Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

1
11
11 11
12 21
2
12
11 12
12 22
1
21
21 11
22 21
2
22
21 12
22 22
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
c x t
a x t
a x t
















 
bulunur. Bu son iki bağıntının 
1
c
 ve 
2
c
 nin her değeri için gerçeklenmesi ise ancak ve ancak 
 
 
 
11
11 11
12 21
12
11 12
12 22
21
21 11
22 21
22
21 12
22 22
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
( )
( )
( ) 0
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
x t
a x t
a x t
















 
olmasıyla olanaklıdır. Sağ taraf için 
 
 
 
( )
1
1
11
2
12
( )
2
1
21
2
22
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
p
p
x
t
L t x t
L t x t
x
t
L t x t
L t x t




 
 
 
 
 
11
12
( )
1
2
21
22
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
p
x t
x t
x
t
L t
L t
x t
x t














 
formunda bir özel çözüm aranır. 
( )
1
( )
p
x
t  ve 
( )
2
( )
p
x
t
 nin bu değerleri (3.1) de yerine konursa; 








1 11
2 12
1 11
2 12
11
1 11
2 12
12
1 21
2 22
1
1 21
2 22
1 21
2 22
21
1 11
2 12
12
1 21
2 22
2
( )
( )
L x
L x
L x
L x
a
L x
L x
a
L x
L x
f t
L x
L x
L x
L x
a
L x
L x
a
L x
L x
f t
























 

47 
 
ve düzenlenirse, 








1 11
2 12
1
11
11 11
12 21
2
12
11 12
12 22
1
1 21
2 22
1
21
21 11
22 21
2
22
21 12
22 22
2
( )
( )
L x
L x
L x
a x
a x
L x
a x
a x
f t
L x
L x
L x
a x
a x
L x
a x
a x
f t
























 
ve (3.2) dikkate alınırsa 
 
 
 
1 11
2 12
1
1 21
2 22
2
( )
( )
L x
L x
f t
L x
L x
f t








   
 
                         
 
(3.10) 
bulunur. 
1
L
 ve 
2
L
 nin buradan bulunan değerleri (3.3) de yerine konarak sağ taraf için özel 
çözüm elde edilir. Sağ tarafsızın çözümü ile sağ taraf için bulunan bu özel çözüm toplanarak 
genel çözüm elde edilir. 
Üç denklemli hal için (3.10) un yerini, 
 
 
 
1 11
2 12
3 13
1
1 21
2 22
3 23
2
1 31
2 32
3 33
3
( )
( )
( )
L x
L x
L x
f t
L x
L x
L x
f t
L x
L x
L x
f t


















 
ifadelerinin alacağı, aynı yol izlenerek kolayca gösterilebilir. 
Örnek . 
 
 
1
1
2
t
x
x
x
e
     
2
1
2
9
sin
x
x
x
t
 


 
sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem sistemini çözelim. 
Önce sağ tarafsızı çözelim : 
1 1
9 1
A


 



 dir. 
0
A rI

  denklemini oluşturup köklerini bulalım: 
A rI

 1
1
0
9
1
r
r



 

  
1
2
r
 
 ,    
2
4
r

 
Şimdi de  
1
2
u
u
u
 
  
 
 olmak üzere  


0
A rI u


 denklemini oluşturalım: 


1
2
1
1
0
9
1
u
r
A rI u
u
r

 





 




 
 

 




1
2
1
2
1
0
9
1
0
r u
u
u
r u
 



 


 
dir. 
1
2
r
 
 koyalım: 
 
 
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
3
0
3 ,
9
1
2
9
3
0
3 .
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
u
 



 
 




  


 
 




 

48 
 
1
1
u

 seçelim. 
2
3
u
 
 ve 
(1)
1
3
u


  



 olur. 
2
4
r

 için 
(2)
1
3
u
 
  
 
 bulunur. 
Böylece sağ tarafsızın çözümü; 
1
2
1
(1)
(2)
1
2
2
( )
( )
( )
r t
r t
x t
x t
c u e
c u e
x t









 
2
4
1
2
1
1
3
3
t
t
c
e
c
e



 





 



 
2
4
1
1
2
2
4
2
1
2
( )
( )
3
3
t
t
t
t
x t
c e
c e
x t
c e
c e




 

 
olup burada 
2
4
2
4
11
12
21
22
( )
,
( )
,
( )
3
,
( ) 3
t
t
t
t
x t
e
x t
e x t
e
x t
e




 

 
1
2
( )
, ( ) sin
t
f t
e f t
t


 
dir. (3.4) de yerine koyalım: 
 
 
2
4
1
2
t
t
t
L e
L e
e





 
 
 
2
4
1
2
3
sin
t
t
L e
L e
t






 
olup, buradan, 
 
3
2
3
4
1
2
1
sin ,
sin
2
6
2
6
t
t
t
t
e
e
e
L
t L
e
t









 




3
2
3
4
1
2
2sin
cos ,
4sin
cos
6
30
6
102
t
t
t
t
e
e
e
e
L
t
t L
t
t








 
ve 


2
3
2
( )
2
( )
2sin
cos
6
30
3
t
t
t
p
t
e
e
e
x
t
t
t
e












 



 
 


4
3
4
4
4sin
cos
6
102
3
t
t
t
t
e
e
e
t
t
e

















18sin
cos
170
14sin
22cos
170
t
t
t
t
t
e











 




 
bulunur. 
Sağ  tarafsızın  çözümü  ile  sağ  taraflı  için  bulunan  özel  çözümün  toplamı  genel  çözümü 
verecektir. 

49 
 
İkinci Yöntem olarak: 
d
D
dt

 olmak üzere, denklem sistemini 
 
 
 
1
1
2
1
2
2
,
9
sin
t
Dx
x
x
e
x
Dx
x
t
 





 
şeklinde düzenleyerek; 
 
 
 




1
2
1
2
1
9
1
sin
t
D
x
x
e
x
D
x
t







 
formunda yazalım. Buradan 
1
x
 i çözelim : 
 
 


1
2
1
1
sin
sin
1
1
1
2
8
9
1
t
t
e
D
e
t
t D
x
D
D
D
D












 
olur. Buradan  




2
1
2
8
1
sin
t
D
D
x
D
e
t






 
1
1
1
2
8
sin
sin
t
t
x
x
x
e
e
t
t




  

 
diferansiyel  denklemi  elde  edilir.  Bu  sabit  katsayılı  bir  lineer  diferansiyel  denklem  olup 
karakteristik denklemi ve kökleri 
 
 
2
2
8 0
r
r

  
 
1
2,
r
 
 
2
4
r

 
ve sağ tarafsızın çözümü 
 
 
2
4
1
1
2
t
t
x
C e
C e



 
dir.  Sağ  taraf  için 
1
sin
cos
p
x
A
t B
t


 formunda  bir  özel  çözüm  tahmin  edilerek,  işlemler 
sonucunda 
 
 
1
9
2
sin
cos
85
85
p
x
t
t
 

 
olur. Genel çözüm ise 
 
 
2
4
1
1
2
9
2
sin
cos
85
85
t
t
x
C e
C e
t
t





 
olarak bulunur 
1
x
 in bu değerini verilen denklemlerin ilkinde yerleştirelim ve 
2
x
 yi bulalım : 
 
 
 

50 
 
2
4
1
2
9
2
sin
cos
85
85
t
t
D C e
C e
t
t










 
2
4
1
2
2
2
4
1
2
2
4
1
2
2
9
2
sin
cos
85
85
9
2
2
4
cos
sin
85
85
9
2
sin
cos
85
85
t
t
t
t
t
t
t
t
C e
C e
t
t x
e
C e
C e
t
t
C e
C e
t
t x
e








 









 
 
 
 
 
2
4
2
1
2
7
11
3
3
sin
cos
85
85
t
t
t
x
C e
C e
t
t e

 



  
elde edilir. 
Örnek.  
 
1
1
2
3
4
x
x
x
 

 
2
1
2
2
x
x
x
 
  
sabit katsayılı lineer homojen diferansiyel denklem sistemini çözelim. 
Önce ikinci tarafsız denklemin çözümü bulalım. 
3
4
2
1
A



 




 dir. 
0
A rI

  denklemini oluşturup köklerini bulalım : 
3
4
0
2
1
r
A rI
r




 
 
 
1,2
1 2
r
i
 
 
şimdi de 
1
2
u
u
u
 
  
 
 olmak üzere 


0
A rI u

  denklemini oluşturalım : 


1
2
3
4
0
2
1
u
r
A rI u
u
r


 




 
 


 

 




1
2
1
2
3
4
0
2
1
0
r u
u
u
r u
 



 


 
olur. 
1
1 2
r
i
   koyalım : 




1
2
1
2
3 1 2
4
0
2
1 1 2
0
i u
u
u
i u
  




  






1
2
1
2
2 1
4
2
2 1
i u
u
u
i u







 
1
1
u
  seçelim. 
2
1
2
i
u


  ve 
(1)
1
1
2
u
i










 olur. 
 

51 
 
2
1 2
r
i
 
 için 
(2)
1
1
2
u
i










 bulunur. 
 
 
1
2
1
(1)
(2)
1
2
2
( )
( )
( )
r t
r t
x t
x t
c u e
c u e
x t









  




1 2
1 2
1
1
1
1
1
2
2
i t
i t
c
e
e
i
i






















 
 
 
2
2
1
1
2
2
2
2
1
2
( )
1
1
( )
2
2
t
it
t
it
t
it
t
it
x t
c e e
c e e
i
i
x t
c
e e
c
e e








 
olur. Euler formülü şunlardır : 
 
 
2
cos 2
sin 2 ,
it
e
t i
t


 
2
cos 2
sin 2
it
e
t i
t



 
Bu değerleri (3.1) ve (3.2) de yerine koyalım ve düzenleyelim : 








1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
( )
cos 2
sin 2
( )
cos 2
sin 2
sin 2
cos 2
2
2
t
t
x t
e
c
c
t i c
c
t
c
c
c
c
x t
e
t
t
i
t
t
































 
ve  
1
2
,
c
c
A


 


1
2
i c
c
B


 diyelim : 






1
2
( )
cos2
sin 2
1
( )
cos2
sin 2
sin 2
cos 2
2
t
t
x t
e A
t B
t
x t
e A
t
t
B
t
t










 
ve nihayet bunlardan 
 
 




cos 2
sin 2
( )
1
1
cos 2
sin 2
sin 2
cos 2
2
2
t
t
t
t
x t
A
e
B
e
t
t
t
t




















 
bulunur. 
Şimdi de farklı bir yöntemle problemi yeniden ele alalım : Denklemlerin ilkinden 
 
 


2
1
1
1
3
4
x
x
x


 
bulunur. İkincisinde yerine koyalım ve düzenleyelim : 
 
 




1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
4
4
2
5
0
x
x
x
x
x
x
x
x













 
bulunur. Bu sabit katsayılı diferansiyel denklem olup karakteristik denklemi ve kökleri; 
 
 
2
2
5 0
r
r

  
1,2
1 2
r
i
 
 

52 
 
dir. Dolayısıyla, 


1
cos 2
sin 2
t
x
e A
t B
t


 
olacaktır. Bu ara sonucu (3.1) de değerlendirelim: 
               
 
 










2
3
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
2
cos 2
sin 2
4
1
cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
2
t
t
t
t
e A
t B
t
e A
t B
t
e
A
t B
t
x
e A
t
t
B
t
t















 
olarak çözüme ulaşılır. 
03.06. Homojen Olmayan Lineer Sistem  için  Yöntemler 
03.06.01. Sabitlerin Değişimi Yöntemi 
Homojen olmayan lineer 
 
 
x
x g
   
 
sisteminin  genel  çözümü, 
 
h
x t homojen  ve  bir 
 
p
x t  özel  çözümünün  toplamı  olarak  ifade 
edilebilir.  Yüksek  mertebeden  lineer  bir  denklem  ile  lineer  bir  sistem  arasında  benzerlik 
kurulabilir.  Şimdi  özel  çözümü  bulmak  için  sabitlerin  değişimi  yöntemini  önereceğiz.  Özel 
çözümü 
 
 
   
p
x
t u t
 
 
biçiminde  arayıp, 
 
u t  bilinmeyen  vektör  fonksiyonu  belirleceğiz.  Bu  çözüm 
x
x g
   
 
sisteminde yerine yazılırsa 
 
 
   
 
     
t u t
t u
t u t
g t



 
 

 
ya da 
 
 
 
 


 
 
 
t
t u t
t u
g t



 
 

 
bulunur. 
 
t

 temel  matrisi 

  
 diferansiyel  denklem  sistemini  sağladığından 
yukarıdaki bağıntının sol yanındaki ilk terim sıfır vektörüne eşittir ve 
 
u t

 vektör fonksiyonu 
 
 
u
g

 
 
 
                                                                        
 (3.11) 
cebirsel denklem sisteminin çözümü olur. Bunu bir kez integre ederek 
 
u t
 vektörünü bulmuş 
oluruz.  Özel  çözüm  aradığımız  için  integrasyon  sabitlerini  atabiliriz.  Bu  söylediklerimizi 
uygulayarak başlangıç koşulunu sağlayan çözümü, yani 
x
x g
   
, 
 
0
0
x t
x
  

53 
 
başlangıç  değer  probleminin  çözümünü  formüle  edebilirz.  Temel  matris  tekil  olmayan  bir 
matris olduğundan tersi her zaman vardır ve (3.11) bağıntısından 
 
0
0
x t
  koşulunu sağlayan 
özel çözüm 
 
   
 
   
0
1
1
t
p
t
u t
t g t
x
t
s g s ds



 

 


 
olarak yazılabilir. Genel çözüm ise 
 
 
 
 
 
 
   
0
1
1
0
0
t
t
x
t
t x
t
s g s ds
