ÖABT Lise Mat. Diferansiyel Denklemler konu anlatımı

Diferansiyel denklem, bilinmeyen bir fonksiyon ile onun türevleri arasındaki bağıntıdır. ÖABT Lise Matematik sınavında adi diferansiyel denklemler ağırlıklı olarak birinci mertebeden denklemler (değişkenlerine ayrılabilen, lineer, tam, homojen, Bernoulli), integrasyon çarpanı, sabit katsayılı ikinci mertebeden lineer denklemler, belirsiz katsayılar ve parametrelerin değişimi yöntemleri, Wronskiyen, Cauchy–Euler denklemi, Laplace dönüşümü, lineer sistemler ve varlık-teklik teoremi başlıklarında sorulur. Soruların büyük bölümünde başlangıç koşuluyla verilen bir problemin çözümünün belirli bir noktadaki değeri istenir; bu nedenle genel çözümü doğru kurmak kadar sabitleri doğru belirlemek de önemlidir.

Sınıflandırma

• Mertebe: Denklemde geçen en yüksek türevin mertebesi. Derece: Denklem türevlere göre polinom biçimindeyken en yüksek mertebeli türevin kuvveti.
• Lineer denklem: y ve türevleri birinci dereceden ve birbirleriyle çarpılmadan bulunur: aₙ(x)y⁽ⁿ⁾ + … + a₀(x)y = g(x).
• n. mertebeden denklemin genel çözümü n keyfî sabit içerir.

Birinci mertebeden denklemler

Sabit katsayılı ikinci mertebeden denklemler

• ay″ + by′ + cy = 0 için karakteristik denklem ar² + br + c = 0.
  • Farklı reel kökler r₁ ≠ r₂: y = c₁e^(r₁x) + c₂e^(r₂x).
  • Çakışık kök r: y = (c₁ + c₂x)e^(rx).
  • Karmaşık kökler α ± βi: y = e^(αx)(c₁cos βx + c₂sin βx).

Laplace dönüşümü

• L{f}(s) = ∫₀^∞ e^(−st) f(t) dt.
• L{1} = 1/s, L{tⁿ} = n!/sⁿ⁺¹, L{e^(at)} = 1/(s − a), L{sin bt} = b/(s² + b²), L{cos bt} = s/(s² + b²).
• Kaydırma: L{e^(at)f(t)} = F(s − a). Türev: L{y′} = sY − y(0), L{y″} = s²Y − s·y(0) − y′(0).

Sistemler ve varlık-teklik

• X′ = AX sisteminde A'nın farklı özdeğerleri λᵢ ve özvektörleri vᵢ ise X = Σ cᵢvᵢe^(λᵢt).
• Picard teoremi: f ve ∂f/∂y, (x₀, y₀) çevresinde sürekli ise y′ = f(x, y), y(x₀) = y₀ probleminin yerel olarak tek çözümü vardır. y′ = 3y^(2/3), y(0) = 0 probleminde ∂f/∂y = 2y^(−1/3), y = 0'da tanımsızdır; y ≡ 0 ve y = x³ iki ayrı çözümdür.

Örnek 1. y′ = xy², y(0) = 1 başlangıç değer problemini çözünüz.

Çözüm: Değişkenler ayrılır: dy/y² = x dx ⇒ −1/y = x²/2 + C. y(0) = 1 ⇒ −1 = C. Böylece −1/y = x²/2 − 1 = (x² − 2)/2 ⇒ y = 2/(2 − x²). Kontrol: y′ = 4x/(2 − x²)² ve xy² = x·4/(2 − x²)² eşittir. Çözüm |x| < √2 aralığında tanımlıdır.

Örnek 2. y′ − 2y = e^(3x), y(0) = 2 problemini çözünüz.

Çözüm: μ = e^(−2x). (y·e^(−2x))′ = e^(3x)·e^(−2x) = eˣ ⇒ y·e^(−2x) = eˣ + C ⇒ y = e^(3x) + Ce^(2x). y(0) = 1 + C = 2 ⇒ C = 1. Çözüm y = e^(3x) + e^(2x) olur.

Örnek 3. y″ − y′ − 2y = e^(2x) denkleminin bir özel çözümünü bulunuz.

Çözüm: r² − r − 2 = 0 ⇒ r = 2, r = −1. e^(2x) homojen çözümde bulunduğundan y_p = Axe^(2x) denenir. y_p′ = A(1 + 2x)e^(2x), y_p″ = A(4 + 4x)e^(2x). Yerine yazılırsa A[(4 + 4x) − (1 + 2x) − 2x]e^(2x) = 3Ae^(2x) = e^(2x) ⇒ A = 1/3. y_p = (x/3)e^(2x).

Örnek 4. y″ − 4y′ + 13y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 8 problemini çözünüz.

Çözüm: r² − 4r + 13 = 0 ⇒ r = 2 ± 3i. y = e^(2x)(c₁cos 3x + c₂sin 3x). y(0) = c₁ = 1. y′ = 2e^(2x)(c₁cos 3x + c₂sin 3x) + e^(2x)(−3c₁sin 3x + 3c₂cos 3x) ⇒ y′(0) = 2c₁ + 3c₂ = 8 ⇒ c₂ = 2. Çözüm y = e^(2x)(cos 3x + 2 sin 3x).

Örnek 5. y′ + 2y = 4, y(0) = 0 problemini Laplace dönüşümüyle çözünüz.

Çözüm: sY − 0 + 2Y = 4/s ⇒ Y = 4/(s(s + 2)). Basit kesirlere ayırma: 4/(s(s + 2)) = 2/s − 2/(s + 2). Ters dönüşümle y(t) = 2 − 2e^(−2t) bulunur. Kontrol: y′ = 4e^(−2t) ve y′ + 2y = 4e^(−2t) + 4 − 4e^(−2t) = 4.