γ 3 V5 − u2 ≤ 2 1 2 u v − elde edilir. Benzer biçimde devam edilerek V + − u ≤ γ v − u bulunur. 2n 1 1 n 2 <strong>Bu</strong>radan; lim Vn − u = n→∞ n→∞ bulunur. ( x, y t) = u , lim ∑ n→∞ j= 1.2.2.3.Örnek için Sınır koşulları: 1 n v j 0 2 43 lim ( V ) − ( u + u ) V2 n 2n 1 + + ≤ lim u + n ≤ lim 1 v0 − u1 n→∞ γ + n γ 2 n→∞ =0 2 t 2 t ( ) = ( − ) + ( − ) u 0, y, z, t y e 1 z e 1 , − 1 lim 1 2 2 v − u V2n − 1 n→∞ 2 2 = y cosh t + x sinh t problemin tam çözümüdür. 2 t 2 t ( ) = ( + )( − ) + ( − ) u 1, y, z, t 1 y e 1 z e 1 , − 2 t 2 t ( ) = ( − ) + ( − ) u x,0, z, t x e 1 z e 1 , − 2 t 2 t ( ) = ( + )( − ) + ( − ) u x,1, z, t 1 x e 1 z e 1 , − 2 2 t ( ) = ( + )( − ) u x, y,0, t x y e 1 , 2 2 t t ( ) = ( + )( − ) + ( − ) u x, y,1, t x y e 1 e 1 , − Başlangıç koşulu: 2 2 2 ( , , ,0) = 0, ( , , ,0) = + − u x y z u x y z x y z olan t 2 2 2 1 2 2 2 ( x + y + z ) + ( x u + y u + z u ) , utt zz = xx yy 0 < x, y, z < 1, 0 ≤ t ≤ 2 lim V2n+ 1 − u2 n→∞ üç-boyutlu başlangıç <strong>ve</strong> sınır değer problemi için çözümün yakınsaklığı incelenecektir. Diferansiyel denklem sisteminden v 0 4 4 4 ( x y, z, t) x y z t , = , 4 4 4 2 x y z t v 1( x, y, z, t) = , 2! 1 2
4 4 4 3 x y z t v 2 ( x, y, z, t) = , 3! 4 4 4 4 x y z t v 3( x, y, z, t) = , 4! . . . . v n ( x, y, z, t) 4 4 4 n x y z t = ( n + 1)! + 1 çözümleri elde edilmiştir. , Elde edilen seri çözümün yakınsaklığı incelenerek de denklemin tam çözümü 4 4 4 t ( x, y, z, t) = x y z ( e −1) u bulunur. n n = ( n 1) V 0 = v0 = u0 Vn = ∑ j= 0 V N V − 1.2.4.1. Teorem kullanılarak v 0 − u = elde edilir. V − u = 1 bulunur. 4 4 4 4 4 x y z t − x y z v 0 = x y 4 v j 44 olsun. t 4 4 4 t ( e −1) = x y z t − e + 1 4 4 4 2 4 4 4 x y z t 4 4 + v1 − u = x y z t + − x y z 2! 4 4 z 4 2 t t 1+ t + − e 2! 4 4 4 ≤ − + 1 t x y z t e 4 2 t 1+ 2! t t − e + 1 t ( e −1) 2 t ⎡ 1⎤ Her t ∈ ⎢0, ⎥ için 1+ 2! ≤ γ = 0. 1595015349 < 1 olduğundan, t ⎣ 2⎦ t − e + 1 ,
- Page 1 and 2: i ÖZET Bu çalışmanın amacı, h
- Page 3 and 4: iii ÖNSÖZ Bu çalışmanın her a
- Page 5 and 6: v 2.2. Fokker-Planck Denkleminin Ç
- Page 7 and 8: 2 analysis method” adlı kitabın
- Page 9 and 10: I. BÖLÜM 4 1. HE’NĐN HOMOTOPĐ
- Page 11 and 12: 1.1. Şekil 6 Đlk koşul, H ‘nin
- Page 13 and 14: 8 özellikler, pertürbe edilmeyen
- Page 15 and 16: ( p) = f ( ) − f ( x ) + pf ( x )
- Page 17 and 18: x n+ 1 veya ( ξ n ) ′ ( ξ ) (
- Page 19 and 20: 14 ( ) ( )[ ] ... 6 5 4 3 2 1 5 6 4
- Page 21 and 22: 16 rrrr rrrr H v( , p), p) = L( v)
- Page 23 and 24: 18 1.2.1. Denklemin çözümü içi
- Page 25 and 26: 1.2.2. Isı-tipi modeller 20 Yerkab
- Page 27 and 28: 22 p parametresi 1’e yakınsarken
- Page 29 and 30: 2 5 x t v 5 ( x, y, t) = , 5! 2 6 y
- Page 31 and 32: Sistem çözülerek v 0 4 4 4 ( x y
- Page 33 and 34: . 2 2 n ∂ vn 1 2 ∂ vn−1 p : =
- Page 35 and 36: 2 2 0 ∂ v0 ∂ u0 p : − = 0, 2
- Page 37 and 38: 2 t 2 t ( ) = ( + )( − ) + ( −
- Page 39 and 40: 34 (1.2.13) denkleminde, p parametr
- Page 41 and 42: 1.2.5. Isı-tipi modellerde yakıns
- Page 43 and 44: 2 t t için 1+ 2! t 1+ t − e Her
- Page 45 and 46: 40 Elde edilen seri çözümün yak
- Page 47: 42 Her [ ] 2 , 0 ∈ t için 1 1804
- Page 51 and 52: V3 − u ≤ 3 γ v0 − u bulunur.
- Page 53 and 54: 2 3 2 5 3 5 2 x t x t 2 2 t t V2
- Page 55 and 56: 50 Elde edilen seri çözümün yak
- Page 57 and 58: 52 Her ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ∈
- Page 59 and 60: Diferansiyel denklem sisteminden 0
- Page 61 and 62: V 1 3 − u = 1 = = v 1 0 + v 1 1 +
- Page 63 and 64: 2 t 2! 3 t 3! 4 t 4! 5 t 5! 2 2 t
- Page 65 and 66: Buradan, lim Vn − u = n→∞ n
- Page 67 and 68: 62 denklemi denir. Benzer kısmi di
- Page 69 and 70: ( x, t) = 0 v 4 . . . , vn x, t = (
- Page 71 and 72: 66 0 p : ∂v0 ∂u0 − = 0, ∂t
- Page 73 and 74: denklem sistemi elde edilir. Başla
- Page 75 and 76: 70 Görüldüğü gibi, metot etkin
- Page 77 and 78: 72 parametre kullanılır. Bu metot
- Page 79 and 80: Bulunan bu denklemin çözümü: (
- Page 81 and 82: 76 seçilen bir iterasyon çarpanı
- Page 83 and 84: Kanıt: 78 (a) Taylor teoremine gö
- Page 85 and 86: Kanıt: (2.1.10) tanımına göre;
- Page 87 and 88: 82 ⎧0, m ≤ 1 χ m = ⎨ (2.1.15
- Page 89 and 90: 84 ( H ( x, t) ψ N[ φ] ) = H ( x,
- Page 91 and 92: 2.1.2.5. Teorem ∈ [ 0, 1] 86 q bi
- Page 93 and 94: 88 derece deformasyon denklemine g
- Page 95 and 96: 90 r L yardımcı lineer operatör
- Page 97 and 98: Kanıt: Eğer seri yakınsak ise s
- Page 99 and 100:
94 Liao tarafından kanıtlandığ
- Page 101 and 102:
96 (2.2.2) denkleminden, sıfırın
- Page 103 and 104:
1.3.2.Örnek için (1.3.3) başlang
- Page 105 and 106:
u + 3 ( x, t) = −h( 1+ h) 3 h t 2
- Page 107 and 108:
102 olarak bulunur. Buradan (2.2.8)
- Page 109 and 110:
1.3.4.Örnek için (1.3.6) denklemi
- Page 111 and 112:
106 r ∂u ⎡ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
- Page 113 and 114:
108 (2.2.11) denkleminden, sıfır
- Page 115 and 116:
110 2 2 2 2 2 2 h x t 2 u( x, t) =
- Page 117 and 118:
112 h değeri 4.dereceden yaklaşı
- Page 119 and 120:
114 h değeri 4.dereceden yaklaşı
- Page 121 and 122:
116 Tablolar incelendiğinde ve n =
- Page 123 and 124:
118 2.2.Şekil h = −0. 5 için 4.
- Page 125 and 126:
120 2.5.Şekil h = −0. 07 için 4
- Page 127 and 128:
122 2.8.Şekil h = −0. 03 için 4
- Page 129 and 130:
124 Örneğin, h ’nin geçerli b
- Page 131 and 132:
126 2.14.Şekil h = −0. 09 için
- Page 133 and 134:
1.3.5.Örnek için: app xxt 2 3 4 (
- Page 135 and 136:
130 geçerli bölgesinden h = −1
- Page 137 and 138:
132 yaklaşık çözümlerinin de
- Page 139 and 140:
134 h ’nin geçerli bölgesinden
- Page 141 and 142:
136 olduğu görülür. Yine her ik
- Page 143 and 144:
138 3.5.a. Şekil HAM ile bulunan h
- Page 145 and 146:
140 iken homotopi pertürbasyon met
- Page 147 and 148:
142 [14] Ghorbani A, Saberi-Nadjafi
- Page 149 and 150:
144 [42] Sajid M., Hayat T., 2009,
- Page 151:
KĐŞĐSEL BĐLGĐLER Adı Soyadı