15 Belirsiz Katsayılar Yöntemi
Bir önceki bölümde sabit katsayılı homojen denklemleri çözdük: \(y'' + by' + cy = 0\) denkleminde \(e^{\lambda x}\) denemesi bizi karakteristik denkleme götürdü ve köklerin türüne göre genel çözümü yazdık. Ancak uygulamada karşılaşılan denklemlerin çoğunda sağ taraf sıfır değildir. Bir yaya bağlı kütleyi dışarıdan periyodik bir kuvvetle ittiğimizde ya da bir elektrik devresine bir gerilim kaynağı bağladığımızda denklem
\[y'' + by' + cy = r(x)\]
biçimini alır; buradaki \(r(x)\) terimi sisteme dışarıdan yapılan etkiyi temsil eder.
Bu bölümde böyle homojen olmayan (nonhomogeneous) denklemleri iki adımda çözeceğiz. Önce, homojen olmayan bir lineer denklemin bütün çözümlerinin, karşılık gelen homojen denklemin genel çözümüne tek bir özel çözüm eklenerek elde edildiğini kanıtlayacağız; böylece iş, zaten çözmeyi bildiğimiz homojen denkleme ve herhangi bir özel çözüm bulmaya iner. İkinci adımda, \(r(x)\) üstel fonksiyon, polinom, sinüs ya da kosinüs veya bunların toplam ve çarpımları olduğunda özel çözümü hızla bulduran belirsiz katsayılar yöntemini (method of undetermined coefficients) işleyeceğiz: özel çözümü \(r(x)\)’e benzeyen, katsayıları bilinmeyen bir ifade olarak tahmin edecek ve katsayıları denklemin kendisinden okuyacağız.
Sabit katsayılı lineer denklemleri \(e^{\lambda x}\) biçiminde çözüm arayarak çözme fikrini Leonhard Euler (1707–1783) 1743’te yayımladı ve birkaç yıl sonra sağ tarafı sıfır olmayan denklemleri de ele aldı. Bir ifadeyi bilinmeyen katsayılarla yazıp iki taraftaki katsayıları eşitleyerek bu katsayıları bulma düşüncesi ise cebirde daha eskidir; René Descartes (1596–1650) bu düşünceyi 1637’de yayımladığı La Géométrie adlı eserinde kullanmıştı.
15.1 Homojen Olmayan Denklemin Genel Çözümü
Önce katsayıların sabit olması gerekmeyen genel durumla başlayalım; bu kısımdaki sonuçlar yöntemden bağımsızdır ve bir sonraki bölümde de kullanılacaktır. Standart biçimdeki ikinci mertebe lineer denklemi (Tanım 11.1) ve sağ tarafı sıfırlanarak elde edilen denklemi yan yana yazalım:
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x), \tag{1}\]
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0. \tag{2}\]
Burada \(r(x)\) özdeş olarak sıfır değildir. (1) homojen olmayan denklemdir; (2) ise ona karşılık gelen homojen denklem (associated homogeneous equation) adını alır. Bu kısım boyunca \(p\), \(q\) ve \(r\)’nin açık bir \(I\) aralığında sürekli olduğunu varsayacağız.
Tanım 15.1 (Homojen Olmayan Denklemin Genel Çözümü) (1) denkleminin \(I\) aralığı üzerindeki bir genel çözümü,
\[y(x) = y_h(x) + y_p(x)\]
biçimindeki bir çözümdür. Burada
- \(y_h\), karşılık gelen (2) homojen denkleminin \(I\) üzerindeki genel çözümüdür ve homojen çözüm adını alır;
- \(y_p\), (1) denkleminin \(I\) üzerinde keyfi sabit içermeyen herhangi bir çözümüdür ve özel çözüm adını alır.
Yani homojen olmayan denklemin genel çözümü iki parçadan oluşur: iki keyfi sabiti taşıyan \(y_h\) ve hiç sabit içermeyen tek bir \(y_p\). \(y_h = c_1y_1 + c_2y_2\) iki bağımsız keyfi sabit içerdiğinden bu, Tanım 2.4 anlamında da bir genel çözümdür; \(c_1 = c_2 = 0\) seçildiğinde geriye \(y_p\) kaldığı için \(y_p\) gerçekten bir özel çözümdür.
Tanımın akla getirdiği iki soru vardır: (1)’in \(y_h + y_p\) biçiminde yazılamayan bir çözümü olabilir mi? Başka bir \(y_p\) seçseydik başka çözümler mi bulurduk? Aşağıdaki teorem iki soruya da “hayır” der. İspatı kısaltmak için
\[L[y] = y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y\]
kısaltmasını kullanalım. \(L\), iki kez türevlenebilen her \(y\) fonksiyonuna yeni bir fonksiyon karşılık getirir; (1) ve (2) denklemleri sırasıyla \(L[y] = r\) ve \(L[y] = 0\) biçimini alır. Türev almak toplama ve sabitle çarpmayla uyumlu olduğundan \(L\) lineerdir: iki kez türevlenebilen \(u\), \(v\) fonksiyonları ve \(k_1\), \(k_2\) sabitleri için
\[ \begin{aligned} L[k_1u + k_2v] &= (k_1u'' + k_2v'') + p\,(k_1u' + k_2v') + q\,(k_1u + k_2v)\\[1mm] &= k_1\,L[u] + k_2\,L[v]. \end{aligned} \]
Süperpozisyon ilkesi (Teorem 11.1) bu eşitliğin \(L[u] = L[v] = 0\) durumundan ibarettir.
Teorem 15.1 (Homojen Olmayan Denklemin Çözümlerinin Yapısı) \(p\), \(q\), \(r\) açık bir \(I\) aralığında sürekli olsun; \(y_1\), \(y_2\) karşılık gelen (2) homojen denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi (Tanım 11.3), \(y_p\) de (1) denkleminin \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun.
- Her \(c_1\), \(c_2\) sabiti için \(y = c_1y_1 + c_2y_2 + y_p\) fonksiyonu (1)’in \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
- (1)’in \(I\) üzerindeki her \(Y\) çözümü, uygun \(c_1\), \(c_2\) sabitleriyle \(Y = c_1y_1 + c_2y_2 + y_p\) biçiminde yazılabilir.
Özel olarak, (1)’in iki çözümünün farkı (2)’nin bir çözümüdür.
İspat
Birinci kısım. \(L\)’nin lineerliğini ve \(L[y_1] = L[y_2] = 0\), \(L[y_p] = r\) eşitliklerini kullanalım:
\[ \begin{aligned} L[c_1y_1 + c_2y_2 + y_p] &= c_1\,L[y_1] + c_2\,L[y_2] + L[y_p]\\[1mm] &= 0 + 0 + r = r. \end{aligned} \]
İki çözümün farkı. \(Y_1\) ve \(Y_2\), (1)’in \(I\) üzerinde iki çözümü olsun. Lineerlikten
\[L[Y_1 - Y_2] = L[Y_1] - L[Y_2] = r - r = 0\]
bulunur; yani \(Y_1 - Y_2\), (2)’nin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
İkinci kısım. \(Y\), (1)’in \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun. Az önce gördüğümüz gibi \(Y - y_p\) farkı (2)’nin \(I\) üzerinde bir çözümüdür. \(y_1\), \(y_2\) bir temel çözüm kümesi olduğundan Teorem 11.2 gereği (2)’nin her çözümü \(c_1y_1 + c_2y_2\) biçimindedir. Demek ki uygun \(c_1\), \(c_2\) sabitleri için
\[Y - y_p = c_1y_1 + c_2y_2, \qquad \text{yani} \qquad Y = c_1y_1 + c_2y_2 + y_p\]
olur.
\(\blacksquare\)
Yani \(y_h + y_p\) formülü (1)’in bütün çözümlerini kapsar: homojen olmayan lineer bir denklemin tekil çözümü yoktur. Hangi özel çözümü seçtiğimiz de önemli değildir; iki özel çözüm birbirinden yalnızca bir homojen çözüm kadar farklıdır ve bu fark \(y_h\)’nin keyfi sabitleri tarafından emilir. Dolayısıyla homojen olmayan bir denklemi çözmek birbirinden bağımsız iki işe ayrılır:
- karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü \(y_h\)’yi bulmak,
- (1)’i sağlayan herhangi bir \(y_p\) fonksiyonu bulmak.
Örnek 15.1 (Aynı Denklemin İki Özel Çözümü) \(y'' + y = x\) denklemi için \(x\) ve \(x + \sin x\) fonksiyonlarının ikisinin de özel çözüm olduğunu ve ikisinden elde edilen genel çözümlerin aynı fonksiyon ailesini verdiğini gösteriniz.
Çözüm
İki fonksiyon da çözümdür. \(y_p = x\) için \(y_p'' = 0\) olduğundan \(y_p'' + y_p = 0 + x = x\) sağlanır. \(\tilde{y}_p = x + \sin x\) için \(\tilde{y}_p'' = -\sin x\) olduğundan
\[\tilde{y}_p'' + \tilde{y}_p = -\sin x + x + \sin x = x\]
bulunur. İkisi de keyfi sabit içermez; demek ki ikisi de özel çözümdür.
Farkları homojen çözümdür. \(\tilde{y}_p - y_p = \sin x\) farkı, Teorem 15.1 ile uyumlu olarak karşılık gelen \(y'' + y = 0\) homojen denklemini sağlar:
\[(\sin x)'' + \sin x = -\sin x + \sin x = 0.\]
Genel çözümler. Karakteristik denklem \(\lambda^2 + 1 = 0\)’ın kökleri \(\pm i\) olduğundan (Teorem 14.4) homojen çözüm \(y_h = c_1\cos x + c_2\sin x\)’tir. İki özel çözümden
\[y = c_1\cos x + c_2\sin x + x\]
ve
\[y = c_1\cos x + c_2\sin x + x + \sin x = c_1\cos x + (c_2 + 1)\sin x + x\]
genel çözümleri elde edilir. \(c_2\) keyfi olduğundan \(c_2 + 1\) de keyfidir; ikinci ailede \(c_2 + 1\) yerine yeni bir sabit yazılınca birinci aile elde edilir. İki formül aynı çözümleri verir.
\(\blacksquare\)
15.2 Deneme Fonksiyonları
Homojen kısmı bir önceki bölümde çözdük; şimdi asıl soru \(y_p\)’nin nasıl bulunacağıdır. Bölümün geri kalanında katsayıları sabit olan
\[y'' + by' + cy = r(x) \qquad (b,\ c \ \text{gerçel sabitler}) \tag{3}\]
denklemiyle (Tanım 1.7) çalışacağız; denklem \(ay'' + by' + cy = r(x)\) biçiminde verilmişse önce iki taraf \(a\)’ya bölünür. Bu durumda \(L[y] = y'' + by' + cy\) olur. Karakteristik polinomu (Tanım 14.1), (1)’deki \(p(x)\) katsayısıyla karışmasın diye bu bölümde büyük harfle yazacağız:
\[P(\lambda) = \lambda^2 + b\lambda + c.\]
Yöntemin arkasındaki gözlem basittir: üstel fonksiyonların, polinomların, \(\sin\beta x\) ile \(\cos\beta x\)’in ve bunların çarpımlarının türevleri yine aynı türden fonksiyonlardır.
- \((e^{\alpha x})' = \alpha\,e^{\alpha x}\): üstel fonksiyon kendi katına dönüşür.
- Bir polinomun türevi, derecesi bir eksik olan bir polinomdur.
- \(\cos\beta x\) ile \(\sin\beta x\) türev alındıkça birbirine dönüşür.
Bu yüzden \(y_p\)’yi \(r(x)\)’e benzeyen, katsayıları bilinmeyen bir ifade olarak seçersek \(L[y_p]\) de aynı türden fonksiyonlardan oluşur; iki taraftaki karşılık gelen terimlerin katsayılarını eşitleyerek bilinmeyenleri buluruz.
Tanım 15.2 (Deneme Fonksiyonu) (3) denkleminde \(y_p\) yerine konmak üzere, \(r(x)\)’in terimleriyle aynı türden fonksiyonların katsayıları henüz bilinmeyen bir lineer birleşimi olarak seçilen ifadeye deneme fonksiyonu (trial function) denir. Deneme fonksiyonundaki bilinmeyen katsayılara belirsiz katsayılar (undetermined coefficients) denir.
Yani deneme fonksiyonu, özel çözümün biçimi hakkında yaptığımız bir tahmindir; tahminin işe yarayıp yaramadığını ve katsayıların değerini, ifadeyi denklemde yerine koyarak öğreniriz.
Hangi sağ taraf için hangi deneme fonksiyonunun seçileceği aşağıdaki tabloda toplanmıştır. Tabloda \(k\), \(\alpha\) ve \(\beta \neq 0\) verilen sabitlerdir; \(A\), \(B\), \(A_0, \dots, A_n\) belirsiz katsayılardır. \(S_n(x) = A_nx^n + \cdots + A_1x + A_0\) ve \(T_n(x) = B_nx^n + \cdots + B_1x + B_0\) de katsayıları belirsiz olan \(n\). dereceden iki polinomu gösterir.
| \(r(x)\) içindeki terim | \(y_p\) için deneme fonksiyonu |
|---|---|
| \(k\,e^{\alpha x}\) | \(A\,e^{\alpha x}\) |
| \(k\,x^n\) \(\;(n = 0, 1, 2, \dots)\) | \(A_nx^n + \cdots + A_1x + A_0\) |
| \(k\cos\beta x\) ya da \(k\sin\beta x\) | \(A\cos\beta x + B\sin\beta x\) |
| \(k\,e^{\alpha x}\cos\beta x\) ya da \(k\,e^{\alpha x}\sin\beta x\) | \(e^{\alpha x}\left(A\cos\beta x + B\sin\beta x\right)\) |
| \(k\,x^n e^{\alpha x}\) | \(S_n(x)\,e^{\alpha x}\) |
| \(k\,x^n\cos\beta x\) ya da \(k\,x^n\sin\beta x\) | \(S_n(x)\cos\beta x + T_n(x)\sin\beta x\) |
Tabloyu kullanırken üç noktaya dikkat edelim.
- Sinüs ile kosinüs birlikte gelir. Sağ tarafta yalnız \(\cos\beta x\) bulunsa bile deneme fonksiyonuna \(\sin\beta x\) de konur, çünkü \(y_p\)’nin türevleri ikisini birden üretir.
- Polinomun bütün kuvvetleri gerekir. Sağ taraf yalnız \(x^n\) olsa bile deneme fonksiyonu \(x^n\)’den sabit terime kadar bütün kuvvetleri içerir, çünkü türev aldıkça daha düşük kuvvetler ortaya çıkar. Sağ taraftaki \(k\) sayısı deneme fonksiyonuna taşınmaz; onun yerine belirsiz katsayılar gelir.
- Çarpımlar. Dördüncü satır üstel ile trigonometrik, beşinci satır polinom ile üstel, altıncı satır da polinom ile trigonometrik deneme fonksiyonlarının çarpımıdır. Örneğin \(x\sin x\) için \((Ax + B)\) ile \((D\cos x + E\sin x)\) çarpılır; açılınca \((AD\,x + BD)\cos x + (AE\,x + BE)\sin x\) elde edilir. \(AD\), \(BD\), \(AE\), \(BE\) çarpımları birbirinden bağımsız dört yeni katsayıyla değiştirilerek deneme fonksiyonu \((A_1x + A_2)\cos x + (B_1x + B_2)\sin x\) biçiminde yazılır. Üstel, polinom ve trigonometrik çarpanın üçünü birden içeren terimlerde de deneme fonksiyonu aynı yolla kurulur: \(e^{\alpha x}\big(S_n(x)\cos\beta x + T_n(x)\sin\beta x\big)\).
Yöntemin sınırı da aynı gözlemden çıkar: türevleri sonlu sayıda fonksiyon türü içinde kalmayan sağ taraflar için uygun bir deneme fonksiyonu yoktur. Örneğin \(r(x) = \tan x\) ise türevler \(\sec^2 x\), \(2\sec^2 x\tan x\), … biçiminde hep yeni türler üretir; \(r(x) = \dfrac{1}{x}\) için de \(-\dfrac{1}{x^2}\), \(\dfrac{2}{x^3}\), … ile durum aynıdır. Böyle sağ taraflarda ve katsayılar sabit olmadığında bir sonraki bölümün yöntemine başvuracağız.
15.3 Toplam Kuralı
Sağ taraf tablodaki terimlerin bir toplamı olduğunda her terimle ayrı ayrı uğraşabiliriz. Bunun nedeni yine \(L\)’nin lineerliğidir; aşağıdaki teorem katsayılar sabit olmasa da geçerlidir.
Teorem 15.2 (Toplam Kuralı) \(y_{p_1}\), \(L[y] = r_1(x)\) denkleminin; \(y_{p_2}\) de \(L[y] = r_2(x)\) denkleminin \(I\) üzerinde birer çözümü olsun. Bu durumda her \(k_1\), \(k_2\) sabiti için \(k_1y_{p_1} + k_2y_{p_2}\) fonksiyonu
\[L[y] = k_1\,r_1(x) + k_2\,r_2(x)\]
denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
İspat
\(L[y_{p_1}] = r_1\) ve \(L[y_{p_2}] = r_2\) olduğundan \(L\)’nin lineerliği gereği
\[L[k_1y_{p_1} + k_2y_{p_2}] = k_1\,L[y_{p_1}] + k_2\,L[y_{p_2}] = k_1r_1 + k_2r_2\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, süperpozisyon ilkesinin sağ taraflar için bir benzeridir. Yani sağ taraf \(r = r_1 + r_2 + \cdots\) biçiminde bir toplamsa, deneme fonksiyonu her terim için tablodan seçilen satırların toplamı olarak alınır; istenirse her parça için özel çözüm ayrı ayrı hesaplanıp sonuçlar toplanır. Sağ taraftaki bir terim bir sabitle çarpılırsa, ona karşılık gelen özel çözüm de aynı sabitle çarpılır.
15.4 Değiştirme Kuralı
Tablo her zaman işe yaramaz. Neden yaramadığını görmek, düzeltmenin yolunu da gösterir.
\(y'' - y' - 2y = e^{2x}\) denklemini düşünelim. Tablo \(y_p = Ae^{2x}\) önerir. Yerine koyarsak \(y_p' = 2Ae^{2x}\), \(y_p'' = 4Ae^{2x}\) ve
\[y_p'' - y_p' - 2y_p = (4A - 2A - 2A)\,e^{2x} = 0\]
bulunur: \(A\) ne olursa olsun sol taraf sıfırdır ve \(e^{2x}\)’e eşit olamaz. Sebep, \(e^{2x}\)’in karşılık gelen homojen denklemin bir çözümü olmasıdır: karakteristik polinom \(P(\lambda) = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1)\) ve \(\lambda = 2\) onun bir köküdür. \(L\) homojen denklemin çözümlerini sıfıra götürdüğünden böyle terimler sağ tarafa hiçbir katkı yapamaz.
Bu kez deneme fonksiyonunu \(x\) ile çarpıp \(y_p = Axe^{2x}\) deneyelim. \(y_p' = A(1 + 2x)\,e^{2x}\) ve \(y_p'' = A(4 + 4x)\,e^{2x}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} y_p'' - y_p' - 2y_p &= A\big[(4 + 4x) - (1 + 2x) - 2x\big]\,e^{2x}\\[1mm] &= 3A\,e^{2x} \end{aligned} \]
olur. \(xe^{2x}\) terimleri yine birbirini götürdü, ama geriye bir \(e^{2x}\) terimi kaldı. \(3A = 1\) seçilirse \(y_p = \dfrac{1}{3}\,xe^{2x}\) bir özel çözüm olur.
Bu hesabın her üstel sağ taraf için nasıl işlediğini aşağıdaki özdeşlik açıklar.
Lemma 15.1 (Üstel Çarpanın Denklemden Geçirilmesi) \(L[y] = y'' + by' + cy\) ve \(P(\lambda) = \lambda^2 + b\lambda + c\) olsun. İki kez türevlenebilen her \(u\) fonksiyonu ve her gerçel \(\alpha\) sayısı için
\[L\big[u\,e^{\alpha x}\big] = \big[u'' + P'(\alpha)\,u' + P(\alpha)\,u\big]\,e^{\alpha x}\]
eşitliği sağlanır; burada \(P'(\alpha) = 2\alpha + b\)’dir.
İspat
Çarpım kuralıyla
\[(u\,e^{\alpha x})' = (u' + \alpha u)\,e^{\alpha x}, \qquad (u\,e^{\alpha x})'' = (u'' + 2\alpha u' + \alpha^2u)\,e^{\alpha x}\]
bulunur. Bunları \(L\)’de yerine koyup \(u''\), \(u'\) ve \(u\)’nun katsayılarını toplayalım:
\[ \begin{aligned} L\big[u\,e^{\alpha x}\big] &= \big[u'' + 2\alpha u' + \alpha^2u + b\,(u' + \alpha u) + c\,u\big]\,e^{\alpha x}\\[1mm] &= \big[u'' + (2\alpha + b)\,u' + (\alpha^2 + b\alpha + c)\,u\big]\,e^{\alpha x}. \end{aligned} \]
Parantezlerdeki ifadeler tam olarak \(P'(\alpha) = 2\alpha + b\) ve \(P(\alpha)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bu özdeşlik, Teorem 14.3 ispatında \(y = v\,e^{\lambda_0 x}\) için yapılan hesabın, \(\alpha\) kök olsun olmasın her sayı için yazılmış hâlidir.
Teoremi ifade etmeden önce kökler hakkında küçük bir hatırlatma yapalım. \(P(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)\) yazılırsa çarpım kuralıyla \(P'(\lambda) = (\lambda - \lambda_2) + (\lambda - \lambda_1)\) olur; dolayısıyla \(P'(\lambda_1) = \lambda_1 - \lambda_2\)’dir. Buna göre \(\alpha\) karakteristik denklemin basit kökü ise \(P(\alpha) = 0\) ama \(P'(\alpha) \neq 0\)’dır; çift katlı kökü (\(\lambda_1 = \lambda_2 = \alpha\), yani Teorem 14.3 içindeki katlı kök) ise \(P(\alpha) = P'(\alpha) = 0\)’dır.
Teorem 15.3 (Üstel Sağ Taraf İçin Özel Çözüm) \(k \neq 0\) ve \(\alpha\) gerçel sabitler olsun. \(y'' + by' + cy = k\,e^{\alpha x}\) denkleminin bir özel çözümü şöyledir:
- \(\alpha\) karakteristik denklemin kökü değilse, yani \(P(\alpha) \neq 0\) ise \(y_p = \dfrac{k}{P(\alpha)}\,e^{\alpha x}\);
- \(\alpha\) basit kökse, yani \(P(\alpha) = 0\) ve \(P'(\alpha) \neq 0\) ise \(y_p = \dfrac{k}{P'(\alpha)}\,x\,e^{\alpha x}\);
- \(\alpha\) çift katlı kökse, yani \(P(\alpha) = P'(\alpha) = 0\) ise \(y_p = \dfrac{k}{2}\,x^2e^{\alpha x}\).
İspat
Her durumda \(y_p = u\,e^{\alpha x}\) biçiminde bir fonksiyon arayacak ve \(L[y_p]\)’yi Lemma 15.1 ile hesaplayacağız.
Birinci durum. \(u = A\) sabit olsun. \(u' = u'' = 0\) olduğundan
\[L\big[A\,e^{\alpha x}\big] = A\,P(\alpha)\,e^{\alpha x}\]
olur. \(P(\alpha) \neq 0\) olduğundan \(A = \dfrac{k}{P(\alpha)}\) seçilebilir ve bu seçimle \(L[y_p] = k\,e^{\alpha x}\) sağlanır.
İkinci durum. Şimdi \(P(\alpha) = 0\) olduğundan sabit bir \(u\) işe yaramaz: \(L[A\,e^{\alpha x}] = 0\)’dır. \(u = Ax\) alalım; \(u' = A\), \(u'' = 0\) olduğundan
\[L\big[Ax\,e^{\alpha x}\big] = \big[A\,P'(\alpha) + A\,P(\alpha)\,x\big]\,e^{\alpha x} = A\,P'(\alpha)\,e^{\alpha x}\]
bulunur. \(P'(\alpha) \neq 0\) olduğundan \(A = \dfrac{k}{P'(\alpha)}\) seçilebilir.
Üçüncü durum. Şimdi \(P(\alpha) = P'(\alpha) = 0\) olduğundan hem \(u = A\) hem \(u = Ax\) için \(L[u\,e^{\alpha x}] = 0\) olur. \(u = Ax^2\) alalım; \(u' = 2Ax\), \(u'' = 2A\) olduğundan
\[ \begin{aligned} L\big[Ax^2e^{\alpha x}\big] &= \big[2A + 2A\,P'(\alpha)\,x + A\,P(\alpha)\,x^2\big]\,e^{\alpha x}\\[1mm] &= 2A\,e^{\alpha x} \end{aligned} \]
bulunur. \(A = \dfrac{k}{2}\) seçilirse istenen eşitlik sağlanır.
\(\blacksquare\)
Yani \(e^{\alpha x}\) homojen denklemin bir çözümüyse deneme fonksiyonunu \(x\) ile, \(xe^{\alpha x}\) de bir çözümse (çift katlı kök) \(x^2\) ile çarpmak gerekir ve yeterlidir. Yukarıdaki \(y'' - y' - 2y = e^{2x}\) hesabı ikinci durumun bir örneğidir: \(P'(2) = 2 \cdot 2 - 1 = 3\) olduğundan \(y_p = \dfrac{1}{3}\,xe^{2x}\) bulunur.
Aynı özdeşlik polinomlu terimlerde neler olduğunu da gösterir. \(u\) bir polinomsa \(L[u\,e^{\alpha x}]\) ifadesindeki köşeli parantezin derecesi \(P(\alpha) \neq 0\) iken \(u\)’nun derecesine eşittir. \(\alpha\) basit kökken \(P(\alpha)u\) terimi kaybolur ve derece \(u'\)’nün derecesine, yani bir eksiğine düşer; çift katlı kökken \(P'(\alpha)u'\) terimi de kaybolur ve derece \(u''\)’nün derecesine, yani iki eksiğine düşer. Kaybedilen dereceyi telafi etmek için deneme polinomunu sırasıyla \(x\) ya da \(x^2\) ile çarparız. \(\alpha = 0\) alınırsa bu, sağ tarafı yalnız polinom olan denklemleri de kapsar: \(c = 0\), \(b \neq 0\) ise \(0\) karakteristik denklemin basit kökü olur ve polinom deneme fonksiyonu \(x\) ile, \(b = c = 0\) ise \(x^2\) ile çarpılmalıdır.
Bu gözlemleri tablonun bütün satırları için tek bir kuralda toplayalım.
Değiştirme kuralı (modification rule). Tablodan seçilen deneme fonksiyonunun bir terimi karşılık gelen homojen denklemin bir çözümüyse, o satırdan gelen deneme fonksiyonunun tamamı \(x\) ile çarpılır; bu çözüm karakteristik denklemin çift katlı köküne karşılık geliyorsa \(x^2\) ile çarpılır.
Kısaca, deneme fonksiyonu \(x^s\) ile çarpılır; burada \(s\), sağ taraftaki terime karşılık gelen sayının (\(e^{\alpha x}\) için \(\alpha\), polinom için \(0\), trigonometrik terimler için \(\alpha + i\beta\)) karakteristik denklemin kaç katlı kökü olduğudur: kök değilse \(s = 0\), basit kökse \(s = 1\), çift katlı kökse \(s = 2\). Kuralı uygularken iki ayrıntıya dikkat edelim.
- Yalnız ilgili satır çarpılır. Sağ taraf bir toplamsa, homojen çözümle çakışmayan terimlerin deneme fonksiyonlarına dokunulmaz.
- Satırın tamamı çarpılır. Çarpılan şey o satırdan gelen bütün deneme fonksiyonudur, yalnız çakışan terim değil. Örneğin \((A_1x + A_2)\cos x + (B_1x + B_2)\sin x\) ifadesinde homojen çözümle yalnız \(A_2\cos x\) ve \(B_2\sin x\) çakışsa bile ifadenin tamamı \(x\) ile çarpılır.
\(e^{\alpha x}\cos\beta x\) ve \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) fonksiyonları, karakteristik denklemin kökleri \(\alpha \pm i\beta\) olduğunda homojen denklemin çözümleridir (Teorem 14.4). Bu yüzden sağ tarafta \(e^{\alpha x}\cos\beta x\) ya da \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) (özel olarak \(\alpha = 0\) iken \(\cos\beta x\) ya da \(\sin\beta x\)) bulunduğunda bakılacak sayı \(\alpha + i\beta\)’dır. Kompleks bir \(z\) için de \((e^{zx})' = z\,e^{zx}\) olduğundan Lemma 15.1 ispatı kompleks \(\alpha\) için kelimesi kelimesine geçerlidir; trigonometrik terimlerde \(x^s\) kuralını gerekçelendiren budur. Gerçel katsayılı ikinci dereceden bir denklemin gerçel olmayan kökleri birbirinin eşleniği olan iki farklı sayıdır; dolayısıyla böyle bir kök hiçbir zaman çift katlı değildir ve trigonometrik terimlerde çarpan en çok \(x\) olur. Dikkat: \(y'' + 2y' + 5y = \sin 2x\) denkleminde kökler \(-1 \pm 2i\)’dir; homojen çözümlerde \(\sin 2x\) değil \(e^{-x}\sin 2x\) bulunur, dolayısıyla burada değiştirme gerekmez.
15.5 Yöntemin Uygulanması
Artık yöntemin bütün parçaları elimizde. Adımları toplu hâlde yazalım ve ardından polinom, üstel, trigonometrik, toplam ve çarpım biçimindeki sağ taraflar üzerinde uygulayalım.
- Karakteristik denklemi çözüp karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü \(y_h\)’yi yaz.
- \(r(x)\)’in her terimi için tablodan deneme fonksiyonunu seç ve toplam kuralıyla topla. Her parçayı \(y_h\) ile karşılaştır; çakışma varsa değiştirme kuralıyla o parçayı \(x\) ya da \(x^2\) ile çarp.
- \(y_p\)’yi ve türevlerini denklemde yerine koy; aynı türden fonksiyonların katsayılarını iki tarafta eşitle ve ortaya çıkan lineer denklem sistemini çöz.
- Genel çözümü \(y = y_h + y_p\) olarak yaz. Başlangıç koşulları verilmişse \(c_1\), \(c_2\) sabitlerini en son, bu genel çözüm üzerinden belirle.
Örnek 15.2 (Polinom Sağ Taraf) \(y'' - y' - 2y = 4x^2\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karşılık gelen homojen denklem \(y'' - y' - 2y = 0\)’dır. Karakteristik denklemi
\[\lambda^2 - \lambda - 2 = 0 \;\Longrightarrow\; (\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0\]
olup kökler \(\lambda_1 = 2\), \(\lambda_2 = -1\) farklı gerçel sayılardır. Teorem 14.2 gereği
\[y_h = c_1e^{2x} + c_2e^{-x}.\]
Deneme fonksiyonu. \(r(x) = 4x^2\) ikinci dereceden bir polinomdur. Tabloya göre
\[y_p = A_2x^2 + A_1x + A_0\]
seçeriz. \(0\) karakteristik denklemin kökü olmadığından (homojen çözümde sabit fonksiyon yoktur) değiştirme gerekmez.
Yerine koyma. \(y_p' = 2A_2x + A_1\) ve \(y_p'' = 2A_2\) olduğundan denklem
\[2A_2 - (2A_2x + A_1) - 2(A_2x^2 + A_1x + A_0) = 4x^2\]
hâlini alır. Sol tarafı \(x\)’in kuvvetlerine göre düzenleyelim:
\[-2A_2\,x^2 + (-2A_2 - 2A_1)\,x + (2A_2 - A_1 - 2A_0) = 4x^2.\]
Katsayıların eşitlenmesi. İki polinomun eşit olması için aynı kuvvetlerin katsayıları eşit olmalıdır:
\[ \begin{aligned} x^2 &: \quad -2A_2 = 4 &&\Longrightarrow\; A_2 = -2,\\[1mm] x &: \quad -2A_2 - 2A_1 = 0 &&\Longrightarrow\; A_1 = -A_2 = 2,\\[1mm] \text{sabit} &: \quad 2A_2 - A_1 - 2A_0 = 0 &&\Longrightarrow\; -4 - 2 - 2A_0 = 0 \;\Longrightarrow\; A_0 = -3. \end{aligned} \]
Böylece \(y_p = -2x^2 + 2x - 3\) ve genel çözüm
\[y = y_h + y_p = c_1e^{2x} + c_2e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3\]
olur. Sağ tarafta yalnız \(x^2\) bulunduğu hâlde \(A_1x\) ve \(A_0\) terimlerine neden ihtiyaç duyduğumuz hesaptan görülüyor: türevler \(x\)’li ve sabit terimler üretti; bunları sıfırlayabilmek için ayarlanabilir katsayılar gerekiyordu.
\(\blacksquare\)
Örnek 15.3 (Üstel Sağ Taraf) \(y'' - y' - 2y = e^{3x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Sol taraf bir önceki örnektekiyle aynıdır; dolayısıyla
\[y_h = c_1e^{2x} + c_2e^{-x}.\]
Deneme fonksiyonu. \(r(x) = e^{3x}\) olduğundan \(y_p = Ae^{3x}\) seçeriz. \(3\) karakteristik denklemin kökü olmadığından (\(e^{3x}\) homojen çözümde geçmez) değiştirme gerekmez.
Yerine koyma. \(y_p' = 3Ae^{3x}\) ve \(y_p'' = 9Ae^{3x}\) olduğundan
\[9Ae^{3x} - 3Ae^{3x} - 2Ae^{3x} = e^{3x} \;\Longrightarrow\; 4A = 1 \;\Longrightarrow\; A = \frac{1}{4}.\]
Bu sonuç Teorem 15.3 ile de uyumludur: \(P(3) = 9 - 3 - 2 = 4\) ve \(y_p = \dfrac{1}{P(3)}\,e^{3x}\).
Genel çözüm.
\[y = c_1e^{2x} + c_2e^{-x} + \frac{1}{4}\,e^{3x}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 15.4 (Trigonometrik Sağ Taraf) \(y'' - 6y' + 25y = 2\sin\dfrac{x}{2} - \cos\dfrac{x}{2}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem \(\lambda^2 - 6\lambda + 25 = 0\)’dır. Diskriminant \(\Delta = 36 - 4 \cdot 25 = -64 < 0\) olduğundan kökler kompleks eşleniktir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{6 \pm \sqrt{-64}}{2} = 3 \pm 4i, \qquad \alpha = 3, \quad \beta = 4.\]
Teorem 14.4 gereği
\[y_h = e^{3x}\left(c_1\cos 4x + c_2\sin 4x\right).\]
Deneme fonksiyonu. Sağ tarafta \(\sin\dfrac{x}{2}\) ve \(\cos\dfrac{x}{2}\) bulunduğundan
\[y_p = A\sin\frac{x}{2} + B\cos\frac{x}{2}\]
seçeriz. Bu terimlere karşılık gelen sayı \(\dfrac{i}{2}\)’dir ve kökler \(3 \pm 4i\) olduğundan karakteristik denklemin kökü değildir; değiştirme gerekmez.
Türevler.
\[y_p' = \frac{A}{2}\cos\frac{x}{2} - \frac{B}{2}\sin\frac{x}{2}, \qquad y_p'' = -\frac{A}{4}\sin\frac{x}{2} - \frac{B}{4}\cos\frac{x}{2}.\]
Yerine koyma. Denklemde yerine koyarsak
\[ \begin{aligned} &\left(-\frac{A}{4}\sin\frac{x}{2} - \frac{B}{4}\cos\frac{x}{2}\right) - 6\left(\frac{A}{2}\cos\frac{x}{2} - \frac{B}{2}\sin\frac{x}{2}\right)\\[1mm] &\quad + 25\left(A\sin\frac{x}{2} + B\cos\frac{x}{2}\right) = 2\sin\frac{x}{2} - \cos\frac{x}{2} \end{aligned} \]
olur. \(\cos\dfrac{x}{2}\) ve \(\sin\dfrac{x}{2}\) terimlerinin katsayılarını eşitleyelim:
\[ \begin{aligned} \cos\tfrac{x}{2} &: \quad -\frac{B}{4} - 3A + 25B = -1 &&\Longrightarrow\; -3A + \frac{99}{4}\,B = -1,\\[1mm] \sin\tfrac{x}{2} &: \quad -\frac{A}{4} + 3B + 25A = 2 &&\Longrightarrow\; \frac{99}{4}\,A + 3B = 2. \end{aligned} \]
Sistemin çözümü. Kesirlerden kurtulmak için iki denklemi \(4\) ile çarpalım:
\[-12A + 99B = -4, \qquad 99A + 12B = 8.\]
\(B\)’yi yok etmek için birinci denklemi \(12\) ile, ikinciyi \(99\) ile çarpıp ikinciden birinciyi çıkaralım:
\[(9801 + 144)\,A = 792 + 48 \;\Longrightarrow\; 9945\,A = 840 \;\Longrightarrow\; A = \frac{840}{9945} = \frac{56}{663}.\]
Bunu ikinci denklemde yerine koyarsak
\[12B = 8 - 99 \cdot \frac{56}{663} = \frac{5304 - 5544}{663} = -\frac{240}{663} \;\Longrightarrow\; B = -\frac{20}{663}.\]
Genel çözüm. \(y_p = \dfrac{56}{663}\sin\dfrac{x}{2} - \dfrac{20}{663}\cos\dfrac{x}{2}\) olduğundan
\[y = e^{3x}\left(c_1\cos 4x + c_2\sin 4x\right) + \frac{56}{663}\sin\frac{x}{2} - \frac{20}{663}\cos\frac{x}{2}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 15.5 (Toplam Kuralının Kullanılması) \(y'' - y' - 2y = 4x^2 - 8e^{3x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sol taraf Örnek 15.2 ve Örnek 15.3 ile aynıdır; yalnız sağ taraf onların sağ taraflarının bir birleşimidir:
\[4x^2 - 8e^{3x} = 1 \cdot \big(4x^2\big) + (-8)\cdot\big(e^{3x}\big).\]
O örneklerde \(y_{p_1} = -2x^2 + 2x - 3\) fonksiyonunun \(L[y] = 4x^2\) denklemini, \(y_{p_2} = \dfrac{1}{4}e^{3x}\) fonksiyonunun da \(L[y] = e^{3x}\) denklemini sağladığını bulmuştuk. Teorem 15.2 gereği
\[y_p = y_{p_1} - 8\,y_{p_2} = -2x^2 + 2x - 3 - 2e^{3x}\]
istenen denklemin bir özel çözümüdür. İkinci parçayı hızlıca denetleyelim:
\[L[-2e^{3x}] = -2\,(9 - 3 - 2)\,e^{3x} = -8e^{3x}.\]
Homojen çözüm yine \(y_h = c_1e^{2x} + c_2e^{-x}\) olduğundan genel çözüm
\[y = c_1e^{2x} + c_2e^{-x} - 2x^2 + 2x - 3 - 2e^{3x}\]
olur. Hiç yeni hesap yapmadan, daha önce bulunan iki özel çözümü birleştirerek sonuca ulaştık.
\(\blacksquare\)
Örnek 15.6 (Toplam ve Değiştirme Kuralı Birlikte) \[y'' + y' - 6y = 10e^{2x} - 18e^{3x} - 6x - 11\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 + \lambda - 6 = 0 \;\Longrightarrow\; (\lambda + 3)(\lambda - 2) = 0\]
olup kökler \(\lambda_1 = -3\), \(\lambda_2 = 2\) farklı gerçel sayılardır. Dolayısıyla
\[y_h = c_1e^{-3x} + c_2e^{2x}.\]
Deneme fonksiyonu. Sağ taraf üç parçadan oluşur: \(10e^{2x}\), \(-18e^{3x}\) ve birinci dereceden \(-6x - 11\) polinomu. Tablo ve toplam kuralı normalde
\[y_p = Ae^{2x} + Be^{3x} + Cx + D\]
önerirdi. Ancak \(e^{2x}\) homojen çözümde de geçmektedir: \(2\) karakteristik denklemin basit köküdür. Değiştirme kuralına göre yalnız bu parçayı \(x\) ile çarparız; öteki parçalar homojen çözümle çakışmadığından olduğu gibi kalır:
\[y_p = Axe^{2x} + Be^{3x} + Cx + D.\]
Türevler.
\[ \begin{aligned} y_p' &= Ae^{2x} + 2Axe^{2x} + 3Be^{3x} + C,\\[1mm] y_p'' &= 4Ae^{2x} + 4Axe^{2x} + 9Be^{3x}. \end{aligned} \]
Yerine koyma. \(y_p'' + y_p' - 6y_p\) ifadesini yazıp aynı türden terimleri toplayalım:
\[ \begin{aligned} &(4A + 2A - 6A)\,xe^{2x} + (4A + A)\,e^{2x}\\[1mm] &\quad + (9B + 3B - 6B)\,e^{3x} - 6C\,x + (C - 6D)\\[1mm] &\quad = 10e^{2x} - 18e^{3x} - 6x - 11. \end{aligned} \]
Katsayıların eşitlenmesi.
\[ \begin{aligned} xe^{2x} &: \quad 4A + 2A - 6A = 0 &&(\text{kendiliğinden sağlanır}),\\[1mm] e^{2x} &: \quad 5A = 10 &&\Longrightarrow\; A = 2,\\[1mm] e^{3x} &: \quad 6B = -18 &&\Longrightarrow\; B = -3,\\[1mm] x &: \quad -6C = -6 &&\Longrightarrow\; C = 1,\\[1mm] \text{sabit} &: \quad C - 6D = -11 &&\Longrightarrow\; D = 2. \end{aligned} \]
\(xe^{2x}\) katsayısının kendiliğinden sıfır çıkması rastlantı değildir; Lemma 15.1 gereği bu katsayı \(P(2) = 0\) ile orantılıdır. \(e^{2x}\)’in katsayısındaki \(5\) ise \(P'(2) = 2 \cdot 2 + 1\)’dir; Teorem 15.3 ile uyumlu olarak \(A = \dfrac{10}{P'(2)} = 2\) bulunur.
Genel çözüm. \(y_p = 2xe^{2x} - 3e^{3x} + x + 2\) olduğundan
\[y = c_1e^{-3x} + c_2e^{2x} + 2xe^{2x} - 3e^{3x} + x + 2.\]
\(\blacksquare\)
Sağ taraftaki terim homojen çözümle çakıştığında ortaya çıkan \(x\) çarpanının fiziksel bir anlamı vardır. \(x\)’i zaman olarak düşünürsek \(y'' + y = 0\) denklemi sürtünmesiz bir yayın kendi doğal frekansıyla salınmasını anlatır. Yayı tam bu frekansta bir dış kuvvetle itmek, aşağıdaki örnekte göreceğimiz gibi genliği sınırsız büyütür.
Örnek 15.7 (Rezonans) \(y'' + y = \cos x\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + 1 = 0\) denkleminin kökleri \(\pm i\)’dir; dolayısıyla
\[y_h = c_1\cos x + c_2\sin x.\]
Deneme fonksiyonu. Tablo \(A\cos x + B\sin x\) önerir; ama bu ifadenin iki terimi de homojen çözümdür, yani her \(A\), \(B\) için \(L[A\cos x + B\sin x] = 0\) olur ve sağ taraftaki \(\cos x\) elde edilemez. \(\cos x\) terimine karşılık gelen \(i\) sayısı karakteristik denklemin basit kökü olduğundan deneme fonksiyonunun tamamını \(x\) ile çarparız:
\[y_p = x\,(A\cos x + B\sin x).\]
Türevler. Çarpım kuralıyla
\[ \begin{aligned} y_p' &= A\cos x + B\sin x + x\,(-A\sin x + B\cos x),\\[1mm] y_p'' &= -2A\sin x + 2B\cos x + x\,(-A\cos x - B\sin x). \end{aligned} \]
Yerine koyma. \(y_p''\)’deki \(x\)’li kısım tam olarak \(-y_p\)’dir; bu yüzden toplamda sadeleşir:
\[y_p'' + y_p = -2A\sin x + 2B\cos x = \cos x.\]
Katsayıları eşitlersek \(2B = 1\) ve \(-2A = 0\), yani \(B = \dfrac{1}{2}\), \(A = 0\) bulunur.
Genel çözüm. \(y_p = \dfrac{x}{2}\sin x\) olduğundan
\[y = c_1\cos x + c_2\sin x + \frac{x}{2}\sin x.\]
Yorum. Özel çözüm, genliği \(\dfrac{x}{2}\) olan bir salınımdır: grafiği \(y = \dfrac{x}{2}\) ve \(y = -\dfrac{x}{2}\) doğruları arasında kalır ve bu doğrulara her yarım periyotta değer. Genlik \(x\) ile birlikte sınırsız büyür; dış etkinin frekansı sistemin doğal frekansına eşit olduğunda ortaya çıkan bu olguya rezonans (resonance) denir. Karşılaştırma için sağ taraf \(\cos 2x\) olsaydı, \(\pm 2i\) karakteristik denklemin kökü olmadığından \(y_p = A\cos 2x + B\sin 2x\) yeterli olurdu;
\[y_p'' + y_p = -3A\cos 2x - 3B\sin 2x = \cos 2x\]
eşitliğinden \(A = -\dfrac{1}{3}\), \(B = 0\), yani \(y_p = -\dfrac{1}{3}\cos 2x\) bulunurdu. Bu çözüm her \(x\) için \(|y_p| \leq \dfrac{1}{3}\) eşitsizliğini sağlar, yani sınırlıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 15.8 (Çarpım Biçiminde Sağ Taraf) \(y'' + y = x\sin x\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Bir önceki örnekte olduğu gibi \(y_h = c_1\cos x + c_2\sin x\)’tir.
Deneme fonksiyonu. \(x\sin x\), birinci dereceden bir polinomla \(\sin x\)’in çarpımıdır. Tablonun çarpım satırına göre normalde
\[(A_1x + A_2)\cos x + (B_1x + B_2)\sin x\]
seçerdik. Ancak bu ifadedeki \(A_2\cos x\) ve \(B_2\sin x\) terimleri homojen çözümdür. \(\sin x\) terimine karşılık gelen \(i\) sayısı karakteristik denklemin basit kökü olduğundan ifadenin tamamını \(x\) ile çarparız:
\[y_p = (A_1x^2 + A_2x)\cos x + (B_1x^2 + B_2x)\sin x.\]
Değiştirmenin neden gerektiğini hesap da doğrular: çarpılmamış ifade yerine konursa \(L\) yalnız \(-2A_1\sin x + 2B_1\cos x\) üretir ve sağ taraftaki \(x\sin x\) terimi hiçbir seçimle elde edilemez.
Türevler. Çarpım kuralıyla ve aynı trigonometrik fonksiyonun katsayılarını toplayarak
\[ \begin{aligned} y_p' &= \big(2A_1x + A_2 + B_1x^2 + B_2x\big)\cos x\\[1mm] &\quad + \big(-A_1x^2 - A_2x + 2B_1x + B_2\big)\sin x \end{aligned} \]
ve bunu bir kez daha türeterek
\[ \begin{aligned} y_p'' &= \big(-A_1x^2 + (4B_1 - A_2)\,x + 2A_1 + 2B_2\big)\cos x\\[1mm] &\quad + \big(-B_1x^2 - (4A_1 + B_2)\,x + 2B_1 - 2A_2\big)\sin x \end{aligned} \]
bulunur.
Yerine koyma. \(y_p''\)’ye \(y_p\)’yi eklediğimizde \(x^2\)’li terimler ve \(A_2x\cos x\), \(B_2x\sin x\) terimleri sadeleşir:
\[ \begin{aligned} y_p'' + y_p &= \big(4B_1x + 2A_1 + 2B_2\big)\cos x\\[1mm] &\quad + \big(-4A_1x + 2B_1 - 2A_2\big)\sin x = x\sin x. \end{aligned} \]
Katsayıların eşitlenmesi.
\[ \begin{aligned} x\cos x &: \quad 4B_1 = 0 &&\Longrightarrow\; B_1 = 0,\\[1mm] x\sin x &: \quad -4A_1 = 1 &&\Longrightarrow\; A_1 = -\tfrac{1}{4},\\[1mm] \cos x &: \quad 2A_1 + 2B_2 = 0 &&\Longrightarrow\; B_2 = -A_1 = \tfrac{1}{4},\\[1mm] \sin x &: \quad 2B_1 - 2A_2 = 0 &&\Longrightarrow\; A_2 = B_1 = 0. \end{aligned} \]
Genel çözüm. \(y_p = -\dfrac{1}{4}x^2\cos x + \dfrac{1}{4}x\sin x\) olduğundan
\[y = c_1\cos x + c_2\sin x - \frac{1}{4}x^2\cos x + \frac{1}{4}x\sin x.\]
\(\blacksquare\)
15.6 Alıştırmalar
Alıştırma 15.1 (İkinci Dereceden Polinom Sağ Taraf) \(y'' + 4y = 8x^2 - 4x\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + 4 = 0\) denkleminin kökleri \(\pm 2i\)’dir (\(\alpha = 0\), \(\beta = 2\)); dolayısıyla
\[y_h = c_1\cos 2x + c_2\sin 2x.\]
Deneme fonksiyonu. Sağ taraf ikinci dereceden bir polinomdur ve \(0\) karakteristik denklemin kökü değildir:
\[y_p = A_2x^2 + A_1x + A_0.\]
Yerine koyma. \(y_p'' = 2A_2\) olduğundan
\[2A_2 + 4\,(A_2x^2 + A_1x + A_0) = 4A_2\,x^2 + 4A_1\,x + (2A_2 + 4A_0) = 8x^2 - 4x.\]
Katsayıları eşitleyelim:
\[ \begin{aligned} x^2 &: \quad 4A_2 = 8 &&\Longrightarrow\; A_2 = 2,\\[1mm] x &: \quad 4A_1 = -4 &&\Longrightarrow\; A_1 = -1,\\[1mm] \text{sabit} &: \quad 2A_2 + 4A_0 = 0 &&\Longrightarrow\; A_0 = -1. \end{aligned} \]
Genel çözüm. \(y_p = 2x^2 - x - 1\) olduğundan
\[y = c_1\cos 2x + c_2\sin 2x + 2x^2 - x - 1.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.2 (Sabit Fonksiyonun Homojen Çözüm Olduğu Bir Denklem) \(y'' + 2y' = 4x + 6\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem \(\lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda + 2) = 0\) olup kökler \(0\) ve \(-2\)’dir. \(e^{0 \cdot x} = 1\) olduğundan
\[y_h = c_1 + c_2e^{-2x}.\]
Deneme fonksiyonu. Sağ taraf birinci dereceden bir polinomdur; tablo \(Ax + B\) önerir. Ancak \(B\) sabiti homojen çözümdür. Gerçekten \(L[Ax + B] = 0 + 2A = 2A\) olur ve bu ifade hiçbir seçimle \(4x + 6\)’ya eşit olamaz. Polinoma karşılık gelen \(0\) sayısı karakteristik denklemin basit kökü olduğundan deneme fonksiyonunun tamamını \(x\) ile çarparız:
\[y_p = x\,(Ax + B) = Ax^2 + Bx.\]
Yerine koyma. \(y_p' = 2Ax + B\) ve \(y_p'' = 2A\) olduğundan
\[2A + 2\,(2Ax + B) = 4A\,x + (2A + 2B) = 4x + 6.\]
Katsayıları eşitlersek \(4A = 4\), yani \(A = 1\); ardından \(2 + 2B = 6\), yani \(B = 2\) bulunur.
Genel çözüm. \(y_p = x^2 + 2x\) olduğundan
\[y = c_1 + c_2e^{-2x} + x^2 + 2x.\]
Bu alıştırma, değiştirme kuralının yalnız üstel ve trigonometrik terimlere özgü olmadığını gösteriyor: denklemde \(y\)’nin kendisi bulunmadığında (\(c = 0\), \(b \neq 0\)) sabit fonksiyon homojen çözüm olur ve polinom deneme fonksiyonu da \(x\) ile çarpılmalıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.3 (Çift Katlı Kök ve Üstel Sağ Taraf) \(y'' - 6y' + 9y = 4e^{3x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem \(\lambda^2 - 6\lambda + 9 = (\lambda - 3)^2 = 0\) olup \(3\) çift katlı köktür. Teorem 14.3 gereği
\[y_h = c_1e^{3x} + c_2xe^{3x}.\]
Deneme fonksiyonu. Tablo \(Ae^{3x}\) önerir, ama bu homojen çözümdür. \(x\) ile çarpınca elde edilen \(Axe^{3x}\) de homojen çözümdür. \(3\) çift katlı kök olduğundan değiştirme kuralı gereği \(x^2\) ile çarparız:
\[y_p = Ax^2e^{3x}.\]
Türevler.
\[y_p' = A\,(2x + 3x^2)\,e^{3x}, \qquad y_p'' = A\,(2 + 12x + 9x^2)\,e^{3x}.\]
Yerine koyma.
\[ \begin{aligned} y_p'' - 6y_p' + 9y_p &= A\big[(2 + 12x + 9x^2) - 6\,(2x + 3x^2) + 9x^2\big]\,e^{3x}\\[1mm] &= A\big[2 + (12 - 12)\,x + (9 - 18 + 9)\,x^2\big]\,e^{3x} = 2A\,e^{3x}. \end{aligned} \]
\(2A = 4\) eşitliğinden \(A = 2\) bulunur. Bu, Teorem 15.3 içindeki üçüncü durumun verdiği \(\dfrac{k}{2}\) değeridir.
Genel çözüm.
\[y = c_1e^{3x} + c_2xe^{3x} + 2x^2e^{3x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.4 (Sönümlü Bir Denklemde Trigonometrik Sağ Taraf) \(y'' + 2y' + 5y = 17\sin 2x\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0\) denkleminin diskriminantı \(4 - 20 = -16\) olup kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{-2 \pm 4i}{2} = -1 \pm 2i\]
olur. Dolayısıyla
\[y_h = e^{-x}\left(c_1\cos 2x + c_2\sin 2x\right).\]
Deneme fonksiyonu. \(\sin 2x\) terimine karşılık gelen sayı \(2i\)’dir ve kökler \(-1 \pm 2i\) olduğundan karakteristik denklemin kökü değildir. Homojen çözümde \(\sin 2x\) değil \(e^{-x}\sin 2x\) bulunur; değiştirme gerekmez:
\[y_p = A\cos 2x + B\sin 2x.\]
Türevler.
\[y_p' = -2A\sin 2x + 2B\cos 2x, \qquad y_p'' = -4A\cos 2x - 4B\sin 2x.\]
Yerine koyma.
\[ \begin{aligned} &(-4A\cos 2x - 4B\sin 2x) + 2\,(-2A\sin 2x + 2B\cos 2x)\\[1mm] &\quad + 5\,(A\cos 2x + B\sin 2x) = (A + 4B)\cos 2x + (B - 4A)\sin 2x. \end{aligned} \]
Bunun \(17\sin 2x\)’e eşit olması için
\[A + 4B = 0, \qquad -4A + B = 17\]
olmalıdır. Birinciden \(A = -4B\); ikinciye koyarsak \(16B + B = 17\), yani \(B = 1\) ve \(A = -4\) bulunur.
Genel çözüm. \(y_p = -4\cos 2x + \sin 2x\) olduğundan
\[y = e^{-x}\left(c_1\cos 2x + c_2\sin 2x\right) - 4\cos 2x + \sin 2x.\]
Yorum. Homojen kısım \(e^{-x}\) çarpanı yüzünden \(x \to \infty\) iken sıfıra gider; bu yüzden başlangıç koşulları ne olursa olsun her çözüm zamanla aynı \(y_p\) salınımına yaklaşır. Aşağıdaki şekilde \(y'(0) = 0\) ve \(y(0) = 8\), \(0\), \(-8\) koşullarını sağlayan üç çözüm gösterilmiştir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.5 (Polinom Çarpı Üstel Sağ Taraf) \(y'' + y' - 2y = 16xe^{2x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + \lambda - 2 = (\lambda + 2)(\lambda - 1) = 0\) denkleminin kökleri \(1\) ve \(-2\)’dir:
\[y_h = c_1e^{x} + c_2e^{-2x}.\]
Deneme fonksiyonu. \(16xe^{2x}\), birinci dereceden bir polinomla \(e^{2x}\)’in çarpımıdır. \(2\) karakteristik denklemin kökü olmadığından
\[y_p = (Ax + B)\,e^{2x}.\]
Türevler.
\[y_p' = (2Ax + A + 2B)\,e^{2x}, \qquad y_p'' = (4Ax + 4A + 4B)\,e^{2x}.\]
Yerine koyma.
\[ \begin{aligned} y_p'' + y_p' - 2y_p &= \big[(4Ax + 4A + 4B) + (2Ax + A + 2B) - 2\,(Ax + B)\big]\,e^{2x}\\[1mm] &= \big[4A\,x + (5A + 4B)\big]\,e^{2x} = 16x\,e^{2x}. \end{aligned} \]
Katsayıları eşitlersek \(4A = 16\), yani \(A = 4\); ardından \(5A + 4B = 0\), yani \(B = -5\) bulunur.
Genel çözüm. \(y_p = (4x - 5)\,e^{2x}\) olduğundan
\[y = c_1e^{x} + c_2e^{-2x} + (4x - 5)\,e^{2x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.6 (Toplam Biçiminde Sağ Taraf) \(y'' - 3y' + 2y = 4x + 6e^{x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\) denkleminin kökleri \(1\) ve \(2\)’dir:
\[y_h = c_1e^{x} + c_2e^{2x}.\]
Deneme fonksiyonu. Toplam kuralına göre iki parçayı ayrı ayrı ele alalım.
- \(4x\) için \(Ax + B\) seçilir; \(0\) kök olmadığından değiştirme gerekmez.
- \(6e^{x}\) için tablo \(Ce^{x}\) önerir; ama \(e^{x}\) homojen çözümdür ve \(1\) basit köktür. Bu parça \(x\) ile çarpılır: \(Cxe^{x}\).
Böylece \(y_p = Ax + B + Cxe^{x}\) olur; iki parçanın katsayılarını ayrı ayrı bulabiliriz.
Polinom parça. \(y_{p_1} = Ax + B\) için \(y_{p_1}' = A\), \(y_{p_1}'' = 0\) ve
\[0 - 3A + 2\,(Ax + B) = 2A\,x + (2B - 3A) = 4x.\]
Buradan \(2A = 4\), yani \(A = 2\); ardından \(2B - 6 = 0\), yani \(B = 3\) bulunur: \(y_{p_1} = 2x + 3\).
Üstel parça. \(y_{p_2} = Cxe^{x}\) için
\[y_{p_2}' = C\,(1 + x)\,e^{x}, \qquad y_{p_2}'' = C\,(2 + x)\,e^{x}\]
olduğundan
\[C\big[(2 + x) - 3\,(1 + x) + 2x\big]\,e^{x} = -C\,e^{x} = 6e^{x}\]
ve \(C = -6\) bulunur: \(y_{p_2} = -6xe^{x}\). Bu sonuç Teorem 15.3 içindeki ikinci durumla uyumludur: \(P'(1) = 2 - 3 = -1\) ve \(\dfrac{6}{-1} = -6\).
Genel çözüm. \(y_p = y_{p_1} + y_{p_2} = 2x + 3 - 6xe^{x}\) olduğundan
\[y = c_1e^{x} + c_2e^{2x} + 2x + 3 - 6xe^{x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.7 (Başlangıç Değer Problemi) \(y'' - 4y = 8e^{2x}\), \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 0\) başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 - 4 = 0\) denkleminin kökleri \(\pm 2\)’dir:
\[y_h = c_1e^{2x} + c_2e^{-2x}.\]
Deneme fonksiyonu. \(Ae^{2x}\) homojen çözümdür ve \(2\) basit köktür; değiştirme kuralı gereği \(y_p = Axe^{2x}\) alırız.
Yerine koyma. \(y_p' = A\,(1 + 2x)\,e^{2x}\) ve \(y_p'' = A\,(4 + 4x)\,e^{2x}\) olduğundan
\[y_p'' - 4y_p = A\big[(4 + 4x) - 4x\big]\,e^{2x} = 4A\,e^{2x} = 8e^{2x}\]
ve \(A = 2\) bulunur. Demek ki \(y_p = 2xe^{2x}\) ve genel çözüm
\[y = c_1e^{2x} + c_2e^{-2x} + 2xe^{2x}.\]
Başlangıç koşulları. Türev
\[y' = 2c_1e^{2x} - 2c_2e^{-2x} + (2 + 4x)\,e^{2x}\]
olduğundan koşullar
\[ \begin{aligned} y(0) &= c_1 + c_2 = 1,\\[1mm] y'(0) &= 2c_1 - 2c_2 + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; c_1 - c_2 = -1 \end{aligned} \]
denklemlerini verir. İkisini toplarsak \(2c_1 = 0\), yani \(c_1 = 0\) ve \(c_2 = 1\) bulunur. Başlangıç değer probleminin çözümü
\[y = e^{-2x} + 2xe^{2x}\]
olur. Denetim: \(y(0) = 1 + 0 = 1\) ve \(y'(0) = -2 + 2 = 0\). Teorem 13.2 gereği bu, problemin tek çözümüdür.
Sabitlerin \(y_h\)’ye değil, \(y_p\)’yi de içeren genel çözüme uygulandığına dikkat edelim. Koşullar yalnız \(y_h\)’ye uygulansaydı \(c_1 + c_2 = 1\), \(2c_1 - 2c_2 = 0\) sisteminden \(c_1 = c_2 = \dfrac{1}{2}\) gibi yanlış değerler çıkardı, çünkü \(y_p\)’nin \(x = 0\)’daki türevi hesaba katılmamış olurdu.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 15.8 (Deneme Fonksiyonunun Biçimini Belirleme) \(y'' - 2y' + y = xe^{x} + \sin x\) denklemi için uygun deneme fonksiyonunu kurarak bir özel çözüm bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^2 = 0\) olduğundan \(1\) çift katlı köktür:
\[y_h = c_1e^{x} + c_2xe^{x}.\]
\(xe^{x}\) parçası. Tablonun çarpım satırı \((Ax + B)\,e^{x} = Axe^{x} + Be^{x}\) önerir; ama iki terim de homojen çözümdür. \(x\) ile çarpınca \((Ax^2 + Bx)\,e^{x}\) elde edilir ve \(Bxe^{x}\) terimi hâlâ homojen çözümdür. \(1\) çift katlı kök olduğundan değiştirme kuralı gereği \(x^2\) ile çarparız:
\[x^2\,(Ax + B)\,e^{x} = (Ax^3 + Bx^2)\,e^{x}.\]
\(\sin x\) parçası. \(\sin x\)’e karşılık gelen \(i\) sayısı kök olmadığından \(C\cos x + D\sin x\) seçilir.
Toplam kuralıyla deneme fonksiyonu
\[y_p = (Ax^3 + Bx^2)\,e^{x} + C\cos x + D\sin x\]
olur. Katsayıları iki parça için ayrı ayrı bulalım.
Birinci parçanın katsayıları. Türevleri doğrudan almak yerine Lemma 15.1 ile hesaplamak daha kısadır. \(P(\lambda) = \lambda^2 - 2\lambda + 1\) için \(P(1) = 0\) ve \(P'(1) = 2 \cdot 1 - 2 = 0\) olduğundan \(u = Ax^3 + Bx^2\) alınırsa
\[L\big[u\,e^{x}\big] = u''\,e^{x} = (6Ax + 2B)\,e^{x}\]
bulunur. Bunun \(xe^{x}\)’e eşit olması için \(6A = 1\) ve \(2B = 0\), yani \(A = \dfrac{1}{6}\), \(B = 0\) olmalıdır.
İkinci parçanın katsayıları. \(C\cos x + D\sin x\) fonksiyonunun birinci türevi \(-C\sin x + D\cos x\), ikinci türevi \(-C\cos x - D\sin x\)’tir. Yerine koyarsak
\[ \begin{aligned} &(-C\cos x - D\sin x) - 2\,(-C\sin x + D\cos x) + (C\cos x + D\sin x)\\[1mm] &\quad = -2D\cos x + 2C\sin x = \sin x \end{aligned} \]
ve \(D = 0\), \(C = \dfrac{1}{2}\) bulunur.
Sonuç. Bir özel çözüm
\[y_p = \frac{1}{6}\,x^3e^{x} + \frac{1}{2}\cos x\]
ve genel çözüm
\[y = c_1e^{x} + c_2xe^{x} + \frac{1}{6}\,x^3e^{x} + \frac{1}{2}\cos x\]
olur.
\(\blacksquare\)
Belirsiz katsayılar yöntemi hızlı ve mekaniktir, ama yalnız sabit katsayılı denklemlerde ve türevleri sonlu bir fonksiyon ailesi içinde kalan sağ taraflarda işler; \(y'' + y = \tan x\) ya da \(y'' - 2y' + y = \dfrac{e^{x}}{x}\) gibi denklemler bu kapsamın dışındadır. \(y_h\)’nin içindeki sabitleri fonksiyonlarla değiştirerek, homojen denklemin bir temel çözüm kümesi bilindiği sürece her durumda bir özel çözüm üreten genel yöntemi bir sonraki bölümde göreceğiz: Parametrelerin Değişimi Yöntemi.