Altı temel denklem — fiziksel anlamları, adım adım türetilmiş çözümleri, çalışan simülasyonları ve alıştırmalarıyla bir öğrenme aracı.
Bir sistemin "değişim hızını" bilmek, sistemin geleceğini bilmektir.
Üretim sahasında ölçtüğümüz hemen her şey zamanla değişir: bir takımın aşınması, bir fırının soğuması, stok seviyesi, makine titreşimi. Diferansiyel denklem, bu değişimin kuralını matematiksel olarak yazma biçimidir. Çözmek demek, kuraldan yola çıkıp sistemin her andaki değerini veren bir fonksiyona ulaşmak demektir.
Denklemde görünen en yüksek türevin derecesidir. Birinci mertebe denklemler yalnız \(dy/dt\) içerir — birikim/tükenme süreçleri. İkinci mertebe denklemler \(d^2y/dt^2\) içerir — ivme, dolayısıyla titreşim ve mekanik dinamik.
Bu materyalde üç temel analitik teknik ve bir sayısal teknik kullanacağız:
Her bölümde önce anlam, sonra türetme, sonra üretimden örnek, en sonda alıştırma var. Simülasyonlardaki kaydırıcılarla oynayarak parametrelerin çözümü nasıl değiştirdiğini kendi gözünüzle görün — sezgi, formülden önce gelir.
Aşınma, talep büyümesi, bozunma — değişimin mevcut miktarla orantılı olduğu her şey.
Değişim hızı, o anki miktarla doğru orantılıdır. \(k>0\) ise büyüme (talep, yatırım), \(k<0\) ise azalma (takım kalan ömrü, radyoaktif izleyici). \(N\) ne kadar büyükse değişim de o kadar hızlıdır — bu yüzden eğri giderek dikleşir.
Değişkenleri ayır. \(N\)'li terimleri sola, \(t\)'li terimleri sağa topla:
Her iki tarafın integralini al:
Üstel fonksiyonu uygula (her iki tarafın \(e\) tabanını al):
Başlangıç koşulunu yerleştir. \(t=0\) anında \(N=N_0\) olduğundan \(e^C = N_0\). Genel çözüm:
Bir ark ocağında elektrot tüketim hızının kalan elektrot kütlesiyle orantılı arttığı bir senaryoda \(k>0\) alınır. Tersine, bir kesici takımın kalan ömrü modellenirken \(k<0\) kullanılır ve \(N(t)\) zamanla üstel olarak sıfıra yaklaşır.
Soru: Bir takımın aşınmasız ömrü başlangıçta \(N_0 = 400\) saat. Aşınma sabiti \(k = -0.05\;\text{saat}^{-1}\). 20 saat sonra etkin kalan ömür kaç saattir?
Çözüm: Genel çözümde yerine koyarız:
Sonuç: \(N(20) \approx 147\) saat. İlk 20 saatte etkin ömrün yaklaşık %63'ü tükenmiştir — üstel azalmanın başta hızlı olduğunu gösterir.
Bir ürünün aylık talebi \(k=0.08\) ile üstel büyüyor. Başlangıç talebi 1.200 adet ise 12 ay sonraki talep nedir?
\(N(12) = 1200\cdot e^{0.08\times 12} = 1200\cdot e^{0.96} \approx 1200\times 2.612 \approx 3.134\) adet.
Bir izleyici malzemenin yarı ömrü 6 saat. Bozunma sabiti \(k\) değerini bulun. (İpucu: yarı ömürde \(N = N_0/2\).)
\(N_0/2 = N_0 e^{6k}\Rightarrow \tfrac12 = e^{6k}\Rightarrow \ln(1/2)=6k\). Buradan \(k = -\ln 2/6 \approx -0.1155\;\text{saat}^{-1}\).
Isıl işlem, tavlama, su verme — sıcaklık kontrolünün matematiksel temeli.
Bir cismin soğuma (veya ısınma) hızı, cisim ile çevre arasındaki sıcaklık farkıyla orantılıdır. Fark büyükken hızlı, fark küçülürken yavaş değişir. Çelikte tavlama eğrisini bilmek mikro yapı kontrolü için kritiktir.
Akıllı dönüşüm yap. \(\theta = T - T_{\text{çevre}}\) tanımla. \(T_{\text{çevre}}\) sabit olduğundan \(d\theta/dt = dT/dt\). Denklem sadeleşir:
Tanıdık forma indirgendi. Bu, Bölüm 1'deki üstel azalma denklemiyle aynıdır. Doğrudan çözümü:
Dönüşümü geri al. \(\theta_0 = T_0 - T_{\text{çevre}}\) yerine konur:
Fiziksel doğrulama. \(t\to\infty\) iken \(e^{-kt}\to 0\), dolayısıyla \(T\to T_{\text{çevre}}\). Cisim sonunda çevre sıcaklığına ulaşır — doğru.
900 °C'de dökümden çıkan bir çelik parça 25 °C'lik atölyede soğur. Soğuma sabiti malzeme, yüzey alanı ve hava akışına bağlıdır. Eğri, su verme zamanlamasını ve istenen sertlik için kritik soğuma hızını belirlemede kullanılır.
Soru: 800 °C'lik parça 20 °C ortamda, \(k=0.045\;\text{dk}^{-1}\) ile soğuyor. 30 dakika sonra sıcaklığı nedir?
Çözüm:
\(e^{-1.35}\approx 0.259\) olduğundan \(T(30) \approx 20 + 780\times 0.259 \approx 222\) °C.
Bir tavlama fırınından çıkan parça 600 °C, atölye 30 °C. \(k=0.06\;\text{dk}^{-1}\). Parça 100 °C'ye kaç dakikada düşer?
\(100 = 30 + 570\,e^{-0.06t}\Rightarrow e^{-0.06t} = 70/570 = 0.1228\). \(-0.06t = \ln 0.1228 = -2.097\Rightarrow t \approx 35\) dakika.
Zaman sabiti \(\tau = 1/k\) olarak tanımlanır. \(t=\tau\) anında sıcaklık farkının başlangıç farkının yüzde kaçına indiğini gösterin.
\(t=\tau=1/k\) için \(\theta/\theta_0 = e^{-k\cdot(1/k)} = e^{-1}\approx 0.368\). Yani fark başlangıç değerinin %36.8'ine iner — eşdeğer olarak %63.2'si tamamlanmıştır.
Öğrenme eğrisi, pazar doygunluğu — bir tavana yaklaşan büyüme.
Büyüme başta üsteldir, ama \(K\) (taşıma kapasitesi / tavan) yaklaştıkça \((1-P/K)\) terimi sıfıra gider ve büyüme durur. Sonuç ünlü S-eğrisidir. İşçi öğrenme eğrisinde \(K\), erişilebilecek maksimum verimliliktir.
Değişkenleri ayır:
Sol tarafı kısmi kesirlere ayır. Cebirsel olarak şu özdeşlik geçerlidir:
Her terimin integralini al:
Logaritmaları birleştir ve üstel al:
\(P\)'yi yalnız bırak ve başlangıç koşulu \(P(0)=P_0\) ile \(A\)'yı belirle. Genel çözüm:
Yeni bir montaj hattına alınan işçinin saatlik üretim adedi başta hızlı artar, deneyim kazandıkça bir tavana (\(K\)) yaklaşır. \(r\), öğrenme hızını; \(K\), tam ustalıktaki kapasiteyi temsil eder. Vardiya planlaması bu eğriye göre yapılır.
Soru: Bir işçinin tavan kapasitesi \(K=60\) adet/saat, başlangıç \(P_0 = 10\), öğrenme hızı \(r=0.4\;\text{gün}^{-1}\). 5. günde saatlik üretim nedir?
Çözüm: Önce sabiti hesapla: \((K-P_0)/P_0 = 50/10 = 5\).
\(e^{-2}\approx 0.135\), dolayısıyla payda \(= 1 + 5\times0.135 = 1.677\). \(P(5) \approx 60/1.677 \approx 36\) adet/saat.
Lojistik eğrinin büküm noktası (en hızlı büyüme anı) \(P=K/2\) iken oluşur. Bu anın \(t = \frac{1}{r}\ln\!\frac{K-P_0}{P_0}\) zamanında olduğunu gösterin.
\(P=K/2\) için paydanın \(2\) olması gerekir: \(1 + \frac{K-P_0}{P_0}e^{-rt} = 2\Rightarrow \frac{K-P_0}{P_0}e^{-rt}=1\). Buradan \(e^{rt} = \frac{K-P_0}{P_0}\) ve \(t = \frac1r\ln\frac{K-P_0}{P_0}\).
Yeni bir teknolojinin pazar tavanı 80.000 kullanıcı. Şu an 8.000 kullanıcı var, \(r=0.6\;\text{ay}^{-1}\). 6 ay sonra tahmini kullanıcı sayısı nedir?
\((K-P_0)/P_0 = 72000/8000 = 9\). \(P(6) = \frac{80000}{1+9e^{-3.6}}\). \(e^{-3.6}\approx0.0273\), payda \(=1+9(0.0273)=1.246\). \(P(6)\approx 64.200\) kullanıcı.
Sürekli zamanlı envanter dinamiğinin omurgası.
\(I(t)\) anlık stok seviyesidir. \(aI\) terimi stoğun talep/bozulma ile tükenmesini, \(b(t)\) ise üretim veya tedarik girişini temsil eder. Çıkış ve giriş arasındaki dengeyi tanımlar.
İntegral çarpanını hesapla. \(\mu(t) = e^{\int a\,dt} = e^{at}\) (sabit \(a\) için).
Denklemi \(\mu\) ile çarp:
Sol tarafı çarpım türevi olarak tanı. İntegral çarpanının tüm amacı budur — sol taraf tam olarak \(\frac{d}{dt}(I\,e^{at})\)'dir:
Her iki tarafın integralini al ve \(e^{at}\)'ye böl. Genel çözüm:
Sabit giriş özel durumu. \(b(t)=b\) sabitse integral kolaydır ve sonuç:
Sistem \(I^* = b/a\) denge stok seviyesine üstel olarak yerleşir.
Bir depoya sabit hızda (\(b\)) mal girerken, talep stokla orantılı (\(aI\)) çekiliyorsa stok seviyesi \(b/a\) dengesine oturur. Bu denge, emniyet stoğu ve sipariş politikası tasarımının çıkış noktasıdır.
Soru: Bir depoya günde \(b=500\) adet giriyor, talep katsayısı \(a=0.1\;\text{gün}^{-1}\), başlangıç stoğu \(I_0 = 2000\). 10 gün sonra stok nedir? Denge seviyesi kaçtır?
Çözüm: Denge: \(I^* = b/a = 500/0.1 = 5000\) adet.
\(e^{-1}\approx0.368\Rightarrow I(10) \approx 5000 - 1104 = 3896\) adet. Stok dengeye doğru tırmanıyor.
Bir hatta günde 300 adet giriyor, \(a=0.15\). Başlangıç stoğu sıfır ise denge seviyesinin yarısına kaç günde ulaşılır?
Denge \(I^*=300/0.15=2000\). \(I_0=0\) için \(I(t)=2000(1-e^{-0.15t})\). Yarısı: \(1000=2000(1-e^{-0.15t})\Rightarrow e^{-0.15t}=0.5\Rightarrow t=\ln2/0.15\approx 4.62\) gün.
Başlangıç stoğu denge seviyesinin üzerindeyse (\(I_0 > b/a\)) stok zamanla artar mı azalır mı? Nedenini açıklayın.
Azalır. Çözümdeki \((I_0 - b/a)\) terimi pozitiftir ve \(e^{-at}\) ile çarpılır; zamanla sıfıra gider. Stok yukarıdan dengeye iner çünkü çekim (\(aI\)), girişten (\(b\)) fazladır.
Takım tezgâhı titreşimi, robot kolu, konveyör — yüzey kalitesini belirleyen denklem.
\(m\) kütle, \(c\) sönüm katsayısı, \(k\) yay sabiti. Birinci terim atalet, ikinci terim sönüm (enerji kaybı), üçüncü terim geri çağırıcı kuvvettir. Tezgâh titreşimi takım ömrünü ve yüzey pürüzlülüğünü doğrudan etkiler.
Üstel deneme çözümü varsay. \(x = e^{rt}\) koy; \(\dot x = re^{rt}\), \(\ddot x = r^2 e^{rt}\). Denkleme yerleştir ve \(e^{rt}\)'yi sadeleştir:
Bu karakteristik denklemdir.
Kökleri bul (ikinci derece formülü):
Diskriminantın işaretine göre üç rejim oluşur:
Az sönümlü çözüm. Karmaşık kökler \(r = -\tfrac{c}{2m} \pm i\omega_d\) verir; burada sönümlü frekans:
\(A, B\) başlangıç konumu ve hızından belirlenir. Üstel zarf titreşimi söndürür.
Bir frezeleme tezgâhında takım-iş parçası sistemi az sönümlü davranır. Tasarım hedefi, kesme kuvvetinin sürüş frekansının sistemin doğal frekansına (\(\omega_d\)) denk gelmesinden — yani rezonanstan — kaçınmaktır. Rezonans yüzeyde "chatter" izleri ve takım kırılması üretir.
Soru: \(m=2\;\text{kg}\), \(c=4\;\text{Ns/m}\), \(k=200\;\text{N/m}\). Sistem hangi rejimde? Sönümlü frekansı bulun.
Çözüm: Diskriminant: \(c^2 - 4mk = 16 - 4(2)(200) = 16 - 1600 = -1584 < 0\). Demek ki az sönümlü.
Sönüm zarfı sabiti \(c/2m = 4/4 = 1\;\text{s}^{-1}\); titreşim \(e^{-t}\) hızında söner.
\(m=1\), \(k=100\). Sistemi kritik sönüme getiren \(c\) değeri nedir?
Kritik sönüm koşulu \(c^2 = 4mk\). \(c = \sqrt{4\times1\times100} = \sqrt{400} = 20\;\text{Ns/m}\).
Bir konveyör sönümsüz (\(c=0\)) modellenirse \(\omega_d\) ne olur? Bu fiziksel olarak ne anlama gelir?
\(c=0\) için \(\omega_d = \sqrt{4mk}/2m = \sqrt{k/m}\), yani doğal frekans \(\omega_n\). Üstel zarf \(e^0=1\) olur; titreşim hiç sönmez, sonsuza dek aynı genlikte sürer. Gerçekte her sistemde bir miktar sönüm vardır.
Kaynak çekişmesi, av-avcı dinamiği — analitik çözümü olmayan denklemler.
İki değişkenin birbirine bağlı etkileşimi. Klasikte av (\(x\)) ve avcı (\(y\)) popülasyonlarıdır. Üretimde: kaynak paylaşan iki ürün hattı, ya da arıza-bakım ekibi dinamiği. \(\beta xy\) ve \(\delta xy\) terimleri çarpım içerdiği için sistem lineer değildir.
Önceki beş denklem ya ayrılabilir ya lineerdi. Bu sistemde \(xy\) çarpımı denklemleri lineer olmaktan çıkarır ve iki denklem birbirine kenetlenir. Kapalı bir formül elde edilemez — çözüm bir algoritmadır: zamanı küçük \(h\) adımlarına bölüp her adımda değeri ilerletiriz.
Temel fikir. Türev, eğimdir. Mevcut noktadaki eğimi bilirsek, küçük bir \(h\) adımı kadar o eğim boyunca ilerleyerek bir sonraki değeri tahmin ederiz:
Sisteme uygula. Her adımda iki değişken birlikte güncellenir:
Hata. Euler eğimi yalnız aralığın başında ölçer. Eğim aralık boyunca değişiyorsa hata birikir — adım başına hata \(O(h^2)\), birinci mertebe doğruluk.
Daha akıllı örnekleme. RK4, aralık içinde dört eğim örneği alır: başta (\(k_1\)), ortada iki kez (\(k_2, k_3\)), sonda (\(k_4\)).
Ağırlıklı ortalama. Orta örnekler iki kat ağırlık alır:
Hata. RK4'ün adım başına hatası \(O(h^5)\) — dördüncü mertebe doğruluk. Aynı adım boyunda Euler'den çok daha kararlıdır; simülasyon tabanlı üretim analizlerinin standardıdır.
# Lotka-Volterra: Euler vs RK4 def deriv(x, y, a=1.1, b=0.4, d=0.1, g=0.4): return a*x - b*x*y, d*x*y - g*y def rk4_step(x, y, h): k1x, k1y = deriv(x, y) k2x, k2y = deriv(x + h/2*k1x, y + h/2*k1y) k3x, k3y = deriv(x + h/2*k2x, y + h/2*k2y) k4x, k4y = deriv(x + h*k3x, y + h*k3y) x += h/6*(k1x + 2*k2x + 2*k3x + k4x) y += h/6*(k1y + 2*k2y + 2*k3y + k4y) return x, y
Adım boyunu büyütün: Euler eğrisi gerçek çözümden sapar, yapay olarak büyüyen salınımlar üretir. RK4 aynı adımda kararlı kalır. Faz portresinde gerçek çözüm kapalı bir yörünge olmalıdır — Euler'de yörünge dışa doğru spiral çizer (enerji "uydurur").
Euler yöntemiyle \(dx/dt = \alpha x - \beta xy\) denkleminde \(x_0=10\), \(y_0=10\), \(\alpha=1.1\), \(\beta=0.4\), \(h=0.1\). İlk adım sonunda \(x_1\) nedir?
Eğim: \(dx/dt = 1.1(10) - 0.4(10)(10) = 11 - 40 = -29\). Euler adımı: \(x_1 = 10 + 0.1\times(-29) = 10 - 2.9 = 7.1\).
RK4 bir adımda dört eğim örneği kullanır. Aynı toplam zaman aralığını kapatmak için RK4 mı yoksa Euler mı daha az adımla yeterli doğruluğa ulaşır? Neden?
RK4. Adım başına 4 fonksiyon değerlendirmesi yapsa da hatası \(O(h^5)\) olduğundan çok daha büyük \(h\) ile aynı doğruluğa ulaşır. Euler aynı doğruluk için adım sayısını kat kat artırmak zorundadır; toplam hesap maliyeti genelde RK4 lehinedir.
Altı denklem, tek bakışta.
| Denklem | Mertebe | Çözüm Yöntemi | Üretimdeki Kullanım |
|---|---|---|---|
Üstel dN/dt=kN | 1 | Değişken ayırma | Aşınma, talep büyümesi |
| Newton soğuma | 1 | Değişken ayırma | Isıl işlem, tavlama |
| Lojistik | 1 (lineer değil) | Kısmi kesirler | Öğrenme eğrisi, doygunluk |
| Lineer 1. mertebe | 1 | İntegral çarpanı | Envanter dinamiği |
| Sönümlü salınım | 2 | Karakteristik denklem | Makine titreşimi |
| Lotka-Volterra | Bağlı sistem | Sayısal (Euler/RK4) | Kaynak çekişmesi |
İlk dört denklem analitik çözülür çünkü ya ayrılabilir ya lineerdir. İkinci mertebe denklem karakteristik denklemle çözülür. Lotka-Volterra lineer olmayan bağlı bir sistem olduğu için yalnız sayısal çözülür — ve gerçek üretim modellerinin çoğu bu son kategoriye düşer, çünkü gerçek sistemler nadiren temiz analitik formlara oturur.
Bir atölyede yeni işçinin öğrenme eğrisi lojistik, kullandığı tezgâhın titreşimi az sönümlü, ürettiği parçaların soğuması Newton yasasına uyuyor. Hangi denklem analitik çözülür, hangisi karakteristik denklem ister, hangisi gerekirse sayısal çözüm gerektirir — gerekçeleriyle sıralayın.
Öğrenme eğrisi (lojistik): birinci mertebe, ayrılabilir → kısmi kesirlerle analitik çözülür, kapalı S-eğrisi formülü vardır.
Soğuma (Newton): birinci mertebe, ayrılabilir → değişken ayırma ile analitik çözülür.
Tezgâh titreşimi (sönümlü salınım): ikinci mertebe, sabit katsayılı → karakteristik denklem kurulur, az sönümlü kökler sönen salınım verir.
Üçü de kapalı çözüme sahiptir. Sayısal yöntem yalnız lineer olmayan bağlı sistemlerde (örn. iki tezgâhın kaynak çekişmesi) zorunlu olurdu.
Her denklemi türetmeyi kapalı kitap tekrar edin. Sınavda en sık sorulan: (1) verilen denklemin mertebesini ve uygun yöntemi tanımlamak, (2) başlangıç koşulunu çözüme yerleştirip sabiti bulmak, (3) Euler ve RK4'ün doğruluk mertebesini gerekçelendirmek. Simülasyonlardaki kaydırıcılarla parametrelerin etkisini gözlemlemek, sözel sorularda büyük avantaj sağlar.