19 Cauchy–Euler Denklemi
Bir önceki bölümde yüksek mertebe homojen olmayan denklemleri çözerek sabit katsayılı lineer denklemler için eksiksiz bir araç takımına kavuştuk: karakteristik denklemin kökleri homojen çözümü, belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemi de özel çözümü veriyor. Katsayılar \(x\)’e bağlı olduğunda ise durum bambaşkadır. Değişken katsayılı lineer denklemleri (Tanım 1.7) çözmenin genel bir yolu yoktur; çözümleri çoğu zaman bildiğimiz fonksiyonlarla yazmak bile mümkün olmaz.
Bu bölüm, bu durumun en önemli istisnasını ele alıyor. Her \(y^{(k)}\) türevinin önünde bir sabit ile kuvveti türevin mertebesine eşit bir \(x^{k}\) çarpanı bulunan denklemlere Cauchy–Euler denklemi denir. Bu denklemlerde \(x\)’in kuvvetleri ile türevler öyle bir dengede durur ki \(t = \ln x\) değişken değiştirmesi denklemi sabit katsayılı bir denkleme çevirir. Sonrası tanıdıktır: dönüşen denklem önceki bölümlerin yöntemleriyle çözülür ve sonuçta \(t\) yerine \(\ln x\) yazılır.
Önce türevlerin \(t\) cinsinden nasıl yazıldığını ispatlayıp indirgemenin her mertebede işlediğini göstereceğiz. Ardından ikinci mertebe homojen denklemin üç kök durumundaki genel çözümünü doğrudan \(x\) değişkeninde yazacak, en sonda da homojen olmayan ve yüksek mertebe denklemlere geçeceğiz.
Denklem, Leonhard Euler (1707–1783) ile Augustin-Louis Cauchy (1789–1857) adlarıyla anılır. Euler 1740’larda sabit katsayılı lineer denklemleri üstel fonksiyonlar yardımıyla çözme yöntemini geliştirmiştir; bu bölümde göreceğimiz gibi Cauchy–Euler denklemleri \(x = e^{t}\) dönüşümüyle tam olarak bu yönteme indirgenir. Denklem kitaplarda kısaca “Euler denklemi” ya da, her terimi \(x\)’in ölçeklenmesine karşı aynı biçimde davrandığı için, “eşboyutlu denklem” (equidimensional equation) adıyla da geçer.
19.1 Cauchy–Euler Denklemi
Denklemin biçimini kesin olarak yazarak başlayalım.
Tanım 19.1 (Cauchy–Euler Denklemi) \(a_{n}, a_{n-1}, \dots, a_{1}, a_{0}\) gerçel sabitler ve \(a_{n} \neq 0\) olmak üzere
\[ \begin{aligned} a_{n}x^{n}\frac{d^{n}y}{dx^{n}} &+ a_{n-1}x^{n-1}\frac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots \\[1mm] &\quad + a_{1}x\frac{dy}{dx} + a_{0}y = r(x) \end{aligned} \]
biçimindeki denkleme \(n\)-inci mertebeden Cauchy–Euler denklemi (Cauchy–Euler equation) denir. Denklem, \(r\)’nin sürekli olduğu ve \(0\)’ı içermeyen bir aralıkta ele alınır; aksi söylenmedikçe bu aralık \(x > 0\) olacaktır. \(r(x) \equiv 0\) ise denkleme homojen, değilse homojen olmayan Cauchy–Euler denklemi denir.
Yani Cauchy–Euler denkleminde her türevin önünde bir sabit ile, kuvveti o türevin mertebesine eşit olan bir \(x\) kuvveti durur: \(y''\)’nün önünde \(x^{2}\), \(y'\)’nün önünde \(x\), \(y\)’nin önünde ise \(x^{0} = 1\). Mertebe ikiyse denklem
\[a_{2}x^{2}y'' + a_{1}xy' + a_{0}y = r(x)\]
biçimini alır; bölümün büyük kısmında bu durumla çalışacağız.
Örneğin \(x^{2}y'' - 3xy' + 4y = x^{2}\ln x\) ve \(x^{3}y''' + xy' - y = 0\) birer Cauchy–Euler denklemidir; ikincisinde \(x^{2}y''\) teriminin katsayısı sıfırdır, bu da tanıma uyar. Buna karşılık \(x^{2}y'' + y' + y = 0\) bir Cauchy–Euler denklemi değildir, çünkü \(y'\)’nün önünde \(x\) değil bir sabit vardır. \(xy'' + y = 0\) da değildir, çünkü \(y''\)’nün önündeki kuvvet \(2\) değil \(1\)’dir.
Cauchy–Euler denklemi lineer bir denklemdir (Tanım 1.5) ve \(a_{0}, \dots, a_{n-1}\) katsayılarının hepsi sıfır olmadıkça değişken katsayılıdır (Tanım 1.7). Baş katsayısı \(a_{n}x^{n}\) ise \(x = 0\) noktasında sıfır olur; bu yüzden denklemi \(0\)’ı içeren bir aralıkta değil, \(x > 0\) ya da \(x < 0\) aralığında inceleriz. \(x > 0\) aralığında denklemin iki tarafı \(a_{n}x^{n}\) ile bölündüğünde katsayılar sürekli olur; \(r\) de sürekliyse Teorem 13.2 gereği her \(x_{0} > 0\) noktasında verilen başlangıç koşullarını sağlayan tek bir çözüm vardır ve bu çözüm bütün \((0, \infty)\) aralığında tanımlıdır.
19.2 Neden \(t = \ln x\)?
Dönüşümün nereden geldiğini görmek için sabit katsayılı denklemlerde ne yaptığımızı hatırlayalım. \(a_{2}y'' + a_{1}y' + a_{0}y = 0\) denkleminde \(y = e^{\lambda x}\) denemesi işe yarıyordu, çünkü \(e^{\lambda x}\)’in her türevi kendisinin sabit katıdır ve bütün terimler ortak bir \(e^{\lambda x}\) çarpanı taşır.
Cauchy–Euler denkleminde aynı rolü kuvvet fonksiyonları oynar. \(x > 0\) ve \(m\) bir sabit olmak üzere \(y = x^{m}\) alırsak
\[x\,(x^{m})' = m\,x^{m}, \qquad x^{2}(x^{m})'' = m(m-1)\,x^{m}\]
olur: türevin düşürdüğü kuvvet, önündeki \(x\) çarpanıyla geri kazanılır ve her terim \(x^{m}\)’nin sabit katı hâline gelir. Öte yandan \(x^{m} = e^{m\ln x}\)’tir; yani \(\ln x\)’e yeni bir değişken gözüyle bakarsak kuvvet fonksiyonları üstel fonksiyonlara dönüşür. Bu iki gözlem, bağımsız değişkeni \(t = \ln x\) ile değiştirmenin denklemi sabit katsayılı bir denkleme çevireceğini düşündürüyor.
\(t = \ln x\) ile \(x = e^{t}\) birbirinin tersidir ve \((0, \infty)\) aralığını \((-\infty, \infty)\) aralığına birebir ve örten biçimde eşler. \(y\)’yi \(t\)’nin fonksiyonu olarak düşünmek, aslında \(Y(t) = y(e^{t})\) fonksiyonuyla çalışmak demektir; gösterimi ağırlaştırmamak için çoğu yerde ikisine de \(y\) deyip türevleri \(\dfrac{dy}{dx}\) ve \(\dfrac{dy}{dt}\) biçiminde yazarak ayıracağız. Ayrıca Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümündeki türev operatörünü bu kez \(t\) değişkenine göre kullanacağız: \(D = \dfrac{d}{dt}\), yani \(D^{j}y = \dfrac{d^{j}y}{dt^{j}}\). Sabit katsayılı bir \(Q\) polinomu için \(Q(D)\,y\), \(Q(\lambda)\) açılımında her \(\lambda^{j}\) yerine \(D^{j}y\) yazılarak elde edilen ifadedir; örneğin \((D^{2} - D)\,y = \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} - \dfrac{dy}{dt}\)’dir.
Teorem 19.1 (Türevlerin t Cinsinden İfadesi) \(x > 0\), \(t = \ln x\) olsun ve \(y\), \(x\)’in \(n\) kez türevlenebilir bir fonksiyonu olsun. Bu durumda
\[x\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}, \qquad x^{2}\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\]
ve genel olarak her \(k = 1, 2, \dots, n\) için
\[x^{k}\frac{d^{k}y}{dx^{k}} = D(D-1)(D-2)\cdots(D-k+1)\,y\]
olur. Sağ taraf, \(\lambda(\lambda-1)\cdots(\lambda-k+1)\) polinomu açılıp her \(\lambda^{j}\) yerine \(D^{j}y\) yazılarak elde edilen ifadedir. Örneğin \(\lambda(\lambda-1)(\lambda-2) = \lambda^{3} - 3\lambda^{2} + 2\lambda\) olduğundan
\[x^{3}\frac{d^{3}y}{dx^{3}} = \frac{d^{3}y}{dt^{3}} - 3\frac{d^{2}y}{dt^{2}} + 2\frac{dy}{dt}.\]
İspat
Birinci türev. \(t = \ln x\) olduğundan \(\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{x}\)’tir. Zincir kuralıyla
\[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt}\]
bulunur; iki tarafı \(x\) ile çarparsak birinci formül çıkar. Bu adımda \(y\) hakkında türevlenebilirlikten başka bir şey kullanmadık; dolayısıyla \(x\dfrac{d}{dx} = \dfrac{d}{dt}\) eşitliği, \(x\)’in türevlenebilir her fonksiyonu için geçerlidir.
İkinci türev. Bulduğumuz eşitliği bir kez daha \(x\)’e göre türetelim. Çarpım kuralıyla
\[ \begin{aligned} \frac{d^{2}y}{dx^{2}} &= \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt}\right) \\[1mm] &= -\frac{1}{x^{2}}\,\frac{dy}{dt} + \frac{1}{x}\,\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dt}\right). \end{aligned} \]
Son terimdeki \(\dfrac{dy}{dt}\) de \(x\)’e \(t\) üzerinden bağlıdır; ona da zincir kuralı uygulanır:
\[\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dt}\right) = \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dt}\right)\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}\,\frac{d^{2}y}{dt^{2}}.\]
Yerine koyarsak
\[\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{1}{x^{2}}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right)\]
olur; iki tarafı \(x^{2}\) ile çarparak ikinci formüle ulaşırız. Bu, genel formülün \(k = 2\) durumudur, çünkü \(\lambda(\lambda-1) = \lambda^{2} - \lambda\)’dır.
Genel durum. \(k\) üzerinden tümevarım yapalım; \(k = 1\) durumu birinci adımdır. Formülün bir \(k < n\) için doğru olduğunu varsayalım ve
\[g(x) = x^{k}y^{(k)}(x)\]
fonksiyonuna bakalım. \(y\) en az \(k + 1\) kez türevlenebilir olduğundan \(g\) türevlenebilirdir ve birinci adımın sonundaki gözleme göre \(x\,g'(x) = D\,g\)’dir. Öte yandan \(x\,g'(x)\) çarpım kuralıyla doğrudan da hesaplanabilir:
\[ \begin{aligned} x\,g'(x) &= x\left(k\,x^{k-1}y^{(k)} + x^{k}y^{(k+1)}\right) \\[1mm] &= k\,x^{k}y^{(k)} + x^{k+1}y^{(k+1)}. \end{aligned} \]
İki ifadeyi eşitleyip \(x^{k+1}y^{(k+1)}\) terimini yalnız bırakırsak
\[x^{k+1}y^{(k+1)} = D\,g - k\,g = (D - k)\,g\]
bulunur. Tümevarım varsayımına göre \(g = p_{k}(D)\,y\)’dir; burada \(p_{k}(\lambda) = \lambda(\lambda-1)\cdots(\lambda-k+1)\)’dir. Operatör polinomlarının çarpım kuralı (Lemma 17.1) yalnız sabit katsayılara dayanır, değişkenin adına bağlı değildir; \(Q(\lambda) = \lambda - k\) ve \(R = p_{k}\) alındığında \((D - k)\big[p_{k}(D)\,y\big] = (Q\,p_{k})(D)\,y\) verir. Öte yandan
\[(\lambda - k)\,p_{k}(\lambda) = \lambda(\lambda-1)\cdots(\lambda-k+1)(\lambda-k)\]
olduğundan
\[x^{k+1}y^{(k+1)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)(D-k)\,y.\]
Bu, formülün \(k + 1\) için de doğru olduğunu gösterir.
\(\blacksquare\)
Şimdi bu formülleri denklemin tamamına uygulayalım.
Teorem 19.2 (Sabit Katsayılı Denkleme İndirgeme) \(x > 0\) aralığında \(n\)-inci mertebeden bir Cauchy–Euler denklemi verilsin (Tanım 19.1). \(t = \ln x\) dönüşümü bu denklemi
\[ \begin{aligned} a_{n}D(D-1)\cdots(D-n+1)\,y &+ \cdots + a_{2}D(D-1)\,y \\[1mm] &\quad + a_{1}D\,y + a_{0}\,y = r(e^{t}) \end{aligned} \]
denklemine dönüştürür. Sol taraftaki çarpımlar açılıp benzer terimler toplandığında bu, \(t\)’ye göre \(n\)-inci mertebeden sabit katsayılı lineer bir denklemdir. Daha açık söylersek: \(y(x)\) fonksiyonu Cauchy–Euler denklemini \((0, \infty)\) aralığında sağlar ancak ve ancak \(Y(t) = y(e^{t})\) fonksiyonu bu sabit katsayılı denklemi \((-\infty, \infty)\) aralığında sağlar.
Özel olarak \(a_{2}x^{2}y'' + a_{1}xy' + a_{0}y = r(x)\) denklemi
\[a_{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}} + (a_{1} - a_{2})\frac{dy}{dt} + a_{0}y = r(e^{t})\]
denklemine dönüşür.
İspat
\(y\), \((0, \infty)\) aralığında \(n\) kez türevlenebilir olsun ve \(x\) ile \(t = \ln x\) birbirine karşılık gelsin. Teorem 19.1 gereği denklemin sol tarafındaki her \(a_{k}x^{k}y^{(k)}\) (\(k \geq 1\)) terimi \(a_{k}D(D-1)\cdots(D-k+1)\,y\) ifadesine eşittir; sağ taraf ise \(x = e^{t}\) yazılarak \(r(e^{t})\) olur. Böylece Cauchy–Euler denkleminin bir \(x\) noktasında sağlanması, dönüşmüş denklemin \(t = \ln x\) noktasında sağlanmasıyla aynı şeydir.
Dönüşmüş denklemde \(D^{j}y\) türevlerinin katsayıları, \(a_{k}\) sabitleri ile \(D(D-1)\cdots(D-k+1)\) açılımlarındaki tam sayı katsayılarından oluşur; dolayısıyla hepsi sabittir. Her açılımın en yüksek terimi \(D^{k}\)’dir ve katsayısı \(1\)’dir; \(D^{n}\) yalnız \(k = n\) teriminde görünür ve dönüşmüş denklemdeki katsayısı \(a_{n} \neq 0\) olur. Demek ki denklem gerçekten \(n\)-inci mertebedendir.
Son olarak \(\ln\) fonksiyonu \((0, \infty)\) aralığını \((-\infty, \infty)\) aralığına birebir ve örten biçimde eşler ve tersi \(e^{t}\)’dir. Bu yüzden “her \(x > 0\) için” demekle “her gerçel \(t\) için” demek aynı şeydir. Ayrıca \(Y(t) = y(e^{t})\) ve \(y(x) = Y(\ln x)\) bağıntıları zincir kuralı gereği \(y\)’nin \(n\) kez türevlenebilir olmasının \(Y\)’nin \(n\) kez türevlenebilir olmasıyla denk olduğunu gösterir. İki denklemin çözümleri böylece birebir eşlenir.
İkinci mertebe durumda iki formülü yerine koymak yeter:
\[a_{2}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) + a_{1}\frac{dy}{dt} + a_{0}y = r(e^{t});\]
\(\dfrac{dy}{dt}\) terimlerini toplarsak istenen denklem çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani bir Cauchy–Euler denklemini çözmek, sabit katsayılı bir denklemi çözüp sonucu \(x\) değişkenine geri çevirmek demektir. Dikkat edilmesi gereken tek nokta, ikinci mertebede \(\dfrac{dy}{dt}\) teriminin katsayısının \(a_{1}\) değil \(a_{1} - a_{2}\) olmasıdır: \(x^{2}y''\) terimi dönüşürken yanında bir \(-\dfrac{dy}{dt}\) terimi de getirir.
19.3 İkinci Mertebe Homojen Denklemler
İndirgeme teoremini homojen ikinci mertebe denkleme uygulayalım. Dönüşen denklemin karakteristik denklemi (Tanım 14.1)
\[a_{2}\lambda^{2} + (a_{1} - a_{2})\lambda + a_{0} = 0\]
olur; bundan sonra buna kısaca Cauchy–Euler denkleminin karakteristik denklemi diyeceğiz. Köklerin türüne göre üç durum vardır ve her birinde genel çözüm doğrudan \(x\) değişkeninde yazılabilir.
Teorem 19.3 (İkinci Mertebe Homojen Denklemin Genel Çözümü) \(a_{2} \neq 0\) olmak üzere \(x > 0\) aralığında
\[a_{2}x^{2}y'' + a_{1}xy' + a_{0}y = 0\]
denklemini ve onun
\[a_{2}\lambda^{2} + (a_{1} - a_{2})\lambda + a_{0} = 0\]
karakteristik denklemini ele alalım. \(c_{1}\) ve \(c_{2}\) keyfi sabitler olmak üzere denklemin genel çözümü şöyledir.
Karakteristik denklemin iki farklı gerçel kökü \(r_{1} \neq r_{2}\) ise
\[y = c_{1}x^{r_{1}} + c_{2}x^{r_{2}}.\]
Karakteristik denklemin katlı (çift) bir kökü \(r\) varsa
\[y = c_{1}x^{r} + c_{2}x^{r}\ln x.\]
Karakteristik denklemin kökleri \(\beta \neq 0\) olmak üzere \(\alpha \pm i\beta\) ise
\[y = x^{\alpha}\big(c_{1}\cos(\beta\ln x) + c_{2}\sin(\beta\ln x)\big).\]
Her durumda \(c_{1}\) ile \(c_{2}\)’nin çarpanı olan iki fonksiyon, \((0, \infty)\) aralığında denklemin bir temel çözüm kümesidir (Tanım 11.3).
İspat
Teorem 19.2 gereği \(y(x)\) fonksiyonu denklemi \((0, \infty)\) aralığında sağlar ancak ve ancak \(Y(t) = y(e^{t})\) fonksiyonu
\[a_{2}\frac{d^{2}Y}{dt^{2}} + (a_{1} - a_{2})\frac{dY}{dt} + a_{0}Y = 0\]
denklemini bütün gerçel \(t\) değerleri için sağlarsa. Bu sabit katsayılı denklemin karakteristik denklemi teoremdeki denklemdir. Kök durumlarına göre genel çözümü Teorem 14.2, Teorem 14.3 ve Teorem 14.4 ile verilir:
\[ \begin{aligned} &\text{Farklı kökler:} && Y = c_{1}e^{r_{1}t} + c_{2}e^{r_{2}t},\\[1mm] &\text{Katlı kök:} && Y = c_{1}e^{rt} + c_{2}\,t\,e^{rt},\\[1mm] &\text{Kompleks kökler:} && Y = e^{\alpha t}\big(c_{1}\cos\beta t + c_{2}\sin\beta t\big). \end{aligned} \]
Şimdi \(x\)’e dönelim. \(y(x) = Y(\ln x)\)’tir ve her \(s\) sabiti için \(e^{s\ln x} = x^{s}\) olur. Buna göre \(e^{r_{i}t}\) yerine \(x^{r_{i}}\), \(t\,e^{rt}\) yerine \(x^{r}\ln x\), \(e^{\alpha t}\cos\beta t\) yerine \(x^{\alpha}\cos(\beta\ln x)\) ve \(e^{\alpha t}\sin\beta t\) yerine \(x^{\alpha}\sin(\beta\ln x)\) gelir. \(Y\)’nin her çözümü yukarıdaki biçimlerden birinde olduğundan ve eşleme iki yönde de çözümü çözüme götürdüğünden, teoremdeki ifadeler denklemin bütün çözümlerini verir.
Temel çözüm kümesi iddiası için, tanım gereği (Tanım 11.3), iki çözümün \((0, \infty)\) aralığında lineer bağımsız olduğunu göstermek yeter. \(y_{1}, y_{2}\) teoremdeki çiftlerden biri, \(Y_{1}, Y_{2}\) de onlara karşılık gelen \(t\) fonksiyonları olsun. \((0, \infty)\) aralığında \(c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} \equiv 0\) ise \(x = e^{t}\) yazarak bütün gerçel \(t\) değerleri için \(c_{1}Y_{1} + c_{2}Y_{2} \equiv 0\) elde ederiz. \(Y_{1}, Y_{2}\) sabit katsayılı denklemin temel çözüm kümesi olduğundan lineer bağımsızdır; demek ki \(c_{1} = c_{2} = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Aynı sonuçlar \(x < 0\) aralığında da geçerlidir: \(t = \ln|x|\) alındığında yine \(\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{x}\) olduğundan bütün hesaplar aynen yürür ve teoremdeki ifadelerde \(x\) yerine \(|x|\) yazmak yeter.
Yöntemi uygulamadan önce adımları toplu hâlde yazalım.
- Denklemin Cauchy–Euler biçiminde olduğunu, yani her \(y^{(k)}\)’nin önünde bir sabit ile \(x^{k}\) bulunduğunu doğrula; katsayıları oku ve \(x > 0\) aralığında çalış.
- \(t = \ln x\) (yani \(x = e^{t}\)) koy: \(xy'\) yerine \(\dfrac{dy}{dt}\), \(x^{2}y''\) yerine \(\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} - \dfrac{dy}{dt}\) yaz; sağ taraf varsa onu \(r(e^{t})\) olarak yaz.
- Elde edilen sabit katsayılı denklemi çöz: \(y_{h}\) için karakteristik denklemi kullan; sağ taraf varsa \(y_{p}\)’yi belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemiyle bul.
- Sonucu \(x\)’e geri çevir: \(t\) yerine \(\ln x\), \(e^{st}\) yerine \(x^{s}\) yaz. Başlangıç koşulları varsa sabitleri en sonda, \(x\) değişkeninde belirle.
Örnek 19.1 (Farklı Gerçel Kökler) \(x > 0\) olmak üzere
\[x^{2}y'' - 2xy' - 4y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Her türevin önünde mertebesi kadar \(x\) kuvveti var: denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = -2\), \(a_{0} = -4\) olan ikinci mertebe bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t = \ln x\) koyalım; Teorem 19.1 gereği \(xy' = \dfrac{dy}{dt}\) ve \(x^{2}y'' = \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} - \dfrac{dy}{dt}\)’dir:
\[\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) - 2\frac{dy}{dt} - 4y = 0.\]
\(\dfrac{dy}{dt}\) terimlerini toplarsak
\[\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 3\frac{dy}{dt} - 4y = 0\]
sabit katsayılı denklemi kalır. Karakteristik denklemi
\[\lambda^{2} - 3\lambda - 4 = (\lambda - 4)(\lambda + 1) = 0\]
olup kökleri \(\lambda_{1} = 4\) ve \(\lambda_{2} = -1\)’dir. İki farklı gerçel kök olduğundan
\[y = c_{1}e^{4t} + c_{2}e^{-t}\]
bulunur. \(x\)’e dönmek için \(t = \ln x\) yazalım: \(e^{4\ln x} = x^{4}\) ve \(e^{-\ln x} = x^{-1}\) olduğundan genel çözüm
\[y = c_{1}x^{4} + \frac{c_{2}}{x}, \qquad x > 0\]
olur. Sonucu doğrudan denetleyelim. \(y = x^{4}\) ve \(y = x^{-1}\) için sırasıyla
\[x^{2}\cdot 12x^{2} - 2x\cdot 4x^{3} - 4x^{4} = (12 - 8 - 4)\,x^{4} = 0,\]
\[x^{2}\cdot 2x^{-3} - 2x\cdot\left(-x^{-2}\right) - 4x^{-1} = (2 + 2 - 4)\,x^{-1} = 0\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.2 (Katlı Kök) \[x^{2}y'' - 5xy' + 9y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebe bir Cauchy–Euler denklemidir; \(x > 0\) aralığında \(t = \ln x\) dönüşümünü kullanalım. Zincir kuralıyla
\[y' = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt}\]
ve Teorem 19.1 ispatındaki hesapla
\[y'' = \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt}\right) = \frac{1}{x^{2}}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right)\]
olur. Bunları denklemde yerine koyalım:
\[x^{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) - 5x\cdot\frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt} + 9y = 0.\]
\(x\) çarpanları sadeleşir ve
\[\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 6\frac{dy}{dt} + 9y = 0\]
sabit katsayılı homojen denklemi kalır. Karakteristik denklem
\[\lambda^{2} - 6\lambda + 9 = (\lambda - 3)^{2} = 0\]
olup \(\lambda_{1} = \lambda_{2} = 3\) katlı köktür. Teorem 14.3 gereği
\[y = c_{1}e^{3t} + c_{2}\,t\,e^{3t}.\]
\(t = \ln x\) yazarsak \(e^{3t} = e^{3\ln x} = x^{3}\) olur ve genel çözüm
\[y = c_{1}x^{3} + c_{2}x^{3}\ln x, \qquad x > 0\]
bulunur. İkinci çözümü doğrudan denetleyelim: \(y = x^{3}\ln x\) için
\[y' = 3x^{2}\ln x + x^{2}, \qquad y'' = 6x\ln x + 5x\]
olur ve
\[x^{2}y'' - 5xy' + 9y = (6 - 15 + 9)\,x^{3}\ln x + (5 - 5)\,x^{3} = 0.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 19.3 (Kompleks Kökler ve Başlangıç Koşulları) \[4x^{2}y'' + 37y = 0, \qquad y(1) = 1, \qquad y'(1) = \frac{1}{2}\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemde \(xy'\) terimi yok, yani \(a_{1} = 0\)’dır; bu, denklemin bir Cauchy–Euler denklemi olmasına engel değildir. Başlangıç noktası \(x = 1 > 0\) olduğundan \(x > 0\) aralığında çalışır ve \(t = \ln x\) koyarız:
\[4\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) + 37y = 0 \;\Longrightarrow\; 4\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 4\frac{dy}{dt} + 37y = 0.\]
\(x\) değişkeninde birinci türev terimi olmadığı hâlde \(t\) değişkeninde bir \(\dfrac{dy}{dt}\) terimi ortaya çıktı; bu terim \(x^{2}y''\)’nün dönüşümünden gelir. Karakteristik denklem
\[4\lambda^{2} - 4\lambda + 37 = 0\]
olup diskriminantı \(16 - 4\cdot 4\cdot 37 = -576 = -24^{2}\)’dir. Kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{4 \pm 24i}{8} = \frac{1}{2} \pm 3i,\]
yani \(\alpha = \tfrac{1}{2}\) ve \(\beta = 3\)’tür. Teorem 19.3 (üçüncü durum) gereği genel çözüm
\[y = \sqrt{x}\,\big(c_{1}\cos(3\ln x) + c_{2}\sin(3\ln x)\big)\]
olur.
Şimdi başlangıç koşullarını kullanalım. \(\ln 1 = 0\) olduğundan \(y(1) = c_{1}\), yani \(c_{1} = 1\)’dir. Türevi çarpım ve zincir kurallarıyla alalım; \((\ln x)' = \dfrac{1}{x}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} y' &= \frac{1}{2\sqrt{x}}\big(c_{1}\cos(3\ln x) + c_{2}\sin(3\ln x)\big) \\[1mm] &\quad + \frac{3}{\sqrt{x}}\big(-c_{1}\sin(3\ln x) + c_{2}\cos(3\ln x)\big). \end{aligned} \]
\(x = 1\)’de sinüsler sıfır, kosinüsler bir olduğundan
\[y'(1) = \frac{c_{1}}{2} + 3c_{2} = \frac{1}{2}\]
bulunur; \(c_{1} = 1\) ile \(c_{2} = 0\) çıkar. Başlangıç değer probleminin çözümü
\[y = \sqrt{x}\,\cos(3\ln x), \qquad x > 0\]
olur.
\(\blacksquare\)
Teoremdeki çözümlerin hepsi \(x > 0\) için tanımlıdır; ama \(x\) sıfıra yaklaşırken nasıl davrandıkları köklere göre çok farklıdır.
Farkın kaynağı, baş katsayı \(a_{2}x^{2}\)’nin \(x = 0\) noktasında sıfır olmasıdır: varlık ve teklik teoreminin varsayımları bu noktada sağlanmaz ve çözümler genellikle \(0\)’a kadar düzgün biçimde uzanmaz.
Birinci durumdaki \(x^{r}\) fonksiyonları, \(x \to 0^{+}\) iken \(r > 0\) ise \(0\)’a gider, \(r < 0\) ise sınırsız büyür, \(r = 0\) için sabittir. İkinci durumdaki \(x^{r}\ln x\) fonksiyonu da \(r > 0\) ise \(0\)’a gider, \(r \le 0\) ise sınırsızdır.
Üçüncü durumda yeni bir olay görülür: \(x \to 0^{+}\) iken \(\ln x \to -\infty\) olduğundan \(\cos(\beta\ln x)\) ve \(\sin(\beta\ln x)\) sonsuz kez işaret değiştirir. Örnek 19.3 ile bulunan \(y = \sqrt{x}\cos(3\ln x)\) çözümünün sıfırları \(3\ln x = \tfrac{\pi}{2} + k\pi\) denkleminden
\[x_{k} = e^{\pi/6 + k\pi/3}, \qquad k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots\]
olarak bulunur. \(t = \ln x\) ekseninde ardışık iki sıfır arasındaki uzaklık hep \(\tfrac{\pi}{3}\)’tür; \(x\) ekseninde ise ardışık iki sıfırın oranı \(e^{\pi/3} \approx 2{,}85\) olur. Sıfırlar \(0\)’a doğru sıkışır ve çözüm \(0\)’a yaklaşırken sonsuz kez salınır; genliği ise \(\sqrt{x}\) ile birlikte küçülür.
Homojen denklemlerde \(t\) değişkenine hiç geçmeden de sonuca ulaşılabilir; ama bu kısa yolun bir sınırı vardır.
Homojen bir Cauchy–Euler denkleminde doğrudan \(y = x^{m}\) denenebilir. \(x > 0\) için \(y' = m x^{m-1}\) ve \(y'' = m(m-1)x^{m-2}\) olduğundan
\[a_{2}x^{2}y'' + a_{1}xy' + a_{0}y = \big[a_{2}m(m-1) + a_{1}m + a_{0}\big]\,x^{m}\]
bulunur. \(x^{m} \neq 0\) olduğundan \(y = x^{m}\) ancak ve ancak
\[a_{2}m(m-1) + a_{1}m + a_{0} = 0\]
ise bir çözümdür. Bu denkleme indis denklemi (indicial equation) denir; açıldığında \(a_{2}m^{2} + (a_{1} - a_{2})m + a_{0} = 0\) olur, yani karakteristik denklemin ta kendisidir. Örneğin ilk örnekteki denklem (Örnek 19.1) için
\[m(m-1) - 2m - 4 = m^{2} - 3m - 4 = 0\]
eşitliği hemen \(m = 4\) ve \(m = -1\) köklerini verir.
Kökler farklıysa bu yol en kısasıdır. Katlı kökte ise yalnız \(x^{r}\) çözümünü verir; ikinci çözüm \(x^{r}\ln x\), \(t = \ln x\) dönüşümünden ya da mertebe indirgemeden (Teorem 12.1) gelir. Kompleks köklerde de \(x^{\alpha \pm i\beta}\) ifadesinin gerçel biçimini bulmak için yine \(x^{i\beta} = e^{i\beta\ln x}\) yazmak gerekir. Bu yüzden ana yöntemimiz \(t = \ln x\) dönüşümüdür.
19.4 Homojen Olmayan Denklemler
Sağ taraf sıfır değilse de indirgeme teoremi aynen işler: dönüşen denklem sabit katsayılı ama homojen olmayan bir denklemdir ve genel çözümü \(y = y_{h} + y_{p}\) biçimindedir (Teorem 15.1). \(y_{h}\) bir önceki kısımdaki teoremden gelir; \(y_{p}\) için iki yol vardır. Dönüşmüş sağ taraf \(r(e^{t})\), belirsiz katsayılar yönteminin uygulanabildiği türdense (üstel fonksiyonlar, polinomlar, sinüs ve kosinüsler ile bunların çarpımları) deneme fonksiyonu \(t\) değişkeninde kurulur. Bu, \(r(x)\)’in \(x^{s}\), \((\ln x)^{k}\) (\(k = 0, 1, 2, \dots\)), \(\cos(\beta\ln x)\) ve \(\sin(\beta\ln x)\) gibi terimlerden ve bunların çarpımlarından oluşması demektir. Aksi hâlde parametrelerin değişimi yöntemi kullanılır; bu yöntem \(t\)’ye geçmeden doğrudan \(x\) değişkeninde de uygulanabilir.
Örneğin daha önce temel çözüm kümesi hazır verilerek çözdüğümüz \(x^{2}y'' - 2xy' + 2y = x^{3}e^{x}\) denkleminde (Alıştırma 16.5) o kümeyi artık kendimiz bulabiliriz: karakteristik denklem
\[\lambda^{2} + (-2 - 1)\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\]
olduğundan \(y_{1} = x\) ve \(y_{2} = x^{2}\)’dir. Bu denklemin sağ tarafı \(t\) değişkeninde \(e^{3t}e^{e^{t}}\) olur ve deneme tablosundaki biçimlerin hiçbirine uymaz; özel çözüm için orada yaptığımız gibi parametrelerin değişimi gerekir.
Örnek 19.4 (Belirsiz Katsayılarla Özel Çözüm) \[3x^{2}\frac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2x\frac{dy}{dx} - y = x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem, \(a_{2} = 3\), \(a_{1} = 2\), \(a_{0} = -1\) ve \(r(x) = x\) olan ikinci mertebe bir Cauchy–Euler denklemidir. \(x > 0\) aralığında \(t = \ln x\), yani \(x = e^{t}\) dönüşümünü kullanalım. Teorem 19.1 gereği
\[\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt}, \qquad \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{1}{x^{2}}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right)\]
olduğundan denklem
\[3x^{2}\cdot\frac{1}{x^{2}}\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) + 2x\cdot\frac{1}{x}\,\frac{dy}{dt} - y = e^{t},\]
yani
\[3\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt} - y = e^{t}\]
hâline gelir. Bu, ikinci mertebe, sabit katsayılı, homojen olmayan lineer bir denklemdir; genel çözümü \(y = y_{h} + y_{p}\) biçimindedir ve \(y_{p}\)’yi belirsiz katsayılar yöntemiyle bulabiliriz.
Birinci adım: homojen çözüm. Karakteristik denklem
\[3\lambda^{2} - \lambda - 1 = 0\]
olup diskriminantı
\[\Delta = (-1)^{2} - 4\cdot 3\cdot(-1) = 13 > 0\]
olur. Kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2\cdot 3} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{6}\]
iki farklı gerçel sayıdır; dolayısıyla
\[y_{h} = c_{1}e^{\lambda_{1}t} + c_{2}e^{\lambda_{2}t}.\]
İkinci adım: özel çözüm. Dönüşmüş sağ taraf \(e^{t}\)’dir. \(1\) karakteristik denklemin kökü değildir, çünkü \(3 - 1 - 1 = 1 \neq 0\); yani \(e^{t}\), \(y_{h}\)’deki terimlere benzemez ve deneme fonksiyonu olarak \(y_{p} = Ae^{t}\) alınabilir. \(y_{p}\)’nin \(t\)’ye göre birinci ve ikinci türevi de \(Ae^{t}\) olduğundan
\[3Ae^{t} - Ae^{t} - Ae^{t} = e^{t} \;\Longrightarrow\; A = 1,\]
yani \(y_{p} = e^{t}\)’dir.
Üçüncü adım: \(x\)’e dönüş. Genel çözüm \(t\) değişkeninde
\[y = c_{1}e^{\frac{1+\sqrt{13}}{6}t} + c_{2}e^{\frac{1-\sqrt{13}}{6}t} + e^{t}\]
olur. Çözümü özgün değişkenle yazmamız gerekir: \(t = \ln x\) ve \(e^{s\ln x} = x^{s}\) olduğundan
\[y = c_{1}x^{\frac{1+\sqrt{13}}{6}} + c_{2}x^{\frac{1-\sqrt{13}}{6}} + x, \qquad x > 0.\]
Üsler yaklaşık olarak \(0{,}768\) ve \(-0{,}434\)’tür. Özel çözümü doğrudan da denetleyebiliriz: \(y = x\) için \(y' = 1\), \(y'' = 0\) ve
\[3x^{2}\cdot 0 + 2x\cdot 1 - x = x.\]
\(\blacksquare\)
Sağ taraf \(t\) değişkeninde belirsiz katsayılara uygun olsa bile, parametrelerin değişimi yöntemini doğrudan \(x\) değişkeninde uygulamak da mümkündür. Bunu yaparken atlanmaması gereken bir adım vardır: formül, denklem standart biçime getirildikten sonra kullanılır.
Örnek 19.5 (Parametrelerin Değişimiyle Özel Çözüm) \(x > 0\) olmak üzere
\[x^{2}y'' - 3xy' + 4y = x^{2}\ln x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = -3\), \(a_{0} = 4\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir; karakteristik denklemi
\[\lambda^{2} + (-3 - 1)\lambda + 4 = \lambda^{2} - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^{2} = 0\]
olup \(\lambda = 2\) katlı köktür. Teorem 19.3 (ikinci durum) gereği
\[y_{h} = c_{1}x^{2} + c_{2}x^{2}\ln x.\]
Standart biçim. Parametrelerin değişimi formülü (Teorem 16.2) \(y'' + p(x)y' + q(x)y = g(x)\) standart biçimindeki denklemler için kurulmuştur: \(y_{1}, y_{2}\) homojen denklemin bir temel çözüm kümesi ve \(W\) onların Wronskiyeni olmak üzere
\[y_{p} = u_{1}y_{1} + u_{2}y_{2}, \qquad u_{1}' = -\frac{y_{2}\,g}{W}, \qquad u_{2}' = \frac{y_{1}\,g}{W}\]
bir özel çözümdür. (Teoremde standart biçimin sağ tarafı \(r\) ile gösterilmişti; Cauchy–Euler denkleminin sağ tarafıyla karışmasın diye burada \(g\) diyoruz.) Bu yüzden önce iki tarafı \(x^{2}\) ile bölelim:
\[y'' - \frac{3}{x}\,y' + \frac{4}{x^{2}}\,y = \ln x.\]
Demek ki \(g(x) = \ln x\)’tir; \(g\) yerine özgün sağ taraf olan \(x^{2}\ln x\)’i almak, yöntemde en sık yapılan hatadır (bkz. Alıştırma 16.5).
Wronskiyen. \(y_{1} = x^{2}\) ve \(y_{2} = x^{2}\ln x\) için \(y_{1}' = 2x\), \(y_{2}' = 2x\ln x + x\) olduğundan
\[W = x^{2}\left(2x\ln x + x\right) - x^{2}\ln x\cdot 2x = x^{3}\]
olur; \(x > 0\) için \(W \neq 0\)’dır.
Özel çözüm. Formüldeki türevler
\[u_{1}' = -\frac{x^{2}\ln x\cdot\ln x}{x^{3}} = -\frac{(\ln x)^{2}}{x}, \qquad u_{2}' = \frac{x^{2}\cdot\ln x}{x^{3}} = \frac{\ln x}{x}\]
olur. \(s = \ln x\), \(ds = \dfrac{dx}{x}\) koyarak integralleri hesaplayalım (integral sabitlerini sıfır alıyoruz):
\[u_{1} = -\int s^{2}\,ds = -\frac{(\ln x)^{3}}{3}, \qquad u_{2} = \int s\,ds = \frac{(\ln x)^{2}}{2}.\]
Böylece
\[ \begin{aligned} y_{p} &= -\frac{(\ln x)^{3}}{3}\,x^{2} + \frac{(\ln x)^{2}}{2}\,x^{2}\ln x \\[1mm] &= \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right)x^{2}(\ln x)^{3} = \frac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}. \end{aligned} \]
Genel çözüm.
\[y = c_{1}x^{2} + c_{2}x^{2}\ln x + \frac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}, \qquad x > 0.\]
Aynı sonuca \(t\) değişkeninde belirsiz katsayılarla da varılır. \(t = \ln x\) ile denklem
\[\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 4\frac{dy}{dt} + 4y = t\,e^{2t}\]
olur; \(2\) karakteristik denklemin çift kökü olduğundan deneme fonksiyonu \(t^{2}(At + B)e^{2t}\) alınır ve \(A = \tfrac{1}{6}\), \(B = 0\) bulunur. Bu da \(y_{p} = \tfrac{1}{6}\,t^{3}e^{2t} = \tfrac{1}{6}\,x^{2}(\ln x)^{3}\) demektir.
\(\blacksquare\)
19.5 Yüksek Mertebe Cauchy–Euler Denklemleri
İndirgeme teoremi her mertebede geçerli olduğundan kök kuralları da \(n\)-inci mertebeye aynen taşınır; yapılacak tek şey, sabit katsayılı denklemin çözümlerinde \(t\) yerine \(\ln x\) yazmaktır.
Sonuç 19.1 (Yüksek Mertebede Kök Kuralları) \(x > 0\) aralığında \(n\)-inci mertebeden homojen bir Cauchy–Euler denklemi verilsin ve
\[ \begin{aligned} P(\lambda) = a_{n}\lambda(\lambda-1)\cdots(\lambda-n+1) &+ \cdots + a_{2}\lambda(\lambda-1) \\[1mm] &\quad + a_{1}\lambda + a_{0} \end{aligned} \]
olsun. Bu durumda
- \(P\)’nin \(m\) katlı her gerçel kökü \(r\), genel çözüme \(x^{r}, x^{r}\ln x, \dots, x^{r}(\ln x)^{m-1}\) fonksiyonlarını katar;
- \(P\)’nin \(m\) katlı her \(\alpha \pm i\beta\) (\(\beta \neq 0\)) kompleks kök çifti, \(j = 0, 1, \dots, m-1\) için \(x^{\alpha}(\ln x)^{j}\cos(\beta\ln x)\) ve \(x^{\alpha}(\ln x)^{j}\sin(\beta\ln x)\) fonksiyonlarını katar.
Bu yolla bütün köklerden toplam \(n\) fonksiyon elde edilir; bunlar \((0, \infty)\) aralığında bir temel çözüm kümesidir ve genel çözüm, bu fonksiyonların keyfi sabitlerle lineer birleşimidir.
İspat
Teorem 19.2 gereği \(Y(t) = y(e^{t})\) fonksiyonu \(n\)-inci mertebeden sabit katsayılı homojen bir denklemi sağlar. Bu denklemin karakteristik polinomu, Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümündeki gibi her \(D^{j}y\) yerine \(\lambda^{j}\) yazılarak elde edildiğinden tam olarak \(P\)’dir. Teorem 17.3 gereği bu denklemin bir temel çözüm kümesi, \(m\) katlı gerçel kök \(r\) için \(t^{j}e^{rt}\), \(m\) katlı \(\alpha \pm i\beta\) çifti için \(t^{j}e^{\alpha t}\cos\beta t\) ve \(t^{j}e^{\alpha t}\sin\beta t\) (\(j = 0, 1, \dots, m-1\)) fonksiyonlarından oluşur.
\(t = \ln x\) yazıldığında \(t^{j}e^{rt} = x^{r}(\ln x)^{j}\), \(t^{j}e^{\alpha t}\cos\beta t = x^{\alpha}(\ln x)^{j}\cos(\beta\ln x)\) ve sinüslü fonksiyon için de benzeri elde edilir. Çözümlerin birebir eşlendiği Teorem 19.2 ile bilinir; lineer bağımsızlık da Teorem 19.3 ispatındaki gibi korunur, çünkü \(x = e^{t}\) yazmak \((0, \infty)\) üzerindeki bir lineer bağıntıyı \((-\infty, \infty)\) üzerinde aynı katsayılı bir bağıntıya çevirir.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.6 (Üçüncü Mertebe ve Üç Katlı Kök) \(x > 0\) olmak üzere
\[x^{3}y''' + xy' - y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem \(a_{3} = 1\), \(a_{2} = 0\), \(a_{1} = 1\), \(a_{0} = -1\) olan üçüncü mertebe bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t = \ln x\) koyalım. Teorem 19.1 gereği
\[x^{3}y''' = \frac{d^{3}y}{dt^{3}} - 3\frac{d^{2}y}{dt^{2}} + 2\frac{dy}{dt}, \qquad xy' = \frac{dy}{dt}.\]
Yerine koyarsak
\[\frac{d^{3}y}{dt^{3}} - 3\frac{d^{2}y}{dt^{2}} + 3\frac{dy}{dt} - y = 0\]
sabit katsayılı denklemi elde edilir. Karakteristik polinomu
\[P(\lambda) = \lambda^{3} - 3\lambda^{2} + 3\lambda - 1 = (\lambda - 1)^{3}\]
olup \(\lambda = 1\) üç katlı köktür. Teorem 17.3 gereği
\[y = \left(c_{1} + c_{2}t + c_{3}t^{2}\right)e^{t}.\]
\(t = \ln x\) ve \(e^{t} = x\) yazarak genel çözüm
\[y = x\left(c_{1} + c_{2}\ln x + c_{3}(\ln x)^{2}\right), \qquad x > 0\]
bulunur. En karmaşık terimi denetleyelim: \(y = x(\ln x)^{2}\) için
\[y' = (\ln x)^{2} + 2\ln x, \qquad y'' = \frac{2\ln x + 2}{x}, \qquad y''' = -\frac{2\ln x}{x^{2}}\]
olur ve
\[ \begin{aligned} x^{3}y''' + xy' - y &= -2x\ln x + x(\ln x)^{2} + 2x\ln x - x(\ln x)^{2} \\[1mm] &= 0. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
19.6 Alıştırmalar
Alıştırma 19.1 (Yarım Kuvvetler) \(x > 0\) olmak üzere
\[4x^{2}y'' + 4xy' - y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem \(a_{2} = 4\), \(a_{1} = 4\), \(a_{0} = -1\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t = \ln x\) ile
\[4\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) + 4\frac{dy}{dt} - y = 0 \;\Longrightarrow\; 4\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - y = 0\]
olur; birinci türev terimleri birbirini götürdü. Karakteristik denklem
\[4\lambda^{2} - 1 = (2\lambda - 1)(2\lambda + 1) = 0\]
olup kökleri \(\lambda_{1} = \tfrac{1}{2}\) ve \(\lambda_{2} = -\tfrac{1}{2}\)’dir. İki farklı gerçel kök olduğundan \(y = c_{1}e^{t/2} + c_{2}e^{-t/2}\) bulunur. \(e^{t/2} = e^{\frac{1}{2}\ln x} = \sqrt{x}\) olduğundan genel çözüm
\[y = c_{1}\sqrt{x} + \frac{c_{2}}{\sqrt{x}}, \qquad x > 0\]
olur. Denetim için \(y = \sqrt{x}\) alalım: \(y' = \tfrac{1}{2}x^{-1/2}\) ve \(y'' = -\tfrac{1}{4}x^{-3/2}\) olduğundan
\[4x^{2}\left(-\frac{1}{4}x^{-3/2}\right) + 4x\cdot\frac{1}{2}x^{-1/2} - x^{1/2} = (-1 + 2 - 1)\sqrt{x} = 0.\]
\(y = x^{-1/2}\) için hesap aynıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.2 (Kompleks Kökler ve Negatif Üs) \(x > 0\) olmak üzere
\[2x^{2}y'' + 4xy' + 5y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem \(a_{2} = 2\), \(a_{1} = 4\), \(a_{0} = 5\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t = \ln x\) ile
\[2\left(\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt}\right) + 4\frac{dy}{dt} + 5y = 0 \;\Longrightarrow\; 2\frac{d^{2}y}{dt^{2}} + 2\frac{dy}{dt} + 5y = 0\]
bulunur. Karakteristik denklem
\[2\lambda^{2} + 2\lambda + 5 = 0\]
olup diskriminantı \(4 - 4\cdot 2\cdot 5 = -36 < 0\)’dır; kökler kompleks eşleniklerdir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{-2 \pm 6i}{4} = -\frac{1}{2} \pm \frac{3}{2}\,i.\]
\(\alpha = -\tfrac{1}{2}\) ve \(\beta = \tfrac{3}{2}\) ile Teorem 19.3 (üçüncü durum) genel çözümü verir:
\[y = \frac{1}{\sqrt{x}}\left(c_{1}\cos\Big(\frac{3}{2}\ln x\Big) + c_{2}\sin\Big(\frac{3}{2}\ln x\Big)\right), \qquad x > 0.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.3 (Bağımsız Değişkeni t Olan Bir Problem) \[t^{2}y'' - 4ty' + 6y = 0, \qquad y(1) = 1, \qquad y'(1) = 0\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Burada bağımsız değişken \(t\), bilinmeyen \(y = y(t)\)’dir ve türevler \(t\)’ye göre alınır. Denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = -4\), \(a_{0} = 6\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t\) harfi zaten kullanıldığı için dönüşümde yeni bir harf seçelim: \(s = \ln t\), yani \(t = e^{s}\). Başlangıç noktası \(t = 1 > 0\) olduğundan \(t > 0\) aralığında çalışırız. Teorem 19.1, harfler değiştirilerek, \(ty' = \dfrac{dy}{ds}\) ve \(t^{2}y'' = \dfrac{d^{2}y}{ds^{2}} - \dfrac{dy}{ds}\) verir:
\[\frac{d^{2}y}{ds^{2}} - \frac{dy}{ds} - 4\frac{dy}{ds} + 6y = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{d^{2}y}{ds^{2}} - 5\frac{dy}{ds} + 6y = 0.\]
Karakteristik denklem
\[\lambda^{2} - 5\lambda + 6 = (\lambda - 2)(\lambda - 3) = 0\]
olup kökler \(2\) ve \(3\)’tür. Genel çözüm \(y = c_{1}e^{2s} + c_{2}e^{3s}\), yani
\[y = c_{1}t^{2} + c_{2}t^{3}.\]
Başlangıç koşulları için \(y' = 2c_{1}t + 3c_{2}t^{2}\) türevini kullanalım:
\[y(1) = c_{1} + c_{2} = 1, \qquad y'(1) = 2c_{1} + 3c_{2} = 0.\]
Birinci denklemden \(c_{1} = 1 - c_{2}\); bunu ikinciye koyunca \(2 + c_{2} = 0\), yani \(c_{2} = -2\) ve \(c_{1} = 3\) bulunur. Çözüm
\[y = 3t^{2} - 2t^{3}, \qquad t > 0\]
olur. Denetim: \(y(1) = 3 - 2 = 1\) ve \(y'(t) = 6t - 6t^{2}\) olduğundan \(y'(1) = 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.4 (Katlı Kök ve Başlangıç Koşulları) \[x^{2}u'' + 3xu' + u = 0, \qquad u(1) = 4, \qquad u'(1) = -2\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Bilinmeyen fonksiyonun adı \(u = u(x)\)’tir; denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = 3\), \(a_{0} = 1\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. Başlangıç noktası \(x = 1\) olduğundan \(x > 0\) aralığında \(t = \ln x\) koyarız:
\[\frac{d^{2}u}{dt^{2}} - \frac{du}{dt} + 3\frac{du}{dt} + u = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{d^{2}u}{dt^{2}} + 2\frac{du}{dt} + u = 0.\]
Karakteristik denklem
\[\lambda^{2} + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^{2} = 0\]
olup \(\lambda = -1\) katlı köktür. Teorem 19.3 (ikinci durum) gereği
\[u = c_{1}x^{-1} + c_{2}x^{-1}\ln x = \frac{c_{1} + c_{2}\ln x}{x}.\]
\(\ln 1 = 0\) olduğundan \(u(1) = c_{1}\), yani \(c_{1} = 4\)’tür. Türev için bölüm kuralını kullanalım:
\[u' = \frac{\frac{c_{2}}{x}\cdot x - (c_{1} + c_{2}\ln x)}{x^{2}} = \frac{c_{2} - c_{1} - c_{2}\ln x}{x^{2}}.\]
Buradan \(u'(1) = c_{2} - c_{1} = -2\), yani \(c_{2} = 2\) bulunur. Çözüm
\[u = \frac{4 + 2\ln x}{x}, \qquad x > 0\]
olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.5 (Bağımsız Değişkeni w Olan Bir Denklem) \(y = y(w)\) olmak üzere
\[w^{2}y'' - wy' + 2y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Bağımsız değişken \(w\)’dir ve türevler \(w\)’ye göre alınır; denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = -1\), \(a_{0} = 2\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. \(w > 0\) aralığında \(t = \ln w\) koyalım:
\[\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt} - \frac{dy}{dt} + 2y = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 2\frac{dy}{dt} + 2y = 0.\]
Karakteristik denklem
\[\lambda^{2} - 2\lambda + 2 = 0\]
olup diskriminantı \(4 - 8 = -4 < 0\)’dır; kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{2 \pm 2i}{2} = 1 \pm i,\]
yani \(\alpha = 1\) ve \(\beta = 1\)’dir. Teorem 19.3 (üçüncü durum) gereği genel çözüm
\[y = w\big(c_{1}\cos(\ln w) + c_{2}\sin(\ln w)\big), \qquad w > 0\]
olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 19.6 (Sağ Tarafı Logaritma Olan Bir Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[x^{2}y'' - xy' + y = \ln x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem \(a_{2} = 1\), \(a_{1} = -1\), \(a_{0} = 1\) ve \(r(x) = \ln x\) olan bir Cauchy–Euler denklemidir. \(t = \ln x\) koyalım; sağ taraf \(r(e^{t}) = t\) olur:
\[\frac{d^{2}y}{dt^{2}} - \frac{dy}{dt} - \frac{dy}{dt} + y = t \;\Longrightarrow\; \frac{d^{2}y}{dt^{2}} - 2\frac{dy}{dt} + y = t.\]
Homojen çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^{2} - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^{2} = 0\]
olup \(\lambda = 1\) katlı köktür; \(y_{h} = c_{1}e^{t} + c_{2}\,t\,e^{t}\).
Özel çözüm. Sağ taraf birinci dereceden bir polinomdur ve \(0\) karakteristik denklemin kökü değildir; deneme fonksiyonu olarak \(y_{p} = At + B\) alalım. \(t\)’ye göre türevleri \(A\) ve \(0\) olduğundan
\[0 - 2A + At + B = t\]
bulunur. \(t\)’nin katsayılarından \(A = 1\), sabit terimlerden \(B - 2A = 0\), yani \(B = 2\) çıkar; \(y_{p} = t + 2\).
Genel çözüm. \(y = c_{1}e^{t} + c_{2}\,t\,e^{t} + t + 2\) ifadesinde \(t = \ln x\) yazarsak
\[y = c_{1}x + c_{2}x\ln x + \ln x + 2, \qquad x > 0\]
elde edilir. Özel çözümü doğrudan denetleyelim: \(y_{p} = \ln x + 2\) için \(y_{p}' = \tfrac{1}{x}\), \(y_{p}'' = -\tfrac{1}{x^{2}}\) ve
\[x^{2}\left(-\frac{1}{x^{2}}\right) - x\cdot\frac{1}{x} + \ln x + 2 = \ln x.\]
\(\blacksquare\)
Böylece yüksek mertebe lineer denklemleri tamamlamış olduk. İkinci mertebe lineer denklemlerin yapısından, yani süperpozisyon ilkesi, lineer bağımsızlık, Wronskiyen ve temel çözüm kümesinden başladık; mertebe indirgemeyle bilinen bir çözümden ikincisini kurmayı, karakteristik denklemle sabit katsayılı homojen denklemleri çözmeyi, belirsiz katsayılar ve parametrelerin değişimi yöntemleriyle de özel çözüm bulmayı öğrendik ve bütün bunları \(n\)-inci mertebeye genelleştirdik. Cauchy–Euler denklemi ise değişken katsayılı bir sınıfın, doğru bir değişken değiştirmeyle aynı araçlara nasıl teslim edilebileceğini gösterdi: \(t = \ln x\) dönüşümünden sonra elimizdeki her yöntem olduğu gibi işe yaradı.