10 Bernoulli ve Riccati Denklemleri
Bir önceki bölümde birinci mertebe lineer denklemleri çözdük: standart biçimi \(y' + p(x)\,y = q(x)\) olan her denklem (Tanım 9.1), \(\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\) integrasyon çarpanıyla çarpıldığında sol tarafı tek bir çarpımın türevine dönüşür ve iki integralle çözülür (Teorem 9.1). Lineer denklemler, çözümü her zaman bir formülle yazılabilen ender denklem sınıflarındandır.
Ne var ki uygulamadan gelen denklemlerin çoğu lineer değildir. Örneğin sınırlı kaynaklı bir ortamdaki nüfus artışını betimleyen \(y' = ry - ky^{2}\) lojistik denkleminde bilinmeyen fonksiyonun karesi görünür (Alıştırma 1.2); bu terim yüzünden lineer denklemin formülü doğrudan uygulanamaz. Bu bölümde, bilinmeyenin bir kuvvetini ya da karesini içeren iki önemli lineer olmayan denklem sınıfını inceleyeceğiz: Bernoulli denklemleri ve Riccati denklemleri.
İki sınıfta da strateji, homojen denklemlerde izlediğimiz stratejinin aynısıdır: denklemi doğrudan çözmeye çalışmak yerine onu uygun bir değişken değiştirmeyle çözmeyi bildiğimiz bir sınıfa taşımak. Bu kez hedef sınıf, bir önceki bölümün lineer denklemleridir. Bernoulli denkleminde tek bir kuvvet dönüşümü yeterlidir; Riccati denkleminde ise önce denklemin bir özel çözümünü bilmemiz gerekir.
Bernoulli denklemi, adını onu 1695’te ele alan İsviçreli matematikçi Jakob Bernoulli’den (1655–1705) alır; bugün kullandığımız, denklemi lineer bir denkleme dönüştüren değişken değiştirme ise Gottfried Wilhelm Leibniz’e (1646–1716) dayanır. Riccati denklemi adını, 1720’lerde bu türden denklemlerin özel durumlarını inceleyen İtalyan matematikçi Jacopo Riccati’den (1676–1754) alır. Joseph Liouville (1809–1882) 1841’de \(y' = y^{2} + x^{m}\) biçimindeki özel Riccati denkleminin bile yalnız belirli \(m\) değerleri için integraller yardımıyla çözülebildiğini göstermiştir; bu yüzden Riccati denklemini, bir özel çözümü bilindiğinde çözeceğiz.
10.1 Bernoulli Denklemi
Lineer denklemin sağ tarafındaki \(q(x)\) fonksiyonunu bilinmeyenin bir kuvvetiyle çarpalım. Ortaya çıkan denklem artık lineer değildir, ama lineer denkleme çok yakındır.
Tanım 10.1 (Bernoulli Denklemi) \(p\) ve \(q\) bir \(I\) aralığında sürekli fonksiyonlar ve \(n\), \(0\)’dan ve \(1\)’den farklı bir gerçel sayı olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} + p(x)\,y = q(x)\,y^{n}\]
biçimindeki birinci mertebeden denkleme Bernoulli denklemi (Bernoulli equation) denir.
Yani Bernoulli denklemi, standart biçimdeki bir lineer denklemin sağ tarafının \(y^{n}\) ile çarpılmış hâlidir. Sol taraf hâlâ lineerdir; denklemi lineer olmaktan çıkaran tek şey sağ taraftaki \(y^{n}\) çarpanıdır. (\(n\) tam sayı değilse \(y^{n}\)’nin tanımlı olması için \(y \geq 0\) bölgesinde çalışırız; \(n\) ayrıca negatifse \(y > 0\) olmalıdır.)
Tanımda \(n = 0\) ve \(n = 1\) değerlerinin dışarıda bırakılmasının sebebi, bu iki durumda yeni bir şey olmamasıdır:
- \(n = 0\) ise \(y^{0} = 1\) olur ve denklem \(y' + p(x)\,y = q(x)\), yani doğrudan bir birinci mertebe lineer denklemdir.
- \(n = 1\) ise sağ taraf sola geçirilerek \(\dfrac{dy}{dx} + \big[p(x) - q(x)\big]\,y = 0\) elde edilir; bu denklem hem lineer hem de değişkenlerine ayrılabilendir.
Bir denklemin Bernoulli denklemi olup olmadığını anlamak için onu \(y'\) teriminin katsayısı \(1\) olacak biçimde düzenleyip \(y\)’nin kuvvetlerine bakarız:
- \(y' + y = x\,y^{2}\) bir Bernoulli denklemidir: \(p(x) = 1\), \(q(x) = x\) ve \(n = 2\).
- \(x\,y' - y = x^{2}\sqrt{y}\) denkleminin (\(x > 0\)) iki tarafı \(x\)’e bölünürse \(y' - \dfrac{1}{x}\,y = x\,y^{1/2}\) olur; \(n = \dfrac{1}{2}\).
- \(y\,y' + y^{2} = e^{x}\) denkleminin iki tarafı \(y\)’ye bölünürse \(y' + y = e^{x}\,y^{-1}\) olur; \(n = -1\).
- \(y' = x\,y^{2} + y + 1\) bir Bernoulli denklemi değildir: sağ taraftaki sabit \(1\) terimi \(y\)’nin bir kuvvetiyle çarpılmış biçimde yazılamaz. Bu türden denklemlere bölümün ikinci yarısında Riccati denklemleri olarak döneceğiz.
Denklemi lineer olmaktan çıkaran \(y^{n}\) çarpanından, iki tarafı \(y^{-n}\) ile çarparak kurtulabiliriz. O zaman sol tarafta \(y^{-n}y'\) ve \(y^{1-n}\) terimleri belirir; bunlar \(y^{1-n}\)’nin türevinin ve kendisinin katlarıdır. Bu yüzden yeni bilinmeyen olarak \(v = y^{1-n}\)’yi seçmek doğaldır.
Teorem 10.1 (Bernoulli Denkleminin Lineer Denkleme İndirgenmesi) \(n \neq 0, 1\) olsun ve \(y\), \(I\) aralığında türevlenebilir ve hiçbir noktada sıfır olmayan bir fonksiyon olsun (\(n\) tam sayı değilse ayrıca \(y > 0\) olsun). Bu durumda \(y\)’nin
\[\frac{dy}{dx} + p(x)\,y = q(x)\,y^{n}\]
Bernoulli denkleminin bir çözümü olması için gerek ve yeter koşul,
\[v = y^{1-n}\]
fonksiyonunun
\[\frac{dv}{dx} + (1-n)\,p(x)\,v = (1-n)\,q(x)\]
lineer denklemini sağlamasıdır.
İspat
\(y\) hiçbir noktada sıfır olmadığından \(y^{-n}\) tanımlıdır ve sıfırdan farklıdır. Denklemin iki tarafını \(y^{-n}\) ile çarpalım. Sıfırdan farklı bir çarpanla çarpmak bir eşitliği ne bozar ne de olmayan bir eşitlik yaratır; yani elde edilen denklem özgün denkleme denktir:
\[y^{-n}\,\frac{dy}{dx} + p(x)\,y^{1-n} = q(x).\]
Şimdi \(v = y^{1-n}\) diyelim. Zincir kuralına göre \(v\) türevlenebilirdir ve
\[\frac{dv}{dx} = (1-n)\,y^{-n}\,\frac{dy}{dx}, \qquad \text{yani} \qquad y^{-n}\,\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1-n}\,\frac{dv}{dx}\]
olur; burada \(1 - n \neq 0\) olduğunu kullandık. Bunu yerine koyarsak denklem
\[\frac{1}{1-n}\,\frac{dv}{dx} + p(x)\,v = q(x)\]
hâline gelir. İki tarafı sıfırdan farklı \(1 - n\) sayısıyla çarparak
\[\frac{dv}{dx} + (1-n)\,p(x)\,v = (1-n)\,q(x)\]
buluruz. Her adımda ya sıfırdan farklı bir çarpanla çarptık ya da bir ifadeyi kendisine eşit bir ifadeyle değiştirdik; bu yüzden adımlar geriye doğru da yürünebilir: \(v\) bu lineer denklemi sağlıyorsa \(y\) de Bernoulli denklemini sağlar.
\(\blacksquare\)
Yani Bernoulli denklemi, \(v = y^{1-n}\) bilinmeyeni için standart biçimde (Tanım 9.1) bir lineer denklemdir; katsayıları
\[P(x) = (1-n)\,p(x), \qquad Q(x) = (1-n)\,q(x)\]
olur. Bu katsayılar \(I\)’da sürekli olduğundan lineer denklem Teorem 9.1 ile çözülür; \(v\) bulunduktan sonra \(y\)’ye \(y^{1-n} = v\) eşitliğinden geri döneriz.
Teorem yalnız hiçbir noktada sıfır olmayan çözümlerden söz eder, çünkü ispatın ilk adımında \(y^{-n}\) ile çarptık. Oysa \(n > 0\) ise sabit \(y \equiv 0\) fonksiyonu da Bernoulli denklemini sağlar: sol taraf \(0 + p(x)\cdot 0 = 0\), sağ taraf \(q(x)\cdot 0^{n} = 0\)’dır. Bu çözüm \(v = y^{1-n}\) dönüşümünde görünmez ve genel çözüm formülünde de çoğu zaman hiçbir sabit değerine karşılık gelmez; bu yüzden ayrıca yazılmalıdır. \(n < 0\) ise \(y^{n}\) ifadesi \(y = 0\)’da tanımsızdır; o durumda \(y \equiv 0\) bir çözüm değildir ve kaybolan bir şey yoktur. \(0 < n < 1\) ise \(q\,y^{n}\)’nin \(y\)’ye göre türevi \(y = 0\)’da sürekli değildir ve teklik bozulabilir: bir aralıkta \(y \equiv 0\), bitişik aralıkta \(y = v^{1/(1-n)}\) olan ve \(v = 0\) noktasında birbirine yapıştırılan çözümler de kaybolur. Örneğin \(y' - \dfrac{y}{x} = x\sqrt{y}\) (\(x > 0\)) için \(v = \dfrac{x^{2}}{3} + c\sqrt{x}\) olur ve \(c < 0\) iken \(v\)’nin sıfır olduğu noktaya kadar \(y \equiv 0\), o noktadan sonra \(y = v^{2}\) alınarak türevlenebilir bir çözüm elde edilir.
- Denklemi \(y' + p(x)\,y = q(x)\,y^{n}\) biçimine getir ve \(n\)’yi belirle.
- \(n > 0\) ise \(y \equiv 0\) çözümünü kenara yaz; sonra iki tarafı \(y^{-n}\) ile çarp.
- \(v = y^{1-n}\) koy; \(y^{-n}y' = \dfrac{v'}{1-n}\) eşitliğini kullanarak \(v\) için lineer denklemi kur ve standart biçime getir.
- Lineer denklemi \(\mu = e^{\int P(x)\,dx}\) integrasyon çarpanıyla çöz, \(v = y^{1-n}\) eşitliğiyle \(y\)’ye dön; başlangıç koşulu varsa sabiti ve kökün işaretini belirle.
Örnek 10.1 (Kuvveti İki Olan Bir Bernoulli Denklemi) \(x > 0\) olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = -\frac{y^{2}}{x}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(p(x) = -\dfrac{1}{x}\), \(q(x) = -\dfrac{1}{x}\) ve \(n = 2\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n = 2 > 0\) olduğundan \(y \equiv 0\) bir çözümdür; bunu kenara yazalım.
\(y^{-2}\) ile çarpalım. \(y \neq 0\) olan bir aralıkta iki tarafı \(y^{-2}\) ile çarparsak
\[y^{-2}\,\frac{dy}{dx} - \frac{y^{-1}}{x} = -\frac{1}{x}\]
olur.
Dönüşüm. \(v = y^{1-n} = y^{1-2} = y^{-1}\) diyelim. Zincir kuralıyla
\[\frac{dv}{dx} = -y^{-2}\,\frac{dy}{dx}\]
olduğundan ilk terim \(-\dfrac{dv}{dx}\)’e eşittir. Denklem
\[-\frac{dv}{dx} - \frac{v}{x} = -\frac{1}{x} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dx} + \frac{1}{x}\,v = \frac{1}{x}\]
hâline gelir. Bu, \(v\) için \(P(x) = \dfrac{1}{x}\) ve \(Q(x) = \dfrac{1}{x}\) katsayılı bir lineer denklemdir.
İntegrasyon çarpanı. \(x > 0\) olduğundan
\[\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,dx} = e^{\ln x} = x.\]
Lineer denklemi çözelim. Denklemi \(x\) ile çarparsak sol taraf bir çarpımın türevi olur:
\[x\,\frac{dv}{dx} + v = 1 \quad \Longrightarrow \quad \frac{d}{dx}\big(x\,v\big) = 1 \quad \Longrightarrow \quad x\,v = x + c.\]
\(y\)’ye dönelim. \(v = y^{-1}\) olduğundan \(\dfrac{x}{y} = x + c\), yani
\[y = \frac{x}{x + c}, \qquad c \ \text{sabit}.\]
Bu çözüm, \(x > 0\) olan ve paydanın sıfırlanmadığı her aralıkta geçerlidir: \(c \geq 0\) ise bütün \((0, \infty)\) aralığında, \(c < 0\) ise \((0, -c)\) ya da \((-c, \infty)\) aralığında.
Kaybolan çözüm. \(y \equiv 0\) fonksiyonu da denklemi sağlar, ama \(\dfrac{x}{x + c}\) hiçbir \(c\) için özdeş olarak sıfır olmaz; bu çözüm ayrıca yazılmalıdır. Öte yandan \(c = 0\) değeri sabit \(y \equiv 1\) çözümünü verir: \(y = 1\) için sol taraf da sağ taraf da \(-\dfrac{1}{x}\)’tir.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.2 (Kuvveti Üç Olan Bir Bernoulli Denklemi) \(t > 0\) olmak üzere
\[t^{2}\,y' + 2t\,y - y^{3} = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(y^{3}\) terimini içerdiği için lineer değildir. İki tarafı \(t^{2}\)’ye bölüp \(y^{3}\)’lü terimi sağa geçirelim:
\[y' + \frac{2}{t}\,y = \frac{1}{t^{2}}\,y^{3}.\]
Bu, \(p(t) = \dfrac{2}{t}\), \(q(t) = \dfrac{1}{t^{2}}\) ve \(n = 3\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n > 0\) olduğundan \(y \equiv 0\) bir çözümdür.
\(y^{-3}\) ile çarpalım. \(y \neq 0\) iken
\[y^{-3}\,y' + \frac{2}{t}\,y^{-2} = \frac{1}{t^{2}}.\]
Dönüşüm. \(v = y^{1-3} = y^{-2}\) diyelim. O zaman
\[\frac{dv}{dt} = -2\,y^{-3}\,\frac{dy}{dt} \quad \Longrightarrow \quad y^{-3}\,\frac{dy}{dt} = -\frac{1}{2}\,\frac{dv}{dt}\]
olur ve denklem
\[-\frac{1}{2}\,\frac{dv}{dt} + \frac{2}{t}\,v = \frac{1}{t^{2}} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dt} - \frac{4}{t}\,v = -\frac{2}{t^{2}}\]
lineer denklemine dönüşür.
İntegrasyon çarpanı. \(t > 0\) olduğundan
\[\mu(t) = e^{\int -\frac{4}{t}\,dt} = e^{-4\ln t} = t^{-4}.\]
Lineer denklemi çözelim. \(t^{-4}\) ile çarparsak
\[t^{-4}\,\frac{dv}{dt} - 4t^{-5}\,v = -2t^{-6} \quad \Longrightarrow \quad \frac{d}{dt}\big(t^{-4}v\big) = -2t^{-6}\]
olur. İki tarafı integralleyelim:
\[t^{-4}\,v = \int -2t^{-6}\,dt = \frac{2}{5}\,t^{-5} + c.\]
\(y\)’ye dönelim. İki tarafı \(t^{4}\) ile çarparsak
\[v = \frac{2}{5t} + c\,t^{4} = \frac{2 + 5c\,t^{5}}{5t}\]
bulunur. \(v = y^{-2}\) olduğundan
\[y^{2} = \frac{1}{v} = \frac{5t}{2 + 5c\,t^{5}}, \qquad y = \pm\sqrt{\frac{5t}{2 + 5c\,t^{5}}}.\]
Burada \(c\) keyfi bir sabittir ve çözüm \(2 + 5c\,t^{5} > 0\) olan \(t > 0\) değerlerinde tanımlıdır. Kökün işareti, başlangıç koşulu verildiğinde \(y\)’nin o noktadaki işaretine göre seçilir. Bunlara ek olarak \(y \equiv 0\) da bir çözümdür ve formülde hiçbir \(c\) değerine karşılık gelmez.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.3 (Negatif Kuvvetli Bir Başlangıç Değer Problemi) \(x > 0\) olmak üzere
\[\frac{du}{dx} + \frac{u}{2x} = x\,u^{-3}, \qquad u(1) = 2\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Bilinmeyen fonksiyon bu kez \(u\)’dur. Denklem \(p(x) = \dfrac{1}{2x}\), \(q(x) = x\) ve \(n = -3\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n < 0\) olduğundan \(u^{-3}\) ifadesi \(u = 0\)’da tanımsızdır; denklem yalnız \(u \neq 0\) için anlamlıdır ve kaybolan bir çözüm yoktur.
\(u^{3}\) ile çarpalım. \(u^{-n} = u^{3}\) olduğundan
\[u^{3}\,\frac{du}{dx} + \frac{u^{4}}{2x} = x.\]
Dönüşüm. \(v = u^{1-n} = u^{1-(-3)} = u^{4}\) diyelim:
\[\frac{dv}{dx} = 4u^{3}\,\frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad u^{3}\,\frac{du}{dx} = \frac{1}{4}\,\frac{dv}{dx}.\]
Denklem
\[\frac{1}{4}\,\frac{dv}{dx} + \frac{1}{2x}\,v = x \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dx} + \frac{2}{x}\,v = 4x\]
olur.
İntegrasyon çarpanı.
\[\mu(x) = e^{\int \frac{2}{x}\,dx} = e^{2\ln x} = x^{2}.\]
Lineer denklemi çözelim. \(x^{2}\) ile çarparsak
\[x^{2}\,\frac{dv}{dx} + 2x\,v = 4x^{3} \quad \Longrightarrow \quad \frac{d}{dx}\big(x^{2}v\big) = 4x^{3}\]
olur; integralleyerek
\[x^{2}v = x^{4} + c\]
buluruz.
\(u\)’ya dönelim. \(v = u^{4}\) olduğundan
\[u^{4} = \frac{x^{4} + c}{x^{2}}.\]
Başlangıç koşulu. \(x = 1\) için \(u = 2\) olmalıdır:
\[2^{4} = \frac{1 + c}{1} \quad \Longrightarrow \quad c = 15.\]
Böylece \(u^{4} = \dfrac{x^{4} + 15}{x^{2}}\) olur. Dördüncü kökü alırken işaret seçmeliyiz, çünkü \(u^{4} = a > 0\) denkleminin iki gerçel çözümü \(\pm a^{1/4}\)’tür. Sağ taraf her \(x > 0\) için pozitif olduğundan \(u\) hiçbir noktada sıfır olmaz. \(u\) sürekli ve \(u(1) = 2 > 0\) olduğundan ara değer teoremi gereği her \(x > 0\) için \(u(x) > 0\)’dır. Dolayısıyla yalnız artı işaretli kök alınır:
\[u(x) = \left(\frac{x^{4} + 15}{x^{2}}\right)^{1/4} = \frac{\sqrt[4]{x^{4} + 15}}{\sqrt{x}}, \qquad x > 0.\]
Eksi işaretli \(-\left(\dfrac{x^{4} + 15}{x^{2}}\right)^{1/4}\) fonksiyonu da diferansiyel denklemi sağlar, ama \(x = 1\)’de \(-2\) değerini aldığı için başlangıç koşulunu sağlamaz. Bulduğumuz çözüm bütün \((0, \infty)\) aralığında tanımlıdır.
\(\blacksquare\)
10.2 Riccati Denklemi
Bernoulli denkleminde \(n = 2\) alıp terimleri sağa toplarsak \(y' = q(x)\,y^{2} - p(x)\,y\) elde ederiz. Sağ taraf \(y\)’nin ikinci dereceden bir polinomudur, ama sabit terimi, yani \(y\) içermeyen terimi yoktur. Sabit terimi de olan en genel ikinci dereceden sağ taraf bizi yeni bir sınıfa götürür.
Tanım 10.2 (Riccati Denklemi) \(p\), \(q\) ve \(r\) bir \(I\) aralığında sürekli fonksiyonlar ve \(p\) özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyon olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} = p(x)\,y^{2} + q(x)\,y + r(x)\]
biçimindeki birinci mertebeden denkleme Riccati denklemi (Riccati equation) denir.
Yani Riccati denkleminde eğim, katsayıları \(x\)’e bağlı olan ve \(y\)’ye göre ikinci dereceden bir polinomdur. İki uç durum tanıdıktır: \(r \equiv 0\) ise denklem \(n = 2\) olan bir Bernoulli denklemidir; \(p \equiv 0\) olsaydı denklem lineer olurdu (tanımda \(p\)’nin özdeş olarak sıfır olmaması bu yüzden istenir).
Bernoulli denkleminden farklı olarak, Riccati denklemini lineer bir denkleme indiren ve her durumda işleyen bir dönüşüm yoktur; tarihçe notunda değindiğimiz gibi bu denklemler genel olarak integrallerle çözülemez. Ama denklemin tek bir özel çözümünü bilirsek durum tamamen değişir: geri kalan bütün çözümler bir lineer denklemden bulunur.
Teorem 10.2 (Bir Özel Çözümle Lineer Denkleme İndirgeme) \(y_1\), \(I\) aralığında Riccati denkleminin bir çözümü olsun. \(v\), \(I\)’da türevlenebilir ve hiçbir noktada sıfır olmayan bir fonksiyon olmak üzere
\[y = y_1 + \frac{1}{v}\]
fonksiyonunun Riccati denkleminin bir çözümü olması için gerek ve yeter koşul, \(v\)’nin
\[\frac{dv}{dx} + \big(2p(x)\,y_1(x) + q(x)\big)\,v = -p(x)\]
lineer denklemini sağlamasıdır.
İspat
\(y = y_1 + \dfrac{1}{v}\) fonksiyonunun türevi
\[y' = y_1' - \frac{v'}{v^{2}}\]
olur. Denklemin sağ tarafını hesaplayalım. \(\left(y_1 + \dfrac{1}{v}\right)^{2} = y_1^{2} + \dfrac{2y_1}{v} + \dfrac{1}{v^{2}}\) açılımını kullanıp terimleri gruplarsak
\[p\,y^{2} + q\,y + r = \big(p\,y_1^{2} + q\,y_1 + r\big) + \frac{2p\,y_1 + q}{v} + \frac{p}{v^{2}}\]
bulunur. \(y_1\) bir çözüm olduğundan ilk parantez \(y_1'\)’e eşittir. Şimdi iki ifadenin farkını alalım; \(y_1'\) terimleri sadeleşir:
\[y' - \big(p\,y^{2} + q\,y + r\big) = -\frac{v'}{v^{2}} - \frac{2p\,y_1 + q}{v} - \frac{p}{v^{2}}.\]
Sağ tarafı \(-\dfrac{1}{v^{2}}\) parantezine alalım:
\[y' - \big(p\,y^{2} + q\,y + r\big) = -\frac{1}{v^{2}}\Big[v' + \big(2p\,y_1 + q\big)\,v + p\Big].\]
\(\dfrac{1}{v^{2}}\) hiçbir noktada sıfır olmadığından sol taraf ancak ve ancak köşeli parantez sıfırsa sıfırdır. Yani \(y\)’nin Riccati denklemini sağlaması, \(v\)’nin \(v' + (2p\,y_1 + q)\,v = -p\) denklemini sağlamasıyla aynı şeydir.
\(\blacksquare\)
Yani bir özel çözüm \(y_1\) bilindiğinde, Riccati denklemi \(v\) için standart biçimde bir lineer denkleme dönüşür; katsayıları
\[P(x) = 2p(x)\,y_1(x) + q(x), \qquad Q(x) = -p(x)\]
olur ve Teorem 9.1 ile çözülür.
Teoremin \(y_1\)’den başka bütün çözümleri yakaladığından emin olmak için bir şeyi daha bilmemiz gerekir: \(y_1\)’den farklı bir \(y\) çözümü \(y_1\)’e hiç değebilir mi? Değemez. \(f(x,y) = p(x)\,y^{2} + q(x)\,y + r(x)\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2p(x)\,y + q(x)\) sürekli olduğundan Teorem 3.1 gereği bir noktadan tek bir çözüm eğrisi geçer; bu yüzden aynı aralıkta tanımlı iki çözüm bir noktada eşitse o aralığın tamamında eşittir. (İki çözümün eşit olduğu noktaların kümesi teklik gereği açık, süreklilik gereği kapalıdır; bir aralığın hem açık hem kapalı olan boş olmayan tek alt kümesi aralığın kendisidir.) Dolayısıyla \(y_1\)’den farklı her çözüm için \(y - y_1\) hiçbir noktada sıfır olmaz ve \(v = \dfrac{1}{y - y_1}\) tanımlıdır. Özel çözüm \(y_1\)’in kendisi ise bu ailede yer almaz (onun için \(v\) “sonsuz” olmalıydı); onu ayrıca yazarız.
Aynı indirgeme iki adımda da yapılabilir. \(y = y_1 + u\) koyalım. \(y_1' = p\,y_1^{2} + q\,y_1 + r\) eşitliğini kullanınca \(y_1\)’li terimler sadeleşir ve geriye
\[\frac{du}{dx} - \big(2p(x)\,y_1(x) + q(x)\big)\,u = p(x)\,u^{2}\]
denklemi kalır. Bu, \(n = 2\) olan bir Bernoulli denklemidir. Onu lineer yapan dönüşüm Teorem 10.1 gereği \(v = u^{1-2} = \dfrac{1}{u}\)’dur; yani \(u = \dfrac{1}{v}\) ve \(y = y_1 + \dfrac{1}{v}\). Demek ki Riccati denkleminin indirgemesi, özel çözümden sapma \(u = y - y_1\)’in bir Bernoulli denklemi sağlamasından başka bir şey değildir.
Teoremin bütün yükü bir özel çözüm bulmaktadır ve bunun genel bir yolu yoktur. Uygulamada özel çözüm ya verilir ya da katsayıların biçimine bakılarak tahmin edilir:
- Katsayılar sabitse sabit bir \(y_1 = a\) denenir; \(a\), \(p\,a^{2} + q\,a + r = 0\) ikinci derece denkleminin bir köküdür.
- Katsayılarda \(\dfrac{1}{x}\), \(\dfrac{1}{x^{2}}\) gibi terimler varsa \(y_1 = \dfrac{a}{x}\) denenir.
- Katsayılar polinomsa \(y_1 = ax + b\) gibi düşük dereceli bir polinom denenir.
- Katsayılarda \(e^{x}\) görünüyorsa \(y_1 = a\,e^{x}\) denenir.
- Bir özel çözüm \(y_1\) bul: verilmişse denklemde yerine koyarak doğrula, verilmemişse yukarıdaki biçimlerden birini dene.
- \(P = 2p\,y_1 + q\) katsayısını hesapla ve \(v' + P(x)\,v = -p(x)\) lineer denklemini kur.
- Lineer denklemi çöz ve \(y = y_1 + \dfrac{1}{v}\) ile geri dön; özel çözüm \(y_1\)’i ayrıca yaz ve başlangıç koşulu varsa sabiti belirle.
Örnek 10.4 (Özel Çözümü Verilen Bir Riccati Denklemi) \(y_1 = x\) fonksiyonunun
\[\frac{dy}{dx} = 1 + x^{2} - 2x\,y + y^{2}\]
denkleminin bir çözümü olduğunu kullanarak denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Sağ taraf \(y\)’nin ikinci dereceden bir polinomudur; denklem \(p(x) = 1\), \(q(x) = -2x\) ve \(r(x) = 1 + x^{2}\) ile bir Riccati denklemidir.
Özel çözümü doğrulayalım. \(y_1 = x\) için sol taraf \(y_1' = 1\), sağ taraf
\[1 + x^{2} - 2x\cdot x + x^{2} = 1\]
olur. İki taraf eşittir; yani \(y_1 = x\) gerçekten bir çözümdür.
Lineer denklemi kuralım.
\[P(x) = 2p(x)\,y_1(x) + q(x) = 2\cdot 1\cdot x - 2x = 0.\]
Dolayısıyla \(y = x + \dfrac{1}{v}\) dönüşümü, Teorem 10.2 gereği
\[\frac{dv}{dx} = -p(x) = -1\]
lineer denklemini verir. Bu kez integrasyon çarpanına bile gerek yoktur: \(v = -x + c\).
\(y\)’ye dönelim.
\[y = x + \frac{1}{c - x}, \qquad c \ \text{sabit}.\]
Bu çözüm \(x \neq c\) olan her aralıkta geçerlidir. Sağlaması da kolaydır: denklemin sağ tarafı \(1 + (y - x)^{2}\) biçiminde yazılabilir ve bulduğumuz \(y\) için
\[y' = 1 + \frac{1}{(c - x)^{2}} = 1 + (y - x)^{2}\]
olur. Bunlara ek olarak özel çözüm \(y_1 = x\) de bir çözümdür ve ailede hiçbir \(c\) değerine karşılık gelmez.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.5 (Özel Çözümü Tahmin Edilen Bir Riccati Denklemi) \(x > 0\) olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} = y^{2} - \frac{2}{x^{2}}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(p(x) = 1\), \(q(x) = 0\) ve \(r(x) = -\dfrac{2}{x^{2}}\) ile bir Riccati denklemidir. Özel çözüm verilmemiş; onu tahmin etmemiz gerekiyor.
Özel çözümü tahmin edelim. \(y^{2}\) terimi \(\dfrac{2}{x^{2}}\) ile aynı türden olsun diye \(y_1 = \dfrac{a}{x}\) biçiminde bir çözüm arayalım; \(a\) bir sabittir. \(y_1' = -\dfrac{a}{x^{2}}\) olduğundan denklem
\[-\frac{a}{x^{2}} = \frac{a^{2}}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}}\]
hâline gelir. İki tarafı \(x^{2}\) ile çarparsak \(a^{2} + a - 2 = 0\), yani \((a - 1)(a + 2) = 0\) bulunur. Demek ki \(\dfrac{1}{x}\) ve \(-\dfrac{2}{x}\) fonksiyonlarının ikisi de çözümdür. Hesabı \(y_1 = \dfrac{1}{x}\) ile yapalım.
Lineer denklemi kuralım.
\[P(x) = 2p\,y_1 + q = \frac{2}{x}, \qquad Q(x) = -p = -1,\]
yani
\[\frac{dv}{dx} + \frac{2}{x}\,v = -1.\]
İntegrasyon çarpanı. \(x > 0\) olduğundan
\[\mu(x) = e^{\int \frac{2}{x}\,dx} = e^{2\ln x} = x^{2}.\]
Lineer denklemi çözelim. \(x^{2}\) ile çarparsak sol taraf \(\big(x^{2}v\big)'\) olur:
\[\frac{d}{dx}\big(x^{2}v\big) = -x^{2} \quad \Longrightarrow \quad x^{2}v = -\frac{x^{3}}{3} + c \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{3c - x^{3}}{3x^{2}}.\]
\(y\)’ye dönelim. \(C = 3c\) yazarsak
\[y = \frac{1}{x} + \frac{1}{v} = \frac{1}{x} + \frac{3x^{2}}{C - x^{3}}, \qquad C \ \text{sabit}.\]
Özel çözüm \(y_1 = \dfrac{1}{x}\) de ayrıca yazılır; bu ailede hiçbir \(C\) değeriyle elde edilmez.
Öteki özel çözüm nerede? Tahmin adımında bulduğumuz \(-\dfrac{2}{x}\) çözümü kaybolmadı: \(C = 0\) alırsak
\[y = \frac{1}{x} - \frac{3x^{2}}{x^{3}} = \frac{1}{x} - \frac{3}{x} = -\frac{2}{x}\]
elde edilir. Yani ikinci özel çözüm, birinciden kurulan ailenin bir üyesidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 10.6 (Çözümü Sonsuza Kaçan Bir Riccati Problemi) \[\frac{dy}{dx} = y^{2} + \left(1 + 2e^{x}\right)y + e^{2x}, \qquad y(0) = 0\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(p(x) = 1\), \(q(x) = 1 + 2e^{x}\) ve \(r(x) = e^{2x}\) ile bir Riccati denklemidir; katsayıların hepsi bütün gerçel eksende süreklidir.
Özel çözümü tahmin edelim. Katsayılarda \(e^{x}\) ve \(e^{2x}\) göründüğünden \(y_1 = a\,e^{x}\) deneyelim. Sol taraf \(a\,e^{x}\), sağ taraf
\[a^{2}e^{2x} + a\,e^{x} + 2a\,e^{2x} + e^{2x} = \left(a^{2} + 2a + 1\right)e^{2x} + a\,e^{x}\]
olur. İki tarafın eşit olması için \(a^{2} + 2a + 1 = (a + 1)^{2} = 0\), yani \(a = -1\) olmalıdır. Böylece \(y_1 = -e^{x}\) bir özel çözümdür.
Lineer denklemi kuralım.
\[P(x) = 2p\,y_1 + q = -2e^{x} + 1 + 2e^{x} = 1, \qquad Q(x) = -1,\]
yani \(v' + v = -1\).
Lineer denklemi çözelim. \(\mu(x) = e^{x}\) ile çarparsak
\[\frac{d}{dx}\big(e^{x}v\big) = -e^{x} \quad \Longrightarrow \quad e^{x}v = -e^{x} + c \quad \Longrightarrow \quad v = -1 + c\,e^{-x}.\]
Genel çözüm.
\[y = -e^{x} + \frac{1}{c\,e^{-x} - 1}.\]
Başlangıç koşulu. \(x = 0\)’da \(y = 0\) olmalıdır:
\[0 = -1 + \frac{1}{c - 1} \quad \Longrightarrow \quad c - 1 = 1 \quad \Longrightarrow \quad c = 2.\]
İkinci kesrin pay ve paydasını \(e^{x}\) ile çarparsak çözüm
\[y = -e^{x} + \frac{e^{x}}{2 - e^{x}} = \frac{e^{x}\left(e^{x} - 1\right)}{2 - e^{x}}\]
olur.
Tanım aralığı. Payda \(2 - e^{x}\), \(x = \ln 2\)’de sıfır olur. Başlangıç noktası \(x = 0\)’ı içeren ve paydanın sıfırlanmadığı en geniş aralık \((-\infty, \ln 2)\)’dir. \(x\) soldan \(\ln 2 \approx 0{,}69\)’a yaklaşırken pay \(2 \cdot 1 = 2\)’ye, payda pozitif değerlerle \(0\)’a gider; çözüm \(+\infty\)’a kaçar. Katsayılar her yerde sürekli olduğu hâlde çözümün sonlu bir noktada sonsuza gitmesi lineer olmayan denklemlere özgü bir davranıştır. Lineer bir denklemde bu olamaz: katsayılar bir aralıkta sürekliyse başlangıç değer probleminin çözümü o aralığın tamamında tanımlıdır (Teorem 9.2).
Şekilde kesikli eğri özel çözüm \(y_1 = -e^{x}\)’tir. Aranan çözüm \(x \to -\infty\) iken \(0\)’a yaklaşır, \(y_1\)’in hep üstünde kalır (\(y - y_1 = \dfrac{e^{x}}{2 - e^{x}} > 0\)) ve \(x = \ln 2\) dikey doğrusunda sonsuza kaçar.
\(\blacksquare\)
10.3 Alıştırmalar
İlk beş alıştırma Bernoulli denklemlerine, son üç alıştırma Riccati denklemlerine ayrılmıştır.
Alıştırma 10.1 (Lojistik Denklem) \(r > 0\) ve \(k > 0\) sabitler olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} = r\,y - k\,y^{2}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Bu, sınırlı kaynaklı bir ortamdaki nüfus artışını betimleyen lojistik denklemdir. Terimleri düzenleyelim:
\[\frac{dy}{dx} - r\,y = -k\,y^{2}.\]
Denklem \(p(x) = -r\), \(q(x) = -k\) ve \(n = 2\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n > 0\) olduğundan \(y \equiv 0\) bir çözümdür.
\(y^{-2}\) ile çarpalım. \(y \neq 0\) iken
\[y^{-2}\,\frac{dy}{dx} - r\,y^{-1} = -k.\]
Dönüşüm. \(v = y^{-1}\) diyelim; \(\dfrac{dv}{dx} = -y^{-2}\,\dfrac{dy}{dx}\) olduğundan
\[-\frac{dv}{dx} - r\,v = -k \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dx} + r\,v = k.\]
Lineer denklemi çözelim. İntegrasyon çarpanı \(\mu(x) = e^{\int r\,dx} = e^{rx}\)’tir:
\[\frac{d}{dx}\big(e^{rx}v\big) = k\,e^{rx} \quad \Longrightarrow \quad e^{rx}v = \frac{k}{r}\,e^{rx} + c \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{k}{r} + c\,e^{-rx}.\]
\(y\)’ye dönelim. \(y = \dfrac{1}{v}\) kesrinin pay ve paydasını \(r\) ile çarpıp \(C = rc\) yazarsak
\[y = \frac{r}{k + C\,e^{-rx}}, \qquad C \ \text{sabit}\]
bulunur. Bunlara ek olarak \(y \equiv 0\) da bir çözümdür.
Dengeler ve uzun dönem davranışı. Denklem \(\dfrac{dy}{dx} = y\,(r - ky)\) biçiminde değişkenlerine ayrılabilir de olduğundan \(y \equiv 0\) ve \(y \equiv \dfrac{r}{k}\) sabit fonksiyonları onun denge çözümleridir (Tanım 5.2). \(y \equiv \dfrac{r}{k}\) genel çözümde \(C = 0\) değerine karşılık gelir, \(y \equiv 0\) ise hiçbir \(C\) ile elde edilmez. Başlangıç değeri \(y(0) = y_0 > 0\) ise \(\dfrac{r}{k + C} = y_0\) eşitliğinden \(C = \dfrac{r}{y_0} - k > -k\) bulunur. O zaman \(x \geq 0\) için \(C\,e^{-rx} \geq \min(C, 0) > -k\) olduğundan payda pozitif kalır ve \(x \to \infty\) iken \(e^{-rx} \to 0\) olduğundan
\[\lim_{x \to \infty} y(x) = \frac{r}{k}\]
olur. Nüfus modelinde \(\dfrac{r}{k}\) sayısı ortamın taşıyabileceği en büyük nüfustur: pozitif bir değerden başlayan her çözüm zamanla bu değere yerleşir.
Özel olarak \(r = k = 1\) alırsak denklem \(y' = y - y^{2}\), genel çözüm \(y = \dfrac{1}{1 + C\,e^{-x}}\) ve dengeler \(y = 0\) ile \(y = 1\) olur; \(y(0) = y_0\) koşulu \(C = \dfrac{1}{y_0} - 1\) verir. Şekilde \(0 < y_0 < 1\) ile başlayan çözümler artarak, \(y_0 > 1\) ile başlayan çözüm azalarak \(y = 1\) dengesine yaklaşır. \(y_0 < 0\) ile başlayan çözümler ise sonlu bir \(x\) değerinde \(-\infty\)’a gider: örneğin \(y_0 = -0{,}3\) için \(C = -\dfrac{13}{3}\) olur ve payda \(x = \ln\dfrac{13}{3} \approx 1{,}47\)’de sıfırlanır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.2 (Bağımsız Değişkeni t Olan Bir Denklem) \[\frac{du}{dt} + u = t\,u^{3}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(p(t) = 1\), \(q(t) = t\) ve \(n = 3\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n > 0\) olduğundan \(u \equiv 0\) bir çözümdür.
\(u^{-3}\) ile çarpalım. \(u \neq 0\) iken
\[u^{-3}\,\frac{du}{dt} + u^{-2} = t.\]
Dönüşüm. \(v = u^{1-3} = u^{-2}\) diyelim. \(\dfrac{dv}{dt} = -2u^{-3}\,\dfrac{du}{dt}\) olduğundan \(u^{-3}\,\dfrac{du}{dt} = -\dfrac{1}{2}\,\dfrac{dv}{dt}\) olur ve denklem
\[-\frac{1}{2}\,\frac{dv}{dt} + v = t \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dt} - 2v = -2t\]
hâline gelir.
İntegrasyon çarpanı. \(\mu(t) = e^{\int -2\,dt} = e^{-2t}\). Bununla çarparsak
\[\frac{d}{dt}\big(e^{-2t}v\big) = -2t\,e^{-2t}.\]
İntegral. Sağ tarafı kısmi integrasyonla hesaplayalım: \(f = t\) ve \(g' = -2e^{-2t}\) seçersek \(g = e^{-2t}\) olur ve
\[\int -2t\,e^{-2t}\,dt = t\,e^{-2t} - \int e^{-2t}\,dt = t\,e^{-2t} + \frac{1}{2}\,e^{-2t} + c.\]
Buradan
\[e^{-2t}v = t\,e^{-2t} + \frac{1}{2}\,e^{-2t} + c \quad \Longrightarrow \quad v = t + \frac{1}{2} + c\,e^{2t}.\]
\(u\)’ya dönelim. \(v = u^{-2}\) olduğundan
\[\frac{1}{u^{2}} = t + \frac{1}{2} + c\,e^{2t}, \qquad u = \pm\frac{1}{\sqrt{t + \frac{1}{2} + c\,e^{2t}}}.\]
Çözüm, kök içinin pozitif olduğu aralıklarda tanımlıdır. Bunlara ek olarak \(u \equiv 0\) da bir çözümdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.3 (Kuvveti Dört Olan Bir Denklem) \[x\,\frac{dy}{dx} + y + 2x^{6}y^{4} = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. \(x \neq 0\) iken iki tarafı \(x\)’e bölüp \(y^{4}\)’lü terimi sağa geçirelim:
\[\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}\,y = -2x^{5}\,y^{4}.\]
Bu, \(p(x) = \dfrac{1}{x}\), \(q(x) = -2x^{5}\) ve \(n = 4\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n > 0\) olduğundan \(y \equiv 0\) bir çözümdür.
\(y^{-4}\) ile çarpalım. \(y \neq 0\) iken
\[y^{-4}\,\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}\,y^{-3} = -2x^{5}.\]
Dönüşüm. \(v = y^{1-4} = y^{-3}\) diyelim. \(\dfrac{dv}{dx} = -3y^{-4}\,\dfrac{dy}{dx}\) olduğundan
\[-\frac{1}{3}\,\frac{dv}{dx} + \frac{1}{x}\,v = -2x^{5} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dx} - \frac{3}{x}\,v = 6x^{5}.\]
İntegrasyon çarpanı.
\[\mu(x) = e^{\int -\frac{3}{x}\,dx} = e^{-3\ln|x|} = |x|^{-3}.\]
\(x > 0\) iken bu \(x^{-3}\), \(x < 0\) iken \(-x^{-3}\)’tür. Bir integrasyon çarpanını sıfırdan farklı bir sabitle çarpmak onu yine integrasyon çarpanı yapar; bu yüzden her iki aralıkta da \(\mu(x) = x^{-3}\) kullanabiliriz.
Lineer denklemi çözelim. \(x^{-3}\) ile çarparsak
\[\frac{d}{dx}\big(x^{-3}v\big) = 6x^{2} \quad \Longrightarrow \quad x^{-3}v = 2x^{3} + C \quad \Longrightarrow \quad v = x^{3}\left(2x^{3} + C\right).\]
\(y\)’ye dönelim. \(v = y^{-3}\) olduğundan
\[y^{3} = \frac{1}{x^{3}\left(2x^{3} + C\right)}, \qquad y = \frac{1}{x\,\sqrt[3]{2x^{3} + C}}.\]
Burada küp kök gerçel küp köktür (negatif sayılar için de tanımlıdır). Çözüm \(x\left(2x^{3} + C\right) \neq 0\) olan aralıklarda geçerlidir. Bunlara ek olarak \(y \equiv 0\) da bir çözümdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.4 (Kuvveti Eksi İki Olan Bir Denklem) \[3x\,y^{2}\,y' = 3x^{4} + y^{3}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. \(x \neq 0\) ve \(y \neq 0\) iken iki tarafı \(3x\,y^{2}\)’ye bölelim:
\[y' = \frac{x^{3}}{y^{2}} + \frac{y}{3x} \quad \Longrightarrow \quad y' - \frac{1}{3x}\,y = x^{3}\,y^{-2}.\]
Bu, \(p(x) = -\dfrac{1}{3x}\), \(q(x) = x^{3}\) ve \(n = -2\) ile bir Bernoulli denklemidir. \(n < 0\) olduğundan kaybolan bir çözüm yoktur; nitekim \(y \equiv 0\) özgün denklemi sağlamaz, çünkü sol taraf \(0\) iken sağ taraf \(3x^{4} \neq 0\)’dır.
\(y^{2}\) ile çarpalım. \(y^{-n} = y^{2}\) olduğundan
\[y^{2}\,y' - \frac{1}{3x}\,y^{3} = x^{3}.\]
Dönüşüm. \(v = y^{1-(-2)} = y^{3}\) diyelim. \(\dfrac{dv}{dx} = 3y^{2}\,y'\) olduğundan
\[\frac{1}{3}\,\frac{dv}{dx} - \frac{1}{3x}\,v = x^{3} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dv}{dx} - \frac{1}{x}\,v = 3x^{3}.\]
İntegrasyon çarpanı. \(e^{\int -\frac{1}{x}\,dx} = e^{-\ln|x|} = \dfrac{1}{|x|}\)’dir; bir önceki alıştırmadaki gibi sabit katı önemsemeyip her iki aralıkta \(\mu(x) = \dfrac{1}{x}\) alırız.
Lineer denklemi çözelim.
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{v}{x}\right) = 3x^{2} \quad \Longrightarrow \quad \frac{v}{x} = x^{3} + C \quad \Longrightarrow \quad v = x^{4} + C\,x.\]
\(y\)’ye dönelim. \(v = y^{3}\) olduğundan
\[y^{3} = x^{4} + C\,x, \qquad y = \sqrt[3]{x^{4} + C\,x}.\]
Çözüm \(x^{4} + C\,x \neq 0\) olan aralıklarda geçerlidir. Sağlaması doğrudan yapılabilir: \(y^{3} = x^{4} + Cx\) eşitliğinin türevi \(3y^{2}y' = 4x^{3} + C\)’dir; iki tarafı \(x\) ile çarparsak
\[3x\,y^{2}\,y' = 4x^{4} + Cx = 3x^{4} + \left(x^{4} + Cx\right) = 3x^{4} + y^{3}\]
olur. Bu sağlama ayrıca bir kısa yol da gösteriyor: özgün denklemdeki \(3y^{2}y'\) ifadesi \(\left(y^{3}\right)'\) olduğundan, \(v = y^{3}\) dönüşümü denklemi doğrudan \(x\,v' = 3x^{4} + v\) lineer denklemine çevirir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.5 (Sinüslü Bir Denklem) \(x \neq 0\) olmak üzere
\[(2x\sin y\cos y)\,y' = 4x^{2} + \sin^{2} y\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(y\)’ye göre Bernoulli biçiminde değildir; ama \(y\)’nin denklemde yalnız \(\sin y\) aracılığıyla (ve \(y'\), \(\cos y\,y'\) birleşimi içinde) göründüğüne dikkat edelim. \(w = \sin y\) diyelim. Zincir kuralıyla \(w' = \cos y\,y'\) olduğundan sol taraf
\[2x\sin y\cos y\,y' = 2x\,w\,w'\]
olur ve denklem
\[2x\,w\,w' = 4x^{2} + w^{2}\]
hâline gelir. \(w \equiv 0\), yani \(\sin y \equiv 0\) bir çözüm değildir: o zaman sol taraf \(0\), sağ taraf \(4x^{2} \neq 0\) olur. \(w \neq 0\) iken iki tarafı \(2x\,w\)’ye bölelim:
\[w' - \frac{1}{2x}\,w = 2x\,w^{-1}.\]
Bu, \(w\) için \(p(x) = -\dfrac{1}{2x}\), \(q(x) = 2x\) ve \(n = -1\) olan bir Bernoulli denklemidir.
Dönüşüm. \(v = w^{1-(-1)} = w^{2} = \sin^{2} y\) diyelim. İki tarafı \(w\) ile çarpıp \(w\,w' = \dfrac{1}{2}\,v'\) eşitliğini kullanırsak
\[\frac{1}{2}\,v' - \frac{1}{2x}\,v = 2x \quad \Longrightarrow \quad v' - \frac{1}{x}\,v = 4x\]
bulunur.
Lineer denklemi çözelim. Bir önceki alıştırmadaki gibi \(\mu(x) = \dfrac{1}{x}\) alalım:
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{v}{x}\right) = 4 \quad \Longrightarrow \quad \frac{v}{x} = 4x + C \quad \Longrightarrow \quad v = 4x^{2} + C\,x.\]
\(y\)’ye dönelim. \(v = \sin^{2} y\) olduğundan genel çözüm kapalı biçimde
\[\sin^{2} y = 4x^{2} + C\,x, \qquad C \ \text{sabit}\]
olur; çözüm eğrileri \(0 < 4x^{2} + C\,x < 1\) olan bölgede yer alır. Uç değerler olamaz: \(\sin^{2} y = 0\) ya da \(\sin^{2} y = 1\) olan bir noktada \(\sin y\cos y = 0\) olduğundan sol taraf sıfırdır, sağ taraf ise \(4x^{2} + \sin^{2} y > 0\)’dır. Sağlamasını yapalım: iki tarafın \(x\)’e göre türevi \(2\sin y\cos y\,y' = 8x + C\)’dir; bunu \(x\) ile çarparsak
\[2x\sin y\cos y\,y' = 8x^{2} + Cx = 4x^{2} + \left(4x^{2} + Cx\right) = 4x^{2} + \sin^{2} y\]
elde edilir. İki dönüşüm tek adımda da birleştirilebilirdi: özgün denklemin iki tarafı \(x\)’e bölününce denklem, bir önceki bölümde gördüğümüz \(g'(y)\,y' + p(x)\,g(y) = q(x)\) kalıbına \(g(y) = \sin^{2} y\) ile uyar. \(v = \sin^{2} y\) için \(v' = 2\sin y\cos y\,y'\) olduğundan özgün denklem doğrudan \(x\,v' = 4x^{2} + v\) lineer denklemine dönüşür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.6 (Sabit Katsayılı Bir Riccati Denklemi) \[\frac{dy}{dx} = y^{2} - y - 2\]
denklemini, sabit bir özel çözümden yararlanarak çözünüz.
Çözüm
Özel çözüm. Denklem \(p = 1\), \(q = -1\) ve \(r = -2\) sabit katsayılı bir Riccati denklemidir. Sabit bir \(y_1 = a\) için sol taraf \(0\) olduğundan
\[a^{2} - a - 2 = (a - 2)(a + 1) = 0\]
olmalıdır; yani \(y = 2\) ve \(y = -1\) sabit çözümlerdir. Hesabı \(y_1 = 2\) ile yapalım.
Lineer denklemi kuralım.
\[P = 2p\,y_1 + q = 2\cdot 1\cdot 2 - 1 = 3, \qquad Q = -p = -1,\]
yani \(v' + 3v = -1\).
Lineer denklemi çözelim. \(\mu(x) = e^{3x}\) ile çarparsak
\[\frac{d}{dx}\big(e^{3x}v\big) = -e^{3x} \quad \Longrightarrow \quad e^{3x}v = -\frac{1}{3}\,e^{3x} + c \quad \Longrightarrow \quad v = -\frac{1}{3} + c\,e^{-3x}.\]
\(y\)’ye dönelim. \(\dfrac{1}{v}\) kesrinin pay ve paydasını \(3\) ile çarpıp \(C = 3c\) yazarsak
\[y = 2 + \frac{3}{C\,e^{-3x} - 1}, \qquad C \ \text{sabit}\]
bulunur. Özel çözüm \(y \equiv 2\) de ayrıca yazılır. Öteki sabit çözüm ailenin içindedir: \(C = 0\) için \(y = 2 - 3 = -1\) olur.
Denklem sabit katsayılı olduğundan değişkenlerine de ayrılabilir; o yol aynı aileyi \(\dfrac{y - 2}{y + 1} = K\,e^{3x}\) biçiminde verir (burada \(K = \dfrac{1}{C}\)).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.7 (Özel Çözümü Verilen Bir Alıştırma) \(x > 0\) olmak üzere \(y_1 = x^{2}\) fonksiyonunun
\[x\,\frac{dy}{dx} = x^{4} + 2y - y^{2}\]
denkleminin bir çözümü olduğunu kullanarak denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. İki tarafı \(x\)’e bölelim:
\[\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{x}\,y^{2} + \frac{2}{x}\,y + x^{3}.\]
Bu, \(p(x) = -\dfrac{1}{x}\), \(q(x) = \dfrac{2}{x}\) ve \(r(x) = x^{3}\) ile bir Riccati denklemidir.
Özel çözümü doğrulayalım. \(y_1 = x^{2}\) için sol taraf \(2x\), sağ taraf
\[-\frac{x^{4}}{x} + \frac{2x^{2}}{x} + x^{3} = -x^{3} + 2x + x^{3} = 2x\]
olur; \(y_1 = x^{2}\) bir çözümdür.
Lineer denklemi kuralım.
\[P(x) = 2p\,y_1 + q = -\frac{2x^{2}}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2}{x} - 2x, \qquad Q(x) = -p = \frac{1}{x}.\]
Yani
\[\frac{dv}{dx} + \left(\frac{2}{x} - 2x\right)v = \frac{1}{x}.\]
İntegrasyon çarpanı. \(x > 0\) olduğundan
\[\mu(x) = e^{\int \left(\frac{2}{x} - 2x\right)dx} = e^{2\ln x - x^{2}} = x^{2}e^{-x^{2}}.\]
Lineer denklemi çözelim. \(\mu\) ile çarparsak sağ taraf \(x^{2}e^{-x^{2}}\cdot\dfrac{1}{x} = x\,e^{-x^{2}}\) olur:
\[\frac{d}{dx}\left(x^{2}e^{-x^{2}}v\right) = x\,e^{-x^{2}}.\]
\(s = x^{2}\) koyarak \(\int x\,e^{-x^{2}}\,dx = -\dfrac{1}{2}\,e^{-x^{2}} + c\) buluruz. Buna göre
\[x^{2}e^{-x^{2}}v = -\frac{1}{2}\,e^{-x^{2}} + c \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{2c\,e^{x^{2}} - 1}{2x^{2}}.\]
\(y\)’ye dönelim. \(C = 2c\) yazarsak
\[y = x^{2} + \frac{2x^{2}}{C\,e^{x^{2}} - 1} = x^{2}\,\frac{C\,e^{x^{2}} + 1}{C\,e^{x^{2}} - 1}, \qquad C \ \text{sabit}.\]
Özel çözüm \(y_1 = x^{2}\) de ayrıca yazılır. \(C = 0\) değeri bir başka basit çözüm verir: \(y = -x^{2}\). Gerçekten bu fonksiyon için sol taraf \(x\cdot(-2x) = -2x^{2}\), sağ taraf \(x^{4} - 2x^{2} - x^{4} = -2x^{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 10.8 (Başlangıç Koşullu Bir Riccati Denklemi) \(x > 0\) olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} = y^{2} - \frac{y}{x} - \frac{4}{x^{2}}, \qquad y(1) = 3\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemi tanıyalım. Denklem \(p(x) = 1\), \(q(x) = -\dfrac{1}{x}\) ve \(r(x) = -\dfrac{4}{x^{2}}\) ile bir Riccati denklemidir.
Özel çözümü tahmin edelim. Katsayılardaki \(\dfrac{1}{x}\) ve \(\dfrac{1}{x^{2}}\) terimleri \(y_1 = \dfrac{a}{x}\) denemesini önerir. \(y_1' = -\dfrac{a}{x^{2}}\) olduğundan
\[-\frac{a}{x^{2}} = \frac{a^{2}}{x^{2}} - \frac{a}{x^{2}} - \frac{4}{x^{2}} \quad \Longrightarrow \quad a^{2} = 4.\]
\(a = 2\) seçelim: \(y_1 = \dfrac{2}{x}\).
Lineer denklemi kuralım.
\[P(x) = 2p\,y_1 + q = \frac{4}{x} - \frac{1}{x} = \frac{3}{x}, \qquad Q(x) = -1,\]
yani
\[\frac{dv}{dx} + \frac{3}{x}\,v = -1.\]
Lineer denklemi çözelim. \(x > 0\) olduğundan \(\mu(x) = e^{3\ln x} = x^{3}\)’tür:
\[\frac{d}{dx}\big(x^{3}v\big) = -x^{3} \quad \Longrightarrow \quad x^{3}v = -\frac{x^{4}}{4} + c \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{4c - x^{4}}{4x^{3}}.\]
Genel çözüm. \(C = 4c\) yazarsak
\[y = \frac{2}{x} + \frac{4x^{3}}{C - x^{4}}.\]
Başlangıç koşulu. \(x = 1\) için \(y = 3\) olmalıdır:
\[3 = 2 + \frac{4}{C - 1} \quad \Longrightarrow \quad C - 1 = 4 \quad \Longrightarrow \quad C = 5.\]
Böylece çözüm
\[y = \frac{2}{x} + \frac{4x^{3}}{5 - x^{4}} = \frac{10 + 2x^{4}}{x\left(5 - x^{4}\right)}\]
olur. Çözüm \(x > 0\) ve \(5 - x^{4} \neq 0\) koşullarını sağlayan ve \(x = 1\)’i içeren en geniş aralıkta, yani \(0 < x < \sqrt[4]{5} \approx 1{,}495\) aralığında tanımlıdır; \(x \to \sqrt[4]{5}\) iken çözüm \(+\infty\)’a kaçar.
\(\blacksquare\)
Böylece birinci mertebeden denklemler için kurduğumuz araç kutusu tamamlandı: değişkenlerine ayrılabilen, homojen ve tam denklemlerle integrasyon çarpanıyla tam hâle getirilen denklemlerin yanına lineer denklemleri ve bu bölümde onlara indirgediğimiz Bernoulli ile Riccati denklemlerini ekledik. Bir sonraki bölümde mertebeyi bir artırıyor ve lineerliğin ikinci mertebede çözümlerin yapısını nasıl belirlediğini İkinci Mertebe Lineer Denklemler bölümünde görüyoruz.