3 Başlangıç ve Sınır Değer Problemleri; Varlık ve Teklik
Bir diferansiyel denklemin tek bir çözümü değil, genellikle bir çözüm ailesi vardır: \(n\)-inci mertebeden bir denklemin genel çözümü \(n\) tane keyfi sabit taşır ve bu sabitlere verilen her değer, düzlemde ayrı bir çözüm eğrisi belirler. Örneğin \(y'' + y = 0\) denkleminin çözümleri \(y = c_1 \cos x + c_2 \sin x\) biçimindedir; \(c_1\) ve \(c_2\)’ye değer vermedikçe elimizde tek bir fonksiyon değil, sonsuz tane fonksiyon vardır.
Oysa bir uygulamada sorulan soru hemen hemen her zaman şudur: “Sistem şu anda şu durumdayken bundan sonra ne olacak?” Bu soru, denklemin yanına ek koşullar koymayı gerektirir. Ek koşullar, çözüm ailesinin sonsuz üyesi arasından bizi ilgilendiren tek bir üyeyi seçmeye yarar. Bu bölümde önce ek koşulların iki temel tipini (başlangıç koşulu ve sınır koşulu) ayırt edecek, sonra can alıcı soruyu soracağız: verilen koşulları sağlayan bir çözüm var mıdır, varsa tek midir?
Bu soru göründüğü kadar masum değildir. Göreceğiz ki bazı problemlerin hiç çözümü yok, bazılarının sonsuz çözümü var. Bölümün ikinci yarısında, birinci mertebeden denklemler için bu iki soruya birden cevap veren temel varlık ve teklik teoremini (existence and uniqueness theorem) vereceğiz: teorem, bir denklemi hiç çözmeden, yalnızca sağ taraf \(f\)’nin ve \(\partial f/\partial y\) kısmi türevinin sürekliliğine bakarak çözümün varlığını ve tekliğini garanti eder.
Bir başlangıç değer probleminin çözümünün var olduğunu ilk kez kesin bir ispatla gösteren, 1820’lerde verdiği derslerde Augustin-Louis Cauchy (1789–1857) oldu. Rudolf Lipschitz (1832–1903) hipotezleri bugün kendi adıyla anılan koşula kadar zayıflattı; Émile Picard (1856–1941) ise 1890’da çözümü ardışık yaklaşımlarla kuran yöntemi verdi. Bu yüzden bu bölümdeki teorem Cauchy–Lipschitz ya da Picard–Lindelöf teoremi diye de anılır. Giuseppe Peano (1858–1932) yalnızca \(f\)’nin sürekliliğinin çözümün varlığı için yettiğini gösterdi; bölümün sonundaki \(y' = y^{2/3}\) alıştırmasının (Alıştırma 3.6) gösterdiği gibi teklik için bu kadarı yetmez.
3.1 Ek Koşullar: Başlangıç ve Sınır Değer Problemleri
Ek koşulların nerede verildiği, problemin karakterini tamamen değiştirir. Bütün koşullar tek bir \(x\) değerinde veriliyorsa problem bir tiptedir; koşullar farklı \(x\) değerlerine dağılmışsa bambaşka bir tiptedir.
Tanım 3.1 (Başlangıç Değer Problemi) \(n\)-inci mertebeden bir diferansiyel denklem ile birlikte, tek bir \(x_0\) noktasında verilen
\[y(x_0) = y_0, \quad y'(x_0) = y_1, \quad \dots, \quad y^{(n-1)}(x_0) = y_{n-1}\]
biçimindeki \(n\) tane koşul ele alınsın. Bu koşullara başlangıç koşulları (initial conditions), denklem ile koşulların oluşturduğu probleme başlangıç değer problemi (initial value problem) denir. \(x_0\) noktasına problemin başlangıç noktası denir.
Yani başlangıç değer probleminde bütün bilgi tek bir noktada toplanmıştır: fonksiyonun o noktadaki değeri, türevinin o noktadaki değeri ve gerekiyorsa daha yüksek mertebeden türevlerinin o noktadaki değerleri.
Tanım 3.2 (Sınır Değer Problemi) Bir diferansiyel denklem ile birlikte verilen ek koşullar en az iki farklı \(x\) değerinde veriliyorsa, bu koşullara sınır koşulları (boundary conditions), denklem ile koşulların oluşturduğu probleme sınır değer problemi (boundary value problem) denir.
Yani sınır değer probleminde bilgi, üzerinde çalıştığımız aralığın iki ucuna (ya da birden çok noktasına) dağıtılmıştır: bir uçtaki davranışı biliriz, öteki uçtaki davranışı biliriz, arada ne olduğunu denklem söyler.
Aradaki farkı şu tablo özetler.
| başlangıç değer problemi | sınır değer problemi | |
|---|---|---|
| koşulların verildiği nokta | tek bir \(x_0\) noktası | en az iki farklı nokta |
| ikinci mertebede tipik koşul | \(y(x_0) = y_0\), \(y'(x_0) = y_1\) | \(y(a) = A\), \(y(b) = B\) |
| sezgisel anlamı | “şu andaki durum ve hız” | “iki uçtaki durum” |
| çözümün varlığı ve tekliği | uygun koşullar altında garanti edilebilir | genel olarak garanti edilemez |
Bir problemin hangi tipte olduğunu anlamak için denklemin kendisine bakmak gerekmez; koşulların nerede verildiğine bakmak yeter.
Örnek 3.1 (Koşulların Tek Noktada Verildiği Bir Problem) Aşağıdaki problem hangi tiptedir?
\[y'' + y = 0, \qquad y(1) = 3, \qquad y'(1) = -4\]
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden olduğu için iki ek koşul verilmiştir ve bu iki koşulun ikisi de aynı \(x\) değerinde, \(x = 1\) noktasında okunmaktadır: biri fonksiyonun oradaki değerini, öteki türevinin oradaki değerini söylüyor.
Tanım gereği bu bir başlangıç değer problemidir; başlangıç noktası \(x_0 = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.2 (Koşulların Farklı Noktalarda Verildiği Bir Problem) Aşağıdaki problem hangi tiptedir?
\[y'' + y = 0, \qquad y(0) = 1, \qquad y\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = 5\]
Çözüm
Denklem yine ikinci mertebeden ve yine iki koşul var; ama koşullar bu kez iki farklı noktada veriliyor: biri \(x = 0\), öteki \(x = \dfrac{\pi}{2}\) noktasında.
Tanım gereği bu bir sınır değer problemidir. Dikkat edilirse burada türev hakkında hiçbir bilgi verilmemiş, bunun yerine fonksiyonun iki ayrı noktadaki değeri bildirilmiştir; sınır koşullarının tipik görünümü budur.
\(\blacksquare\)
Her iki problemde de izlenen yol aynıdır: önce denklemin keyfi sabitler içeren genel çözümü bulunur, sonra ek koşullar bu sabitler için bir denklem sistemi verir, sistem çözülerek sabitler belirlenir. Sabitlere belirli değerler verilerek elde edilen çözümün Tanım 2.4 anlamında bir özel çözüm olduğunu hatırlayalım. Aşağıdaki dört örnek, aynı denklem üzerinde bu yolun nereye çıkabileceğini gösteriyor.
Örnek 3.3 (İki Sabitli Bir Çözüm Ailesinin Doğrulanması) \(c_1\) ve \(c_2\) sabit olmak üzere
\[y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x\]
fonksiyonunun
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0\]
denkleminin genel çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce fonksiyonun her yerde iki kez türevlenebilir olduğuna dikkat edelim: \(\cos x\) ve \(\sin x\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde istenildiği kadar türevlenebilir olduğundan \(y\), \(y'\) ve \(y''\) her \(x \in \mathbb{R}\) için vardır. Dolayısıyla denklemdeki bütün terimler anlamlıdır ve geriye tek iş kalır: fonksiyonu denklemde yerine koyup denklemi sağlayıp sağlamadığına bakmak.
Türevleri alalım:
\[y'(x) = -c_1 \sin x + c_2 \cos x\]
\[y''(x) = -c_1 \cos x - c_2 \sin x\]
Bu iki ifadeyi denklemin sol tarafında yerine koyalım:
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = \left(-c_1 \cos x - c_2 \sin x\right) + \left(c_1 \cos x + c_2 \sin x\right)\]
Sağ taraftaki terimler ikişer ikişer sadeleşir:
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0\]
Eşitlik, \(c_1\) ile \(c_2\)’nin hangi değerleri için olursa olsun ve her \(x \in \mathbb{R}\) için sağlanır. Demek ki fonksiyon, sabitlerin her seçimi için denklemin bir çözümüdür.
Bu bir çözüm ailesidir ve ailede birbirinden bağımsız iki keyfi sabit vardır. Denklem ikinci mertebeden olduğu için aranan keyfi sabit sayısı da ikidir; dolayısıyla
\[y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x\]
denklemin genel çözümüdür.
Genel çözüm tanımı yalnızca keyfi sabitlerin sayısına bakar; denklemin bu ailenin dışında kalan bir çözümü olup olmadığını söylemez. Sonraki örneklerde “problemin çözümü yoktur” ya da “tek çözüm budur” diyebilmek için bunu da bilmemiz gerekiyor; o yüzden gösterelim: \(y'' + y = 0\) denkleminin her çözümü bu ailenin bir üyesidir.
\(y\), denklemin bir \(I\) aralığında tanımlı herhangi bir çözümü olsun ve \(x_0\), \(I\)’nın bir noktası olsun. \(c_1\) ile \(c_2\) sabitlerini
\[\begin{aligned} c_1 \cos x_0 + c_2 \sin x_0 &= y(x_0) \\[1mm] -c_1 \sin x_0 + c_2 \cos x_0 &= y'(x_0) \end{aligned}\]
sisteminden seçelim. Bu sistemin katsayılar determinantı \(\cos^2 x_0 + \sin^2 x_0 = 1\) sıfırdan farklı olduğundan böyle sabitler vardır. Şimdi
\[u(x) = y(x) - c_1 \cos x - c_2 \sin x\]
diyelim. Türev farka dağıldığından ve hem \(y\) hem de \(c_1 \cos x + c_2 \sin x\) denklemi sağladığından \(u'' + u = 0 - 0 = 0\) olur. Sabitlerin seçimi gereği de \(u(x_0) = 0\) ve \(u'(x_0) = 0\)’dır. Şimdi
\[E(x) = u(x)^2 + u'(x)^2\]
fonksiyonunun türevini alalım:
\[E'(x) = 2u\,u' + 2u'\,u'' = 2u'\left(u + u''\right) = 0\]
Türevi \(I\) aralığında sıfır olan bir fonksiyon orada sabittir; dolayısıyla her \(x \in I\) için \(E(x) = E(x_0) = 0\)’dır. İki karenin toplamı ancak ikisi de sıfırsa sıfır olur; demek ki \(I\) üzerinde \(u(x) = 0\), yani \(y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x\)’tir. Lineer denklemler için aynı sonucu genel olarak Teorem 13.2 verecek.
Bundan sonraki üç örnekte hep bu aileyi ve denklemin başka çözümü olmadığı bilgisini kullanacağız.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.4 (Bir Başlangıç Değer Problemi) Aşağıdaki problemi çözünüz.
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0, \qquad y(0) = 1, \qquad y'(0) = 4\]
Çözüm
Her iki koşul da aynı noktada, \(x = 0\) noktasında verilmiştir; problem bir başlangıç değer problemidir.
Genel çözüm ve türevi
\[y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x\]
\[y'(x) = -c_1 \sin x + c_2 \cos x\]
biçimindeydi. Şimdi \(x = 0\) yazalım. \(\cos 0 = 1\) ve \(\sin 0 = 0\) olduğundan birinci koşul
\[y(0) = c_1 = 1\]
verir. İkinci koşul ise
\[y'(0) = c_2 = 4\]
verir. İki sabit de doğrudan okunduğuna göre özel çözüm
\[y(x) = \cos x + 4 \sin x\]
olur. Bu çözüm, bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır ve verilen iki koşulu sağlayan tek çözümdür: denklemin her çözümü ailenin bir üyesi olduğundan ve sabitleri belirleyen denklemler tek çözümlü olduğundan başka bir seçenek yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.5 (Bir Sınır Değer Problemi) Aşağıdaki problemi çözünüz.
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0, \qquad y(0) = 1, \qquad y\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = 4\]
Çözüm
Koşullar bu kez iki farklı noktada, \(x = 0\) ve \(x = \dfrac{\pi}{2}\) noktalarında veriliyor; problem bir sınır değer problemidir.
Genel çözümde önce \(x = 0\) alalım:
\[y(0) = c_1 \cos 0 + c_2 \sin 0 = c_1 = 1\]
Şimdi \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alalım. \(\cos \dfrac{\pi}{2} = 0\) ve \(\sin \dfrac{\pi}{2} = 1\) olduğundan
\[y\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = c_2 = 4\]
bulunur. İki sabit de belirlendi; özel çözüm
\[y(x) = \cos x + 4 \sin x\]
olur.
Bir önceki örnekte başlangıç koşullarından çıkan çözümle burada sınır koşullarından çıkan çözüm aynı fonksiyon oldu. Bu bir rastlantı değil: bu denklemin genel çözümünde \(y'(0) = c_2\) ve \(y(\pi/2) = c_2\) olduğundan, “\(y'(0) = 4\)” koşulu ile “\(y(\pi/2) = 4\)” koşulu sabitler hakkında birebir aynı bilgiyi taşır. Gösterdiği şey ise geneldir: bir çözüm eğrisi, “bir noktadaki değeri ve eğimi” ile de, “iki ayrı noktadaki değerleri” ile de belirlenebilir. Ne var ki bu iki bilgi türü eşit derecede güvenilir değildir; sıradaki örnek bunu gösteriyor.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.6 (Çözümü Olmayan Bir Sınır Değer Problemi) Aynı denklemi bu kez
\[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0, \qquad y(0) = 1, \qquad y(\pi) = 4\]
sınır koşullarıyla ele alınız. Bu problemin çözümü var mıdır?
Çözüm
Genel çözüm yine
\[y(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x\]
ve sınır koşullarını sırayla uyguluyoruz. Birinci koşuldan
\[y(0) = c_1 = 1\]
çıkar. İkinci koşul için \(\cos \pi = -1\) ve \(\sin \pi = 0\) değerlerini kullanalım:
\[y(\pi) = c_1 \cos \pi + c_2 \sin \pi = -c_1\]
Koşul \(y(\pi) = 4\) olduğuna göre
\[-c_1 = 4 \quad \Longrightarrow \quad c_1 = -4\]
olmalıdır. Ama birinci koşul \(c_1 = 1\) demişti. Bir sayı hem \(1\) hem \(-4\) olamaz: çelişki.
Demek ki genel çözüm ailesinin hiçbir üyesi iki koşulu birden sağlayamaz. Denklemin her çözümü bu ailenin bir üyesi olduğundan bu sınır değer probleminin çözümü yoktur.
Çelişkinin kaynağını görmek öğreticidir. \(x = \pi\) noktasında \(\sin \pi = 0\) olduğu için \(c_2\) ikinci denklemden tamamen düşer; elimizde \(c_1\) için iki farklı istek kalır ve bunlar uyuşmaz. Yani sınır koşullarının konduğu noktalar, denklemin çözümlerinin o noktalardaki davranışıyla ters düşebilir. Bu denklemin başlangıç değer problemlerinde böyle bir tehlike yoktur: herhangi bir \(x_0\) noktasında \(y(x_0)\) ve \(y'(x_0)\) verildiğinde sabitler için çıkan sistemin katsayılar determinantı, Örnek 3.3 içinde gördüğümüz gibi \(\cos^2 x_0 + \sin^2 x_0 = 1\)’dir. Determinant sıfırdan farklı olduğu için sistemin her zaman tek bir çözümü vardır.
\(\blacksquare\)
Bu örnek, bölümün ikinci yarısının motivasyonudur. Bir problem yazmak onun bir cevabı olduğu anlamına gelmiyor. O hâlde çözmeye başlamadan önce çözümün var olup olmadığını, varsa tek olup olmadığını söyleyen bir ölçüte ihtiyacımız var. Böyle bir ölçüt, birinci mertebeden başlangıç değer problemleri için vardır.
3.2 Varlık ve Teklik Teoremi
Teoremin ifadesinde düzlemin bir parçası üzerinde süreklilik isteneceği için, önce o parçanın ne olduğunu belirleyelim.
Tanım 3.3 (Bölge) Düzlemin açık ve bağlantılı bir \(D \subset \mathbb{R}^2\) alt kümesine bölge (domain) denir.
Yani bir bölge, her noktasını içine alan küçük bir disk barındıran (açık) ve tek parça olan (bağlantılı) bir düzlem kümesidir. En tanıdık örnekler, düzlemdeki basit kapalı bir eğrinin iç kısmıdır: bir açık dikdörtgen ya da bir açık daire. Ama her bölge böyle değildir: iki eş merkezli çember arasındaki açık halka ortasında bir delik bulunduğu hâlde, \(x > 0\) yarı düzlemi de sınırsız olduğu hâlde birer bölgedir.
Artık teoremi verebiliriz.
Teorem 3.1 (Temel Varlık ve Teklik Teoremi) \[\frac{dy}{dx} = f(x,y)\]
diferansiyel denklemini ele alalım. \(D\), \(xy\)-düzleminde bir bölge olmak üzere
- \(f\) fonksiyonu \(D\) üzerinde \(x\) ve \(y\)’nin sürekli bir fonksiyonu,
- \(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) kısmi türevi de \(D\) üzerinde \(x\) ve \(y\)’nin sürekli bir fonksiyonu
olsun. \((x_0, y_0)\) da \(D\) bölgesinin bir noktası olsun. O zaman yeterince küçük bir \(h > 0\) sayısı ve \(|x - x_0| < h\) aralığında tanımlı bir ve yalnız bir \(\phi\) fonksiyonu vardır öyle ki bu aralıktaki her \(x\) için \(\bigl(x, \phi(x)\bigr)\) noktası \(D\)’dedir,
\[\phi'(x) = f\bigl(x, \phi(x)\bigr)\]
ve ayrıca
\[\phi(x_0) = y_0\]
sağlanır.
Yani \(f\) ile \(\partial f / \partial y\)’nin sürekli olduğu bir bölgenin içinden hangi noktayı seçersek seçelim, o noktadan geçen bir çözüm eğrisi vardır ve en azından o noktanın yakınında oradan tek bir çözüm eğrisi geçer.
Teoremin ispatı, çözümü ardışık yaklaşımlarla (Picard iterasyonu) kuran ve bu dizinin bir büzülme argümanıyla yakınsadığını gösteren bir yöntem üzerine kuruludur; bu notların kapsamı dışında bırakıyoruz. Bizim için önemli olan, teoremin nasıl kullanılacağıdır: bir denklem verildiğinde \(f\) ile \(\partial f/\partial y\)’yi yazıp süreksiz oldukları yerleri işaretlemek, sonra başlangıç noktasının bu yerlerden uzakta kalıp kalmadığına bakmak.
Teoremi kullanırken üç sınırı akılda tutmak gerekir.
- Sonuç yereldir. Çözümün varlığı yalnızca \(|x - x_0| < h\) aralığında garanti edilir ve \(h\) küçük olabilir. Teorem, çözümün ne kadar geniş bir aralığa uzanacağını söylemez.
- Koşullar yeterlidir, gerekli değildir. Hipotezler sağlanmıyorsa teoremden hiçbir sonuç çıkmaz: ne “çözüm vardır” ne de “çözüm yoktur”. O durumda teorem susar.
- Teorem çözümü bulmaz. Varlığı ve tekliği garanti eder, ama çözümün formülünü vermez. Formülü bulmak, sonraki bölümlerin yöntemlerinin işidir.
Birinci maddenin ne kadar ciddi olduğunu görmek için, hipotezlerin bütün düzlemde sağlandığı hâlde çözümün küçük bir aralıktan dışarı çıkamadığı bir örneğe bakalım.
Örnek 3.7 (Hipotezler Her Yerde Sağlansa da Çözüm Yerel Olabilir) \[\frac{dy}{dx} = 1 + y^2, \qquad y(0) = 0\]
başlangıç değer probleminin çözümü hangi aralıkta tanımlıdır?
Çözüm
Önce hipotezleri denetleyelim:
\[f(x,y) = 1 + y^2, \qquad \frac{\partial f}{\partial y} = 2y\]
Bu iki fonksiyon da iki değişkenli birer polinomdur, dolayısıyla düzlemin her noktasında süreklidirler. Başlangıç noktası \((0,0)\), süreklilik bölgesi olarak alabileceğimiz bütün düzlemin içindedir. Teoremin bütün hipotezleri sağlanır; problemin tek bir çözümü vardır.
Bu çözümü yazalım. \(y(x) = \tan x\) fonksiyonunu deneyelim:
\[y'(x) = \sec^2 x = 1 + \tan^2 x = 1 + y^2\]
ve
\[y(0) = \tan 0 = 0\]
olduğundan \(y = \tan x\) gerçekten problemin çözümüdür. Ne var ki \(\tan x\) fonksiyonu \(x \to \dfrac{\pi}{2}^-\) iken sınırsız büyür; çözüm ancak
\[-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}\]
aralığında tanımlıdır ve bu aralıktan dışarı hiçbir biçimde genişletilemez.
Buradaki ders şudur: \(f\) ile \(\partial f/\partial y\)’nin bütün düzlemde sürekli olması, çözümün bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde var olacağı anlamına gelmez. Teorem yalnızca başlangıç noktasının yakınında bir aralık vaat eder; o aralığın uzunluğu denklemin kendi davranışına bağlıdır.
\(\blacksquare\)
Şimdi teoremin olağan kullanımına dönelim: verilen bir problemde hipotezleri denetlemek.
Örnek 3.8 (Hipotezlerin Her Yerde Sağlandığı Bir Problem) \[\frac{dy}{dx} = x^2 + y^2, \qquad y(1) = 3\]
başlangıç değer probleminin çözümünün varlığı ve tekliği hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
Denklem \(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) biçimindedir ve
\[f(x,y) = x^2 + y^2\]
Kısmi türevi alalım; \(x\)’i sabit tutup \(y\)’ye göre türev alıyoruz:
\[\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = 2y\]
Her iki fonksiyon da polinom olduğundan \(xy\)-düzleminin her bölgesinde süreklidir. Başlangıç koşulu \(y(1) = 3\) ise
\[x_0 = 1, \qquad y_0 = 3\]
demektir ve \((1,3)\) noktası kuşkusuz böyle bir bölgenin içinde yer alır; örneğin
\[D = \{(x,y) : 0 < x < 2,\ 2 < y < 4\}\]
açık dikdörtgeni işimizi görür.
Teoremin bütün hipotezleri sağlandı. O hâlde yeterince küçük bir \(h > 0\) için \(|x - 1| < h\) aralığında tanımlı,
\[\phi'(x) = x^2 + \phi(x)^2, \qquad \phi(1) = 3\]
koşullarını sağlayan tek bir \(\phi\) çözümü vardır.
Bu sonucun değeri şurada: söz konusu denklemin çözümü temel fonksiyonlarla yazılamaz. Yine de çözümü hiç bulmadan, yalnızca sağ tarafa bakarak çözümün var ve tek olduğunu biliyoruz.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.9 (Süreksizlik Çizgisinden Kaçınan Bir Bölge) \[\frac{dy}{dx} = \frac{y}{\sqrt{x}}, \qquad y(1) = 2\]
başlangıç değer probleminin çözümünün varlığı ve tekliği hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
Burada
\[f(x,y) = \frac{y}{\sqrt{x}}, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{x}}\]
olur. \(\sqrt{x}\) ifadesi yalnızca \(x \ge 0\) için tanımlıdır ve yalnızca \(x > 0\) için sıfırdan farklıdır. Paydada durduğu için \(x \le 0\) olan noktalarda ne \(f\) ne de kısmi türev anlamlıdır: \(x < 0\) iken karekök tanımsız, \(x = 0\) iken payda sıfırdır. Yani her iki fonksiyon da yalnızca \(x > 0\) yarı düzleminde tanımlıdır ve orada süreklidir; \(y\) ekseni (\(x = 0\) doğrusu) ile onun solu bu fonksiyonların tanım kümesinin dışında kalır.
Başlangıç koşulundan
\[x_0 = 1, \qquad y_0 = 2\]
Merkezi \((1,2)\) olan ve \(y\) eksenine hiç dokunmayan bir bölge bulabiliriz; örneğin
\[D = \left\{(x,y) : \tfrac{1}{2} < x < \tfrac{3}{2},\ 1 < y < 3\right\}\]
açık dikdörtgeni yalnızca \(x > 0\) noktalarından oluşur. Bu \(D\) üzerinde \(f\) ve \(\partial f/\partial y\) süreklidir, \((1,2)\) noktası da \(D\)’nin içindedir.
Teoremin hipotezleri sağlandığına göre, yeterince küçük bir \(h > 0\) için \(|x - 1| < h\) aralığında tanımlı ve \(\phi(1) = 2\) koşulunu sağlayan tek bir \(\phi\) çözümü vardır.
Bu örnekte önemli olan şudur: \(f\)’nin düzlemin tamamında sürekli olması gerekmez. Başlangıç noktasının çevresinde, \(f\) ile \(\partial f/\partial y\)’nin tanımsız ya da süreksiz olduğu yerlerden uzak duran bir bölge bulabilmek yeter.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.10 (Başlangıç Noktası Süreksizlik Üzerindeyse) Aynı denklemi bu kez
\[\frac{dy}{dx} = \frac{y}{\sqrt{x}}, \qquad y(0) = 2\]
başlangıç koşuluyla ele alınız. Çözümün varlığı ve tekliği hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
Fonksiyonlar bir öncekiyle aynı:
\[f(x,y) = \frac{y}{\sqrt{x}}, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{x}}\]
Değişen tek şey başlangıç noktası:
\[(x_0, y_0) = (0, 2)\]
Bu nokta tam olarak \(x = 0\) doğrusunun, yani süreksizlik çizgisinin üzerindedir. \((0,2)\) noktasını içeren her açık küme, \(x \le 0\) olan noktaları da içerir; oralarda \(f\) de \(\partial f/\partial y\) de sürekli değildir, hatta tanımlı bile değildir. Dolayısıyla \((0,2)\) noktasını, hipotezlerin sağlandığı bir bölgenin içine yerleştirmek mümkün değildir.
Sonuç olarak bu problem için teoremden hiçbir şey çıkaramayız. Özellikle iki şeyi birden söyleyemeyiz:
- problemin bir çözümü olduğunu söyleyemeyiz,
- problemin çözümü olmadığını da söyleyemeyiz.
Teorem bu noktada susar; bilgi yok. Çözümün olup olmadığını öğrenmek istiyorsak denklemi elle incelemek zorundayız. Bu problemde inceleme kısa sürer: bir çözüm \(x_0 = 0\) noktasını içeren bir açık aralığın her noktasında denklemi sağlamak zorunda olurdu, oysa sağ taraf \(x = 0\) noktasında payda sıfır olduğu için, \(x < 0\) için de karekök tanımsız olduğu için anlamsızdır. Demek ki bu problemin bir aralık üzerinde çözümü yoktur; aynı gerekçeyi Alıştırma 3.5 içinde de kullanacağız.
\(\blacksquare\)
3.3 Hipotezler Sağlanmazsa: Tekliğin Bozulması ve Tekil Çözümler
Son örnek, hipotezler sağlanmadığında teoremin sustuğunu gösterdi. Peki sustuğunda gerçekte ne oluyor? Bazen hiçbir şey olmaz, çözüm yine var ve tektir. Bazen ise teklik gerçekten bozulur: aynı noktadan birden çok çözüm eğrisi geçer. Aşağıdaki örnek bu ikinci durumun tipik örneğidir.
Örnek 3.11 (Aynı Noktadan Geçen İki Çözüm) \[\frac{dy}{dx} = \sqrt{y}, \qquad y(0) = 0\]
başlangıç değer probleminin birden çok çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce hipotezleri denetleyelim:
\[f(x,y) = \sqrt{y}, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{2\sqrt{y}}\]
\(f\) fonksiyonu yalnızca \(y \ge 0\) kapalı yarı düzleminde tanımlıdır ve orada süreklidir. Başlangıç noktamız \((0,0)\) ise bu yarı düzlemin tam sınırı üzerindedir: \((0,0)\) noktasını içeren her açık küme \(y < 0\) olan noktaları da içerir, oralarda \(f\) tanımlı bile değildir. Dolayısıyla daha birinci hipotez için, \((0,0)\) noktasını içeren ve üzerinde \(f\)’nin sürekli olduğu bir bölge bulunamaz. İkinci hipotez ise çok daha belirgin biçimde bozulur: kısmi türev \(y = 0\) için tanımsızdır ve \(y \to 0^+\) iken sınırsız büyür. Teorem susuyor; tekliğin bozulup bozulmadığını elle kontrol edeceğiz.
Birinci çözüm. Sabit fonksiyon \(y_1(x) = 0\) olsun. O zaman \(y_1'(x) = 0\) ve \(\sqrt{y_1(x)} = 0\) olduğundan denklem sağlanır; ayrıca \(y_1(0) = 0\)’dır.
İkinci çözüm. Şimdi parçalı tanımlı
\[y_2(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\[4pt] \dfrac{x^2}{4}, & x > 0 \end{cases}\]
fonksiyonunu alalım. \(x > 0\) için
\[y_2'(x) = \frac{x}{2} \quad \text{ve} \quad \sqrt{y_2(x)} = \sqrt{\frac{x^2}{4}} = \frac{x}{2}\]
olduğundan denklem sağlanır (\(x > 0\) olduğu için karekök \(x/2\) verir). \(x < 0\) için her iki taraf da sıfırdır. \(x = 0\) noktasında ise soldan ve sağdan türevler
\[\lim_{h \to 0^-} \frac{y_2(h) - 0}{h} = 0, \qquad \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2/4}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{4} = 0\]
olarak çakışır; yani \(y_2\) sıfırda türevlenebilirdir ve \(y_2'(0) = 0 = \sqrt{y_2(0)}\)’dır. Ayrıca \(y_2(0) = 0\)’dır.
Demek ki \(y_1\) ile \(y_2\), \(x = 0\) noktasını içeren her açık aralıkta aynı başlangıç değer probleminin iki farklı çözümüdür (böyle bir aralık \(x > 0\) olan noktalar da içerir ve orada \(y_2 \neq y_1\)’dir): teklik bozulmuştur.
Dahası, bozulma iki çözümle de sınırlı değildir. Her \(a \ge 0\) için
\[y_a(x) = \begin{cases} 0, & x \le a \\[4pt] \dfrac{(x-a)^2}{4}, & x > a \end{cases}\]
fonksiyonu da aynı problemi çözer: çözüm eğrisi \(x\) ekseni boyunca istediği kadar ilerler, sonra istediği anda “ayrılıp” yükselmeye başlar. Yani problemin sonsuz çoklukta çözümü vardır. Teklik, tam da \(\partial f/\partial y\)’nin tanımsız olduğu ve \(y \to 0^+\) iken sınırsız büyüdüğü \(y = 0\) doğrusu üzerinde bozuluyor. Yine de dikkat: teoremin hipotezleri yalnızca yeterli olduğundan, bozulmayı teoremden değil, iki çözümü açıkça bularak gördük.
\(\blacksquare\)
Bu örnekteki \(y \equiv 0\) çözümünün ilginç bir yanı daha vardır: birazdan göreceğimiz gibi, denklemin genel çözüm ailesinde bu fonksiyon yoktur. Genel çözümdeki keyfi sabitlere hangi değer verilirse verilsin elde edilemeyen böyle çözümlere Çözüm Kavramı ve Çözüm Aileleri bölümünde tekil çözüm adını vermiştik: denklemi sağlar, ama ailenin hiçbir üyesi değildir. Aşağıdaki örnek, tekil çözümlerle tekliğin bozulmasının aynı yerde buluştuğunu gösteriyor.
Örnek 3.12 (Bir Tekil Çözüm) \(c\) keyfi sabit olmak üzere
\[y(x) = \frac{(x + c)^2}{4}\]
fonksiyonlarının \(\dfrac{dy}{dx} = \sqrt{y}\) denkleminin genel çözümü olduğunu gösteriniz ve \(y \equiv 0\) fonksiyonunun tekil çözüm olduğunu belirtiniz.
Çözüm
Önce ailenin denklemi sağladığını doğrulayalım. Türev alalım:
\[y'(x) = \frac{2(x+c)}{4} = \frac{x+c}{2}\]
Öte yandan
\[\sqrt{y(x)} = \sqrt{\frac{(x+c)^2}{4}} = \frac{|x + c|}{2}\]
Bu iki ifade tam olarak \(x + c \ge 0\) iken eşittir; \(x + c < 0\) iken \(y'\) negatif, \(\sqrt{y}\) ise pozitiftir. O hâlde her parabolün yalnızca sağ yarısı işe yarar:
\[y(x) = \frac{(x+c)^2}{4}, \qquad x > -c\]
fonksiyonu \(-c < x < \infty\) aralığında denklemin bir çözümüdür ve \(c\) keyfi olduğundan tek parametreli bir çözüm ailesi elde ederiz. Denklem birinci mertebeden olduğu ve ailede bir keyfi sabit bulunduğu için bu aile genel çözümdür.
Şimdi \(y \equiv 0\) fonksiyonuna bakalım. Bir önceki örnekte bunun denklemi sağladığını görmüştük. Ama ailenin bir üyesi midir? Olması için, her \(x\) değeri için
\[\frac{(x+c)^2}{4} = 0\]
olmasını sağlayan bir \(c\) sabiti bulmalıyız. Sabit bir \(c\) için bu eşitlik yalnızca \(x = -c\) noktasında doğrudur, bir aralık boyunca değil. Dolayısıyla hiçbir \(c\) değeri sıfır fonksiyonunu vermez.
Sonuç: \(y \equiv 0\), denklemin genel çözümünden elde edilemeyen bir çözümdür; yani bir tekil çözümdür.
Bu, teklik bozulmasının geometrik resmini de tamamlar. Ailedeki her parabol parçası, \(x \to -c^+\) iken \(x\) eksenine teğet olarak \((-c, 0)\) noktasına yaklaşır; \(y = 0\) doğrusu bu parçaların bir “zarfı” görevi görür. \((-c, 0)\) noktası parçanın kendisine ait değildir, ama parçayı \(x\) ekseninin bu noktanın solundaki kısmıyla birleştirmek bir önceki örnekteki \(y_a\) fonksiyonunu verir (\(a = -c\)). Oradaki doğrulama her gerçel \(a\) için aynen geçerlidir: \(y_a\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde denklemi sağlar ve \(y_a(a) = 0\)’dır. Böylece \(x\) ekseni üzerindeki her \((a, 0)\) noktasından hem \(y \equiv 0\) hem de \(y_a\) çözümü geçer. Zaten bu doğru, \(\partial f/\partial y\)’nin tanımsız kaldığı yerdir.
\(\blacksquare\)
Bir problemle karşılaştığınızda izlenecek yol şudur: denklemi \(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) biçiminde yazın, \(\partial f/\partial y\)’yi hesaplayın, ikisinin tanımsız ya da süreksiz olduğu noktaları işaretleyin ve başlangıç noktasının bu kümeden uzak olup olmadığına bakın. Uzaksa başlangıç noktasının yakınında çözüm var ve tektir. Üzerindeyse teorem susar; teklik bozulmuş olabilir ve ortada bir tekil çözüm bulunabilir.
3.4 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda, \(y'' + y = 0\) denkleminin genel çözümünün \(y = c_1 \cos x + c_2 \sin x\) olduğunu ve Örnek 3.3 içinde gösterildiği gibi denklemin her çözümünün bu biçimde olduğunu kullanabilirsiniz.
Alıştırma 3.1 (Tek Çözümlü Bir Sınır Değer Problemi) \[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0, \qquad y(0) = 2, \qquad y\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = -3\]
problemini çözünüz.
Çözüm
Koşullar iki farklı noktada verildiğinden bu bir sınır değer problemidir. Genel çözümde \(x = 0\) alalım:
\[y(0) = c_1 = 2\]
Şimdi \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alalım:
\[y\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 1 = c_2 = -3\]
İki sabit de belirlendi. Özel çözüm
\[y(x) = 2\cos x - 3\sin x\]
Bu problemde sabitler birbirinden bağımsız olarak okunabildiği için çelişki çıkmadı ve çözüm tek oldu.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 3.2 (Sonsuz Çözümlü Bir Sınır Değer Problemi) \[\frac{d^2 y}{dx^2} + y = 0, \qquad y(0) = 0, \qquad y(\pi) = 0\]
probleminin kaç çözümü vardır?
Çözüm
Birinci koşuldan
\[y(0) = c_1 = 0\]
çıkar. İkinci koşulda \(\cos \pi = -1\) ve \(\sin \pi = 0\) değerlerini kullanalım:
\[y(\pi) = -c_1 = 0\]
Bu eşitlik, \(c_1 = 0\) olduğu için kendiliğinden sağlanır; \(c_2\) hakkında hiçbir bilgi vermez. Demek ki \(c_2\) serbest kalır ve
\[y(x) = c_2 \sin x\]
fonksiyonlarının hepsi problemin çözümüdür. Problemin sonsuz çoklukta çözümü vardır.
Bu alıştırmayı, çözümü olmayan sınır değer problemiyle yan yana koymak öğreticidir: her iki durumda da \(\sin \pi = 0\) olması yüzünden \(c_2\) ikinci denklemden düşer. Kalan denklem \(c_1\) için bir çelişki üretirse çözüm yok olur, kendiliğinden sağlanırsa sonsuz çözüm ortaya çıkar. Sınır değer problemlerinde “tek çözüm” kuralın kendisi değil, şanslı hâlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 3.3 (Üstel Çözüm Ailesiyle Bir Başlangıç Değer Problemi) \(y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x}\) fonksiyonlarının \(y'' - 4y = 0\) denkleminin genel çözümü olduğu biliniyor. Buna göre
\[y'' - 4y = 0, \qquad y(0) = 1, \qquad y'(0) = 0\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözümün türevini alalım:
\[y'(x) = 2c_1 e^{2x} - 2c_2 e^{-2x}\]
\(x = 0\) yazalım; \(e^0 = 1\) olduğundan koşullar
\[y(0) = c_1 + c_2 = 1\]
\[y'(0) = 2c_1 - 2c_2 = 0\]
denklemlerini verir. İkinci denklemden \(c_1 = c_2\) bulunur; bunu birinci denklemde yerine koyarsak \(2c_1 = 1\), yani
\[c_1 = c_2 = \frac{1}{2}\]
olur. Özel çözüm
\[y(x) = \frac{e^{2x} + e^{-2x}}{2} = \cosh 2x\]
Sabitleri belirleyen sistemin katsayılar determinantı \(1 \cdot (-2) - 1 \cdot 2 = -4\) sıfırdan farklı olduğu için sistemin bu tek çözümü vardır; yani ailenin koşulları sağlayan tek üyesi budur. Problemin aile dışında da başka bir çözümü bulunmadığını ise lineer denklemler için varlık ve teklik teoremi (Teorem 13.2) garanti eder: denklem lineer ve katsayıları sabit olduğundan, aynı noktada verilen \(y\) ve \(y'\) değerlerini sağlayan çözüm tektir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 3.4 (Bir Doğrudan Uzak Duran Başlangıç Noktası) \[\frac{dy}{dx} = \frac{x - y}{x + y}, \qquad y(2) = 1\]
probleminin çözümünün varlığı ve tekliği hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
Sağ tarafı adlandıralım:
\[f(x,y) = \frac{x - y}{x + y}\]
Bu fonksiyon, payda sıfır olmadıkça yani \(x + y \ne 0\) oldukça süreklidir. Kısmi türevi bölüm kuralıyla hesaplayalım:
\[\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{(-1)(x+y) - (x-y)(1)}{(x+y)^2}\]
Payı sadeleştirelim:
\[\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{-x - y - x + y}{(x+y)^2} = \frac{-2x}{(x+y)^2}\]
Bu da \(x + y \ne 0\) oldukça süreklidir. Demek ki her iki fonksiyon da yalnızca \(y = -x\) doğrusu üzerinde süreksizdir.
Başlangıç noktası \((2,1)\) için \(x + y = 3 \ne 0\)’dır; nokta bu doğrunun üzerinde değildir. Örneğin
\[D = \{(x,y) : x + y > 0\}\]
yarı düzlemi açık ve bağlantılıdır, \((2,1)\) noktasını içerir ve üzerinde her iki hipotez de sağlanır.
O hâlde yeterince küçük bir \(h > 0\) için \(|x - 2| < h\) aralığında tanımlı ve \(\phi(2) = 1\) koşulunu sağlayan tek bir \(\phi\) çözümü vardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 3.5 (Teoremin Sustuğu Bir Problem) \[\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x - 1}, \qquad y(1) = 3\]
probleminde teoremin hipotezlerini denetleyiniz ve sonucu yorumlayınız.
Çözüm
Fonksiyonları yazalım:
\[f(x,y) = \frac{y}{x-1}, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{1}{x-1}\]
Her ikisi de \(x = 1\) doğrusu üzerinde tanımsız, dolayısıyla süreksizdir. Başlangıç noktası \((1,3)\) tam olarak bu doğrunun üzerindedir; \((1,3)\)’ü içeren her açık küme \(x = 1\) noktalarını da içereceğinden, hipotezlerin sağlandığı bir bölge bulunamaz. Teorem bu problem hakkında hiçbir bilgi vermez.
Burada “bilgi yok” demenin “çözüm yok” demek olmadığını vurgulamak gerekir; ama bu özel problemde çözümün gerçekten olmadığını doğrudan gösterebiliriz. Problemin bir \(\phi\) çözümü olsaydı, \(\phi\) başlangıç noktası \(x_0 = 1\)’i içeren bir aralığın her noktasında denklemi sağlamak zorundaydı. Özellikle \(x = 1\) noktasında
\[\phi'(1) = \frac{\phi(1)}{1 - 1}\]
eşitliğini yazabilmemiz gerekirdi; oysa payda sıfır olduğundan sağ taraf tanımsızdır. Denklem tam da başlangıç noktasında anlamını yitirdiğine göre, bu problemin hiçbir çözümü yoktur.
Aynı sonucu denklemin çözüm eğrileri üzerinden de görebiliriz. \(c\) sabit olmak üzere
\[y(x) = c(x-1)\]
fonksiyonlarını deneyelim:
\[y'(x) = c \quad \text{ve} \quad \frac{y(x)}{x-1} = \frac{c(x-1)}{x-1} = c\]
olduğundan bunlar \(x > 1\) ve \(x < 1\) aralıklarında denklemin çözümleridir; \(x = 1\) noktasında ise denklem anlamsızdır. Her \(c\) için
\[\lim_{x \to 1} c(x-1) = 0\]
olduğundan bu ailedeki bütün doğrular \(x \to 1\) iken tek bir noktaya, \((1,0)\) noktasına yaklaşır.
Başka bir çözüm de \((1,3)\) noktasına yaklaşamaz, çünkü \(x > 1\) ya da \(x < 1\) olan bir aralıkta tanımlı her \(\phi\) çözümü bu ailedendir. Gerçekten denklem gereği \(\phi'(x)\,(x - 1) = \phi(x)\) olduğundan böyle bir aralıkta
\[\left(\frac{\phi}{x-1}\right)' = \frac{\phi'\,(x-1) - \phi}{(x-1)^2} = 0\]
olur. Türevi sıfır olan fonksiyon aralıkta sabittir; yani bir \(c\) sabiti için \(\phi(x) = c(x-1)\) ve \(x \to 1\) iken \(\phi(x) \to 0\)’dır. Teoremin susması, kötü şeylerin olabileceği anlamına gelir; burada olmuştur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 3.6 (Tekliğin Bozulduğu Başka Bir Problem) \[\frac{dy}{dx} = y^{2/3}, \qquad y(0) = 0\]
probleminin en az iki çözümü olduğunu gösteriniz ve bunun teoremle çelişmediğini açıklayınız.
Çözüm
Burada \(y^{2/3}\), gerçel küp kökle \(\left(\sqrt[3]{y}\right)^{2}\) anlamındadır; böylece sağ taraf negatif \(y\) değerleri için de tanımlıdır. Önce iki çözüm bulalım.
Birinci çözüm. \(y_1(x) = 0\) alalım. Bu durumda \(y_1'(x) = 0\) ve \(y_1(x)^{2/3} = 0\) olduğundan denklem sağlanır; ayrıca \(y_1(0) = 0\)’dır.
İkinci çözüm. \(y_2(x) = \dfrac{x^3}{27}\) alalım. Türevi
\[y_2'(x) = \frac{3x^2}{27} = \frac{x^2}{9}\]
Sağ tarafı hesaplayalım:
\[y_2(x)^{2/3} = \left(\sqrt[3]{\frac{x^3}{27}}\right)^{2} = \left(\frac{x}{3}\right)^{2} = \frac{x^2}{9}\]
Gerçel küp kök kullandığımız için bu hesap negatif \(x\) değerleri için de geçerlidir. İki taraf eşittir; ayrıca \(y_2(0) = 0\)’dır. Demek ki \(y_2\) de problemin çözümüdür ve \(y_1\) ile \(y_2\) farklı fonksiyonlardır.
Şimdi bunun teoremle neden çelişmediğine bakalım:
\[f(x,y) = y^{2/3}, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = \frac{2}{3} y^{-1/3} = \frac{2}{3\sqrt[3]{y}}\]
\(f(x,y) = \left(\sqrt[3]{y}\right)^{2}\) sürekli fonksiyonların bileşkesi olduğundan bütün düzlemde süreklidir, ama kısmi türev \(y = 0\) üzerinde tanımsızdır. Başlangıç noktası \((0,0)\) tam da orada bulunduğundan ikinci hipotez sağlanmaz. Teorem hipotezleri sağlanmayan bir problem hakkında hiçbir şey iddia etmediği için tekliğin bozulması bir çelişki yaratmaz; tersine, hipotezlerin gereksiz olmadığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde, verilen bir denklemden yola çıkıp koşulları sağlayan çözümü bulduk: genel çözümdeki keyfi sabitleri ek koşullarla belirledik. Bir sonraki bölümde yolu tersine yürüyeceğiz. Elimizde keyfi sabitler içeren bir eğri ailesi varsa, türev alarak bu sabitleri yok edip ailenin sağladığı diferansiyel denklemi kuracağız: Keyfi Sabitlerin Yok Edilmesi.