turevsel denklemler ve¨ dinam˙ ˙ik s istemler˙için bas¸langıç düzeyinde matlab/simulink...

TUREVSEL DENKLEMLER ve

DINAMIK SISTEMLER

M. Erol SezerYasar Universitesi, Izmir

ii

Sezer, M. E.Turevsel denklemler ve dinamik sistemler

c©Yasar Universitesi

ISBN 978-975-6339-70-1

Onsoz

Bu kitapcıgı, Yasar universitesi Muhendislik Fakultesi ikinci sınıf ogrencilerine iki yıldırvermekte oldugum Turevsel Denklemler ve Dinamik Sistemler (Differential Equations andDynamical Systems) dersi icin hazırlamıs oldugum notlardan derleyerek olusturdum. Sozkonusu ders, ogrencilerin

• turevsel denklemlerle ilgili temel kavramları ve cozum yontemlerini ozumsemelerini,

• dinamik sistemleri turevsel denklemlerle modelleyebilmelerini ve matematikselmodellerin analizinden elde edilecek bilgileri anlamlandırabilmelerini,

• turevsel denklemlerin cozumu ve turevsel denklemlerle modellenen dinamik sistem-lerin simulasyonu icin gelistirilmis olan programları kullanabilme becerilerini kazan-malarını

amaclamaktadır. Kitapcıgın icerigini olusturken bu amacları goz onunde bulundurdum;ancak, yaklasık kırk saatlik bir derste kapsanabilecek bicimde sınırlı tuttum. Bu nedenle,kısmi turevsel denklemler ve adi turevsel denklemlerin seri cozumleri gibi onemli bazıkonuları kapsam dısında bıraktım. Kapsanan konulara iliskin temel cozum teknikleriniaktarırken, cozumden elde edilen bilginin nasıl yorumlanacagını, benzer matematikselmodellere sahip farklı sistemlerin davranıslarının nasıl iliskilendirilebilecegini vurgulamayacalıstım. Bu amacla, farklı alanlardan cokca uygulamaya yer verdim. Her bolumun sonuna,okuyucuyu o bolumde ele alınan konular uzerinde dusunmeye zorlayan ve sıradan alıstırmaniteliginde olmayan problemler ekledim.

Kitapcıkta yer alan konuları anlayabilmek icin temel duzeyde turev, integral ve fizikbilgisi yeterli olmakla birlikte, kavramların ozumsenmesi ve sonucların yorumlanabilmesiicin baslangıc duzeyinde MATLAB/SIMULINK bilgisinin yararlı olacagı kanısındayım.Okuyucunun bu aracları kullanma becerisine yeterince sahip oldugu varsayımıyla, kitapcıktabu konulara ayrıca yer vermedim.

Hemen tum muhendislik fakultelerin programlarında benzerlerinin yer aldıgı bir derseyardımcı olması amacıyla hazırlanmıs olan bu kitapcıgı, ilgili ogrencilerin ve ogretimuyelerinin yararlanabilmesi icin acık kaynak olarak sunuyorum. Kitapcıkla ilgili her turluonerinizi, gozumden kacmıs olabilecek yazım yanlıslıklarını, dil kullanımına ve kavram-ları acıklama bicimine iliskin elestirilerinizi, konuların anlatımında veya anlasılmasındakarsılastıgınız zorlukları e-posta ile bildirmenizi tesekkurle karsılayacagımı ve bundan son-raki surumlerinde mutlaka goz onune alacagımı belirtmek isterim.

M. Erol [email protected] 2018

iii

Icindekiler

Onsoz iii

1 Dinamik SistemlerinTurevsel Deklemlerle Modellenmesi 3

1.1 Matematisel Modelleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Turevsel Denklemlere Iliskin Temel Kavramlar . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Dinamik Sistemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Birinci Derece Sabit KatsayılıDogrusal Turevsel Deklemler 15

2.1 Cozum Ozellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2 Ustel Artma–Azalma Problemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2.1 Populasyon Artısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2.2 Radyoaktif Bozunma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2.3 Soguma–Isınma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.4 Elektrik Devreleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3 Donemli Girisli Sistemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3.1 Termostat Kontrollu Isıtıcı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3.2 Ilac Emilimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3.3 Sinus Dalgası Girisli Elektrik Devresi . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4 Vuru ve Durtu Tepkeleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.5 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Ayrılabilir Turevsel Deklemler 33


3.2 Uygulamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2.1 Lojistik Populasyon Modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2.2 Direncli Ortamda Hareket . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

v

vi

3.2.3 Toricelli Yasası . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 Sayısal Cozum Yontemleri 41

4.1 Hız Alanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.2 Euler Yontemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.3 Runge–Kutta Yontemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.4 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5 Ikinci Derece Sabit KatsayılıDogrusal Turevsel Deklemler 49


5.1.1 Homojen Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5.1.2 Homojen Olmayan Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5.2 Ikinci Derece Mekanik Sistemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2.1 Uyarısız (Otonom) Sistemin Davranısı . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2.2 Basamak Tepkesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.3 Ikinci Derece Elektrik Devreleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.3.1 Sinus Tepkesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

5.3.2 Vınlama ve Rezonans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5.4 Ek Ornekler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.5 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6 Laplace Donusumu 71

6.1 Laplace Donusumunun Tanımı ve Ozellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

6.2 Bazı Fonksiyonların Laplace Donusumleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

6.3 Ters Laplace Donusumu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

6.4 Dogrusal Sabit Katsayılı Turevsel DenklemlerinLaplace Donusumu Ile Cozumu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

6.5 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7 Turevsel Denklem Takımları 85

7.1 Dogrusal, Sabit Katsayılı Turevsel Denklem Takımları . . . . . . . . . . . . 85

7.2 Turevsel Denklem Takımları Ile Modelleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

7.3 Ikinci Derece Dogrusal Sistemlerin Durum Duzlemi . . . . . . . . . . . . . . 90

7.4 Turevsel Denklem Takımlarının Sayısal Cozumu . . . . . . . . . . . . . . . 95

7.5 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Icindekiler 1

8 Dogrusal Olmayan Sistemler 99

8.1 Denge Noktasında Dogrusallastırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

8.2 Dogrusal Olmayan Sistemlere Iliskin Uygulamalar . . . . . . . . . . . . . . 103

8.2.1 Av–Avcı Modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

8.2.2 Rekabet Ortamında Populasyon Modeli . . . . . . . . . . . . . . . . 105

8.2.3 Salgın Hastalık Modeli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8.2.4 Van der Pol Osilatoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8.2.5 Gezegenlerin Hareketi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

8.3 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Biyografi 113

Indeks 115

2 Icindekiler

Bolum 1Dinamik SistemlerinTurevsel Deklemlerle Modellenmesi

1.1 Matematisel Modelleme

Matematiksel modelleme gercek dunyadaki olayların, nesneler arasındaki etkilesimlerin,aygıtların ya da sistemlerin davranıslarının matematik diliyle betimlenmesidir. Matematikselmodeller, olaylara, etkilesimlere ve davranıslara iliskin gozlem ya da olcumleri derli toplu birbicimde ifade etmek, bunları acıklamak, henuz gozlenmemis olayları ya da sonucları tahminetmek ve belirli davranıslar gostermesi istenen sistemler tasarlamak amacıyla kullanılır.

Basit bir ornek olarak, Sekil 1.1’de gosterilen egik tahta ustunde asagı dogru yuvar-lanmakta olan bir celik bilyenin hareketini modellemeye calısalım. Oncelikle, modelimizihangi varsayımlara dayandıracagımızı belirlememiz gerekir. Asagıdaki varsayımlar kabuledilebilir:

• Tahtanın yuzeyi bir duzlemdir.

• Bilye homojen bir kuredir.

• Bilye tahta yuzeyi uzerinde kaymadan yuvarlanmaktadır.

• Tahtanın egimi degismemektedir.

• Bilye yalnızca yercekimi etkisi ile hareket etmektedir. (Hava direnci, manyetiketkilesme, dunyanın donusunden kaynaklanan kuvvet vb. olası baska kuvvetlerin etki-leri ihmal edilmistir.)

Herhangi bir anda bilyenin merkezinin tahtanın dayanak noktasına olan uzaklıgını x,

u

k9

6

CC

CC

:

θ

x

y

Sekil 1.1: Egik Duzlemde Yuvarlanan Bilye

3

4 Dinamik Sistemlerin Modellenmesi

yuksekligini y, hızını v, acısal hızını ω ile gosterelim. Bilye yalnızca yercekimi etkisialtında hareket ettiginden, hareketi suresince mekanik enerjisi (kinetik ve potansiyel ener-jisinin toplamı) degismez. Bu kuralı, M bilyenin kutlesini, I donme momentini ve g sabityercekimi ivmesini gostermek uzere

K + U =1

2Mv2 +

1

2Iω2 +Mgy = c (degismez)

biciminde ifade edebiliriz. Bilye homojen bir kure oldugundan, R bilyenin yarıcapınıgostermek uzere

I =2

5MR2

iliskisini; bilye tahta yuzeyinde uzerinde kaymadan yuvarlandıgından,

v = Rω

iliskisini; ve son olarak, yuzeyin yatayla yaptıgı θ ile gosterilen acı degismediginden,

y = x sin θ

ilskisini kullanarak

7

10Mv2 +Mgx sin θ = c

esitligine ulasırız. Zamana gore turev alıp, dx/dt = v olduguna dikkat ederek gereklisadelestirmeleri yaptıktan sonra

dv

dt= −5

7g sin θ

4= a (1.1)

denklemini elde ederiz. Bu denklem, fizik derslerinden hatırladıgımız sabit ivmeli bir boyutluhareket denklemidir. Herhangi bir t = t0 anında x(0) = x0 konumundan v(0) = v0 hızıylaharekete baslayan bilyenin sonraki bir t ≥ t0 anıdaki hızına ve konumuna iliskin

v = v0 + a(t− t0) ve x = x0 + v0(t− t0) +1

2a(t− t0)2 (1.2)

ifadelerini integral alarak kolaylıkla buluruz.1

Sayısal degerler olarak tahtanın boyunu L = 300 cm, yuksekteki ucunu da alcaktakindenH = 60 cm daha yukarıda alalım, yani sin θ = H/L = 0.2 olsun. g = 980 cm/s2 degerinikullanarak a = −140 cm/s2 buluruz. (1.2)’deki ifadelerden, t0 = 0 asnında x0 = 280 cmnoktasından bırakılan (v0 = 0) bilyenin hızını ve konumunu

v = −140t ve x = 280− 70t2 , t ≥ 0 (1.3)1Dikkat edilirse, (1.1)’deki model, dolayısıyla (1.2)’deki cozum bilyenin kutlesinden ve yarıcapından

bagımsızdır. Galilei’nin cisimlerin yercekimi altında aynı ivmeyle hızlandıklarını kanıtlamak icin cisimleri Pisakulesinden atmak yerine, egik bir duzlemden yuvarlamıs olması daha olasıdır.

1.1 Matematiksel Modelleme 5

olarak hesaplarız. Bilyenin konumunun degisimi Sekil 1.2(a)’da gosterilmistir. Konumifadesinden, bilyenin bırakıldıktan 2 s sonra tahtanın alt ucuna (x = 0) ulasacagını buluruz.Bu sonucu dikkatlice hazırlanmıs bir deney duzenegiyle ve hassas bir kronometre kullanarakdogrulayabiliriz.

Temel fizik bilgisinin yeterli oldugu bu ornekte bilyenin hareketi icin (1.1)’deki modelikolaylıkla olusturabildik. Problemi biraz karmasıklastırmak icin, bilyeyi bıraktıgımız andatahtanın ust ucunu, yerden yuksekligi

H(t) =

15(t− 2)2, 0 ≤ t ≤ 2

0, t > 2(1.4)

ile degisecek bicimde, asagı dogru hareket ettirdigimizi dusunelim. (1.1) denklemini

sin θ = H(t)/L =

0.02(t− 2)2, t ≤ 2

0, t > 2

ve aynı baclangıc kosulları ile cozersek, bilyenin tahtanın alt ucuna Sekil 1.2(b)’dagosterildigi gibi 3.5 s’de ulasacagını hesaplarz (Bkz. Problem 1.4.1). Halbuki gercekte,Sekil 1.2(c)’de gosterildigi gibi, bilye harekete basladıktan 3.5 s sonra tahtanın alt ucundanyaklasık 16 cm ileride olacak, alt uca yaklasık 3.7 s’de ulasacaktır.

Sekil 1.2: Egik Duzlemde Yuvarlanan Bilyenin Konumu

Sorunun nereden kaynaklandıgını arastıralım. Ilk uc varsayımımız hala gecerli.Dorduncu varsayım artık gecerli olmasa da, y = x sin θ iliskisi korundugu icin egimdekidegisikligi modelimize yansıtmıs olduk. Ancak, egimin degismesinin tum etkilerini gozonune almadık. Tıpkı bir atlıkarınca platformunda yuvarlanan bilyenin hareketinin yerdeyuvarlandıgı zamanki hareketinden farklı olması gibi, hareketli tahtada yuvarlanan bilyeninhareketi de sabit tahtada yuvarlanmasından farklı olacaktır. Bunun nedeni de bilyeyeetkiyen, tahtanın hareketinin yol actıgı ve (1.2)’de gorunmeyen, merkezcil kuvvettir. Birbaska deyisle, tahtanın hareketi besinci varsayımımızı, dolayısıyla modelimizi, gecersizkılmaktadır. Dogru model, Lagrange formulasyonu kullanılarak

dv

dt=

5

7

[Rd2θ

dt2+ x(

dθ

dt)2 − g sin θ

](1.5)


bicminde elde edilir.2 Eklenen terimler tahtanın hareketinden kaynaklanan kuvvetlere karsılıkgelmektedir.

Bu basit ornek matematiksel bir modelin ne oldugu, nasıl elde edildigi, ne iseyaradıgı ve nasıl gelistirilebilecegi konularında fikir vermektedir. Ornek uzerinden giderek,yaptıklarımızı acıklayalım:

1. Gercek bir probleme cozum arıyoruz.

(Bilyenin hareketinin acıklanması.)

2. Hareketi tanımlayan degiskenleri belirleriz.

(Bilyenin konumu ve hızı.)

3. Problemi olabildigince basitlestirmek icin mantıklı birtakım varsayımlarda bulunuruz.

(Tahta yuzeyinin duzlem, bilyenin kure olusu; bilyenin kaymadan yuvarlanması, vb.)

4. Incelenen problemle ilgili bilinen kuralları, bilinenler yeterli degilse, akla uygunhipotezleri kullanarak, problemin matematiksel modelini olustururuz.

(Yuvarlanan bilyenin kinetik ve potansiyel enerjilerine iliskin ifadeleri, toplam mekanikenerjinin degismeyecegi, dolayısıyla, zamana gore turevinin sıfır olacagı bilgisini vebilyenin tahtanın alt ucundan olan uzaklıgıyla yerden yuksekligi arasındaki iliskiyi kul-lanarak elde edilen (1.1) denklemi.)

5. Matematiksel modeli, verilen kısıtlar altında analitik olarak, ya da sayısal yontemlerleyaklasık olarak cozerek, ilgilendigimiz degiskenlere iliskin ifadeleri elde ederiz.

(Bilyenin hızına ve konumuna iliskin (1.2) ifadeleri.)

6. Elde edilen cozumu gercek dunyada dogrularız.

(Bilyenin tahtanının alt ucuna ulasma suresinin deneysel olarak dogrulanması.)

7. Modelin ne kadar genel oldugunu, farklı kosullarda da gecerli olup olmadıgını anla-maya calısırız.

(Tahtanın hareketli olması durumunda modelden elde edilen sonucların deneyselgozlemlerle uyumu/uyumsuzlugu.)

8. Modelden elde edilen sonuclar gozlemlerle uyusmuyorsa, nedenlerini arastırarak, mo-deli gelistirmeye calısırız.

(Lagrange formulasyonu ile elde edilen (1.5)’teki model.)

Bu ornekten de anlasılacagı gibi, matematiksel modelleme, incelenen problemeen azından bazı kosullarda acıklama getiren uygun bir model bulununcaya kadarizlenen, gozlem-varsayım-hipotez-cozum-degerlendirme-dogrulama-gelistirme asamalarınıiceren surekli bir dongudur. Modelin probleme acıklama getirebilmesi icin yeterince ayrıntılıolması gerektigi acıktır. Ancak, goz onune alınacak her ayrıntı modelin karmasıklıgını artırırve cozumunu zorlastırır. Bu nedenle iyi bir model, probleme acıklama getirebilecek kadar

2Lagrange formulasyonu mekanik sistemlerin modellenmesinde sıkca kullanılan bir yaklasım olup, dinamikuzerine herhangi bir ders kitabından ayrıntılı bilgi edinilebilir.

1.2 Turevsel Denklemler 7

ayrıntılı, ancak cozulebilecek kadar da basit olmalıdır. Bir ornek vermek gerekirse, gezegen-lerin gunes cevresinde eliptik yorungelerde dondugunu acıklamak icin Newton’un kutlecekimyasasından hareketle olusturulan bir model yeterli olmakla birlikte, aynı model Merkur geze-geninin yorungesindeki degisiklikleri acıklamak icin yetersiz kalır; bunun icin Einstein’ıngenel gorelilik yasasına dayalı cok daha karmasık, dolayısıyla cozumu cok daha zor bir mod-elin kullanılması gerekir.

Bu kitapta turevsel denklemlerle ifade edilen matematiksel modeller konu edilecegi icin,bir sonraki kısımda turevsel denklemlere iliskin temel kavramlar tanıtılacaktır.

1.2 Turevsel Denklemlere Iliskin Temel Kavramlar

Bir turevsel denklem bir ya da birkac bagımsız degiskenin bir fonksiyonu ile bu fonksiyonunbagımsız degiskenlere gore turevlerini iceren bir denklemdir.3 Asagıda turevsel denklemlereornekler verilmistir.

dy

dt− 0.02y(1− y) = 0 , y = y(t)

d2y

dx2+ 3

dy

dx+ 2y = cos t , y = y(x)

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 , u = u(x, y)

Turevsel denklem tek bir bagımsız degiskene baglı bir fonksiyon ile turevlerini iceriyorsaadi turevsel denklem, birden fazla degiskene baglı bir fonksiyon ile bu degiskenleregore kısmi turevlerini iceriyorsa kısmi turevsel denklem olarak adlandırılır. Yukarıdakiorneklerden ilk ikisi adi, sonuncusu ise kısmi turevsel denklemdir. Bu kitapta yalnızca aditurevsel denklemlerle ilgilenecegiz.

Bir turevsel denklemin derecesi, denklemde yer alan en yuksek dereceli terimin derece-sidir. Yukarıdaki denklemlerden ilki birinci derece, digerleri ikinci derece denklemlerdir.

Turevsel denklemler, egik duzlemde yuvarlanan bilye ornegine benzer pek cok durumda,ilgilenilen niceliklerin zamanla degisimini modellemek amacıyla olusturulur. Boyle du-rumlarda, zamanı bagımsız degisken olarak secip t ile, zamanın bir fonksiyonu olan y(t)bagımlı degiskeninin turevlerini de y, y, . . . , y(n) ile gostermek yaygın bir kullanımdır. Bugosterimlerle, y’ye iliskin n’ninci derece bir adi turevsel denklem en genel olarak, F verilenherhangi bir fonksiyon olmak uzere

F (t, y, y, . . . , y(n)) = 0 (1.6)

biciminde ifade edilir.4 Ozel olarak, eger y(n) diger degiskenler turunden ifade edilebilirse,3Turevsel denklem kavramı Newton ve Leibniz tarafından birbirinden bagımsız olarak hemen hemen aynı za-

manlarda gelistirilmistir.4Ancak, bir turevsel denklem, her ikisi de zamanın fonksiyonu olan iki degisken arasındaki iliskiyi modellemek

amacıyla da olusturulabilir. Bu durumda problemin niteligine baglı olarak, degiskenlerden biri bagımsız degiskenolarak secilir ve digeri ilkinin bir fonksiyonu olarak ele alınır.


(1.6) denklemi, daha yaygın olan

y(n) = f(t, y, y, . . . , y(n−1))

bicimine donusur.

Bir I = (ti, tf ) acık aralıgında tanımlı y = φ(t) fonksiyonu her t ∈ I icin

F (t, φ(t), φ(t), . . . , φ(n)(t)) = 0

ozdesligini saglıyorsa (1.6)’in bir cozumudur deriz.5 y = φ(t)’nin grafigi ise bir cozumegrisidir.

a1(t), . . . , an(t) ve u(t) verilen fonksiyonlar olmak uzere

y(n) + a1(t)y(n−1) + · · ·+ an−1(t)y + an(t)y = u(t) (1.7)

bicimindeki bir turevsel denklem dogrusaldır denir.6 Dogrusal turevsel denklemler ilerideinceleyecegimiz ilginc ozelliklerinin yanısıra, ozellikle katsayıları sabit oldugunda kolaylıklacozulebilmelerinden dolayı, pek cok problemin dogasını anlamada cok yararlıdırlar.

Ornek 1.1Her t icin tanımlı olan y = φ(t) = 1 + sin t fonksiyonu,

y + y = 1

turevsel denkleminin bir cozumudur. Cunku, φ(t) = cos t and φ(t) = − sin t her t icin tanımlıolup

φ(t) + φ(t) = (− sin t) + (1 + sin t) = 1

Benzer bicimde,

y = ψ(t) = 1− 2 cos t ve y = ξ(t) = 1− sin t+ 3 cos t

fonksiyonları da her t icin gecerli birer cozumdur.

Ornek 1.2c gelisiguzel bir degismez olmak uzere

φ(x) =c

x

ile tanımlanan her fonksiyon

xdy

dx+ y = 0

turevsel denkleminin −∞ < x < 0 ve 0 < x < ∞ aralıklarında gecerli bir cozumudur. Farklıc degerlerine karsı gelen cozum egrileri Sekil 1.3’de gosterimistir. Dikkat edilirse, y = 0 da−∞ < x <∞ aralıgında gecerli bir cozumdur.

1.2 Turevsel Denklemler 9

Sekil 1.3: Cozum Egrileri.

Ornek 1.3Bir kuvvet alanındakibir nesnenin hareketi, x nesnenin uygun bir koordinat sisteminde konumunu(baslangıc noktasına olan uzaklıgını) gostermek uzere,

x = −0.5

x2(1.8)

denklemiyle modellenmis ve t = 0 baslangıc anında nesnenin konumu x(0) = x0 = 0.1 vehızı x(0) = v0 = 3 olarak verilmis olsun. Bu verilerle denklemi cozerek nesnenin konumunuya da hızını zamanın bir fonksiyonu olarak belirlemek, problemin gorunusteki basitliginin tersine,oldukca zordur. Ancak, nesnenin hızı ile konumu arasında bir iliski olusturarak bazı bilgiler eldeetmek olanaklıdır.

Nesnenin hızını v = x ile gosterip, v = x tanımını ve

dv

dt=dv

dx

dx

dt= v

dv

dx

zincir kuralını kullanarak, model denklemini

vdv

dx= −0.5

x2

bicimine donusturebiliriz. x’in bagımsız, v’nin de bagımlı degisken olarak gorundugu bu denklem,artık sistemi modellememekle birlikte, v’nin x turunden ifade edilmesine olanak saglar.7

Ilerde gorecegimiz yontemlerle son denklemi cozerek

v =

√v20 +

1

x− 1

x0=

√1

x− 1 , 0 < x < 1

iliskisini elde edebiliriz. Sekil 1.4’te gosterilen cozum egrisinden, nesnenin koordinat sistemininmerkezinden uzaklastıkca hızının giderek azalacagını ve xM = 1 konumuna geldiginde duracagını

5Dogal olarak bu tanım φ(t), . . . , φ(n)(t) ve F (t, φ(t), φ(t), . . . , φ(n)(t))’nin her t ∈ I icin tanımlı olmasınıgerektirir.

6Denklemin sol tarafı, y ve turevlerinin dogrusal birlesimidir.7Bagımsız ve bagımlı degiskenlerin bu bicimde degistirilmesi, integral almada sıklıkla kullanılan degisken

degistirme yontemine benzer.


belirleriz. (Bundan sonra da, ivme hep eksi oldugu icin, hareketin yon degistirecegini ve nes-nenin merkeze dogru giderek artan bir hızla yol alacagını ongorebiliriz.) Ancak, nesnenin ne kadarsurede xM konumuna gelecegini, hareket modelinin yaklasık da olsa bir cozumunu elde etmeden,bilemeyiz.

Sekil 1.4: Kuvvet Alanındaki Nesnenin Hız–Konum Grafigi

1.3 Dinamik Sistemler

Dinamik sistem kabaca durumu zamanla degisen bir sistemdir. Bu tanımda sistem terimi,gercek dunyanın sınırları tanımlanmıs bir parcasını belirtir. Bu sistemin herhangi bir andakidurumu da, o andan itibaren sistemde degisime yol acan tum etkileri bildigimizde, sistemingelecegini belirlememizi saglayan sayısal bilgilerin tumudur.

Birinci kısımda inceledigimiz egik tahtada yuvarlanan bilye (1.1)’deki turevsel denklemlemodellenen bir sistemdir.8 Bilyenin konumu zamanla degistigi icin de, bu sistem dinamiktir.Sistemin davranısı bilyenin konumunun degisimiyle belirlenir. Bilyenin herhangi bir andakikonumu ise, t = 0 anındaki konumu x(0) = x0 ve hızı v(0) = v0 olmak uzere, (1.2) ileverilir. Demek ki, bilyenin herhangi bir andaki konumunu belirlemek icin hem x0, hem de v0degerini biliyor olmamız gerekir. Bu (x0, v0) ikilisi sistemimizin t = 0 anındaki durumunutanımlar. Sistemimizin t = 1 anındaki durumu da (x1, v1) = (x(1), v(1)) = (210,−140)ikilisinden baska bir sey degildir. Bunu dogrulamanın kolay bir yolu, (1.2)’deki ifadelerdex0, v0 ve t0 degerleri yerine x1, v1 ve t1 kullanarak (a = −140 oldugunu biliyoruz) (1.3) ileaynı olan

v(t) = −140− 140(t− 1) = −140t

x(t) = 210− 140(t− 1)− 70(t− 1)2 = 280− 70t2

ifadelerine ulasacagımızı gozlemektir. Dikkat ederseniz, bilyenin yalnızca konumunuylailgileniyor olsak da, gelecekteki konumunu belirlemek icin su andaki konum bilgisine ekolarak su andaki hız bilgisine de ihtiyac vardır.

Bilyenin sabit egimli tahtadaki hızını modelleyen (1.1) denkleminde de, hareketli tah-tadaki hızını modelleyen (1.5) denkleminde de sag taraftaki terimler dıs etkileri gostermekte

8Tahta yalnızca egimine baglı olarak bilyeye etkiyen yercekimi kuvvetini belirledigi icin, sistemin bir parcasıdegildir.

1.4 Problemler 11

olup, (1.7)’deki h(t) fonksiyonunu olustururlar. Bilindigi varsayılan bu terimler sistemingirisleri olarak tanımlanır. Ancak, izleyen ornekte gorulecegi gibi, sistem girisi ya da girislerimodelde farklı bicimlerde yer alabilir.

Ornek 1.4sekil 1.5’te gosterilen paralel baglı yay-sonumleyici sisteminin bir ucunun konumu belli bir x(t)fonksiyonu ile degistirilirken, diger ucuna bir F (t) kuvveti uygulanıyor. Yayı germek icin gerekenkuvvet ile sonumleyicinin ucları birbirilerine gore hareket ettirmek kuvvet, sırasıyla,

Fk = K(y − x) ve FD = Dd

dt(y − x)

olup, K ve D sabit orantı katsayılarıdır.

Sisteme uygulanan kuvvet bu kuvvetlerin toplamına esitlenerek

Dy +Ky = F (t) +Dx(t) +Kx(t) = h(t)

modeli elde edilir. x ve F ’nin t’ye gore degisimleri biliniyorsa, model denklemi cozulerek y’nint’ye gore degisimini gosteren bir ifade elde edilebilir. Model denkleminde x ve F sistemin girisleriolup, sistemin davranısını farklı bicimlerde etkilerler.

Sekil 1.5: Yay–Sonumleyici Sistemi

1.4 Problemler

1. (1.1) denklemini, H(t)’nin (1.4)’teki gibi degistigi durum icin cozun. Ipucu: Denklem

dv

dt=

−35(t− 2)2, 0 ≤ t ≤ 2

0, t > 2

bicimini alır. 0 ≤ t ≤ 2 icin bilyenin hızının

v(t) =35

3(−t3 + 6t2 − 12t)

oldugunu gosterin ve x(t)’yi hesaplayın. t ≥ 2 icin v(t) ve x(t) nasıl degisir?


2. xy-duzleminde (0, L) noktasındaki bir nesne (0, 0) noktasındaki bir cekiciye Sekil1.6’da gosterildigi gibiL uzunlugunda gergin bir iple baglıdır. Cekici x ekseni boyuncasabit bir v hızıyla ilerlediginde, nesnenin hareketinin

x =√L2 − y2 f(y) (1.9)

y = −yf(y)

biciminde modellendigini goaterin ve f(y)’yi bulun. Ipucu: Nesne ile cekici arasndakiuzaklk sabit oldugundan

(vt− x)2 + y2 = L2 −→ (vt− x)(v − x+ yy = 0

ve nesnenin hz vektoru, bulundugu knumda yorunge egrisine teget oldugundan

x

y= −vt− x

y

Sekil 1.6: Sabit Hızla Cekilen Nesnenin Konum Egrisi

3. Gelisiminin ilk asamalarında, yeni olusan bir hucrenin agırlıgının aldıgı besin mik-tarıyla orantılı olarak arttıgı, besin alım hızının da hucrenin yuzey alanıyla orantılıoldugu varsayımlarıyla, hucreninin agırlıgının degisimini modelleyin. Verilenlere ekolarak ne gibi varsayımlarda bulundunuz?

4. Sekil 1.7’teki kayakla atlama rampası y = f(x) denklemiyle tanımlanmıstır. Kayak-larla rampa arasındaki surtunme katsayısı µ ise, yercekimi etkisi ile kayan sporcununrampadaki hareketini modelleyin. Ipucu: Herhangi bir t anında sporcunun konum, hızve ivme vektorleri

p =

[xy

], v =

[xy

], a =

[xy

]ise, yercekimine ek olarak sporcuya etkiyen normal ve surtunme kuvvetlerinin

N =N√

1 + f ′(x)2

[−f ′(x)

1

], F =

µN√1 + f ′(x)2

[−1−f ′(x)

]oldugunu gosterin ve y = f ′(x)x ve y = f ′′(x)x2 + f ′(x)x bagıntılarını kullanın.

1.4 Problemler 13

Sekil 1.7: Kayakla Atlama Rampası

5. Ay yuzeyindeki bir gozlem aracı yorungedeki uzay aracıyla bulusmak uzere roket-lerini atesliyor. Sekil 1.8’de gosterildigi gibi dikine yukselen arac, yuzeyden 1.9km yukseklikte, hızı 0.4 km/s (1440 km/sa) iken roketlerini kapatıyor ve ayın cekimalanında hareketine devam ediyor.

(a) Ayın kutlesiniM = 7.348×1022 kg, yarıcapınıR = 1738.1 km, kutlecekim sabi-tini G = 6.674× 10−11 m3/kg.s2 = 6.674× 10−20 hm3/kg.s2 alıp, Newton’unkutlecekim yasasını kullanarak aracın hareketini modelleyin. Ipucu: Aracın ayınmerkezinden uzaklıgını x ile gosterin ve x icin bir turevsel denklem olusturun.

(b) Aracın hızını v = x ile gosterip, x’in bagımsız, v’nin de bagımlı degisken olarakgorundugu bir denklem elde edin.

(c) Araacın ulasabilecegi maksimum yuksekligi hesaplayın.

Sekil 1.8: Ay Gozlem Aracı


6. Bu bolumde incelenen ornekler ve problemler isin SIMULINK modelleri olusturupsistemlerin davranıslarını inceleyin. Bir ornek olarak (1.8) ile modellenen sisteminSIMULINK modeli Sekil 1.9’da gosterilmistir. Sekilde, 1/s ile isaretlenen bloklar in-tegral islemini gostermekte olup, ilk blogun girisi x, sıkısı x; ikinci blogun ise girisix, sıkısı x’tir. Blokların baslangıs degerleri v0 = 3 ve x0 = 0.1 olarak sesilmelidir.MATLAB Function adlı blok (1.8) denkleminin sag tarafını x turunden hesaplamak-tadır. Scope, x ve v degiskenlerinin zamana karsı grafiklerini gosteren bir ekran, XYGraph ise v’nin x’e karsı grafigini gosteren bir yazıcıdır.

Sekil 1.9: Ornek SIMULINK Modeli

Bolum 2Birinci Derece Sabit KatsayılıDogrusal Turevsel Deklemler

2.1 Cozum Ozellikleri

Birinci derece sabit katsayılı dogrusal bir turevsel denklem, a sabit bir katsayı ve u verilenbir aralıkta tanımlı bir giris fonksiyonu olmak uzere

y + ay = u(t) (2.1)

bicimindedir.

Once giris fonksiyonunun sıfır oldugu,

y + ay = 0 (2.2)

homojen denklemini ele alalım.1 y = 0 fonksiyonunun bir cozum oldugu acıktır. Sıfırdanfarklı cozum(ler) bulmak icin (2.2) denklemini

y = −ay

biciminde yazalım. Bu denklem, cozumun, turevi kendisine benzeyen (−a katı olan) birfonksiyon olması gerektigini soyler. Bu ozellige sahip oldugu bilinen bir fonksiyon ise ustelfonksiyondur. Dolayısıyla,

y = est

biciminde bir cozum aramak mantıklıdır. y ve turevini denklemde yerine koyarak

sest + aest = (s+ a)est = 0

yani,

s+ a = 0 (2.3)

1Bu denkleme homojen dememizin nedeni, denklemde yalnızca y ve turevinin gorunuyor olması; dolayısıyla,y = φ(t) bir cozumse, her c icin, y = cφ(t)’nin de bir cozum olmasıdır.

15

16 Birinci Derece Dogrusal Deklemler

olması gerektigi sonucuna ulasırız. Buradan, s = −a olması gerektigini bulur ve

y = φ(t) = e−at

cozumunu elde ederiz. Ayrıca, denklemimiz homojen oldugundan, c gelisiguzel bir sabitolmak uzere, her

y = φc(t) = ce−at (2.4)

fonksiyonunun da bir cozum oldugunu buluruz. Boylece, (2.2) icin bir cozumler ailesi eldeetmis oluruz.

(2.3) denklemi, (2.2) turevsel denkleminin karakteristik denklemi, sol taraftaki polinomda (2.2)’nin karakteristik polinomu olarak adlandırılır.

Simdi (2.1) denklemine donelim ve

z = eaty

biciminde yeni bir bagımlı degisken tanımlayalım. z’nin turevini alıp (2.1)’i kullandıgımızda

z = aeaty + eaty = aeaty + eat[u(t)− ay] = eatu(t)

denklemini elde ederiz. Bu denklem son derece basit olup, cozumu, integral alarak

z =

∫eatu(t)dt = zp(t) + c

biciminde bulunur. Burada zp(t), eatu(t) fonksiyonunun herhangi bir tumlevi, c de integ-ralden kaynaklanan gelisiguzel bir sabittir. Boylece, (2.1) denkleminin cozumu icin

y = φ(t) = e−atz = e−atzp(t) + ce−at = φp(t) + φc(t) (2.5)

ifadesini elde ederiz. Bu ifadede yer alan φc fonksiyonunun, (2.2) homojen denkleminincozumu olduguna dikkat ediniz.

(2.5) her c icin bir cozum tanımlar. Bir baska deyisle, (2.5) bir cozumler ailesi tanımlar.Bu ailenin farklı c degerlerine karsılık gelen uyelerinin her biri bir cozumdur. Bu nedenle,(2.5) ile tanımlanan aileye, (2.1)’in genel cozumu deriz. c = 0’a karsı gelen

y = φp(t) = e−atzp(t) = e−at∫eatu(t)dt

fonksiyonu da bir ozel cozumdur. Bu ozel cozume φc ailesinden bir fonksiyon ekledigimizdebaska bir cozum elde ettigimiz icin, φc(t) ifadesine de tumler cozum adını veririz. Dikkatederseniz, tumler cozum olarak adlandırmamıza ragmen, φc (2.1)’in bir cozumu degildir;yalnızca ozel bir cozum olan φp’den cozumler ailesini tureten bir ifadedir.

(2.4) ve (2.5)’deki ifadeleri arasındaki tek fark, bir sabit olan c yerine bir fonksiyon olanz’nin gelmis olmasıdır. (2.1) denkleminin genel cozumunu bulmak icin, tumler cozumdeki

2.1 Cozum Ozellikleri 17

c sabitini bilinmeyen bir z(t) fonksiyonuyla degistirip z(t)’yi arama yontemine paramet-relerin degisimi yontemi denir ve ileride gorecegimiz gibi, daha yuksek dereceli denklemleringenel cozumlerini bulmak icin de kullanılır.

(2.1) denkleminin genel cozumunu bulmak icin izlenecek bir baska yol da, denklemin heriki yanını sıfırdan farklı olan eat ile carparak

eaty + aeaty =d

dt(eaty) = eatu(t)

ve integral alarak∫d

dt(eaty)dt = eaty =

∫eatu(t)dt = zp(t) + c

ifadesine ulasmaktır. Iki taraf e−at ile carpıldıgında (2.5) elde edilir.

(2.1) denkleminin ozel cozumlerinin ilginc bir ozelligi sudur: Denklemin u(t) = u1(t)icin bir ozel cozumu y = φp1(t) ve u(t) = u2(t) icin bir ozel cozumu de y = φp2(t) ise,u(t) = k1u1(t) + k2u2(t) icin bir ozel cozumu

y = φp(t) = k1φp1(t) + k2φp2(t)

ile verilir. (2.1) denkleminin dogrusal olusundan kaynaklanan bu ozellikten problem cozmedesıklıkla yararlanılır.

Ornek 2.1

y + 0.5y = 2

turevsel denkleminin 0 ≤ t <∞ aralıgında bir tumler cozumu

φc(t) = ce−0.5t

bir ozel cozumu de

φp(t) = e−0.5t

∫2e0.5tdt = e−0.5t(4e0.5t) = 4

oldugundan, genel cozumu

y = φc(t) + φp(t) = ce−0.5t + 4

ile verilir. Farklı c degerlerine karsı gelen cozum egrileri Sekil 2.1’de gosterilmistir.

(2.1) denkleminin gercek bir sistemin modeli oldugunu ve y’nin bu sistemde ilgi-lendigimiz bir buyuklugu gosterdigini dusunelim. y’nin her an belli bir degeri olmalıdır;yani y, cozum ailesinin belli bir c’ye karsı gelen belli bir uyesi olmalıdır. Hangisi oldugusistemin baslangıc durumu ile, yani y’nin herhangi bir baslangıc anında verilen degeriyle


Sekil 2.1: Ornek 1’deki Denklemin Cozum Egrileri.

belirlenir. Baslangıc anını t = t0 ve y’nin baslangıc degerini y0 ile gosterirsek, aradıgımızcozumun saglaması gereken kosulu

y(t0) = y0 (2.6)

bicimine ifade ederiz. (2.1) ve (2.6) bir baslangıc degeri problemi olustururlar.

Ornek 2.2Ornek 1’deki denklemin baslangıc kosulu y(0) = 0 olarak verilmisse, genel cozumde t = 0 vey(0) = 0 koyarak

y(0) = ce0 + 4 = c+ 4 = 0 −→ c = −4

buluruz. Dolayısıyla, verilen baslangıc kosulunu saglayan cozum

y = 4(1− e−0.5t)

olarak elde edilir.

Aynı denklemin y(0) = 4 baslangıc kosulunu saglayan cozumu ise y = 4’tur.

2.2 Ustel Artma–Azalma Problemleri

2.2.1 Populasyon Artısı

Kulturde cogaltılan bir bakteri kolonisindeki bakteri sayısının degisimi problemini ele alalım.Bu problem icin kullanabilecegimiz en basit model, bakterilerin sabit bir nufus artıs oranı ilecogalacagı varsayımına dayanarak olusturulur.2 Herhangi bir andaki bakteri sayısını N ile,birim zamanda bakteri basına artısı da α ile gosterirsek, bu varsayım

N = αN , N(0) = N0 (2.7)

baslangıc degeri problemine yol acar.2Bu model ilk kez Malthus tarafından ileri surulmustur.

2.2 Ustel Artma–Azalma Problemleri 19

Problemin cozumu son derece basit olup, bir onceki kısımda acıklanan yontemle,

N = N0eαt (2.8)

biciminde bulunur. Kullanılan model bakteri sayısında ustel bir artıs ongormektedir. Bakterisayısının ne zaman iki katına cıkacagı

N(t) = N0eαt = 2N0

denklemi cozulerek

t = T2 =ln 2

α

olarak bulunur. Bakteri sayısının t = 2T2 anında

N(2T2) = N0eα(2 ln 2/α) = N0e

2 ln 2 = 4N0

t = 3T2 anında ise

N(3T2) = N0e3 ln 2 = 8N0

olacagı kolaylıkla gorulur. Bakteri sayısı her T2 zaman biriminde ikiye katlanan bir geometrikdizi olusturur. Ayrıca, her t ≥ 0 icin,

N(t+ T2) = N0eα(t+T2) = N0e

αteαT2 = 2N(t)

oldugundan, populasyonun herhangi bir andaki degeri de gecen her T2 zaman biriminde ikiyekatlanır.

2.2.2 Radyoaktif Bozunma

Populasyon artısının tam tersi dinamige sahip bir doga olayı da radyoaktif bozunmadır.Radyum, uranyum gibi radyoaktif elementlerin atomları zamanla ayrısarak daha basit ele-mentlere donusurler. Boyle bir atomun ne zaman ayrısacagı kestirilemese de, cok sayıdaatomdan olusan radyoaktif bir kutledeki ayrısma hızının, henuz bozunmamıs atomlarınsayısıyla orantılı oldugu deneysel olarak gosterilmistir. Radyoaktif bir kutledeki bozunmamısatom sayısını (ya da esdeger olarak, bozunmamıs kutleyi) M ve bozunma hızını β ilegosterirsek, bu problem

M = −βM , M(0) = M0 (2.9)

biciminde modellenir. Cozum de

M = M0e−βt (2.10)

biciminde ustel azalan bir fonksiyondur. Radyoaktif kutle miktarı her

T1/2 =ln 2

β


zaman aralıgında yarıya duser. (Neden?) Soz konusu zaman birimine, o maddenin yarılanmasuresi denir. Her t ≥ 0 icin,

M(t+ T1/2) =1

2M(t)

oldugu kolayca gosterilebilir.

Ornek 2.3Radyoaktif bozunmanın yararlı bir uygulaması, Libby tarafından gelistirilmis olan ve fosillerinyaslarını belirlemekte kullanılan karbon testidir. Atmosferin ust katmanlarında kozmik ısın bom-bardımanı sonucu olusan notronlar azot (N14) ile etkileserek, radyoaktif bir madde olan karbon-14(C14) izotopu olusturur. Kararsız bir madde olan C14 zamanla radyoaktif bozunma sonucu tekrarazota donusur. Ilginc bir bicimde, kozmik ısınımın C14 olusturma hızı, C14’un bozunma hızınıdengeler; bu nedenle de atmosferdeki

r0 =C14 miktarı

toplam C miktarı=M14

MT

oranı hemen hemen sabittir. Atmosferdeki karbon, karbondioksit ozumlemesi yoluyla bitkilerin,dolayısıyla, bitkilerle ve birbirleriyle beslenen tum canlıların dokularına karıstıgından, bu orancanlıların dokularında da aynıdır. Canlı doku oldugunde, atmosferle karbon alısverisi durduguicin bozunan C14 atomları yerine konamadıgından, dokudaki oran

r = r0e−βt

denklemi uyarınca dusmeye baslar. Dokunun ne kadar zaman once oldugu

t =1

βlnr0

r=T1/2

ln 2lnr0

r

esitliginden hesaplanır.

C14’un yarılanma suresi T1/2 = 5730 yıl, su anda atmosferdeki oran r0 = 1.18× 10−12’dir.Eger fosildeki oran r = 0.25× 10−12 olarak olculmusse, fosilin

t =5730

ln 2ln

1.18

0.25≈ 13, 000

yasında oldugunu hesaplarız.

Atmosferdeki r0 oranının sabit oldugu varsayımının cesitli nedenlerle (volkanik patlamalar,endustri devriminin yol actıgı dogal olmayan yolla CO2 uretimi, nukleer denemeler vb.) cok dadogru olmadıgını not etmemiz gerekir. Yine de, baska yontemler kullanılarak, soz konusu oranınzamanla nasıl degistigi konusunda onemli bilgiler edinilmis olup, bu sayede test sonucu hesaplanandegerlerin gercege daha yakın olmasını saglayan duzeltmeler yapılabilmektedir. Ayrıca, karbontestinde soz konusu oranlar cok kusuk oldugundan, olcumlerdeki ufak hatalar buyuk zamanlamayanlıslarına yol acar. Neyse ki, yeni ornek temizleme teknolojileri ve kutle spektroskopisi gibimodern yontemler, olcumlerin buyuk bir duyarlıkla yapılabilmesini saglamaktadır. Son olarak,karbon testinin 50,000 yıldan daha eski ornekler icin, C14 oranının olculemeyecek kadar dusukolması nedeniyle, guvenilir sonuclar vermedigini de belirtmemiz gerekir.


2.2.3 Soguma–Isınma

Newton’un soguma yasası, herhangi bir ortamda sogumakta olan homojen bir nesneninsıcaklıgının degisim hızının (birim zamandaki degisimin), sıcaklık farkı ile orantılı oldugunusoyler. Nesne ve ortam sıcaklıklarını Sn ve Sr ile gosterirsek, bu yasa

Sn = −σ(Sn − Sr) (2.11)

biciminde ifade edilir. Bu modeldeki σ > 0 orantı katsayısı nesne ile ortamın etkilesimozelliklerine baglı bir sabittir.

Newton’un soguma yasası, nesnenin sıcaklıgının degismesine yol acan ısı enerjisikavramı ile yakından iliskilidir. Deneysel olarak, bir nesnenin sıcaklıgındaki degisimin nes-neye aktarılan ısı enerjisi ile orantılı oldugu belirlenmistir. Bu orantı, m nesnenin kutlesini, cnesnenin ozgul ısısı olarak bilinen bir ozelligini, dQ nesneye dt suresince aktarılan ısı ener-jisini ve dSn bu surede nesnenin sıcaklıgındaki artısı gostermek uzere,

dQ = mcdSn → Q = mcSn

olarak ifade edilir. Ote yandan, sıcak bir nesneden onunla temas halindeki daha soguk birnesneye ısı aktarım hızının, aralarındaki sıcaklık farkıyla orantılı oldugu da deneysel olarakdogrulanmıs bir baska kuraldır. Bu kuralı da, G ısıl iletkenlik olarak tanımlanan orantı kat-sayısını gostermek uzere,

Q = −G(Sn − Sr)

olarak ifade edersek,

mcSn = −G(Sn − Sr)

denklemine ulasırız ki, bu, σ = G/mc olmak uzere, (2.11)’ten baska bir sey degildir.

Incelememizde kolaylık saglaması icin, soguma suresince ortam sıcaklıgının sabitoldugunu varsayalım ve nesne ile ortam arasındaki sıcaklık farkını S = Sn − Sr ilegosterelim. S = Sn olacagından, (2.11) denklemi

S = −σS

bicimine donusur. Bu denklemin cozumunun

S = S0e−σt

ile verilen, ustel azalan bir fonksiyon oldugunu biliyoruz. Ustel fonksiyonun

limt→∞

e−σt = 0

ozelliginden, yeterince uzun sure sonunda nesne ile ortam arasındaki sıcaklık farkının sıfırainecegi, yani nesnenin ortamla ısıl dengeye ulasacagı sonucunu cıkarırız. Ayrıca, aynı


sıcaklıktan sogumaya bırakılan nesnelerden σ’sı buyuk olanın (ısıl iletkenligi yuksek ya daısıl kapasitesi dusuk olanın) daha hızlı soguyacagı sonucuna ulasırız.3

Sıcaklık farkı egrisinin t = 0 anındaki egimi

S(0) = −σS0

oldugundan, egriye (0, S0) noktasından cizilen teget, t eksenini, Sekil 2.2’de gosterildigi gibi

T =1

σ

anında keser. Bu anda sıcaklık farkı

S(T ) = S0e−1 ≈ 0.37S0

olup, T degerine S ustel fonksiyonunun zaman sabiti denir.4 S’nin t = 2.0T suredebaslangıc degerinin yaklasık %14’une, t = 3.0T surede %5’ine, t = 4.6T surede %1’ineinecegi kolayca hesaplanabilir.

Sekil 2.2: Ustel Azalan Fonksiyon

Simdi de P gucunde bir enerji kaynagı tarafından ısıtılmakta olan bir nesnenin sıcaklıkdegisimini inceleyelim. Nesneye net enerji aktarım hızı P − GS oldugundan, S∞ = P/Gbiciminde tanımlanırsa, sıcaklık degisimi

S = σ(S∞ − S) (2.12)

denklemiyle modellenir. Bu modelin (2.11)’ten tek farkı, sisteme uygulanan enerji giris hızınıgosteren σS∞ teriminin eklenmis olmasıdır. (2.12) denkleminin cozumunun

S = S∞ + (S0 − S∞)e−σt

3Matematiksel modelden elde edilen bu sonuclar beklentilerimizle uyumludur.4Radyoaktif bozunmada yarılanma suresi T1/2 ilgilenilen degiskenin degerinin yarıya inmesi icin gecen sure

olarak tanımlanmıstı. Zaman sabiti T de degiskenin baslangıc degerinin %37’sine inmesi icin gereken suredir.


biciminde S0 baslangıc degerinden S∞ son degerine ustel olarak artan bir fonksiyon oldugukolayca gosterilebilir. Ozel olarak, S0 = 0 alınırsa,

S = S∞(1− e−σt)

fonksiyonu, Sekil 2.3’de gosterildigi gibi, T = 1/σ suresinde son degerinin yaklasık%63’une, 2T suresinde %86’sına, 3T suresinde %95’ine, t = 4.6T suresinde %99’unaulasır.

Sekil 2.3: Ustel Artan Fonksiyon

2.2.4 Elektrik Devreleri

Sarja takılmıs bir cep telefonunun doldurulabilir pili Sekil 2.4’teki elektrik devresi gibi mo-dellenebilir. Sekilde U sarj cihazı cıkısının sabit gerilimini, v pil gerilimini, R pilin ic di-rencini, C de pil kapasitesini gosterir. Devreden gecen akım

I = Cv =U − vR

dolayısıyla, devrenin matematiksel modeli, σ = 1/(RC) olmak uzere

v = σ(U − v) (2.13)

biciminde yazılır.

U sabit varsayıldıgından, (2.13) denklemi (2.11) ile aynı bicimde olup, pil gerilimi

v = U + (v0 − U)e−σt

biciminde, v0 baslangıc degerinden U son degerine dogru ustel olarak artar. Ornegin, U =6.2 V, v0 = 4 V ve devrenin zaman sabiti T = RC = 20 dk ise, pilin v = 6 V gerilimedolması icin gereken sure

6 = 6.2− 2.2e−t/20

esitliginden t = 48 dk olarak hesaplanır.


Sekil 2.4: Seri Baglı RC devresi

2.3 Donemli Girisli Sistemler

2.3.1 Termostat Kontrollu Isıtıcı

Banyomuzda termostatla otomatik olarak kontrol edilen elektrikli bir su ısıtıcısı bulundugunudusunelim. Surekli sıcak su saglaması icin ısıtıcının termostatını, su ile ortam sıcaklıklarıarasındaki fark S1 = 55 C’a dustugunde ısıtıcıyı calıstıracak, S2 = 65 C’a cıktıgında dakapatacak bicimde ayarlamıs olalım. Isıtıcı kapandıktan T1 = 10 dk sonra calısmaya baslıyorve calısmaya basladıktan T2 = 5 dk sonra tekrar kapanıyorsa, su ile ortam sıcaklıklarıarasındaki S farkı Sekil 2.5’te gosterildigi gibi S1 ile S2 arasında degisen 15 dk periyodundabir egri izleyecektir. Egrilerden ısıtıcının ozelliklerini belirlemeye calısalım.

Sekil 2.5: Termostat Kontrollu Isıtıcının Sıcaklık Degisimi

Isıtıcı kapalıyken soguma egrisi

S = 65 e−t/T

2.3 Donemli Girisli Sistemler 25

ile verilir. t = T1 = 10 dk sonra sıcaklık S1 = 55 C’a duseceginden

55 = 65 e−10/T −→ T =10

ln(65/55)≈ 60 dk

Isıtıcı calıstıgında, sıcaklık

S = S∞ − (S∞ − S1) e−t/T

olacagı ve t = T2 = 5 dk sonra sıcaklık S2 = 65 C’a yukseleceginden

65 = S∞ − (S∞ − 55) e−5/60 −→ S∞ = 180 C

Su anda ısıtıcıda bulunan sıcak suyu bir saat (60 dk) sonra kullanmayı planladıgımızıdusunelim. Termostat kontrolu devredeyse, ısıtıcı bu surenin ucte birinde, toplamda 20 dakikaacık kalacaktır. Elektrikten tasarruf etmek icin termostastı devreden cıkarıp Sekil 2.5’degosterildigi bicimde bir sure suyun sogumasını bekledikten sonra, iki saatin sonunda sıcaksuyun hazır olması icin uygun bir zamanda ısıtıcıyı calıstırmanın iyi bir fikir olup olmadıgınıarastıralım. Isıtıcıyı Tk dk kapalı tuttugumuzu, sonra da Ta = 60 − Tk dk calıstırdıgımızıvarsayalım. Isıtıcının kapalı kaldıgı surenin sonunda sıcaklık

Sk = 65 e−Tk/60

degerine dusecektir. Isıtıcı calısmaya basladıktan 60−Tk dk sonra sıcaklıgın yeniden 65 C’yukselmesini istedigimiz icin

65 = 180− (180− Sk) e−(60−Tk)/60

olmalıdır. Bu iki esitlikten

65 = 180(1− e−(60−Tk)/60) + 65 e−60/60 −→ Tk = 44.5 dk

Bu durumda ısıtıcı yalnızca 25.5 dakika calısmıs olacagından, yaklasık 5 dakikalık (% 25)bir enerji tasarrufu saglanır.

2.3.2 Ilac Emilimi

Cogu ilac alındıktan sonra cok hızlı bir bicimde kana karısır ve yavas yavas metabolize olupvucuttan atılır. Ilacın etkili olabilmesi icin kanda belirli bir konsantrasyon duzeyinin ustundeolması gerekir. Bunu saglamak icin de ilac belli dozlar halinde duzenli aralıklarla alınır.

Ilacın her Td saatte bir Md birimlik dozlar halinde alındıgını, anında kana karıstıgını vekandaki ilac miktarının T zaman sabitiyle ustel olarak azaldıgını varsayalım. t = 0 anındaalınan ilk dozdan hemen sonra kanda

M(0+) = Md


olan ilac miktarı ustel olarak azalarak, ikinci dozdan hemen once

M(T−d ) = M(0+)e−Td/T = kMd

degerine duser. Burada, gosterim kolaylıgı acısından

k = e−Td/T < 1

olarak tanımlanmıstır. Benzer bicimde, t = Td anında alınan ikinci dozdan hemen sonra

M(T+d ) = M(T−d ) +Md = (k + 1)Md

olan ilac miktarı, ucuncu doz oncesi

M(2T−d ) = M(T+d )e−Td/T = k(k + 1)Md

degerine duser. Ilac miktarındaki degisimi genellestirirsek, n’ninci doz doneminde miktarın

M((n− 1)T+d ) = (kn−1 + · · ·+ k + 1)Md =

1− kn

1− kMd

degerinden

M(nT−d ) = kM((n− 1)T+d ) = k

1− kn

1− kMd

degerine dogru ustel olarak azalacagını buluruz. Ilacın doz donemleri sonundaki miktarlarını

M(nT−d ) =kMd

1− k(1− e−nTd/T )

biciminde yazarsak, bu degerlerin M0 = 0 baslangıc degerinden

M∞ =kMd

1− k

son degerine T zaman sabitiyle yukselen

M =kMd

1− k(1− e−t/T )

ustel egrisi uzerinde yer aldıgını gozleriz. Kandaki donem sonları ilac miktarı, ilacınbozunma hızıyla aynı hızda artmaktadır! Ilac miktarının tipik bir degisimi Sekil 2.6’dagosterilmistir.

Somut bir ornek olarak, Td = 8 saatte bir alınan ve yarılanma suresi T1/2 = 24 saat olanbir ilacın kandaki miktarının ucuncu gun sonunda (72 saat sonra) 100 birime ulasmasınınistendigi bir durumu inceleyelim. Ilacın zaman sabitinin

T =T1/2

ln 2= 34.6 saat

2.3 Donemli Girisli Sistemler 27

Sekil 2.6: Kandaki Ilac Miktarının Degisimi

oldugu,

M(72−) = M∞(1− e−72/T ) = 100 birim

istendigi icin

M∞ = 114.3 birim

hesaplanır. Buradan,

k = e−Td/T = 0.79 ve Md =1− kk

M∞ = 29.7 birim

bulunur. Sekil 2.6 aslında Md = 30 birimlik dozlarla alınan bu ilacın kandaki degisiminigostermektedir.

2.3.3 Sinus Dalgası Girisli Elektrik Devresi

Sekil 2.4’teki elektrik devresine

u(t) = U sinωt , t ≥ 0

biciminde bir giris gerilimi uygulayalım. (2.13) ile modellenen kapasitor geriliminin genelcozumu

v = ce−σt +σU

σ2 + ω2(σ sinωt− ω cosωt)

olup, c sabiti v’nin baslangıc degeri ile belirlenir. Ancak, c ne olursa olsun, t buyudukce ustelterim kuculeceginden, v zamanla kalıcı durum cozumu olarak tanımlanan

vss =σU

σ2 + ω2(σ sinωt− ω cosωt)


fonksiyonuna yaklasır.

Basit trigonometrik ozdeslikler kullanarak, kalıcı durum cozumunu

vss =σU√σ2 + ω2

sin(ωt− tan−1ω

σ)

4= UG(ω) sin(ωt− φ(ω))

biciminde yazarsak, asagıdaki sonuclara ulasırız.

• Kalıcı durum kapasitor cıkıs gerilimi giris gerilimiyle aynı frekansa sahip bir sinusdalgasıdır; ancak genligi daha kucuktur ve giris gerilimini bir faz farkıyla izler.

• Cıkıs ve giris gerilimlerinin genliklerinin oranı

G(ω) =σ√

σ2 + ω2=

1√1 + (ωσ )2

olup frekansa baglıdır.

limω → 0

G(ω) = 1 ve limω →∞

G(ω) = 0

oldugundan, cıkıs geriliminin genligi dusuk frekanslarda giris geriliminin genligiylehemen hemen aynı iken, yuksek frekanslarda cok daha kucuktur.

• Cıkıs ve giris gerilimleri arasındaki

φ(ω) = tan−1ω

σ

faz farkı da frekansa baglıdır.

limω → 0

φ(ω) = 0 ve limω →∞

φ(ω) =π

2

oldugundan, cıkıs ve giris gerilimleri arasında dusuk frekanslarda cok kucuk olan fazfarkı, frekans yukseldikce 90’ye kadar artar.

Bu gozlemler, farklı frekanslar icin Sekil 2.7’de gosterilen giris ve cıkıs gerilim dal-galarıyla dogrulanmaktadır.

2.4 Vuru ve Durtu Tepkeleri

Sabit katsayılı

y + σy = σu(t) , y(0) = 0 (2.14)

baslangıc degeri probleminde giris fonksiyonu

u = 1(t) =

1 , t > 00 , t < 0

2.4 Vuru ve Durtu Tepkeleri 29

Sekil 2.7: Sekil 2.4’teki Devrenin Farklı Frekanslı Girisler Icin Kalıcı Durum Cozumleri

biciminde tanımlanmıs olsun. Muhendislik uygulamalarında sıkca karsılasılan 1(t) fonksi-yonu birim basamak fonksiyonu olarak adlandırılır. Problemin t ≥ 0 icin cozumunun

y = 1− e−σt

oldugunu onceki kısımlardan biliyoruz. Bu cozume de sistemin birim basamak tepkesi denir.

Simdi de aynı sisteme

u = ph(t) =

1/h , 0 < t < h

0 , h < t

biciminde bir giris uygulayalım. Bu tur bir fonksiyon, sisteme belli bir sure sabit olarak uygu-lanan girisleri (ornegin, sabit itme kuvveti saglayan bir roketin bir sure ateslenmesi, bir elek-trikli ısıtıcıya belli bir sure guc verilmesi) modellemekte kullanılır. h suresince uygulanangiris fonksiyonu 1/h ile olceklenerek, fonksiyonun altında kalan alan bire esitlenmistir. Bufonksiyona birim vuru fonksiyonu denir. Sistem cıkısı, 0 ≤ t ≤ h aralıgında, birim basamaktepkesinin 1/h katıdır:

y =1

h(1− e−σt) , 0 ≤ t ≤ h

t = h anında u sıfıra dustugu icin, t > h icin cıkıs

y(h) =1− e−σh

h

degerinden sıfıra azalan ustel bir fonksiyonun h kadar gecikmisidir. Sonuc olarak, sisteminbirim vuru tepkesi

y =

1h

(1− e−σt) , 0 ≤ t ≤ h

1− e−σhh

e−σ(t−h) , h < t

ile verilir. Sekil 2.8’de (2.14) sisteminin farklı h degerlerine sahip vuru girislerine tepkelerimavi egrilerle gosterilmistir.


Sekil 2.8: (2.14) Sisteminin σ = 1 Icin Vuru ve Durtu Tepkeleri

Vuru suresi h sıfıra yaklastıgında, ph(t) birim vuru fonksiyonunun yuksekligi sonsuzaartar, ancak altındaki alan degismez. h sıfıra yaklasırken birim vuru fonksiyonunun limitibirim durtu olarak adlandırılır ve δ(t) ile gosterilir.5

t > h icin vuru tepkesini

y =eσh − 1

he−t

biciminde yazar ve

limh→ 0

eσh − 1

h= σ

oldugunu goz onune alırsak, h sıfıra yaklasırken vuru tepkesi de

y = σe−t , t > 0 (2.15)

fonksiyonuna yaklasır. Sekil 2.8’de kırmızı egri ile gosterilmis olan bu fonksiyonu (2.14)sisteminin durtu tepkesi olarak tanımlarız. Durtu tepkesinin,

y + σy = 0 , y(0) = σ

baslangıc degeri probleminin cozumu olduguna dikkat ediniz. Bu gozlem, t = 0 anındauygulanan durtu girisinin tek etkisinin, sistemin baslangıc kosulunu y(0) = 0 degerindeny(0) = σ degerine yukseltmek oldugu sonucuna yol acar. Sistemin durtu girisinden hemenonceki ve hemen sonraki durumları arasındaki bu farkı

y(0−) = 0 ve y(0+) = σ

5Birim durtu, bildigimiz anlamda bir fonksiyon degildir. cunku, t = 0 dısında her zaman sıfırdır ve t = 0’da datanımlı degildir. Yine de, her ε > 0 icin∫ ε

−εδ(t)dt = 1

ozelligine sahiptir. Durtu fonksiyonu Dirac tarafından gelistirilmis olup Dirac delta fonksiyonu olarak da bilinir.

2.5 Problemler 31

gosterimiyle vurgularız. Aynı sonuca, u(t) = δ(t) icin (2.14) denkleminin her iki tarafınınt = 0 anını iceren cok kucuk bir aralıkta

∫ 0+

0−

dy

dtdt+ σ

∫ 0+

0−ydt = σ

∫ 0+

0−δ(t)dt

biciminde integralini alarak da ulasabiliriz. Ilk integral y(0+) − y(0−), ikinci integral sıfır,son integral de σ oldugunundan

y(0+)− y(0−) = σ

Durtu girisi, sistemin durumunda σ kadar bir sıcramaya neden olur.

Ornek 2.4Bir futbolcu yatay olarak kendisine dogru v0 = −10 m/s hızla gelen m = 450 g kutleli bir topaaynı dogrultuda vuruyor. Vurus suresinin 100 ms oldugunu ve bu sure boyunca futbolcunun topaortalama 180 N’luk bir kuvvetle vurdugunu dusunelim.

Vurunun alanı 180× 0.1 = 18 N.s oldugundan, topa uygulanan kuvveti f(t) = 18δ(t) olarakmodelleyebiliriz. Topun dinamigi de

v = f(t)/m = 40 δ(t) , v(0−) = −10

ile modellendiginden, topun vurus sonrası hızını

v(0+) = v(0−) + 40 = 30 m/s

olarak hesaplarız.

2.5 Problemler

1. 100 litrelik bir tanktaki %10’luk (100 g/L) tuzlu suyu seyreltmek icin, tanka bir yandan10 L/dk hızla saf su pompalanır ve tuzlu su ile karıstırılırken, ote yandan karısım aynıhızda dısarı atılmaktadır.

(a) Tanktaki tuzlu su konsantrasyonunu modelleyin.

(b) Tuzlu su konsantrasyonunun %5’e inmesi icin gereken sureyi hesaplayın.

2. Dalgıclar suda derine indikce ısık siddetinin ustel olarak azaldıgını iyi bilirler.Eger 10 m derinlikte ısık siddeti yuzeydekinin %80’ine dusuyorsa, hangi derinlikteyuzeydekinin (a) yarısına, (b) %10’una dusecegini hesaplayın.

3. Vadeli hesaplara %10 yıllık faize karsı gelen surekli faiz verdiginin ve paranızıistediginiz zaman cekebileceginizin reklamını yapan bir bankaya 10000 TL yatırarakvadeli hesap acıyorsunuz. 6 ay sonra paranızı cektiginizde 500 TL faiz geliri elde et-meyi beklerken, banka ana paranızın ustune 475 TL faiz oduyor. Kim haklı? Bankanınodemesi gereken faiz tam olarak ne kadar?


4. Isıtma ve sogutması olmayan bir binanın zaman sabiti T = 6 saattir. Dıs hava sıcaklıgı,gun isinde 10 C ile 40 C arasında degisen ve sabah 3:00’te en dusuk, ogleden sonra15:00’te en yuksek degerini alan bir sinus fonksiyonu ise, kalıcı durumda

(a) binanın ic sıcaklıgını zamanın bir fonksiyonu olarak ifade edin,

(b) bina ici sıcaklıgın en dusuk ve en yuksek degerlerini ve bu degerlere hangisaatlerde ulasıldıgını hesaplayın.

5. Soguma zaman sabiti 5 saat olan bir kulubenin kliması, dıs ortamla ısı alısverisi ol-madıgında kulubenin sıcaklıgını 6 C/sa hızla azaltabiliyor. Dıs ortam sıcaklıgının 35

C’ta sabit oldugu bir ogleden sonra, kulubenin sıcaklıgı 30 C iken klima calıstırılırsa

(a) bir saat sonra kulubenin sıcaklıgı ne olur?

(b) kulubenin sıcaklıgı ne kadar sure sonra 20 C’a duser?

6. Zaman sabiti T olan Sekil 2.4’teki elektrik devresine Sekil 2.9’da gosterilen P peri-yotlu kare dalga biciminde bir giris gerilimi uygulanıyor. Kapasitor baslangıc gerilimiv(0) = 0 ise,

(a) kapasitor gerilimini zamanın fonksiyonu olarak kabaca cizin,

(b) n’ninci periyot sonundaki kapasitor gerilimi v(nP ) icin genel bir ifade bulun,

(c) v(nP ) degerlerinin

vp(t) = M(P )(1− e−t/T )

ustel artan egrisi uzerinde yer aldıgını gosterin, M(P )’yi hesaplayın,

(d) limP → 0M(P ) degerini hesaplayın.

Sekil 2.9: Kare Dalga Giris Gerilimi

Bolum 3Ayrılabilir Turevsel Deklemler


Ayrılabilir denklemler, p(x) ve q(y) verilen fonksiyonlar olmak uzere

p(x) dx+ q(y) dy = 0 (3.1)

biciminde yazılabilen birinci derece turevsel denklemlerdir. Bu bicimdeki bir denkleminintegralini aldıgımızda,∫

p(x) dx+

∫q(y) dy = c

ya da, P ve Q, p ve q’nun herhangi birer tumlevi olmak uzere

P (x) +Q(y) = c (3.2)

bagıntısına ulasırız. Herhangi bir (xi, xf ) aralıgında bu bagıntıyı saglayan bir y = φ(x)fonksiyonu varsa, φ (3.1) denkleminin bir cozumudur. Bu durumda, (3.2) bagıntısına, (3.1)’insaklı cozumu deriz.

Ornek 3.1Birinci derece

dy

dx= −x

y, y 6= 0

denklemi

2x dx+ 2y dy = 0

biciminde yazılabildigi icin ayrılabilir bir denklemdir. Integral alarak

x2 + y2 = c

bagıntısını elde ederiz. Bagıntının sol tarafı eksi olamayacagından, c = r2 alarak

x2 + y2 = r2 , r ≥ 0

33

34 Ayrılabilir Turevsel Deklemler

cember denklemini buluruz. Bu denklem, her ikisi de (−r, r) aralıgında gecerli

y = φ1(x) =√r2 − x2 ve φ2(x) = −

√r2 − x2

cozumlerini tanımladıgından, bir saklı cozumdur. Baslangıc kosulu cozumun φ1 mi, φ2 mioldugunu ve r degerini belirler. Ornegin,

y(0) = −1 −→ y = −√

1− x2 , −1 < x < 1

y(1) = 1 −→ y =√

2− x2 , −√

2 < x <√

2

3.2 Uygulamalar

3.2.1 Lojistik Populasyon Modeli

Daha once inceledigimiz basit populasyon modeli, sınırsız nufus artısı ongordugunden, uzunerimde gecerli degildir. Belcikalı matematikci Verhulst, var olan kaynakların sınırlı olma-sından dolayı, kapalı bir ekosistemin herhangi bir canlı turu icin belli bir tasıma kapasite-sine sahip oldugu ve herhangi bir anda birey basına nufus artıs oranının, o anda henuzkullanılmayan kaynakların yuzdesiyle orantılı oldugu varsayımlarına dayanan bir modelolusturmustur. Sistemin tasıma kapasitesi birey sayısı turunden K ile gosterilirse, lojistikpopulasyon modeli olarak bilinen Verhulst modeli

dN

dt= αN(1− N

K) , N(0) = N0 (3.3)

biciminde ifade edilebilir. Burada parantez icindeki terim henuz kullanılmayan kaynaklarıntoplam kaynaklara oranını gostermektedir.

Birey sayısının tasıma kapasitesine oranını x = N/K ile gosterirsek, (3.3) modeli

dx

dt= αx(1− x) , x(0) = x0 = N0/K (3.4)

denklemine donusur. Bu denklem

1

x(x− 1)dx+ αdt = 0

biciminde yazılabildigi icin ayrılabilir bir denklemdir.

1

x(x− 1)=

1

x− 1− 1

x

yazıp, x < 1 icin integral alarak

ln(1− x)− lnx = −αt+ c1 −→1− xx

= ce−αt

3.2 Uygulamalar 35

saklı cozumunu, sonra da baslangıc kosulunu kullanıp, terimleri yeniden duzenleyerek

x =x0

x0 + (1− x0)e−αt(3.5)

cozumunu elde ederiz. Birey sayısı turunden cozum ise

N =KN0

N0 + (K −N0)e−αt

ile verilir. x0 < 0.5 (N0 < K/2) icin tipik bir cozum egrisi Sekil 3.1’de gosterilmistir.

Sekil 3.1: Lojistik Populasyon Modelinde Cozum Egrisi

(3.5) esitliginde limit alarak

limt→∞

x = 1 −→ limt→∞

N = K

buluruz. Bu da populasyonun asimtotik olarak tasıma kapasitesine kadar artacagını, ancakkapasiteyi asamayacagını gosterir. Ayrıca, cozum ifadesinin ikinci turevi sıfıra esitlenerek,cozum egrisinin

(tb, xb) = (1

αln

1− x0x0

,1

2)

noktasında bukuldugu gosterilebilir. Bu da, populasyonun, tasıma kapasitesinin yarısınaulasana kadar artan bir hızla artacagını, yarısını astıktan sonra nufus artıs hızının giderekazalacagını gosterir.1

Son olarak, x0 << 1 (N0 << K) ise, t ≈ 0 icin

x0 + (1− x0)e−αt ≈ e−αt

1(3.4) denkleminden, birey basına nufus artıs oranının, nufus cinsinden

f(x) = αx(1− x)

oldugu gorulmektedir. f(x) fonksiyonunun, x = 1/2’de en buyuk degeri aldıgı turev alarak kolayca gosterilebilir.Bu da, nufusun, tasıma kapasitesinin yarısına kadar artan, sonra da azalan bir hızla artacagını acıklar.


oldugundan, cozumun baslangıcta

x ≈ x0 eαt −→ N ≈ N0eαt

ile verilecegi, yani, lojistik modelin baslangıcta ustel model ile hemen hemen aynı sonucuverecegi gosterilebilir.

3.2.2 Direncli Ortamda Hareket

Hareket modellerini gercege yakın bir bicimde olusturabilmek icin, hareketi etkileyen tumkuvvetlerin goz onunde tutulması gerekir. Ornegin, ucaktan atlayan bir parasutcuye etkiyennet kuvvet

Fnet = mg − kv2

biciminde modellenebilir. Hava direncinden kaynaklanan ikinci terim hareketi yavaslatmaegiliminde oldugu icin yer cekimine zıt yonde alınmıs olup, k parasutcunun alanına, havanınyogunluguna, vb. etkilere baglı sabit bir orantı katsayısıdır. Newton’un

mdv

dt= mg − kv2 (3.6)

hareket denklemi, parasutcunun hızı

v = v∞ =

√mg

k

degerine ulastıgında net kuvvetin sıfır olacagını, bu andan sonra da parasutcunun limit hızolarak tanımlanan sabit v∞ hızıyla dusecegini gosterir.

Parasutcunun hızını, limit hız turunden

w =v

v∞

olarak tanımlarsak, (3.6) denklemi

dw

dt=

g

v∞(1− w2)

bicimine donusur. Buradan

σ =2g

v∞=

√4gk

m

tanımıyla,

2

(w − 1)(w + 1)dw + σ dt = 0

3.2 Uygulamalar 37

ayrılabilir denklemine ulasır ve lojistik populasyon modelinin cozumune benzer bicimde,

w =1− ce−σt

1 + ce−σt, c =

1− w0

1 + w0

cozumunu elde ederiz. Gercek hız ise

v = v∞1− ce−σt

1 + ce−σt, c =

v∞ − v0v∞ + v0

(3.7)

ile verilir.

Parasutcunun v0 = 0 ilk hızıyla parasutu kapalı olarak ucaktan atladıgını ve bir sure sonrat = T anında, hızı v = V iken parasutunu actıgını dusunelim. Hava direnci katsayısı, parasutkapalıyken k1, acıkken k2 > k1 olsun. Parasutcunun ivmesi, parasut acılmadan hemen once

a1 = g − k1

mV 2

acıldıktan hemen sonra ise

a2 = g − k2

mV 2

olacagından, parasutun acılması

|∆a| = k2 − k1m

V 2

gibi bir ivme degisimine neden olacaktır.

Sayısal bir ornek olarak,

m = 80 kg , k1 = 0.4 kg/m , k2 = 20 kg/m , g = 9.8 m/s2

alalım ve parasutun T = 1.5 s sonra acıldıgını varsayalım. Parasut acılana kadar

v∞ = 44.3 m/s , σ = 0.44 s−1 , c = 1

oldugundan, hız

v = 44.31− e−0.44t

1 + e−0.44t

biciminde degisir. Parasut acılmadan hemen once hız V = v(1.5) = 14.2 m/s, ivme a1 = 8.8m/s2’dir. Parasut acıldıktan sonra

v∞ = 6.3 m/s , σ = 3.13 s−1 , c = −0.387


oldugundan, hız

v = 6.31 + 0.387e−3.13(t−1.5)

1− 0.387e−3.13(t−1.5)

biciminde degisir. Parasut acıldıktan hemen sonra hız V = 14.2 m/s, ivme a2 = −40.5m/s2’dir. Parasutun acılması anında ivme

|∆a| = 49.3 m/s2 ≈ 5g

kadar degisir. Parasutcu bu ivmeye dayanabilir. Parasutcunun hız egrisi Sekil 3.2’degosterilmistir. Gercekte ise parasutun acılması zaman alacagından, ivme bu kadardegismeyecektir.

Sekil 3.2: Parasutcunun Hız Egrisi

3.2.3 Toricelli Yasası

Alt tarafındaki kucuk bir delikten bosalmakta olan ustu acık su dolu bir tank dusunelim.Toricelli yasası, delikten jet akısı halinde gecen suyun hızının, h deligin ustunde kalan suyunyuksekligini ve g yercekimi ivmesini gostermek uzere, v =

√2gh oldugunu soyler. Deligin

kesit alanı a ise, akan suyun debisi q = av olacagından, tanktaki suyun hacmi

dV

dt= −q = −a

√2gh

denklemine uygun olarak azalacaktır. Tankın kesit alanı, su yuksekliginin bir A(h) fonksi-yonu ise,

V =

∫ h

0

A(y) dy

dolayısıyla, su hacmi

dV

dt=dV

dh

dh

dt= A(h)

dh

dt

3.2 Uygulamalar 39

biciminde degisir. Boylece, tanktaki su yuksekliginin degisimini ayrılabilir

dh

dt= −a

√2gh

A(h)(3.8)

denklemiyle modelleriz.

Tankın duzgun kesitli R = 50 cm capında bir silindir, suyun aktıgı deligin de r = 1 cmcapında bir daire oldugunu varsayalım. (3.8) denkleminde

a

A=

πr2

πR2= 4× 10−4

olur. g = 9.81 m/s2 = 35, 316 m/dk2 alırsak, (3.8) denklemi, h metre ve t dakika olarakolculmek uzere,

dh

dt= −0.1063

√h −→ 1

2√h

+ 0.0532 dt = 0

bicimini alır. Cozum

√h =

√h0 − 0.0532 t −→ h = (

√h0 − 0.0532 t)2 m

olarak bulunur. Bosalan suyun debisi ise

q = a√

2gh = 0.0209 (√h0 − 0.0532 t) m3/dk = 20.9 (

√h0 − 0.0532 t) L/dk

ile verilir. Baslangıc su yuksekligi h0 = 2 m ise, tankın tamamı

T =

√2

0.0532= 26.6

dakikada bosalır. Cozum grafikleri Sekil 3.3’te gosterilmistir.2

Sekil 3.3: Bosalan Tankta Su Yuksekliginin Degisimi

2Tankın bosalmasına yakın akan suyun jet ozelligi kaybolacagından, tanktaki su yuksekligi cozum ifadesindensapmaya baslar ve tankın bosalması hesaplanandan biraz daha uzun sure alır.


3.3 Problemler

1. Asagıdaki denklemleri cozun ve cozum egrilerini cizin:

(a) yy + y2 = 1 , y(0) = 3

(b) y + 0.1y2 = 0 , y(0) = 1

2. Bir goldeki balık miktarı, x ton ve t yıl ile olculmek uzere

x = 2x(1− x

8)− 3

ile modellenmis olup, son terim avlanma hızını gostermektedir. Baslangıcta goldex(0) = 3 ton balık varsa, balık miktarının zamanla degisimini bulun; kalıcı durumdabalık miktarını hesaplayın.

3. X ve Y maddelerinin birleserek Z’yi olusturdugu tersinir bir kimyasal tepkimede, X,Y, ve Z’nin mol sayılarının zamanla degisimi

z = −x = −y = xy − 0.08 z

denklemleriyle modellenmektedir.

(a) x(0) = x0, y(0) = y0, z(0) = 0 ise her t icin x(t) = x0−z(t) ve y(t) = y0−z(t)oldugunu gosterin.

(b) Yukarıdaki sonucu kullanarak z(t)’nin degisimini ayrılabilir bir turevsel denk-lemle modelleyin.

(c) x0 = y0 = 0.16, z(0) = 0 ise x(t), y(t) ve z(t)’yi bulun ve grafiklerini cizin.

(d) (c)’yi x0 = 0.36, y0 = 0.16, z(0) = 0 icin yineleyin.

4. Deniz yuzeyinin y0 = −50 m altında bulunan bir denizaltıdan, tam ustunde bulunan birsavas gemisine, ilk hızı v0 = 40 m/s olan,m = 50 kg kutleli ve ρ = 7 g/cm3 yogunlugasahip bir torpil fırlatılmıstır. Su direnci katsayısı k = 0.2 kg/m ve yercekimi ivmesig = 9.8 m/s2 olarak verilmistir.

(a) Torpilin yukarı dogru olan hızının

v = −α(1 + β2v2)

denklemini sagladıgını gosterin; α ve β katsayılarını hesaplayın.

(b) Torpilin hız ve konum ifadelerini elde edin. Ipucları:∫dx

1 + x2= tan−1 x ,

∫tanx dx = − ln (cosx)

(c) Torpilin gemiye carptıgı andaki hızını bulun.

Bolum 4Sayısal Cozum Yontemleri

4.1 Hız Alanı

Birinci derece

dy

dt= f(t, y) , y(t0) = y0 (4.1)

turevsel denkleminin y = φ(t) biciminde acık bir cozumunu elde etmek ozel durumlardısında olanaksız ya da cok zordur. Ornegin,

dy

dt= 1 + y − ty , y(0) = 0 (4.2)

denkleminin cozumu

y = et−0.5t2

∫ t

0

e−τ+0.5τ2

dτ

olmakla birlikte, integrali bilinen temel fonksiyonlar turunden ifade edemeyiz. Ya da,ayrılabilir

dy

dt=

1

4y3 + 1, y(0) = 1

denkleminin saklı cozumu kolaylıkla

y4 + y = t+ 2

olarak bulunabilse bile, bu ifadeden y’yi t’nin bir fonksiyonu olarak cekmek hic kolaydegildir. Bu gibi durumlarda sayısal cozum yontemlerine basvururuz.

Sayısal cozum kavramını acıklamak icin ty-duzleminin (t0, y0) baslangıc noktasını kap-sayan bir bolgesini dikortgen bir ızgarayla orttugumuzu dusunelim. Kucuk bir h degerisecelim ve ızgaranın dugum noktalarından (t∗, y∗) ile gosterdigimiz herhangi birine t bilesenih, y bileseni de hf(t∗, y∗) (yani, egimi f(t∗, y∗)) olan kucuk bir vektor yerlestirelim. Buislemi ızgaranın tum dugum noktalarında yineleyerek bolgeyi kucuk vektorlerle dolduralım

41

42 Sayısal Cozum Yontemleri

ve boylece bir vektor alanı olusturalım. h degerini degistirerek vektorlerin ust uste binmesiniengelleyebiliriz.

Eger (4.1) denkleminin cozum egrisi (t∗, y∗) noktasından geciyorsa

φ(t∗) = y∗ ve φ(t∗) = f(t∗, y∗)

oldugundan, bu noktadaki vektor cozum egrisine tegettir. Ayrıca, bu noktadaki vektorunbuyuklugu, cozumun o noktadaki hızı ile orantılıdır. Bu nedenle, soz konusu vektor alanıaslında hız vektorlerinden olusan bir hız alanıdır. Sekil 4.1’de (4.2) denkleminin hız alanıgosterilmistir.

Sekil 4.1: Hız alanı

Hız alanı, herhangi bir (t0, y0) noktasından baslayan cozumun nasıl ilerleyecegikonusunda bir kılavuz olusturur. Yapılacak is kucuk adımlarla okları izleyerek ilerlemek-tir. Sekil 4.1’de farklı noktalardan (baslangıc kosullarından) baslayıp, okları izleyerek eldeedilen (yaklasık) cozum egrileri gosterilmistir.

(4.1) denkleminin (t0, y0) noktasından baslayan cozum egrisini yaklasık olarak elde et-mek icin t ekseninde t0, t1, . . . gibi bir noktalar dizisi secelim. Genellikle, bu noktaları

tk = t0 + kh = tk−1 + h

biciminde esit aralıklı seceriz. Burada h yeterince kucuk bir adım aralıgıdır. Cozumunbu noktalardaki degerlerini de φk = φ(tk) ile gosterelim. Cozumu bilmedigimiz icin, φkdegerlerini de φ0 = y0 dısında bilmiyoruz. Ancak, hız alanındaki okların kılavuzlugunda,(t0, y0) noktasından (t1, y1) noktasına, oradan (t2, y2) noktasına vb. uzanan dogruparcalarından bir kırık cizgi olusturabiliriz. Yeterince kucuk adımlarla ilerlersek, kırıkcizgimizin cozum egrisine yakın olmasını, yani yk ≈ φk, k = 1, 2, . . . bekleriz. Bu bicimdeolusturdugumuz y0, y1, . . . dizisine (4.1) denkleminin sayısal cozumu deriz. Simdi kırıkcizgimizi nasıl olusturabilecegimizi inceleyelim.

4.2 Euler Yontemi 43

4.2 Euler Yontemi

Turevin tanımını hatırlayalım:

φ(tk) = limh→ 0

φ(tk + h)− φ(tk)

h

Eger h yeterince kucukse

φ(tk) ≈ φ(tk + h)− φ(tk)

h=φk+1 − φk

h

yazabiliriz. Cozum t = tk noktasında (4.1) denklemini saglamak zorunda oldugundan

φ(tk) = f(tk, φ(tk)) = f(tk, φk) (4.3)

Son iki denklemden

φk+1 ≈ φk + hf(tk, φk) , k = 0, 1, . . .

ifadesine ulasırız. Bu yaklasık ifadeyi ardısık olarak kullandıgımızda

φ1 ≈ φ0 + hf(t0, φ0) = y0 + hf(t0, y0)4= y1

φ2 ≈ φ1 + hf(t1, φ1) ≈ y1 + hf(t1, y1)4= y2...

φk+1 ≈ φk + hf(tk, φk) ≈ yk + hf(tk, yk)4= yk+1

elde ederiz.

Son denklemi, terimleri anlamlandırabilmek icin iki adıma ayırarak

mk = f(tk, yk)

yk+1 = yk + hmk

k = 0, 1, . . . (4.4)

biciminde yazalım. Bu ardısık denklem sayısal cozum hesaplamak icin elverisli bir algoritmaolup, Euler yontemi olarak bilinir. (4.3) ile karsılastırıldıgında, mk’nin, cozum egrisinintk noktasındaki egiminin yaklasık degeri oldugu gorulmektedir. yk+1 ise, yk noktasındangecen ve egimi mk olan dogrunun tk+1 noktasında ulastıgı degerdir. Sayısal cozumun Euleryontemi ile elde edilisi Sekil 4.2’de acıklanmıstır.

Sekil 4.2’den de gorulecegi gibi, Euler yontemi kullanarak φk+1’e yk+1 ile yaklasımdaiki hata soz konusudur. Ilki, φk+1’e, cozum egrisine tk noktasında teget olan dogrunun tk+1

noktasındaki degeri ile, yani, φk + hf(tk, φk) ile yaklasmaktan kaynaklanan bu adıma ozguhatadır. Ikinci hata ise bu dogrunun baslangıc noktasını ve egimini belirlerken, φk yerineφk’nin yaklasık degeri olan yk’yi kulanmamızdan kaynaklanır. Sonucta, her adımdaki hatabir oncekine eklenerek toplam hatayı olusturur.


Sekil 4.2: Euler Yontemi ve Hata

4.3 Runge–Kutta Yontemi

Cok kullanılan bir sayısal cozum yontemi de Alman matematikciler Runge ve Kutta tara-fından gelistirilen ve kendi adlarıyla anılan bir yontemdir. Runge-Kutta yontemini inceleme-den once, Euler yontemine ikinci bir kez goz atalım.

Sekil 4.2’yi goz onunde tutarak, yk+1 degerini hesaplamak icin, (tk, yk) noktasındanbaslayan ve egimi mk olan bir dogru boyunca yatay eksende h kadar ilerledigimizihatırlayalım. Bunu yapmamızın nedeni, (tk, tk+1) aralıgında cozum egrisinin egiminin mk

degerinden fazla uzaklasmayacagını varsaymamızdı. Benzer bicimde, bir sonraki adımda,cozum egrisinin (tk+1, tk+2) aralıgındaki egiminin mk+1 degerine yakın olacagını varsa-yarak ilerledik. Yani, egimin (tk, tk+1) aralıgının basında mk, sonunda ise mk+1 degerineyakın oldugunu varsaydık. Egime bu iki degerin ortamasıyla yaklasmanın daha mantıklıolacagı dusuncesinden hareketle, Euler yontemini asagıdaki bicimde gelistirebiliriz:

m1,k = f(tk, yk)

m2,k = f(tk + h, yk + hm1,k) (4.5)

yk+1 = yk + hm1,k +m2,k

2

Runge–Kutta yontemi ise cozum egrisinin (tk, tk+1) aralıgındaki egimine, biri aralıgınbasında, ikisi ortasında ve biri de aralıgın sonunda hesaplanan dort ayrı degerin agırlıklı or-talamasıyla yaklasmaya dayanır ve asagıdaki denklemlerle ifade edilir:

m1,k = f(tk, yk)

m2,k = f(tk +h

2, yk +

h

2m1,k)

m3,k = f(tk +h

2, yk +

h

2m2,k) (4.6)

m4,k = f(tk + h, yk + hm3,k)

yk+1 = yk + hm1,k + 2m2,k + 2m3,k +m4,k

6

4.3 Runge–Kutta Yontemi 45

Ornek 4.1Adım aralıgını h = 0.2 secerek

y = 0.08(t+ 5)y2 , y(0) = 1.0000 (4.7)

probleminin farklı yontemlerle elde edilen sayısal cozumlerini karsılastıralım.

Euler yontemi ile, ilk adımda

m0 = 0.08(0 + 5)(1.0000)2 = 0.4000

y1 = 1.0000 + (0.2)(0.4000) = 1.0800

ve ikinci adımda

m1 = 0.08(0.2 + 5)(1.0800)2 = 0.4852

y2 = 1.0800 + (0.2)(0.4852) = 1.1770

elde edilir. [0, 2] aralıgında Euler yontemiyle hesaplanan sayısal cozum degerleri,

y =1

2− 0.04(t+ 5)2(4.8)

gercek cozumunden elde edilen φk degerleriyle birlikte Tablo 4.1’de verilmistir.

Gelistirilmis Euler yontemi ise, ilk adımda

m1,0 = 0.08(0 + 5)(1.0000)2 = 0.4000

m2,0 = 0.08(0.2 + 5)(1.0000 + (0.2)(0.4000))2 = 0.4852

y1 = 1.0000 + (0.2)0.4 + 0.48522 = 1.0885

ve ikinci adımda

m1,1 = 0.08(0.2 + 5)(1.0885)2 = 0.4929

m2,1 = 0.08(0.4 + 5)(1.0885 + (0.2)(0.4929))2 = 0.6088

y2 = 1.0885 + (0.2)0.4929 + 0.61262 = 1.1987

verir. Bu yontemle elde edilen diger degerler de Tablo 4.1’de gosterilmisstir.

Son olarak, aynı ornege Runge–Kutta yontemini uyguladıgımızda, ilk adımda

m1,0 = 0.08(0 + 5)(1.0000)2 = 0.4000

m2,0 = 0.08(0.1 + 5)(1.0000 + (0.1)(0.4000))2 = 0.4413

m3,0 = 0.08(0.1 + 5)(1.0000 + (0.1)(0.4413))2 = 0.4448

m4,0 = 0.08(0.2 + 5)(1.0000 + (0.2)(0.4448))2 = 0.4927

y1 = 1.0000 + (0.2)0.4 + 2(0.4413) + 2(4448) + 0.4933

6 = 1.0888


ve ikinci adımda

m1,1 = 0.08(0.2 + 5)(1.0888)2 = 0.4932

m2,1 = 0.08(0.3 + 5)(1.0888 + (0.1)(0.4932))2 = 0.5492

m3,1 = 0.08(0.3 + 5)(1.0888 + (0.1)(0.5492))2 = 0.5547

m4,1 = 0.08(0.4 + 5)(1.0888 + (0.2)(0.5547))2 = 0.6218

y2 = 1.0888 + (0.2)0.4932 + 2(0.5492) + 2(0.5547) + 0.6218

6 = 1.1996

buluruz. Bu sekilde hesaplanan degerler de Tablo 4.1’de yer almaktadır.

Tablo 4.1: (4.7) Denkleminin Sayısal Cozum Degerleri

ykk tk φk Euler G. Euler R–K

0 0.0 1.0000 1.0000 1.0000 1.0000

1 0.2 1.0889 1.0800 1.0885 1.0888

2 0.4 1.1996 1.1770 1.1987 1.1996

3 0.6 1.3412 1.2967 1.3392 1.3412

4 0.8 1.5281 1.4474 1.5239 1.5281

5 1.0 1.7857 1.6418 1.7769 1.7857

6 1.2 2.1626 1.9006 2.1430 2.1626

7 1.4 2.7655 2.2589 2.7165 2.7653

8 1.6 3.8820 2.7815 3.7308 3.8809

9 1.8 6.6489 3.5985 5.9371 6.6339

10 2.0 25.0000 5.0073 13.2025 22.6982

Sekil 4.3’de, gercek cozum egrisi ile Tablo 4.1’deki verilerin grafik gosterimleri verilmistir.Gerek tablodan, gerekse sekilden, gelistirilmis Euler yonteminin Euler yonteminden, Runge–Kuttayonteminin ise hepsinden daha iyi sonuclar verdigi gorulmektedir.

Runge–Kutta yontemi, son adım dısında gercek cozume cok yakın degerler verirken, sonadımda gercek cozumden oldukca sapmaktadır. Bunun nedeni de, (4.8)’de verilen cozum ifadesin-den de gorulecegi gibi, t,

√50− 5 ≈ 2.07 degerine yaklasırken y’nin hızla artması ve dolayısıyla,

t = 2 civarında y degerinin hesaplanmasındaki kucuk bir hatanın bile, bir sonraki adımdacok buyuk bir hataya neden olmasıdır. Oyle ki, cozum t = 2.2 icin tanımlı olmadıgı halde,yontemlerden herhangi biri tk = 2.0 den sonra bir adım daha uygulanabilir ve tk+1 = 2.2

icin gecerli olmayan bir sayısal cozum degeri verir. Sonuc olarak, bu problem sayısal cozumyontemlerinin zorlandıgı bir ornektir.

4.4 Problemler 47

Sekil 4.3: (4.7) Denkleminin Sayısal Cozumleri

4.4 Problemler

1. Euler yontemini h = 0.1 ile uygulayarak asagıdaki problemlerin sayısal cozumlerinibulun ve gercek cozumlerle karsılastırın:

(a) y + y = t , y(0) = 1

(b) y = −0.1y2 , y(0) = 10

(c) (t+ 1)y = y , y(0) = 1

2. Euler, Gelistirilmis Euler ve Runge–Kutta yontemlerini MATLAB ile programlayın.

3. Olusturdugunuz Runge–Kutta sayısal cozum programını

dy

dx= y , y(0) = 1

problemine h = 0.1 ile uygulayarak cozumunun x = 1’deki degerini hesaplayın. esayısına ne kadar yakınsınız?

4. tan π4 = 1 oldugunu biliyoruz.

(a) Cozumu y = tan−1 x olan bir problem olusturun.

(b) Olusturdugunuz problemi Euler ve Gelistirilmis Euler yontemlerini h = 0.1 ileuygulayarak cozun ve π sayısının yaklasık degerini iki yontemle de hesaplayın.

5. y = 0.1(1 − y3) , y(0) = 2 problemini Euler, Gelistirilmis Euler ve Runge–Kuttayontemleriyle ve h = 0.2 alarak [0, 10] aralıgında cozun ve sayısal cozumleri aynıgrafikte gosterin.


6. 7. Bolumde inceleyecegimiz gibi, kapalı bir bolgede basgosteren tipik bir salgınhastalık dinamigi, x bolgedeki hasta sayısını ve y saglıklı kisi sayısını gostermek uzere,

x = 10−6xy − y − 10−6xy (4.9)y = −10−6xy

denklemleriyle modellenebilir. Euler yontemini h = 1 ile uygulayarak x(0) = 100ve y(0) = 1.1 × 106 icin saglıklı ve hasta kisilerin sayısındaki degisimi bulun vegrafiklerle gosterin. Kesirli sayılardan kacınmak icin, her adımda hesaplanan xn veyn degerlerini tamsayıya yuvarlayın. Sayısal cozumu, hasta sayısı 10’un altına dusenekadar surdurun.

7. Uygun MATLAB fonksiyonları kullanarak

dy

dx= − x

4y

denkleminin x ∈ (−3, 3), y ∈ (−2, 2) bolgesindeki hız alanını olusturun. Ne turcozumler beklersiniz?

Bolum 5Ikinci Derece Sabit KatsayılıDogrusal Turevsel Deklemler

Ikinci derece sabit katsayılı turevsel denklemler, hem donemsel davranısları acıkladıkları icinkendi baslarına onemlidir, hem de daha yuksek dereceli denklemlerin cozum ozelliklerine ısıktuttukları icin ayrıca incelemeye degerdir.


Ikinci derece sabit katsayılı dogrusal bir turevsel denklem

y + 2αy + γy = u(t) (5.1)

bicimindedir.

5.1.1 Homojen Denklemler

Once daha basit olan u(t) = 0 durumunu, yani

y + 2αy + γy = 0 (5.2)

homojen denklemi cozmeye calısalım. Birinci derece sabit katsayılı homojen bir denklemincozumunun ustel bir fonksiyon oldugunu hatırlayarak, (5.2) denklemi icin de y = φ(t) = est

biciminde bir cozum arayalım. φ’nin turevlerini alıp denklemde yerine koydugumuzda

s2 + 2αs+ γ = 0 (5.3)

karakteristik denklemini elde ederiz. Karakteristik denklemin

s = −α∓√α2 − γ

formuluyle belirlenen iki koku vardır. Bu kokler, α ve γ’ya baglı olarak gercel ya dakarmasık, farklı ya da katlı olabilir. Simdi bu durumları ayrı ayrı inceleyelim:

49

50 Ikinci Derece Dogrusal Deklemler

Farklı gercel kokler

γ < α2 ise, η > 0 parametresi, α2 − γ = η2 esitligini saglayacak bicimde tanımlanırsa,karakteristik denklemin s1 = −α + η ve s2 = −α − η 6= s1 gibi iki farklı gercel kokubulunur. Bu koklerin belirledigi

φ1(t) = es1t ve φ2(t) = es2t

fonksiyonlarının her biri (5.2)’nin bir cozumudur. Ayrıca, dogrusallık ozelliginden dolayı, c1ve c2 gelisiguzel sabitler olmak uzere

y = c1φ1(t) + c2φ2(t) = c1es1t + c2e

s2t (5.4)

bicimindeki her fonksiyon da (5.2)’nin bir cozumudur. φ1 ve φ2 fonksiyonları dogrusalbagımsızdır (hic biri digeri turunden ifade edilemez) ve c1 ve c2 sabitlerinin her farklı secimifarklı bir cozume yol acar. Bu bicimde tanımlanan iki parametreli cozumler kumesi (5.2)’ningenel cozumudur.

Karmasık kokler

γ > α2 ise, α2 − γ = −β2 yazılarak, karakteristik denklemin, s1 = −α + iβ ves2 = −α− iβ gibi karmasık eslenik iki koku oldugu gorulur. Bu durumda,

ψ1(t) = es1t = e−αt(cosβt+ i sinβt)

ve

ψ2(t) = es2t = e−αt(cosβt− i sinβt)

karmasık degerli fonksiyonlarından her biri (5.2)’yi saglar. Gercel degerli cozumler eldeetmek icin

φ1(t) = e−αt cosβt ve φ2(t) = e−αt sinβt

fonksiyonlarını tanımlayalım ve ψ1(t) = φ1(t) + i φ2(t) yazalım. ψ1 (5.2)’yi sagladıgından

0 = ψ1 + a1ψ1 + a2ψ1 = (φ1 + a1φ1 + a2φ1) + i (φ2 + a1φ2 + a2φ2)

olmalıdır. Buradan

φ1 + a1φ1 + a2φ1 = φ2 + a1φ2 + a2φ2 = 0

buluruz; bu da ψ1’in gercel ve sanal kısımlarını olusturan φ1 ve φ2 fonksiyonlarının herbirinin (5.2)’nin bir cozumu oldugunu gosterir. φ1 ve φ2 dogrusal bagımsızdır ve genelcozum

y = c1φ1(t) + c2φ2(t) = e−αt(c1 cosβt+ c2 sinβt) (5.5)

bicimindedir.


Katlı gercel kok

γ = α2 ise, karakteristik denklemin s1 = s2 = −α olmak uzere iki katlı gercel bir kokuvardır. (5.2)’nin bir cozumunun

φ1(t) = e−αt

oldugu acıktır. φ1’den bagımsız ikinci bir cozumun de

φ2(t) = te−αt

ile verildigi gosterilebilir (bkz. Problem 5.5.1). Genel cozum

y = c1φ1(t) + c2φ2(t) = e−αt(c1 + c2t) (5.6)

biciminde elde edilir.

Dikkat ederseniz, katlı kokler, sistem parametrelerinin γ = α2 esitligini saglayan cokozel degerler alması durumlarında ortaya cıkar ve uygulamada cok seyrek gorulur.

Ornek 5.1Ikinci derece

y + 2y + γy = 0 , y(0) = 1 , y(0) = 0

baslangıc degeri probleminin cozumlerini farklı γ degerleri icin karsılastıralım.

Katlı koklere yol acan kritik γ degeri γ = 1 olup, karakteristik denklemin kokleri γ < 1ise gercel, γ > 1 ise karmasıktır. Asagıda, farklı γ degerlerine karsı gelen kokler ile bu koklerinbelirledigi ve baslangıc kosullarını saglayan ozel cozumler listelenmis olup, cozum egrileri Sekil5.1’de gosterilmistir.

γ = 0.36 : s1,2 = −0.2,−1.8 −→ y = y1 = 1.125e−0.2t − 0.125e−1.8t

γ = 1.00 : s1,2 = −1,−1 −→ y = y2 = e−t(1 + t)

γ = 17.0 : s1,2 = −1∓ 4i −→ y = y3 = e−t(cos 4t+ 0.25 sin 4t)

Sekil 5.1: Ikinci Derece Denklemin Cozum Egrileri

Bu ornekte, gercel koklerin yol actıgı cozumle karmasık koklerin yol actıgı cozumun belirginbir bicimde farklı oldugu gozlenmektedir. Ancak bu fark, γ’nın kritik degerin yakınlarında degistigidurumlarda aynı olcude belirgin degildir. Ornegin,


γ = 0.99 : s1,2 = −0.9,−1.1 −→ y = y4 = 5.5e−0.9t − 4.5e−1.1t

γ = 1.01 : s1,2 = −1∓ 0.1i −→ y = y5 = e−t(cos 0.1t+ 10 sin 0.1t)

olup, γ = 0.99 ve γ = 1.01 degerlerine karsı gelen y4 ve y5 cozumleri ile γ = 1 degerine karsıgelen y2 cozumu arasındaki fark 0.005’ten kucuktur. Bir baska deyisle, y4 ve y5 nitelik olarak cokfarklı olmakla birlikte, her ikisi de y2’ye cok yakındır (bkz. Problem 5.5.2).

5.1.2 Homojen Olmayan Denklemler

(5.1)’nin sag tarafı sıfır degilse, yani sistemin sıfırdan farklı bir girisi varsa, cozumu bulmakicin parametrelerin degisimi yontemini izleriz: Homojen denklemin cozumu olan

y = c1φ1(t) + c2φ2(t)

ifadesinde c1 ve c2 sabitlerini z1(t) ve z2(t) fonksiyonlarıyla degistirelim ve (5.1)’nincozumunun

y = z1(t)φ1(t) + z2(t)φ2(t)

biciminde oldugunu varsayalım. Amacımız, birinci derece homojen olmayan denklemler icinyaptıgımıza benzer bicimde, z1 ve z2’nin turevlerini ve sonra da integral alarak kendilerinihesaplamaktır. y icin verilen ifadenin turevini alarak

y = (z1φ1 + z2φ2) + (z1φ1 + z2φ2)

yazalım ve z1 ve z2’nin turevlerini iceren ikinci parantez icindeki ifadeyi sıfırlayarak z1 vez2 icin

z1φ1 + z2φ2 = 0 (5.7)

denklemini olusturalım. Bu islemden sonra y’nin ikinci turevi

y = (z1φ1 + z2φ2) + (z1φ1 + z2φ2)

olur. y ve turevlerini (5.1)’de yerine koyup, terimleri duzenleyerek

z1(φ1 + a1φ1 + a2φ1) + z2(φ2 + a1φ2 + a2φ2) + z1φ1 + z2φ2 = u

elde ederiz. φ1 ve φ2 (5.2)’nin cozumleri oldugundan parantez icindeki ifadeler sıfırdır veyukarıdaki ifade

z1φ1 + z2φ2 = u (5.8)

bicimine indirgenir. (5.7) ve (5.8)’den z1 ve z2’yi cozdukten sonra integral alarak

z1(t) = zp1(t) + c1 ve z2(t) = zp2(t) + c2


bulur ve (5.1)’in genel cozumunu

y = z1(t)φ1(t) + z2(t)φ2(t)

= c1φ1(t) + c2φ2(t) + zp1(t)φ1(t) + zp2(t)φ2(t)

= φc(t) + φp(t)

biciminde yazarız. Birinci derece denklemlerde oldugu gibi, genel cozum bir ozel cozum(φp) ile bu ozel cozumden tum cozumler ailesini tureten iki parametreli bir tumler cozumden(φc) olusur.

Ornek 5.2Birinci bolumde incelemis oldugumuz sabit egimli tahtadan yuvarlanan bilyenin hareketinin

x = a , x(0) = x0 , x(0) = v0

ile belirlendigini hatırlayın. Karakteristik denklem

s2 = 0

oldugundan, s = σ = 0’da iki katlı bir koku vardır. Dolayısıyla tumler cozum

φc(t) = c1e0 + c2te

0 = c1 + c2t

bicimindedir.

Parametrelerin degisimi yontemini uyguladıgımızda, (5.7) ve (5.8) denklemleri

1× z1 + t× z2 = 0

0× z1 + 1× z2 = a

bicimini alır. Buradan,

z2 = a −→ z2 = at+ c2 ve z1 = −at −→ z1 = −1

2at2 + c1

buluruz. Genel cozum

x = (−1

2at2 + c1) + (at+ c2)t = c1 + c2t+

1

2at2

ile verilir.

Baslangıc kosullarını kullanarak

x(0) = c1 = x0

x(0) = c2 = v0

yazar ve problemin cozumunu

x = x0 + v0 t+1

2at2

olarak elde ederiz.


Ornek 5.3Ikinci derece dogrusal

y + 2y + 5y = 10

denklemini cozelim.

Karakteristik denklem

s2 + 2s+ 5 = (s+ 1)2 + 22 = 0

olup s1,2 = −1∓ 2i gibi karmasık eslenik iki koku vardır. Dolayısıyla, tumler cozum

φc(t) = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t

bicimindedir.

Bir ozel cozum bulmak icin parametrelerin degisimi yontemini izlersek oldukca karmasık denk-lemlerle karsılasırız. Bunun yerine, akıllıca bir denemede bulunabiliriz. Denklemin girisi bir sabitoldugundan, sabit bir ozel cozum aramak oldukca mantıklıdır. Ozel cozumun φp(t) = A oldugunuvarsayalım. φp = φp = 0 olması gerektiginden,

0 + 0 + 5A = 10 −→ A = 2

buluruz. Genel cozum:

y = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t+ 2

Denklemin girisi u(t) = 10 cos t olsaydı, φp(t) = A cos t + B sin t biciminde bir ozelcozum arardık. (Ozel cozume cos t teriminin yanında sin t terimini de eklememizin nedeni, turevaldıgımızda cos t’nin sin t’ye, sin t’nin de cos t’ye yol acmasıdır.) Bu durumda

φp(t) = −A sin t+B cos t ve φp(t) = −A cos t−B sin t

ifadelerini denklemde yerine koyup, terimleri yeniden duzenleyerek

(−A+ 2B + 5A) cos t+ (−B − 2A+ 5B) sin t = 10 cos t −→ A = 2 , B = 1

bulurduk. Genel cozum

y = c1e−t cos 2t+ c2e

−t sin 2t+ 2 cos t+ sin t

olurdu.

Ozel cozum icin giris fonksiyonuna benzer bir fonksiyon yapısı varsayıp, bu yapıda yer alankatsayıların, varsayılan cozum ve turevlerinin denklemde yerine konarak belirlenmesi sıkca uygu-lanan bir yontemdir. Ozel durumlar dısında ve belli giris fonksiyonları icin cozum bulmada pratikbir kısa yol saglayan bu yontem belirlenmemis katsayılar yontemi olarak bilinir ve yuksek derecelidogrusal turevsel denklemlere de uygulanabilir.


5.2 Ikinci Derece Mekanik Sistemler

Sekil 5.2’de gosterilen kutle-yay-sonumleyici sisteminin davranısını inceleyelim. Kutlenindenge durumundan itibaren olculen konumunu y, aynı yonde uygulanan kuvveti F ilegosterirsek, sistemin davranısı

My +Dy +Ky = F (t) (5.9)

denklemiyle belirlenir. Denklemin sol tarafındaki birinci terim M kutlesini ivmelendirmek,ikinci terim D sonumleyicisinin direncini yenmek, ucuncu terim de K yayını germek icingereken kuvvetler olup, toplamları uygulanan kuvveti dengeler.

Sekil 5.2: Kutle-Yay-Sonumleyici Sistemi

ωn > 0 ve ζ > 0 parametrelerini

ωn =

√K

Mve ζ =

D

2√KM

olarak tanımlarsak, (5.9) denklemi

y + 2ζωny + ω2ny =

1

MF (t) (5.10)

bicimine donusur. Asagıda acıklanan nedenlerle, son denklem ikinci derece sistemleri model-lemekte tercih edilen oldukca standart bir bicimdir.

5.2.1 Uyarısız (Otonom) Sistemin Davranısı

Ilk olarak sisteme bir dıs kuvvetin uygulanmadıgı

y + 2ζωny + ω2ny = 0 (5.11)

durumunu inceleyelim. Baslangıc kosulları

y(0) = y0 ve y(0) = v0

olarak verilmis olsun.


Genel cozumun, φ1 ve φ2

s2 + 2ζωns+ ω2n = 0

karakteristik denkleminin kokleri tarafından belirlenen fonksiyonlar olmak uzere,

y = c1φ1(t) + c2φ2(t) (5.12)

biciminde oldugunu biliyoruz. Simdi farklı sistem parametreleri icin φ1 ve φ2 fonksiyonlarınıbelirleyelim.

ζ > 1 ise karakteristik denklemin

s1 = σ1 = (−ζ +√ζ2 − 1)ωn < 0 ve s2 = σ2 = (−ζ −

√ζ2 − 1)ωn < 0

ile verilen iki gercel koku vardır ve cozum

y = c1eσ1t + c2e

σ2t

biciminde ustel iki terimden olusur. y ve

y = σ1c1eσ1t + σ2c2e

σ2t

ifadelerinde t = 0 icin baslangıc kosullarını kullanarak

c1 + c2 = y0

σ1c1 + σ2c2 = v0

denklemlerini elde ederiz. c1 ve c2 bu denklemlerden cozulerek, aranan cozum

y =v0 − σ2y0σ1 − σ2

eσ1t +σ1y0 − v0σ1 − σ2

eσ2t

biciminde bulunur.

ζ = 1 ise karakteristik denklemin s = −ωn’de iki katlı bir koku vardır ve cozum

y = c1e−ωnt + c2te

−ωnt

bicimindedir. Baslangıc kosulları kullanılarak

y = y0e−ωnt + (v0 + ωny0)te−ωnt

bulunur.

ζ < 1 durumunda

s1,2 = −ζωn ∓ i√

1− ζ2 ωn = −ζωn ∓ iωd


ile verilen karmasık eslenik iki kok vardır. Bu durumda cozumun

y = e−ζωnt(y0 cosωdt+v0 + ζωny0

ωdsinωdt)

ile verildigi gosterilebilir.

Son olarak, ζ = 0 ise, ωd = ωn ve cozum

y = y0 cosωnt+v0

ωnsinωnt

ile verilir.

Sayısal bir ornek olarak M = 0.5 kg, K = 2 N/m, y0 = 10 cm ve v0 = 0 alalım veD = 0, 0.5, 1, 2, 3 kg/s degerlerine karsı gelen cozumleri bulalım:

D=0 : y = 10 cos 2t

D=0.5 : y = 10e−0.5t(cos√

3.75t+1

2√

3.75sin√

3.75t)

D=1 : y = 10e−t(cos√

3t+1√3

sin√

3t)

D=2 : y = 10(1 + 2t)e−2t

D=3 : y = (3√

5 + 5)e−(3−√5)t − (3

√5− 5)e−(3+

√5)t

Cozum egrileri Sekil 5.3’de gosterilmistir. Cozum ifadelerinden ve egrilerinden asagıdaki

Sekil 5.3: Uyarısız Kutle-Yay-Sonumleyici Sisteminin Cozum Egrileri

gozlemlerde bulunabiliriz.

• D = 0 iken kutle y0 ile −y0 arasında, frekansı sistem parametreleriyle belirlenen(ωn =

√K/M ) bir salınım gosterir. ωn sistemin dogal salınım frekansıdır. Fiziksel

olarak bu durum, yayda depolanan potansiyel enerji ile kutlenin kinetik enerjisininsırayla birbirine donusmesinden kaynaklanır. Sistemde enerji emen bir sonumleyiciolmadıgından, kutle her salınım periyodunun sonunda baslangıc konumuna doner.Sarkaclardan alısık oldugumuz bu hareket basit harmonik hareket olarak bilinir.


• Verilen K ve M degerleri icin, ζ parametresi D ile orantılıdır. D sıfırdan, ζ = 1degerine karsı gelen belirli bir kritik degere artarken kutlenin salınımları giderekdaha cok sonumlenir. Bu nedenle, ζ sonum oranı olarak adlandırılır. Kutlenin hersalınımında sonumleyicide bir miktar enerji kayboldugu icin, kutle her salınım peri-yodunun sonunda denge noktasına bir onceki konumunundan daha yakın bir noktayagelir. D ve dolayısıyla ζ ne kadar buyurse, sonumleyicide yitirilen enerji o kadar ar-tacagından, salınımların o kadar hızla sonumlenmesi beklenir. Gercekten, v0 = 0 icincozumu

y = y0e−ζωnt(cosωdt+

ζωn

ωdsinωdt)

= y0ωn

ωde−ζωnt cos(ωdt− tan−1

ζωn

ωd)

biciminde yazdıgımızda, cozum egrisinin

∓y0ωn

ωde−ζωnt

ile verilen ve T = 1/ζωn zaman sabitiyle sıfıra yaklasan ustel fonksiyonlar arasınasıkısacagını goruruz. Buyuk ζ kucuk T , yani hızlı sonumlenme anlamına gelir.Ayrıca, ζ buyudukce salınım frekansı ωd kuculur, yani salınım periyodu buyur.

• D daha da artırıldıgında ζ > 1 olur ve artık salınım gozlenmez. Yayda biriken enerji,kutle denge noktasına ulasana kadar tumuyle yitirilir.

5.2.2 Basamak Tepkesi

Simdi de (5.10)’deki sisteme F (t) = Fo gibi sabit bir kuvvet uygulandıgı durumda cozumuinceleyelim. Kolaylık olması icin y(0) = 0 ve y(0) = 0 oldugunu, yani sistemin baslangıcenerjisinin sıfır oldugunu varsayalım.

Tumler cozum, φ1 ve φ2 sistem parametrelerine baglı olarak belirlenmek uzere (2.2)’dekiifade ile verilir. Bir ozel cozum de belirlenmemis katsayılar yontemi kullanılarak

φp(t) =Fo

K= Y

biciminde kolaylıkla elde edilebilir. Bundan sonrası, genel cozum ifadesini yazmak ve c1 vec2 sabitlerini, baslangıc kosullarını saglayacak bicimde hesaplamaktır. Farklı sonum oranlarıicin bunu yaptıgımızda asagıdaki ifadelere ulasırız.

ζ = 0 : y = Y (1− cosωnt)

0 < ζ < 1 : y = Y [1− e−ζωnt(cosωdt+ζ√

1− ζ2sinωdt)]

ζ = 1 : y = Y [1− (1− σt)eσt]

ζ > 1 : y = Y (1 +σ2

σ1 − σ2eσ1t − σ1

σ1 − σ2eσ2t)

5.3 Ikinci Derece Elektrik Devreleri 59

Belli sonum oranları icin basamak tepkeleri Sekil 5.4’de gosterilmistir. Sekilden gorulecegigibi, sistemde bir sonumleyici varsa (ζ 6= 0) kalıcı durumda kutlenin konumu yss = Y =Fo/K degerine ulasır. Bu durumda uygulanan dıs kuvvet (Fo) yayın geri cekme kuvvetiile (−KY ) dengelenir ve hareket durur. Kalıcı duruma nasıl ulasıldıgı ise sonumleyicininetkisine baglıdır. ζ > 1 ise kutle surekli olarak kalıcı durumdaki konumuna dogru ilerler; ζ <1 ise, kalıcı durumdaki konumuna giderek sonumlenen salınımlardan sonra ulasır. Sistemdebir sonumleyici yoksa, kutle Y konumu etrafında ωn frekansında surekli salınır.

Sekil 5.4: Kutle-Yay-Sonumleyici Sisteminin Basamak Tepkesi

5.3 Ikinci Derece Elektrik Devreleri

Sekil 5.5’deki seri baglı RLC devresinde u giris gerilimini, v ise kapasitor geriliminigostermektedir. Devreden gecen akım

i = Cv

dolayısıyla, direnc ve bobin gerilimleri

vR = Ri = RCv ve vL = Ldi

dt= LCv

oldugundan, Kirchoff gerilim yasası kullanılarak

LCv +RCv + v = u(t)

modeli elde edilir.

ωn =1√LC

ve ζ =R√C

2√L


tanımlarıyla, model denklemi

v + 2ζωnv + ω2nv = ω2

nu(t) (5.13)

bicimine donusur.

Sekil 5.5: Seri RLC Devresi

(5.13) denklemi kutle-yay-sonumleyici sistemini modelleyen (5.10) denklemi ile aynıbicimde oldugundan, aynı cozum ozelliklerine sahiptir:

• Giris gerilimi u = 0 iken (otonom sistem) kapasitor gerilimi baslangıc kosullarıylabelirlenir. Fikir edinmek icin v(0) = v0 ve v(0) = 0 (i(0) = 0) alalım. Devrededirenc yoksa (R = 0), ζ = 0 olacagından, kapasitor gerilimi v = v0(1 − cosωnt)biciminde v0 genlikli ωn frekansında sonmeyen salınımlar gosterir. Bu durum kapa-sitordeki elektrik enerjisi (gerilimle orantılı) ile bobindeki manyetik enerjinin (akımlaorantılı) sırayla birbirine donustugu bir surece karsı gelir. Devrede kucuk bir direncvarsa (0 < ζ < 1) her salınımda direncte bir miktar enerji harcanır ve kapasitorgerilimi sonumlu salınımlar gostererek sonunda sıfıra iner. Direnc yeterince buyukse(ζ > 1) salınım gozlenmez. Dikkat edilirse, devredeki direnc, mekanik sistemdekisonumleyicinin islevini gormektedir.

• Baslangıc kosulları v(0) = v(0) = 0 iken devreye u(t) = U 1(t) biciminde birbasamak gerilimi uygulandıgında, kapasitor gerilimi Y yerine U gelmek kosuluylaSekil 5.4’teki gibi degisir. Yani, devrede direnc yoksa (ζ = 0) 0 ile 2U arasında ωnfrekansında surekli salınımlar gozlenir; kucuk bir direnc varsa (0 < ζ < 1) kapasitorgerilimi sonumlenen salınımlardan sonra vss = U kalıcı durum degerine ulasır; buyukbir direnc varsa kalıcı duruma dogru salınımsız artar.

5.3.1 Sinus Tepkesi

Devrede bir direnc oldugunu (ζ 6= 0) varsayalım ve sinus bicimli

u(t) = U cosωt

girisi uygulandıgında sistemin davranısını inceleyelim.

Ozel cozumun, giris fonksiyonuna benzer bir yapıda

φp(t) = A cosωt+B sinωt


biciminde oldugunu varsayarak A ve B katsayılarını bulmaya calısalım.

φp(t) = −ωA sinωt+ ωB cosωt ve φp(t) = −ω2Aω cosωt− ω2B sinωt

ifadelerini denklemde yerine koyup, terimleri duzenleyerek

(−ω2A+ 2ζωnωB + ω2nA) cosωt+ (−ω2B − 2ζωnωA+ ω2

nB) = ω2nU cosωt

dolayısıyla,

(ω2n − ω2)A+ 2ζωnωB = ω2

nU

−2ζωnωA+ (ω2n − ω2)B = 0

denklemlerini elde ederiz. Buradan, ∆2 = (ω2n − ω2)2 + 4ζ2ω2

nω2 olmak uzere,

A =(ω2n − ω2)

∆2ω2nU ve B =

2ζωnω

∆2ω2nU

buluruz.

Yeterince uzun zaman gectikten sonra, cozum, baslangıc kosullarından bagımsız olarak,

vss = φp(t) =ω2nU

∆2[ (ω2

n − ω2) cosωt− 2ζωnω sinωt ]

kalıcı durum cozumune yakınsar. Birinci derece sistemleri incelerken yaptıgımız gibi,

G(ω) =ω2n

∆ve θ(ω) = tan−1

2ζωnω

ω2n − ω2

olarak tanımlanırsa, kalıcı durum cozum

yss = UG(ω) cos(ωt− θ(ω))

biciminde yazılabilir.

Birinci derece sistemlerde oldugu gibi, G(ω) ve θ(ω) frekansa baglıdır. Bu baglılıgı dahaiyi gorebilmek icin, frekansı ωn ile

Ω =ω

ωn

biciminde normalize ederek

G(Ω) =1√

(1− Ω2)2 + (2ζΩ)2ve θ(Ω) = tan−1

2ζΩ

1− Ω2

yazalım. Bu ifadelerden, G(Ω)’nın dusuk frekanslarda 1’e, yuksek frekanslarda ise 0’ayaklasıgı gorulur. Ancak, birinci derece sistemlerden farklı olarak G(Ω), ζ’ya da baglıdır.


Birinci derece sistemlerde her zaman G(ω) < 1 iken, ikinci derece sistemlerde ζ < 1/√

2 ≈0.7 ise Ω <

√2− 4ζ2 icin G(Ω) > 1 olur. Farklı ζ degerleri icin G(Ω)’nın degisimi Sekil

5.6’te gosterilmistir.

Bu altbolumdeki cozumleme ζ 6= 0 icin gecerli olmakla birlikte, ζ = 0 durumu daSekil 5.6’e limit durum olarak dahil edilmistir. ζ = 0 durumu, izleyen altbolumde ayrıcaincelenmistir.

Sekil 5.6: Seri RLC Devresinin Sinus Tepkesi

5.3.2 Vınlama ve Rezonans

Sistemde bir direnc yoksa (ζ = 0), sinus bicimli bir giris uygulandıgında devrenin nasıl birdavranıs gosterecegi uygulanan girisin frekansına baglıdır.

Once, sisteme uygulanan

u(t) = U cosωt

girisinin frekansının devrenin dogal salınım frekansından farklı oldugu durumu (ω 6= ωn)inceleyelim. Tumler cozumun

φc(t) = c1 cosωnt+ c2 sinωnt

biciminde oldugunu biliyoruz.

φp(t) = Uω2n

ω2n − ω2

cosωt

biciminde bir ozel cozum kolaylıkla elde edilebilir. Kolaylık olması icin baslangıc kosullarınıv(0) = v(0) = 0 secersek,

v = Uω2n

ω2n − ω2

(cosωt− cosωnt) = V (cosωt− cosωnt)


cozumune ulasırız.

ω1 =ωn + ω

2, ω2 =

ωn − ω2

−→ ω = ω1 − ω2 , ωn = ω1 + ω2

tanımlarını yapar ve

cos(α∓ β) = cosα cosβ ± sinα sinβ

ozdesliklerini kullanırsak, cozumu

y = (2V sinω2t)(sinω1t)

biciminde ifade ederiz.

ωn = 2π, ω = 1.6π ve V = 0.5 degerlerine karsı gelen tipik bir cozum

y = (sin 0.2πt)(sin 1.8πt)

olup Sekil 5.7’te gosterilmistir. Sekilden de gorulecegi gibi ω2 < ω1 oldugundan, cozumifadesinde ilk carpan terimi (sin 0.2πt) ikincisinden (sin 1.8πt) daha yavas degisen (dahauzun periyotlu) ve ikinci sinus teriminin genligini sınırlayan periyodik bir fonksiyondur.Bir baska deyisle, y, genligi ω2 frekansıyla periyodik olarak artıp azalan ω1 frekansında birsinustur. Ozellikle ses titresimlerinin etkilesimlerinde belirgin olarak deneyimlenen bu olayvınlama olarak bilinir. Ornegin, dogal salınım frekansı 1 kHz olan bir cam kadeh 998 Hzfrekansında bir titresimle uyarılırsa, 999 Hz frekansında ve genligi 1 Hz frekansla degisen(0.5 s aralıklarla artıp azalan) siren sesine benzer bir ses duyulur.

Son olarak, giris frekansının sistemin dogal salınım frekansına esit oldugu durumu (ω =ωn) inceleyelim. Ozel cozumun, daha once yaptıgımız gibi, giris fonksiyonuna benzer

φp(t) = A cosωnt+B sinωnt

biciminde oldugu varsayımından yola cıkarsak, basarısız oluruz. Cunku, bu ifade aslındadenklemimizin tumler cozumudur. Giris fonksiyonunun tumler cozum tarafından kapsandıgıbu gibi durumlarda, ozel cozum icin, giris fonksiyonuna benzeyen ifadenin t ile carpılmısıvarsayılır. Yani, ozel cozum icin

φp(t) = t(A cosωnt+B sinωnt)

biciminde bir fonksiyon ararız. Simdi φp ve turevlerini denklemde yerine koydugumuzda

φp(t) =Fo

2Kt cosωnt

buluruz. Tumler cozumu ekleyip v(0) = v(0) = 0 baslangıc kosullarını kullandıgımızda

v =U

2(ωnt cosωnt− sinωnt)

cozumunu elde ederiz. ωn = 2π ve U = 2 icin cozum Sekil 5.8’de gosterilmistir. Sekildegoruldugu gibi, kapasitor geriliminin giderek buyuyen salınımlar gosterdigi bu olay rezonansolarak bilinir.


Sekil 5.7: Vınlama Sekil 5.8: Rezonans

5.4 Ek Ornekler

Bu kısımda, ikinci derece dogrusal turevsel denklemlerle modellenen sistemler icin baskaornekler verilmistir.

Ornek 5.4Ikinci Bolum’de soguma problemini incelerken, ortam sıcaklıgının degismedigini varsaydıgımızıhatırlayın. Bu varsayıma yol acan neden ise, sogumakta olan nesnenin icinde bulundugu ortamın(ya da temasta oldugu ikinci bir nesnenin) ısıl kapasitesinin cok buyuk oldugu ve bu nedenle,soguyan nesneden aktarılan ısı enerjisinin, ortamın (ya da ikinci nesnenin) sıcaklıgında yol acacagıdegisimin ihmal edilebilecek kadar kucuk olacagı varsayımıdır. Sozu edilen bu ikinci varsayımgecerli degilse (ornegin, nesne sogutulmak uzere cevreden yalıtılmıs bir tas suya batırılmıssa),nesne sogurken ortam ısınacaktır. Sıcak nesneden soguk ortama aktarılan ısı enerjisine iliskin

Q = G(S1 − S2) = −m1c1S1 = m2c2S2

denklemlerini, Ikinci Bolum’deki gosterimi kullanarak

S1 = σ1(S2 − S1)

S2 = σ2(S1 − S2)

biciminde yazalım. Ilk denklemin turevini alarak

S1 = σ1S2 − σ1S1

= σ1σ2(S1 − S2)− σ1S1

= −(σ1 + σ2)S1

modelini olusturabiliriz. Baslangıc kosulları da

S1(0) = S10 ve S1(0) = σ1(S20 − S10)

olarak elde edilir.

Ikinci derece homojen model denkleminin cozumu

S1 = c1 + c2e−(σ1+σ2)t

5.4 Ek Ornekler 65

olup, baslangıc kosulları kullanılarak

c1 =σ1S20 + σ2S10

σ1 + σ2

ve c2 =σ1(S10 − S20)

σ1 + σ2

bulunur.

S2 = S1 +S1

σ1

bagıntısı kullanılarak

S1 =σ1S20 + σ2S10

σ1 + σ2

+σ1

σ1 + σ2

(S10 − S20)e−(σ1+σ2)t

S2 =σ1S20 + σ2S10

σ1 + σ2

− σ2

σ1 + σ2

(S10 − S20)e−(σ1+σ2)t

cozumlerine ulasılır.

Dikkat edilirse, kalıcı durumda (t→∞)

S1,ss = S2,ss =σ1S20 + σ2S10

σ1 + σ2

olup, nesne ve ortam (ikinci nesne) ısıl dengeye ulasırlar.

Ornek 5.5Sekil 5.9’de iki kapasitor iceren bir RC devresi gosterilmistir. C1 ve C2 kapasitorlerinin gerilim-lerini v1 ve v2 ve akımlarını i1 ve i2 ile, direnclerin iletkenlerini de G1 ve G2 ile gostererek

C1v1 = i1 = G1(v2 − v1)

C2v2 = i2 = G2(u− v2)−G1(v2 − v1)

denklemlerini yazarız. Buradan

C1C2v1 = G1C2v2 −G1C2v1

= G1G2(u− v2)−G21(v2 − v1)−G1C2v1

= G1G2(u− v1)−G1G2(v2 − v1)−G21(v2 − v1)−G1C2v1

= G1G2(u− v1)− (G1 +G2)C1v1 −G1C2v1

ve terimleri yeniden duzenleyerek

R1R2C1C2v1 + (R1C1 +R2C1 +R2C2)v1 + v1 = u (5.14)

modeline ulasırız.

Sayısal degerler olarak C1 = C2 = 2µF, R1 = 30 kΩ R2 = 20 kΩ alırsak, karakteristikdenklem

24× 10−4s2 + 14× 10−2s+ 1 = 0


olarak bulunur. Karakteristik denklemin

s1 =100

2ve s1 =

100

12

ile verilen iki gercel koku vardır. Bu da bize otonom sistemin cozumunun

φ1(t) = e−t

0.02 ve φ2(t) = e−t

0.12

ile verilen, zaman sabitleri T1 = 20 ms ve T2 = 120 ms olan, iki ustel terimden olusacagınıgosterir.

Sekil 5.9: Ikinci Derece RC Devresi

Ornek 5.6Sekil 5.10’da gosterilen birlesik tanklardan ilkinde %10 konsantrasyonda (100 g/L) 100 L tuzlu su,ikincisinde ise 100 L saf su bulunmaktadır. Ilk tanka 20 L/dk hızla saf su pompalanırken, ilk tank-taki karısım aynı hızla ikinci tanka, ikinci tanktaki karısım da aynı hızla dısarı pompalanmaktadır.Tanklardaki karısımların konsantrasyonlarının nasıl degisecegini inceleyelim.

Tanklardaki karısımların icerdikleri tuz miktarlarını m1,m2, konsantrasyonlarını x1, x2 veakıs hızını q ile gosterirsek, m1 ve m2’nin degisimleri

m1 = −qx1m2 = qx1 − qx2

denklemleriyle verilir. Tanklardaki karısımların hacimleri V ise, m1 = V x1,m2 = V x2. Turevalıp, σ = q/V olarak tanımlanırsa, denklemler

x1 = −σx1x2 = σx1 − σx2

bicimine donusur.

Yukarıdaki denklemler, bundan onceki orneklerde oldugu gibi, x2 turunden ikinci derece birturevsel denkleme donusturulerek cozulebilir. Ancak, x1’e iliskin denklem x2’den bagımsız olduguicin, denklemleri sırayla cozmek daha kolaydır. Ilk denklemin cozumu, x1(0) = x10 icin

x1 = x10e−σt

ile verilir. Ikinci denklem ise

x2 + σx2 = σx10e−σt

5.5 Problemler 67

Sekil 5.10: Birlesik Tanklar

bicimini alır. Bu denklemin x2(0) = 0 icin cozumu de kolaylıkla

x2 = σx10te−σt

olarak elde edilir.

Verilen degerler kullanıldıgında, σ = 0.2

x1 = 10e−0.2t ve x2 = 2te−0.2t

olur. x1 ve x2’nin degisimleri Sekil 5.11’da gosterilmistir. Dikkat edilirse, bir zaman sabiti (T =5 dk) gectikten sonra x1(T ) = x2(T ) = x10/e ≈ %3.7 olur ve bu andan itibaren ilk tankınkonsantrasyonu ikincinin altına duser.

Sekil 5.11: Birlesik Tanklardaki Karısım Konsantrasyonları

5.5 Problemler

1. γ = α2 ise, (5.3) karakteristik denkleminin s1 = s2 = −α olmak uzere iki katlı gercelbir koku vardır.

(a) φ2(t) = te−αt fonksiyonunun (5.2) denklemini sagladıgını gosterin.

(b) (5.2)’nin genel cozumunun y = x(t)φ1(t) biciminde oldugunu varsayın. y veturevlerini (5.2)’de yerine koyup, gerekli sadelestirmeleri yaparak x icin basitbir turevsel denklem olusturun. Bu denklemin genel cozumunden (5.6) ifadesineulasın.


2. Ornek 5.1’deki y4 − y2 ve y5 − y2 fonksiyonlarının 0 ≤ t ≤ 2 aralıgında grafiklerinicizin.

3. γ < α2 ise, (5.3) karakteristik denkleminin, α2 − γ = η2 olmak uzere, s1 = −α + ηve s2 = −α− η 6= s1 gibi iki farklı gercel koku vardır ve genel cozum

y = c1es1t + c2e

s2t = e−αt(c1eηt + c2e

−ηt)

bicimindedir.

eηt = cosh ηt+ sinh ηt ve e−ηt = cosh ηt− sinh ηt

tanımlarını kullanarak, genel cozumun

y = e−αt(d1 cosh ηt+ d2 sinh ηt)

biciminde de ifade edilebilecegini gosterin. Bu gosterim, (5.5) ve (5.6)’de verilenifadelere (5.4)’dakinden daha cok benzer.

4. Bu problem rezonans ve vınlamanın, zayıf sonumlu sistemlerde de gorulebileceginigostermesi acısından ilginctir.

y + 2y + 2504y = 2504u(t) , y(0) = 0 , y(0) = 0

sistemini ele alalım.

(a) Sistemin karakteristik denkleminin koklerini ve (sonumlu) salınım frekansınıhesaplayın.

(b) Sisteme

u(t) = e−t cos 50t

girisi uygulandıgında y(t)’yi bulun; u(t) ve y(t)’yi aynı grafikte cizin.

(c) (b) sorusunu

u(t) = e−t cos 40t

icin yineleyin.

Dikkat ederseniz, her iki durumda da u(t), genligi, karakteristik denklemin kokleriningercel kısmıyla belirlenen bir zaman sabitiyle ustel olarak yavasca azalan bir sinusdalgasıdır. Ilk durumda giris frekansı sistemin sonumlu salınım frekansı ile aynı iken,ikinci durumda ona yakın bir degerdedir.

5. Sekil 5.5’deki RLC devresinde L = 0.1 H, C = 0.001 F ve u birim basamak fonksiyo-nudur. Baslangıc kosullarını sıfır alarak R = 0, 12, 25 Ω degerlerine karsı gelen kapa-sitor gerilimlerini hesaplayın ve cizin.

6. Sekil 5.5’deki RLC devresinde L = 10 mH, C = 1 µF ve R = 100 Ω olarakverilmistir. u = sinωt ise, kalıcı durumda devreden gecen akımın genliginin en buyukoldugu ω degerini hesaplayın.

5.5 Problemler 69

7. (a) Sekil 5.9’deki RC devresinin eleman degerleri Ornek 5.5’te verildigi gibidir. Dev-renin durtu tepkesini bulun.

(b) Eleman degerleri ne olursa olsun, devrenin durtu tepkesinde salınım gorunmeye-cegini gosterin.

8. Sekil 5.12’de bozuk bir yolda ilerleyen bir araba modeli gosterilmistir. Arabanın kutlesiM = 103 kg, suspansiyon katsayısıK = 105 N/m ve darbe emicisi bozuk oldugundan,sonumleyici katsayısı D = 0 olarak verilmistir. Yol yuzeyi, L = 2 m periyodunda vedusey genligi U = 10 cm olan bir sinus dalgası ile modellenmistir.

(a) Arabanın hızı sabit v m/s ise, yol yuzeyinin denge durumundan u yuksekliginizamanın fonksiyonu olarak ifade edin.

(b) Arabanın denge durumundan y yuksekligini modelleyen turevsel denklemi yazın.

(c) Arabanın kalıcı durumda salınım genliginin Yss < 2 cm olması icin en az hangihızla gitmesi gerektigini hesaplayın.

Sekil 5.12: Bozuk Yolda Ilerleyen Araba Modeli

9. Taban alanları A1 = A2 = 100 cm2 olan silindir bicimindeki birlesik tanklardaki suyukseklikleri cm cinsinden h1 ve h2 ile gosteriliyor. Birinci tanktaki su

q = 5(h1 − h2) cm3/s

hızıyla ikinci tanka akarken, bir pompa, ikinci tanktan birinciye

Q = 200− 5(h1 − h2) cm3/s

hızla su pompalıyor olsun. Asagıdaki baslangıc kosulları icin h1 ve h2’yi zamanınfonksiyonu olarak cozun ve aynı grafik uzerinde gosterin.

(a) h1(0) = h2(0) = 50 cm

(b) h1(0) = 40 cm, h2(0) = 50 cm


10. 1 metre uzunlugunda bir iple tavana baglı 100 gramlık bir kutle hareketsiz durumdaiken 10 milisaniye suresince 5 newton’luk bir kuvvetin etkisinde kalıyor. Ipin duseyleyaptıgı acının grafigini cizin. Ne gibi varsayımlarda bulundunuz?

11. Esneklik katsayısı k olan bir yayla tavana baglı bir m kutlesi, yay normal uzunlugundaolacak bicimde alttan desteklenmekte iken t = 0 anında destek cekiliyor. Kutlenindestek cekildikten sonra konumunu zamanın fonksiyonu olarak bulun.

12. Sekil 5.13’deki silindir bicimindeki dubanın yarıcapı r = 30 cm’dir. Duba durgun sudaisaret cizgisi su duzeyinde olacak bicimde dik olarak dengede durmaktadır.

(a) Dubanın ustten bastırılıp bırakıldıktan sonra Tn = 2 s periyotla asagı yukarısalındıgı gozlenmistir. Dubanın kutlesini hesaplayın. Ipucu: Suyun yogunlugunuρ = 1 g/cm3 ve g = 981 cm/s2 alın.

(b) Dubanın 10 cm genlikli ve T = 3 s periyotlu dalgalı denizdeki davranısını ince-leyin.

Sekil 5.13: Duba

Bolum 6Laplace Donusumu

Laplace donusumu dogrusal, sabit katsayılı turevsel denklemlerin cozumunde cok yararlı birarac olmasının yanısıra, bu tur denklemlerle modellenebilen sistemlerin modellerinin eldeedilmesinde de kolaylık saglar.

6.1 Laplace Donusumunun Tanımı ve Ozellikleri

t > 0 icin tanımlı bir f(t) fonksiyonunun Laplace donusumu

Lf(t) = F (s) =

∫ ∞0

f(t)e−st dt (6.1)

biciminde tanımlanır. Bu tanımda s karmasık bir degisken olmakla birlikte, bizim amac-larımız icin gercel bir degisken gibi degerlendirmek yeterlidir. F (s)’nin varlıgı icin (6.1)’dekiintegralin tanımlı olması, yani yakınsaması gerekir. Bunun icinse, f(t)’nin parcalı surekli veustel bir fonksiyonla sınırlı olması yeterlidir: Herhangi M > 0 ve σo sayıları icin

|f(t)| < Meσot , t > 0 (6.2)

ozelligi saglanıyorsa, her s > σo icin integralin yakınsadıgı, yani F (s)’nin tanımlı oldugugosterilebilir.

Ornek 6.1Birim basamak fonksiyonu olan 1(t), t > 0 icin surekli ve (6.2)’deki kosulu σo = 0 ve her M > 1icin saglayan bir fonksiyon oldugundan, Laplace donusumu her s > 0 icin tanımlıdır. Tanımkullanılarak

L1(t) =

∫ ∞0

f(t)e−st dt =

∫ ∞0

e−st dt

=

[−e−st

s

]∞0

=1

s, s > 0

elde edilir. Dikkat ederseniz, integralin yakınsaması icin

limt→∞

e−st

tanımlı olmalı, yani, s > 0 olmalıdır.

71

72 Laplace Donusumu

Ornek 6.2Bir ikinci ornek olarak

f(t) =

t, t > h > 00, t < h

fonksiyonunu ele alalım. (6.2)’deki kosulun her σo > 0 ve M > 1/σo icin saglandıgı gosteri-lebileceginden f(t)’nin Laplace donusumu her s > 0 icin tanımlıdır. F (s),∫

te−st dt = −1

ste−st − 1

s2e−st

esitligi kullanılarak

F (s) =

∫ ∞0

f(t)e−st dt =

∫ ∞h

te−st dt =he−hs

s+e−hs

s2=e−hs(hs+ 1)

s2

biciminde hesaplanır.

Bundan sonraki incelemelerimizde F (s)’nin tanımlı oldugu s degerlerini gerekmedikce be-lirtmeyecegiz.

Laplace donusumunun asagıdaki ozellikleri dogrudan donusumun tanımındancıkarılabilir. Bazı ozelliklerin kanıtı verilmis olup, digerleri okuyucuya bırakılmıstır.

• Dogrusallık: c1 ve c2 gercel sayılar olmak uzere

Lc1f1(t) + c2f2(t) = c1F1(s) + c2F2(s)

Kanıt: Integral isleminin dogrusallık ozelliginin dogrudan bir sonucudur.1

• Kaydırma:

(a) Lf(t− T )1(t− T ) = e−sTF (s)

(b) Leσtf(t) = F (s− σ)

Kanıt:

(a) Lf(t− T )1(t− T ) =

∫ ∞T

f(t− T )e−stdt

= e−sT∫ ∞T

f(t− T )e−s(t−T )dt

= e−sT∫ ∞0

f(t)e−stdt = e−sTF (s)

• Turev

(a) Lf(t) = sF (s)− f(0)

(b) Ltf(t) = −F ′(s)1Ancak,

Lf(t)g(t) 6= F (s)G(s)

6.1 Tanımı ve Ozellikleri 73

Kanıt:

(b) F ′(s) =d

ds

∫ ∞0

f(t)e−stdt = −∫ ∞0

tf(t)e−stdt

Bu ozellikler ardarda kullanılarak

Lf(t) = sLf(t) − f(0) = s2F (s)− sf(0)− f(0)

Lt2f(t) = − ddsLtf(t) = F ′′(s)

Lteσtf(t) = − ddsLeσtf(t) = −F ′(s− σ)

bagıntıları elde edilebilir.

Ornek 6.3Ornek 6.2’deki fonksiyon Sekil 6.1’de gosterildigi gibi

f(t) = h1(t− h) + (t− h)1(t− h)

biciminde iki fonksiyonun toplamı olarak yazılabilir. Yukarıdaki ozellikleri sırayla kullanarak

F (s) = hL1(t− h)+ L(t− h)1(t− h)= he−hsL1(t)+ e−hsLt1(t)

= he−hs1

s− e−hs d

ds(1

s)

=e−hs(hs+ 1)

s2

elde ederiz. Bu ornek, saga kaydırılmıs fonksiyonları ifade etmede birim basamak fonksiyonununonemini gostermesi acısından dikkatle incelenmelidir.

Sekil 6.1: Parcalı Surekli Fonksiyon

74 Laplace Donusumu

6.2 Bazı Fonksiyonların Laplace Donusumleri

Bir onceki kısımda sozu edilen ozellikler kullanılarak pek cok fonksiyonun Laplace donu-sumu kolaylıkla bulunabilir. Ornegin,

Lt1(t) = − d

ds(1

s) =

1

s2

Lt21(t) = − d

ds(

1

s2) =

2

s3

Lteσt1(t) =1

(s− σ)2

Tablo 6.1’de uygulamada sıkca karsılasılan bazı fonksiyonların Laplace donusumleriverilmistir. Bunların bazıları dogrudan tanımı, bazıları da Laplace donusumunun ozelliklerikulanılarak dogrulanabilir.

Tablo 6.1: Laplace Donusum Tablosu

f(t) F (s) f(t) F (s)

1 1s cosωt s

s2 + ω2

t 1s2

sinωt ωs2 + ω2

t2 2s3

t cosωt s2 − ω2

(s2 + ω2)2

e−σt 1s+ σ t sinωt 2ωs

(s2 + ω2)2

te−σt 1(s+ σ)2

e−σt cosωt s+ σ(s+ σ)2 + ω2

t2e−σt 2(s+ σ)2

e−σt sinωt ω(s+ σ)2 + ω2

Tabloda yer almamakla birlikte, uygulamada cok yararlanılan durtu fonksiyonu ozelolarak incelenmeye deger. Bu amacla, ilk olarak

ph(t) =

1/h , 0 < t < h

0 , h < t

biciminde tanımlanmıs olan birim vuru fonksiyonunu ele alalım. Birim basamak fonksiyonuturunden

ph(t) =1

h[1(t)− 1(t− h)]

6.2 Laplace Donusum Tablosu 75

oldugundan, birim vuru fonksiyonunun Laplace donusumu

Ph(s) =1− e−hs

hs.

h→ 0 icin limit aldıgımızda, ph(t)→ δ(t) ve Ph(s)→ 1 buluruz; bu da dolaylı olarak, durtufonksiyonunun Laplace donusumunun

Lδ(t) = 1

oldugu sonucunu verir.2

Ikinci bir ornek olarak, 0 < α < 1 olmak uzere

f(t) =

1, nT < t < nT + αT

0, nT + αT < t < (n+ 1)T, n = 1, 2, . . .

biciminde tanımlanan, T periyolu bir kare dalganın Laplace donusumunu inceleyelim. f(t),

p(t) = 1(t)− 1(t− αT )

vuru fonksiyonunu T periyoduyla yineleyerek

f(t) =

∞∑n=0

p(t− nT )

seklinde yazılabilir. Laplace donusumun ozellikleri kullanılarak

F (s) =

∞∑n=0

e−nTsP (s)

=1− e−αTs

s

∞∑n=0

e−nTs =1− e−αTs

(1− e−Ts)s

elde edilir. Ornegin, α = 0.5 icin bu ifade

F (s) =1

(1 + e−0.5Ts)s

bicimini alır.2t = 0’da durtu turu sureksizliklere sahip fonksiyonların Laplace donusumunu

Lf(t) =∫ ∞0−

f(t)e−st dt

biciminde tanımlamak, integrali, durtu fonksiyonunun∫ ∞0−

g(t)δ(t) dt = g(0)

ozelligini kullanarak almaya olanak saglar.

76 Laplace Donusumu

6.3 Ters Laplace Donusumu

Bir F (s) fonksiyonu verilmis olsun. Laplace donusumu F (s) olan ve t > 0 icin tanımlı birf(t) fonksiyonu varsa, f(t)’ye F (s)’nin ters Laplace donusumu denir. f(t)’nin varlıgı vetekligi icin F (s)’nin saglaması gereken kosullar ve bu kosullar saglandıgında f(t)’nin nasılbulunacagı bu kitabın duzeyini asmakla birlikte, Tablo 6.1’de verilenlere benzer fonksiyon-ların ters Laplace donusumlerini bulmak oldukca kolaydır.

Tablo 6.1’deki F (s) fonksiyonlarının tumu rasyonel fonksiyon (iki polinomun bolumu)olup, pay polinomunun derecesi payda polinomunun derecesinden kucuktur. Ayrıca, pay-daları ya

s+ σ

biciminde, s = −σ gibi gercel bir koku olan birinci derece; ya

(s+ σ)2 + ω2 = s2 + 2σs+ σ2 + ω2

biciminde, s1,2 = −σ ∓ iω gibi karmasık eslenik koklere sahip ikinci derece polinom-lardır; ya da bu polinomların ikinci, ucuncu, vb. usleridir. Dolayısıyla, verilen bir F (s)fonksiyonunun bu tur rasyonel fonksiyonların toplamı biciminde yazılabilmesi durumunda,ters Laplace donusumu Tablo 6.1 kullanılarak bulunabilir.

Ornek 6.4

F (s) =s+ 3

s2 + 3s+ 2

fonksiyonunun ters Laplace donusumunu bulmak icin, paydasını carpanlara ayırıp, F (s)’yi, pay-daları bu carpanlardan olusan basit rasyonel fonksiyonların toplamı olarak ifade etmeye calısalım:

F (s) =s+ 3

(s+ 1)(s+ 2)=

A

s+ 1+

B

s+ 2

Basit rasyonel fonksiyonların paydalarını esitledigimizde

s+ 3

(s+ 1)(s+ 2)=A(s+ 2) +B(s+ 1)

(s+ 1)(s+ 2)=

(A+B)s+ (2A+B)

(s+ 1)(s+ 2)

ve payları esitledigimizde de

A+B = 1 ve 2A+B = 3

elde ederiz. Dolayısıyla, A = 2, B = −1, yani

F (s) =2

s+ 1+−1

s+ 2

Laplace donusum tablosunu kullanarak

f(t) = 2e−t − e−2t

buluruz.

6.3 Ters Laplace Donusumu 77

Ornek 6.5

F (s) =5

s(s2 + 4s+ 5)

fonksiyonunun paydası kısmen carpanlara ayrılmıs durumdadır. Ikinci derece carpan polinomunkokleri karmasık oldugundan (s1,2 = −2∓ i) daha basit carpanlara ayrılamaz. Bu durumda

F (s) =A

s+

Bs+ C

s2 + 4s+ 5

yazıp, paydaları esitleyerek

F (s) =1

s− s+ 4

s2 + 4s+ 5=

1

s− s+ 2

(s+ 2)2 + 12− 2

(s+ 2)2 + 12

buluruz. Tablodan

f(t) = 1− e−2t cos t− 2e−2t sin t

elde ederiz.

Ornek 6.6

F (s) =3s+ 8

(s+ 1)2(s2 + 4)

fonksiyonunun paydası carpanlara ayrılmıs durumdadır, ancak carpanlardan biri olan s + 1 yine-lenmistir. Bu durumda, basit rasyonel fonksiyonlara ayırma islemi

F (s) =A

(s+ 1)2+

B

s+ 1+Cs+D

s2 + 4

biciminde gerceklestirilir. Paydalar esitlenerek

F (s) =1

(s+ 1)2+

1

s+ 1+−s

s2 + 4

ve tablodan

f(t) = te−t + e−t − cos 2t

bulunur.

F (s)’nin yukarıdaki orneklerde acıklandıgı bicimde basit rasyonel fonksiyonlarıntoplamı olarak ifade edilmesi islemine kısmi kesirlere ayırma denir. Ozetlemek gerekirse,kısmi kesirlere ayırma isleminde, F (s) rasyonel fonksiyonunun paydasındaki her (s + σ)k

terimi icin

A1

s+ σ,

A2

(s+ σ)2, · · · , Ak

(s+ σ)k

78 Laplace Donusumu

biciminde, her [(s+ σ)2 + ω2]k terimi icin de

B1s+ C1

(s+ σ)2 + ω2,

B2s+ C2

[(s+ σ)2 + ω2]2, · · · , Bks+ Ck

[(s+ σ)2 + ω2]k

biciminde basit kesirler olusturularak, F (s) bunların toplamı biciminde yazılır. Katsayılar,basit kesirlerin paydaları esitlenerek hesaplanır.

6.4 Dogrusal Sabit Katsayılı Turevsel DenklemlerinLaplace Donusumu Ile Cozumu

Ikinci derece

y + 7y + 10y = 10 , y(0) = y0 = 0 , y(0) = v0 = 5

baslangıc degeri problemini, once bildigimiz yontemle, sonra da Laplace donusumu kulla-narak cozmeyi deneyelim.

Karakteristik denklem ve kokleri

s2 + 7s+ 10 = 0 −→ s1 = −2 , s2 = −5

ve bir ozel cozum de y = φp(t) = 1 oldugundan, genel cozum

y = c1e−2t + c2e

−5t + 1.

Baslangıc kosulları kullanılarak, c1 = 0 ve c2 = −1 bulunur. Dolayısıyla, problemin cozumu

y = 1− e−5t

olarak elde edilir. Dikkat edilirse, cozumde koklerden yalnızca biri gorunmektedir.

Denklemin Laplace donusumu alınarak

s2Y (s) + 5 + 7sY (s) + 10Y (s) =10

s

dolayısıyla,

(s2 + 7s+ 10)Y (s) = 5 +10

s=

5s+ 10

s

bulunur.s2 + 7s+ 10 = (s+ 2)(s+ 5) oldugundan,

Y (s) =5

s(s+ 5)=

1

s− 1

s+ 5.

Ters Laplace donusumu, daha once bulunan cozumu verir.

6.4 Laplace Donusumu Ile Cozum 79

Ikinci bir ornek olarak, daha once karsılasmadıgımız, ucuncu derece

y(3) + 4y + 9y + 10y = 10u(t) , y(0) = y0 , y(0) = y1 , y(0) = y2 (6.3)

baslangıc degeri problemini ele alalım. Iki tarafın Laplace donusumunu alıp, turev ozelliginikullanarak

(s3Y − y0s2 − y1s− y2) + 4(s2Y − y0s− y1) + 9(sY − y0) + 10Y = 10U

ve terimleri duzenleyerek

Y (s) =10

s3 + 4s2 + 9s+ 10U(s) +

y0s2 + (y1 + 4y0)s+ (y2 + 4y1 + 9y0)

s3 + 4s2 + 9s+ 10

=10

s3 + 4s2 + 9s+ 10U(s) +

n(s)

s3 + 4s2 + 9s+ 10(6.4)

ifadesini elde ederiz. Bu ifadede n(s), katsayıları baslangıc kosulları tarafından belirlenenbir polinomdur. Ornegin, y0 = 0, y1 = 2, y2 = 6 ise, n(s) = 2s+ 14.

n(s)’nin yukarıdaki gibi ve girisin birim basamak fonksiyonunu oldugunu varsayalım.

u(t) = 1 −→ U(s) =1

s

ve dolayısıyla

Y (s) =10

s(s3 + 4s2 + 9s+ 10)+

2s+ 14

s3 + 4s2 + 9s+ 10

=2s2 + 14s+ 10

s(s+ 2)(s2 + 2s+ 5)=

1

s+

1

s+ 2+

−2s

s2 + 2s+ 5

=1

s+

1

s+ 2+−2(s+ 1)

(s+ 1)2 + 22+

2

(s+ 1)2 + 22(6.5)

olacagından, cozum

y = 1 + e−2t − 2e−t cos 2t+ e−t sin 2t

ile verilir.

Giris

u(t) = 5e−2t −→ U(s) =5

s+ 2

ise

Y (s) =50

(s+ 2)(s3 + 4s2 + 9s+ 10)+

2s+ 14

s3 + 4s2 + 9s+ 10

=2s2 + 18s+ 78

(s+ 2)2(s2 + 2s+ 5)=

10

(s+ 2)2+

6

s+ 2+−6s− 8

s2 + 2s+ 5

=10

(s+ 2)2+

6

s+ 2+−6(s+ 1)

(s+ 1)2 + 22+

−2

(s+ 1)2 + 22(6.6)

80 Laplace Donusumu

ve cozum

y = 10te−2t + 6e−2t − 6e−t cos 2t− e−t sin 2t

biciminde bulunur.

Bu ornek uzerinden bazı gozlemlerde bulunabiliriz:

• Laplace donusumu her dereceden dogrusal, sabit katsayılı turevsel denklemincozumunu bulmada kullanılabilir. Ancak Y (s)’nin tam olarak belirlenebilmesi iciny’nin ve yeteri kadar turevinin baslangıc degerlerinin verilmesi gerekir. Bu ornekteturevsel denklem ucuncu derece oldugu icin, y’nin ve ilk iki turevinin baslangıcdegerleri verilmelidir.

• (6.4)’den gorulecegi gibi, cozumun Laplace donusumu, biri yalnızca giris fonksiyo-nu, digeri yalnızca baslangıc kosulları tarafından belirlenen iki terimden olusur.Baslangıc kosulları sıfırsa, (6.4)

Y (s) =10

s3 + 4s2 + 9s+ 10U(s) = G(s)U(s)

bicimine donusur. Cozumun Laplace donusumunu giris fonksiyonunun Laplacedonusumune iliskilendiren

G(s) =10

s3 + 4s2 + 9s+ 10

rasyonel fonksiyonuna (6.3) ile modellenen sistemin transfer fonksiyonu denir.

• (6.5) ifadesinde Y (s)’nin paydasında gorulen

s3 + 4s2 + 9s+ 10 = (s+ 2)(s2 + 2s+ 5)

carpanı, (6.3) turevsel denkleminin karakteristik polinomudur. Diger carpan olan sterimi ise giris fonksiyonundan kaynaklanmaktadır. Baslangıc kosulları ne olursa ol-sun, Y (s)

Y (s) =1

s+

c1s+ 2

+c2(s+ 1)

(s+ 1)2 + 22+

2c3(s+ 1)2 + 22

biciminde kısmi kesirlere ayrılacagından, cozum

y = 1 + c1e−2t + c2e

−t cos 2t+ c3e−t sin 2t

bicimindedir. Cozumdeki ilk terim giris fonksiyonu tarafından belirlenen bir ozelcozumdur. Diger terimler ise karakteristik denklemin kokleri tarafından belirlenir vetumler cozumu olustururlar.

• Karakteristik polinom, (6.6) ifadesinde de Y (s)’nin paydasında bir carpan olarakgorunmektedir. Ancak, bu kez giris fonksiyonundan kaynaklanan s + 2 terimi aynızamanda karakteristik polinomun da bir carpanı oldugundan, Y (s)’nin paydası

(s+ 2)2(s2 + 2s+ 5)

bicimindedir. Y (s) kısmi kesirlere ayrıldıgında, baslangıc kosulları ne olursa olsun

Y (s) =10

(s+ 2)2+

c1s+ 2

+c2(s+ 1)

(s+ 1)2 + 22+

2c3(s+ 1)2 + 22

6.4 Laplace Donusumu Ile Cozum 81

ve dolayısıyla,

y = 10te−2t + c1e−2t + c2e

−t cos 2t+ c3e−t sin 2t

elde edilir. Yine, ilk terim bir ozel cozum olup, giris fonksiyonuna benzer bir fonksi-yonun t ile carpılmıs bicimidir. Y (s)’nin paydasında bir terimin karesinin gorunmesi,paydasında yalnızca bu terim gorunen bir kesrin s’ye gore turevinin alındıgını gosterir.Bu da soz konusu kesre karsı gelen ters Laplace donusumun t ile carpıldıgı an-lamına gelir. Giris fonksiyonunun tumler cozum tarafından kapsandıgı durumda,belirlenmemis katsayılar yontemi ile ozel cozum aranırken, giris fonksiyonuna benzerbir fonksiyonun t ile carpılmasının nedeni de budur.


y + 4y = 12 cos 2t , y(0) = y(0) = 0

denkleminin karakteristik denklemi

s2 + 4 = 0 −→ s1,2 = ∓2i

oldugundan, tumler cozum

φc(t) = c1 cos 2t+ c2 sin 2t

Giris fonksiyonu tumler cozum tarafından kapsandıgından, ozel cozum icin

φp(t) = t(A cos 2t+B sin 2t)

biciminde bir ifade varsayarız. φp ve ikinci turevini denklemde yerine koyup cos ve sin terimlerininkatsayılarını esitleyerek A = 0 ve B = 3 buluruz. Sonuc olarak genel cozum

y = 3t sin 2t+ c1 cos 2t+ c2 sin 2t

olup, baslangıc kosulları kullanıldıgında c1 = c2 = 0 ve

y = 3t sin 2t

bulunur.

Aynı denklemi Laplace donusumu ile cozmek cok daha kolaydır:

(s2 + 4)Y (s) =12s

s2 + 4−→ Y (s) =

12s

(s2 + 4)2

isleminden sonra, cozum tablodan yazılır.

Ornek 6.8Yine ikinci derece

y + 4y + 4y = 2e−2t , y(0) = y(0) = 0

82 Laplace Donusumu

problemini ele alalım. Laplace donusumu ile

(s2 + 4s+ 4)Y (s) =2

s+ 2−→ Y (s) =

2

(s+ 2)3−→ y = t2e−2t

buluruz. Karakteristik denklem

s2 + 4s+ 4 = (s+ 2)2 = 0

oldugu icin tumler cozumde e−2t ve te−2t terimlerinin gorunmesini bekleriz. O halde t2e−2t

ifadesi ozel cozumden geliyor olmalıdır. Yani giris fonksiyonu olan e−2t, t ile degil de t2 ilecarpılarak bir ozel cozum aranmıstır. Bunun nedeni, giris fonksiyonunun Laplace donusumununpaydasında yer alan s + 2 teriminin, denklemin karakteristik polinomunun iki katlı bir carpanıolmasıdır. Eger denklemimiz

y(3) + 6y + 12y + 8y = e−2t

olsaydı, karakteristik denklemimiz

s3 + 6s2 + 12s+ 8 = (s+ 2)3 = 0

olacagından,

φp(t) = At3e−2t

biciminde bir ozel cozum bulmaya calısırdık.

Ornek 6.9Sekil 5.9’deki RC devresini ele alalım. Bir kapasitorun davranısının

Cv = i

ile modellendigini biliyoruz. v(0) = 0 varsayımı altında, Laplace donusumu ile

CsV (s) = I(s) −→ V (s) =1

CsI(s)

elde ederiz. Bu da bize, modelimizi t yerine s degiskeni kullanarak olusturursak, kapasitorun,degeri

Z(s) =1

Cs

olan bir direnc gibi modellenebilecegini gosterir.3

Z1(s) =1

C1sve Z2(s) =

1

C2s

3Z(s) = 1/Cs kapasitorun empedansı olarak tanımlanır.

6.5 Problemler 83

gosterimiyle, basit islemler sonucu

V1 =(R1 + Z1)//Z2

R2 + (R1 + Z1)//Z2

Z1

(R1 + Z1)U

=Z1Z2

(R1 + Z1)Z2 + (R1 + Z1 + Z2)R2U

=1

R1R2C1C2s2 + (R1C1 +R2C2 +R2C1)s+ 1U

elde edilir.4 Bu ifade (5.14)’de verilen modelin Laplace donusumunden baska bir sey degildir.

6.5 Problemler

1. Asagıdaki fonksiyonların Laplace donusumunu bulun:

(a) f(t) = | sinωt|(b) f(t) = t− nT , nT ≤ t < (n+ 1)T , n = 0, 1, 2, . . .

(c) f(t) = coshαt

(d) f(t) =∑∞n=0 δ(t− nT )

(e) f(t) =∑∞n=0(−1)nδ(t− nT )

2. Asagıdaki fonksiyonların ters Laplace donusumunu bulun:

(a) F (s) = αs2 − α2

(b) F (s) = 2s(s+ 1)(s2 + 1)

(c) F (s) = 1− e−Tss(s+ 1)

(d) F (s) =(1− e−Ts)2

Ts2

(e) F (s) =∑∞n=1

1sn

3. (a) f ve g fonksiyonlarının evrisimi (konvolusyonu)

h(t) = (f ∗ g)(t) =

∫ ∞0

f(µ)g(t− µ)dµ

biciminde tanımlanır. H(s)’yi bulun.

(b) f(t) = g(t) = 1(t) ise, h(t)’yi ve H(s)’yi bulun. Sonuc beklediginiz gibi mi?

(c) f(t) = 1(t) ve g(t) = e−t1(t) ise, h(t)’yi ve H(s)’yi bulun.

4Z1//Z2 ifadesi Z1 ve Z2 empedanslarının paralel baglantısının esdeger empedansını gosterir ve

Z1//Z2 =Z1Z2

Z1 + Z2

ile belirlenir.

84 Laplace Donusumu

4. Durtu fonksiyonu cok degisik bicimlerde tanımlanabilir.

(a) Asagıdaki fonksiyonu kaydırılmıs birim basamak fonksiyonlarının toplamıbiciminde yazın:

qh(t) =

1h , 0 < t < h ve 3h < t < 4h

− 12h , h < t < 3h

0, t < 0 ve t > 4h

(b) Qh(s)’yi bulun.

(c) limh→ 0Qh(s) = 1 oldugunu gosterin. Dolayısıyla, limh→ 0 qh(t) = δ(t) diye-biliriz.

5. Problem 5.5.4’u Laplace donusumu kullanarak cozun.

Bolum 7Turevsel Denklem Takımları

7.1 Dogrusal, Sabit Katsayılı Turevsel Denklem Takımları

Dogrusal bir sistem, tek bir bagımlı degisken iceren yuksek dereceli bir turevsel denklemlemodellenecegi gibi, birden cok bagımlı degiskenin dusuk dereceli turevlerini iceren birdencok denklemle de modellenebilir. Bunu en basit bicimde acıklamak icin n’ninci derece, sabitkatsayılı

y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ an−1y + any = u(t) (7.1)

dogrusal turevsel denklemini ele alalım. x1, x2, . . . , xn degiskenlerini

x1 = y −→ x1 = yx2 = y −→ x2 = y

...xn−1 = y(n−2) −→ xn−1 = y(n−1)

xn = y(n−1) −→ xn = y(n)

olarak tanımlarsak (7.1)

x1 = x2x2 = x3

...xn−1 = xnxn = −anx1 − an−1x2 + · · · − a1xn + u(t)

(7.2)

biciminde, birbiriyle iliskili n tane birinci derece turevsel denklemden olusan esdeger birdenklem takımına donusur. (7.2) denklem takımı

x =

x1x2...xn−1xn

, A =

0 1 · · · 00 0 · · · 0...

......

0 0 · · · 1−an −an−1 · · · −a1

, b =

00...01

85

86 Turevsel Denklem Takımları

tanımlarıyla

x = Ax + bu(t) (7.3)

biciminde, vektor degerli x fonksiyonunu iceren bir turevsel denklem olarak yazılabilir.Gerekiyorsa

x(0) =

x1(0)x2(0)...xn−1(0)xn(0)

=

y(0)y(0)...y(n−2)(0)y(n−1)(0)

= x0

baslangıc kosulu denkleme eklenir.

(7.2)’deki denklem takımı (7.1) turevsel denkleminden x1, . . . , xn degiskenlerini ozelbir bicimde tanımlayarak olusturuldugu icin, A ve b katsayı matrisleri de ozel yapıdadırlar.Ancak, genel olarak A ve b matrisleri uzerinde (sabit olmaları dısında) herhangi bir kısıtolmadıgı gibi, asagıda inceleyecegimiz cozum yontemi matrislerin yapısından bagımsızdır.

Vektor degerli bir fonksiyon olan x(t)’nin Laplace donusumu, bilesen fonksiyonlarınınLaplace donusumleri turunden

X(s) = Lx(t) =

X1(s)X2(s)...Xn(s)

biciminde tanımlanır. Bu tanımdan, Laplace donusumun ozelliklerinin vektor degerli fonksi-yonlara da genellestirilebilecegi acıktır. Ornegin

Le−σtx(t) = X(s+ σ)

ya da

Lx(t) = sX(s)− x(0)

(7.3)’teki denklem takımının iki yanının Laplace donusumu alındıgında

sX(s)− x0 = AX(s) + bU(s)

ve buradan da

X(s) = (sI −A)−1x0 + (sI −A)−1bU(s) (7.4)

elde edilir. Cozum X(s)’nin bilesenlerinin ters Laplace donusumu alınarak bulunur.

7.1 Dogrusal, Sabit Katsayılı Denklem Takımları 87


x+ 2x+ 5x = 10 , x(0) = 0 , x(0) = 0

turevsel denklemin cozumu, Laplace donusumu yardımıyla

(s2 + 2s+ 5)X(s) =10

s

X(s) =10

s(s2 + 2s+ 5)=

2

s− 2(s+ 1) + 2

(s+ 1)2 + 22

x = 2− 2e−t cos 2t− e−t sin 2t

olarak kolayca elde edilebilir.

Aynı turevsel denklemi, v = x olarak tanımlayarak[xv

]=

[0 1−5 −2

] [xv

]+

[010

],

[x(0)v(0)

]=

[00

]biciminde bir turevsel denklem takımına donusturelim. Yine Laplace donusumu alıp terimleriduzenleyerek[

s −15 s+ 2

] [X(s)V (s)

]=

1

s

[010

]elde ederiz. Katsayı matrisinin tersi

(sI −A)−1 =

[s −15 s+ 2

]−1

=1

s2 + 2s+ 5

[s+ 2 1−5 s

]oldugundan,[

X(s)V (s)

]=

1

s(s2 + 2s+ 5)

[s+ 2 1−5 s

][010

]

=

10s(s2 + 2s+ 5)

10s2 + 2s+ 5

Cozum, X(s) ve V (s)’yi kısmi kesirlere acıp Laplace donusum tablosu kullanılarak

x = 2− 2e−t cos 2t− e−t sin 2t

v = 5e−t sin 2t

biciminde bulunur.

Her iki durumda da aynı cozumu elde etmemiz sasırtıcı degildir. Ancak, bir noktaya dikkatetmek gerekir: Katsayı matrisinin tersi icin bulunan ifadenin paydasındaki terim

d(s) = s2 + 2s+ 5 = det(sI −A)


olup, verilen ikinci derece turevsel denklemin karakteristik polinomundan farklı bir sey degildir.Bu polinomun koklerinin de, A matrisinin ozdegerleri olarak tanımlandıgını hatırlayın. Oylegorunuyor ki, katsayı matrisinin ozdegerleri, (7.3) denklem takımının cozumununun ne tur terim-lerden olustugunda belirleyici bir rol ustleniyorlar.

7.2 Turevsel Denklem Takımları Ile Modelleme

Pek cok durumda, bir sistemi turevsel denklem takımları ile modellemek tek bir turevseldenklemle modellemekten hem daha kolaydır, hem de sistemin bazı ozelliklerinin daha iyigorunmesini saglar. Bu kısımda turevsel denklem takımları ile modellemeye iliskin cesitliornekler verilmistir.

Ornek 7.2Sekil 7.1’deki elektrik devresinde durum degiskenlerimizi v1, v2 ve i olarak secersek, Kirchoffakım ve gerilim yasalarını kullanarak

C1dv1dt

= i+G(v2 − v1)

C2dv2dt

= i+G(v1 − v2)

Ldi

dt= u− v1

denklemlerini elde ederiz.

Elemen degerlerini C1 = 0.5 mF, C2 = 1 mF, L = 12.5 mH, R = 5 Ω secer ve zamanı msbirimi ile olcersek, model denklemleri toplu halde

d

dt

[v1v2i

]=

[ −0.4 0.4 20.2 −0.2 0−0.08 0 0

] [v1v2i

]+

[000.08

]u(t)


Devrenin sıfır baslangıc kosulları ile birim basamak tepkesini bulalım: Laplace donusumu ile[s+ 0.4 −0.4 −2−0.2 s+ 0.2 00.08 0 s

] [V1

V2

I

]=

[000.08

]1

s

ve denklemleri cozerek[V1

V2

I

]=

0.08

s(s+ 0.4)(s2 + 0.2s+ 0.08)

[2(s+ 0.2)

0.4s(s+ 0.6)

]

elde ederiz. Ters Laplace donusumu ile

v1 = 1 + 0.5e−0.4t + e−0.1t(−1.5 cos 0.265t+ 0.189 sin 0.265t)

v2 = 1− 0.5e−0.4t + e−0.1t(−0.5 cos 0.265t− 0.945 sin 0.265t)

i = 0.1e−0.4t + e−0.1t(−0.1 cos 0.265t+ 0.416 sin 0.265t)

7.2 Turevsel Denklem Takımları Ile Modelleme 89

bulunur. v1 ve v2 Sekil 7.2’de gosterilmistir.

Sekil 7.1: RLC Devresi Sekil 7.2: v1 ve v2

Ornek 7.3Sekil 7.3’teki mekanik sistemde kutlelerin denge konumundan uzaklıklarını y1 ve y2 ile gosterirsek,sistemin davranısı

My1 = K(y2 − y1)− ky1My2 = K(y1 − y2)− ky2

denklemleri ile modellenir.

Baslangıc kosulları y1(0) = y10, y2(0) = y20, y1(0) = y2(0) = 0 ve sistem parametreleriM = 0.5, k = 8, K = 12 olarak verilmisse, Laplace donusumu kullanarak

s2[Y1

Y2

]=

[−40 24

24 −40

],

[Y1

Y2

]+ s

[y10y20

]buluruz. Buradan[

s2 + 40 −24−24 s2 + 40

][Y1

Y2

]= s

[y10y20

][Y1

Y2

]=

s

(s2 + 16)(s2 + 64)

[y10s

2 + 40y10 + 24y20y20s

2 + 40y20 + 24y10

]elde ederiz.

y10 = y20 = 10 baslangıc kosullarına karsı gelen cozum

Y1(s) = Y2(s) =10s

s2 + 16−→ y1 = y2 = 10 cos 4t

−y10 = y20 = 10 baslangıc kosullarına karsı gelen cozum ise

−Y1(s) = Y2(s) =10s

s2 + 64−→ − y1 = y2 = 10 cos 8t


olarak bulunur. Her iki durumda da kutleler tek bir frekansta (ω = 4 ya da ω = 8) salınırlar.

Ote yandan y10 = 10, y20 = 0 baslangıc kosullarına karsı gelen cozum

Y1 =10s(s2 + 40)

(s2 + 16)(s2 + 64)−→ y1 = 5 cos 4t+ 5 cos 8t = 10 cos 2t cos 6t

Y2 =240s

(s2 + 16)(s2 + 64)−→ y2 = 5 cos 4t− 5 cos 8t = 10 sin 2t sin 6t

olup, y1 ve y2 Sekil 7.4’te goruldugu gibi vınlama ozelligi gosterirler.

Sekil 7.3: Kutle-Yay Sistemi Sekil 7.4: y1 ve y2

7.3 Ikinci Derece Dogrusal Sistemlerin Durum Duzlemi

Bagımsız

x = −x , x(0) = x0

y = −2y , y(0) = y0(7.5)

denklemleriyle modellenen ikinci derece bir sistem dusunelim. Cozum kolaylıkla

x = x0e−t , y = y0e

−2t

olarak bulunur. x ve y icin verilen bu ifadeler, xy duzleminde t = 0 anında (x0, y0)noktasından baslayıp, t arttıkca (0, 0) noktasına yaklasan bir egri (bu ornekte, bir parabol)tanımlar. Soz konusu egri, sistemin yorungesidir . Yorungenin cizildigi xy duzlemi de, koor-dinat eksenleri sistemin durumunu tanımlayan x ve y degiskenlerinden olustugu icin, durumduzlemi olarak adlandırılır. Sekil 7.7’de farklı baslangıc noktalarına karsı gelen yorungelergosterilmistir.

(0, 0) noktası denklemlerin x0 = 0, y0 = 0 baslangıc degerine karsı gelen ozel bircozumu olup sistemin bir denge noktasıdır. Bu denge noktasının yakınındaki herhangibir (x0, y0) noktasından baslayan yorunge denge noktasına yakınsadıgı icin, denge noktasıkararlıdır deriz. Eger denklemlerimiz

x = x , x(0) = x0

y = 2y , y(0) = y0

7.3 Durum Duzlemi 91

biciminde olsaydı, cozum

x = x0et , y = y0e

2t

ile verilirdi. Bu durumda (x0, y0) noktası yine bir denge noktası olurdu ve yorungelerSekil 7.7’deki egrilerden olusurdu. Ancak, t arttıkca yorungeler denge noktasından giderekuzaklasırdı (yorungelerin yonunu gosteren oklar ters donerdi) ve (x0, y0) noktası kararsız birdenge noktası olarak tanımlanırdı.

Inceledigimiz ornekte sistemi modelleyen denklemler birbirinden bagımsız oldugu icinayrı ayrı cozup yorungeleri olusturmak oldukca basittir. Daha karmasık bir ornek olarakbirbiriyle iliskili denklemlerden olusan bir denklem takımı ile modellenen[

xy

]=

[−5 −2

2 −10

] [xy

],

[x(0)y(0)

]=

[x0y0

]sistemini ele alalım. Laplace donusumu ile[

X(s)Y (s)

]=

1

(s+ 6)(s+ 9)

[s+ 10 −2

2 s+ 5

] [x0y0

]elde ederiz. Bu ifade, x ve y’nin, e−6t ve e−9t fonksiyonlarının baslangıc kosulları tarafındanbelirlenen birlesimlerinden olusacagını gosterir. Bu da, yorungelerin baslangıc noktasından(0, 0) denge noktasına dogru ilerleyecegi, yani, denge noktasının kararlı olacagı anlamınagelir; ancak, yorungelerin bicimi hakkında bir ipucu vermez. Yorungeleri cozum bulmadancizmenin en elverisli yolu, dorduncu bolumde sayısal cozum yontemlerini incelerken sozuedilen hız alanını olusturmaktır. xy duzleminin denge noktası etrafındaki (x, y) noktalarında[

xy

]=

[−5x− 2y2x− 10y

]biciminde hesaplanan hız vektorlerinin kılavuzlugunda cizilen yorungeler Sekil 7.6’degosterilen grafigi olusturur.

Bu iki ornekte oldugu gibi, sistemin katsayı matrisinin aynı isaretli iki gercel ozdegeri(karakteristik denkleminin kokleri) varsa, yorungeler denge noktasında dugumlenen ozel birbicim alır. Ozdegerlerin ikisi de eksi ise yorungeler denge noktasına yakınsar, ikisi de artıise denge noktasından uzaklasır. Yorungeleri bu bicimde olan denge noktaları dugum olarak(kararlı ya da kararsız) adlandırılır.

Katsayı matrisinin farklı isaretlere sahip iki gercel ozdegerinin bulundugu duruma enbasit ornek,

x = x , x(0) = x0

y = −y , y(0) = y0(7.6)

sistemidir. Cozum

x = x0et , y = y0e

−t


Sekil 7.5: Kararlı Dugum Sekil 7.6: Kararlı Dugum

oldugundan, yorungeler, Sekil 7.7’da gosterildigi gibi, x yonunde (0, 0) denge noktasındanuzaklasma, y yonunde ise denge noktasına yaklasma egilimindedir. Ancak, baslangıc nok-tası denge noktasına ne kadar yakın olursa olsun, x0 6= 0 oldugu surece yorunge dengenoktasından uzaklasacagı icin, denge noktası kararsız olacaktır. Bu tur denge noktaları eyerolarak adlandırılır.

Eyere bir baska ornek, karakteristik denklemi

(s− 1)(s+ 2) = 0

olan, dolayısıyla, farklı isarette iki gercel ozdegeri olan[xy

]=

[0 12 −1

] [xy

],

[x(0)y(0)

]=

[x0y0

]sistemidir. Bu sistemin yorungeleri de Sekil 7.8’da gosterilmistir.

Sekil 7.7: Eyer Sekil 7.8: Eyer

Simdi de karmasık ozdegerlere sahip sistemleri inceleyelim. Yine en basit ornektenbaslamak uzere

x = y , x(0) = x0

y = −x , y(0) = y0(7.7)

7.3 Durum Duzlemi 93

sistemini ele alalım. Cozumun

x = x0 cos t+ y0 sin t , y = y0 cos t− x0 sin t

oldugu kolaylıkla gosterilebilir. Dolayısıyla, yorungeler Sekil 7.9’de gosterildigi gibi

x2 + y2 = x20 + y20

denklemini saglayan cemberlerdir. y > 0 icin x > 0 oldugundan, x durum duzleminin ustyarısında artar, alt yarısında ise azalır. Bu da yorungelerin saat yonunde oldugunu gosterir.(0, 0) noktası yine denge noktasıdır. Cozumun, baslangıc kosulu ne olursa olsun, periyodikolusu yorungelerin devirsel, dolayısıyla, kapalı olduklarını gosterir. Yorungelerin, etrafındakapalı egriler olusturdugu bu tur denge noktaları halka olarak tanımlanır. Yorungelerinsonumsuz (periyodik) salınımlara karsı geldigi bu tur sistemlerin ozdegerlerinin sanal olmasıbeklenir. Gercekten de, bu ornekteki sistemin karakteristik denklemi

s2 + 1 = 0

olup s1,2 = ∓i gibi sanal koklere sahiptir.

Halkaya baska bir ornek[xy

]=

[−1 1−2 1

] [xy

],

[x(0)y(0)

]=

[x0y0

]sistemidir. Bu sistemin de karakteristik denklemi ilk ornektekiyle aynı olmakla birlikte,yorungeleri, Sekil 7.10’de gosterildigi gibi elipslerden olusmaktadır.

Halkanın ne kararlı ne de kararsız olduguna dikkat edilmelidir.

Sekil 7.9: Halka Sekil 7.10: Halka

Son olarak, cozumu sonumlu salınım ozelligi gosteren bir ornek inceleyelim. (7.7) siste-minde kucuk bir degisiklik yaparak

x = −x+ 4y , x(0) = x0

y = −4x− y , y(0) = y0(7.8)

sistemini ele alalım. Karakteristik denklem

s2 + 2s+ 17 = (s+ 1)2 + 42 = 0


olacagından, cozum

e−t cos 4t ve e−t sin 4t

terimlerinden olusacaktır. Halkadan farklı olarak, yorungeler Sekil 7.11’te gosterildigibicimde, her salınımda denge noktasına biraz daha yaklasacaktır. Bu tur denge noktalarıodak olarak tanımlanır. Ozdegerlerin gercel kısmı eksi oldugundan, odak kararlıdır.

Ote yandan,

x = x− 8y , x(0) = x0

y = 2x+ y , y(0) = y0

sisteminin karakteristik denklemi

s2 − 2s+ 17 = (s− 1)2 + 42 = 0

olup, cozum

et cos 4t ve et sin 4t

terimlerinden olusur. Ozdegerlerin gercel kısmı artı oldugundan, yorungeler Sekil 7.12’degosterildigi gibi denge noktasından giderek uzaklasır. Denge noktası kararsız bir odaktır.

Sekil 7.11: Kararlı Odak Sekil 7.12: Kararsız Odak

Sistemin ozdegerlerinin ne tur denge noktalarına yol acacagı asagıda ozetlenmistir.

Eksi isaretli iki gercel ozdeger: Kararlı dugumArtı isaretli iki gercel ozdeger: Kararsız dugumFarklı isaretli iki gercel ozdeger: Eyer (kararsız)Sanal eslenik ozdegerler: HalkaGercel kısmı eksi karmasık ozdegerler: Kararlı odakGercel kısmı artı karmasık ozdegerler: Kararsız odak

Burada ele alınmayan iki ozel durumun (ozdegerlerden birinin ya da her ikisinin sıfırolma durumları) incelenmesi ise okuyucuya bırakılmıstır.

7.4 Sayısal Cozum 95

7.4 Turevsel Denklem Takımlarının Sayısal Cozumu

Birinci derece denklemlerden olusan bir turevsel denklem takımı en genel bicimiyle

x1 = f1(t, x1, x2, . . . , xn) , x1(t0) = x10

x2 = f2(t, x1, x2, . . . , xn) , x2(t0) = x20...

xn = fn(t, x1, x2, . . . , xn) , xn(t0) = xn0

olarak ifade edilir. x, x0 ve f vektorleri

x =

x1x2...xn

, x0 =

x10x20

...xnxn0

, f(t,x) =

f1(t, x1, x2, . . . , xn)f2(t, x1, x2, . . . , xn)

...fn(t, x1, x2, . . . , xn)

biciminde tanımlanırsa, denklem takımı toplu olarak

x = f(t,x) , x(t0) = x0 (7.9)


(7.9) yapı olarak (4.1)’den farklı degildir; yalnızca, skalar y ve f fonksiyonlarının yerinivektor degerli x ve f fonksiyonları almıstır. Bu nedenle, dorduncu bolumde inceledigimizsayısal cozum yontemleri (7.9) denklem takımına kolayca uyarlanabilir. Ornegin Euleryontemi

mk = f(tk,xk)

xk+1 = xk + hmk

ve gelistirilmis Euler yontemi

m1,k = f(tk,xk)

m2,k = f(tk + h,xk + hm1,k)

xk+1 = xk + h2 (m1,k + m2,k)

bicimini alır.

Ornek 7.4Euler yontemini h = 0.05 ile uygulayarak, dogrusal

x = −x− 4y + 3 , x(0) = 0

y = −4x− y + 5 , y(0) = 0

denklem takımının sayısal cozumunun ilk iki terimini hesaplayalım.


k = 0 icin

mx0 = 3

my0 = 5

ve

x1 = (0.05)(3) = 0.15

y1 = (0.05)(5) = 0.25

k = 1 icinse

mx1 = −(0.15) + 4(0.25) + 3 = 3.85

my1 = −4(0.15)− (0.25) + 5 = 4.15

ve

x1 = 0.15 + (0.05)(3.85) = 0.3425

y1 = 0.25 + (0.05)(4.15) = 0.4575

buluruz. Bu bicimde hesaplanan sayısal cozum degerleri gercek cozum egrisiyle birlikte Sekil7.13’da, bunlardan olusturulan yaklasık ve gercek yorunge ise Sekil 7.14’da gosterilmistir.

Sekil 7.13: Gercek ve Sayısal Cozum Sekil 7.14: Gercek ve Yaklasık Yorunge

7.5 Problemler

1. Asagıdaki turevsel denklem takımlarını baslangıc kosullarını sıfır alarak cozun:

(a)[xy

]=

[−2 0−2 −1

] [xy

]+

[22

](b)

[xy

]=

[−2 0−2 −1

] [xy

]+

[1010

]cos t

(c)[xy

]=

[−1 3−3 −1

] [xy

]+

[2515

]sin t

7.5 Problemler 97

2. Asagıdaki sistemlerin yorungelerini cizin:

(a)[xy

]=

[−1 1

1 −1

] [xy

](b)

[xy

]=

[1 1−1 −1

] [xy

](c)

[xy

]= 2t

[−1 1−1 −1

] [xy

]3. Problem 5.5.9’u, ele alınan sistemi bir turevsel denklem takımı ile modelleyerek cozun.

4. Suya gore sabit V hızıyla hareket eden bir bot akıntılı bir bogazda (−L, 0) noktasından(0, 0) noktasına gitmektedir. (Bkz. Sekil 7.15.) Akıntı hızı y yonunde

u(x) =4U

L2x(L+ x)

olup, kıyılarda (x = −L veya x = 0) sıfır, ortada (x = −L/2) ise en yuksek Udegerindedir. Botun yonu her konumda hedefe ((0, 0) noktasına) dogrudur.

(a) Botun hareketini modelleyen denklemleri olusturun.

(b) Botun yorungesini analitik olarak bulun. Ipucu: y = xw yazıp y = x√

1 + w2

bagıntısını kullanarak

dw

dx= f(x)

biciminde ayrılabilir bir denklem elde edin ve∫dw√

1 + w2= ln(w +

√1 + w2)

formulunu kullanarak w’yu x cinsinden hesaplayın.

(c) L = 100 m, V = 4 m/s ve U = 2 m/s ise botun yorungesini cizin.

(d) Yukarıdaki degerler icin botun hareketini modelleyen denklemleri, Euleryontemini h = 0.1 ile uygulayarak, yaklasık olarak cozun ve botun yaklasıkyorungesini cizin.

Sekil 7.15: Akıntılı Suda Hareket Eden Bot


5. Otonom bir sistem

x = y

y = −5x− 2y

denklemleriyle modellenmistir.

(a) x(0) = 0 ve y(0) = 2 ise x ve y’yi cozun.

(b) y = 5e−t cos 2t ise x(0) degerini bulun.

6. Gelistirilmis Euler yontemini h = 0.2 ile uygulayarak asagıdaki turevsel denklemtakımının [0, 1] aralıgında sayısal cozumunu bulun:

x = 4− y , x(0) = 0

y = 2− x , y(0) = 0

Bolum 8Dogrusal Olmayan Sistemler

8.1 Denge Noktasında Dogrusallastırma

Ucuncu bolumde inceledigimiz bosalan su tankı problemine donelim. Bu kez, tank bir yan-dan altındaki bir delikten bosalırken, bir yandan da ustundeki bir musluktan sabit bir akıshızıyla dolmakta olsun. Tankın kesit alanının sabit oldugu varsayımıyla, su yuksekligi, qmusluktan akan suyun akıs hızı olmak uzere

h = αq − β√h , h(0) = h0 (8.1)

denklemiyle modellenir. Bu denklem ayrılabilir olmakla birlikte, cozumu hic te kolaydegildir. Yine de tanktaki su yuksekligine iliskin bazı bilgiler edinebiliriz. Ornegin,

h(t) = he = (αq

β)2 (8.2)

denklemin sabit bir cozumudur. Yani, su yuksekligi baslangıcta h0 = he ise hep bu degerdekalacaktır. Cunku, bu su yuksekliginde delikten akan su hızı

β√he = αq

olacak ve musluktan akan su hızını dengeleyecektir. Su birikmesi ya da azalması olma-yacagından, su yuksekligi degismeyecektir.

h0, he’den farklı ise ne olur? h0 > he ise cıkıs akıs hızı giris akıs hızından buyukolacagından h, he’ye dusene kadar azalacak; tersine h0 < he ise cıkıs akıs hızı giris akıshızından kucuk olacagından h, he’ye ulasana kadar artacaktır. Her iki durumda da, h, h0 ilehe arasında degisecektir. h ile he arasındaki farkı h = h− he ile gosterirsek, (8.1)

˙h = h = αq − β

√he + h , h(0) = h0 − he = h0

bicimini alır. Eger h0, he’ye oranla yeterince kucukse, h de yeterince kucuk olacaktır. Budurumda,√

he + h ≈√he +

1

2√heh

99

100 Dogrusal Olmayan Sistemler

yaklasıklıgı ve (8.2) kullanılarak

˙h = − β

2√heh = −σh , h(0) = h0 (8.3)

yaklasık modeli elde edilir. (8.3), (8.1)’deki sistemin dogrusallastırılmıs modelidir. Dogrusal(8.3) modelinin cozumu

h = h0e−σt

oldugundan, su yuksekligi icin

h ≈ hd = he + (ho − he)e−σt

yaklasık ifadesi elde edilir.

Sayısal bir ornek olarak αq = 4 ve β = 0.5 alalım. he = 64 ve dogrusallastırılmıs model

˙h = − 1

32h

olur. Gercek ve dogrusallastırılmıs modellerin iki farklı baslangıc degerine karsı gelencozumleri Sekil 8.1’de gosterilmistir. h0 he’ye ne kadar yakınsa, dogrusallastırılmıs mo-delin cozumunun gercek sistemin cozumune o olcude yakın olduguna dikkat ediniz.

Sekil 8.1: Gercek ve Dogrusallastırılmıs Modellerin Cozumleri

Bu ornekte he sistemin denge noktasıdır. Daha genel bir tanım vermek icin,

x = f(x) (8.4)

sistemini ele alalım. Burada, x ve f (7.9)’daki gibi tanımlanmıs olup, x1, x2, . . . , xn degis-kenleri sistemin n boyutlu durum uzayını belirler. Durum uzayında

f(xe) = 0

8.1 Denge Noktasında Dogrusallastırma 101

yani f1(xe1, xe2, . . . , xen)f2(xe1, xe2, . . . , xen)

...fn(xe1, xe2, . . . , xen)

=

00...0

kosulunu saglayan her xe noktası, sistemin x(0) = xe baslangıc kosulunu saglayan cozumuolup, bir denge noktası olarak tanımlanır.

x = Ax

biciminde dogrusal turevsel denklem takımlarıyla modellenen sistemlerde xe = 0’ın dengenoktası olarak tanımlandıgını hatırlayın veA0 = 0 oldugu icin, bu tanımın, (8.4) sistemi icinverdigimiz tanımla uyumlu olduguna dikkat edin.

(8.4) sisteminin denge noktalarını dogrusal sistemlerin denge noktalarına benzer bicimdesınıflandırabiliriz. Bunun icin, sistemin herhangi bir denge noktasına yakın baslangıckosulları icin nasıl davrandıgını incelememiz gerekir. Bunun en akla yakın yolu, sisteminsoz konusu denge noktasına yakın noktalarda gecerli dogrusallastırılmıs bir yaklasık mode-lini elde etmektir. Bu amacla, x vektorunu x = x− xe biciminde tanımlarsak (8.4)

˙x = x = f(x) = f(xe + x) (8.5)

bicimini alır. f(xe + x) vektor degerli fonksiyonun xe noktasındaki Taylor serisi acılımı, tekdegiskenli fonksiyonların Taylor serisi acılımına benzer bicimde

f(xe + x) = f(xe) +∂f(xe)

∂xx + yuksek dereceli terimler

ile verilir. Burada

∂f(x)

∂x=

∂f1∂x1

∂f1∂x2

· · · ∂f1∂xn

∂f2∂x1

∂f2∂x2

· · · ∂f2∂xn

......

. . ....

∂fn∂x1

∂fn∂x2

· · · ∂fn∂xn

= J(x)

biciminde tanımlanmıstır. f(xe) = 0 oldugundan, yuksek dereceli terimler ihmal edildiginde(8.5)’ten

˙x = J(xe)x (8.6)

dogrusallastırılmıs modeli elde edilir. (8.4) modelinin xe noktası civarındaki davranısı,(8.6)’daki dogrusallastırılmıs modelin xe = 0 denge noktası civarındaki davranısına benzer.


Ornek 8.1Birinci derece

x = f(x) = x(x2 − 1)

sisteminin denge noktaları xe1 = 0, xe2 = −1, xe3 = 1’dir.

J(x) =df

dx= 3x2 − 1

oldugundan, sistemin denge noktaları etrafında dogrusallastırılmıs modelleri, sırasıyla

DM1 : ˙x = −x

DM2 : ˙x = 2x

DM3 : ˙x = 2x

denklemleriyle belirlenir. Dogrusallastırılmıs modellerden, xe1 = 0 denge noktasının kararlı,xe2 = −1 ve xe3 = 1 denge noktalarının ise kararsız oldugu gorulmektedir. Gercekten, verilenayrılabilir denklemin cozumu

|x0| < 1 −→ x =x0√

x20 + (1− x20)e2t

|x0| > 1 −→ x =x0√

x20 − (x20 − 1)e2t

olup, |x0| < 1 ise sıfıra yakınsar, |x0| > 1 ise sonlu surede sonsuza gider.


x = −2y

y = x2 − 1

sisteminin denge noktaları, −2y = 0 ve x2 − 1 = 0 esitliklerinden

xe1 =

[−1

0

]ve xe2 =

[10

]olarak bulunur.

J(x) =

[0 −2

2x 0

]oldugundan, sistemin xe1 denge noktası etrafındaki dogrusallastırılmıs modelinin A matrisi

A1 = J(xe1) =

[0 −2−2 0

]

8.2 Dogrusal Olmayan Sistemlere Iliskin Uygulamalar 103

ve xe2 denge noktası etrafındaki dogrusallastırılmıs modelinin A matrisi

A2 = J(xe2) =

[0 −22 0

]olarak hesaplanır. A1 matrisinin karakteristik denklemi ve ozdegerleri

s2 − 4 = 0 −→ σ1 = −2 , σ2 = 2

oldugundan, xe1 bir eyerdir. A2 matrisinin karakteristik denklemi ve ozdegerleri ise

s2 + 4 = 0 −→ σ1,2 = ∓2i

oldugundan, xe2 bir halkadır. Sistemin Sekil 8.2’de gosterilen yorungeleri, bu sonucları dogru-lamaktadır.

Sekil 8.2: Dogrusal Olmayan Bir Sistemin Denge Noktaları ve Yorungeleri

8.2 Dogrusal Olmayan Sistemlere Iliskin Uygulamalar

8.2.1 Av–Avcı Modeli

Kapalı bir ekosistemde birlikte yasayan, biri otcul, digeri de ilkiyle beslenen etcil, iki canlıturu dusunelim; diyelim, tavsanlar ve tilkiler. Tavsan sayısının, tilkilerin yoklugunda bellibir hızda arttıgını, ancak tilkiler tarafından avlandıkları icin, tilki sayısıyla orantılı bir hızdaazaldıgını; buna karsılık, tilki sayısının, tavsan yoklugunda aclık nedeniyle belli bir hızdaazalırken, avlayacakları tavsanların varlıgında, tavsan sayısıyla orantılı bir hızda arttıgınıvarsayalım. Tavsan ve tilki sayılarını x ve y ile gosterirsek, tavsan–tilki ortak populasyondinamikleri, a, c, p, q > 0 olmak uzere

x = ax(1− py)

y = cy(qx− 1)


Sekil 8.3: Av–Avcı Modelinin Yorungeleri

biciminde modellenir. Tavsan ve tilki sayılarını u = qx, v = py biciminde olceklersek(ornegin, tavsanları yuzer yuzer, tilkileri onar onar sayarsak), model, biraz daha basit

u = au(1− v)

v = cv(u− 1)(8.7)

bicime donusur.1

(8.7) sisteminin

xe1 =

[ue1ve1

]=

[00

]ve xe2 =

[ue2ve2

]=

[11

]ile verilen iki denge noktası vardır.

J(x) =

[a(1− v) −aucv c(u− 1)

]oldugundan, sistemin denge noktaları etrafındaki dogrusallastırılmıs modellerinin A matris-leri

A1 =

[a 00 −c

]ve A2 =

[0 −ac 0

]olarak hesaplanır. A1 ve A2 matrislerinin ozdegerleri bulundugunda, xe1’in bir eyer, xe2’ninise bir halka oldugu gorulur. Sekil 8.3’te gosterilen ve a = 0.2 ve c = 0.1 icin sayısal cozumyontemi kullanılarak elde edilmis olan yorungeler, bu gozlemi dogrulamaktadır. xe1 etrafındayorungelerin u yonunde artma, v yonunde ise azalma egiliminde oldugunu; yani, tilki sayısıazsa tavsanların ureyecegini, tavsan sayısı azsa tilkilerin aclıktan olecegini anlamak kolaydır.Ancak, xe2 etrafında sayıların neden periyodik olarak artıp azaldıgını anlamak aynı olcudekolay degildir. Yine de, yorungelerin kapalı egriler oldugunun gosterilebilecegini, bu duru-mun da dogada sıklıkla gozlendigini belirtelim.

1Bu tur ekolojik modeller, sistematik olarak ilk kez Lotka ve Volterra tarafından incelenmis olup, kendi adlarıylaanılırlar.


8.2.2 Rekabet Ortamında Populasyon Modeli

Simdi de, yine kapalı bir ekosistemde birlikte yasayan, ancak bu kez, besin kaynakları icinrekabet eden iki canlı turunu ele alalım. Her iki canlı turu icin de lojistik populasyon modelinebenzer, ancak tasıma kapasitesi her iki turun de populasyonuna baglı bir model varsayalım.Canlı sayılarını uygun birimlerle olcerek populasyon modeli

u = au(1− pu− qv)

v = cv(1− ru− sv)(8.8)

biciminde yazılabilir.

Katsayıları once a = 0.2, c = 0.4, p = s = 2/3, q = r = 1/3 olarak secelim. Model

u = 0.2u(1− 23u−

13v)

v = 0.4v(1− 13u−

23v)

bicimini alır. Denge noktaları

xe1 =

[00

], xe2 =

[0

1.5

], xe3 =

[1.50

], xe4 =

[11

]olup, ilk uc denge noktası turlerden birinin ya da her ikisinin yok olması anlamına geldigindenilginc degildir. Son denge noktası etrafındaki dogrusallastırılmıs modelin A matrisi

A =

[ − 0.43 − 0.2

3

− 0.43 − 0.8

3

]

olup, ikisi de eksi isaretli iki gercel ozdegeri vardır. Dolayısıyla, xe4 kararlı bir dugumdur.Bu durum, sistemin Sekil 8.4’te gosterilen yorungelerinden de anlasılmaktadır.

Ote yandan, turlerin populasyonlarının kendi turune ve diger ture etkilerini gosteren kat-sayıların rollerini degistirip, a = 0.2, c = 0.4, p = s = 1/3, q = r = 2/3 olarak secersek,denge noktaları

xe1 =

[00

], xe2 =

[03

], xe3 =

[30

], xe4 =

[11

]olarak belirlenir. Bu kez, son denge noktası etrafındaki dogrusallastırılmıs modelin A matrisi

A =

[ − 0.23 − 0.4

3

− 0.83 − 0.4

3

]

olarak hesaplanır. Matrisin farklı isaretli iki ozdegeri oldugu kolaylıkla gosterilebilir. Budurumda, xe4, Sekil 8.5’te gosterildigi gibi, bir eyer olacaktır.

Katsayıların ilk durumunda turler bir denge noktasında birlikte yasayabilirken, kat-sayıların rollerinin degismesi durumunda, baslangıc kosullarına baglı olarak turlerden birizamanla yok olacaktır.


Sekil 8.4: Kararlı Denge Sekil 8.5: Kararsız Denge

8.2.3 Salgın Hastalık Modeli

Kapalı bir cevrede basgosteren bulasıcı olumcul bir hastalıgın yayılma hızının, hasta sayısıve hastalıga yakalanma riski tasıyan saglıklı kisi sayısıyla orantılı oldugunu varsayalım. Her-hangi bir anda risk altındaki kisi sayısı s ve hasta sayısı h ile gosterilirse, hastalık dinamigi

s = −αshh = αsh− βh (8.9)

biciminde modellenebilir. Modelde αsh hastalıga yakalanma hızını (dolayısıyla saglıklınufusun azalma hızını), βh ise hastalık sonucu olum hızını gostermektedir.2

Denklemlerden, s ekseni ustundeki her noktanın bir denge noktası oldugu gorulmektedir(h = 0 ise s = h = 0) . Denge noktaları sureklilik gosterdigi (ayrık olmadıkları) icin,dogrusallastırma yoluyla sistemin davranısına iliskin fazla bir bilgi edinemeyiz. Bu nedenle,dogrudan yorungeleri cizmeye calısmak daha anlamlıdır.

Modelden

dh

ds=h

s= −1 +

β

αs

oldugu gorulur. Ayrılabilir bu denklemin cozumu, kolaylıkla

h = h0 + s0 − s+N lns

s0, N =

β

α

olarak bulunur. Yorungeler tipik olarak Sekil 8.6’da gosterildigi gibidir. Sekilden goruldugugibi, hastalıgın basgosterdigi ortamın nufusu N ’den az ise, hasta sayısı surekli azalacak vebir sure sonra sıfırlanacaktır. Nufus N ’den buyuk ise, hasta sayısı, nufus N ’ye dusene kadarartacak, sonra azalacaktır. Bir baska deyisle, hastalıgın salgın halini alması icin, nufusunkritik N degerinin ustunde olması gerekir. Bu degerin hastalıgın ne kadar bulasıcı (α) ya dane kadar olumcul (β) olusundan cok, bu iki ozellik arasındaki iliskiye baglı olduguna dikkatediniz.

2Bu model Kermack-McKendric modeli olarak bilinir.


Sekil 8.6: Salgın Yorungeleri

Sekil 8.7: Salgında Nufus Sekil 8.8: Salgında Hasta Sayısı

Sekil 8.7 ve 8.8’de, α = 10−6 (1/gun/kisi) ve β = 1 (1/gun) icin, kritik nufusun (N =1 000 000) ustunde nufusa sahip sehirlerde salgının gelismesi (saglıklı ve hasta sayılarınınzamana gore degisimi) gosterilmistir. Ilginc bir gozlem, nufus fazlalastıkta, salgının dahacok olume neden olmakla birlikte, daha kısa surede sona erdigidir.

8.2.4 Van der Pol Osilatoru

Ozellikle elektrik devreleriyle tasarlanabilen bir sistem

y + 2ζωn(y2 − c2)y + ω2ny = 0

biciminde dogrusal olmayan bir turevsel denklemle modellenen Van der Pol osilatorudur. Vander Pol osilatoru, sonum oranı, durum degiskenlerinin anlık degerlerine baglı olarak degisenikinci derece bir sistem olarak dusunulebilir. Ilgincligi, sonum oranının, |y| > c iken artı(kararlı), |y| < c iken eksi (kararsız) olusundan kaynaklanır.

y = v olarak tanımlanırsa, Van der Pol osilatoru

y = vv = −2ζωn(y2 − c2)v − ω2

ny(8.10)


biciminde modellenir. Sistemin xe = 0’da tek bir denge noktası oldugu ve bunun dakararsız bir odak oldugu kolayca gosterilebilir. Ancak, Van der Pol osilatorunun, ilk bakıstagorunmeyen, ilginc bir ozelligi vardır: Yorungeler, baslangıc noktalarından bagımsız olarak,limit halkası olarak adlandırılan kapalı bir egriye yakınsar; yani, zamanla periyodik bircozume ulasır. Sekil 8.9 ve 8.10’da, ζ = 0.1, ωn = 1 ve c = 1 icin Van der Pol osilatorununfarklı baslangıc kosullarına karsı gelen yorungeleri ve cozumleri gosterilmistir.

Sekil 8.9: Van der Pol Yorungeleri Sekil 8.10: Van der Pol Cozumu

8.2.5 Gezegenlerin Hareketi

Kendisine oranla cok buyuk kutleli bir yıldızın cekim alanında hareket eden bir gezegeninhareketi, kutupsal koordinat sisteminde

r = − k

r2er

biciminde modellenir. Modelde, yıldızın koordinat sisteminin merkezinde oldugu varsa-yılarak, gezegenin yıldıza gore konumu, uzaklık (r) ve herhangi bir referansa gore acı (θ)turunden r = rer ile gosterilmis olup,

er =

[cos θsin θ

]ve eθ =

[− sin θ

cos θ

]kutupsal koordinat sisteminde birim vektorleri gostermektedir (Bkz. Sekil 8.11).

er = θ eθ ve eθ = −θ er

esitlikleri kullanılarak,

r = r er + rθ eθ

r = (r − rθ2) er + (2r + rθ) eθ

elde edilir. r icin bulunan ifade modelde yerine kondugunda

r − rθ2 = − k

r2

2r + rθ = 0


bulunur. Ikinci denklemden elde edilen

2r + rθ =1

r

d

dt(r2θ) = 0 −→ r2θ = h0 (sabit)

bagıntısı ilk denklemde kullanıldıgında, gezegen hareket modeli

r =h20r3− k

r2(8.11)

bicimine donusur.

Koordinat sistemimizi, t = 0 anında gezegen yıldızdan r0 uzaklıkta ve θ = 0 ekseninedik olarak v0 hızıyla hareket edecek sekilde secersek, baslangıc kosulları

r(0) = r0 , r(0) = 0 , θ(0) = 0 , θ(0) =v0r0

ve dolayısıyla

h0 = θ(0)r20 = v0r0

olarak belirlenir.

Sekil 8.11: Kutupsal Koordinatlar Sekil 8.12: Gezegen Yorungeleri

(8.11) denklemini bildigimiz yontemlerle cozemeyiz; ancak, r ile θ arasında bir bagıntıbulmaya calısabiliriz. Bu amacla,

x =1

r, r =

1

x

biciminde yeni bir degisken tanımlarsak

r = − 1

x2x = − 1

x2dx

dθ

dθ

dt= −r2θ dx

dθ= −h0

dx

dθ

r = −h0d

dt(dx

dθ) = −h0θ

d2x

dθ2= −h

20

r2d2x

dθ2= −h20x2

d2x

dθ2


bagıntılarını elde ederiz. (8.11)’de yerine koyarak

−h20x2d2x

dθ2= h20x

3 − kx2

dolayısıyla,

d2x

dθ2+ x =

k

h20(8.12)

denklemine ulasırız. Bu denklemin θ = 0 icin baslangıc kosulları da

x(0) =1

r0,dx

dθ(0) = − r(0)

h0= 0

olarak verilir. (8.11) denkleminin verilen baslangıc kosulları icin cozumu kolaylıkla

x =k

h20+ (

1

r0− k

h20) cos θ

olarak bulunur. r,

A =h20k

ve E =h20kr0− 1

olmak uzere

r =1

x=

A

1 + E cos θ(8.13)

ile verilir. (8.13) kutupsal koordinatlarda elips denklemi olup, farklı E ve A degerlerine karsıgelen tipik yorungeler Sekil 8.12’da gosterilmistir. Gezegenlerin hareketine iliskin Kepleryasaları kucuk E degerleri icin (8.13) ifadesinden turetilebilir.

8.3 Problemler

1. Asagıdaki sistemlerin denge noktalarını bulun ve sınıflandırın:

(a) x+ x(x2 − 1) = 0

(b)

[x

y

]=

[x(1− y)

y(x− 1)

]

(c)

[x

y

]=

[x2 + y2 − 1

−2xy

]

(d)

[x

y

]=

[x(y2 − 1)

y(1− x2)

]

8.3 Problemler 111

2. 1. sorudaki sistemlerin yorungelerini cizin.

3. Asagıdaki turevsel denklem takımını

(a) x(0) = 1.0 , y(0) = 0

(b) x(0) = 2.4 , y(0) = 0

icin cozun ve cozumleri aynı grafikte gosterin. Ipucu: Denklemleri kutupsal koordi-natlarda ifade edin.[

x

y

]=√

6.76− x2 − y2[−yx

]

4. Asagıdaki turevsel denklem takımının yaklasık bir cozumunu bulun.

x = 2y − 6x , x(0) = 2.1

y = 4− x2 , y(0) = 6.1

Biyografi

Paul Dirac (1902–1984)Kuantum teorisine onemli katkılarda bulunmus olan Nobel odullu Ingiliz fizikci. Noktasal kutleya da elektrik yuklerini modellemek amacıyla Dirac delta fonksiyonu, ya da δ fonksiyonu olarakbilinen fonksiyonu tanımlamıstır.

Albert Einstein (1879–1955)Ozel ve Genel Gorelilik Kuramları ile uzay ve zaman kavramlarına yepyeni bir bakıs getirmisve evrenin yapısına iliskin sıra dısı bir acıklama ortaya atmıs olan unlu Alman fizikci. Nobelodulu almasına yol acan fotoelektrik olayı acıklayarak Kuantum teorisinin gelisimine onculuketmistir. Kutle–enerji esdegerliligi ile nukleer gucu teknolojiye kazandırmıs, Brown hareketini vegokyuzunun mavi olusunu acıklamıstır. Newton’la birlikte gelmis gecmis en buyuk bilim insan-larından biri oldugu kabul edilir.

Leonhard Euler (1707–1783)Fonksiyon kavramını gelistiren ve gunumuzde de kullanılan sin, cos gibi trigonometrik fonksiyongosterimlerini, e (dogal logaritma tabanı), i (karmasık sayı birimi), Σ (toplama isareti), π (pisayısı) isaretlerini ilk kez kullanan Isvicreli matematikci. Cizge Kuramı’na, Optige ve As-tronomi’ye katkıları yanısıra Euler–Bernoulli kiris denklemini ortaya atarak muhendislige dekatkıda bulunmustur. eiπ + 1 = 0 biciminde ifade edilen ve tum zamanların en zarif denklemiolarak tanınan denklem de Euler’e aittir.

Galileo Galilei (1564–1642)Evrenin isleyisine iliskin teorilerin gozlem ve olcume dayanan tumevarım yaklasımıylaolusturulması gerektigini ileri surerek Bilimsel Yontem’in gelisimine buyuk katkıda bulunmusolan Italyan gokbilimci, matematikci, fizikci ve filozof. Fizik kurallarının, incelenen olaylarıngerceklestigi referans sisteminden bagımsız oldugunu gozleyerek gorelilik kavramının temelleriniatmıstır. Ayrıntılı olcumlerle, dusen cisimlerin hareketine iliskin yasaları (kutlesinden bagımsızolarak, dusen bir cismin ulastıgı hızın gecen zamanla, kat ettigi yolun zamanın karesiyle orantılıolması) bulmustur. Kendi gelistirdigi teleskoplarla ayın ve Venus’un evrelerini, Gunes yuzeyindekilekeleri, Jupiterin dort buyuk uydusunu ve Saturn’un halkalarını gozleyerek, gezegenlerin Gunesetrafında dondugunu ileri suren Copernicus modelinin dogruluguna iliskin kanıtlara ulasmıs ve bunedenle de Kilise ile ters duserek sorusturmaya ugramıstır.

Johannes Kepler (1571–1630)Mars’ın eliptik bir yorungede dondugunu gozlemledikten sonra, gezegenlerin hareketine iliskin ucyasayı bulan Alman matematikci ve gokbilimci. Kepler yasaları Newton’un cekim yasasına ilhamkaynagı olmustur.

Gustav Kirchoff (1824-1887)Elektrik devreleri analizinde kullanılan akım ve gerilim yasalarını bulan Alman fizikci. KimyagerRobert Bunsen ile birlikte spectrum analizinin temellerini atarak gunes ısıgında gozlenen karanlıkcizgilerin nedenlerini acıklamıstır. Karanesne ısınımı uzerindeki calısmaları, Sezyum ve Rubidyumelementlerinin kesfine yol acmıstır.

113


Joseph Louis Lagrange (1736–1813)Degisimlerin Analizi (Calculus of Variations) kuramını gelistirerek Newton mekanigine alternatifbir formulasyon (Lagrange formulasyonu) getiren Italyan asıllı Fransız matematikci. Metrik sis-temin kurulmasına ve Grup Teorisi’nin gelisimine onculuk etmistir.

Pierre-Simon Laplace (1749–1827)Olasılık kuramının ve istatistigin kurucusu, Potansiyel teorisinde cok kullanılan Laplace operatoruve turevsel denklemlerle iliskili Laplace donusumune adını vermis olan Fransız matematikci,gokbilimci ve fizikci. Newtonun yercekim yasasını kullanarak gezegenlerin hareketlerinin ince-lenmesine katkılarda da bulunmustur.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716)Turevsel denklem tanımını ortaya atan ve gunumuzde de kullanılan dx (diferansiyel) ve

∫(integral)

gosterimini ilk kez kullanan Alman matematikci, filozof ve mantıkcı. Cagdası Newton’un aksine,uzayın nesneleri birbirine gore konumlandırmak, zamanın da olayları sıralamak icin yararlanılan vebagımsız gercekliklere sahip olmayan kavramlar oldugunu ileri surmustur. Kinetik enerji kavramınıortaya atmıstır. Iki tabanına gore aritmetigi gelistirmis ve matris cebirinin temellerini olusturmustur.

Willard Frank Libby (1908-1980)Karbon-14 testini ilk kez uygulayan Nobel odullu Amerikalı fizikokimyacı.

Thomas Robert Malthus (1766–1834)Malthus buyume modelini olusturarak politik ekonomi ve demografi alanlarında etkili olmus Ingilizrahip.

Isaac Newton (1642–1727)Uzayın ve zamanın mutlak (nesnelerden ve olaylardan bagımsız bir gerceklige sahip) oldugugorusunden yola cıkarak, hareket yasalarını ve genel yercekimi yasasını bulan ve tum zamanların enbuyuk bilim insanlarından biri olarak kabul edilen Ingiliz matematikci ve fizikci. Turev kavramınıcagdası Leibniz’ten bagımsız olarak hemen hemen aynı zamanda gelistirerek matematiksel analizintemellerini atmıstır. Isıgı bilesen renklere ayıran prizmayı ve aynalı teleskopu gelistirmistir.

Balthasar van der Pol (1889–1959)Radyo dalgalarının yayınımı, dogrusal olmayan devreler ve osilasyonlar uzerine calısmalarıylatanınan Hollandalı fizikci.

Evangelista Torricelli (1608–1647)Barometreyi icat eden Italyan matematikci ve fizikci.

Pierre Francois Verhulst (1804-1849)Lojistik populasyon modelini gelistiren Belcikalı matematikci ve demograf.

Kermack–McKendrick ModeliIskoc biyokimyacı William Kermack (1898–1970) ve Iskoc fizyolog ve epidemiyolog AndersonGray McKendrick (1876–1943) tarafından gelistirilen salgın hastalık modeli.

Lotka–Volterra ModeliAmerikalı kimyager, ekolog ve matematikci Alfred James Lotka (1880–1949) ve Italyanmatematikci ve fizikci Vito Volterra (1860–1940) tarafından gelistirilen ekolojik model.

Runge–Kutta YontemiTurevsel denklemlerin cozumu icin Alman matematikciler Martin Wilhelm Kutta (1867-1944) veCarl David Tolm Runge (1856-1927) tarafından gelistirilen sayısal yontem.

Indeks

ozdeger, 88ustel fonksiyon, 22

∼un zaman sabiti, 22

av–avcı modeli, 104

basit harmonik hareket, 57baslangıc degeri problemi, 18belirlenmemis katsayılar yontemi, 54birlesik tanklar, 66bosalma problemi, 38

denge noktası, 90, 99, 101∼nda dogrusallastırma, 100, 101kararlı,kararsız, 90

Dinamik sistem, 10Dirac, Paul, 30direncli ortamda hareket, 36dogal salınım frekansı, 57dogrusal turevsel denklem(ler)

∼in Laplace donusumu ile cozumu, 79∼in genel cozumu, 16∼in karakteristik denklemi, 16∼in karakteristik denklemi, polinomu, 49∼in tumler cozumu, 16∼in ozel cozumu, 16birinci derece, 15homojen, 15ikinci derece, 49

durum duzlemi, 90Durumu

Dinamik sistem, 10donemli girisli sistem, 24, 25durtu tepkesi, 30dugum, 91

Einstein, 7empedans, 82Euler yontemi, 43

gelistirilmis, 44Euler, Leonhard, 43eyer, 92

Galilei, 4gezegenlerin hareketi, 108

halka, 93hız alanı, 42

kalıcı durum tepkesi, 28karbon testi, 20Kepler, Johannes, 110Kirchoff, Gustav, 59kısmi kesirlere ayırma, 78kutle-yay-sonumleyici sistemi, 55

∼nin basamak tepkesi, 59∼nin uyarısız tepkesi, 57

Lagrange, Joseph Louis, 5Laplace donusumu, 71, 86

∼ ile modelleme, 83∼nun ozellikleri, 72ters, 76

Laplace, Pierre-Simon, 71Leibniz, Gottfried Wilhelm, 7Libby, Willard Frank, 20limit hız, 36lojistik populasyon modeli, 34

Malthus, Thomas Robert, 18Matematiksel model, 3

Newton, Isaac, 7, 21, 36nufus artıs problemi, 18

odak, 94

parametrelerin degisimi yontemi, 17

radyoaktif bozunma problemi, 19RC devresi, 23

∼nin sinus tepkesi, 28rekabet ortamında populasyon modeli, 105rezonans, 63RLC devresi, 60

∼nin sinus tepkesi, 62Runge–Kutta yontemi, 44

salgın hastalık modeli, 106sinus girisi, 28soguma–ısınma problemleri, 21

115

116 Indeks

sonum oranı, 58

Torricelli, Evangelista, 38transfer fonksiyonu, 80turevsel denklem, 7turevsel denklem takımları, 85

∼ ile modelleme, 88∼nın sayısal cozumu, 95

turevsel denklem(ler)∼in saklı cozumu, 33∼in sayısal cozumu, 41∼in cozumu, 8ayrılabilir, 33dogrusal, 15, 49

Van der Pol osilatoru, 107Verhulst, Pierre Francois, 34vuru tepkesi, 29vınlama, 63

yarılanma suresi, 20

turevsel denklemler ve¨ dinam˙ ˙ik s istemler˙için bas¸langıç düzeyinde matlab/simulink...

Documents