Sonlu uzunluğa haiz non-lineer malzemeden yapılmış çubuklarda dalga ve gerilme analizine analitik yaklaşım













































y

=

1

(Cx

+

B)

(2.23)

bulunur. Burada C ve B integrasyon sabitleri olup, genel çözüm bu sabitlerin fonksiyondur.
Üçüncü olarak, bir non-lineer denklemde y nin bütün terimleri aynı dereceli olmadığı sürece, herhangi bir A( 1) sabiti ile çarpım sonucunda meydana çözüm, önceki çözüm ile aynı olmayacaktır. Bunu göstermek için Van Der Pol denklemini örnek olarak ele alalım. Van Der Pol denklemi:

y + y 2 y y + y = 0

(2.24)

dır. (2.24) denkleminde ikinci terimin derecesi üç iken birinci, üçüncü ve dördüncü y teriminin ve türevlerinin dereceleri birdir. Eğer y1 in yukarıdaki (2.24) denklemin çözümü olduğunu kabul edersek, y1 çözümünün herhangi bir A sabiti ile çarpımı sonucunda ( A = 1, A = 0 durumları hariç) oluşan yeni çözüm, (2.24) denklemini sağlamamaktadır. Şimdi bu söylediklerimizi açıklamak amacıyla A sabitini kullanarak (2.24) denklemini tekrar yazarsak:

Ay1 + A3 y12 y1 Ay1 + Ay1 = 0 formunda olur. (2.25) denkleminde her terim A ya bölündüğünde:

(2.25)

y1+ A2 y12 y1 y1 + y1 = 0

(2.26)

elde edilir. Denklemden de görüleceği üzere A =1 olmadığı sürece denklem 0 (sıfır) dan farklı olmaktadır. Bu bize (2.24) denkleminin çözümü olarak kabul ettiğimiz y1 in herhangi bir A sabiti ile çarpımı sonucunda artık denklemi sağlamadığını göstermektedir.
Diğer taraftan denklemin tüm terimlerinin dereceleri (2.12) denklemindeki gibi aynı olduğu taktirde, çözüm herhangi bir sabiti ile çarpılırsa da denklemi yine



15. SAYFAYA BENZER SAYFALAR

- Sayfa 55
2.3.2 Van der Pol denklemi Birçok elektrik ve biyolojik salinimlar van der Pol denklemi (2.6) ile modellenebilir. Bu denklem ikinci dereceden bir diferansiyel denklem sönümleme gelen dogrusal olmayan sonuçlar vardi oldugunu, () U '- λ 1 - u 2 u' + u = 0 (2.6) Van der Pol denklemi (2.6) gelen, örnegin, Y1 = u, y2 = u 'için, vasitasiyla bir sisteme dönüstürülebilen y1 '= y2, () Y- '2 = Λ 1 -...
Adomian ayrıştırma (Decomposition) metodu ile modelleme örnekleri - Sayfa 28
f y f  y0  f  y0  y  y0  1 2! f  y0  y  y0 2 1 3! f  y0  y  y0 3  ... (2.25) serisi elde edilir. Burada, y  y0  y1  y2  y3 ..... ve y  y0  y1  y2  y3 ..... eşitlikleri (2.24) denkleminde yerine yazılırsa f  y f  y  f  y0  f  y0  y1  y2  y3 ..... 1 2! f ...

15. SAYFADAKI ANAHTAR KELIMELER

denklem
denklemi
denklemin
çözüm
denkleminin
denklemini


15. SAYFA ICERIGI

y

=

1

(Cx

+

B)

(2.23)

bulunur. Burada C ve B integrasyon sabitleri olup, genel çözüm bu sabitlerin fonksiyondur.
Üçüncü olarak, bir non-lineer denklemde y nin bütün terimleri aynı dereceli olmadığı sürece, herhangi bir A( 1) sabiti ile çarpım sonucunda meydana çözüm, önceki çözüm ile aynı olmayacaktır. Bunu göstermek için Van Der Pol denklemini örnek olarak ele alalım. Van Der Pol denklemi:

y + y 2 y y + y = 0

(2.24)

dır. (2.24) denkleminde ikinci terimin derecesi üç iken birinci, üçüncü ve dördüncü y teriminin ve türevlerinin dereceleri birdir. Eğer y1 in yukarıdaki (2.24) denklemin çözümü olduğunu kabul edersek, y1 çözümünün herhangi bir A sabiti ile çarpımı sonucunda ( A = 1, A = 0 durumları hariç) oluşan yeni çözüm, (2.24) denklemini sağlamamaktadır. Şimdi bu söylediklerimizi açıklamak amacıyla A sabitini kullanarak (2.24) denklemini tekrar yazarsak:

Ay1 + A3 y12 y1 Ay1 + Ay1 = 0 formunda olur. (2.25) denkleminde her terim A ya bölündüğünde:

(2.25)

y1+ A2 y12 y1 y1 + y1 = 0

(2.26)

elde edilir. Denklemden de görüleceği üzere A =1 olmadığı sürece denklem 0 (sıfır) dan farklı olmaktadır. Bu bize (2.24) denkleminin çözümü olarak kabul ettiğimiz y1 in herhangi bir A sabiti ile çarpımı sonucunda artık denklemi sağlamadığını göstermektedir.
Diğer taraftan denklemin tüm terimlerinin dereceleri (2.12) denklemindeki gibi aynı olduğu taktirde, çözüm herhangi bir sabiti ile çarpılırsa da denklemi yine

İlgili Kaynaklar




single.php