5 Değişkenlerine Ayrılabilen Denklemler
Buraya kadar bir diferansiyel denklemin ne olduğunu, bir fonksiyonun hangi anlamda çözüm sayıldığını ve bir çözüm ailesinin keyfi sabitleri yok edilerek hangi denkleme geri döndüğünü gördük. Bütün bunlar denklemleri tanımaya yarıyordu; bu bölümden itibaren artık denklemleri çözmeye başlıyoruz.
Birinci mertebeden bir denklemi çözmek, özünde bir integral almaktır. Nitekim \(\dfrac{dy}{dx} = g(x)\) biçimindeki en basit denklemin çözümü doğrudan \(y = \int g(x)\,dx\)’tir. Sorun, sağ tarafta \(y\) de göründüğünde başlar: \(\dfrac{dy}{dx} = g(x)\,h(y)\) denkleminde \(x\)’e göre doğrudan integral alamayız, çünkü sağ taraf bilinmeyen \(y(x)\) fonksiyonunu içerir. Bu bölümün fikri çok basittir: denklemi, bir yakasında yalnız \(y\) ve \(dy\), öbür yakasında yalnız \(x\) ve \(dx\) kalacak biçimde düzenleyip iki yakayı ayrı ayrı integrallemek.
Bu fikrin işlediği denklem sınıfına değişkenlerine ayrılabilen denklemler (separable equations) diyoruz. Sınıf dar görünse de, birinci mertebeden denklemlerin büyük bölümü ya doğrudan bu sınıftandır ya da uygun bir değişken değiştirmeyle bu sınıfa indirgenir; bölümün sonunda böyle bir indirgemeyi ayrıntısıyla göreceğiz.
5.1 Ayrılabilen Denklem Nedir?
Birinci mertebeden bir denklemi \(\dfrac{dy}{dx}\) için çözülmüş hâlde yazalım:
\[\frac{dy}{dx} = F(x, y).\]
Sağ taraftaki \(F\), \(x\)’e bağlı bir çarpanla \(y\)’ye bağlı bir çarpanın çarpımı olarak ayrışıyorsa, yani \(F(x,y) = g(x)\,h(y)\) yazılabiliyorsa, \(dx\) ve \(dy\)’yi birer çarpan gibi düşünüp denklemi
\[\frac{dy}{h(y)} = g(x)\,dx\]
biçimine getirebiliriz. Artık her yakada tek bir değişken vardır ve iki yakanın integrali ayrı ayrı alınabilir. Tanımı bu gözlem üzerine kuruyoruz.
Tanım 5.1 (Değişkenlerine Ayrılabilen Denklem) \(M\) ve \(N\) sürekli fonksiyonlar olmak üzere
\[M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0\]
biçiminde yazılabilen birinci mertebeden denklemlere değişkenlerine ayrılabilen denklem (separable equation) denir.
Denklem \(\dfrac{dy}{dx}\) için çözülmüş hâlde verildiğinde bu koşul, sağ tarafın
\[\frac{dy}{dx} = g(x)\,h(y)\]
biçiminde çarpanlara ayrılabilmesine karşılık gelir: \(h(y) \neq 0\) olan bölgede iki yakayı \(h(y)\)’ye bölüp \(dx\) ile çarparak \(M(x) = -g(x)\) ve \(N(y) = \dfrac{1}{h(y)}\) seçimiyle yukarıdaki biçime geçilir.
Yani bir denklem, \(x\)’li her şeyi bir yakaya, \(y\)’li her şeyi öbür yakaya toplayabiliyorsak ayrılabilendir.
Ayrışmanın olup olmadığına karar vermek genellikle birkaç çarpanlama denemesi meselesidir:
- \(\dfrac{dy}{dx} = x^2 y\) ayrılabilir: \(g(x) = x^2\), \(h(y) = y\).
- \(\dfrac{dy}{dx} = e^{x-y}\) ayrılabilir; çünkü \(e^{x-y} = e^x \cdot e^{-y}\)’dir.
- \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x - y}{x + y}\) ayrılabilir değildir: sağ taraf \(x\)’li ve \(y\)’li iki çarpanın çarpımı olarak yazılamaz. Bu türden denklemleri bir sonraki bölümde başka bir yöntemle çözeceğiz.
Ayırma işlemi bir bölme içerdiği için bir tehlike barındırır: \(h(y)\)’nin sıfır olduğu \(y\) değerlerinde bölme yapılamaz. Oysa tam da bu değerler denklemin en kolay çözümlerini verir.
Tanım 5.2 (Denge Çözümü) \(\dfrac{dy}{dx} = g(x)\,h(y)\) denkleminde \(h(y_0) = 0\) olsun. Bu durumda sabit \(y(x) = y_0\) fonksiyonu denklemi sağlar; çünkü sol yakası \(0\), sağ yakası \(g(x)\,h(y_0) = 0\)’dır. Böyle sabit çözümlere denklemin denge çözümü (equilibrium solution) denir.
Yani \(h\)’nin her kökü, grafiği \(x\) eksenine paralel bir doğru olan bir çözüm demektir; bu çözümler ayırma adımında bölme yüzünden gözden kaçtığı için ayrıca yazılmalıdır.
5.2 Yöntemin Gerekçesi
Değişkenleri ayırıp iki yakayı integrallemek, \(dx\) ve \(dy\) ile sayı gibi işlem yapmayı gerektirir. Bu işlemin neden meşru olduğunu zincir kuralı açıklar.
Teorem 5.1 (Ayrılabilen Denklemin Çözümleri) \(g\) bir \(I\) aralığında, \(h\) bir \(J\) aralığında sürekli ve \(J\) üzerinde \(h(y) \neq 0\) olsun. \(G\) fonksiyonu \(g\)’nin, \(H\) fonksiyonu da \(\dfrac{1}{h}\)’nin bir ters türevi olsun; yani
\[G'(x) = g(x), \qquad H'(y) = \frac{1}{h(y)}.\]
Bu durumda \(I\) aralığında tanımlı, değerleri \(J\)’de kalan türevlenebilir bir \(y = \varphi(x)\) fonksiyonu için şunlar denktir:
- \(\varphi\), \(\dfrac{dy}{dx} = g(x)\,h(y)\) denkleminin bir çözümüdür.
- Bir \(c\) sabiti için \(H(\varphi(x)) = G(x) + c\) bağıntısı \(I\) üzerinde sağlanır.
İspat
Önce \(\varphi\)’nin çözüm olduğunu varsayalım. \(F(x) = H(\varphi(x)) - G(x)\) fonksiyonunu tanımlayıp zincir kuralıyla türevini alalım:
\[F'(x) = H'(\varphi(x))\,\varphi'(x) - G'(x) = \frac{\varphi'(x)}{h(\varphi(x))} - g(x).\]
\(\varphi\) çözüm olduğundan \(\varphi'(x) = g(x)\,h(\varphi(x))\)’tir; bunu yerine koyunca
\[F'(x) = \frac{g(x)\,h(\varphi(x))}{h(\varphi(x))} - g(x) = 0\]
bulunur. Türevi bir aralık üzerinde özdeş olarak sıfır olan fonksiyon sabittir; dolayısıyla \(F(x) = c\), yani \(H(\varphi(x)) = G(x) + c\) olur.
Tersine, \(H(\varphi(x)) = G(x) + c\) bağıntısı sağlansın. İki yakanın \(x\)’e göre türevi alınırsa
\[\frac{\varphi'(x)}{h(\varphi(x))} = g(x)\]
elde edilir. \(h(\varphi(x)) \neq 0\) olduğundan iki yaka \(h(\varphi(x))\) ile çarpılabilir ve \(\varphi'(x) = g(x)\,h(\varphi(x))\) bulunur; bu da \(\varphi\)’nin çözüm olması demektir.
\(\blacksquare\)
Teoremin “aralık” vurgusu önemlidir: sabitliği veren, türevin bir aralıkta sıfır olmasıdır. Bu yüzden bulduğumuz çözüm genellikle bütün \(\mathbb{R}\)’de değil, belirli bir aralıkta geçerlidir; başlangıç koşulu verildiğinde bu aralığı açıkça belirtmek gerekir.
Teorem ayrıca şunu söyler: iki yakayı integrallerken ayrı ayrı iki sabit yazmaya gerek yoktur, çünkü farkları yine keyfi bir sabittir. Uygulamada tek bir \(c\) yazılır.
5.3 Yöntem
Yukarıdaki teoremi bir hesap reçetesine dönüştürelim.
- Denklemi \(\dfrac{dy}{dx} = g(x)\,h(y)\) ya da \(M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0\) biçimine getirin.
- \(h(y) = 0\) denkleminin köklerini bulun; her kök bir denge çözümü verir. Bunları kenara yazın.
- \(h(y) \neq 0\) bölgesinde değişkenleri ayırın: \(\dfrac{dy}{h(y)} = g(x)\,dx\).
- İki yakanın integralini alın ve tek bir keyfi sabit yazın.
- Mümkünse bağıntıyı \(y\) için çözüp açık çözümü yazın; çözülemiyorsa sonuç kapalı çözüm olarak bırakılır.
- Adım 2’deki denge çözümlerinin genel çözüm formülünün içinde yer alıp almadığına bakın; yer almıyorsa ayrıca belirtin.
- Başlangıç koşulu verilmişse sabiti belirleyin ve çözümün geçerli olduğu aralığı yazın.
İlk örnekte bu adımları teker teker izleyelim.
Örnek 5.1 (Üstel Büyüme Denklemi) \(k\) sabit olmak üzere \(\dfrac{dy}{dx} = k\,y\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem birinci mertebeden, lineer ve ayrılabilendir: \(g(x) = k\), \(h(y) = y\).
Denge çözümü. \(h(y) = y = 0\) olduğundan \(y = 0\) sabit fonksiyonu bir çözümdür.
Ayırma. \(y \neq 0\) bölgesinde iki yakayı \(y\)’ye bölüp \(dx\) ile çarpalım:
\[\frac{dy}{y} = k\,dx.\]
İki yakayı integralleyelim:
\[\int \frac{dy}{y} = \int k\,dx \quad \Longrightarrow \quad \ln|y| = kx + c.\]
Mutlak değerden kurtulma. İki yakayı \(e\) tabanında üs alarak
\[|y| = e^{kx + c} = e^{c}\,e^{kx}\]
yazarız. Burada \(A = e^{c}\) sayısı pozitiftir, dolayısıyla \(y = A e^{kx}\) ya da \(y = -A e^{kx}\) olur; yani \(y = C e^{kx}\) biçimindeki her fonksiyon (\(C \neq 0\)) çözümdür.
Denge çözümünü katma. \(C = 0\) alındığında \(y = 0\) elde edildiğinden denge çözümü de bu formülün içindedir. Sonuç olarak genel çözüm
\[y = C e^{kx}, \qquad C \in \mathbb{R}\]
olur. Gerçekten \(y' = C k e^{kx} = k y\)’dir.
\(\blacksquare\)
Ayrılabilen denklemlerde \(\ln|y|\) hemen her zaman ortaya çıkar; yukarıdaki üç satırlık hesap her seferinde aynı biçimde işler. Bir kez yapıp kural olarak saklayalım: \(F\) herhangi bir fonksiyon olmak üzere
\[\ln|y| = F(x) + c \quad \Longrightarrow \quad |y| = e^{c}\,e^{F(x)} \quad \Longrightarrow \quad y = \pm e^{c}\,e^{F(x)}.\]
\(e^{c}\) pozitif bir sayı, \(\pm e^{c}\) ise sıfırdan farklı herhangi bir sayıdır. Üstelik \(h(y) = y\) olan denklemlerde \(y = 0\) da çözüm olduğundan, sıfır değeri de formüle katılabilir. Böylece üç adım tek satıra iner:
\[\ln|y| = F(x) + c \quad \Longrightarrow \quad y = C e^{F(x)}, \qquad C \in \mathbb{R}.\]
Buradaki \(C\), mutlak değerin iki dalını ve denge çözümünü birlikte taşıyan yeni keyfi sabittir. Bu yüzden ara adımlarda çıkan \(c\), \(e^{c}\), \(c_1\) gibi sabitleri son satırda tek bir harfe indirmek serbesttir.
Şimdi denklem doğrudan ayrılmış biçimde verildiğinde ne yapıldığına bakalım.
Örnek 5.2 (Ayrılmış Biçimde Verilen Denklem) \(2x\,dx - 3y^2\,dy = 0\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem zaten \(M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0\) biçimindedir: \(M(x) = 2x\) ve \(N(y) = -3y^2\). Değişkenleri ayırmak için hiçbir bölme yapmamız gerekmiyor, terimleri iki yakaya dağıtmak yetiyor:
\[2x\,dx = 3y^2\,dy \quad \Longrightarrow \quad \int 2x\,dx = \int 3y^2\,dy.\]
İntegraller alınıp sabit tek yakada toplanırsa
\[x^2 = y^3 + c \quad \Longrightarrow \quad x^2 - y^3 = c\]
bulunur. Bu, denklemin kapalı çözümüdür (implicit solution). Burada \(y\)’yi yalnız bırakmak mümkündür:
\[y = \sqrt[3]{\,x^2 - c\,}.\]
Doğrulayalım: \(y^3 = x^2 - c\) bağıntısının \(x\)’e göre türevi \(3y^2 y' = 2x\), yani \(2x\,dx - 3y^2\,dy = 0\) verir.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.3 (Kısmi İntegrasyon Gerektiren Bir Denklem) \((1 + y^2)\,y' = x\cos x\) denklemini sınıflandırıp genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Sınıflandırma. Denklemde en yüksek türev birinci mertebedendir. Bilinmeyen fonksiyon \(y'\) ile çarpım hâlinde ve karesiyle göründüğünden denklem lineer değildir. Tek bağımsız değişken \(x\) olduğundan denklem birinci mertebeden, lineer olmayan bir adi diferansiyel denklemdir.
Ayırma. \(y' = \dfrac{dy}{dx}\) yazıp iki yakayı \(dx\) ile çarpalım:
\[(1 + y^2)\frac{dy}{dx} = x\cos x \quad \Longrightarrow \quad (1 + y^2)\,dy = x\cos x\,dx.\]
Sol yakada yalnız \(y\), sağ yakada yalnız \(x\) kaldı; iki yakayı integralleyelim:
\[\int (1 + y^2)\,dy = \int x\cos x\,dx.\]
Sağ yakadaki integral. Bu integral kısmi integrasyonla (integration by parts) alınır. Seçimimiz
\[u = x, \qquad du = dx, \qquad dv = \cos x\,dx, \qquad v = \sin x\]
olsun. \(\int u\,dv = uv - \int v\,du\) formülünden
\[\int x\cos x\,dx = x\sin x - \int \sin x\,dx = x\sin x + \cos x + c.\]
Birleştirme. Sol yakanın integrali \(y + \dfrac{y^3}{3}\) olduğundan
\[y + \frac{y^3}{3} = x\sin x + \cos x + c\]
elde edilir. Paydayı yok etmek için iki yakayı \(3\) ile çarpalım; sağda beliren \(3c\) yine keyfi bir sabit olduğundan ona da \(c\) diyebiliriz. Genel çözüm
\[y^3 + 3y - 3x\sin x - 3\cos x = c\]
bağıntısıdır.
Yorum. Bu bağıntıdan \(y\)’yi yalnız bırakamayız, yani elimizdeki çözüm kapalıdır. Yine de \(y \mapsto y^3 + 3y\) fonksiyonunun türevi \(3y^2 + 3 > 0\) olduğundan bu fonksiyon kesin artandır; dolayısıyla her \(x\) için bağıntıyı sağlayan tek bir \(y\) değeri vardır. Kapalı çözüm, adı konmamış bir fonksiyonu gerçekten belirliyor.
\(\blacksquare\)
Örnek 5.4 (Kapalı Çözümden Açık Çözüme) \(y' = 1 + y^2\) adi diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem birinci mertebeden, lineer olmayan ve ayrılabilendir: \(g(x) = 1\), \(h(y) = 1 + y^2\).
Denge çözümü yok. \(1 + y^2 \geq 1\) olduğundan \(h\) hiçbir yerde sıfırlanmaz; ayırma adımındaki bölme her \(y\) için güvenlidir.
Ayırma ve integralleme.
\[\frac{dy}{dx} = 1 + y^2 \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{1 + y^2} = dx.\]
\[\int \frac{dy}{1 + y^2} = \int dx \quad \Longrightarrow \quad \arctan(y) = x + c.\]
Bu bağıntı denklemin kapalı çözümüdür.
Açık çözüm. Burada \(y\)’yi yalnız bırakmak mümkündür; iki yakanın tanjantı alınırsa
\[y = \tan(x + c)\]
bulunur. Bu da denklemin açık çözümüdür (explicit solution).
Geçerlilik aralığı. Tanjant fonksiyonu \(-\dfrac{\pi}{2} < x + c < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında tanımlıdır; dolayısıyla çözüm
\[-\frac{\pi}{2} - c < x < \frac{\pi}{2} - c\]
aralığında geçerlidir. Denklemin sağ yakası her yerde düzgün olmasına karşın çözümün sonlu bir aralıkta patlaması, lineer olmayan denklemlerin tipik davranışıdır.
\(\blacksquare\)
5.4 Mutlak Değerli Logaritma ve Kayıp Çözümler
Bu kısımdaki iki örnek, ayırma sırasında bölünen çarpanın izini sürmenin neden önemli olduğunu gösteriyor.
Örnek 5.5 (Mutlak Değerin İki Dalı) \(\dfrac{dy}{dx} = y\sin x\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem birinci mertebeden, lineer ve ayrılabilendir: \(g(x) = \sin x\), \(h(y) = y\).
Ayırma. Önce \(y \neq 0\) varsayalım:
\[\frac{dy}{y} = \sin x\,dx \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{dy}{y} = \int \sin x\,dx.\]
\[\ln|y| = -\cos x + c.\]
Üs alma. İki yakayı \(e\) tabanında üs alalım:
\[e^{\ln|y|} = e^{-\cos x + c} = e^{c}\,e^{-\cos x} = A\,e^{-\cos x}, \qquad A = e^{c} > 0.\]
Soldaki ifade \(|y|\) olduğundan
\[|y| = A\,e^{-\cos x}\]
elde edilir. Mutlak değeri açalım: \(y > 0\) ise \(y = A e^{-\cos x}\), \(y < 0\) ise \(y = -A e^{-\cos x}\) olur.
Kayıp çözüm. Ayırmanın başında \(y \neq 0\) varsaymıştık; oysa sabit \(y = 0\) fonksiyonu da denklemi sağlar (iki yaka da sıfırdır). Bu çözüm \(y = \pm A e^{-\cos x}\) ailesinde \(A > 0\) olduğu için görünmüyordu.
Birleştirme. Üç durumu (\(A\), \(-A\) ve \(0\)) tek bir sabitte toplarsak denklemin genel çözümü
\[y = c\,e^{-\cos x}, \qquad c \in \mathbb{R}\]
olur. Buradaki \(c\)’nin işareti çözümün hangi dalda olduğunu, \(c = 0\) ise denge çözümünü verir.
\(\blacksquare\)
5.5 Başlangıç Koşuluyla Özel Çözüm
Genel çözümdeki keyfi sabit, tek bir başlangıç koşuluyla belirlenir. Bu, sonsuz üyeli çözüm ailesinden tek bir eğri seçmek demektir.
Örnek 5.6 (Bir Başlangıç Değer Problemi) \(\dfrac{dy}{dx} = 4x^3 y - y\) denklemini \(y(1) = -3\) koşulu altında çözünüz.
Çözüm
Ayırma. Sağ yakada \(y\) ortak çarpan olarak alınırsa denklemin ayrılabilen olduğu görülür:
\[\frac{dy}{dx} = y\,(4x^3 - 1).\]
\(y \neq 0\) bölgesinde iki yakayı \(y\)’ye bölelim:
\[\frac{dy}{y} = (4x^3 - 1)\,dx \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{dy}{y} = \int (4x^3 - 1)\,dx.\]
\[\ln|y| = x^4 - x + c.\]
Üs alma. İki yakayı üs alırsak, \(c_1 = e^{c} > 0\) olmak üzere
\[|y| = c_1\,e^{\,x^4 - x}\]
bulunur.
Başlangıç koşulu. \(x = 1\) için \(y = -3\) verilmiştir. \(x = 1\) değerinde üs \(1^4 - 1 = 0\) olduğundan \(e^{0} = 1\)’dir:
\[|y(1)| = |-3| = c_1 \cdot 1 \quad \Longrightarrow \quad c_1 = 3.\]
İşaretin belirlenmesi. \(|y| = 3e^{\,x^4 - x}\) bağıntısı iki dal verir. Başlangıç değeri \(y(1) = -3 < 0\) olduğundan çözüm negatif daldadır; üstelik üstel fonksiyon hiç sıfırlanmadığı için sürekli bir çözüm işaret değiştiremez. Demek ki \(-y = 3e^{\,x^4 - x}\), yani
\[y = -3\,e^{\,x^4 - x}.\]
Doğrulama. Bulduğumuz fonksiyonun türevi
\[y' = -3\,(4x^3 - 1)\,e^{\,x^4 - x} = (4x^3 - 1)\,y\]
olur ve \(y(1) = -3e^{0} = -3\)’tür. Çözüm bütün \(\mathbb{R}\)’de geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Bir sonraki örnek, başlangıç koşulunun genel çözüm formülüyle uyuşmadığı ilginç bir durumu ele alıyor.
Örnek 5.7 (Genel Çözümün İçinde Görünmeyen Çözüm) \(\dfrac{dy}{dx} = y^2\) denklemini \(y(-3) = 0\) koşulu altında çözünüz.
Çözüm
Denklem birinci mertebeden ve lineer olmayan bir adi diferansiyel denklemdir.
Ayırma. \(y \neq 0\) bölgesinde
\[\frac{dy}{y^2} = dx \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{dy}{y^2} = \int dx \quad \Longrightarrow \quad -\frac{1}{y} = x + c,\]
yani
\[y = -\frac{1}{x + c}.\]
Görünürdeki çelişki. Başlangıç koşulu, \(x = -3\) noktasında \(y\)’nin \(0\) olmasını istiyor. Oysa \(y = -\dfrac{1}{x+c}\) fonksiyonu hiçbir \(x\) değerinde sıfır olmaz; pay sabit olarak \(-1\)’dir. Öyleyse bu problemin çözümü yok mudur?
Kayıp çözümü hatırlama. Ayırmaya başlarken \(y \neq 0\) varsaymıştık. Sabit \(y = 0\) fonksiyonu denklemin bir denge çözümüdür ve \(y(-3) = 0\) koşulunu da sağlar. Demek ki problemin çözümü vardır:
\[y = 0.\]
Tek çözüm bu mudur? Varlık ve teklik teoremine başvuralım. Denklemi \(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) biçiminde yazarsak
\[f(x,y) = y^2, \qquad \frac{\partial f}{\partial y} = 2y\]
olur. Her iki fonksiyon da düzlemin tamamında süreklidir; özel olarak \((-3, 0)\) noktasını içeren bir dikdörtgende süreklidirler. Dolayısıyla problemin bu noktanın bir komşuluğunda tek çözümü vardır. Bulduğumuz \(y = 0\) çözüm olduğuna göre tek çözüm odur.
Ders. \(y = -\dfrac{1}{x+c}\) ailesi denklemin bütün çözümlerini vermez; ayırma sırasında bölünen çarpanın kökü olan \(y = 0\) çözümü bu ailenin dışında kalır. Bu yüzden ayırmadan önce hangi çarpana bölündüğünü not etmek, yöntemin vazgeçilmez bir adımıdır.
\(\blacksquare\)
5.6 Değişken Değiştirmeyle Ayrılabilir Hâle Getirme
Ayrılabilen denklemler sınıfı dardır, ama basit bir değişken değiştirmeyle (substitution) bu sınıfa taşınabilen geniş bir aile vardır: sağ yakası yalnızca \(ax + by + c\) birleşimine bağlı olan denklemler.
Böyle bir denklemi
\[\frac{dy}{dx} = f(ax + by + c), \qquad b \neq 0,\]
biçiminde yazalım; burada \(a\), \(b\), \(c\) sabittir. Parantezin içine tek bir isim verelim:
\[u = ax + by + c.\]
Burada \(u\), \(x\)’in bir fonksiyonudur, çünkü \(y\) öyledir. İki yakanın \(x\)’e göre türevini alalım:
\[a + b\,\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{dx} = \frac{1}{b}\left( \frac{du}{dx} - a \right).\]
Sağdaki ifade \(\dfrac{dy}{dx}\)’e, o da denkleme göre \(f(u)\)’ya eşittir:
\[\frac{1}{b}\left( \frac{du}{dx} - a \right) = f(u) \quad \Longrightarrow \quad \frac{du}{dx} = b\,f(u) + a.\]
Son denklemin sağ yakası yalnız \(u\)’ya bağlıdır; yani \(u\) ile \(x\) arasındaki denklem ayrılabilendir:
\[\frac{du}{b\,f(u) + a} = dx.\]
Yani bilinmeyeni \(y\)’den \(u\)’ya değiştirerek, \(x\)’i ve \(y\)’yi ayıramadığımız bir denklemi ayrılabilen bir denkleme çevirmiş olduk. Yöntemin adımları şunlardır:
- \(u = ax + by + c\) koyun.
- \(x\)’e göre türev alıp \(\dfrac{du}{dx} = b\,f(u) + a\) denklemini elde edin.
- \(b\,f(u_0) + a = 0\) köklerine bakın; her kök \(u\) denkleminin bir denge çözümüdür. \(ax + by + c = u_0\) yazıldığında bu kök, özgün denklemin grafiği bir doğru olan çözümüne karşılık gelir.
- Kalan bölgede değişkenleri ayırıp integralleyin.
- \(u\) yerine \(ax + by + c\) yazarak çözümü \(x\) ve \(y\) cinsinden ifade edin.
Örnek 5.8 (Değişken Değiştirmeyle Çözülen Denklem) \(y' = (3x + 3y - 5)^2\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sağ yaka yalnızca \(3x + 3y - 5\) birleşimine bağlıdır; burada \(a = 3\), \(b = 3\), \(c = -5\) ve \(f(u) = u^2\)’dir.
Değişken değiştirme. \(u = 3x + 3y - 5\) koyup \(x\)’e göre türev alalım:
\[3 + 3\,\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{dx} = \frac{1}{3}\left( \frac{du}{dx} - 3 \right).\]
Denkleme göre bu ifade \(u^2\)’ye eşittir:
\[\frac{1}{3}\left( \frac{du}{dx} - 3 \right) = u^2 \quad \Longrightarrow \quad \frac{du}{dx} = 3u^2 + 3 = 3\,(u^2 + 1).\]
Denge çözümü yok. \(3(u^2+1) \geq 3\) olduğundan sağ yaka hiç sıfırlanmaz; bölme güvenlidir.
Ayırma ve integralleme.
\[\frac{du}{u^2 + 1} = 3\,dx \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{du}{u^2 + 1} = \int 3\,dx.\]
\[\arctan(u) = 3x + c_0.\]
Değişken değiştirmenin sabitleri \(a\), \(b\), \(c\) ile karışmasın diye integrasyon sabitine \(c_0\) dedik.
Geri dönüş. \(u\) yerine \(3x + 3y - 5\) yazalım:
\[\arctan(3x + 3y - 5) = 3x + c_0.\]
İki yakanın tanjantı alınırsa çözüm
\[3x + 3y - 5 = \tan(3x + c_0)\]
biçiminde elde edilir; burada \(c_0\) keyfi sabittir. İstenirse \(y\) yalnız bırakılabilir:
\[y = \frac{\tan(3x + c_0) - 3x + 5}{3}.\]
\(\blacksquare\)
5.7 Alıştırmalar
Alıştırma 5.1 (Üstel Azalma ve Başlangıç Koşulu) \(\dfrac{dy}{dx} = -2xy\) denklemini \(y(0) = 4\) koşulu altında çözünüz.
Çözüm
Denklem ayrılabilendir: \(g(x) = -2x\), \(h(y) = y\). Önce \(h\)’nin kökü olan \(y = 0\) denge çözümünü not edelim.
\(y \neq 0\) bölgesinde ayıralım:
\[\frac{dy}{y} = -2x\,dx \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{dy}{y} = \int (-2x)\,dx.\]
\[\ln|y| = -x^2 + c.\]
Sabiti birleştirme kuralına göre genel çözüm
\[y = C e^{-x^2}, \qquad C \in \mathbb{R}\]
olur; \(C = 0\) seçimi denge çözümünü verdiğinden hiçbir çözüm dışarıda kalmaz.
Başlangıç koşulunu uygulayalım: \(y(0) = C e^{0} = C = 4\). Aranan çözüm
\[y = 4 e^{-x^2}\]
ve \(y' = -8x e^{-x^2} = -2x\,y\) olduğundan denklem sağlanır. Çözüm bütün \(\mathbb{R}\)’de geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.2 (Diferansiyel Biçimde Verilen Denklem) \((1 + x)\,dy - y\,dx = 0\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem diferansiyel biçimdedir; değişkenleri ayırmak için iki yakayı \(y\,(1+x)\) çarpımına bölmemiz gerekir. Bu yüzden önce bölünen çarpanların köklerine bakalım: \(y = 0\) sabit fonksiyonu denklemi sağlar (her iki terim de sıfır olur); \(x = -1\) ise bölmenin yasak olduğu noktadır, bu yüzden hesabı önce \(x > -1\) ya da \(x < -1\) aralıklarında yürütürüz.
\(y \neq 0\) ve \(x \neq -1\) iken:
\[\frac{dy}{y} = \frac{dx}{1 + x} \quad \Longrightarrow \quad \int \frac{dy}{y} = \int \frac{dx}{1+x}.\]
\[\ln|y| = \ln|1 + x| + c.\]
İki yakayı üs alalım:
\[|y| = e^{c}\,|1 + x|.\]
Mutlak değerlerin iki dalı ile denge çözümünü tek bir sabitte toplarsak genel çözüm
\[y = C\,(1 + x), \qquad C \in \mathbb{R}\]
olur. Doğrulama: \(dy = C\,dx\) olduğundan
\[(1+x)\,C\,dx - C(1+x)\,dx = 0\]
bulunur; üstelik bu formül \(x = -1\) noktasında da denklemi sağladığından çözümler bütün \(\mathbb{R}\)’ye genişler. Çözüm ailesi, hepsi \((-1, 0)\) noktasından geçen doğrulardan oluşur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.3 (Üs Farkı İçeren Denklem) \(y' = e^{\,x - y}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sağ yaka ilk bakışta ayrışmış görünmez, ama üstel fonksiyonun çarpım kuralı bunu düzeltir:
\[e^{\,x-y} = e^{x}\,e^{-y}.\]
Demek ki \(g(x) = e^{x}\) ve \(h(y) = e^{-y}\)’dir. \(h\) hiçbir yerde sıfırlanmadığından denge çözümü yoktur ve bölme her \(y\) için güvenlidir.
Ayıralım:
\[\frac{dy}{e^{-y}} = e^{x}\,dx \quad \Longrightarrow \quad e^{y}\,dy = e^{x}\,dx.\]
İki yakayı integralleyelim:
\[\int e^{y}\,dy = \int e^{x}\,dx \quad \Longrightarrow \quad e^{y} = e^{x} + c.\]
Bu kapalı çözümden \(y\) yalnız bırakılabilir:
\[y = \ln\left( e^{x} + c \right).\]
Çözüm, \(e^{x} + c > 0\) koşulunun sağlandığı aralıkta geçerlidir: \(c \geq 0\) ise bütün \(\mathbb{R}\)’de, \(c < 0\) ise \(x > \ln(-c)\) aralığında.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.4 (Kapalı Çözümden Geçerlilik Aralığı) \(x\,dx + y\,dy = 0\) denklemini \(y(3) = 4\) koşulu altında çözünüz.
Çözüm
Denklem \(M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0\) biçimindedir ve hiçbir bölme gerektirmez. İki yakayı doğrudan integralleyelim:
\[\int x\,dx + \int y\,dy = k \quad \Longrightarrow \quad \frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} = k.\]
İki yakayı \(2\) ile çarpıp \(c = 2k\) yazarsak kapalı çözüm
\[x^2 + y^2 = c\]
olur; çözüm eğrileri merkezi orijin olan çemberlerdir.
Başlangıç koşulunu uygulayalım: \(x = 3\), \(y = 4\) için \(9 + 16 = 25\), yani \(c = 25\). Aranan kapalı çözüm
\[x^2 + y^2 = 25.\]
Açık çözüm için \(y\)’yi yalnız bırakırız. Başlangıç değeri \(y(3) = 4 > 0\) olduğundan üst yarı çember seçilir:
\[y = \sqrt{25 - x^2}, \qquad -5 < x < 5.\]
Uç noktalar aralığın dışında bırakıldı, çünkü \(x \to \pm 5\) iken \(y \to 0\) olur ve \(y' = -\dfrac{x}{y}\) tanımsızlaşır. Bir kapalı çözümün geçerli olduğu aralığın, başlangıç noktasını içeren ve türevin var olduğu en büyük aralık olarak seçilmesi gerektiğini bu örnek iyi gösterir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.5 (Toplamın Karesine Bağlı Denklem) \(y' = (x + y)^2\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sağ yaka yalnızca \(x + y\) birleşimine bağlıdır; burada \(a = 1\), \(b = 1\), \(c = 0\) ve \(f(u) = u^2\)’dir.
\(u = x + y\) koyup \(x\)’e göre türev alalım:
\[1 + \frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} - 1 = u^2.\]
Buradan
\[\frac{du}{dx} = u^2 + 1\]
elde edilir. Sağ yaka hiç sıfırlanmadığından denge çözümü yoktur. Değişkenleri ayırıp integralleyelim:
\[\frac{du}{u^2 + 1} = dx \quad \Longrightarrow \quad \arctan(u) = x + c_0.\]
İntegrasyon sabitini, değişken değiştirmenin \(c\) sabitiyle karışmaması için \(c_0\) ile gösterdik.
\(u\) yerine \(x + y\) yazalım:
\[\arctan(x + y) = x + c_0 \quad \Longrightarrow \quad x + y = \tan(x + c_0).\]
Yani genel çözüm
\[y = \tan(x + c_0) - x\]
olup tanjantın tanımlı olduğu \(-\dfrac{\pi}{2} < x + c_0 < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.6 (Sabit \(u\) Çözümü Olan Bir Değişken Değiştirme) \(y' = x - y + 2\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sağ yaka \(x - y + 2\) birleşiminin kendisidir; yani \(a = 1\), \(b = -1\), \(c = 2\) ve \(f(u) = u\)’dur.
\(u = x - y + 2\) koyup türev alalım:
\[1 - \frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{dx} = 1 - \frac{du}{dx} = u.\]
Buradan \(u\) için denklem
\[\frac{du}{dx} = 1 - u\]
olur.
Sabit \(u\) çözümü. \(1 - u = 0\), yani \(u = 1\) değeri \(u\) denkleminin bir denge çözümüdür. \(x - y + 2 = 1\) yazınca bunun \(y\) cinsinden karşılığı \(y = x + 1\) doğrusu olur; bu doğru sabit bir fonksiyon değildir, ama özgün denklemin bir çözümüdür. Gerçekten \(y' = 1\) ve \(x - y + 2 = 1\)’dir.
Ayırma. \(u \neq 1\) bölgesinde:
\[\frac{du}{1 - u} = dx \quad \Longrightarrow \quad -\ln|1 - u| = x + c_0.\]
İki yakayı \(-1\) ile çarpıp üs alalım:
\[|1 - u| = e^{-x - c_0} \quad \Longrightarrow \quad 1 - u = A\,e^{-x}.\]
Mutlak değerin iki dalı ile \(u = 1\) çözümünü (\(A = 0\)) birlikte alırsak \(A \in \mathbb{R}\) olur.
Geri dönüş. \(u = x - y + 2\) yazalım:
\[1 - (x - y + 2) = A e^{-x} \quad \Longrightarrow \quad y - x - 1 = A e^{-x}.\]
Genel çözüm
\[y = x + 1 + A\,e^{-x}, \qquad A \in \mathbb{R}\]
olur. Doğrulama: \(y' = 1 - A e^{-x}\) ve \(x - y + 2 = 1 - A e^{-x}\)’tir. \(A = 0\) seçimi, başta bulduğumuz \(y = x + 1\) doğrusunu geri verir.
\(\blacksquare\)
5.8 Bölümün Özeti
Değişkenlerine ayırma, birinci mertebeden denklemlerde elimizdeki en doğrudan yöntemdir: denklemi \(M(x)\,dx + N(y)\,dy = 0\) biçimine getir, iki yakayı ayrı ayrı integralle, tek bir keyfi sabit yaz. Yöntemin iki ince noktası vardır. Birincisi, ayırma bir bölme içerdiğinden bölünen çarpanın kökleri olan denge çözümleri ayrıca kontrol edilmelidir; \(\dfrac{dy}{dx} = y^2\), \(y(-3) = 0\) problemi bunun en çarpıcı örneğiydi. İkincisi, \(\ln|y|\) içeren sonuçlarda mutlak değerin iki dalı ile denge çözümü tek bir keyfi sabitte birleştirilebilir.
Sağ yakası \(ax + by + c\) birleşimine bağlı denklemlerde ise \(u = ax + by + c\) değişken değiştirmesi denklemi ayrılabilen hâle getiriyordu. Bu, ileride sık kullanacağımız daha genel bir fikrin ilk örneğidir: ayıramadığımız bir denklemde, doğru seçilmiş yeni bir bilinmeyen değişkenleri ayırabilir hâle getirebilir.
Sırada bu fikrin ikinci ve daha güçlü uygulaması var. \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x - y}{x + y}\) gibi, sağ yakası \(x\) ve \(y\)’nin yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranına bağlı olan denklemlerde \(v = \dfrac{y}{x}\) değişken değiştirmesi yine ayrılabilen bir denklem verir. Bu sınıfı Homojen Denklemler bölümünde inceleyeceğiz.