9 Birinci Mertebe Lineer Denklemler
Bir önceki bölümde integrasyon çarpanını gördük: tam olmayan bir \(M\,dx + N\,dy = 0\) denklemini uygun bir \(\mu\) ile çarpıp tam hâle getirmek. Ama çarpanı bulmak genel olarak bir kısmi diferansiyel denklem çözmek demekti ve yöntem ancak şanslı durumlarda, yani \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) gibi bir oranın tek değişkene indiği durumlarda işe yarıyordu.
Bu bölümde bu şansın her zaman yaver gittiği geniş bir sınıfı inceleyeceğiz: birinci mertebe lineer denklemler. Büyüme ve soğuma modellerinden basit elektrik devrelerine kadar uygulamalarda en sık karşılaşılan birinci mertebe denklemler bunlardır. Her birinci mertebe lineer denklem her zaman yalnız \(x\)’e bağlı bir çarpanla çözülür ve bu çarpan tek bir formülle, \(\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\) ile yazılır. Sonuçta genel çözüm de hazır bir formüle bağlanır; üstelik bu formül denklemin bütün çözümlerini verir.
Bölümün sonunda iki genişleme göreceğiz: \(y\)’ye göre değil de \(x\)’e göre lineer olan denklemler ve uygun bir değişken değiştirmeyle lineer hâle gelen denklemler.
Birinci mertebe lineer denklemlerin çözüm yöntemi, diferansiyel hesabın kurucularından Gottfried Wilhelm Leibniz’e (1646–1716) dayanır; Leibniz bu denklemlerin integrallerle nasıl çözüleceğini 1694’te göstermiştir. Bir denklemi uygun bir çarpanla çarparak tam hâle getirme fikrini genel bir kurama dönüştüren ise Leonhard Euler (1707–1783) olmuştur; Euler tamlık koşulunu ve integrasyon çarpanlarını 1734–35 yıllarında yazdığı bir çalışmada ele almıştır. Bu bölümdeki \(e^{\int p\,dx}\) çarpanı, bu iki fikrin buluştuğu yerdir.
9.1 Birinci Mertebe Lineer Denklem
Sınıflandırma bölümünde \(n\)-inci mertebeden lineer denklemi tanımlamıştık (Tanım 1.5). \(n = 1\) alındığında bu tanım
\[a_0(x)\,y' + a_1(x)\,y = b(x)\]
biçimindeki denklemleri verir. \(a_0(x)\)’in sıfır olmadığı bir aralıkta iki tarafı \(a_0(x)\)’e bölersek \(y'\)’nün katsayısı \(1\) olur. Çözüm yöntemi tam da bu yazılış üzerine kurulacağı için ona ayrı bir ad verelim.
Tanım 9.1 (Birinci Mertebe Lineer Denklem ve Standart Biçim) \(I\) bir açık aralık, \(p\) ile \(q\) de \(I\) üzerinde sürekli fonksiyonlar olsun. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem \(I\) üzerinde
\[y' + p(x)\,y = q(x)\]
biçiminde yazılabiliyorsa, ona birinci mertebe lineer denklem (first-order linear equation) denir. Bu yazılışa denklemin standart biçimi (standard form) denir.
Yani birinci mertebe lineer bir denklemde \(y\) ile \(y'\) yalnızca birinci kuvvetten ve yalnızca \(x\)’e bağlı katsayılarla görünür; standart biçimde ayrıca \(y'\)’nün katsayısı \(1\)’dir. \(p\) ile \(q\)’nün sürekli olduğu aralığı baştan belirlemek önemlidir, çünkü bulacağımız çözüm formülü yalnızca böyle bir aralıkta geçerlidir.
Bir denklemin lineer olup olmadığını anlamak için onu standart biçime getirmeyi denemek yeterlidir.
Örnek 9.1 (Doğrudan Standart Biçimde Verilen Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} + \frac{2y}{x} = e^{x}\]
denkleminin birinci mertebe lineer denklem olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\dfrac{2y}{x} = \dfrac{2}{x}\,y\) yazarsak denklemin zaten standart biçimde olduğunu görürüz:
\[p(x) = \frac{2}{x}, \qquad q(x) = e^{x}.\]
\(q(x) = e^{x}\) bütün gerçel eksende süreklidir; \(p(x) = \dfrac{2}{x}\) ise \(x \neq 0\) olan her yerde süreklidir. Dolayısıyla ikisi de \(I = (0, \infty)\) aralığında süreklidir ve denklem bu aralıkta birinci mertebe lineer bir denklemdir.
\(\blacksquare\)
Örnek 9.2 (Standart Biçime Getirilen Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[x\,y' + (x + 1)\,y = x^{3}\]
denkleminin birinci mertebe lineer denklem olduğunu gösteriniz ve standart biçimini yazınız.
Çözüm
Burada \(y'\)’nün katsayısı \(1\) değil, \(x\)’tir. \(x > 0\) olduğundan iki tarafı \(x\)’e bölebiliriz:
\[y' + \frac{x + 1}{x}\,y = x^{2}.\]
Bu, denklemin standart biçimidir:
\[p(x) = \frac{x + 1}{x} = 1 + \frac{1}{x}, \qquad q(x) = x^{2}.\]
İki fonksiyon da \((0, \infty)\) aralığında süreklidir; öyleyse denklem bu aralıkta birinci mertebe lineer bir denklemdir. \(x > 0\) koşulu süs değildir: \(x = 0\) noktasında \(y'\)’nün katsayısı sıfırlanır ve bölme yapılamaz.
\(\blacksquare\)
Örnek 9.3 (Lineer Olmayan Bir Denklem) \[\frac{dy}{dx} - x^{2}y^{3} = 0\]
denkleminin lineer olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Denklemi standart biçime getirmek için \(-x^{2}y^{3}\) terimini \(p(x)\,y\) biçiminde yazmamız gerekirdi. Bunun tek yolu \(p = -x^{2}y^{2}\) almaktır; ama o zaman \(p\) yalnız \(x\)’e değil \(y\)’ye de bağlı olur ve tanımdaki koşul bozulur. Sorunun kaynağı \(y^{3}\) terimidir: bilinmeyen birinci kuvvetten değil, üçüncü kuvvetten görünüyor. Denklem lineer değildir.
Bu denklem, bir sonraki bölümde göreceğimiz Bernoulli denklemlerinin (Tanım 10.1) bir örneğidir; bir değişken değiştirmeyle lineer hâle getirilebilir.
\(\blacksquare\)
9.2 Lineer Denklemin Çözümü
Şimdi standart biçimdeki denklemi çözelim. Aynı formüle iki yoldan varacağız: önce bir önceki bölümün integrasyon çarpanı kuramıyla, sonra doğrudan bir hesapla.
İntegrasyon çarpanı yolu. \(y' = \dfrac{dy}{dx}\) olduğundan standart biçimi \(dx\) ile çarpıp bütün terimleri bir yana toplayalım:
\[\big[p(x)\,y - q(x)\big]\,dx + dy = 0.\]
Bu, \(M = p(x)\,y - q(x)\) ve \(N = 1\) olan bir \(M\,dx + N\,dy = 0\) denklemidir ve
\[M_y = p(x), \qquad N_x = 0\]
olur. İki durum vardır.
\(p \equiv 0\) ise \(M_y = N_x\) ve denklem tamdır. Aslında doğrudan değişkenlerine ayrılabilir: \(dy = q(x)\,dx\), dolayısıyla \(y = \int q(x)\,dx + c\).
\(p\) özdeş olarak sıfır değilse \(M_y \neq N_x\) olur ve denklem tam değildir. Ama
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{p(x) - 0}{1} = p(x)\]
oranı yalnız \(x\)’e bağlıdır. \(p\) ile \(q\) sürekli türevlenebilirse teoremin varsayımları sağlanır (yalnızca sürekli oldukları genel durum Teorem 9.1 içinde doğrudan gösterilecek) ve Teorem 8.2 gereği
\[\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\]
bir integrasyon çarpanıdır (Tanım 8.1).
Çarpılmış denklemin potansiyel fonksiyonunu bulalım. \(\mu' = p\,\mu\) olduğunu kullanacağız. \(F_y = \mu(x)\) koşulunu \(y\)’ye göre integrallersek \(F = \mu(x)\,y + h(x)\) bulunur. Bunu \(x\)’e göre türetip \(\mu M\)’ye eşitleyelim:
\[\mu\,p\,y + h'(x) = \mu\,p\,y - \mu\,q \;\Longrightarrow\; h'(x) = -\mu(x)\,q(x).\]
Böylece \(F = \mu y - \int \mu q\,dx\) ve genel çözüm \(F = c\), yani
\[\mu(x)\,y = \int \mu(x)\,q(x)\,dx + c\]
olur.
Doğrudan yol. Aynı sonuca tam denklemlerden hiç söz etmeden de ulaşabiliriz; bu yol, formülü ezberlemeden her seferinde yeniden kurmayı sağlar. Standart biçimi şimdilik bilinmeyen, pozitif bir \(\mu(x)\) ile çarpalım:
\[\mu\,y' + \mu\,p\,y = \mu\,q.\]
Sol tarafın bir çarpımın türevi olmasını istiyoruz. Çarpım kuralına göre \((\mu y)' = \mu y' + \mu' y\)’dir; bu ifadenin sol tarafa eşit olması için
\[\mu' = p\,\mu\]
olması yeter. Bu, \(\mu\) için değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir: \(\dfrac{d\mu}{\mu} = p\,dx\), buradan \(\ln \mu = \int p\,dx\) ve \(\mu = e^{\int p\,dx}\). Bu \(\mu\) ile denklem
\[\big(\mu\,y\big)' = \mu\,q\]
hâline gelir; iki tarafı integralleyip \(\mu\)’ye bölmek çözümü verir. İki yolun sonucunu bir teoremde toplayalım.
Teorem 9.1 (Lineer Denklemin Çözüm Formülü) \(p\) ile \(q\) bir \(I\) açık aralığında sürekli olsun ve \(\int p(x)\,dx\), \(p\)’nin \(I\) üzerindeki herhangi bir ilkel fonksiyonu olsun.
\(\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\) fonksiyonu her türevlenebilir \(y\) için \(\big(\mu y\big)' = \mu\,(y' + p\,y)\) özdeşliğini sağlar. \(p\), \(I\) üzerinde özdeş olarak sıfır değilse \(\mu\), \(\big[p(x)\,y - q(x)\big]\,dx + dy = 0\) denkleminin \(I \times \mathbb{R}\) bölgesinde bir integrasyon çarpanıdır.
\(y' + p(x)\,y = q(x)\) denkleminin \(I\) üzerindeki çözümleri tam olarak
\[y = e^{-\int p(x)\,dx}\left[\int q(x)\,e^{\int p(x)\,dx}\,dx + c\right], \qquad c \in \mathbb{R}\]
fonksiyonlarıdır. Yani bu formül her \(c\) için bir çözüm verir ve her çözüm bir \(c\) için bu formülden elde edilir.
İspat
(1) \(P(x) = \int p(x)\,dx\) yazalım; \(P' = p\)’dir. Zincir kuralıyla \(\mu' = P'\,e^{P} = p\,\mu\) olur. Çarpım kuralını kullanırsak her türevlenebilir \(y\) için
\[\big(\mu y\big)' = \mu' y + \mu y' = \mu\,(y' + p\,y)\]
bulunur. \(\mu q\) fonksiyonu \(I\) üzerinde süreklidir; analizin temel teoremi gereği bir \(G\) ilkel fonksiyonu vardır: \(G' = \mu q\). Şimdi \(F(x,y) = \mu(x)\,y - G(x)\) fonksiyonuna bakalım:
\[F_x = p\,\mu\,y - \mu\,q = \mu\,(p\,y - q) = \mu M, \qquad F_y = \mu = \mu N.\]
Demek ki \(\mu M\,dx + \mu N\,dy\), \(F\)’nin tam diferansiyelidir; çarpılmış denklem \(I \times \mathbb{R}\) bölgesinde tamdır. \(p\) özdeş olarak sıfır değilken özgün denklem tam değildir: \(F_y = N = 1\) olan bir \(F\) için her sabit \(x\)’te \(F(x,y) - y\) ifadesinin \(y\)’ye göre türevi sıfırdır, dolayısıyla \(I \times \mathbb{R}\) üzerinde \(F = y + h(x)\) olur. O zaman \(F_x = h'(x)\) ifadesi \(y\)’ye bağlı değildir ve \(p(x)\,y - q(x) = h'(x)\) eşitliği, \(p(x) \neq 0\) olan bir \(x\) için bütün \(y\)’lerde sağlanamaz. Ayrıca \(\mu > 0\)’dır. Tanım gereği \(\mu\) bir integrasyon çarpanıdır.
(2) Önce her çözümün formülde yer aldığını gösterelim. \(y\), \(I\) üzerinde bir çözüm olsun. (1) gereği
\[\big(\mu y\big)' = \mu\,(y' + p\,y) = \mu\,q = G'\]
olur; yani \((\mu y - G)' = 0\). Türevi bir aralığın her noktasında sıfır olan fonksiyon o aralıkta sabittir (ortalama değer teoremi). Öyleyse bir \(c\) sabiti için \(\mu y - G = c\)’dir. \(\mu\) hiçbir yerde sıfır olmadığından
\[y = \frac{G + c}{\mu} = e^{-\int p\,dx}\left[\int q\,e^{\int p\,dx}\,dx + c\right]\]
bulunur.
Tersine, \(c\) herhangi bir sabit ve \(y = \dfrac{G + c}{\mu}\) olsun. O zaman \(\mu y = G + c\) türevlenebilirdir ve (1) gereği
\[\mu\,(y' + p\,y) = \big(\mu y\big)' = G' = \mu\,q\]
olur. İki tarafı \(\mu > 0\)’a bölersek \(y' + p\,y = q\) elde edilir; yani \(y\) bir çözümdür.
\(\blacksquare\)
Yani birinci mertebe lineer bir denklemin bütün çözümleri tek bir \(c\) sabitine bağlı bir aile oluşturur. Bu yüzden lineer denklemlerin, Tanım 2.4 anlamında tekil çözümü yoktur: formülün dışında kalan bir çözüm bulunamaz.
Formüldeki iki terim ayrı ayrı anlam taşır:
\[y = \underbrace{e^{-\int p\,dx}\int q\,e^{\int p\,dx}\,dx}_{c\,=\,0 \text{ için bir çözüm}} + \underbrace{c\,e^{-\int p\,dx}}_{y' + p\,y\,=\,0 \text{ çözümleri}}.\]
İkinci terim, sağ tarafı sıfır olan \(y' + p\,y = 0\) denkleminin çözümleridir; birinci terim ise verilen denklemin bir özel çözümüdür (\(c = 0\)). “Bir çözüm artı sağ tarafı sıfır olan denklemin bütün çözümleri” yapısını yüksek mertebeden lineer denklemlerde yeniden göreceğiz.
\(\mu = e^{\int p\,dx}\) yazarken, bir önceki bölümde olduğu gibi integral sabitini koymayız: sabit bir çarpan çözüm ailesini değiştirmez. Mutlak değerlere ise dikkat etmek gerekir. Örneğin \(\displaystyle\int \frac{dx}{x} = \ln|x|\) olduğundan \(e^{\ln|x|} = |x|\) çıkar; \(x > 0\) aralığında bu \(x\)’tir, \(x < 0\) aralığında \(-x\)’tir. Sabit \(-1\) çarpanı da önemsiz olduğundan \(0\)’ı içermeyen her aralıkta \(\mu = x\) kullanılabilir. Formüldeki \(\int \mu q\,dx\) integralinin sabiti ise \(c\)’nin kendisidir; onu bir kez, integrali aldığımız anda yazarız.
Teorem, başlangıç değer problemleri için de çok güçlü bir sonuç verir.
Teorem 9.2 (Lineer Başlangıç Değer Probleminin Tek Çözümü) \(p\) ile \(q\) bir \(I\) açık aralığında sürekli, \(x_0 \in I\) ve \(y_0\) herhangi bir gerçel sayı olsun. O zaman
\[y' + p(x)\,y = q(x), \qquad y(x_0) = y_0\]
başlangıç değer probleminin \(I\)’nın tamamında tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır. \(P(x) = \displaystyle\int_{x_0}^{x} p(s)\,ds\) olmak üzere bu çözüm
\[y(x) = e^{-P(x)}\left[y_0 + \int_{x_0}^{x} q(t)\,e^{P(t)}\,dt\right]\]
formülüyle verilir.
İspat
\(p\) sürekli olduğundan analizin temel teoremi gereği \(P\), \(p\)’nin \(I\) üzerinde bir ilkel fonksiyonudur ve \(P(x_0) = 0\)’dır. Aynı nedenle
\[G(x) = \int_{x_0}^{x} q(t)\,e^{P(t)}\,dt\]
fonksiyonu \(\mu q = q\,e^{P}\)’nin bir ilkel fonksiyonudur ve \(G(x_0) = 0\)’dır. Teorem 9.1 gereği denklemin \(I\) üzerindeki çözümleri tam olarak
\[y = e^{-P(x)}\big[G(x) + c\big], \qquad c \in \mathbb{R}\]
fonksiyonlarıdır. Bunlardan biri için \(y(x_0) = e^{0}\,[0 + c] = c\) olur; dolayısıyla başlangıç koşulu \(c = y_0\) seçimiyle sağlanır ve yalnızca bu seçimle sağlanır. Bu çözüm bütün \(I\) üzerinde tanımlıdır.
Son olarak, \(x_0\)’ı içeren daha küçük bir \(J \subset I\) açık aralığında tanımlı bir çözüm de bu çözümle çakışır: teoremi \(J\) üzerinde uygularsak oradaki çözümler de \(e^{-P}[G + c]\) biçimindedir ve başlangıç koşulu yine \(c = y_0\) verir.
\(\blacksquare\)
Yani lineer bir denklemde çözüm, katsayıların sürekli olduğu aralığın sonuna kadar uzanır. Bu, genel varlık ve teklik teoreminden (Teorem 3.1) daha güçlü bir sonuçtur. O teorem \(f(x,y) = q(x) - p(x)\,y\) için de geçerlidir, ama çözümü yalnızca \(x_0\)’ın küçük bir komşuluğunda garanti eder. Lineer olmayan denklemlerde bu sınırlama gerçektir: \(y' = 1 + y^{2}\), \(y(0) = 0\) probleminde \(f\) ile \(\partial f/\partial y\) her yerde sürekli olduğu hâlde çözüm sonlu bir noktada sonsuza kaçar (Örnek 3.7). Lineer denklemlerde böyle bir patlama olamaz.
- Denklemi standart biçime getir (\(y'\)’nün katsayısı \(1\) olsun). \(p(x)\) ile \(q(x)\)’i oku ve ikisinin sürekli olduğu \(I\) açık aralığını belirle.
- Çarpanı hesapla: \(\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\). İntegral sabitini yazma; mutlak değerleri \(I\) aralığına göre kaldır.
- Standart biçimi \(\mu\) ile çarp. Sol taraf \((\mu y)'\) olur; bunu yaz ve sağ taraftaki \(\mu q\)’yu sadeleştir.
- İki tarafı integralle, sabiti ekle ve \(\mu\)’ye böl. Başlangıç koşulu varsa sabiti ondan bul.
Örnek 9.4 (Çözümü Hiperbolik Kosinüs Olan Bir Problem) \[\frac{dy}{dx} + x\,y = x\,e^{x^{2}/2}, \qquad y(0) = 1\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Standart biçim. Denklem zaten standart biçimdedir:
\[p(x) = x, \qquad q(x) = x\,e^{x^{2}/2}.\]
İkisi de bütün gerçel eksende süreklidir; \(I = \mathbb{R}\) alabiliriz.
Çarpan.
\[\mu(x) = e^{\int x\,dx} = e^{x^{2}/2}.\]
Çarpma. Denklemin iki tarafını \(e^{x^{2}/2}\) ile çarpalım:
\[e^{x^{2}/2}\,y' + x\,e^{x^{2}/2}\,y = x\,e^{x^{2}/2}\cdot e^{x^{2}/2} = x\,e^{x^{2}}.\]
Sol taraf bir çarpımın türevidir; gerçekten çarpım kuralıyla
\[\left(e^{x^{2}/2}\,y\right)' = x\,e^{x^{2}/2}\,y + e^{x^{2}/2}\,y'\]
olur. Demek ki
\[\left(e^{x^{2}/2}\,y\right)' = x\,e^{x^{2}}.\]
İntegral. Sağ taraf için \(u = x^{2}\), \(du = 2x\,dx\) koyalım:
\[\int x\,e^{x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int e^{u}\,du = \frac{e^{x^{2}}}{2} + c.\]
Buradan
\[e^{x^{2}/2}\,y = \frac{e^{x^{2}}}{2} + c \;\Longrightarrow\; y = \frac{e^{x^{2}/2}}{2} + c\,e^{-x^{2}/2}\]
genel çözümü bulunur.
Başlangıç koşulu. \(x = 0\) koyalım:
\[1 = \frac{1}{2} + c \;\Longrightarrow\; c = \frac{1}{2}.\]
Problemin çözümü
\[y = \frac{1}{2}\left(e^{x^{2}/2} + e^{-x^{2}/2}\right) = \cosh\frac{x^{2}}{2}\]
olur. Teorem 9.2 gereği bu çözüm bütün \(\mathbb{R}\)’de tanımlıdır ve tektir.
Aşağıdaki şekilde yön alanı ve genel çözüm ailesinin birkaç eğrisi görülüyor. İki eğrinin farkı \((c_1 - c_2)\,e^{-x^{2}/2}\) olduğundan, \(|x|\) büyüdükçe bütün eğriler birbirine yaklaşır.
\(\blacksquare\)
Örnek 9.5 (Önce Standart Biçim) \(x > 0\) olmak üzere
\[x\,\frac{dy}{dx} + (2x + 1)\,y = x\,e^{-2x}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Standart biçim. \(y'\)’nün katsayısı \(x\)’tir; \(x > 0\) olduğundan iki tarafı \(x\)’e bölelim:
\[\frac{dy}{dx} + \frac{2x + 1}{x}\,y = e^{-2x}.\]
Buna göre
\[p(x) = \frac{2x + 1}{x} = 2 + \frac{1}{x}, \qquad q(x) = e^{-2x}\]
olur ve ikisi de \((0, \infty)\) aralığında süreklidir.
Çarpan. \(x > 0\) olduğundan \(\ln|x| = \ln x\)’tir:
\[\mu(x) = e^{\int \left(2 + \frac{1}{x}\right)dx} = e^{2x + \ln x} = e^{2x}\,e^{\ln x} = x\,e^{2x}.\]
Çarpma. Standart biçimi \(\mu\) ile çarpalım:
\[x\,e^{2x}\,y' + e^{2x}\,(2x + 1)\,y = x.\]
Çarpım kuralıyla
\[\left(x\,e^{2x}\right)' = e^{2x} + 2x\,e^{2x} = e^{2x}(2x + 1)\]
olduğundan sol taraf bir çarpımın türevidir:
\[\left(x\,e^{2x}\,y\right)' = x.\]
İntegral.
\[x\,e^{2x}\,y = \frac{x^{2}}{2} + c \;\Longrightarrow\; y = \frac{x}{2}\,e^{-2x} + \frac{c}{x}\,e^{-2x}, \qquad x > 0.\]
Çarpanı standart biçimdeki \(p\)’den hesaplamak şarttır. Özgün denklemde \(y\)’nin katsayısı olan \(2x + 1\)’i \(p\) sanmak yanlış olurdu: orada \(y'\)’nün katsayısı \(1\) değildir ve Teorem 9.1 yalnızca standart biçim için kurulmuştur.
\(\blacksquare\)
9.3 \(x\)’e Göre Lineer Denklemler
Lineerlik, hangi değişkenin bilinmeyen sayıldığına bağlıdır. Bazen bir denklem, \(y\)’yi \(x\)’in fonksiyonu olarak aradığımızda lineer değildir; ama rolleri değiştirip \(x\)’i \(y\)’nin fonksiyonu olarak ararsak lineer olur.
Tanım 9.2 (x’e Göre Lineer Denklem) \(J\) bir açık aralık, \(p\) ile \(q\) de \(J\) üzerinde sürekli fonksiyonlar olsun. Birinci mertebeden bir denklem, \(x = x(y)\) bilinmeyen olmak üzere \(J\) üzerinde
\[\frac{dx}{dy} + p(y)\,x = q(y)\]
biçiminde yazılabiliyorsa, denkleme \(x\)’e göre lineer (linear in \(x\)) denir.
Yani bu tanım, birinci mertebe lineer denklemin (Tanım 9.1) \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilmiş hâlidir: bilinmeyen \(x\), bağımsız değişken \(y\)’dir.
Rolleri değiştirmek dışında hiçbir şey değişmez. Teorem 9.1 \(y\) bağımsız değişken olacak biçimde uygulanırsa çarpan \(\mu(y) = e^{\int p(y)\,dy}\), çözümler de
\[x = e^{-\int p(y)\,dy}\left[\int q(y)\,e^{\int p(y)\,dy}\,dy + c\right]\]
olur. Bu çarpan da bir önceki bölümle uyumludur: denklemi \(dx + \big[p(y)\,x - q(y)\big]\,dy = 0\) biçiminde yazarsak \(M = 1\), \(N = p(y)\,x - q(y)\) ve \(\dfrac{N_x - M_y}{M} = p(y)\) olur; Teorem 8.3 aynı \(\mu(y)\)’yi verir (\(p\) ile \(q\) sürekli türevlenebilirse o teoremin varsayımları sağlanır; yalnızca sürekli oldukları genel durumda aynı sonuç, rolleri değiştirilmiş Teorem 9.1 ile doğrudan elde edilir).
Bulunan \(x = x(y)\) eğrisi, \(\dfrac{dx}{dy} \neq 0\) olan parçalarda \(y\)’yi \(x\)’in bir fonksiyonu olarak da verir; ama aşağıdaki örnekte göreceğimiz gibi eğrinin bütünü genellikle böyle bir fonksiyonun grafiği değildir.
Örnek 9.6 (Rolleri Değiştirerek Çözüm) \(y > 0\) olmak üzere
\[y^{2}\,dx + (3xy - 1)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(y\)’ye göre bakış. \(1 - 3xy \neq 0\) olan yerlerde denklemi
\[\frac{dy}{dx} = \frac{y^{2}}{1 - 3xy}\]
biçiminde yazabiliriz. Sağ tarafta \(y^{2}\) ve paydada \(xy\) bulunduğundan bu, \(y\)’ye göre lineer bir denklem değildir.
\(x\)’e göre bakış. Bu kez \(x\)’i \(y\)’nin fonksiyonu sayalım. \(y > 0\) olduğundan \(y^{2}\)’ye bölebiliriz:
\[\frac{dx}{dy} = \frac{1 - 3xy}{y^{2}} = \frac{1}{y^{2}} - \frac{3}{y}\,x \;\Longrightarrow\; \frac{dx}{dy} + \frac{3}{y}\,x = \frac{1}{y^{2}}.\]
Bu, \(p(y) = \dfrac{3}{y}\) ve \(q(y) = \dfrac{1}{y^{2}}\) olan, \(x\)’e göre lineer bir denklemdir; iki katsayı da \(y > 0\) için süreklidir.
Çarpan.
\[\mu(y) = e^{\int \frac{3}{y}\,dy} = e^{3\ln y} = y^{3}.\]
Çarpma. Denklemi \(y^{3}\) ile çarpalım:
\[y^{3}\,\frac{dx}{dy} + 3y^{2}\,x = y \;\Longrightarrow\; \frac{d}{dy}\left(y^{3}x\right) = y.\]
İntegral.
\[y^{3}x = \frac{y^{2}}{2} + c \;\Longrightarrow\; x = \frac{1}{2y} + \frac{c}{y^{3}}.\]
Doğrulama. \(dx = \left(-\dfrac{1}{2y^{2}} - \dfrac{3c}{y^{4}}\right)dy\) olduğundan
\[y^{2}\,dx = \left(-\frac{1}{2} - \frac{3c}{y^{2}}\right)dy, \qquad 3xy - 1 = \frac{1}{2} + \frac{3c}{y^{2}}\]
olur; ikisinin toplamı sıfırdır.
Bu eğrileri \(y\)’nin \(x\)’e bağlı fonksiyonları olarak yazmaya çalışmak gereksiz yere zor olurdu. \(c < 0\) için eğri soldan, \(x\) eksenine yakın bir yerden gelir, sağa ilerler ve bir noktada dikey teğetle geri döner. Gerçekten
\[\frac{dx}{dy} = -\frac{1}{2y^{2}} - \frac{3c}{y^{4}} = 0 \iff y^{2} = -6c\]
ve bu noktada \(x = \dfrac{1}{2y} - \dfrac{y^{2}}{6y^{3}} = \dfrac{1}{3y}\), yani \(3xy = 1\) olur. Dikey teğetin olduğu noktalar, \(\dfrac{dy}{dx}\)’in tanımsız olduğu \(xy = \dfrac{1}{3}\) hiperbolü üzerindedir.
\(\blacksquare\)
9.4 Değişken Değiştirmeyle Lineer Hâle Gelen Denklemler
Lineer olmayan bazı denklemler, uygun bir değişken değiştirmeyle lineer hâle gelir. En basit durum, denklemin bir \(g\) fonksiyonu için
\[g'(y)\,y' + p(x)\,g(y) = q(x)\]
biçiminde olmasıdır. \(u = g(y)\) koyarsak zincir kuralıyla \(u' = g'(y)\,y'\) olur ve denklem
\[u' + p(x)\,u = q(x)\]
lineer denklemine dönüşür. Bu dönüşümde hiçbir bölme yapılmadığına dikkat edelim: denklemin her \(y\) çözümü için \(u = g(y)\) lineer denklemin bir çözümüdür, dolayısıyla hiçbir çözüm kaybolmaz. Bir sonraki bölümün Bernoulli denklemleri de bu fikrin bir uygulamasıdır.
Örnek 9.7 (Sinüs Yerine Yeni Bilinmeyen) \(x > 0\) olmak üzere
\[\cos y\,\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x}\sin y = 2\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(\sin y\) terimi yüzünden denklem lineer değildir. Ama \(y'\)’nün katsayısı olan \(\cos y\), tam olarak \(\sin y\)’nin türevidir; denklem \(g(y) = \sin y\) ile yukarıdaki biçimdedir.
Değişken değiştirme. \(u = \sin y\) diyelim ve iki tarafın \(x\)’e göre türevini alalım:
\[\frac{du}{dx} = \cos y\,\frac{dy}{dx}.\]
Denklem
\[\frac{du}{dx} + \frac{1}{x}\,u = 2\]
hâline gelir. Bu, \(u\)’ya göre lineerdir: \(p(x) = \dfrac{1}{x}\) ve \(q(x) = 2\) fonksiyonları \(x > 0\) için süreklidir.
Çarpan. \(x > 0\) olduğundan
\[\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,dx} = e^{\ln x} = x.\]
Çarpma ve integral.
\[x\,\frac{du}{dx} + u = 2x \;\Longrightarrow\; (x\,u)' = 2x \;\Longrightarrow\; x\,u = x^{2} + c.\]
Geri dönüş. \(u = \sin y\) yazarsak genel çözüm kapalı biçimde
\[\sin y = x + \frac{c}{x}\]
olur. Açık biçim için \(\left|x + \dfrac{c}{x}\right| < 1\) olan bir aralıkta çalışmalıyız. Değerleri \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında kalan çözümler
\[y = \arcsin\left(x + \frac{c}{x}\right)\]
fonksiyonlarıdır. Bütün dallar ise \(k \in \mathbb{Z}\) olmak üzere
\[y = (-1)^{k}\arcsin\left(x + \frac{c}{x}\right) + k\pi\]
ile verilir; \(k = 0\) yukarıdaki daldır.
\(\blacksquare\)
9.5 Alıştırmalar
Alıştırma 9.1 (Katsayısı Kare Olan Bir Başlangıç Değer Problemi) \[\left(x^{2} + 1\right)y' + 4xy = x, \qquad y(2) = 1\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Standart biçim. \(x^{2} + 1 > 0\) olduğundan iki tarafı \(x^{2} + 1\)’e bölebiliriz:
\[y' + \frac{4x}{x^{2} + 1}\,y = \frac{x}{x^{2} + 1}.\]
\(p(x) = \dfrac{4x}{x^{2} + 1}\) ve \(q(x) = \dfrac{x}{x^{2} + 1}\) bütün gerçel eksende süreklidir; \(I = \mathbb{R}\).
Çarpan. \(t = x^{2} + 1\) için \(dt = 2x\,dx\) olduğundan \(\displaystyle\int \frac{4x}{x^{2} + 1}\,dx = 2\ln\left(x^{2} + 1\right)\) bulunur (\(x^{2} + 1 > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur):
\[\mu(x) = e^{2\ln(x^{2} + 1)} = \left(x^{2} + 1\right)^{2}.\]
Çarpma. Standart biçimi \(\mu\) ile çarpalım:
\[\left(x^{2} + 1\right)^{2}y' + 4x\left(x^{2} + 1\right)y = x\left(x^{2} + 1\right).\]
\(\big((x^{2} + 1)^{2}\big)' = 4x\,(x^{2} + 1)\) olduğundan sol taraf bir çarpımın türevidir:
\[\Big(\left(x^{2} + 1\right)^{2}y\Big)' = x\left(x^{2} + 1\right).\]
İntegral. Yine \(t = x^{2} + 1\) koyarsak
\[\int x\left(x^{2} + 1\right)dx = \frac{1}{2}\int t\,dt = \frac{\left(x^{2} + 1\right)^{2}}{4} + c.\]
Buradan
\[\left(x^{2} + 1\right)^{2}y = \frac{\left(x^{2} + 1\right)^{2}}{4} + c \;\Longrightarrow\; y = \frac{1}{4} + \frac{c}{\left(x^{2} + 1\right)^{2}}.\]
Başlangıç koşulu. \(x = 2\) için \(x^{2} + 1 = 5\) olduğundan
\[1 = \frac{1}{4} + \frac{c}{25} \;\Longrightarrow\; c = \frac{75}{4}.\]
Çözüm
\[y = \frac{1}{4} + \frac{75}{4\left(x^{2} + 1\right)^{2}}\]
olur ve Teorem 9.2 gereği bütün \(\mathbb{R}\)’de tanımlı tek çözümdür. \(c = 0\) değeri sabit \(y = \dfrac{1}{4}\) çözümünü verir; öteki bütün çözümler \(|x| \to \infty\) iken bu sabite yaklaşır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.2 (x’e Göre Lineer Bir Alıştırma) \[\left(1 - 4xy^{2}\right)y' = y^{3}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(y\)’ye göre bakış. \(y' = \dfrac{y^{3}}{1 - 4xy^{2}}\) yazılırsa sağ taraf \(y\)’ye göre lineer değildir.
\(x\)’e göre bakış. Denklemi diferansiyel biçimde yazalım:
\[\left(1 - 4xy^{2}\right)dy = y^{3}\,dx.\]
\(y \neq 0\) olan yerlerde iki tarafı \(y^{3}\,dy\)’ye bölersek
\[\frac{dx}{dy} = \frac{1 - 4xy^{2}}{y^{3}} = \frac{1}{y^{3}} - \frac{4}{y}\,x \;\Longrightarrow\; \frac{dx}{dy} + \frac{4}{y}\,x = \frac{1}{y^{3}}\]
olur. Bu, \(x\)’e göre lineer bir denklemdir; \(p(y) = \dfrac{4}{y}\) ve \(q(y) = \dfrac{1}{y^{3}}\), \(y > 0\) ve \(y < 0\) aralıklarının her birinde süreklidir.
Çarpan.
\[\mu(y) = e^{\int \frac{4}{y}\,dy} = e^{4\ln|y|} = |y|^{4} = y^{4}.\]
Çarpma ve integral.
\[y^{4}\,\frac{dx}{dy} + 4y^{3}\,x = y \;\Longrightarrow\; \frac{d}{dy}\left(y^{4}x\right) = y \;\Longrightarrow\; y^{4}x = \frac{y^{2}}{2} + c.\]
Genel çözüm
\[x = \frac{1}{2y^{2}} + \frac{c}{y^{4}}\]
olur.
Bölmede kaybolan çözüm. \(y^{3}\)’e bölerken \(y = 0\) durumunu dışarıda bıraktık. \(y \equiv 0\) fonksiyonu denklemi sağlar: \(y' = 0\) ve \(y^{3} = 0\) olduğundan iki taraf da sıfırdır. Bu çözüm genel çözüm ailesinden hiçbir \(c\) için elde edilemez (ailede \(y\) hiçbir zaman sıfır olamaz), bu yüzden ayrıca yazılmalıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.3 (Sağ Tarafı Üstel Olan Denklem) \[y' + y = e^{-x}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem standart biçimdedir: \(p(x) = 1\), \(q(x) = e^{-x}\); ikisi de \(\mathbb{R}\)’de süreklidir.
Çarpan. \(\mu(x) = e^{\int 1\,dx} = e^{x}\).
Çarpma.
\[e^{x}\,y' + e^{x}\,y = e^{x}\,e^{-x} = 1 \;\Longrightarrow\; \left(e^{x}\,y\right)' = 1.\]
İntegral.
\[e^{x}\,y = x + c \;\Longrightarrow\; y = (x + c)\,e^{-x}.\]
Sonuçtaki \(x\,e^{-x}\) terimine dikkat edelim: sağ taraftaki \(e^{-x}\), sağ tarafı sıfır olan \(y' + y = 0\) denkleminin zaten bir çözümüdür ve bu yüzden özel çözümde fazladan bir \(x\) çarpanı belirir. Bu olguyla yüksek mertebeden denklemlerde yeniden karşılaşacağız.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.4 (Değişken Değiştirmeyle Lineer: Birinci Örnek) \[(y + 1)\,\frac{dy}{dx} + \left(y^{2} + 2y\right)x = x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(y^{2}\) terimi yüzünden denklem lineer değildir. Ama \(y^{2} + 2y\)’nin türevi \(2y + 2 = 2(y + 1)\)’dir; yani \(y'\)’nün katsayısı, parantez içindeki ifadenin türevinin yarısıdır.
Değişken değiştirme. \(w = y^{2} + 2y\) diyelim. Zincir kuralıyla
\[\frac{dw}{dx} = (2y + 2)\,\frac{dy}{dx} = 2(y + 1)\,\frac{dy}{dx} \;\Longrightarrow\; (y + 1)\,\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}\,\frac{dw}{dx}.\]
Denklem
\[\frac{1}{2}\,\frac{dw}{dx} + x\,w = x \;\Longrightarrow\; \frac{dw}{dx} + 2x\,w = 2x\]
hâline gelir; bu, \(w\)’ye göre lineerdir ve \(p(x) = 2x\), \(q(x) = 2x\) bütün gerçel eksende süreklidir.
Çarpan. \(\mu(x) = e^{\int 2x\,dx} = e^{x^{2}}\).
Çarpma ve integral.
\[\left(e^{x^{2}}\,w\right)' = 2x\,e^{x^{2}}.\]
\(t = x^{2}\) için \(dt = 2x\,dx\) olduğundan \(\displaystyle\int 2x\,e^{x^{2}}\,dx = e^{x^{2}} + c\) bulunur. Buradan
\[e^{x^{2}}\,w = e^{x^{2}} + c \;\Longrightarrow\; w = 1 + c\,e^{-x^{2}}.\]
Geri dönüş. \(w = y^{2} + 2y\) yazarsak genel çözüm
\[y^{2} + 2y = 1 + c\,e^{-x^{2}}\]
olur. Sol tarafı tam kareye tamamlarsak \((y + 1)^{2} = 2 + c\,e^{-x^{2}}\), dolayısıyla \(2 + c\,e^{-x^{2}} > 0\) olan aralıklarda
\[y = -1 \pm \sqrt{2 + c\,e^{-x^{2}}}\]
açık çözümleri elde edilir. \(c = 0\) değeri sabit \(y = -1 \pm \sqrt{2}\) çözümlerini verir.
Denklem aynı zamanda değişkenlerine ayrılabilir, çünkü \((y + 1)\,y' = x\left(1 - y^{2} - 2y\right)\) biçiminde yazılabilir; o yol da aynı sonuca götürür. Değişken değiştirme yolunda hiçbir bölme yapılmadığından hiçbir çözüm kaybolmamıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.5 (Sabit Katsayılı Bir Denklem) \[\frac{dy}{dx} = e^{2x} + 3y\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Standart biçim. \(3y\) terimini sol tarafa geçirelim:
\[y' - 3y = e^{2x}.\]
\(p(x) = -3\) ve \(q(x) = e^{2x}\) bütün gerçel eksende süreklidir.
Çarpan. \(\mu(x) = e^{\int (-3)\,dx} = e^{-3x}\).
Çarpma.
\[e^{-3x}\,y' - 3e^{-3x}\,y = e^{-3x}\,e^{2x} = e^{-x} \;\Longrightarrow\; \left(e^{-3x}\,y\right)' = e^{-x}.\]
İntegral.
\[e^{-3x}\,y = -e^{-x} + c \;\Longrightarrow\; y = c\,e^{3x} - e^{2x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.6 (Sağ Tarafı Sinüs Olan Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[y' + \frac{1}{x}\,y = \sin x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem standart biçimdedir: \(p(x) = \dfrac{1}{x}\) ve \(q(x) = \sin x\), \((0, \infty)\) aralığında süreklidir.
Çarpan. \(x > 0\) olduğundan \(\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,dx} = e^{\ln x} = x\).
Çarpma.
\[x\,y' + y = x\sin x \;\Longrightarrow\; (x\,y)' = x\sin x.\]
İntegral. Sağ tarafı kısmi integrasyonla hesaplayalım; \(u = x\), \(dv = \sin x\,dx\) için \(du = dx\), \(v = -\cos x\):
\[\int x\sin x\,dx = -x\cos x + \int \cos x\,dx = -x\cos x + \sin x + c.\]
Buradan
\[x\,y = -x\cos x + \sin x + c \;\Longrightarrow\; y = -\cos x + \frac{\sin x}{x} + \frac{c}{x}, \qquad x > 0.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.7 (Tanjant Katsayılı Denklem) \[y' + y\tan x = x\sin 2x\]
denklemini \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında çözünüz.
Çözüm
Aralık. \(p(x) = \tan x\) fonksiyonu \(\cos x = 0\) olan noktalarda tanımsızdır; \(q(x) = x\sin 2x\) ise her yerde süreklidir. \(I = \left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında ikisi de süreklidir ve bu aralıkta \(\cos x > 0\)’dır.
Çarpan. \(\displaystyle\int \tan x\,dx = -\ln|\cos x|\) olduğundan
\[\mu(x) = e^{-\ln|\cos x|} = \frac{1}{|\cos x|} = \frac{1}{\cos x}.\]
Çarpma. Denklemi \(\dfrac{1}{\cos x}\) ile çarpalım:
\[\frac{y'}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos^{2}x}\,y = \frac{x\sin 2x}{\cos x}.\]
Sol taraf \(\left(\dfrac{y}{\cos x}\right)'\)’dir, çünkü \(\left(\dfrac{1}{\cos x}\right)' = \dfrac{\sin x}{\cos^{2}x}\)’tir. Sağ tarafta \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\) yazarsak \(\cos x\) sadeleşir:
\[\left(\frac{y}{\cos x}\right)' = 2x\sin x.\]
İntegral. Bir önceki alıştırmadaki kısmi integrasyonu kullanırsak
\[\int 2x\sin x\,dx = -2x\cos x + 2\sin x + c.\]
Buradan
\[\frac{y}{\cos x} = -2x\cos x + 2\sin x + c \;\Longrightarrow\; y = \cos x\,\big(c - 2x\cos x + 2\sin x\big).\]
\(\cos x < 0\) olan bir aralıkta, örneğin \(\left(\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3\pi}{2}\right)\)’de, çarpan \(-\dfrac{1}{\cos x}\) olur; sabit \(-1\) çarpanı sonucu değiştirmediğinden aynı formül o aralıklarda da geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 9.8 (Değişken Değiştirmeyle Lineer: İkinci Örnek) \[(y + 1)\,\frac{dy}{dx} + x^{2}\left(y^{2} + 2y + 5\right) = x^{2}\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Birinci değişken değiştirme alıştırmasındaki gibi (Alıştırma 9.4) \(w = y^{2} + 2y\) diyelim. O zaman
\[(y + 1)\,\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2}\,\frac{dw}{dx}, \qquad y^{2} + 2y + 5 = w + 5\]
olur ve denklem
\[\frac{1}{2}\,\frac{dw}{dx} + x^{2}(w + 5) = x^{2}\]
hâline gelir. İki tarafı \(2\) ile çarpıp \(10x^{2}\) terimini sağa geçirirsek
\[\frac{dw}{dx} + 2x^{2}\,w = 2x^{2} - 10x^{2} = -8x^{2}\]
lineer denklemini buluruz; \(p(x) = 2x^{2}\) ve \(q(x) = -8x^{2}\) bütün gerçel eksende süreklidir.
Çarpan. \(\mu(x) = e^{\int 2x^{2}\,dx} = e^{2x^{3}/3}\).
Çarpma ve integral.
\[\left(e^{2x^{3}/3}\,w\right)' = -8x^{2}\,e^{2x^{3}/3}.\]
\(t = \dfrac{2x^{3}}{3}\) için \(dt = 2x^{2}\,dx\) olduğundan
\[\int -8x^{2}\,e^{2x^{3}/3}\,dx = -4\int e^{t}\,dt = -4\,e^{2x^{3}/3} + c.\]
Buradan
\[e^{2x^{3}/3}\,w = -4\,e^{2x^{3}/3} + c \;\Longrightarrow\; w = -4 + c\,e^{-2x^{3}/3}.\]
Geri dönüş. Genel çözüm
\[y^{2} + 2y = -4 + c\,e^{-2x^{3}/3}\]
olur. Tam kareye tamamlarsak \((y + 1)^{2} = c\,e^{-2x^{3}/3} - 3\) bulunur. Sol taraf negatif olamayacağından gerçel çözümler ancak \(c\,e^{-2x^{3}/3} > 3\) olan yerlerde vardır; bu da \(c > 0\) ve \(x^{3} < \dfrac{3}{2}\ln\dfrac{c}{3}\) demektir. Orada
\[y = -1 \pm \sqrt{c\,e^{-2x^{3}/3} - 3}\]
açık çözümleri elde edilir. Bu denklemin sabit çözümü yoktur: \(w \equiv -4\) olsaydı \((y + 1)^{2} = -3\) olması gerekirdi.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde birinci mertebe lineer bir denklemin, standart biçime getirildiği anda \(e^{\int p\,dx}\) çarpanıyla her zaman çözülebildiğini, bütün çözümlerin tek bir formülde toplandığını ve başlangıç değer probleminin çözümünün katsayıların sürekli olduğu aralığın tamamına yayıldığını gördük. Bir sonraki bölümde lineer olmayan ama bir değişken değiştirmeyle lineer hâle gelen iki klasik sınıfı ele alacağız: Bernoulli ve Riccati Denklemleri.