Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler




  
Buradan itibaren konvolüsyon yöntemi kullanılırsa : 


2
( )
1
s
F s
s


   
   
( ) cos
f t
t

,    


2
1
( )
1
G s
s


   
    
( ) sin
g t
t

 
Y(t) = 
0
( ) (
)
t
f u g t u du


 
 
  


0
0
cos sin(
)
cos sin cos
cos sin
t
t
u
t u du
u
t
u
t
u du






 
 
  
2
0
0
sin cos
cos cos sin
t
t
t
udu
t
u
udu




 
 
  
0
0
1 2cos 2
sin 2
sin
cos
2
2
t
t
u
u
t
du
t
du





 
   
 
  
0
0
sin
sin 2
cos
cos 2
2
2
2
2
t
t
t
u
t
u
u
















 

81 
 
 
  
sin
sin sin 2
cos cos 2
cos
2
4
4
4
t
t
t
t
t
t
t




 
     
 


sin
1
cos
cos(2
)
2
4
4
t
t
t
t t




  
sin
2
t
t

. 
 
04.14. Laplace Dönüşümünün Lineer Denklem Sistemlerinin Çözümünde Kullanılması 
 
Burada birinci dereceden lineer denklem sisteminin çözümünü Laplace dönüşümü tekniğiyle 
yapacağız. Bu uygulama aşağıdaki adımlardan oluşur: 
1.Adım:  Her  iki  denkleme  de  Laplace  dönüşümü  uygulanır  ve  başlangıç  koşulları  eklenirse 
denklem  sistemi  X(s)  ve  Y(s)  den  oluşan  iki  bilinmeyenli  lineer  cebirsel  denklem  haline 
getirilir. 
2. Adım: 1. adımda elde edilen lineer sistemden X(s) ve Y(s)  çekilir. 
3. Adım: Verilen başlangıç değer probleminin çözümü olan   
     
 
 
( )
x t

ℒ
-1


( )
X s
  ve  
( )
y t

ℒ
-1


( )
Y s
  elde edilir. 
 
Örnek . 
X(0) = 8   ve  Y(0) = 3  başlangıç koşulları altında,  
X
 = 2X – 3Y   
 
Y
 = Y – 2X 
diferansiyel denklem sistemini Laplace dönüşümlerini kullanarak çözelim. 
Başlangıç koşullarını dikkate alarak denklem sisteminin her iki yanının Laplace dönüşümünü 
alalım : 
 
  
 ℒ
 
2
X 

ℒ
 
3
X

ℒ
 
Y
 
       ℒ
 
Y

ℒ
 
2
Y

ℒ
 
X
 
 













)
(
2
)
(
]
)
0
Y(
[sy(s)
]
)
0
(
)
(
[
3
8
s
x
s
y
3y(s)
2X(s)
 
 
X
s
sx
 
Bu iki denklemi düzenlersek; 
 
[ ( ) 8]
[sy( ) 3]
( ) 2 ( )
sx s
   2x(s) 3y(s)
s
y s
x s
 



 


 
Bu denklem sisteminden  
( )
x s
  ve 
( )
y s
 yi çözelim: 
 











3
)
(
)
1
(
)
(
2
8
)
(
3
)
(
)
2
(
)
3
(
)
1
(
s
y
s
s
x
s
y
s
x
s
s
 
 

82 
 
 
9
)
(
)
1
(
3
)
(
6
)
1
(
8
)
(
)
1
(
3
)
(
)
2
)(
1
(











s
y
s
s
x
     
s
s
y
s
s
x
s
s
     
 
 
 


2
3
2 6 ( ) 8
8 9
s
s
x s
s

 

 
 
 
 
 
 
8
17
( )
(
4)(
1)
s
x s
s
s




 
 
 
8
17
2
(
1) ( ) 3
(
4)(
1)
s
s
y s
s
s

 



 


2
16
34
1 ( ) 3
3
4
s
s
y s
s
s


 


 
2
3
9
12 16
34
( )
(
4)(
1)(
1)
s
s
s
y s
s
s
s








 
(3
22)(
1)
3
22
( )
(
4)( 1)(
1)
(
4)(
1)
s
s
s
y s
s
s
s
s










 
 
 
 
 
3
22
( )
(
4)(
1)
s
y s
s
s




 
 
 
ve ters dönüşümle  
( )
X t
  ve  
( )
Y t
 yi bulalım : 
 
 
ℒ
-1
 
( )
x s

ℒ
-1
8s 17
(
4)(
1)
s
s









 
 
ℒ
-1


( )
y s

ℒ
-1
3
22
(
4)(
1)
s
s
s









 
 
 
X(t) = A ℒ
-1
1
(s 4)







 + B ℒ
-1
1
(
1)
s







 
 
 
Y(t) = C ℒ
-1
1
(
4)
s







 + D ℒ
-1
1
(
1)
s







 
 
 
s

 4 
  
A = 
3
5
15
1
4
17
32




 
 
 
s

 -1 
  
B = 
5
5
25
4
1
17
8








 

83 
 
 
 
s

 4 
  
C = 
2
5
10
1
4
22
12






 
  
 
 
s

 1 
  
D = 
5
5
25
4
1
22
3








 
 
 
 
4
4
( ) 3
5
( )
2
5
t
t
t
t
X t
e
e
Y t
e
e








 


 
 
 
Örnek . 
X(0) = –1,   X
(0) = –1,  Y(0) = 1  ve  Y (0) = 0   başlangıç koşulları altında,  
 
X
 + Y = 
cost
 
 
 
Y
– X  = 
sin t
 
diferansiyel denklem sistemini Laplace dönüşümlerini kullanarak çözünüz. 
Başlangıç koşullarını dikkate alarak denklem sisteminin her iki yanının Laplace dönüşümünü 
alalım : 
 
 
ℒ
 
X 

ℒ
 
Y

ℒ


cost
 
 
 
ℒ
 
Y

ℒ
 
X

ℒ
 
sint
 
 
 
 

2
2
1
1
1
s ( )
(0)
(0)
( )
(0)
1
s
x s
s X
X
sy s
Y
s



 


 








 



 


 

 
 
 
2
2
1
0
1
s ( )
(0)
(0)
( )
1
y s
sY
Y
x s
s
















 
 
Bu iki denklemi cebirsel anlamda düzenlersek ; 
 
 




2
2
s ( )
1
( ) 1
1
s
x s
s
sy s
s
  
 

 
 
 
2
2
s ( )
( )
1
s
x s
sy s
s
s




 
 
 
 
3
2
2
s ( )
( )
1
s s
s
x s
sy s
s
 



 
 
 
3
2
2
s ( )
( )
1
s
x s
sy s
s

 

 

84 
 
 
 


2
2
1
s
( )
0
( )
1
y s
s
x s
s
 



 
 
 
2
2
1
s ( )
( )
1
y s
x s
s
s




 
 
 
3
2
2
1
s ( )
( )
1
s
s
y s
x s
s
 



 
 
 
s

   
3
2
2
s ( )
( )
1
s
x s
sy s
s

 

           
 
 
           
3
2
2
1
( ) s ( )
1
s
s
x s
y s
s
 




 
 
Bu denklem sisteminden  
( )
x s
  ve 
( )
y s
 yi çözelim : 
 
4
3
2
2
3
2
2
s ( ) s ( )
1
1
( ) s ( )
1
s
     
x s
y s
    
s
s
s
x s
y s
s




 




 
 
    


4
3
3
2
1
( )
s 1
1
s
s
s
x s
s
  
  

 
 
 
    
2
1
( )
1
s
x s
s

 

   
2
( )
1
s
y s
s


 
 
ve ters dönüşümle  
( )
X t
  ve  
( )
Y t
 yi bulalım : 
 
   ℒ
-1
 
( )
x s

ℒ
-1
2
1
1
s
s









 
     ℒ
-1


( )
y s

ℒ
-1
2
1
s
s







 
 
X(t) = 


As B

 ℒ
-1
2
1
1
s







 
 
Y(t) = 


Cs D

 ℒ
-1
2
1
1
s







  
1
s
As B
  

  
  
1
A
 
   ;    
1
B
 
 
1 Cs D


 
  
0
C

   ;    
1
D

 
 
 

85 
 
       
( )
cos
sin
X t
t
t
 

 
        
( ) cos
Y t
t

 
 
bulunur. 
04.15. Alıştırma Problemleri ve Yanıtları 
Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin çözümlerini, verilen başlangıç değerlerine uyacak şekilde 
Laplace dönüşümü yardımıyla bulunuz : 
 
1)
2
''' 3 '' 3 '
; (0) 1, '(0) 2
t
y
y
y
y t e
y
y


 


 
 
 
 
 
 
Yanıt: 
5
1
( )
60
t
t
t
y t
t e
e
te

 
 
2) 
''
sin ; (0)
'(0) 0
y
y
t y
y
 


 
 
 
 
 
 
Yanıt: 
1
1
( )
sin
cos
2
2
y t
t
t
t


 
3) 
'' 3 ' 2
4
12
; (0) 6, '(0)
1
t
y
y
y
t
e
y
y






 
, 
 
 
 
 
 
Yanıt: 
2
( ) 2
3 2
3
2
t
t
t
y t
t
e
e
e


 


 
4) 
2
''
sin ; (0)
'(0) 0
t
y
y e
t y
y

 


 
                                                            Yanıt: 
2
2
1
1
1
( )
cos
sin
cos
sin
8
8
8
t
t
y t
t
t
e
t e
t




 




  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
5. BÖLÜM 
 
DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN İNCELENMESİNDE  
KUVVET SERİLERİNİN KULLANILMASI 
 
 
05.01. Giriş 
İkinci  mertebeden  lineer  denklemlerin  çözümlerini,  genel  olarak  elemanter  fonksiyonlar 
olarak  bilinen  cebirsel  ve  cebirsel  olmayan  fonksiyonlar  örneğin  trigonometrik,  ters 
trigonometrik,  üstel,  logaritmik  fonksiyonlar  türünden  bulmak  olanaksızdır.  Uygulamalarda 
karşılaşılan sabit katsayılı denklemlere indirgenebilir denklemler de oldukça sınırlıdır. Analiz, 
matematik,  fizik  ve mühendislikte ortaya  çıkan  denklemlerin  hemen  hemen  çoğu  bu  sınıfın 
dışında  kalmaktadır.  Böyle  durumlarda  kuvvet  serisi  ile  çözümler  aramaktan  başka  bir  yol 
neredeyse yok gibidir. İşte bu noktada esas olarak izleyeceğimiz yaklaşım, ikinci mertebeden 
değişken katsayılı lineer diferansiyel denklemleri kuvvet serileri yardımıyla çözmek ve bun-
ların  kuvvet  serileri  yardımıyla  bulunabilecek  çözümleri  ile  yeni  özel  fonksiyonlar 
tanımlayarak  bunların  özelliklerini  incelemek  olacaktır.  Öncelikle  kuvvet  serilerine  ilişkin 
bazı tanım ve önemli sonuçlar, aşağıda kısaca özetlenmiştir. 
05.02. Kuvvet Serileri 
1.  
2
0
0
1
0
2
0
0
(
)
(
)
(
)
...
n
n
n
a x x
a
a x x
a x x










 
şeklinde ifade edilmiş açılıma (x – x
0
) a göre yazılmış bir Kuvvet Serisi denir. Buradaki  x
0
 
noktasını  x
0
 = 0 olarak alırsak (nokta orijine ötelenmiş olursa) oluşacak yeni kuvvet serisi 
              
2
0
1
2
0
...
n
n
n
a x
a
a x a x







     
şeklinde  görülecektir.  Bunlardan  ilkine  Taylor  açılımı,  ikincisine  ise    Mc    Laurin  açılımı 
denir.  
2.  Eğer   
0
lim
k
n
n
k
n
a x



  nin  sonlu  bir  değeri  varsa  bu  x  noktası  civarında  yakınsaktır.  Bu 
durumda serinin toplamı bu limit değerine eşittir. Serinin yakınsaklık aralığı  |x| 
 R şeklinde 

87 
 
belirtilir. Burada R ye Yakınsaklık Yarıçapı denir. Yakınsaklık yarıçapı 0 
 R   aralığında 
temsil edilir. Demek ki Mc Laurin serisi |x| 
 R koşulunu sağlayan x ler için yakınsak,  |x|  R 
koşuluna  karşı  ıraksak  olur.  Kuvvet  serisinin  x  =  0  noktası  civarında  her  zaman  yakınsak 
olacağı açıktır. R yakınsaklık yarıçapını hesaplayabilmek için D’Alembert  testi uygulanabilir. 
Buna göre, 
1
lim
n
n
n
a
a


  limiti  varsa  bu  limit 
R
  olarak  alınabilir.  Kuvvet  serisi  yakınsaklık  aralığının  uç 
noktalarında yakınsak olabilir veya olmayabilir. Bu iki durum özel olarak incelenmelidir.  
3. Kuvvet serisi, 
R
 > 0,  
x
<
R
 için yakınsak olsun ve toplamı 
( )
f x
 ile gösterelim: 
              
0
( )
n
n
n
f x
a x




 
demektir.  f(x)  süreklidir  ve  |x| 
  R  için  her  mertebeden  türevi  vardır.  Ayrıca  terim  terim 
türetilebilir.  
 
1
2
1
2
( )
,
( )
(
1)
,...
n
n
n
n
n
n
f x
na x
f x
n n
a x













 
Bu  türlü  elde  edilen  yeni  fonksiyonlar  da  aynı  aralıkta  yakınsak  olurlar.  Ayrıca  n.  terim 
anlamında, katsayılar ile x= 0 için n.türevin bu değeri arasında 
( )
(0)
!
n
n
f
a
n

   ilişkisi kurulur. 
Seri terim terim integre edilebilir. 
4. Eğer 
( )
f x
 fonksiyonu bir 
0
x
 noktasının civarında, 
 
 


( )
0
0
0
( )
( )
,
!
n
n
n
n
n
f
x
f x
a x x
a
n






  biçiminde  bir  kuvvet  serisi  ile 
gösterilebilirse, bu fonksiyon 
0
x
 noktasında analitiktir ve buradaki seriye de 
0
x
 noktasında 
( )
f x
’in Taylor serisi denir. Özel olarak, 
0
0
x

 için bu seriye Mac Laurin serisi denir. 
( )
f x
 
fonksiyonunun 
0
x
  civarında  her  mertebeden  sürekli  türevleri  olduğunu  varsayalım.  Bu 
durumda,  ancak  ve  ancak  x
0
  civarındaki 
x  için 
lim
( ) 0
n
n
R x


  ise, 
( )
f x
  fonksiyonu 
0
x
 
noktasında analitiktir.       
 
05.03. Taylor Açılımı Yöntemi 
Taylor serisi yöntemi, çoğu fonksiyonu kuvvet serisi şeklinde ifade etmenin bir yoludur.x = x
0
 
civarındaki  Taylor  açılımda  (x  -  x
0
)  büyüklüğünün  üslerinden  oluşan  terimlerin  katsayıları, 
fonksiyonunun  türevlerinin 
0
x x
  daki değerlerini içerir. Bunun anlamı, Taylor serisi çoğu 
fonksiyonu  kuvvet  serisi  şeklinde  ifade  etmenin  bir  yoludur. 
0
x x

  civarındaki  Taylor 
açılımında, 


0
x x

  büyüklüğünün  üslerinden  oluşan  terimlerin  katsayıları,  fonksiyonun 
türevlerinin x = x
0
  daki değerleriyle oluşur. Bunun anlamı, bir fonksiyonun ve türevlerinin x 
=  x
0
  noktasındaki  değerleri  biliniyorsa  bu  fonksiyonun  bütün  x  noktalarındaki  değerleriyle 
aynı değerleri verecek bir kuvvet serisinin yazılabilmesi demektir.   

88 
 
Bir 
( )
y x
 fonksiyonunun birinci türevi 
( , )
y
f x y
 
 şeklinde ve fonksiyonun başlangıç değeri 
de 
0
( )
y x   şeklinde  verilmiş  olsun.  Bu  bilgiler  kullanılarak  ( )
y x   fonksiyonunun 
0
x x

 
civarındaki Taylor açılımı;  
2
3
0
0
0
0
0
0
0
( )
( )
( )
( )
( )(
)
(
)
(
)
...
2!
3!
y x
y x
y x
y x
y x
x x
x x
x x











 
şeklinde verilir.   
 
Örnek. 
(1) 1
y

  ve 
2
3
y
x y
x
 

  dir. 
( )
y x
  için  Taylor  açılımı  yöntemi  ile  yaklaşık  bir  çözüm 
oluşturalım. 
2
3
y
x y
x
 

 
2
1,
1
(1)
3
4
x
y
y
x y
x


 


 


2
2
2
2
3 2
3
3
y
xy x y
xy x x y
x




 


  
     
4
3
2
3
3
xy x y
x





 
4
3
1, 1
(1) 2
3
3
9
x
y
y
xy x y
x


 



    
2
2
2
2
y
y
xy
xy
x y








 
       
2
2
4
y
xy
x y





 
       




2
2
4
3
2
4
3
2
3
3
y
x x y
x
x
xy x y
x






  
       
3
2
6
5
2
6
15
3
y
x y
x
x y
x






 
3
2
6
5
1,