Eğer bu mesajı görüyorsanız, web sitemizde dış kaynakları yükleme sorunu yaşıyoruz demektir.

If you're behind a web filter, please make sure that the domains *.kastatic.org and *.kasandbox.org are unblocked.

Ana içerik

Karakteristik Denklemlerin Karmaşık Kökleri 3

Başlangıç koşulları ile bir örnek yapalım! Orijinal video Sal Khan tarafından hazırlanmıştır.

Tartışmaya katılmak ister misiniz?

Henüz gönderi yok.
İngilizce biliyor musunuz? Khan Academy'nin İngilizce sitesinde neler olduğunu görmek için buraya tıklayın.

Video açıklaması

Karakteristik denklemin karmaşık köklü olduğu birkaç örnek yapalım. Tekrar etmek amacıyla, bize faydalı olacak bilgileri şuraya yazalım. Karakteristik denklemin kökleri r eşittir lambda artı eksi mu i ise, diferansiyel denklemin genel çözümü şöyle olur, y eşittir e üzeri lambda x çarpı c 1 çarpı kosinüs mu x artı c2 çarpı sinüs mu x. Şimdi birkaç soru çözelim. İlk diferansiyel denklem, y'nin ikinci türevi artı 4 y üssü artı 5 y eşittir 0. Başlangıç değerleri de verilmiş. y 0 eşittir 1 ve y üssü 0 eşittir 0. Bu diferansiyel denklemin tekil çözümünü bulabiliriz. Karakteristik denklemi yazalım. r kare artı 4 r artı 5 eşittir 0. Ve şimdi kuadratik formülü kullanalım. Bu denklemin kökleri şöyle: eksi b, yani eksi 4 artı eksi karekök b kare, 16, eksi 4 çarpı a bu 1 çarpı 1, çarpı c çarpı 5. Bunun tamamı bölü 2 a. a 1, yani bunun tamamı bölü 2. Bu sadeleşir. Eksi 4 artı eksi 16 bu, 20, öyle değil mi? 4 çarpı 1 çarpı 5 eşittir 20. 16 eksi 20 eşittir eksi 4. Eksi 4 bölü 2. Yani bu eşittir eksi 4 artı eksi 2i. Karekök eksi 4 eşittir 2 I. Bunun tamamı bölü 2. Buna göre, karakteristik denklemin kökleri eksi 2 ikisini de 2'ye bölüyorum eksi 2 artı eksi i veya 1 i , öyle değil mi? Şimdi, örüntü şeklinde uygulamak istersek, lambda nedir? Lambda değerimiz, eksi 2. Bunu yazalım. Lambda değerimiz bu. mu değerimiz nedir? mu i'nin katsayısı, yani mu 1. mu eşittir 1. O halde, genel çözümümüzü yazmaya hazırız. Genel çözümümüzü yazalım. Diferansiyel denklemin genel çözümü, y eşittir e üzeri lambda x, lambda değeri ne idi ? lambda, eksi 2 eksi 2 x çarpı c 1 kosinüs mu x . mu 1'di o zaman c 1 kosinüs x artı c 2 sinüs mu x, mu 1 dedik, o zaman sadece sinüs x. Şimdi, başlangıç değerlerini kullanarak tekil çözümü bulalım. x 0 olduğunda, y 1'e eşit. Yani, 1 eşittir, x yerine 0 koyalım. e üzeri eksi 2 çarpı 0, bu 1. Bunun tamamı 1 olur. 1 çarpı şu şey. Bunu yazayım. e üzeri 0 eşittir 1 çarpı c 1 çarpı kosinüs 0 artı c 2 çarpı sinüs 0. Sinüs 0 nedir? Sinüs 0 eşittir 0. Bu terim, 0 olacak. Kosinüs 0 da 1. Evet, c 1'i bulduk bile. Bu 1. 1 çarpı c 1 çarpı 1 eşittir 1. Birinci katsayıyı bulduk. c 1 eşittir 1. Şimdi genel çözümün türevini alalım. Sürekli c 1 yazmaktan kurtulmak için, c 1'in değerini yerine koyabiliriz. Ve, c 2'yi bulacağız. Çözümümüzün c 1'i bulduktan sonraki hâli, y eşittir e üzeri eksi 2 x çarpı c 1, c 1'i 1 bulmuştuk, o yüzden çarpı kosinüs x yazayım, artı c 2 çarpı sinüs x. Şimdi bunun türevini alıp, ikinci başlangıç değerini kullanalım. y üssü eşittir burada çarpım kuralını uygulayacağız. Birinci ifadenin türevi nedir? Eksi 2 e üzeri eksi 2 x. Çarpı ikinci ifade. Kosinüs x artı c 2 sinüs x. Şimdi de birinci ifadenin ikinci ifadenin türeviyle çarpımını ekliyorum. Artı e üzeri eksi 2 x. Kosinüs x'in türevi neydi? Eksi sinüs x. c 2 sinüs x'in türevi nedir? c 2 sinüs x'in türevi nedir? Artı c 2 kosinüs x. Bakalım, bunları sadeleştirebilecek miyiz ? Sadeleştirmeden önce, başlangıç değerini kullanalım. Başlangıç değerimiz, y üssü 0 eşittir 0. Bunu yazalım. İkinci başlangıç değerimiz, y üssü 0 eşittir 0. x 0 olduğunda, y üssü eşittir 0. x yerine 0 koyalım. Daha sadeleştirebilirdik, ama şimdi bunu yapmayalım. x 0 olursa, bu 1 olur, öyle değil mi? e üzeri 0. e üzeri 0 eşittir 1, o zaman eksi 2 kalır, öyle değil mi? Eksi 2 çarpı e üzeri 0, çarpı kosinüs 0, bu da 1, artı c 2 çarpı sinüs 0. Sinüs 0 eşittir 0. Yani, 1 artı 0, artı e üzeri eksi 2 çarpı 0. Bu 1. Çarpı eksi sinüs 0. Sinüs 0 eşittir 0. Artı c 2 çarpı kosinüs 0. Kosinüs 0 eşittir 1. Yani, artı c 2. Böylece sadeleştirmiş olduk, öyle değil mi? O zaman, 0 eşittir bu 1 eksi 2 artı c 2. c 2 eşittir 2. İki tarafı 2 ile toplarsak, c 2 eşittir 2. Tekil çözümümüzü elde etmiş olduk. c 2'nin 2, c 1'in 1 olduğunu biliyorum. c 1'i 1, c 2'yi de 2 olarak bulduk. Şimdi bunu kolaylıkla hatırlayabiliriz. Bunları silelim. Verilen başlangıç değerlerine göre tekil çözümümüz, y x eşittir bu genel çözümdü e üzeri eksi 2 x çarpı c 1'i 1 bulmuştuk. Sadece kosinüs x yazarız. c 2'yi de bulmuştuk. 2 bulmuştuk. Artı 2 sinüs x. Diferansiyel denklemimizin başlangıç değerlerine göre tekil çözümünü bulduk. İşin güzel tarafı ise, orijinal formüldeki i'leri sadeleştirmiştik. Ve, c 2'nin bazı sabitlerin i ile çarpımlarının birleşimi olduğunu söylemiştik. İmajiner olup olmadıklarını bilmiyoruz, sadece bu sayıları bir sabit verecek şekilde birleştirelim, dedik. İşin ilginç tarafı, bu tekil çözümün hiçbir yerinde i olmaması. Buradan bazı sonuçlar çıkarabiliriz.Birincisi şu, c 2'yi i'lerin katlarının birleşimi olarak tutsaydık, birleştirdiğimiz sayılardaki i'leri sadeleştirirdik.Ayrıca, formülümüzün sadece imajiner sayılar içeren formüllerden çok daha kullanışlı olduğunu görmüş olduk. Örneğin, bu diferansiyel denklemde i görmüyoruz. Burada hiç i yok. Burada da i yok. Ama, diferansiyel denklemin çözümüne ulaşmak için, arada imajiner sayılar kullanmak zorunda kaldık. Videoları doğru hatırlıyorsam, ilk defa imajiner sayıları faydalı bir şey için kullanmış olduk. Reel katsayılı bir diferansiyel denklemin reel çözümünü bulmak için imajiner sayıları bir araç olarak kullandık. Bu çözümü ilginç bulduğunuzu umuyorum. Bir sonraki videoda görüşürüz.