1

BÖLÜM-6

6.1 SÜREKLİ SİSTEMLERİN NORMAL MODLARI VE FOURİER

ANALİZİ

Şimdiye kadar çeşitli kesikli sistemlerin titreşim hareketlerini inceledik. Bu

bölümde ise gerilmiş bir ip ve tel gibi sürekli sistemlerin titreşimlerini ele alacağız.

Elde edilecek sonuçların birçok alanda uygulama bulduğunu göreceğiz. Daha

sonra titreşim modlarının incelenmesinde Fourier serilerinin kullanışını ele

alacağız. Bunun için kısaca Fourier serilerinden söz edeceğiz.

6. 2 GERİLMİŞ BİR İPİN ( veya TELİN) SERBEST TİTREŞİMLERİ

Titreşen tel üzerinde yapılan çalışmalar uzun bir geçmişe sahiptir. Bildiğiniz gibi

gerilmiş tellerin titreşimi çeşitli müzik aletlerinde kullanılmaktadır. Gerilmiş bir ip

veya tel, çok sayıda kütlenin yan yana gelerek oluşturduğu sürekli bir sistem

olarak düşünülebilir.

İki ucu bağlı L uzunluğunda bir ip Şekil-6.1'de görüldüğü gibi doğal titreşim

modlarına sahiptir. Bunlara kararlı titreşimler denir ve ip üzerinde her nokta,

sabit genlik ve aynı titreşim frekansı ile BHH yapacak şekilde enine titreşir. Böyle

titreşimler ipin normal modları olarak adlandırılır. Gerilmiş ip üzerinde N tane

parçacıktan oluşmuş sistemin N tane modunun olabileceğini daha önce

tartışmıştık. Sürekli bir sistem ise teorik olarak sonsuz tane moda sahip olacaktır.

Gerilmiş bir ipte kararlı titreşimler elde etmek için basit bir düzenek Şekil-1.6a’da

verilmiştir. Böyle bir deneyi Fizik Lab-I dersinde yaptınız. Kararlı titreşim yapan

ip üzerinde en düşük mod (birinci mod) hariç diğerlerinin hepsinde yer

değiştirmelerin her zaman sıfır olduğu noktalar vardır. Bunlara düğüm noktaları

(N) denir. Maksimum genlikli konumlara ise karın noktaları (A) denir. Böyle bir

düzenekle yapılmış bir deneyde ilk üç modun titreşimi Şekil-1.6b’de verilmiştir.

Bu bölümde bu deneysel sonuçların fiziğini anlamaya çalışacağız.

2

Şekil-6.1. a) Deneysel düzenek (şematik), b) Gerilmiş bir ipin ilk üç modun

titreşimi (deneysel).

6.2.1 Gerilmiş ipin hareket denklemi

Şimdi iki ucu sabitlenmiş L uzunluğunda gergin bir ipin titreşimlerinin dinamiğini

inceleyeceğiz. Bunun için 𝑥 = 0 ve 𝑥 = 𝐿 sabit noktaları arasına, T gerilimi

altında bağlanmış, çizgisel kütle yoğunluğu olan bir ipi ele alalım. İpin herhangi

bir yerine enine bir darbe vurduğumuzda ip titreşmeye başlayacaktır. Enine

titreşim hareketi yapan ipin küçük bir parçasının herhangi bir andaki görünümü

Şekil-6.2’deki gibi olacaktır. Şekil karışmasın diye ipin küçük bir parçası abartılı

bir şekilde gösterilmiştir.

3

Şekil-6.2 Enine titreşen telin küçük bir parçasının kuvvet diyagramı.

Şekil-6.2'deki ipin 𝛿𝑠 ≅ 𝛿𝑥 kadarlık küçük bir parçasına etkiyen net kuvvetin 𝑥 ve

𝑦 bileşenleri (𝐹𝑥 𝑣𝑒 𝐹𝑦 )

𝐹𝑥 = 𝑇𝑐𝑜𝑠(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 (6.1a)

𝐹𝑦 = 𝑇𝑠𝑖𝑛(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 (6.1b)

şeklinde yazılabilir. Buradaki 𝜃 ve 𝜃 + 𝛿𝜃 açıları, 𝑥 ve 𝑥 + 𝛿𝑥 noktalarında ipin

teğetleri ile yatay doğrultu arasındaki açılardır. Burada enine yer değiştirmenin

(𝑦) küçük olduğu varsayımından hareket ederek 𝑇gerilimini sabit, 𝜃 ve 𝜃 + 𝛿𝜃

açılarının da küçük olduğunu kabul edeceğiz. Küçük açılarda,

𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 ve 𝑠𝑖𝑛(𝜃 + 𝛿𝜃) ≅ 𝜃 + 𝛿𝜃 (6.2a)

𝑐𝑜𝑠𝜃 ≅ 1 ve cos(𝜃 + 𝛿𝜃) ≅ 1 (6.2b)

alınabileceğini biliyorsunuz. Bu yaklaşımlar altında (6.1a) ve (6.1b) denklemleri

𝐹𝑥 = 𝑇(𝑐𝑜𝑠(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑐𝑜𝑠𝜃) ≅ 𝑇[1 − 1] ≅ 0 (6.3a)

𝐹𝑦 = 𝑇[𝑠𝑖𝑛(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑠𝑖𝑛𝜃] ≅ 𝑇[𝜃 + 𝛿𝜃 − 𝜃] ≅ 𝑇𝛿𝜃 (6.3b)

olacaktır. Sonuç olarak ipin küçük bir parçasına etkiyen net kuvvet 𝐹𝑛𝑒𝑡 = 𝐹𝑦

olacaktır. Böylece 𝛿𝑚 kütleli ip parçasının enine titreşimini temsil eden hareket

denklemi 2. Newton yasası kullanılarak,

𝛿𝑚 𝜕2𝑦

𝜕𝑡2= 𝐹𝑦 = 𝑇 𝛿𝜃 (6.4)

şeklinde yazılabilir. Burada y, x ve t’nin fonksiyonu olduğu için zamana göre

ikinci türev için kısmi türev gösterimi kullanılmıştır. Şekildeki diferansiyel

elemanın kütlesi için

4

𝛿𝑚 ≅ 𝜇 𝛿𝑥 (6.5)

ifadesini kullanak hareket denklemi için,

𝜇𝛿𝑥 𝜕2𝑦

𝜕𝑡2= 𝑇 𝛿𝜃 (6.6)

yazabiliriz. Burada ipin boyca kütle yoğunluğudur. Bu eşitlikteki 𝛿𝜃 terimini 𝑥

ve 𝑦 koordinatları cinsinden ifade edebilmek için ipin geometrisinden

yararlanacağız. İpe herhangi bir noktada çizilen teğetin eğimi,

𝑒ğ𝑖𝑚 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 =𝜕𝑦

𝜕𝑥 (6.7)

şeklinde yazılabilir. Her iki tarafın x'e göre türevini alırsak,

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2= 𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝜕𝜃

𝜕𝑥 veya

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2 𝛿𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝛿𝜃 (6.8)

yazabiliriz. Küçük açı yaklaşımı nedeniyle 𝑠𝑒𝑐2𝜃 =1

𝑐𝑜𝑠2𝜃≅ 1 alınabilir. Bu

durumda 𝛿𝜃 için

𝛿𝜃 ≅𝜕2𝑦

𝜕𝑥2𝛿𝑥 (6.9)

yazabilir. Bunlar (6.6) denkleminde kullanılarak

𝜇 𝛿𝑥 𝜕2𝑦

𝜕𝑡2= 𝑇

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2 𝛿𝑥

yazabiliriz ve buradan

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2=𝜇

𝑇

𝜕2𝑦

𝜕𝑡2 (6.10)

ifadesini elde ederiz.

Bu ifadedeki 𝜇 𝑇⁄ 'nin boyut analizini yaparsak

𝜇

𝑇=

[𝑀 𝐿⁄ ]

𝑀[𝐿𝑡−2]= [

𝑡2

𝐿2] =

1

[𝐿 𝑡⁄ ]2=

1

(ℎ𝚤𝑧)2=

1

𝑣2 (6.11)

olduğunu görürüz. Başka bir deyişle 𝑇 𝜇⁄ 'nin boyutu hızın karesi boyutundandır.

Bu durumda 𝑣 için

𝑣 = (𝑇 𝜇⁄ )12⁄ (6.12)

yazabiliriz. Bu ise, T ve 𝜇 değerlerine sahip bir ip üzerinde ilerleyen dalganın

hızıdır (Bunu ilerleyen dalgalar konusunu incelerken göreceğiz).

Bu değeri (6.10) ifadesinde yerine koyarak,

5

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑦

𝜕𝑡2 (6.13)

denklemini yazabiliriz. Bu ifade bir boyutlu dalga denklemidir. Bu denklem

sadece gerilmiş bir ip (veya tel) üzerindeki küçük genlikli dalgaları değil, aynı

zamanda gazlar, sıvılar ve esnek katılardaki küçük genlikli boyuna dalgaları (ses

dalgaları gibi) da tasvir eder.

6.2.2 Dalga denkleminin N-tane çiftlenimli salınıcıdan hareketle elde edilmesi

𝑁 tane çiftlenimli salınıcıyı incelerken 𝑝’inci kütlenin hareket denklemi için

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦𝑝 −ω02(𝑦𝑝+1 + 𝑦𝑝−1) = 0 (6.14)

ifadesini yazmıştık. Burada 𝜔02 = 𝑇 𝑚𝑙⁄ ’dir.

Bu denklemi yeniden

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2= ω0

2[𝑦𝑝+1 + 𝑦𝑝−1 − 2 𝑦𝑝] (6.15)

şeklinde yazılabilir. N sayısını çok büyüttüğümüzde sistemin sürekli hale gelmeye

başlayacağını tartışmıştık. Kütleler birbirine çok yakın olduğunda, aralarındaki

uzaklığı l yerine 𝛿𝑥 olarak tanımlarsak, boyca kütle yoğunluğu 𝜇 =𝑚

𝛿𝑥 olacaktır.

Bu durumda (6.15) denklemini

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡2=

𝑇

𝑚 𝛿𝑥[𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) + 𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) − 2𝑦(𝑥, 𝑡)] (6.16)

şeklinde yazabiliriz. Bu denklemi 𝑚 = 𝜇 𝛿𝑥 alarak

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡2=𝑇

𝜇[𝑦(𝑥+𝛿𝑥,𝑡)+𝑦(𝑥−𝛿𝑥,𝑡)−2𝑦(𝑥,𝑡)

(𝛿𝑥)2] (6.17)

şeklinde ifade edebiliriz.

Buradaki 𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) ve 𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) fonksiyonlarını 𝑥'e göre Taylor serisine

açabiliriz (Belli bir anda yani t=sabit iken):

𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) = 𝑦(𝑥, 𝑡) +𝜕𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥𝛿𝑥 +

1

2!

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2(𝛿𝑥)2 +

1

3!

𝜕3𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥3(𝛿𝑥)3 +

1

4!

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)4… (6.18)

6

𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) = 𝑦(𝑥, 𝑡) −𝜕𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥𝛿𝑥 +

1

2!

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2(𝛿𝑥)2 −

1

3!

𝜕3𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥3(𝛿𝑥)3 +

1

4!

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)4… (6.19)

Denklem (6.18) ve (6.19) taraf tarafa toplanarak,

𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) + 𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) = 2𝑦(𝑥, 𝑡) +𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2(𝛿𝑥)

2 +1

4!

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)4 +⋯ (6.20a)

veya

𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) + 𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) − 2𝑦(𝑥, 𝑡) ≅𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2(𝛿𝑥)

2 +1

12

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)4 (6.20b)

elde edilir. Bu denklemin her iki tarafı (𝛿𝑥)2 bölünürse

𝑦(𝑥+𝛿𝑥,𝑡)+𝑦(𝑥−𝛿𝑥,𝑡)−2𝑦(𝑥,𝑡)

(𝛿𝑥)2=𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2+

1

12

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)2 (6.21)

eşitliğini elde ederiz. 𝛿𝑥 → 0 durumunda her iki tarafın limiti alınırsa

lim𝛿𝑥→0

[𝑦(𝑥+𝛿𝑥,𝑡)+𝑦(𝑥−𝛿𝑥,𝑡)−2𝑦(𝑥,𝑡)

(𝛿𝑥)2] = lim

𝛿𝑥→0[𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2+

1

12

𝜕4𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥4(𝛿𝑥)2⏟

𝑠𝚤𝑓𝚤𝑟𝑎 𝑦𝑎𝑘𝑙𝑎ş𝚤𝑟

] =𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2 (6.22)

ifadesini elde ederiz (Türevin tanımı). Bu durumda denklem (6.17) yeniden

düzenlenirse,

𝜕2𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡2=𝑇

𝜇[𝑦(𝑥 + 𝛿𝑥, 𝑡) + 𝑦(𝑥 − 𝛿𝑥, 𝑡) − 2𝑦(𝑥, 𝑡)

(𝛿𝑥)2]

⏟

=𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)𝜕𝑥2

(6.22 𝑏𝑎ğ𝚤𝑛𝑡𝚤𝑠𝚤𝑛𝑑𝑎𝑛)

=𝑇

𝜇

𝜕2𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑥2

eşitliği elde edilir. Bu ifade denklem (6.13) ile verilen dalga denklemidir (𝑣2 =𝑇𝜇):

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡2 (6.23)

Bu sonuç kesikli sistemden sürekli sisteme geçişte aynı sonuca gittiğimizi gösterir.

6.3 DALGA DENKLEMİNİN DEĞİŞKENLERİNE AYIRA YÖNTEMİ

İLE ÇÖZÜMÜ

Kararlı titreşim olarak adlandırılan fiziksel duruma uyan

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡2 (6.24)

denklemini değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözebiliriz. 𝑦(𝑥, 𝑡) fonksiyonunu

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑇(𝑡) (6.25)

7

şeklinde yazabiliriz. Burada 𝑋(𝑥) sadece x’e, 𝑇(𝑡) ise sadece t’ye bağlı

fonksiyonlar olduğuna dikkat ediniz. 𝑦(𝑥, 𝑡) fonksiyonunun 𝑥'e ve 𝑡'ye göre ikinci

türevleri için

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2= 𝑇(𝑡)

𝑑2𝑋(𝑥)

𝑑𝑥2 (6.26a)

𝜕2𝑦

𝜕𝑡2= 𝑋(𝑥)

𝑑2𝑇(𝑡)

𝑑𝑡2 (6.26b)

yazabiliriz. Bunları (6.24) denkleminde yerine yazarak (Bundan sonra kısa

gösterim amacıyla 𝑋(𝑥) yerine 𝑋 ve 𝑇(𝑡) yerine 𝑇 yazacağız),

𝑇𝑑2𝑋

𝑑𝑥2=

1

𝑣2𝑋𝑑2𝑇

𝑑𝑡2

veya

1

𝑇

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2= 𝑣2

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2 (6.27)

elde ederiz. 𝑋(𝑥) ve𝑇(𝑡) fonksiyonları birbirinden bağımsızdır. Burada (6.27)

denkleminin her iki tarafını −𝜔2 gibi bir sayıya eşit alabiliriz. Çünkü X(x)

fonksiyonu x’e göre, T(t) fonksiyonu da t’ye periyodik fonksiyonlar olması

beklenir. Bu durumda X(x) ile onun ikinci türevi olan 𝑑2𝑋(𝑥)

𝑑𝑥2 fonksiyonu zıt

işaretli olmalıdır. Bu nedenle 1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2’nin işareti negatif olmak zorundadır. Benzer

şekilde 1

𝑇

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2’nin de işareti negatif olacaktır.

𝑣2

𝑋 𝑑2𝑋

𝑑𝑥2= −𝜔2 ve

1

𝑇

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2= −𝜔2

Buradan

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+ (

𝜔

𝑣)2𝑋 = 0 (6.28a)

ve

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2+𝜔2𝑇 = 0 (28b)

yazabiliriz. Bu iki denklem BHH'in denklemine benzemektedir. Bu nedenle bu

denklemlerin çözümü için,

𝑋(𝑥) = 𝑎sinω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥 (6.29a)

𝑇(𝑡) = 𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (6.29b)

ifadelerini yazabiliriz. Bu durumda 𝑦(𝑥, 𝑡) için

8

𝑦(𝑥, 𝑡) = X(x)T(t) = [𝑎sinω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ] (6.30)

çözümünü yazabiliriz. Burada sadece 𝑥'e bağlı olan 𝑋(𝑥)'e normal fonksiyon adı

verilir.

Şimdi iki ucun bağlı olması durumunu ele alalım. İki ucu sabit (bağlı) olan ip için

sınır koşullarının

i) 𝑥 = 0 𝑦(0, 𝑡) = 0

ii) 𝑥 = 𝐿 𝑦(𝐿, 𝑡) = 0

ile tanımlı olacağı açıktır.

i) koşulundan :

0 = 𝑏[𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

yazabiliriz. Bunun olması için gerek ve yeter koşul 𝑏 = 0 olmasıdır. Bu durumda

𝑦(𝑥, 𝑡) fonksiyonu için

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎sinω

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (6.31)

yazılabilir.

ii) koşulundan :

0 = (𝑎sin𝜔

𝑣𝐿) (𝑐𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

yazılabilir. 𝑎 ≠ 0 olduğuna göre

sin𝜔

𝑣𝐿 = 0

olmalıdır. Buradan

𝜔𝑛𝑣𝐿 = 𝑛𝜋

veya

ω𝑛 =𝑛𝜋𝑣

𝐿, 𝑛 = 1,2,3, … (6.32a)

yazabiliriz. Bu, iki ucundan bağlı titreşen ipin doğal açısal frekanslarıdır. Doğal

frekanslar için ise

𝑓𝑛 =𝑛𝑣

2𝐿, 𝑛 = 1,2,3,… (6.32b)

ifadesi elde edilir.

9

Sürekli ip, sonsuz sayıda 𝑚 kütleli parçacığın kütlesiz ip üzerinde dizilmişi gibi

düşünülebilir. Bu nedenle iki ucundan bağlı titreşen ipin sonsuz sayıda titreşim

modu olacaktır. İki ucu bağlı gerilmiş ipte dalga denkleminin çözümü için

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝑎sinω𝑛

𝑣𝑥 [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑛𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡] (6.33)

yazılabilir. Burada a sabitini de köşeli parantezin içine atabiliriz, yani

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = sin𝜔𝑛𝑣𝑥 [𝑎𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑛𝑡 + 𝑎𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡]

yazabiliriz. Burada ac ve ad çarpımları da sabitlerdir, bunların yerine

𝐴𝑛 = 𝑎𝑑 𝑣𝑒 𝐵𝑛 = 𝑎𝑐

alabiliriz. Bu durumda çözüm için

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = sinω𝑛

𝑣𝑥 [𝐴𝑛𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡 + 𝐵𝑛𝑠𝑖𝑛ω𝑛𝑡] (6.34a)

ifadesini yazabiliriz.

Başlangıç koşulu olarak t=0 anında ipin durgun yani 𝜕𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= 0 olduğunu

kabul edersek,

𝜕𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= sinω𝑛𝑣𝑥 [−𝐴𝑛ω𝑛𝑠𝑖𝑛ω𝑛𝑡 + 𝐵𝑛ω𝑛𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡]|𝑡=0 = sin

ω𝑛𝑣𝑥 [𝐵𝑛ω𝑛]

= 0

elde edileceği açıktır. Bunun olması için 𝐵𝑛=0 olmalıdır. Bu durumda

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑛 sinω𝑛

𝑣𝑥 𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡 (6.34b)

yazılabilir. İki ucundan bağlı ve başlangıçta durgun olan ipin titreşimlerini

tanımlayan genel çözüm,

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑𝐴𝑛 sinω𝑛𝑣𝑥 𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡

∞

𝑛=1

veya

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡

∞𝑛=1 (𝑛 = 1,2,3,… . ), (6.35)

ifadesi ile verilir.

10

Bu ifade iki ucu bağlı titreşen ipin 𝑦(𝑥, 𝑡) yer değiştirmesi çok sayıda doğal

modların üst üste gelmesi ile oluştuğunu söyler. Burada

ω𝑛 =𝑛𝜋𝑣

𝐿=𝑛𝜋

𝐿(𝑇

𝜇)12⁄= 𝑛ω1 (6.36a)

ve

𝑓𝑛 =𝑛𝑣

2𝐿=

𝑛

2𝐿(𝑇

𝜇)12⁄= 𝑛𝑓1 (6.36b)

olduğunu tekrar hatırlamada fayda vardır. Eşitlik-6.36 ile verilen 𝜔𝑛 ve 𝑓𝑛

ifadelerinin, daha önce boyuna titreşim hareketini incelerken N’nin çok büyük

olduğu durum için bulduğumuz değerlerle aynı olduğuna dikkat ediniz.

Temel mod frekansı (𝑓1), titreşen bir telin karakteristik bir notasını ve belli bir

kütle ve uzunluktaki bir telden belli bir nota elde etmek için gerekli gerilmenin (𝑇)

bir ölçüsünü verir.

Herhangi bir anda herhangi bir temel modda ipin şeklini tanımlamanın en kolay

yolu, ipin toplam uzunluğunun yarım sinüs eğrilerinin tam katlarına uyduğunun

farkına varılmasıdır. Böylece 𝑛 ’inci modla ilgili olarak dalga boyu 𝜆𝑛 ’i

tanımlayabiliriz

λ𝑛 =2𝐿

𝑛 veya 𝐿 = 𝑛

λ𝑛

2 (6.37)

Bu tanımlamadan sonra 𝜔𝑛𝑥

𝑣 için

𝜔𝑛𝑥

𝑣=2𝜋𝑥

λ𝑛 (6.38)

yazabiliriz. Bu durumda ipin n’inci modunun şeklini

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = Ansin2𝜋𝑥

λ𝑛 𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡 (6.39)

ifadesi ile tanımlayabiliriz. İki ucu bağlı bir ipte oluşan ilk üç titreşim modunun

davranışı için Şekil-6.1’e tekrar bakınız.

11

ÖRNEK-1

Uzunluğu 𝐿 olan bir ip iki ucundan şekildeki gibi bağlıdır. İp tam ortasından

ℎ kadar çekilmiştir. İp serbest bırakıldıktan sonra hareketini inceleyiniz.

Şekil-6.3

Çözüm:

Başlangıç koşulları:

i) 𝜕𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= 0 , (𝑡 = 0’da ip hareketsiz olduğu için)

ii) 𝑦(𝑥, 0) = (ℎ

𝐿 2⁄) 𝑥 =

2ℎ

𝐿𝑥 , 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2⁄

iii) 𝑦(𝑥, 0) = 2ℎ − (ℎ

𝐿 2⁄) 𝑥 = 2ℎ (1 −

𝑥

𝐿) , 𝐿 2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿

Burada

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑(𝑠𝑖𝑛𝑛𝜋𝑥

𝐿)

∞

𝑛=1

[𝐴𝑛𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 + 𝐵𝑛𝑠𝑖𝑛𝜔𝑛𝑡]

çözümünde yukarıda verilen koşulları kullanırsak,

i) koşulundan

𝜕𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

=∑𝜔𝑛𝐵𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑛𝜋𝑥

𝐿= 0

∞

𝑛=1

⇒ 𝐵𝑛 = 0

elde ederiz. Bu durumda (ii) ve (iii) koşullarından

𝑦(𝑥, 0) = ∑An sin𝑛𝜋𝑥

𝐿= {

2ℎ𝑥 𝐿⁄ 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2⁄

2ℎ(1 − 𝑥 𝐿⁄ ) 𝐿 2 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿⁄

∞

𝑛=1

yazabiliriz. Bu eşitliğin her iki tarafını sin𝑛𝜋𝑥

𝐿 ile çarpar ve 0 ile L aralığında

integralini alırsak

An∫sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑

⏟

𝑥

𝐼

= ∫2ℎ𝑥

𝐿

𝐿 2⁄

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

⏟ 𝐼𝐼

+ ∫2ℎ (1 −𝑥

𝐿)

𝐿

𝐿 2⁄

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

⏟ 𝐼𝐼𝐼

Burada I, II ve III integralleri hesaplanırsa (Bu integralleri hesaplamanızı

öneririm),

12

𝐼 = An∫sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

1

2𝐴𝑛𝐿

𝐼𝐼 = ∫2ℎ𝑥

𝐿

𝐿 2⁄

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

⏟ 𝐼𝐼

=𝐿ℎ

𝑛2𝜋2[2𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋

2− 𝑛𝜋𝑐𝑜𝑠

𝑛𝜋

2]

𝐼𝐼𝐼 = ∫2ℎ (1 −𝑥

𝐿)

𝐿

𝐿 2⁄

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿ℎ

𝑛2𝜋2[2𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋

2+ 𝑛𝜋𝑐𝑜𝑠

𝑛𝜋

2]

elde ederiz. Bunlar yerine yazılırsa 1

2𝐿An =

4𝐿ℎ

𝑛2𝜋2𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋

2

elde edilir. Buradan An katsayısı için

An =8ℎ

𝑛2𝜋2𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋

2

sonucu bulunur. 𝑛 ’nin çift değerlerinde bu ifade sıfır olacağından

[ 𝑠𝑖𝑛𝑛𝜋

2= 0, 𝑛 = 0, 2, 4, … ] çözüme bir katkısı olmaz. Öyleyse 𝑛 sadece tek

değerler alabilir [𝑠𝑖𝑛𝑛𝜋

2= ∓1, 𝑛 = 1, 3, 5, … ]. Burada

s𝑖𝑛𝑛𝜋

2= (−1)

𝑛−1

2 , 𝑛 = 1, 3, 5, …

ifadesini yazmak mümkündür. Bu durumda 𝐴𝑛 için,

𝐴𝑛 = (−1)(𝑛−1) 2⁄

8ℎ

(𝑛𝜋)2 , 𝑛 = 1, 3, 5, …

elde ederiz. Bu sonuçlar kullanılarak 𝑦(𝑥, 𝑡) için

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑(−1)𝑛−12

∞

𝑛=1

8h

n2π2sin𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑣

𝐿𝑡

ifadesini yazabiliriz. Bu ifadenin n’nin tek değerleri için geçerli olduğunu

hatırlatalım. Bu ifadeyi

𝑦(𝑥, 𝑡) =8h

π2[sin

𝜋𝑥

𝐿cos

𝜋𝑣

𝐿𝑡 −

1

9sin3𝜋𝑥

𝐿cos

3𝜋𝑣

𝐿𝑡 +

1

25sin5𝜋𝑥

𝐿cos

5𝜋𝑣

𝐿𝑡 − ⋯ ]

şeklinde yazabileceğimiz açıktır. Böyle bir sistem için n=1, n=3, n=5 için mod

davranışları Şekil-6.4’de verilmiştir.

13

Şekil-6.4. İzinli modların (n = 1, 3, 5) davranışı (Düşey eksen ölçekli

çizilmemiştir).

6.4 BİR TEL ÜZERİNDE MODLARIN ÜST ÜSTE GELMESİ

Bir yaylı çalgıda, tel bazı seçilen noktalarda bir etkiye maruz kalırsa etki anından

kısa bir süre sonra bu telin şekli bir sinüs eğrisi şeklinde olmayacaktır. Hareket

birkaç en düşük harmoniğin üst üste gelmesi şeklinde olacaktır. Bu titreşimler aynı

anda ortaya çıkar ve birbirinden bağımsız davranır. Çünkü hareketi tanımlayan

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2=1

𝑣2𝜕2𝑦

𝜕𝑡2

diferansiyel denklemi çizgiseldir ve bu denklemde 𝑦 yer değiştirmesi birinci

mertebedendir. Eğer değişik bireysel harmonikleri tanımlayan çözümler

𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, …. ile tanımlanırsa, bunların toplamı da aynı zamanda dalga

denklemini sağlar. Başka bir deyişle telin hareketi bu bireysel bileşenlerin toplamı

olarak düşünülebilir. Şekil-6.5'de böyle bir araya gelmiş ya da üst üste gelmiş

titreşimlerin bir örneği görülmektedir.

Şekil-6.5. Bir ip üzerinde üst üste gelmiş titreşimler.

14

Bunların karşılıklı bağımsızlığı sadece bazı harmonikler için düğüm noktası olan

noktalarda ipin enine hareketinin aniden durdurulması ile izah edilebilir. Düğüm

noktaları için bu bileşen titreşimler bahsedilen ani durdurulma olayından

etkilenmez iken diğerleri sönecektir. Örneğin bir piyano telinin ilk 5 modunun

titreşimi Şekil-6.6’daki gibi olsun. Telin tam ortasına (L/2) dokunulursa temel çift

harmonikler etkilenmezken tek harmonikleri söner.

Şekil-6.6. Başlangıçta 𝑓1, 𝑓2, 𝑓3, 𝑓4 𝑣𝑒 𝑓5 frekansları ile titreşen telin 𝐿

2 noktasına

dokununca 𝑓1, 𝑓3 𝑣𝑒 𝑓5 modları sönerken 𝑓2 𝑣𝑒 𝑓4 modları izinlidir.

Bu titreşen sistemin değişik normal modları için üst üste gelme ve bağımsızlık

ilkesi daha karmaşık üst üste gelmelerin analizi için temel bir öneme sahiptir.

Gerçekte bu işlem Fourier analizinin temelidir. Titreşen bir telde gözlenen bu

olay ilk kez 1753 yılında Dariel Bernoulli tarafından açıkça tartışılmıştır. Çünkü

gerçek bir tel, pratikte tam olarak bizim tanımladığımız denklemlerle ifade

edilemez ve bazı durumlarda oldukça yakın olmasına rağmen birbirinden ayrı olan

modların bağımsızlığı da gerçekte tam olarak doğru değildir.

15

6.5 GERİLMİŞ BİR TELİN ZORLANIMLI HARMONİK HAREKETİ

Uzunluğu L olan homojen bir tel iki ucundan şeklideki gibi bağlanmıştır. 𝑥 = 0

ucu sabittir. 𝑥 = 𝐿 ucunun bağlı olduğu taşıyıcı sistem ise düşey doğrultuda

𝑦 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝑡 fonksiyonu ile titreşen bir tablaya monte edilmiştir (Şekil-6.7). Telin

kararlı durumdaki hareketini veren 𝑦(𝑥, 𝑡) ifadesinin ne olacağını anlamaya

çalışacağız.

Şekil-6.7 Gerilmiş telin zorlanımlı hareketi.

Telin hareket denkleminin

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑦

𝜕𝑡2 (6.40)

ile verildiğini biliyoruz. Şimdi sınır koşullarını kullanarak bu denklemin

çözümünü arayacağız.

Sınır koşulları:

i) 𝑦(0, 𝑡) = 0

ii) 𝑦(𝐿, 𝑡) = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

dir. (6.40) denkleminin genel çözümünün

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥)⏟

𝑋(𝑥)

(𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡)⏟ 𝑇(𝑡)

(6.41)

ifadesi ile verildiğini biliyoruz .

i) y(0, 𝑡) = 0 sınır koşulunu (6.41) ifadesinde kullanırsak

0 = (𝑏 𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝑥 )

yazabiliriz. Bunun olabilmesi için 𝑏 = 0 olmalıdır. Bu durumda 𝑦(𝑥, 𝑡) için

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥) . (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (6.42)

yazabiliriz.

16

ii) 𝑦(𝐿, 𝑡) = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 sınır koşulunu (6.42) ifadesinde kullanırsak

(𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝐿) (𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (6.43)

yazabiliriz. Bunun olabilmesi için 𝑐 = 0 olmalıdır (Çünkü sağ tarafta sadece

𝑐𝑜𝑠ω𝑡 fonksiyonu vardır. Bu nedenle sol taraftaki 𝑠𝑖𝑛ω𝑡 terimi olmamalıdır.). Bu

durumda 𝑦(𝑥, 𝑡) için

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥)𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 = 𝑎𝑑 (sin

ω

𝑣𝑥) 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (6.44)

yazılabilir. Sonuç olarak 𝑥 = 𝐿′𝑑𝑒

𝑎𝑑 (sinω

𝑣𝐿) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 𝐵𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (6.45)

olacaktır. Buradan 𝑎𝑑 (sin𝜔

𝑣𝐿) = 𝐵 veya 𝑎𝑑 =

𝐵

(sin𝜔

𝑣𝐿)

olacağı açıktır. Bunu

(6.44) ifadesinde yerine yazarak 𝑦(𝑥, 𝑡) için

𝑦(𝑥, 𝑡) =𝐵

(𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝐿)(𝑠𝑖𝑛

ω

𝑣𝑥) 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (6.46)

sonucunu elde ederiz. Bu ifadede (𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝐿)'yi sıfır yapan değerlerinde 𝑦(𝑥, 𝑡)

ifadesinin genliği sonsuz olacaktır.

𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝐿 = 0 ⇒

ω𝑛

𝑣𝐿 = 𝑛𝜋 ⇒ ω𝑛 =

𝑛𝜋𝑣

𝐿 (6.47)

Eğer ipin sağ ucunun monte edildiği tablanın açısal frekansı (), ipin ω𝑛 =𝑛𝜋𝑣

𝐿

titreşim frekanslarından birine yakın olursa 𝑦(𝑥, 𝑡) 'nin genliği (𝐵 sin𝜔

𝑣𝐿⁄ )

oldukça büyük olur. Dışardan uygulanan yer değiştirme etkisinde kalan ipin genlik

değeri, frekansların tam olarak eşit olması durumunda sonsuz büyük olur. Ancak

sönüm kuvvetinin varlığı bu gerçek olmayan sonsuz büyük durumunu yok eder.

17

6.6 BİR ÇUBUĞUN BOYUNA TİTREŞİMLERİ

Bir çubuğun boyuna titreşimlerinin incelenmesi için bazı kavramların iyi

anlaşılması gerekir. Bunları kısaca özetledikten sonra çubuğun boyuna

titreşimlerini ele alacağız.

6.6.1 Young Modülü

Bir cismin uzama miktarı sadece ona uygulanan kuvvete değil aynı zamanda o

cismin hangi malzemeden yapıldığına da bağlıdır. 𝐹 = 𝑘∆𝑙 (Hook Yasası)

bağıntısındaki 𝑘 sabiti bu faktörler cinsinden yazılabilir. Belli bir kesit alanına (A)

sahip çubuk ya da tel şeklindeki bir cisimde kuvvet etkisi altındaki l uzama

miktarı cismin kuvvet uygulanmadan önceki boyu (l0) ile orantılı ancak kesit alanı

(A) ile ters orantılıdır. Yani, cisim ne kadar uzunsa, uygulanan belli bir kuvvet için

uzaması o kadar fazla ve ne kadar kalınsa o kadar azdır. Bu durumda

∆𝑙 ∝𝐹𝑙0

𝐴 (6.48)

yazabiliriz. Bu orantı ilişkisi, 1

𝑌 katsayısı kullanılarak eşitlik şekinde yazılabilir:

∆𝑙 =1

𝑌

𝐹𝑙0

𝐴 veya 𝑌 =

𝐹𝑙0

𝐴∆𝑙 (6.49)

Burada 𝑙0 cismin orijinal uzunluğu, 𝐴 kesit alanı ve ∆𝑙 ise uygulanan 𝐹

kuvvetinden dolayı uzunluktaki değişimi olduğunu tekrar belirtelim. 𝑌 ise esneklik

veya Young modülü olarak bilinen bir orantı sabitidir ve değeri sadece malzemeye

bağlıdır. Çeşitli malzemeler için esneklik modülleri (Young, hacimsel (Bulk) ve

kesme (Shear)) Tablo-6.1’de verilmiştir (Young ve Freedman, Sears ve

Zemansky, Üniversite Fiziği’den alınmıştır). Tabloda verilen Pa, Pascal birimi

olup 1 𝑃𝑎 = 1 𝑁 𝑚2⁄ ‘dir.

18

Tablo 6.1. Çeşitli katı maddelerin yaklaşık elastik modülü değerleri.

Malzeme Young Modülü

Y (Pa)

Hacimsel (Bulk) Modülü

B (Pa)

Kesme (Shear)Modülü

S (Pa)

Alimünyum 7,0x1010

7,5x1010

2,5x1010

Prinç 9,0x1010

6,0x1010

3,5x1010

Bakır 11x1010

14x1010

4,4x1010

Demir 21x1010

16x1010

7,7x1010

Nikel 21x1010

17x1010

7,8x1010

Çelik 20x1010

16x1010

7,5x1010

6.6.2 Zor ve zorlanma

Zor(stress): Denklem (6.49)'dan, cismin uzunluğundaki değişimin (∆𝑙)

başlangıçtaki uzunluk (𝑙0) ve uygulanan birim alan başına düşen kuvvetle (𝐹 𝐴⁄ )

doğru orantılı olduğunu görürüz. Birim alan başına düşen kuvvet zor (stress)

olarak tanımlanır:

𝑍𝑜𝑟 =𝐾𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡

𝐴𝑙𝑎𝑛=𝐹

𝐴 (6.50)

SI birim sisteminde birimi 𝑁 𝑚2⁄ 'dir.

Zorlanma (Strain): Uzunluktaki değişimin (∆𝑙), ilk uzunluğa (𝑙0) oranı (∆𝑙 𝑙0⁄ ) olarak tanımlanır,

𝑍𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝑎 =𝑢𝑧𝑢𝑛𝑙𝑢𝑘𝑡𝑎𝑘𝑖 𝑑𝑒ğ𝑖ş𝑖𝑚

𝑖𝑙𝑘 𝑢𝑧𝑢𝑛𝑙𝑢𝑘=∆𝑙

𝑙0 (6.51)

ve boyutsuzdur. Dolaysıyla zorlanma cismin uzunluğundaki kesirsel değişimdir ve

çubuğun ne kadar deforme olduğunun bir ölçüsüdür. Zor, malzemeye bir dış etmen

tarafından uygulanır oysa zorlanma malzemenin zora verdiği cevaptır.

Denklem (6.49)'i yeniden

𝐹

𝐴= 𝑌

∆𝑙

𝑙0 (6.52a)

veya

𝑌 =𝐹 𝐴⁄

∆𝑙 𝑙0⁄=

𝑍𝑜𝑟

𝑍𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝑎 (6.52b)

şeklinde yazarak Young modülünün tarifini başka bir formda yeniden yapmış

oluruz. Çekme gerilimi altındaki esnek bir metalin zorlanmasına karşı zorun

grafiği Şekil-6.8’de verilmiştir. Şeklin lineer bölgesinde (esnek bölge) zorun

zorlanma ile doğru orantılı olduğu görülür. Biz titreşim olaylarında malzemenin

esnek bölgesinde kalan olaylara bakacağız.

19

Şekil-6.8.Tipik esnek metalde zor’un zorlanmaya karşı grafiği.

6.6.3 Hacim modülü (B)

Bir cisim eğer her tarafından içeri doğru kuvvetler etkirse hacmi azalacaktır.

Yaygın bir örnek bir sıvı içine batırılmış bir cisimdir; bu durumda sıvı cisim

üzerine her yönde basınç uygular. Basınç, birim alana düşen kuvvet olarak

tanımlanır, dolaysıyla zora eşdeğerdir. Bu durum için hacimdeki değişiklik ∆𝑉, ilk

hacim (𝑉0) ve basınçtaki değişim (∆𝑃) ile orantılıdır. Böylece denklem (6.52)'nin

benzeri bir bağıntı elde ederiz. Burada orantı sabiti 1/𝐵 olarak gösterilir ve B

hacimsel (bulk) modülü olarak adlandırılır.

∆𝑉

𝑉0= −

1

𝐵∆𝑃 (6.53a)

veya

𝐵 = −∆𝑃

∆𝑉 𝑉0⁄ (6.53b)

Burada (−) işaretinin anlamı, basınç arttıkça hacmin azalacağını ifade eder. Bazı

malzemelerin 𝐵-hacim modülü değerleri de Tablo-6.1'de verilmiştir.

6.7 BİR ÇUBUĞUN BOYUNA TİTREŞİMLERİNİN ANALİZİ

Yukarıda verilen kavramlardan sonra artık bir çubuğun boyuna titreşimlerini

analiz edebiliriz. Bir metal çubuğun ucu, uzunluğu boyunca, bir darbeye maruz

kalırsa işitilebilir frekanslarda titreşimler meydana getirdiğini biliyoruz. Şimdi

20

uzunluğu L, kesiti A olan düzgün bir çubuğu göz önüne alalım. Çubuk örneğinde

yer değiştirme çubuğun buyuncadır. 𝜉 'yı çubuğun sabit ucundan itibaren 𝑥

uzaklığındaki küçük bir parçanın denge konumundan olan yer değiştirmesi olarak

kabul edeceğiz. Çubuğun 𝑥 ile 𝑥 + 𝛿𝑥 arasındaki ince bir dilimin hareketini göz

önüne alalım (Şekil-6.9a). Statik olmayan şartlar altında boyuna bir yer

değiştirmeden sonra çubuk üzerindeki aynı dilimin görünüşü Şekil-6.9b'de

gösterilmiştir.

Şekil-6.9 a) Statik durumda (denge durum) çubuk üzerinde 𝑥 ile 𝑥 + 𝛿𝑥

arasındaki bir dilim.

b) Statik olmayan şartlar altında boyuna bir yer değiştirmeden sonra

çubuk üzerindeki aynı dilimin görünüşü.

Şekilde gösterildiği gibi taralı olarak gösterilen kısım kaymış, aynı zamanda

gerilmiştir. Şekil-6.9a ve 6.9b’deki taralı kısımlar aynı miktarda malzeme

içermektedir. Bu taralı kısım 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetleri ile zıt yönde çekilir. 𝑭𝟏 'in

büyüklüğü 𝑥 noktasındaki atomlar arası mesafelerin değişim oranına bağlıdır.

Benzer olarak 𝑭𝟐 de 𝑥 + 𝛿𝑥 noktasındaki atomlar arası mesafenin değişim oranına

bağlıdır. Deformasyon neticesi, dilimin uzunluğu artarak 𝛿𝑥 ’den 𝛿𝑥 + 𝛿

değerine ulaşır. İşaretlenen dilimdeki tüm madde zor altındadır. Burada ortalama

zorlanma ve zor için

𝑂𝑟𝑡𝑎𝑙𝑎𝑚𝑎 𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝑎 =∆𝜉

∆𝑥 (6.54a)

𝑂𝑟𝑡𝑎𝑙𝑎𝑚𝑎 𝑧𝑜𝑟 = 𝑌∆𝜉

∆𝑥 (6.54b)

yazabiliriz. 𝑥'in belli bir değerindeki zor için ise

𝑍𝑜𝑟 = 𝑌𝜕𝜉

𝜕𝑥 (6.55a)

21

yazılabilir. 𝑥 noktasından 𝛿𝑥 kadar ilerideki bir noktadaki (𝑥 + 𝛿𝑥) zor ifadesi

ise,

𝑍𝑜𝑟(𝑥 + 𝛿𝑥) = 𝑍𝑜𝑟(𝑥) + [𝜕(𝑍𝑜𝑟(𝑥))/𝜕𝑥] 𝛿𝑥

veya

𝑍𝑜𝑟(𝑥 + 𝛿𝑥) = 𝑌𝜕𝜉

𝜕𝑥+ 𝑌

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2𝛿𝑥 (6.55b)

şeklinde yazılabilir. Çubuğun kesit alanı 𝐴 ise, 𝐹1 𝑣𝑒 𝐹2 için

𝐹1 = 𝐴 𝑌𝜕𝜉

𝜕𝑥 ve 𝐹2 = 𝐴 𝑌

𝜕𝜉

𝜕𝑥+ 𝐴𝑌

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2𝛿𝑥 (6.56)

ifadelerinin yazılabileceği açıktır (F=A.Zor). Buradan

𝐹2 − 𝐹1 = 𝐴𝑌𝜕2𝜉

𝜕𝑥2𝛿𝑥 (6.57)

ifadesi elde edilir.

Şimdi 𝑥 ile 𝑥 + 𝛿𝑥 arasında kalan kütleye Newton’un ikinci yasasını uygulayalım.

Çubuğun yoğunluğu 𝜌 ise, taralı dilimin kütlesi ∆𝑚 = 𝜌𝐴𝛿𝑥 'dir. İvme ise yer

değiştirme 𝜉'ın zamana göre ikinci türevidir:

𝐹2 − 𝐹1 = (∆𝑚)𝑎 (6.58a)

𝐴 𝑌𝜕2𝜉

𝜕𝑥2𝛿𝑥 = 𝜌𝐴𝛿𝑥⏟

∆𝑚

𝜕2𝜉

𝜕𝑡2⏟𝑖𝑣𝑚𝑒

(6.58b)

Buradan

𝑌𝜕2𝜉

𝜕𝑥2= 𝜌

𝜕2𝜉

𝜕𝑡2 (6.59a)

veya

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2=𝜌

𝑌

𝜕2𝜉

𝜕𝑡2 (6.59b)

yazabiliriz. Burada 𝑣 = (𝑌

𝜌)12⁄

olduğundan

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝜉

𝜕𝑡2 (6.60)

sonucu elde edilir. Bu ifade gerilmiş ip için verilen ifade ile aynı matematiksel

formdadır. Bu denklemin çözümü için

𝜉(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (6.61)

yazabiliriz (Değişkenlerine ayırma yöntemiyle elde edilen çözüm). Ancak burada

sınır koşullarına dikkat etmemiz gerekir. Çoğu kez katı çubuğun her iki ucunun da

bağlı olması durumuna sahip olmayabiliriz. Çubuğun her iki ucunun da bağlı

22

olması sağlanabileceği gibi, her iki ucu da serbest veya sadece bir ucu serbest

olabilir. Serbest uçta parçacık yer değiştirmesi maksimum, buna karşı zor sıfır

olur. Bağlı uçta ise yer değiştirme sıfır, zor maksimum değer alır. Burada sadece

çubuğun bir ucunun serbest diğer ucunun sabit olduğu durumu göz önüne alacağız.

Sınır koşullarımız:

i) 𝑥 = 0 'daki ucun bağlı, 𝜉(0, 𝑡) = 0

ii) 𝑥 = 𝐿 'deki ucun serbest

Şimdi bu sınır koşullarını kullanalım,

i) 𝑥 = 0 için 𝜉(0, 𝑡) = 0 yani

0 = 𝑏[𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]

olacaktır. Bunun olabilmesi için 𝑏 = 0 olmalıdır. Bu durumda

𝜉(𝑥, 𝑡) = 𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥[𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡] (6.62)

olacaktır.

ii) 𝑥 = 𝐿 'deki ucun serbest ucunda herhangi bir zor olmayacaktır. Bu durumda

serbest uçta 𝐹 = 𝐴𝑌𝜕𝜉

𝜕𝑥= 0 olmalıdır. Bu ise

𝜕𝜉

𝜕𝑥= 0 olmasını gerektirir. (6.62)

ifadesinden 𝜕𝜉

𝜕𝑥 türevini hesaplar ve sıfıra eşitlersek

𝜕𝜉

𝜕𝑥|𝑥=𝐿

= 𝑎ω

𝑣cos (

ω

𝑣𝐿)(𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0 (6.63)

elde ederiz. Bunun olabilmesi için 𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝐿 = 0 olmalıdır. Bunun için

ω𝑛𝐿

𝑣= (𝑛 −

1

2) 𝜋, 𝑛 = 1, 2, 3, . ..

olmalıdır.

ω𝑛 = (𝑛 −1

2)𝜋𝑣

𝐿 (6.64a)

2𝜋𝑓𝑛 = (𝑛 −1

2)𝜋𝑣

𝐿

𝑓𝑛 =(𝑛−

1

2)𝑣

2𝐿 (6.64b)

Doğal titreşim frekansları

𝑓𝑛 =(𝑛−

1

2)𝑣

2𝐿=(𝑛−

1

2)

2𝐿√𝑌

𝜌 𝑛 = 1, 2, 3, . .. (6.65)

23

şeklinde yazılabilir. Bu sonuç bir ucu bağlı (𝑥 = 0), diğer ucu serbest (𝑥 = 𝐿)

olan bir çubuğun boyuna titreşimlerinin n’inci modunun frekansını verir.

Burada 𝑓𝑛 =𝑛−

1

2

2𝐿𝑣 ifadesinde 𝑣 = 𝜆𝑛𝑓𝑛 olduğunu kullanırsak

𝑓𝑛 =𝑛 −

12

2𝐿𝜆𝑛𝑓𝑛

2𝐿 = (𝑛 −1

2) 𝜆𝑛

𝐿 = (𝑛 −1

2)λ

2 = (2𝑛 − 1)

λ

4 (6.66)

yazabiliriz. Bu ifadeyi n=1,2,3,4,… modları için uygularsak,

𝑛 = 1 𝑖ç𝑖𝑛 𝐿 = 𝜆 4⁄

𝑛 = 2 𝑖ç𝑖𝑛 𝐿 = 3𝜆 4⁄

𝑛 = 3 𝑖ç𝑖𝑛 𝐿 = 5𝜆 4⁄

𝑛 = 4 𝑖ç𝑖𝑛 𝐿 = 7𝜆 4⁄

elde ederiz. Bu sonuçlar, tek ucu bağlı çubuğun titreşim modlarının, sinüs

eğrisinin çeyrek dalga boylarının (𝜆 4⁄ ) tek katlarına uyması gerektiğini gösterir.

Şekil-6.10'da bir ucu bağlı çubuğun ilk üç titreşim modu şematik olarak çizilmiştir.

Bu şekildeki yer değiştirmelerin enine değil, boyuna olduğunu unutmayalım.

Şekil-6.10. Bir ucu bağlı bir çubuğun boyuna modları.

Uzunluğu L ve x=0 ucundan bağlı olan bir çubuğun en düşük mod frekansının

𝑓1 =1

4𝐿(𝑌 𝜌⁄ )1/2 (6.67)

24

ile verileceği açıktır. Demir için 𝑌 = 21𝑥1010 𝑁 𝑚2⁄ , 𝜌 = 7.86𝑥103 𝑘𝑔 𝑚3 ⁄

olduğunu biliyoruz. Boyu 1 m olan ve bir ucu bağlı bir demir çubukta oluşan temel

titreşim frekansının değerini (6.67) eşitliğinden hesaplarsak 𝑓1 = 1292 𝐻𝑧 elde

ederiz. Aynı problemi çeşitli sınır koşullarında ele alabilirsiniz.

6.8 AKIŞKANLARDA BOYUNA TİTREŞİM

Şekil-6.11’de sıkıştırılabilir bir akışkan ile doldurulmuş uzun bir tüp ve bir

ucundaki piston gösterilmiştir.

Şekil-6.11 İçi akışkan (sıvı veya gaz) dolu bir tüpte bir darbenin hareketi.

Şekilde görülen pistonu ileriye doğru itecek olursak, pistonun önünde duran

akışkan (sıvı veya gaz) ileriye doğru hareket eder ve kendisinden sonra gelen

akışkan tabakasını sıkıştırır. Böyle bir sıkıştırma darbesi tüp boyunca ilerler. Eğer

pistonu geri çekersek pistonun önündeki akışkan genişler ve basıncı ile yoğunluğu

başlangıçtaki normal değerlerin altına düşer. Bu durumda bir seyrekleştirme

darbesi tüp boyunca ilerler. Bu olay katı bir çubuktaki olaya benzerdir. Eğer piston

ileriye ve geriye salınmaya devam ederse, bir sürekli sıkıştırma ve seyrekleştirme

katarı tüp boyunca hareket edecektir. Newton yasalarını kullanarak, boyuna

dalganın yayılma hızını, ortamın esneklik ve eylemsizlik özellikleri cinsinden

ifade edebiliriz. Bu analizi aşağıdaki kabullenmeler altında yapacağız.

25

Kabullenmeler:

Tüpün çok uzun olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda uzak uçtan

yansımaları ihmal edebiliriz.

Başlangıçta tüp içerisindeki akışkanın durgun, basıncının 𝑃0, yoğunluğunun

𝜌0 olduğunu kabul edeceğiz.

Şekildeki 𝑅 ve 𝑆 kesitleri arasında kalan 𝛿𝑥 kalınlıklı bir akışkan dilimi seçelim.

Seçilen bu ince akışkan dilimin (𝑅𝑆 silindiri) içindeki akışkanın sol ve sağ

kesitlerine ve yan yüzeylerine 𝑃0 basınıcını etkir. Daha sonra 𝑅𝑆 silindiri hareket

ederek 𝑅′𝑆′ pozisyonunu alacaktır. 𝑅𝑅′ ve 𝑆𝑆′ için

𝑅𝑅′ = ξ ve 𝑆𝑆′ = ξ +𝜕ξ

𝜕𝑥𝛿𝑥⏟ 𝜹𝛏

(6.68)

yazabiliriz. Burada 𝜉 değişkeni boyuna yer değiştirmeyi gösterir. 𝑅′𝑆′ diliminin

kalınlığı

𝑅′𝑆′ = 𝛿𝑥 +𝜕ξ

𝜕𝑥𝛿𝑥 (6.69)

dir. Böylece boyuna titreşim nedeniyle seçilen akışkan diliminin kalınlığındaki

artım 𝛿𝜉 =𝜕𝜉

𝜕𝑥 𝛿𝑥 olacaktır. Akışkan tüp içerisinde olduğu için düşey doğrultuda

bir hareket olmayacaktır. Tüpün kesit alanı 𝐴 ise dilimin hacmindeki artış,

d𝑉 = A𝑑𝜉 = 𝐴𝜕ξ

𝜕𝑥𝑑𝑥 (6.70)

olacaktır.

Şimdi 𝑅′𝑆′ arasındaki akışkanın hareket denklemini bulmak istiyoruz. Bunun için

bu dilimin kütlesini ve iki ucundaki basınçları bilmemiz gereklidir.

𝑅′𝑆′ diliminin içinde kalan akışkan kütlesi ile 𝑅𝑆 dilimi içinde kalan

kütlenin aynı olması gerekir.

𝑅𝑆 dilimdeki kütle miktarı = 𝜌0𝐴 𝛿𝑥 ‘dır.

Daha önce hacim modülü için

𝐵 = −∆𝑃

∆𝑉 𝑉0⁄ (6.71)

ifadesini vermiştik. Seçilen dilim diferansiyel anlamda ince olduğundan dolayı

∆𝑉 → 𝑑𝑉 ve ∆𝑃 → 𝑑𝑃 alınarak hacim (bulk) modülü için

26

𝐵 = −𝑑𝑃

𝑑𝑉 𝑉0⁄= −𝑉0

𝑑𝑃

𝑑𝑉 (6.72)

yazabiliriz. Burada (−) işaretinin anlamı basınç artarken hacmin azalacağını

söyler.

𝐻𝑎𝑐𝑖𝑚 𝑧𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝑎𝑠𝚤 =𝑑𝑉

𝑉0=ℎ𝑎𝑐𝑖𝑚𝑑𝑒𝑘𝑖 𝑎𝑟𝑡𝚤ş

𝑜𝑟𝑖𝑗𝑖𝑛𝑎𝑙 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑚

𝑑𝑉

𝑉0=𝐴𝜕ξ

𝜕𝑥 𝛿𝑥

𝐴 𝛿𝑥=

𝜕ξ

𝜕𝑥 (6.73)

olacaktır. (6.72) denklemini yeniden

𝑑𝑃 = −𝐵𝑑𝑉

𝑉0 (6.74)

formunda yazılabilir. (6.73) denklemindeki sonucu burada kullanırsak,

𝑑𝑃 = −𝐵𝜕ξ

𝜕𝑥 (6.75)

elde ederiz.

𝑅′𝑆′ akışkan dilimi üzerine etkiyen net kuvvet (F=PA)

𝐹𝑛𝑒𝑡 = 𝑃𝐴 − (𝑃 + 𝛿𝑃)𝐴 = −𝐴 𝛿𝑃 (6.76)

olacaktır. Newton’un ikinci yasası kullanılırsa,

𝑚𝑑2ξ

𝑑𝑡2= −𝐴 𝛿𝑃 (6.77a)

𝜌0A 𝛿𝑥 𝑑2ξ

𝑑𝑡2= −A𝛿𝑃

veya

𝜌0 𝛿𝑥 𝑑2ξ

𝑑𝑡2= −𝛿𝑃 (6.77b)

yazılabilir.

Burada akustik basınç (𝑝) tanımını verelim:

"𝐴𝑘𝑢𝑠𝑡𝑖𝑘 𝑏𝑎𝑠𝚤𝑛ç = 𝐵𝑖𝑟 𝑛𝑜𝑘𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑎𝑛𝑙𝚤𝑘 𝑏𝑎𝑠𝚤𝑛ç − 𝑆𝑡𝑎𝑡𝑖𝑘 𝑑𝑢𝑟𝑢𝑚𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑏𝑎𝑠𝚤𝑛ç"

𝑝 = 𝑃 − 𝑃0 (6.78)

𝑝 = 𝑃 − 𝑃0 ifadesini kullanırsak 𝛿𝑝 = 𝛿𝑃 ve 𝑑𝑝 = 𝑑𝑃 yazabiliriz (𝑃0 sabit olduğu

için). Bu durumda (6.77b) ifadesi için

𝜌0 𝛿𝑥 𝑑2ξ

𝑑𝑡2= −𝛿𝑝 (6.79)

yazabiliriz.

27

𝛿𝑝 =𝜕𝑝

𝜕𝑥𝛿𝑥

olduğundan (6.79) ifadesini yeniden

𝜌0 𝛿𝑥𝑑2ξ

𝑑𝑡2= −

𝜕𝑝

𝜕𝑥𝛿𝑥 (6.80)

yazabiliriz. (6.75) ifadesinde 𝑑𝑃 yerine 𝑑𝑝 yazarsak

𝑑𝑝 = −𝐵𝜕ξ

𝜕𝑥 (6.81)

elde ederiz. Her iki tarafın 𝑥’e göre türevini alarak

𝜕𝑝

𝜕𝑥= −𝐵

𝜕2ξ

𝜕𝑥2 (6.82)

yazabiliriz. Bu ifadeyi (6.80) denkleminde kullanırsak

𝜌0 𝛿𝑥 𝑑2𝜉

𝑑𝑡2= 𝐵

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2𝛿𝑥

veya

𝜕2ξ

𝜕𝑥2=

1

(𝐵/𝜌0)

𝜕2ξ

𝜕𝑡2 (6.83)

yazabiliriz. Burada (𝐵/𝜌0) oranı akışkan içindeki dalganın hızının karesidir yani

𝑣 = √𝐵/𝜌0 (6.84)

dir. Bu ifadeyi sıvılarda ses hızı deneyinde kullanacaksınız. Bunu kullanarak

(6.83) denklemini

𝜕2ξ

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2ξ

𝜕𝑡2 (6.85)

formunda yazabiliriz. Bu denklem daha önce ip ve çubuk için elde ettiğimiz dalga

denklemi ile aynı formdadır. Bu nedenle çözümü için de

𝜉(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) (6.86)

ifadesini yazabiliriz. Bu çözümü çeşitli sınır koşulları için irdelemenizde yarar

vardır.

28

6.9 BASINÇ DALGALANMASI OLARAK SES DALGASI

Ses dalgaları çeşitli noktalardaki basınç değişimleri olarak da tanımlanabilir.

Havadaki sinüzoidal bir ses dalgasında basınç, atmosfer basıncının (𝑃𝑎) altında ve

üstünde hava parçacıklarının hareketiyle aynı frekansta sinüzoidal bir değişimle

dalgalanma yapar. İnsan kulağı bu tür basınç değişimlerini hissederek çalışır.

Kulak kanalına giren bir ses dalgası kulak zarının bir tarafına değişken bir basınç

uygular. Kulak zarının diğer tarafı östaki borusu ile havaya açıldığı için atmosfer

basıncındadır. Zarın iki tarafındaki basınç farklılığı kulak zarını hareket ettirir.

Mikrofon ve benzeri cihazlar da genelde yer değiştirmeye değil, basınç farklılığına

duyarlıdırlar. Bu nedenle basınç ve yer değiştirme arasındaki bağıntıyı ortaya

çıkarmamız gerekir.

Bir ses dalgasının anlık basınç değişimleri herhangi bir 𝑥 konumunda ve 𝑡 anında

𝑝(𝑥, 𝑡) olsun. Herhangi bir noktadaki mutlak basınç ise 𝑃 = 𝑃𝑎 + 𝑝(𝑥, 𝑡) olur.

Burada 𝑃𝑎 atmosfer basıncı ve 𝑝(𝑥, 𝑡) akustik basınç olup 𝑝(𝑥, 𝑡) = 𝑃 − 𝑃𝑎 = ∆𝑃

şeklinde tanımlıdır. Hacim modülü tarifini tekrar yazalım,

𝐵 = −∆𝑃

∆𝑉/𝑉0 (6.87)

Burada ∆𝑉 𝑉0⁄ için

∆𝑉

𝑉0=

𝐴.∆ξ

𝐴.∆𝑥≅

𝜕ξ

𝜕𝑥 (6.88)

alabiliriz (Burada A seçilen diferansiyel elemanın kesit alanı olup, sabit alınabilir).

Bu durumda 𝑝(𝑥, 𝑡) için

𝑝(𝑥, 𝑡) = ∆𝑃 = −𝐵∆𝑉

𝑉0= −𝐵

𝜕ξ

𝜕𝑥 (6.89)

yazabiliriz (Bundan sonra eşitlikler sade görünsün diye 𝑝(𝑥, 𝑡) yerine sadece 𝑝

yazacağız). Şimdi bundan önceki kesimde verilen (6.80) ifadesinden

𝜌0𝜕2ξ

𝜕𝑡2= −

𝜕𝑝

𝜕𝑥 (6.90)

yazabiliriz. Her iki tarafın 𝑥’e göre türevini alarak

𝜌0𝜕

𝜕𝑥(𝜕2ξ

𝜕𝑡2) = −

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2 (6.91a)

29

veya 𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑓

𝜕𝑥) =

𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑓

𝜕𝑦) olduğunu kullanarak (Matematik derslerinden

biliyorsunuz.)

𝜌0𝜕2

𝜕𝑡2(𝜕ξ

𝜕𝑥) = −

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2 (6.91b)

yazabiliriz. Denklem (6.89)’de verilen ifade kullanılarak 𝜕𝜉

𝜕𝑥 için

𝜕ξ

𝜕𝑥= −

1

𝐵𝑝 (6.92)

yazabiliriz. Bunu (6.90b) ifadesinde yerine yazarak

𝜌0𝜕2

𝜕𝑡2[−

1

𝐵𝑝] = −

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2 (6.93)

veya

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2=

1

(𝐵/𝜌0)

𝜕2𝑝

𝜕𝑡2 (6.94)

elde ederiz. Burada 𝐵

𝜌0= 𝑣2 eşitliğini yerine yazarsak, basınç dalgasının denklemi

için

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑝

𝜕𝑡2 (6.95)

ifadesini elde ederiz.

Bu sonuç ses dalgasının basınç dalgası olarak yazılabileceğini gösterir. Bundan

önceki kesimde elde ettiğimiz dalga denklemi ile burada elde ettiğimiz dalga

denklemini bir arada yazalım:

𝜕2ξ

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2ξ

𝜕𝑡2 (6.96a)

𝜕2𝑝

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑝

𝜕𝑡2 (6.96b)

Eğer (6.96a) denkleminin çözümü

ξ(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥 − ω𝑡) (6.97a)

ise, p(x,t) için de çözüm

𝑝(𝑥, 𝑡) = −𝐵𝜕𝜉

𝜕𝑥= −𝐵[−𝐴𝑘𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)]

veya

𝑝(𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑘[𝐴𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑥 − ω𝑡)] (6.97b)

30

olacaktır. Bu sonuçlar 𝜉(𝑥, 𝑡) ile 𝑝(𝑥, 𝑡) aynı dalgayı tanımlarken, iki fonksiyon

birbirlerine göre bir çeyrek devir (/2 radyan) faz dışı olduğunu gösterir. Basınç

değişimi sıfır olduğu herhangi bir anda yer değiştirme maksimumdur ve bunun

tersi de doğrudur.

ÖRNEK-2

Orta şiddette bir ses dalgasında atmosfer basıncı değişimi 3𝑥10−2 𝑃𝑎

mertebesindedir. Frekans 1000 𝐻𝑧 ise, bu basınç değişimine karşılık gelen

maksimum yer değiştirmeyi bulunuz. Sesin havadaki hızını 344 𝑚/𝑠 ve hacimsel

modülü 𝐵 ≅ 1.42𝑥105 𝑃𝑎 alınız.

𝜉(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

𝑝(𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑘[𝐴𝑠𝑖𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)]

𝑝𝑚𝑎𝑥 = 𝐵𝑘𝐴 𝐴 =𝑝𝑚𝑎𝑥

𝐵𝑘

𝑘 =2𝜋

𝜆=2𝜋

𝑣/𝑓=2𝜋𝑓

𝑣

𝑘 =2𝜋 ∗ 1000

344= 18.3 𝑟𝑎𝑑/𝑚

𝐴 =3 ∗ 10−2

1.42 ∗ 105 ∗ 18.3≅ 1.15 ∗ 10−8 𝑚

Bu yer değiştirme genliği bir insan hücresinin sadece 1/100’i kadardır. Kulağın

gerçekte basınç değişimlerine duyarlı olduğunu hatırlayınız, bu küçük yer

değiştirmeleri ancak dolaylı olarak hissederler.

6.9.1 Gazlarda adyabatik koşullarda ses hızı

Bir akışkan içinde yayılan dalganın hızı için yazdığımız

𝑣 = √𝐵/𝜌0 (6.98)

ifadesini adyabatik koşullarda bir gaz için uygulayalım (Yalıtılmış veya izole

edilmiş bir sistemde ısı kaybı veya kazancı yoksa adyabatik olarak adlandırılır.).

Hacim ile basınç arasındaki ilişkinin

31

𝑃𝑉𝛾 = 𝐶 (sabit) (6.99)

olduğunu gazların kinetik teorisinden biliyoruz. Burada 𝛾, öz ısılar oranıdır.

γ =𝐶𝑝

𝐶𝑉 (6.100)

(6.99) eşitliğinin her iki tarafının doğal logaritması alınırsa

𝑙𝑛𝑃 + 𝛾𝑙𝑛𝑉 = 𝑙𝑛𝐶

yazabilir. Buradan 1

𝑃

𝑑𝑃

𝑑𝑉+𝛾

𝑉= 0

veya

−𝑉𝑑𝑃

𝑑𝑉⏟ 𝐵

= 𝛾 𝑃

𝐵 = γ 𝑃 (6.101)

olacaktır. Bunu (6.98) denkleminde kullanırsak, hız için

𝑣 = √γ 𝑃

𝜌0 (6.102)

bağıntısını yazabiliriz. Burada P’nin sesin yayıldığı ortamın basıncı olduğunu

unutmayalım. 𝛾 =𝐶𝑝

𝐶𝑉 oranının tek atomlu gazlar için 1,67, iki atomlu gazlar için

1,40 ve daha fazla atom içeren gazlar için ise 𝛾 < 1,40 olduğunu biliyoruz. Bazı

önemli gazların yoğunlukları Tablo-2’de verilmiştir.

GAZ (kg/m

3)

NTP STP

Hava 1,205 1.293

Argon (Ar) 1,661 1,78

Butane (C4H10) 2,489 2,5

Karbon dioksit (CO2) 1,842 1,977

Karbon monoksit (CO) 1,165 1,25

Klor (Cl2) 2,994 3,21

Helyum(He) 0,1664 0,178

Hidrojen (H2) 0,0893 0,09

Azot (N2) 1,165 1,25

Oksijen (O2) 1,331 1,429

NTP:Normal koşullar, Sıcaklık=0 ℃, Basınç =1 atmosfer

STP:Standart koşullar, Sıcaklık=25 ℃, Basınç =1 atmosfer

32

6.9.2 İdeal gazlarda ses hızı

İdeal gaz, moleküllerin öz hacimlerinin serbestçe dolaştıkları tüm hacim yanında

ihmal edilebilecek kadar küçük kalan, molekülleri arasında çekme ve itme

kuvvetleri bulunmayan, molekülleri arası çarpışmaların esnek olduğu gaz

modelidir. Gerçek durum ele alındığında, hiçbir gaz ideal değildir. Fakat çoğu gaz

düşük basınç ve yüksek sıcaklıklarda ideal gaz modeline uyarlar.

İdeal gazlar için

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 (6.103a)

bağıntısını biliyoruz (n mol sayısı, R gaz sabiti ve T kelvin cinsinden sıcaklık).

Buradan

𝑃 =𝑛𝑅𝑇

𝑉 (6.103b)

yazabiliriz. Bunu (6.102) ifadesinde kullanırsak hız için

𝑣 = √𝛾 𝑃

𝜌0 = √

𝛾 𝑛𝑅𝑇𝑉

𝜌0 = √

𝛾 𝑅𝑇

𝜌0𝑉/𝑛 = √

𝛾 𝑅𝑇

𝑚/𝑛= √

𝛾 𝑅𝑇

𝑀

𝑣 = √γ 𝑅𝑇

𝑀 (6.104)

yazabiliriz. Burada 𝑀, gazın molekül kütlesidir (𝑚 = 𝜌0𝑉 ve 𝑀 =𝑚

𝑛, 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙),

𝑅 gaz sabiti olup değeri R= 8,3145𝐽

𝑚𝑜𝑙𝐾 dir.

ÖRNEK-3

Hava için 𝛾 ≅ 1,40, 𝑀 = 0,02895 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 değerlerini kullanarak, sesin

havadaki hızı için

𝑣ℎ𝑎𝑣𝑎 = 20.05√𝑇 (𝑚/𝑠) (6.105a)

elde ederiz. Bu ifade kullanılarak hesaplanan değişik sıcaklık değerlerindeki hız

değerleri aşağıda verilmiştir.

𝑇 = 273 𝐾 𝑣 = 331,3 𝑚/𝑠

𝑇 = 300 𝐾 𝑣 = 347,3 𝑚/𝑠

𝑇 = 313 𝐾 𝑣 = 354,7 𝑚/𝑠

Eğer sıcaklık C cinsinden alınırsa,

𝑣ℎ𝑎𝑣𝑎 ≅ 331,4 + 0.6𝑇𝐶 (𝑚/𝑠) (6.105b)

yazabiliriz.

33

6.10 HAVA (AKIŞKAN) BORULARINDA TİTREŞİM MODLARI

Bir akışkan (sıvı veya gaz ) dolu boru çoğu zaman bir katı çubuğa özdeş bir

sistemi temsil edebildiğini budan önceki kesimde tartışmıştık. Akışkan içinde

dalga denkleminin

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝜉

𝜕𝑡2 (6.106)

ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Bu denklemi çeşitli sınır koşullarında çözerek

titreşim modları hakkında bilgiler elde edebiliriz. Bu denklemin genel çözümü

"değişkenlerine ayırma" yöntemi ile yapılabilir. Bu çözümün

𝜉(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ) (6.107)

olacağını biliyoruz (Daha önce bir çubuğun veya bir ipin titreşimlerini incelerken

yapılan işlemlerin aynısı).

Burada bu denklemin bazı özel sınır koşullarında çözümünü tartışacağız. Örneğin

bir ucu kapalı, diğer ucu açık bir boru düşünelim:

Açık uç, maksimum hava hareketinin ve sıfır basınç değişiminin olduğu

yerdir.

Kapalı uç ise hareketin olmadığı buna karşı maksimum basınç değişiminin

ortaya çıktığı yerdir.

Şekil-6.12'de bir ucu kapalı tüp içinde ilk üç titreşim modunu temsil eden grafikler

verilmiştir.

Şekil-6.12. Bir ucu kapalı bir düzgün tüp içindeki havanın titreşimlerinin ilk üç

modu. a) Tüp içindeki havanın yer değişimi (𝜉) , b) Tüp içindeki havanın basınç

değişimi (p).

34

6.11 İKİ BOYUTLU SİSTEMLERİN TİTREŞİMİ MODLARI

Şimdi ince bir metal veya gerilmiş elastik bir zar gibi iki boyutlu sistemlerin

titreşimlerini ve normal modlarını kısaca tartışacağız. Şekil-6.13a'da

𝑥𝑦-düzleminde gerilmiş bir zarın diferansiyel bir elemanının denge durumu ve

titreşim durumunda yer değiştirmesi şematik olarak gösterilmiştir. (Burada

abartılı bir çizim verildiğini unutmayalım. Gerçekte küçük titreşimlerle

ilgileniyoruz. Bazı büyüklüklerin şekil üzerinde gösterilebilmesi için böyle bir

çizim yapmak durumundayız).

Şekil-6.13. a) 𝑥𝑦 -düzleminde her yönde gerilme kuvvetine maruz kalan 𝛿𝑥𝛿𝑦

alanına sahip zar parçasının tabanda denge durumunda ve titreşim sırasında yer

değiştirmiş hali. b)Aynı zar parçasının yandan görünüşünün 𝑥𝑧 -düzleminde

çizilmiş hali verilmiştir.

Şekildeki gerilmiş zarın kenarlarına dik olarak etkiyen kuvvetleri yazabilmek için,

birim uzunluk başına etkiyen kuvveti 𝑆 ile gösterelim. Buna yüzey gerilimi

diyebiliriz. Bu değerin zarın her yeri için aynı olduğunu kabul edeceğiz. Burada 𝑆

kuvvetinin kenarlara dik olduğunu tekrar belirtelim. Şekildeki gibi seçtiğimiz

diferansiyel zar parçasının kenarları 𝛿𝑥 𝑣𝑒 𝛿𝑦 uzunluklarına sahiptir. Bu

durumda,

𝑥𝑧 - düzlemindeki her iki uca etkiyen kuvvet = 𝑆 𝛿𝑥

𝑦𝑧 - düzlemindeki her iki uca etkiyen kuvvet = 𝑆 𝛿𝑦

Zarın diferansiyel parçasının kütlesi = 𝜎 𝛿𝑥𝛿𝑦

yazabiliriz. Burada 𝜎 birim yüzeyin kütlesidir.

𝑥𝑧-düzleminde zarın eğriliği yüzünden oluşan enine (z yönünde) net kuvvet için:

35

𝐹𝑥𝑧 = 𝑆𝛿𝑦 sin(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑆𝛿𝑦 sin 𝜃 ≅ 𝑆𝛿𝑦 tan(𝜃 + 𝛿𝜃) − 𝑆𝛿𝑦 tan𝜃 (6.108)

ifadesini yazabiliriz (Küçük titreşim yaklaşımında). Burada

tan 𝜃 = (𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥

ve

tan(𝜃 + 𝛿𝜃) = (𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥+𝛿𝑥

= [(𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥+ (

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2)𝛿𝑥]

alarak 𝐹𝑥𝑧 kuvveti için

𝐹𝑥𝑧 = 𝑆𝛿𝑦 (𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥+𝛿𝑥

− 𝑆𝛿𝑦 (𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥

𝐹𝑥𝑧 = 𝑆𝛿𝑦 [(𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥+ (

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2)𝛿𝑥 − (

𝜕𝑧

𝜕𝑥)𝑥]

𝐹𝑥𝑧 = 𝑆𝛿𝑦 (𝜕2𝑧

𝜕𝑥2) 𝛿𝑥 (6.109)

elde edilir.

Benzer hesap yapılarak 𝑦𝑧-düzleminde zarın eğriliği yüzünden oluşan enine (z

yönünde) net kuvvet için ise

𝐹𝑦𝑧 = 𝑆𝛿𝑥 (𝜕2𝑧

𝜕𝑦2) 𝛿𝑦 (6.110)

yazabiliriz. Seçilen zar elemanına 𝑧-yönünde etkiyen net kuvvet bu iki kuvvetin

toplamı olacaktır:

𝐹𝑛𝑒𝑡 = 𝑆𝛿𝑦 (𝜕2𝑧

𝜕𝑥2) 𝛿𝑥 + 𝑆𝛿𝑥 (

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2) 𝛿𝑦 (6.111)

olacaktır. Seçilen diferansiyel zar parçasının kütlesi 𝛿𝑚 = 𝜎𝛿𝑥𝛿𝑦’dir. Bu

durumda Newton’un ikinci yasası (𝐹 = 𝑚𝑎) uygulanırsa

𝜎𝛿𝑥𝛿𝑦𝜕2𝑧

𝜕𝑡2= 𝑆𝛿𝑥𝛿𝑦 (

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2) + 𝑆𝛿𝑥𝛿𝑦

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2

𝜎𝜕2𝑧

𝜕𝑡2= 𝑆 (

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2)

veya

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=

1

(𝑆 𝜎⁄ ) 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 (6.112)

yazabiliriz. Burada 𝑆

𝜎= 𝑣2 alınarak titreşen zar için

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=

1

𝑣2 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 (6.113)

diferansiyel denklemini yazabiliriz. Bu ifade iki boyutta titreşen sistemin dalga

denklemidir.

36

6.11.1 Değişkenlere ayırma yöntemi ile iki boyutta titreşen sistemin dalga

denkleminin çözümü

(6.113) denkleminin çözümünü de değişkenlerine ayırma yöntemiyle yapabiliriz

(Tek boyutlu örneğe tekrar bakınız).

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)𝑇(𝑡) (6.114)

Bu fonksiyonda 𝜕2𝑧

𝜕𝑥2= 𝑌𝑇

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2 ,

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2= 𝑋𝑇

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 ,

𝜕2𝑧

𝜕𝑡2= 𝑋𝑌

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2

Türevleri alınarak (6.113) denkleminde yerine yazılırsa

𝑌𝑇𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ 𝑋𝑇

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2=1

𝑣2𝑋𝑌𝜕2𝑇

𝜕𝑡2

elde edilir. Her iki tarafı 𝑋𝑌𝑇'ye bölünerek

1

𝑋

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2=1

𝑣21

𝑇

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2

veya

𝑣21

𝑋

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ 𝑣2

1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2=

1

𝑇

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2 (6.115)

yazabilir. Burada 𝑋, 𝑌 ve 𝑇 birbirinden bağımsızdır. Bu nedenle bu eşitliğin sol ve

sağ tarafları −𝜔2 gibi bir sayıya eşit alınabilir. Bu durumda

1

𝑇

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2= −ω2 ⇒

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2+ω2𝑇 = 0 (6.116)

ve

𝑣21

𝑋

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ 𝑣2

1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2= −ω2 ⇒

1

𝑋

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ω2

𝑣2= −

1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 (6.117)

yazılabilir. (6.117) denkleminin her iki tarafını 𝑘2 gibi bir sayıya eşit alabiliriz:

1

𝑋

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ω2

𝑣2= 𝑘2

−1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2= 𝑘2

Buradan

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ (

ω2

𝑣2− 𝑘2)𝑋 = 0 (6.118a)

ve

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2+ 𝑘2𝑌 = 0 (6.118b)

yazabiliriz.

37

Şimdi elde edilen bu diferansiyel denklemleri bir arada yazalım:

𝜕2𝑇

𝜕𝑡2+ω2𝑇 = 0 (6.119a)

𝜕2𝑋

𝜕𝑥2+ (

ω2

𝑣2− 𝑘2)𝑋 = 0 (6.119b)

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2+ 𝑘2𝑌 = 0 (6.119c)

Bu üç denklem BHH denklemine benzemektedir. Bu nedenle çözümler için

𝑇(𝑡) = 𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (6.120a)

𝑋(𝑥) = 𝐴𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠√

ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 (6.120b)

𝑌(𝑦) = 𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦 (6.120c)

yazabiliriz. Bunları 𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)𝑇(𝑡) çözümünde yerine yazarsak iki

boyutlu dalga denkleminin çözümü için

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = (𝐴𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠√

ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 ) (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (6.121a)

sonucunu elde ederiz. Genel çözüm için ise birçok modun üst üste binmesine karşı

gelecek şekilde yazılabilir.

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = ∑ (𝐴𝑖𝑠𝑖𝑛√ω𝑖2

𝑣2− 𝑘𝑖

2 𝑥 + 𝐵𝑖𝑐𝑜𝑠√ω𝑖2

𝑣2− 𝑘𝑖

2 𝑥 ) (𝐶𝑖𝑠𝑖𝑛𝑘𝑖𝑦 + 𝐷𝑖𝑐𝑜𝑠𝑘𝑖𝑦)(𝐸𝑖𝑠𝑖𝑛ω𝑖𝑡 + 𝐹𝑖𝑐𝑜𝑠ω𝑖𝑡)∞𝑖=0

(6.121b)

Burada 𝐴𝑖 , 𝐵𝑖 , 𝐶𝑖 , 𝐷𝑖 sabitleri sınır koşullarından; 𝐸𝑖 𝑣𝑒 𝐹𝑖 ise başlangıç

koşullarında tayin edilir. 𝜔𝑖 'ler doğal açısal frekanslardır. Bu konuda örnek bir

problem size verilecek problem setlerinde yer alacaktır.

6.12 KUTUPSAL (POLAR) KOORDİNATLARDA DALGA DENKLEMİ

İki boyutlu sistemler için titreşimlerin diğer önemli grubu sınırın dairesel olması

durumunda elde edilir. Bunun için dik koordinat sisteminde yazılan dalga

denklemini polar koordinatlarda yazmak uygun olacaktır. Polar koordinatlarda iki

boyutlu dalga denklemi için

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝑟+

1

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕θ2=

1

𝑣2𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 (6.122)

ifadesi yazılabilir.

38

Çembersel geometride simetri nedeniyle 𝜕𝑧

𝜕= 0 olacağından dairesel zarların

titreşimi için

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝑟=

1

𝑣2𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 (6.123)

ifadesini yazabiliriz. Bu denklemin türetilmesini size verilecek problem setinde

bulabilirsiniz.

Bu durumda dairesel zarların titreşimleri denklem (6.122)’nin çözümü ile elde

edilir. Bu denklemin çözümü değişkenlerine ayırma yöntemiyle yapılır. Ancak

çözüm için Bessel fonksiyonlarını bilmek gerekecektir. Bu ders kapsamında

dairesel zarların titreşimlerini ele almayacağız. Ancak ileride mikrofon, davul v.b

cihazların titreşim modlarını incelemek isterseniz bu çözümü yapmak durumunda

kalabilirsiniz. Matematik derslerinde Bessel fonksiyonlarını incelerken bir örnek

problem olarak konuyu ele alabilirsiniz.

6.13 ÜÇ BOYUTLU SİSTEMLERİN NORMAL MODLARI

Jöleye benzer bir madde ile dolu kap aniden üflenirse kabı dolduran maddenin

karmaşık bir biçimde titreştiği görülür. Üç boyutlu sistemlerde titreşimin

oluşturduğu doğrultularda boş bir koordinata sahip olmalıyız. Böylece daha önce

bir ve iki boyutlu sistemler için yazdığımız eşitliklere benzer olarak üç boyutta da

hareketin diferansiyel denkleminin yazılabilir. Ancak burada bu denklemin

türetilmesine girmeyeceğiz. Üç boyutta titreşen bir sistemin dalga denklemi

𝜕2ψ

𝜕𝑥2+𝜕2ψ

𝜕𝑦2+𝜕2ψ

𝜕𝑧2=

1

𝑣2𝜕2ψ

𝜕𝑡2 (6.124)

şeklinde verilmektedir. Burada 𝑣 = √𝐵/𝜌 alınabilir. Skaler 𝜓 niceliği ise

herhangi bir zaman ve konum için basıncın büyüklüğü olabilir. Üç boyutlu

durumda sınır şartlarının sistemin bütün dış yüzeyleri üzerinden tayin edilmesi

gerekir. Tüm sınırları sabit olan bir dikdörtgen blok için, dikdörtgen biçimli zar

için elde edilenlere oldukça benzer bir normal modlar seti hayal edebiliriz. Fakat

bu durumda düğüm noktaları yüzeyler üzerinde yer alır ve her bir normal titreşim,

39

bir adet ip modeli ya da iki adet zar modeli yerine üç adet tam sayılar seti ile

tanımlanır.

6.13.1 Üç boyutta titreşen sistemin dalga denkleminin çözümü

6.124 dalga denklemini değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözebiliriz. Bu durumda

dalga fonksiyonunu

ψ(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)𝑍(𝑧)𝑇(𝑡) (6.125)

şeklinde yazabiliriz. Bu ifade (6.124) denkleminde yerine yazılırsa

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+1

𝑌

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+1

𝑍

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2=

1

𝑣21

𝑇

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2 (6.126a)

elde edilir. Bu denklemin her iki tarafı −𝑘12 gibi bir sayıya eşit alınabilir. Bu

durumda

1

𝑣21

𝑇

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2= −𝑘1

2 (6.126b)

ve

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+1

𝑌

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+1

𝑍

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2= −𝑘1

2 (6.126c)

(6.126b) denklemini yeniden

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2+ 𝑣2𝑘1

2𝑇 = 0 (6.127a)

şeklinde yazabiliriz. Bu denklemin çözümünün

𝑇(𝑡) = 𝐴1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐵1𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡 (6.127b)

olduğunu biliyoruz.

(6.126c) denklemi ise

1

𝑌

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+1

𝑍

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2= −𝑘1

2−1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2⏟ 𝑘22

= −𝑘12 + 𝑘2

2 (6.128)

yazılabilir. Burada 𝑘2 diğer bir sabittir. Bu durumda

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+ 𝑘2

2𝑋 = 0 (6.129a)

yazılabilir. Bunun çözümü ise

𝑋(𝑥) = 𝐴2𝑠𝑖𝑛𝑘2𝑥 + 𝐵2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥 (6.129b)

olacaktır.

(6.128) denklemini

40

1

𝑍

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2= −𝑘1

2 + 𝑘22 −

1

𝑌

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2= −𝑘1

2 + 𝑘22 + 𝑘3

2 (6.130)

şeklinde yazabiliriz. Burada 𝑘3 keyfi başka bir sabittir. Buradan

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+ 𝑘3

2𝑌 = 0 (6.131a)

yazabiliriz. Bu denklemin çözümü ise

𝑌(𝑦) = 𝐴3𝑠𝑖𝑛𝑘3𝑦 + 𝐵3𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦 (6.131b)

olacaktır. (6.130) denkleminden

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2+ (𝑘1

2 − 𝑘22 − 𝑘3

2)𝑍 = 0 (6.132)

yazabiliriz. Burada 𝑘42 = 𝑘1

2 − 𝑘22 − 𝑘3

2 seçilerek,

𝑑2𝑍

𝑑𝑧2+ 𝑘4

2𝑍 = 0 (6.133a)

yazabilir. Bu denklemin çözümü için ise

𝑍(𝑧) = 𝐴4𝑠𝑖𝑛𝑘4𝑧 + 𝐵4𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧 (6.133b)

yazabilir.

(6.127b), (6.129b), (6.131b) ve (6.133b) ile verilen çözümler kullanılarak

𝜓(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) için

ψ(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) =

[(𝐴1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐵1𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡)⏟ 𝑇(𝑡)

(𝐴2𝑠𝑖𝑛𝑘2𝑥 + 𝐵2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥)⏟ 𝑋(𝑥)

(𝐴3𝑠𝑖𝑛𝑘3𝑦 + 𝐵3𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦)⏟ 𝑌(𝑦)

(𝐴4𝑠𝑖𝑛𝑘4𝑧 + 𝐵4𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧)⏟ 𝑍(𝑧)

]

(6.134)

yazabiliriz. Burada 𝐴1 ve 𝐵1 başlangıç değerleri, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 ve , 𝐵2, 𝐵3, 𝐵4 ise sınır

değerleri kullanılarak tayin edilecek sabitlerdir.

41

ÖRNEK-4

Şimdi Şekil-6.14’deki gibi kenarları 𝐿1, 𝐿2 𝑣𝑒 𝐿3 olan dikdörtgenler prizması

şeklinde bir oda düşünelim.

Şekil-6.14

(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = 𝑝(𝑥,𝑦, 𝑧, 𝑡) seçelim. Burada 𝑝 akustik basıç fonksiyonudur. Akustik

dalganın normal modlarını bulmak istiyoruz.

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡)

= [(𝐴1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐵1𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡)⏟ 𝑇(𝑡)

(𝐴2𝑠𝑖𝑛𝑘2𝑥 + 𝐵2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥)⏟ 𝑋(𝑥)

(𝐴3𝑠𝑖𝑛𝑘3𝑦 + 𝐵3𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦)⏟ 𝑌(𝑦)

(𝐴4𝑠𝑖𝑛𝑘4𝑧 + 𝐵4𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧)⏟ 𝑍(𝑧)

]

(6.135)

Kabın duvarlarına yapılan basının eşit olmasından aşağıdaki sınır koşullarını

yazabiliriz:

1. 𝜕𝑝

𝜕𝑥= 0, 𝑥 = 0 𝑣𝑒 𝑥 = 𝐿1

2. 𝜕𝑝

𝜕𝑦= 0, 𝑦 = 0 𝑣𝑒 𝑦 = 𝐿2

3. 𝜕𝑝

𝜕𝑧= 0, 𝑧 = 0 𝑣𝑒 𝑧 = 𝐿3

1. sınır koşulundan: (𝜕𝑝

𝜕𝑥)𝑥=0

= (𝜕𝑋

𝜕𝑥)𝑥=0

= 0

Denklem (6.135)’de verilen çözüm ifadesinde

𝑋(𝑥) = 𝐴2𝑠𝑖𝑛𝑘2𝑥 + 𝐵2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥,

(𝜕𝑋

𝜕𝑥)𝑥=0

= 𝑘2(𝐴2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥 − 𝐵2𝑠𝑖𝑛𝑘2𝑥)𝑥=0 = 𝑘2𝐴2 = 0

𝑥 = 0′da türevin sıfır olabilmesi için, 𝑘2 her zaman sıfır olmadığından 𝐴2 = 0

olmalıdır.

Benzer şekilde

42

2. sınır koşulundan: (𝜕𝑝

𝜕𝑦)𝑦=0

= (𝜕𝑌

𝜕𝑦)𝑦=0

= 0 𝐴3 = 0

3. sınır koşulundan: (𝜕𝑝

𝜕𝑧)𝑧=0

= (𝜕𝑍

𝜕𝑧)𝑧=0

= 0 𝐴4 = 0

olmalıdır. Bu durumda

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (𝐴1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐵1𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡)(𝐵2𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥)(𝐵3𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦)(𝐵4𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧)

veya

𝐶1 = 𝐴1𝐵2𝐵3𝐵4 ve 𝐶2 = 𝐵1𝐵2𝐵3𝐵4 olarak alınırsa

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (𝐶1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡)𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧

yazabiliriz.

Şimdi sınır koşullarının ikinci kısımları uygulanırsa

(𝜕𝑝

𝜕𝑥)𝑥=𝐿1

= (𝜕𝑋

𝜕𝑥)𝑥=𝐿1

= −𝑘2(𝑠𝑖𝑛𝑘2𝐿1) = 0

𝑠𝑖𝑛𝑘2𝐿1 = 0 ⇒ 𝑘2 =𝑙𝜋

𝐿1 , 𝑙 = 0,1,2,3, …

(𝜕𝑝

𝜕𝑦)𝑦=𝐿2

= (𝜕𝑌

𝜕𝑦)𝑦=𝐿2

= −𝑘3(𝑠𝑖𝑛𝑘3𝐿2) = 0

𝑠𝑖𝑛𝑘3𝐿2 = 0 ⇒ 𝑘3 =𝑚𝜋

𝐿2 , 𝑚 = 0,1,2,3, …

(𝜕𝑝

𝜕𝑧)𝑧=𝐿3

= (𝜕𝑍

𝜕𝑧)𝑧=𝐿3

= −𝑘4(𝑠𝑖𝑛𝑘4𝐿3) = 0

𝑠𝑖𝑛𝑘4𝐿3 = 0 ⇒ 𝑘4 =𝑛𝜋

𝐿3 , 𝑛 = 0,1,2,3,…

Bu durumda titreşim fonksiyonu

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (𝐶1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡) (𝑐𝑜𝑠𝑙𝜋

𝐿1𝑥) (𝑐𝑜𝑠

𝑚𝜋

𝐿2𝑦) (𝑐𝑜𝑠

𝑛𝜋

𝐿3𝑧),

𝑙,𝑚, 𝑛 = 0,1,2,3, …

olur. Sistemin doğal frekansları 𝜔 = 𝑣𝑘1 dir. Buradan titreşimlerin normal

modları için

𝑋(𝑥)𝑌(𝑦)𝑍(𝑧) = 𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧

yazabiliriz. Bu durumda 𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) için

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (𝐶1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠𝑣𝑘1𝑡)𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧

43

yazabiliriz. 𝐶1 ve 𝐶2 sabitleri ise verilecek başlangıç koşullarından belirlenir.

Örneğin t=0 iken yüzeyler durgun ise 𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 0) = 0 olacaktır. Bu koşulda

𝐶2 = 0 olmak zorundadır. Sonuç olarak 𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) için

𝑝(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = [𝐶1𝑠𝑖𝑛𝑣𝑘1𝑡]𝑐𝑜𝑠𝑘2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑘3𝑦 𝑐𝑜𝑠𝑘4𝑧

ifadesini yazabiliriz.

Bu ders kapsamında üç boyutlu dalga denklemi ile daha fazla ilgilenmeyeceğiz.

6.14 FOURİER ANALİZİ

Uzunluğu 𝐿 ve iki ucu bağlı olan gerilmiş bir ipin sonsuz sayıda normal modunun

herhangi birinde titreşebileceğini biliyoruz. İpin hareketinin tam olarak aşağıdaki

ifade ile tanımlandığını görmüştük :

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑ 𝐴𝑛 sin (𝑛𝜋𝑥

𝐿)∞

𝑛=1 cos(ω𝑛𝑡 − 𝛿𝑛) (6.136)

İpin gerçek hareketini gözümüzde canlandırmak zordur. Titreşen sistemin 𝑡0 gibi

bir anda fotoğrafını çektiğimizi düşünelim. Bu durumda cos(ω𝑛𝑡0 − 𝛿𝑛) çarpanı

sabit sayılar seti şeklinde elde edilir. Böylece 𝑥’in belli bir değerinde ipin yer

değiştirmesi aşağıdaki gibi yazılabilir.

𝑦(𝑥) = ∑ 𝐵𝑛 sin (𝑛𝜋𝑥

𝐿)∞

𝑛=1 (6.137)

Burada 𝐵𝑛,

𝐵𝑛 = 𝐴𝑛 cos(𝜔𝑛𝑡0 − 𝛿𝑛) (6.138)

dir.

Şimdi aşağıdaki düşünceyi ileri sürebiliriz:

İpin herhangi bir andaki şeklini, 𝑥 = 0 𝑣𝑒 𝑥 = 𝐿 arasında 𝑦(𝑥) fonksiyonu ile

tanımlamak ve denklem (6.137)'de verildiği gibi 𝑠𝑖𝑛ü𝑠 fonksiyonlarının bir sonsuz

serisi olarak bakmak mümkündür. Eğer dikkatimizi 𝑥'in belli bir değeri üzerinde

yoğunlaştırırsak, 𝐴𝑛𝑠𝑖𝑛 (𝑛𝜋𝑥

𝐿)’nin değeri sabit bir 𝐶𝑛 sayısına eşit alınabilir.

Böylece

44

𝑦(𝑡) = ∑ 𝐶𝑛∞𝑛=1 cos(ω𝑛𝑡 − 𝛿𝑛) (6.139)

ifadesine sahip oluruz. Burada 𝜔𝑛 = 𝑛𝜔1 dir. Eşitlik-6.139, 𝜔1 en düşük mod

frekansı olmak üzere, ip üzerindeki herhangi bir nokta 2𝜋 𝜔1⁄ periyodu ile

titreşir. Bu ifade aynı zamanda bu periyodik hareketin uygun faz ve genlikler ile

𝜔1'in tüm mümkün harmoniklerini içeren saf sinüzoidal titreşimlerin bir toplamı

olarak yazılabileceğini ifade eder. Bu yüzden analiz, konumdan ziyade zaman

cinsinden bir Fourier analizidir.

Fourier analizini anlamak için Fourier serilerini bilmek gerek. Burada kısa bir özet

verilecektir (Fizikte Matematiksel Yöntemler-II dersinde bu konu daha ayrıntılı

işlenecektir.).

FOURİER SERİLERİ

Taylor serisinin bir 𝑓(𝑥) fonksiyonuna polinom kullanarak yaklaşımda

bulunduğunu biliyoruz.

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + (𝑥 − 𝑎)𝑓′(𝑎) +(𝑥−𝑎)2

2!𝑓′′(𝑎) + ⋯+

(𝑥−𝑎)𝑛

𝑛!𝑓(𝑛)(𝑎) + 𝑅𝑛(𝑥𝑛)⏟

𝐾𝑎𝑙𝑎𝑛 𝑇𝑒𝑟𝑖𝑚𝑖

(6.140)

Bu yaklaşımın belirli bir 𝑥 = 𝑎 noktasının yakınında 𝑓(𝑥)'e yakın bir değer bulma

esasına dayanır. Taylor serisi genellikle 𝑎 civarında bir aralıkta (gerçekte 𝑎 'yı

merkez alan bir aralıkta) yakınsar. Ama kısmi toplamlarından herhangi biri, ancak

𝑎 'nın oldukça kısıtlı bir komşuluğunda 𝑓(𝑥) 'e yakın düşmesinin beklendiği bir

polinomdur.

Taylor serisinin yerel olarak veya küçük ölçekte iyi iş gördüğünü söyleyebiliriz.

Ancak birçok önemli uygulamada bir 𝑓(𝑥) fonsiyonuna oldukça geniş bir aralıkta

veya geniş ölçekte bir yaklaşımda bulunmak istenir. Bu gibi durumlarda, sık sık

Fourier serisi kullanılır. Kuvvet serisinin temel öğeleri olarak 𝑥 'in kuvvetlerini

alması gibi, Fourier serisi de temel bileşenleri olarak sinüs ve kosinüs kullanılır.

45

[−𝐿, 𝐿] kapalı aralığında verilen ve periyodu 2𝐿 olan olan 𝑓(𝑥) fonksiyonunun

Fourier serisi

𝑓(𝑥) =𝑎0

2+ ∑ (𝑎𝑛 cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿+ 𝑏𝑛 sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿)∞

𝑛=1 (6.141)

ifadesi ile verilir. 𝑓(𝑥) fonksiyonunun sağlaması gerekli koşullar:

i) 𝑓(𝑥) fonksiyonu ve onun 1. ve 2. türevleri [−𝐿, 𝐿] aralığında sürekli olmalıdır.

ii) 𝑓(𝑥) fonksiyonu sürekli değilse, hiç olmazsa sürekli parçalardan oluşmalıdır.

Başka bir deyişle, fonksiyonun süreksizliği ancak bazı noktalarda sonlu birer

sıçrama şeklinde olmalıdır.

Fourier serisindeki 𝑎𝑛 ve 𝑏𝑛 katsayılarını bulmak için aşağıdaki üç integralin

hesaplanması gerekir (Bunun için, Calculus and analytic geometry; George B.

Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz):

1. 1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑚𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 = 0

𝐿

−𝐿 m ve n’nin tüm değerleri için (6.142a)

2. 1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑚𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 = {

1 𝑚 = 𝑛 = 01

2 𝑚 = 𝑛 > 0

0 𝑚 ≠ 𝑛

𝐿

−𝐿 (6.142b)

3. 1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿sin

𝑚𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿{

0 𝑚 = 𝑛 = 01

2 𝑚 = 𝑛 > 0

0 𝑚 ≠ 𝑛

(6.142c)

Burada m ve n tam sayıları pozitif veya sıfır değerlerini alabilir.

Fourier serisinin katsayıları olan 𝑎0 , 𝑎𝑛 ve 𝑏𝑛 katsayılarını bulma işlemleri

aşağıda özetlenmiştir:

𝑎0’yı bulmak için (6.141)’da verilen Fourier serisinin bütün terimlerinin –L

ile L arasındaki ortalama değerlerini almamız gerekir:

1

2𝐿∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿

𝑎02

1

2𝐿∫ 𝑑𝑥𝐿

−𝐿

+∑𝑎𝑛1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+ 𝑏𝑛1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

∞

𝑛=1

Burada sağ taraftaki terimlerden sadece birincisi sıfır değildir. Bu durumda

1

2𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 =𝐿

−𝐿

𝑎0

2

1

2𝐿∫ 𝑑𝑥𝐿

−𝐿=𝑎0

2

46

yazabiliriz. Buradan 𝑎0 için

𝑎0 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝐿

−𝐿 (6.143)

sonucunu elde ederiz.

𝑎𝑛 katsayısını bulmak için (6.141) eşitliği ile verilen serinin her iki tarafı

cos𝑛𝜋𝑥

𝐿 ile çarpılır ve bütün terimlerinin [−𝐿, 𝐿] aralığında ortalaması alınır.

1

2𝐿∫𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿

𝑎02

1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥𝐿

𝑑𝑥𝐿

−𝐿

+ 𝑎11

2𝐿∫ cos

𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+ 𝑎21

2𝐿∫ cos

2𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 +⋯+ 𝑎𝑛

1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 +

𝐿

−𝐿

𝐿

−𝐿

+ 𝑏11

2𝐿∫ sin

𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+ 𝑏21

2𝐿∫ sin

2𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+⋯

+ 𝑏𝑛1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

(6.142) ‘de verilen integraller kullanılarak

1

2𝐿∫𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿

𝑎𝑛1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

=1

2𝑎𝑛

yazabiliriz. Buradan 𝑎𝑛 için

𝑎𝑛 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿𝑑𝑥 (6.144)

yazılır.

𝑏𝑛 katsayısını bulmak için (6.141) eşitliği ile verilen serinin her iki tarafı

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿 ile çarpılır ve bütün terimlerinin [−𝐿, 𝐿] aralığında ortalaması alınır.

1

2𝐿∫𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿

𝑎02

1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥𝐿

𝑑𝑥𝐿

−𝐿

+ 𝑎11

2𝐿∫ cos

𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+ 𝑎21

2𝐿∫ cos

2𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 +⋯+ 𝑎𝑛

1

2𝐿∫ cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 +

𝐿

−𝐿

𝐿

−𝐿

+ 𝑏11

2𝐿∫ sin

𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+ 𝑏21

2𝐿∫ sin

2𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

+⋯

+ 𝑏𝑛1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

47

(6.142) ‘de verilen integraller kullanılarak

1

2𝐿∫𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

𝐿

−𝐿

𝑏𝑛1

2𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

=1

2𝑏𝑛

yazabiliriz. Buradan 𝑏𝑛 için

𝑏𝑛 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿𝑑𝑥 (6.145)

yazılır. Bu üç katsayıyı veren ifadeleri bir arada yazalım:

𝑎0 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝐿

−𝐿

𝑎𝑛 =1

𝐿∫𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿

𝑑𝑥

𝑏𝑛 =1

𝐿∫𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿

𝑑𝑥

𝑓(𝑥) çift fonksiyon ise (𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥)):

𝑎𝑛 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿𝑑𝑥 =

2

𝐿∫ 𝑓(𝑥) cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

0𝑑𝑥

ve

𝑏𝑛 = 0

𝑓(𝑥) tek fonksiyon ise (𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥)):

𝑏𝑛 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

−𝐿𝑑𝑥 =

2

𝐿∫ 𝑓(𝑥) sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿

𝐿

0𝑑𝑥

ve

𝑎𝑛 = 0

olacağını gösterebilirsiniz.

48

ÖRNEK-5

Şekilde verilen kare dalga için Fourier serisini bulunuz.

Şekil-1

Çözüm:

Şekil-1’de verilen 𝑓(𝑥) kare dalga fonksiyonunun periyodu 2𝜋 ‘dir. Bu fonksiyon

𝑓(𝑥) = { 0 − 𝜋 < x < 0 1 0 < 𝑥 < 𝜋

şeklinde ifade edilebilir. Burada (6.144) ve (6.145) ifadeleri kullanılırken L=

alınacağı açıktır.

𝑎𝑛 =1

𝜋∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑛𝑥𝜋

−𝜋𝑑𝑥 =

1

𝜋[∫ 0× cos 𝑛𝑥0

−𝜋𝑑𝑥⏟

0

+ ∫ 1 × cos 𝑛𝑥𝜋

0𝑑𝑥]

=1

𝜋∫ cos 𝑛𝑥𝜋

0𝑑𝑥 = {

0 𝑛 ≠ 0 𝑖𝑠𝑒 1 𝑛 = 0 𝑖𝑠𝑒

}

Buradan 𝑎0 = 1 , 𝑎𝑛 = 0 elde edilir.

𝑏𝑛 =1

𝜋[∫ 0 × sin𝑛𝑥0

−𝜋𝑑𝑥⏟

0

+ ∫ 1 × sin𝑛𝑥𝜋

0𝑑𝑥] =

1

𝜋∫ sin𝑛𝑥𝜋

0𝑑𝑥 =

1

𝜋[−

𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥

𝑛]0

𝜋=

1

𝑛𝜋[−(−1)𝑛 + 1]

Burada n tek ise 𝑏𝑛 =2

𝑛𝜋 ve n çift ise 𝑏𝑛 = 0 olur.

Bu değerler (6.141) serisinde yerine yazılırsa 𝑓(𝑥) kare dalga fonksiyonu

𝑓(𝑥) =1

2+2

𝜋(𝑠𝑖𝑛𝑥 +

1

3𝑠𝑖𝑛3𝑥 +

1

5𝑠𝑖𝑛5𝑥 +⋯) =

1

2+2

𝜋∑

sin𝑛𝑥

𝑛

∞

𝑛=1,3,5,…

şeklinde ifade edilir. Şekil-2’de kare dalganın Fourier serisi ile ifade edilmesi

gösterilmiştir. Toplanan terim sayısı arttıkça Fourier serisinin kare dalgayı çok iyi

temsil etmeye başladığına dikkat ediniz.

−2𝜋 − 𝜋 0 𝜋 2𝜋 3𝜋

49

Şekil-2 Kare dalganın Fourier serisi ile ifade edilmesi.

ÖRNEK-6

Uzunluğu 2,5 m ve kütlesi 0,01 kg olan bir tel 10 N’luk bir gerilim altındadır.

a) Telin temel titreşim modunun frekansı nedir?

b) Eğer tel enine titreştirilir ve bir ucundan 0,5 m ileride bir noktadan tutulursa

hangi frekanslar mevcuttur? (French-p6.1)

Çözüm:

a) Gerilmiş bir tel için titreşim modlarının frekansı için

𝑓𝑛 =𝑛

2𝐿(𝑇/𝜇)1/2, n= 1, 2, 3, ...

bağıntısını türetmiştik (Ders notlarına bakınız). Temel titreşim modunun (n=1)

frekansı

𝑓1 =1

2 × 2,5(10/(

0,01

2,5))1/2 =

1

5(25

0,01)1/2 =

1

5(2500)1/2 =

50

5= 10 𝐻𝑧

b) Telin bir ucundan 0,5m ötede sürekli bir düğüm noktası oluşmak

zorundadır. Bu nedenle

𝑛 (𝜆𝑛

2) = 0,5 𝑚 ⇒ 𝑛𝜆𝑛 = 1 ⇒ 𝜆𝑛 =

1

𝑛

olmalıdır. Dalga olayında

𝜆𝑛𝑓𝑛 = 𝑣

50

olduğunu biliyoruz. Burada 𝑣 hız olup verilenler kullanılarak

𝑣 = (𝑇/𝜇)1/2 = √10

0,01/2,5= 50 𝑚/𝑠

değeri bulunur. Buradan

𝜆𝑛𝑓𝑛 = 50 ⇒ 𝑓𝑛 =50

𝜆𝑛=

50

1/𝑛= 50𝑛 𝐻𝑧 sonucu elde edilir.

𝑓1 = 50 𝐻𝑧, 𝑓2 = 100 𝐻𝑧, 𝑓3 = 150 𝐻𝑧, 𝑓4 = 200 𝐻𝑧, .....

Sonuç olarak 50 Hz’in katları şeklinde titreşimler mümkündür.

ÖRNEK-7

Uzunluğu L olan homojen bir tel iki ucundan sabitlenmiştir. Sağ taraftaki ucu

𝑦 = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 ile titreşen bir tabla üzerindedir (Şekil’e bakınız). Telin kararlı

titreşimlerini belirleyiniz.

Çözüm:

İki ucu bağlı ipin hareket denklemi değişkenlerine ayırma yöntemiyle çözülerek

𝑦(𝑥, 𝑡) = [𝑎sinω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

elde edilmişti (Ders notlarına bakınız).

Sınır koşullarımız:

i) 𝑥 = 0’da 𝑦(0, 𝑡) = 0

ii) 𝑥 = 𝐿’de 𝑦(𝐿, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡

Birinci koşuldan

0 = b[𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ] ⇒ 𝑏 = 0

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝑎sinω

𝑣𝑥 [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

elde edilir.

İkinci koşul

51

𝐴𝑠𝑖𝑛ω𝑡 = [𝑎sinω

𝑣𝐿] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ] ⇒ 𝑑 = 0 ve 𝐴 = ac [sin

ω

𝑣𝐿] olmasını

gerektirir. Buradan

𝑎𝑐 =𝐴

[sinω𝑣 𝐿]

yazılır. Bu durumda telin kararlı titreşimlerini tanımlayan fonksiyon için

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝑎𝑐sinω

𝑣𝑥 𝑠𝑖𝑛ω𝑡 =

𝐴

[sinω𝑣𝐿]sinω

𝑣𝑥 𝑠𝑖𝑛ω𝑡

yazılabilir.

ÖRNEK-8

Homojen bir çubuk her iki ucu serbest kalacak şekilde orta noktasından bir desteğe

tutturulmuştur.

a) Boyuna titreşimler için çubuğun doğal titreşim frekanslarını bulunuz.

b) 𝑛’inci modun dalga boyu nedir?

c) 𝑛’inci mod için düğüm noktaları nerededir? (French-p6.6)

Çözüm:

a) Boyuna titreşim hareketinin denklemi

𝜕2𝜉

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝜉

𝜕𝑡2 (1)

dir. Bu denklemi değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözümü

𝜉(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (2)

fonksiyonu ile verilir (Ders notlarına bakınız).

𝑥 = 0 ve 𝑥 = 𝐿 'deki uçlar serbest olduğundan uçlarda herhangi bir zor

olmayacaktır. Bu durumda serbest uçta 𝐹 = 𝐴𝑌𝜕𝜉

𝜕𝑥= 0 olmalıdır. Bu ise serbest

52

uçlarda 𝜕𝜉

𝜕𝑥|𝑥=0𝑥=𝐿

= 0 olmasını gerektirir. (2) ifadesinden 𝜕𝜉

𝜕𝑥 türevini hesaplar x=0

sıfıra eşitlersek

𝜕𝜉

𝜕𝑥|𝑥=0

= 𝑎ω

𝑣(𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0 ⇒ 𝑎 = 0

olmalıdır. Bu durumda

𝜉(𝑥, 𝑡) = 𝑏𝑐𝑜𝑠ω

𝑣𝑥(𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

olur. Orta uç bağlı olduğu için

𝜉(𝐿/2, 𝑡) = 𝑏𝑐𝑜𝑠ω

𝑣

𝐿

2(𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0

dir. Burada 𝑏 ≠ 0 olduğundan 𝑐𝑜𝑠ω

𝑣

𝐿

2= 0 olmalıdır. Buradan

𝜔𝑛𝑣

𝐿

2= (𝑛 −

1

2)𝜋

yazılır. Titreşim modlarının frekansı için

𝜔𝑛 =(2𝑛 − 1)𝜋𝑣

𝐿=(2𝑛 − 1)𝜋

𝐿√𝑇

𝜌

ifadesi yazılabilir. Burada 𝜌 çubuğun yoğunludur.

b) 𝜔𝑛 =(2𝑛−1)𝜋𝑣

𝐿 ve 𝜆𝑛𝑓𝑛 = 𝑣 ifadelerinden

2𝜋𝑓𝑛 =(2𝑛−1)𝜋𝜆𝑛𝑓𝑛

𝐿 ⇒ 𝜆𝑛 =

2𝐿

2𝑛−1

bulunur.

n=1 için 𝜆1 = 2𝐿 ⇒ 𝐿 =𝜆1

2= 2

𝜆1

4

n=2 için 𝜆2 =2𝐿

3 ⇒ 𝐿 = 3

𝜆2

2= 6

𝜆2

4

n=3 için 𝜆2 =2𝐿

5 ⇒ 𝐿 = 5

𝜆3

2= 10

𝜆3

4

Titreşim modlarının davranışı aşağıdaki gibi çizilebilir. Burada yer değiştirmenin

boyuna olduğunu unutmamak gerekir. Çubuğun orta ucunda her zaman bir düğüm

noktası olacağı açıktır.

53

ÖRNEK-9

Homojen dikdörtgen bir zar, Şekil-1’deki gibi tüm kenarları gerilmiş ve

sabitleştirilmiştir. Zarın enine titreşimlerini inceleyiniz.

Şekil-1

İki boyutlu zarın titreşimlerini tanımlayan denkleminin

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=

1

𝑣2 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 (1)

olduğunu biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız). Bu denklemi değişkenlerine

ayırma yöntemiyle çözerek

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = (𝐴𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠√

ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 ) (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) (2)

elde etmiştik. Burad 𝑣 = √𝑆/𝜎 dalganın hızı, S yüzey gerilimi ve 𝜎 yüzeyce kütle

yoğunluğudur.

Şekil-1 dikkate alınarak dört adet sınır koşulu yazabiliriz. Kenarlarda deformasyon

olmadığını kabul edeceğiz.

i) 𝑧(0, 𝑦, 𝑡) = 0

ii) 𝑧(𝐿1, 𝑦, 𝑡) = 0

iii) 𝑧(𝑥, 0, 𝑡) = 0

iv) 𝑧(𝑥, 𝐿2, 𝑡) = 0

i) Koşulundan

𝑧(0, 𝑦, 𝑡) = B (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0

54

yazarız. Bunun olabilmesi için B=0 olmalıdır. Bu durumda

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝑥 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

olur.

Buna (ii) koşulunu uygularsanız

𝑧(𝐿1, 𝑦, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝐿1 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0

elde ederiz. Bunun olabilmesi için

𝑠𝑖𝑛√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝐿1 = 0

olmalıdır. Buradan

√ω2

𝑣2− 𝑘2 𝐿1 = 𝑚𝜋

yazabiliriz. Burada 𝛾 = √ω2

𝑣2− 𝑘2 kısaltması yaparak

𝛾𝑚 =𝑚𝜋

𝐿1, 𝑚 = 1, 2, 3, …

yazabiliriz. Bu durumda

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝛾𝑥 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦 + 𝐷𝑐𝑜𝑠𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

olur.

Buna iii- koşulunu uygulayarak

𝑧(𝑥, 0, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝛾𝑥 D(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0

elde ederiz. Bunun her an sağlanabilmesi için D=0 olmalıdır. Bu durumda

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝛾𝑥 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

yazılır.

iv-koşuldan

𝑧(𝑥, 𝐿2, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝛾𝑥 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝐿2)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡) = 0

yazılır. Bunun olabilmesi için

𝑠𝑖𝑛𝑘𝐿2 = 0

olmalıdır. Buradan

𝑘𝑛𝐿2 = 𝑛𝜋

55

veya

𝑘𝑛 =𝑛𝜋

𝐿2, 𝑛 = 1, 2, 3, ….

yazılabilir.

Bu durumda (1) denkleminin çözümü için

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝛾𝑚𝑥 (𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑛𝑦)(𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

veya

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝑠𝑖𝑛𝛾𝑚𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑘𝑛𝑦(𝐴𝐶𝐸𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + AC𝐹𝑐𝑜𝑠ω)

veya

ACE=M ve ACF=N diyerek

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = 𝑠𝑖𝑛𝛾𝑚𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑘𝑛𝑦(𝑀𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + N𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

yazabiliriz.

Genel çözüm ise bunların süperpozisyonu ile verilir:

𝑧(𝑥, 𝑦, 𝑡) = ∑ ∑𝑠𝑖𝑛𝛾𝑚𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑘𝑛𝑦(𝑀𝑚𝑛𝑠𝑖𝑛𝜔𝑚𝑛𝑡 + 𝑁𝑚𝑛𝑐𝑜𝑠𝜔𝑚𝑛𝑡)

∞

𝑛=1

∞

𝑚=1

Burada 𝑀𝑚𝑛 = 𝐴𝑚𝐶𝑛𝐸𝑚𝑛 ve 𝑁𝑚𝑛 = 𝐴𝑚𝐶𝑛𝐹𝑚𝑛 dir. 𝛾𝑚 ve 𝑘𝑛 yukarıda

tanımlanmıştır.

𝛾𝑚 = √ω2

𝑣2− 𝑘2 =

𝑚𝜋

𝐿1 ⇒

ω2

𝑣2− 𝑘2 =

𝑚2𝜋2

𝐿12

ω2

𝑣2− 𝑘2 =

𝑚2𝜋2

𝐿12

ω2

𝑣2−𝑛2𝜋2

𝐿22 =

𝑚2𝜋2

𝐿12

ω2 = 𝑣2 (𝑚2𝜋2

𝐿12 +

𝑛2𝜋2

𝐿22 ) = 𝑆/𝜎 (

𝑚2𝜋2

𝐿12 +

𝑛2𝜋2

𝐿22 )

Sonuç olarak titreşim modlarının frekansları için

𝜔𝑚𝑛 = √𝑆/𝜎 [(𝑚𝜋

𝐿1)2

+ (𝑛𝜋

𝐿2)2

]1/2

ifadesini yazabiliriz.

Şekil-2’de m ve n’nin çeşitli değerleri için zarın titreşim şekilleri verilmiştir.

56

Şekil-2

ÖRNEK-10

Yarıçapı r olan dairesel bir zarın titreşimini veren dalga denklemini yazınız.

Çözüm:

Dik koordinat sisteminde iki boyutlu dalga denkleminin

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=1

𝑣2 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2

ile verildiğini biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız). Bu denklemi kutupsal

koordinatlarda yazarak dairesel geometri için dalga denklemini elde edebiliriz.

Yukarıdaki şekilden

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 , 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃, 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 ve 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1𝑦

𝑥

yazabiliriz. Buradan

57

𝜕𝑥

𝜕𝑟= 𝑐𝑜𝑠𝜃,

𝜕𝑥

𝜕𝜃= −𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃,

𝜕𝑦

𝜕𝑟= 𝑠𝑖𝑛𝜃,

𝜕𝑦

𝜕𝜃= 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 bağıntısından 2𝑟𝜕𝑟

𝜕𝑥= 2𝑥 ⇒

𝜕𝑟

𝜕𝑥=𝑥

𝑟= 𝑐𝑜𝑠𝜃

2𝑟𝜕𝑟

𝜕𝑦= 2𝑦 ⇒

𝜕𝑟

𝜕𝑦=𝑦

𝑟= 𝑠𝑖𝑛𝜃

𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1𝑦

𝑥 bağıntısından

𝜕𝜃

𝜕𝑥= −

𝑦

𝑥2+𝑦2= −

𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟

𝜕𝜃

𝜕𝑦=

𝑥

𝑥2+𝑦2=𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟

yazabiliriz. Bu bağıntılardan yararlanarak aşağıdaki türev işlemlerini yapabiliriz:

1. 𝜕𝑧

𝜕𝜃=

𝜕𝑧

𝜕𝑥

𝜕𝑥

𝜕𝜃+𝜕𝑧

𝜕𝑦

𝜕𝑦

𝜕𝜃= −

𝜕𝑧

𝜕𝑥(𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃) +

𝜕𝑧

𝜕𝑦(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)

2. 𝜕𝑧

𝜕𝑥=𝜕𝑧

𝜕𝑟

𝜕𝑟

𝜕𝑥+𝜕𝑧

𝜕𝜃

𝜕𝜃

𝜕𝑥=𝜕𝑧

𝜕𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 −

𝜕𝑧

𝜕𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟)

3. 𝜕𝑧

𝜕𝑦=𝜕𝑧

𝜕𝑟

𝜕𝑟

𝜕𝑦+𝜕𝑧

𝜕𝜃

𝜕𝜃

𝜕𝑦=𝜕𝑧

𝜕𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 +

𝜕𝑧

𝜕𝜃(𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟)

Buradan

1. 𝜕

𝜕𝑥= 𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕

𝜕𝑟−𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟

𝜕

𝜕𝜃

2. 𝜕

𝜕𝑦= 𝑠𝑖𝑛𝜃

𝜕

𝜕𝑟+𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟

𝜕

𝜕𝜃

operatörlerini yazabiliriz. Bunları kullanarak

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2=𝜕

𝜕𝑥(𝜕𝑧

𝜕𝑥) = [𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕

𝜕𝑟−𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟

𝜕

𝜕𝜃] [𝜕𝑧

𝜕𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 −

𝜕𝑧

𝜕𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟)]

= 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+ 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃

1

𝑟2𝜕𝑧𝜕𝜃+𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝑟𝜕𝑧𝜕𝑟+𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕𝜃2+𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑟2𝜕𝑧

𝜕𝜃

yazabiliriz.

Benzer şekilde

𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=𝜕

𝜕𝑦(𝜕𝑧

𝜕𝑦) = 𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2− 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

1

𝑟2𝜕𝑧𝜕𝜃+𝑐𝑜𝑠2𝜃

𝑟𝜕𝑧𝜕𝑟+𝑐𝑜𝑠2𝜃

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕𝜃2−𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑟2𝜕𝑧

𝜕𝜃

yazabiliriz. Bu iki türev toplanarak,

𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2= (𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟(𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)

𝜕𝑧𝜕𝑟+1

𝑟2(𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)

𝜕2𝑧

𝜕𝜃2

=𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟

𝜕𝑧𝜕𝑟+1

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕𝜃2

elde edilir. Buradan

58

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕𝜃2+1

𝑟

𝜕𝑧𝜕𝑟=𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2

veya ( 𝜕2𝑧

𝜕𝑥2+𝜕2𝑧

𝜕𝑦2=

1

𝑣2 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2 olduğundan),

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟2𝜕2𝑧

𝜕𝜃2+1

𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝑟=1

𝑣2 𝜕2𝑧

𝜕𝑡2

yazılabilir. Bu denklemi kutupsal koordinatlarda dalga denklemidir. Çembersel

geometride simetri nedeniyle 𝜕𝑧

𝜕= 0 olacağından dairesel zarların titreşimi için

𝜕2𝑧

𝜕𝑟2+1

𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝑟=

1

𝑣2𝜕2𝑧

𝜕𝑡2

ifadesini yazabiliriz.

ÖRNEK-11

T gerilimi altında bir ipin x noktasındaki dx kadarlık bir parçasına enine dy kadar

yer değişme yaptırıldığında dx elemanının herhangi bir andaki kinetik ve

potansiyel enerjisinin

𝑑𝐾 =1

2𝜇 (𝜕𝑦

𝜕𝑡)2

𝑑𝑥

𝑑𝑈 =1

2𝑇 (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2

𝑑𝑥

ifadeleri ile verileceğini gösteriniz. Burada 𝜇 ipin birim uzunluğunun kütlesidir.

Çözüm:

dx diferansiyel elemanın kütlesi d𝑚 = 𝜇𝑑𝑥 ve hızı 𝑣 =𝜕𝑦

𝜕𝑡 dir. Bu durumda kinetik

enerjinin ( 1

2𝑚𝑣2 ) tanımı gereği

𝑑𝐾 =1

2𝜇𝑑𝑥 (

𝜕𝑦

𝜕𝑡)2

=1

2𝜇 (𝜕𝑦

𝜕𝑡)2

𝑑𝑥

olacağı açıktır.

Potansiyel enerjiyi, göz önüne alınan küçük ip parçasının düzgün olan ilk

konumuna göre deformasyondan sonra boyundaki uzamayı hesaplayarak

59

yazabiliriz. Bu uzama ile sabit T gerilim kuvvetinin çarpımı deformasyon için

yapılan işi verir. Böylece göz önüne alınan ip parçası için potansiyel enerji

𝑑𝑈 = 𝑇(𝑑𝑠 − 𝑑𝑥)

olacaktır. Burada ds yay elemanı için

𝑑𝑠 = (𝑑𝑥2 + 𝑑𝑦2)1/2 = (1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2)1/2𝑑𝑥

yazabiliriz (Matemetikte bir eğrinin diferansiyel elemanı için bu ifadenin

alındığını biliyorsunuz). Binom serisinin

(1 + 𝑥)𝛼 = 1 + 𝛼𝑥 +𝛼(𝛼 − 1)

2!𝑥2 +

𝛼(𝛼 − 1)(𝛼 − 2)

3!𝑥3 +⋯

olduğunu biliyoruz. Eğer x’in değeri küçük ise ilk iki terimle yetinebiliriz, yani

(1 + 𝑥)𝛼 ≅ 1 + 𝛼𝑥

alabiliriz. Bu bağıntı kullanılarak

(1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2)1/2 ≅ 1 +

1

2(𝜕𝑦

𝜕𝑥)2

yazabiliriz. Bu durumda ds yay elemanı için

𝑑𝑠 = [1 +1

2(𝜕𝑦

𝜕𝑥)2] 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 +

1

2(𝜕𝑦

𝜕𝑥)2𝑑𝑥

elde edilir. Buradan

𝑑𝑠 − 𝑑𝑥 =1

2(𝜕𝑦

𝜕𝑥)2

𝑑𝑥

olacağı açıktır. Bunu

𝑑𝑈 = 𝑇(𝑑𝑠 − 𝑑𝑥)

ifadesinde yerine yazarak P.E için

𝑑𝑈 =1

2𝑇 (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2

𝑑𝑥

sonucunu elde ederiz.

Bu sonucu ilerleyen dalgaların taşıdığı enerjinin hesabında kullanacağız. Bu

nedenle dikkatle incelemeniz önerilir.

60

ÖRNEK-12

Uzunluğu L ve bir ucu kapalı olan boru içindeki havanın titreşim modlarının açısal

frekanslarını hesaplayınız.

Çözüm:

Hava borularında dalga denklemi

𝝏𝟐𝛏

𝝏𝒙𝟐=

𝟏

𝒗𝟐𝝏𝟐𝛏

𝝏𝒕𝟐

dir (Ders notlarına bakınız) . Bu denklemi değişkenlerine ayırma yöntemiyle

çözerek

𝜉(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

sonucunu elde etmiştik. Şimdi şekildeki gibi bir ucu (x=0) açık, diğer ucu (x=L)

kapalı olan hava borusu için yukarıdaki çözümü kullanabiliriz.

Sınır koşulları:

1. 𝜕𝜉(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥|𝑥=0

= 0 açık uç

2. 𝜉(𝑥, 𝑡)|𝑥=𝐿 = 0 kapalı uç

1. koşuldan

𝜕𝜉(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑥|𝑥=0

= (𝑎𝜔

𝑣𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥 − 𝑏

𝜔

𝑣𝑠𝑖𝑛

𝜔

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)|

𝑥=0

= 𝑎𝜔

𝑣(𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) = 0

Buradan a=0 olması gerektiği açıktır. Bu durumda

𝜉(𝑥, 𝑡) = 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝑥(𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) = 𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥(𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + b𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

yazabiliriz. Burada bc=E ve bd=F kısaltmaları yapılırsa

𝜉(𝑥, 𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝑥(𝐸𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

yazabiliriz.

2. koşuldan

61

𝜉(𝐿, 𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝐿(𝐸𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝐹𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) = 0

Bunun her an geçerli olabilmesi için

𝑐𝑜𝑠𝜔

𝑣𝐿 = 0

olması gerekir. Bu ise

𝜔𝑛𝑣𝐿 = (2𝑛 − 1)

𝜋

2

olmasını gerektirir. Buradan titreşim modlarının frekansı için

𝜔𝑛 = (2𝑛 − 1)𝜋𝑣

2𝐿, 𝑛 = 1, 2, 3, …

ifadesini yazabiliriz. Burada 𝑣 = √𝐵

𝜌0 olduğunu tekrar belirtelim.

ÖRNEK-13

Kütlesi m, uzunluğu L olan bir ip T gerilmesi altında olup her iki ucu iki kaynak ile

sürülmektedir. Kaynakların her ikisi aynı frekans, aynı genlik fakat biri diğerine

göre 180° ’lik faz farkına sahiptir. İpin her iki ucunda da düğüm noktası

olmadığını varsayınız. İpin kararlı hal titreşimlerine uyan mümkün en küçük

frekans (𝜔) değeri nedir? (French-p6.5)

Çözüm:

İpin sol ucuna uygulanan sürücü kuvvet nedeniyle bu uç

𝑦(0, 𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

ifadesi ile hareket ederse; sağ uç, 180°’lik faz farkı nedeniyle,

𝑦(𝐿, 𝑡) = −𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

ifadesi tanımlı hareket yapar.

Gerilmiş ipin enine titreşimlerini tanımlayan hareket denklemi

𝜕2𝑦

𝜕𝑥2=1

𝑣2𝜕2𝑦

𝜕𝑡2

olup, çözümünün ise

62

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

ifadesi verildiğini biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).

Sınır koşulları:

1. 𝑦(0, 𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

2. 𝑦(𝐿, 𝑡) = −𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

kullanılarak

1. 𝑦(0, 𝑡) = b(𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

Buradan c=0 ve bd =A olmalıdır. Bu durumda

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) (𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

veya

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎𝑑𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝐴𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

yazabiliriz.

2. sınır koşulundan

𝑦(𝐿, 𝑡) = (𝑎𝑑𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝐿 + 𝐴𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝐿) 𝑐𝑜𝑠𝑡 = −𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

Buradan

𝑎𝑑𝑠𝑖𝑛ω

𝑣𝐿 + 𝐴𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝐿 = −𝐴

olmalıdır. Bu ifadeden ad değeri için

𝑎𝑑 = −1 + 𝑐𝑜𝑠

ω𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛ω𝑣 𝐿

𝐴 = −𝑐𝑜𝑠0 + 𝑐𝑜𝑠

ω𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛ω𝑣 𝐿

𝐴 = −2𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿

2𝑠𝑖𝑛ω2𝑣 𝐿𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿

𝐴

𝑎𝑑 = −𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛ω2𝑣 𝐿

𝐴

elde edilir. Bu değer kullanılarak çözüm için

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴(−𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛ω2𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣𝑥 + 𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣𝑥) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

yazabiliriz .

63

Bu çözümde her iki uçta düğüm noktasının olmadığını biliyoruz. Bu nedenle

düğüm noktaları uçlar arasında olacaktır. En düşük modda orta nokta düğüm

noktası olur. x=L/2 için yukarıdaki fonksiyonun sıfır olacağını göstermek zor

değildir:

𝑦(𝐿/2, 𝑡) = 𝐴(−𝑐𝑜𝑠

ω2𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛ω2𝑣 𝐿

𝑠𝑖𝑛𝜔

𝑣

𝐿

2+ 𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣

𝐿

2) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 𝐴 (−𝑐𝑜𝑠

ω

2𝑣𝐿 + 𝑐𝑜𝑠

𝜔

𝑣

𝐿

2) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0

En düşük modun şekli aşağıdaki gibi olacaktır.

Bu durumda

𝜆1

2= 𝐿 ⇒ 𝜆1 = 2𝐿,

𝑣 = 𝜆1𝑓1 = 2𝐿𝑓1 ⇒ 𝑓1 =𝑣

2𝐿 ⇒ 𝜔1 = 2𝜋𝑓1 = 2𝜋

𝑣

2𝐿 = 𝜋

𝑣

𝐿

⇒ 𝜔1 = 𝜋𝑣

𝐿= 𝜋

√𝑇/𝜇

𝐿=𝜋

𝐿√

𝑇

𝑀/𝐿= 𝜋√

𝑇

𝑀𝐿

𝜔1 = 𝜋√𝑇

𝑀𝐿

Burada 𝜇 = 𝑀/𝐿 alınmıştır.

ÖRNEK-14

a) T gerilimi altında iki ucundan da bağlı L uzunluğundaki bir ip n’inci

karakteristik titreşim modu ile titreşmektedir. Titreşen ipin toplam enerjisini

bulunuz.

b) Bir ip aşağıdaki ifade ile verildiği gibi iki normal modun üst üste gelmesi

şeklinde titreşmesi durumunda ipin titreşimin toplam enerjisini hesaplayınız

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴1𝑠𝑖𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡 + 𝐴3𝑠𝑖𝑛

3𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠(𝜔3𝑡 − 𝜋/4) (1)

64

(French-p6.11)

Çözüm:

İki ucu bağlı bir ipin n’inci modunun yer değişimi (Başlangıçta ipin düz olduğunu

kabul ediyoruz)

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡 , 𝑛 = 1,2,3,… (2)

ifadesi ile verilmektedir (Ders notlarına bakınız). Diferansiyel bir ip elemanının

potansiyel enerjisinin

𝑑𝑈 =1

2𝑇 (

𝜕𝑦

𝜕𝑥)2𝑑𝑥 (3)

ile verildiğini biliyoruz (Örnek-11’e bakınız). (2)’de verilen fonksiyonun 𝜕𝑦

𝜕𝑥 türevi

alınırsa

𝜕𝑦

𝜕𝑥= 𝐴𝑛

𝑛𝜋

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡

elde edilir. Bu ifade (3)’de yerine yazılırsa

𝑑𝑈 =1

2𝑇 (𝐴𝑛

𝑛𝜋

𝐿cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑛𝑡)

2

𝑑𝑥

𝑑𝑈 =1

2𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿2cos2

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡𝑑𝑥

𝑈 =1

2𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿2𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡 ∫ cos2

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

0

𝑈 =1

2𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿2𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡 ∫

1

2(1 + 𝑐𝑜𝑠

2𝑛𝜋𝑥

𝐿)𝑑𝑥

𝐿

0

𝑈 =1

4𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿2𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡 |𝑥 −

𝐿

2𝑛𝜋𝑠𝑖𝑛

2𝑛𝜋𝑥

𝐿|𝑥=0

𝑥=𝐿

𝑈 =1

4𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿2𝐿𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡 =

1

4𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡

𝑈 =1

4𝑇𝐴𝑛

2𝑛2𝜋2

𝐿𝑐𝑜𝑠2ω𝑛𝑡

Potansiyel enerjinin maksimum değeri 𝑈𝑚𝑎𝑥 için

𝑈𝑚𝑎𝑥 =𝐴𝑛2𝑇𝑛2𝜋2

4𝐿

elde edilir. Potansiyel enerjinin maksimum değeri sistemin toplam enerjisine (E)

eşittir. Bu nedenle

65

𝐸 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 =𝐴𝑛2𝑇𝑛2𝜋2

4𝐿

yazabiliriz. Burada

𝜔𝑛 =𝑣𝑛𝜋

𝐿

olduğunu hatırlarsak

𝐸 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 =1

4𝜇𝐿𝐴𝑛

2𝜔𝑛2

yazabiliriz.

b) a-şıkkında yapılan işlemler burada da tekrarlanarak

𝐸 =𝐴12𝑇𝜋2

4𝐿+9𝐴3

2𝑇𝜋2

4𝐿= (𝐴1

2 + 9𝐴32)𝑇𝜋2

4𝐿

sonucunu elde etmek zor değildir. Bu işlemleri yapmanız önerilir.

ÖRNEK-15

Her iki ucu bağlı L uzunluğundaki ip T gerilmesine sahiptir. Bu ip orta

noktasından h kadar çekilip serbest bırakılmıştır.

a) Titreşimlerin enerjisi nedir?

b) İki ucu bağlı ipin ortasından h kadar çekildiği anda ortaya çıkan görüntü ne

kadar sıklıkla ortaya çıkar (İpteki T gerilmesinin enine yer değiştirmelerin

neden olduğu küçük uzunluk artışları ile değişmediğini kabul ediniz)?

(French-p6.12)

Çözüm:

a) Şekildeki OA doğrusunun denkleminin 𝑦 =ℎ

𝐿/2𝑥 =

2ℎ

𝐿𝑥 (1a)

LA doğrusunun denkleminin 𝑦 = 2ℎ(1 −𝑥

𝐿) (1b)

66

olacağını görmek zor değildir (İki noktası bilinen bir doğrunun denklemi).

Sistemin enerjisi = Başlangıçtaki potansiyel enerji

olacaktır. Bu nedenle başlangıçtaki potansiyel enerjiyi hesaplayalım. Potansiyel

enerjiyi, göz önüne alınan ip parçasının düzgün olan ilk konumuna göre

deformasyondan sonra boyundaki uzamayı hesaplayarak yapabiliriz. İpteki T

geriliminin değişmediğini kabul edeceğiz. İpteki uzama ile T geriliminin çarpımı

deformasyon için yapılan işe eşittir. Bu enerji sistemde potansiyel enerji olarak

depolanır. Böylece ip üzerinde göz önüne alınan diferansiyel bir dx elemanının

uzamadan sonraki uzunluğu ds ise diferansiyel elemanın boyundaki değişim için

(ds-dx) yazabiliriz. Bu değişim nedeniyle yapılan iş

𝑑𝑈 = 𝑇(𝑑𝑠 − 𝑑𝑥)

olacaktır. Burada ds için

𝑑𝑠 = √(𝑑𝑥)2 + (𝑑𝑦)2 = [1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

𝑑𝑥

yazabiliriz.

𝑑𝑈 = 𝑇(𝑑𝑠 − 𝑑𝑥) = 𝑇 [[1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥

𝑈 = ∫ 𝑇 [[1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿/2

0

+∫ 𝑇 [[1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿

𝐿/2

𝑈 = ∫ 𝑇 [[1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿/2

0

+∫ 𝑇 [[1 + (𝜕𝑦

𝜕𝑥)2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿

𝐿/2

a) OA doğrusunun denkleminden 𝜕𝑦

𝜕𝑥=2ℎ

𝐿 ⇒ (

𝜕𝑦

𝜕𝑥)2 =

4ℎ2

𝐿2

b) LA doğrusunun denkleminden 𝜕𝑦

𝜕𝑥= −

2ℎ

𝐿 ⇒ (

𝜕𝑦

𝜕𝑥)2 =

4ℎ2

𝐿2

olacağı açıktır. Bunlar yukarıdaki integrallerde yerine yazılırsa

𝑈 = ∫ 𝑇 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿/2

0

+∫ 𝑇 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1] 𝑑𝑥𝐿

𝐿/2

𝑈 = 𝑇 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1] [∫ 𝑑𝑥𝐿/2

0

+∫ 𝑑𝑥𝐿

𝐿/2

]

67

𝑈 = 𝑇 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1] [𝐿

2+𝐿

2]

𝑈 = 𝑇𝐿 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1]

elde edilir. Bu enerji sistemin toplam enerjisidir. Çünkü başlangıçta kinetik enerji

yoktur. Enerjinin korunumu nedeniyle toplam enerji sabit kalacaktır. Sonuç olarak

𝐸 = 𝑇𝐿 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1]

yazabiliriz. Burada binom serisini hatırlarsak

(1 + 𝑥)𝛼 = 1 + 𝛼𝑥 +𝛼(𝛼 − 1)

2!𝑥2 +

𝛼(𝛼 − 1)(𝛼 − 2)

3!𝑥3 +⋯

Eğer x’in değeri küçük ise ilk iki terimle yetinebiliriz, yani

(1 + 𝑥)𝛼 ≅ 1 + 𝛼𝑥

alınabilir. Bu sonuç kullanılarak

[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

≅ 1 +1

2

4ℎ2

𝐿2= 1 +

2ℎ2

𝐿2

yazılır. Bu yaklaşım kullanılarak

𝐸 = 𝑇𝐿 [[1 +4ℎ2

𝐿2]

1/2

− 1] ≅ 𝑇𝐿 [1 +2ℎ2

𝐿2− 1] = 𝑇𝐿 [

2ℎ2

𝐿2]

𝐸 ≅2𝑇ℎ2

𝐿

Bu yaklaşık değeri Örnek-10’den faydalanarak da bulabilirsiniz.

b) Tam ortasından h kadar gerilmiş ipin 1. titreşim modunun frekansı için.

𝜔1 =𝜋𝑣

𝐿

yazabiliriz (Ders notlarındaki örneğe tekrar bakınız),

𝜔1 =𝜋𝑣

𝐿 ⇒ 2𝜋𝑓1 =

𝜋𝑣

𝐿 ⇒ 𝑓1 =

𝑣

2𝐿 ⇒ 𝑇1 =

2𝐿

𝑣=

2𝐿

√𝑇

𝜇

=2𝐿

√𝑇

𝑀/𝐿

= 2𝐿√𝑀

𝑇𝐿

𝑇1 = 2𝐿√𝑀𝐿

𝑇

68

elde edilir (Burada 𝑇1 birinci modun periyodudur). İp birincin periyoduna eşit

zaman aralıklarında ilk gerilmiş halinde gözükecektir.

ÖRNEK-16

Uzunluğu L olan tel iki ucundan T gerilimi altında, şekildeki gibi, bağlıdır. Bu tel

tam ortasından h kadar enine çekiliyor. Tel serbest bırakıldıktan sonra titreşim

hareketi yapıyor.

Şekil-1

a) Şekildeki fonksiyonun Fourier serisini 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 aralığında bulunuz.

b) Telin titreşim modlarını belirleyiniz.

Çözüm:

a) Şekil-1’deki fonksiyonu

𝑦 = {

2ℎ

𝐿𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤

𝐿

2

2ℎ (1 −𝑥

𝐿),

𝐿

2≤ 𝑥 ≤ 𝐿

(1)

şeklinde yazabiliriz (Örnek-11’e bakınız).

(1) ifadesi ile verilen fonksiyonun 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 aralığında Fourier serisini elde

etmek için bu fonksiyonu Şekil-2’deki gibi tamamlayarak [−𝐿, 𝐿] aralığında

periyodu 2L olan fonksiyon olarak tanımlayabiliriz.

Şekil-2

[−𝐿, 𝐿] kapalı aralığında verilen ve periyodu 2𝐿 olan olan 𝑓(𝑥) fonksiyonunun

Fourier serisi

69

𝑓(𝑥) =𝑎0

2+ ∑ (𝑎𝑛 cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿+ 𝑏𝑛 sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿)∞

𝑛=1 (2)

ifadesi ile verilir (Ders notlarına bakınız).

Şekildeki fonksiyonun tek bir fonksiyon olduğu açıktır ( 𝑓(𝑥) = −𝑓(𝑥)) . Bu

nedenle 𝑎0 = 0 ve 𝑎n = 0 olacaktır. Bu durumda 𝑓(𝑥) için

𝑓(𝑥) = ∑𝑏𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

yazabiliriz. Buradan

𝑏𝑛 =1

𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝐿

−𝐿

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 =

2

𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝐿

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝑏𝑛 =2

𝐿[∫

2ℎ

𝐿𝑥

𝐿/2

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 + ∫ 2ℎ (1 −

𝑥

𝐿)

𝐿

𝐿/2

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥]

𝑏𝑛 =4ℎ

𝐿2[∫ 𝑥

𝐿/2

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 + ∫ (𝐿 − 𝑥)

𝐿

𝐿/2

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥]

𝑏𝑛 =4ℎ

𝐿2[∫ 𝑥

𝐿/2

0

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 − ∫ 𝑥

𝐿

𝐿/2

sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 + 𝐿∫ sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

𝐿/2

]

Bu üç integrali hesaplayıp yerine yazmamız gerekir:

∫𝑥 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 integrali kısmı integrasyon yöntemi ile hesaplanarak

∫𝑥 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 = −

𝐿

𝑛𝜋𝑥 cos

𝑛𝜋𝑥

𝐿+

𝐿2

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

elde edilir (Buradaki ara işlemleri yapmanızı öneririz). Bu sonuç kullanılarak

1. ∫ 𝑥𝐿/2

0sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 = −

𝐿2

2𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2+

𝐿2

(𝑛𝜋)2sin

𝑛𝜋

2

2. ∫ 𝑥𝐿

𝐿/2sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥 = −

𝐿2

𝑛𝜋cos𝑛𝜋 +

𝐿2

2𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2−

𝐿2

(𝑛𝜋)2sin

𝑛𝜋

2

yazılır. Ayrıca

3. ∫ sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑑𝑥

𝐿

𝐿/2= −

𝐿

𝑛𝜋cos 𝑛𝜋 +

𝐿

𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2

olacağı açıktır.

Bu üç integral yukarıda yerine yazılarak

70

𝑏𝑛 =4ℎ

𝐿2[−

𝐿2

2𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2+

𝐿2

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋

2+𝐿2

𝑛𝜋cos 𝑛𝜋 −

𝐿2

2𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2

+𝐿2

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋

2+ −

𝐿2

𝑛𝜋cos 𝑛𝜋 +

𝐿2

𝑛𝜋cos

𝑛𝜋

2]

𝑏𝑛 =4ℎ

𝐿2[2𝐿2

(𝑛𝜋)2sin

𝑛𝜋

2] =

8ℎ

(𝑛𝜋)2sin

𝑛𝜋

2= (−1)

𝑛−1

28ℎ

(𝑛𝜋)2 , 𝑛 = 𝑡𝑒𝑘 𝑡𝑎𝑚 𝑠𝑎𝑦𝚤𝑙𝑎𝑟

𝑏𝑛 = (−1)𝑛−12

8ℎ

(𝑛𝜋)2

Fourier serisi için

𝑓(𝑥) = ∑𝑏𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

=∑(−1)𝑛−12

8ℎ

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

yazabiliriz.

b) İki ucundan bağlı gerilmiş telin enine titreşimlerini

𝜕2y

𝜕𝑥2=1

𝑣2𝜕2y

𝜕𝑡2

denklemini değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözerek

𝑦(𝑥, 𝑡) = [𝑎sinω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

elde etmiştik (Ders notlarına bakınız).

𝑥 = 0’da 𝑦(0, 𝑡) = 0 olduğundan (bağlı uç)

𝑦(0, 𝑡) = [𝑏][𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ] = 0

Buradan b=0 olması gerektiği açıktır. Budurumda

𝑦(𝑥, 𝑡) = [𝑎sinω

𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

yazılır.

𝑥 = 𝐿’da 𝑦(𝐿, 𝑡) = 0 olduğundan (bağlı uç)

𝑦(𝐿, 𝑡) = [𝑎sinω

𝑣𝐿] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ] = 0

Buradan

sinω

𝑣𝐿 = 0

olmalıdır. Bu ise

𝜔𝑛

𝑣𝐿 = 𝑛𝜋 ⇒ 𝜔𝑛 =

𝑛𝜋𝑣

𝐿

71

olmayı gerektirir. Buradan

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = [𝑎𝑛sin

𝑛𝜋𝑣𝐿𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛𝜔𝑛𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 ]

veya

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = [𝑎𝑛sin𝑛𝜋

𝐿𝑥] [𝑐𝑛𝑠𝑖𝑛𝜔𝑛𝑡 + 𝑑𝑛𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 ]

yazabiliriz.

Tel başlangıçta durgun olduğu için

𝜕𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= 0

olmalıdır.

𝜕𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= [𝑎𝑛sin𝑛𝜋

𝐿𝑥] [𝑐𝑛𝜔𝑛𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 − 𝑑𝑛𝜔𝑛𝑠𝑖𝑛𝜔𝑛𝑡 ]|𝑡=0

𝜕𝑦(𝑥, 𝑡)

𝜕𝑡|𝑡=0

= [𝑎𝑛sin𝑛𝜋

𝐿𝑥] [𝑐𝑛𝜔𝑛]

Bu sonuç 𝑐𝑛 = 0 olmayı gerektirir. Bu durumda

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = [𝑎𝑛sin𝑛𝜋

𝐿𝑥] [𝑑𝑛𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 ]

veya 𝑎𝑛𝑑𝑛 = 𝐵𝑛 alarak

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝐵𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡

yazılır. Genel çözüm ise harmoniklerin üst üste gelmesi (süperpozisyon) ile verilir:

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑𝐵𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡

∞

𝑛=0

Bu ifade

𝑓(𝑥) = ∑𝑏𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

= ∑(−1)𝑛−12

8ℎ

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

sonucu kullanılarak

𝑦(𝑥, 𝑡) = ∑𝐵𝑛 sin𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡

∞

𝑛=0

=∑(−1)𝑛−12

8ℎ

(𝑛𝜋)2sin𝑛𝜋𝑥

𝐿

∞

𝑛=1

𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡

yazılabilir. Bu ifade verilen koşullardaki telin titreşimlerini tanımlar.

72

Burada

𝜔𝑛 =𝑛𝜋𝑣

𝐿=𝑛𝜋

𝐿√𝑇

𝜇= 𝑛𝜔1

olduğunu hatırlatalım. Telin ilk dört titreşim modu ( n=1, 3, 5, 7):

𝑦(𝑥, 𝑡)𝑛 = (−1)𝑛−1

28ℎ

(𝑛𝜋)2sin

𝑛𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔𝑛𝑡 ( n=tek tam sayılar)

ifadesinden

𝑦(𝑥, 𝑡)1 =8ℎ

𝜋2sin𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡

𝑦(𝑥, 𝑡)3 = −8ℎ

9𝜋2sin3𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠3𝜔1𝑡

𝑦(𝑥, 𝑡)5 =8ℎ

25𝜋2sin5𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠5𝜔1𝑡

𝑦(𝑥, 𝑡)7 = −8ℎ

49𝜋2sin7𝜋𝑥

𝐿𝑐𝑜𝑠7𝜔1𝑡

yazılır (n’nin çift değerleri yasaklanmıştır).

ÖRNEK-17

Uzunluğu L ve kütlesi m olan homojen bir gitar teli şekildeki iki ucundan T

gerilimi altında bağlanmıştır. Aynı şekilde kütleleri m/5 olan 5 adet boncuk eşit

aralıklarla kütlesi ihmal edilebilen bir tel üzerindedir. Uzunluğu L olan tel T

gerilimi altında iki ucundan bağlıdır.

a) Sınır koşullarını kullanarak titreşimlerin n’inci mod frekansını veren ifadeyi

türetiniz. Frekansı n, T, L ve m cinsinden ifade ediniz.

b) Enine titreşimlerin ilk beş modunun frekansını yazınız.

c) İlk beş modun sayısal değerlerini, beş adet boncuk bağlanmış sistemin ilk

beş modunun frekansı ile karşılaştırınız.

73

d) Telin ve boncuklu sistemin ilk beş modunun şeklini çizerek karşılaştırın.

Çözüm:

a) Gerilmiş ipin titreşim hareketleri

𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑥2=

1

𝑣2𝜕2𝑦(𝑥,𝑡)

𝜕𝑡2

denklemi ile tanımlı olduğunu biliyorsunuz. Bu denklemin değişkenlerine ayırma

yöntemi yapılan çözümünün

𝑦(𝑥, 𝑡) = [𝑎sinω

𝑣𝑥 + 𝑏𝑐𝑜𝑠

ω

𝑣𝑥] [𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

ifadesi ile verildiğini de biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).

İki ucu sabit (bağlı) olan ip için sınır koşulları:

i) 𝑥 = 0 𝑦(0, 𝑡) = 0

ii) 𝑥 = 𝐿 𝑦(𝐿, 𝑡) = 0

olacağı açıktır.

(i) koşulundan :

0 = 𝑏[𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡 ]

yazabiliriz. Bunun olması için gerek ve yeter koşul 𝑏 = 0 olmasıdır. Bu durumda

𝑦(𝑥, 𝑡) fonksiyonu için

𝑦(𝑥, 𝑡) = (𝑎sinω

𝑣𝑥) (𝑐𝑠𝑖𝑛ω𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠ω𝑡)

yazılabilir.

ii) koşulundan :

0 = (𝑎sin𝜔

𝑣𝐿) (𝑐𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑡 + 𝑑𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)

yazılabilir. 𝑎 ≠ 0 olduğuna göre

sin𝜔

𝑣𝐿 = 0

olmalıdır. Buradan 𝜔𝑛𝑣𝐿 = 𝑛𝜋

veya

ω𝑛 =𝑛𝜋𝑣

𝐿, 𝑛 = 1,2,3, …

veya doğal frekanslar için ise

74

𝑓𝑛 =𝑛𝑣

2𝐿

yazılır.

Burada 𝑣 = (𝑇

𝜇)12⁄= (

𝑇

𝑚/𝐿)12⁄= (

𝑇𝐿

𝑚)12⁄ olduğu açıktır. Bu değer kullanılarak

𝑓𝑛 =𝑛

2𝐿(𝑇𝐿

𝑚)

12⁄

=𝑛

2(𝑇

𝑚𝐿)

12⁄

yazılabilir. Buradan

𝑓𝑛 = 𝑛𝑓1

yazılabilir.

b) İlk beş modun frekansları:

𝑓1 =1

2(𝑇

𝑚𝐿)

12⁄

𝑓2 = (𝑇

𝑚𝐿)12⁄= 2𝑓1

𝑓3 =3

2(𝑇

𝑚𝐿)

12⁄

= 3𝑓1

𝑓4 = 2(𝑇

𝑚𝐿)

12⁄

= 4𝑓1

𝑓5 =5

2(𝑇

𝑚𝐿)

12⁄

= 5𝑓1

c) Daha önce n tane boncuklu sistemin enine titreşimlerini incelemiş ve n’inci

modun frekansı için

ω𝑛 = 2ω0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋

2(𝑁+1)]

ifadesini türetmiştik (5. Bölüm ders notlarına bakınız).

Burada

ω0 = √𝑇

𝑀𝑙= √

𝑇

(𝑚

5)(𝐿

6)= √

30𝑇

𝑚𝐿

olacağı açıktır. Bu ifade yerine yazılarak

f𝑛 =1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝑛𝜋

2(𝑁+1)]

elde edilir.

N=5 olduğundan

75

f𝑛 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝑛𝜋

12]

yazılabilir. Boncuklu sistemin ilk beş modu için aşağıdaki ifadeleri yazabiliriz:

f1 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝜋

12]

f2 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝜋

6]

f3 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝜋

4]

f4 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

𝜋

3]

f5 ≅1

𝜋√30𝑇

𝑚𝐿 𝑠𝑖𝑛 [

5𝜋

12]

d) Aşağıdaki şekilde gerilmiş gitar teli ve boncuklu sistemin titreşim

modlarının şekilleri verilmiştir. Burada N=5 durumu 𝑁 ≫ 1 olma durumunu

sağlamadığı için her iki sistemin mod frekansları ve mod şekilleri özdeş

değildir. ω𝑛 = 2ω0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋

2(𝑁+1)] bağıntısının 𝑁 ≫ 1 olma durumu için

türetildiğini hatırlayınız.

76

ÖRNEK-18

Bir kuvvet uygulanmamış haldeki uzunluğu 𝑙0 olan bir tel alt ucuna bir m kütlesi

asıldığı zaman 10−3𝑙0 kadar uzuyor. Aynı telin uçları A ve B noktalarına

tutturulup telin ortasına aynı m kütlesi şekilde görüldüğü gibi asılıyor. Teldeki

gerilme ve y mesafesi nedir? (French-3.7)

Çözüm:

Young modülü tarifinin

𝑌 =𝑍𝑜𝑟

𝑍𝑜𝑟𝑙𝑎𝑛𝑚𝑎=𝐹 𝐴⁄

∆𝑙 𝑙0⁄

ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz. Buradan F için

77

𝐹 =𝑌𝐴∆𝑙

𝑙0

yazabiliriz. Başlangıçta 𝑙0 uzunluğundaki telin ucuna m kütleli bir cisim

asıldığında uzama miktarı için 10−3𝑙0 değeri verilmektedir. Bu değeri ∆𝑙1 ile

gösterelim. 𝐹 = 𝑚𝑔 ve ∆𝑙1 = 10−3𝑙0 değerini yukarıda kullanırsa

𝑚𝑔 =𝑌𝐴10−3𝑙0

𝑙0

yazılır. Buradan verilen tele özgü

𝑌𝐴 = 1000𝑚𝑔

değerini yazabiliriz. Soruda verilen şeklin simetrisinden faydalanarak aşağıdaki

şekli çizebiliriz:

Tellerdeki T geriliminin düşey bileşenleri için

𝑇𝑦 + 𝑇𝑦 = 2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃

ve yatay bileşenleri için

𝑇𝑥 − 𝑇𝑥 = 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

yazabiliriz. Sistem denge durumunda olduğu için

2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑚𝑔 ⇒ 𝑇 =𝑚𝑔

2𝑠𝑖𝑛𝜃

yazabiliriz. Burada

𝐹 =𝑌𝐴∆𝑙

𝑙0

ifadesini yeniden kullanalım. F yerine T ve 𝑙0 yerine 𝑙0/2 (telin yarısı) ve telin

yarısındaki uzama miktarını da ∆𝑙2 alarak

𝑇 =𝑌𝐴

𝑙0/2∆𝑙2

ifadesini yazabiliriz. Burada 𝑇 =𝑚𝑔

2𝑠𝑖𝑛𝜃 ve 𝑌𝐴 = 1000𝑚𝑔 olduğunu kullanarak

𝑚𝑔

2𝑠𝑖𝑛𝜃=1000𝑚𝑔

𝑙0/2∆𝑙2

yazılır. Buradan

78

∆𝑙2 =𝑙0

4000𝑠𝑖𝑛𝜃

elde edilir.

Bu durumda şekildeki dik üçgenlerin CA =CB hipotenüsleri için ∆𝑙2 uzaması

dikkate alınarak

𝐶𝐴 =𝑙02+

𝑙04000𝑠𝑖𝑛𝜃

yazılır. Pisagor bağıntısı kullanılarak

𝑦2 = (𝑙0

2+

𝑙0

4000𝑠𝑖𝑛𝜃)2 − (

𝑙0

2)2= (

𝑙0

2+

𝑙0

4000𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑙0

2)(𝑙0

2+

𝑙0

4000𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑙0

2)

𝑦2 =𝑙0

4000𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑙0 +

𝑙04000𝑠𝑖𝑛𝜃

) =𝑙02

4000𝑠𝑖𝑛𝜃(1 +

1

4000𝑠𝑖𝑛𝜃)

yazılır. Burada parantez içindeki ikinci terimin birden çok küçük olacağı açıktır.

Bu durumda

𝑦2 ≅𝑙02

4000𝑠𝑖𝑛𝜃

yazılır. Buradan y için

𝑦 =𝑙0

2√1000𝑠𝑖𝑛𝜃

yazılır. Şekildeki dik üçgenlerden

𝑡𝑎𝑛𝜃 ≅𝑦𝑙02

⇒ 𝑦 ≅𝑙0

2𝑡𝑎𝑛𝜃

yazılır. Küçük açı yaklaşımında 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝜃 alınabildiğinden

𝑦 ≅𝑙02𝑠𝑖𝑛𝜃

yazılır. Buradan

𝑙0

2√1000𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑙0

2𝑠𝑖𝑛𝜃 ⇒

1

√1000𝑠𝑖𝑛𝜃= 𝑠𝑖𝑛𝜃

yazılacağı açıktır. Bu ifadeden

79

𝑠𝑖𝑛3𝜃 =1

1000 ⇒ 𝑠𝑖𝑛𝜃 =

1

10

değeri elde edilir. Bu değer yukarıda elde ettiğimiz 𝑇 =𝑚𝑔

2𝑠𝑖𝑛𝜃 ifadesinde

kullanılarak teldeki T gerilimi için

𝑇 =𝑚𝑔

2𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑔

2110

=𝑚𝑔

15

= 5𝑚𝑔

sonucu elde edilir.

𝑠𝑖𝑛𝜃 =1

10 değeri 𝑦 ≅

𝑙0

2𝑠𝑖𝑛𝜃 ifadesinde kullanılarak şekildeki y değeri için ise

𝑦 ≅𝑙02𝑠𝑖𝑛𝜃 =

𝑙02

1

10=𝑙020

elde edilir.

Sonuç olarak 𝑇 ≅ 5𝑚𝑔 ve 𝑦 ≅𝑙0

20 yazılabilir.