6 Homojen Denklemler ve Homojene İndirgenebilenler
Bir önceki bölümde değişkenlerine ayrılabilen denklemleri çözdük: \(x\)’li her şeyi bir yana, \(y\)’li her şeyi öbür yana toplayıp iki tarafı ayrı ayrı integralleyebildiğimiz denklemler. Bu yöntemin kapsamı dar görünür, çünkü karşımıza çıkan denklemlerin çoğunda değişkenler böyle temiz biçimde ayrılmaz.
Buna rağmen ayrılabilen denklemler sanıldığından çok daha geniş bir sınıfı çözer: bir denklem ayrılabilen biçimde değilse bile, uygun bir değişken değiştirme (substitution) ile ayrılabilen bir denkleme dönüşebilir. Bu bölüm, bu stratejinin ilk ve en klasik örneğini işliyor. Eğimi \(\dfrac{dy}{dx}\) veren ifade, \(x\) ile \(y\)’ye ayrı ayrı değil de yalnızca bunların \(\dfrac{y}{x}\) oranına bağlıysa, denkleme homojen denir; \(u = \dfrac{y}{x}\) koymak böyle bir denklemi her zaman ayrılabilen bir denkleme indirger.
Bölümün ikinci yarısında bir adım daha atacağız: katsayıları \(ax + by + c\) biçiminde birinci dereceden polinomlar olan denklemler homojen değildir, ama sabit terimler uygun bir öteleme (translation) ile yok edilebiliyorsa homojen hâle gelirler. Ötelemenin işe yaramadığı durumda ise başka bir değişken değiştirme devreye girer. Böylece tek bir yöntemden, birbirine bağlı bir yöntem zinciri çıkacak.
6.1 Homojen Denklem Nedir?
\(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) denklemi, düzlemin her \((x,y)\) noktasına bir eğim atar. Şimdi şu özel duruma bakalım: bu eğim noktanın nerede olduğuna değil, yalnızca noktanın orijinden hangi doğrultuda göründüğüne bağlı olsun. Orijinden çıkan bir ışın üzerindeki bütün noktalarda \(\dfrac{y}{x}\) oranı sabittir; dolayısıyla “eğim yalnızca doğrultuya bağlı” demek, “\(f\) yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranının bir fonksiyonudur” demektir.
Tanım 6.1 (Homojen Diferansiyel Denklem) \(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) biçimindeki birinci mertebeden bir denklemde \(f(x,y)\) ifadesi yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranının (ya da yalnızca \(\dfrac{x}{y}\) oranının) bir fonksiyonu olarak yazılabiliyorsa, yani
\[\frac{dy}{dx} = g\!\left(\frac{y}{x}\right) \qquad \text{ya da} \qquad \frac{dy}{dx} = h\!\left(\frac{x}{y}\right)\]
biçimine getirilebiliyorsa, bu denkleme homojen diferansiyel denklem (homogeneous differential equation) denir.
Yani homojen bir denklemde eğim alanı orijinden çıkan ışınlar boyunca sabittir: aynı ışın üzerindeki bütün noktalarda çözüm eğrilerinin eğimi aynıdır.
Örnek 6.1 (Oran Cinsinden Yazılabilen Bir Denklem) \(x \ne 0\) olmak üzere \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x + y}{x}\) denkleminin homojen olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sağ tarafta payı terim terim paydaya bölmek yeterlidir:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{x + y}{x} = 1 + \frac{y}{x}.\]
Sağ tarafta \(x\) ile \(y\) yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranı içinde geçiyor; \(g(u) = 1 + u\) almak üzere denklem \(\dfrac{dy}{dx} = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) biçimindedir, yani homojendir.
\(\blacksquare\)
Bir denkleme bakıp “\(f\) gerçekten \(\dfrac{y}{x}\) cinsinden yazılabilir mi?” sorusunu her seferinde elle denemek yorucudur. Bunu mekanik olarak denetleyen bir ölçüt vardır; ölçüt, aşağıdaki kavrama dayanır.
Tanım 6.2 (\(n\). Dereceden Homojen Fonksiyon) \(F(x,y)\) fonksiyonu, tanımlı olduğu her \((x,y)\) ve her \(\lambda > 0\) için
\[F(\lambda x, \lambda y) = \lambda^{n} F(x,y)\]
eşitliğini sağlıyorsa, \(F\)’ye \(n\). dereceden homojen fonksiyon (homogeneous function of degree \(n\)) denir.
Yani her iki değişkeni birden \(\lambda\) katına çıkardığınızda fonksiyonun değeri \(\lambda^{n}\) katına çıkıyorsa, \(F\) \(n\). dereceden homojendir; \(n = 0\) ise fonksiyonun değeri hiç değişmez.
Pratikte şu gözlem yeterlidir: bir polinomun bütün terimlerinin toplam derecesi aynı \(n\) sayısı ise, polinom \(n\). dereceden homojendir. Örneğin \(x^2 + 3xy + y^2\) ikinci dereceden, \(x^3 - y^3\) üçüncü dereceden homojendir; buna karşılık \(x^2 + y\) hiçbir dereceden homojen değildir.
Örnek 6.2 (Bir Fonksiyonun Homojenlik Derecesi) \(F(x,y) = \dfrac{x^3 + y^3}{x - y}\) fonksiyonunun homojen olup olmadığını, homojense derecesini belirleyiniz.
Çözüm
\(\lambda > 0\) için doğrudan yerine koyalım:
\[F(\lambda x, \lambda y) = \frac{\lambda^{3}x^{3} + \lambda^{3}y^{3}}{\lambda x - \lambda y} = \frac{\lambda^{3}\left(x^{3} + y^{3}\right)}{\lambda\,(x - y)}.\]
\(\lambda\)’ların sadeleşmesiyle
\[F(\lambda x, \lambda y) = \lambda^{2}\,\frac{x^{3} + y^{3}}{x - y} = \lambda^{2} F(x,y)\]
elde edilir. Demek ki \(F\) ikinci dereceden homojendir. Sezgisel olarak da beklenen sonuç budur: pay üçüncü, payda birinci dereceden homojendir; bölümün derecesi \(3 - 1 = 2\) olur.
\(\blacksquare\)
Şimdi ölçütü kuralım. Ölçüt iki parçadan oluşur: sıfırıncı dereceden homojenlik ile “\(\dfrac{y}{x}\)’in fonksiyonu olma” aynı şeydir; ayrıca diferansiyel biçimde verilmiş bir denklemde katsayıların dereceleri eşitse denklem homojendir.
Teorem 6.1 (Homojenliği Tanıma Ölçütü) \(x > 0\) olan bir bölgede çalışalım.
- \(F\) sıfırıncı dereceden homojendir \(\iff\) \(F(x,y) = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) olacak biçimde tek değişkenli bir \(g\) fonksiyonu vardır.
- \(M(x,y)\) ile \(N(x,y)\) aynı \(n\) derecesinden homojen ise, \(N \ne 0\) olduğu noktalarda
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\]
denklemi homojendir.
İspat
(1) Önce \(F\)’nin sıfırıncı dereceden homojen olduğunu varsayalım. Tanımdaki eşitlik her \(\lambda > 0\) için geçerli olduğundan, \(\lambda = \dfrac{1}{x}\) seçebiliriz:
\[F\!\left(\frac{x}{x}, \frac{y}{x}\right) = F(x,y) \quad \Longrightarrow \quad F(x,y) = F\!\left(1, \frac{y}{x}\right).\]
\(g(t) := F(1,t)\) tanımlarsak \(F(x,y) = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) olur.
Tersine \(F(x,y) = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) ise, oran ölçeklemeden etkilenmediği için
\[F(\lambda x, \lambda y) = g\!\left(\frac{\lambda y}{\lambda x}\right) = g\!\left(\frac{y}{x}\right) = \lambda^{0}F(x,y)\]
bulunur; yani \(F\) sıfırıncı dereceden homojendir.
(2) \(M\) ile \(N\) \(n\). dereceden homojen olsun. Homojenlik eşitliğinde \(\lambda = x > 0\) alırsak
\[M(x,y) = M\!\left(x \cdot 1,\ x \cdot \frac{y}{x}\right) = x^{n} M\!\left(1, \frac{y}{x}\right),\]
aynı biçimde \(N(x,y) = x^{n} N\!\left(1, \dfrac{y}{x}\right)\) olur. Denklemi eğim biçiminde yazıp bu iki ifadeyi yerine koyalım:
\[\frac{dy}{dx} = -\frac{M(x,y)}{N(x,y)} = -\frac{x^{n} M\!\left(1, \frac{y}{x}\right)}{x^{n} N\!\left(1, \frac{y}{x}\right)}.\]
\(x^{n}\) çarpanları sadeleşir ve sağ tarafta yalnızca \(\dfrac{y}{x}\)’e bağlı bir ifade kalır. Birinci kısma göre bu, denklemin homojen olması demektir.
\(\blacksquare\)
Teoremin ikinci kısmı, diferansiyel biçimde verilen denklemleri gözle taramayı çok kolaylaştırır: \(M\) ile \(N\)’nin terimlerinin derecelerine bakmak yeter.
Örnek 6.3 (Katsayı Derecelerine Bakarak Tanıma) \((x^2 + y^2)\,dx - 2xy\,dy = 0\) denkleminin homojen olup olmadığını belirleyiniz; homojense sağ tarafı \(\dfrac{y}{x}\) cinsinden yazınız.
Çözüm
Katsayıları adlandıralım: \(M(x,y) = x^2 + y^2\) ve \(N(x,y) = -2xy\). \(M\)’nin her iki terimi ikinci dereceden, \(N\)’nin tek terimi de ikinci derecedendir; yani ikisi de aynı derecedendir. Teorem 6.1 gereği denklem homojendir.
Bunu açıkça görmek için denklemi eğim biçimine getirelim:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{x^{2} + y^{2}}{2xy}.\]
Pay ve paydayı \(x^{2}\)’ye bölersek
\[\frac{dy}{dx} = \frac{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^{2}}{2\left(\frac{y}{x}\right)}\]
olur. Sağ taraf yalnızca \(u = \dfrac{y}{x}\) oranına bağlıdır: \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1 + u^{2}}{2u}\).
\(\blacksquare\)
Örnek 6.4 (Tanıma: Kesirli Bir Denklem) \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y^{2} + 2xy}{x^{2}}\) denkleminin homojen olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sağ tarafın pay ve paydasını \(x^{2}\) ile bölelim:
\[\frac{y^{2} + 2xy}{x^{2}} = \frac{y^{2}}{x^{2}} + \frac{2xy}{x^{2}} = \left(\frac{y}{x}\right)^{2} + 2\left(\frac{y}{x}\right).\]
Sağ tarafta \(x\) ile \(y\) yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranı içinde geçiyor. Dolayısıyla \(g(u) = u^{2} + 2u\) almak üzere denklem \(\dfrac{dy}{dx} = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) biçimindedir, yani homojendir.
Aynı sonuca derecelere bakarak da varılır: denklem \((y^{2} + 2xy)\,dx - x^{2}\,dy = 0\) biçiminde yazıldığında her iki katsayı da ikinci dereceden homojendir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.5 (Tanıma: Logaritmalı Bir Denklem) \(x > 0\), \(y > 0\) ve \(x \ne y\) olmak üzere
\[\frac{dy}{dx} = \ln x - \ln y + \frac{x + y}{x - y}\]
denkleminin homojen olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki terimi ayrı ayrı ele alalım. Logaritmaların farkı bölümün logaritmasıdır:
\[\ln x - \ln y = \ln \frac{x}{y} = \ln \frac{1}{\frac{y}{x}} = -\ln\frac{y}{x}.\]
İkinci terimde pay ve paydayı \(x\)’e bölelim:
\[\frac{x + y}{x - y} = \frac{1 + \frac{y}{x}}{1 - \frac{y}{x}}.\]
İkisini toplarsak
\[\frac{dy}{dx} = -\ln\frac{y}{x} + \frac{1 + \frac{y}{x}}{1 - \frac{y}{x}}\]
elde ederiz. Sağ tarafta \(x\) ile \(y\) yine yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranı içinde geçtiğinden denklem homojendir; burada \(g(u) = -\ln u + \dfrac{1+u}{1-u}\)’dur.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.6 (Tanıma: Homojen Olmayan Bir Denklem) \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y^{3} + 2xy}{x^{2}}\) denkleminin homojen olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Bir önceki örnekle arasındaki tek fark payın ilk teriminin \(y^{2}\) değil \(y^{3}\) olması; buna rağmen sonuç değişir. Sağ tarafı oran cinsinden yazmaya çalışalım:
\[\frac{y^{3} + 2xy}{x^{2}} = \frac{y^{3}}{x^{2}} + \frac{2y}{x} = x\left(\frac{y}{x}\right)^{3} + 2\left(\frac{y}{x}\right).\]
İlk terimde oranın yanında yalnız başına bir \(x\) çarpanı kaldı ve bu çarpandan kurtulmanın yolu yok. Yani ifade \(\dfrac{y}{x}\)’in bir fonksiyonu değildir.
Bunu ölçütle de doğrulayabiliriz. \(f(x,y) = \dfrac{y^{3} + 2xy}{x^{2}}\) için
\[f(\lambda x, \lambda y) = \frac{\lambda^{3}y^{3} + 2\lambda^{2}xy}{\lambda^{2}x^{2}} = \lambda\,\frac{y^{3}}{x^{2}} + \frac{2y}{x}.\]
Bu ifade \(\lambda^{0} f(x,y) = f(x,y)\)’ye eşit değildir (iki terim \(\lambda\)’dan farklı biçimde etkilenmiştir), dolayısıyla \(f\) sıfırıncı dereceden homojen değildir. Sebep açıktır: payın terimleri üçüncü ve ikinci dereceden olduğu için pay homojen bir ifade değildir.
\(\blacksquare\)
6.2 \(y = ux\) Değişken Değiştirmesi
Homojen denklemlerin değerli olmasının sebebi, hepsinin tek bir hamleyle ayrılabilen denkleme dönüşmesidir. Hamle doğaldır: denklem bize \(\dfrac{y}{x}\) oranından söz ediyorsa, bilinmeyen olarak \(y\) yerine bu oranı seçelim.
Teorem 6.2 (Homojen Denklemin Ayrılabilen Denkleme İndirgenmesi) \(\dfrac{dy}{dx} = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) homojen denkleminde
\[u = \frac{y}{x}, \qquad \text{yani} \qquad y = ux\]
değişken değiştirmesi yapılırsa, \(g(u) \ne u\) olduğu yerlerde denklem \(u\) ile \(x\) değişkenlerine ayrılabilen
\[\frac{du}{g(u) - u} = \frac{dx}{x}\]
denklemine dönüşür.
İspat
\(u\), \(x\)’in bir fonksiyonudur; \(y = ux\) çarpımının türevini çarpım kuralıyla alalım:
\[\frac{dy}{dx} = u + x\,\frac{du}{dx}.\]
Bunu denklemde yerine koyarsak
\[u + x\,\frac{du}{dx} = g(u)\]
olur. \(u\)’yu sağ tarafa geçirirsek
\[x\,\frac{du}{dx} = g(u) - u\]
elde edilir. Sağ tarafta yalnızca \(u\), sol taraftaki çarpanda yalnızca \(x\) vardır; \(g(u) - u \ne 0\) ve \(x \ne 0\) iken iki tarafı \(x\,[g(u) - u]\) ile bölmek değişkenleri ayırır:
\[\frac{du}{g(u) - u} = \frac{dx}{x}.\]
\(\blacksquare\)
İspatta bir tarafa ayırdığımız \(g(u) - u\) ifadesinin kökleri de bilgi taşır: \(g(u_0) = u_0\) ise sabit \(u \equiv u_0\) fonksiyonu indirgenmiş denklemi sağlar, yani orijinden geçen \(y = u_0 x\) doğrusu özgün denklemin bir çözümüdür. Bu doğrular genel çözüm ailesinin içinde çıkmayabilir; bu yüzden ayrıca not edilirler.
Yöntemi adım adım toparlayalım:
- Denklemi \(\dfrac{dy}{dx} = f(x,y)\) biçimine getir ve \(f\)’yi \(\dfrac{y}{x}\) cinsinden yazmayı dene (ya da katsayıların homojenlik derecelerine bak).
- \(u = \dfrac{y}{x}\), \(y = ux\) ve \(\dfrac{dy}{dx} = u + x\dfrac{du}{dx}\) koy.
- Ortaya çıkan \(x\dfrac{du}{dx} = g(u) - u\) denkleminde değişkenleri ayırıp iki tarafı integralle.
- \(g(u) - u = 0\) denkleminin köklerini ayrıca incele; her kök \(y = u_0 x\) çözümünü verir.
- Sonuçta \(u\) yerine \(\dfrac{y}{x}\) yazarak \(x\) ile \(y\)’ye geri dön.
Bazı denklemlerde \(\dfrac{x}{y}\) oranı çok daha sade bir ifade verir. O zaman simetrik hamleyi yapmak, yani \(v = \dfrac{x}{y}\), \(x = vy\) koyup \(y\)’yi bağımsız değişken gibi kullanmak işi kolaylaştırır; hesabın gidişi aynıdır.
Örnek 6.7 (Homojen Denklem: Bir Çember Ailesi) \(2xy\,y' = y^{2} - x^{2}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Önce denklemi eğim biçimine getirelim (\(x \ne 0\), \(y \ne 0\)):
\[\frac{dy}{dx} = \frac{y^{2} - x^{2}}{2xy}.\]
Bu hâliyle denklem değişkenlerine ayrılabilen değildir. Ama pay ve paydayı \(x^{2}\)’ye bölüp ortaya çıkan kesri sadeleştirirsek
\[\frac{dy}{dx} = \frac{\left(\frac{y}{x}\right)^{2} - 1}{2\left(\frac{y}{x}\right)} = \frac{1}{2}\left(\frac{y}{x} - \frac{x}{y}\right)\]
olur. Son ifadedeki \(\dfrac{x}{y}\), \(\dfrac{y}{x}\) oranının tersinden başka bir şey değildir; dolayısıyla sağ taraf yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranına bağlıdır, denklem homojendir ve Teorem 6.2 uygulanabilir.
\(u = \dfrac{y}{x}\), yani \(y = ux\) koyalım. \(\dfrac{dy}{dx} = u + x\dfrac{du}{dx}\) olduğundan
\[u + x\,\frac{du}{dx} = \frac{1}{2}\left(u - \frac{1}{u}\right).\]
Kesirlerden kurtulmak için iki tarafı \(2\) ile çarpalım:
\[2u + 2x\,\frac{du}{dx} = \frac{u^{2} - 1}{u}.\]
\(2u\)’yu sağa geçirip ortak paydada topladığımızda
\[2x\,\frac{du}{dx} = \frac{u^{2} - 1 - 2u^{2}}{u} = -\,\frac{u^{2} + 1}{u}\]
buluruz. Şimdi değişkenleri ayıralım:
\[\frac{2u\,du}{u^{2} + 1} = -\frac{dx}{x}.\]
Sol taraftaki integral için \(t = u^{2} + 1\) koyarsak \(dt = 2u\,du\) olur ve integral çok sadeleşir:
\[\int \frac{dt}{t} = -\int \frac{dx}{x} \quad \Longrightarrow \quad \ln|t| = -\ln|x| - \ln|c|.\]
Sağ taraftaki iki logaritmayı birleştirelim ve \(t\)’yi geri yazalım:
\[\ln\left|u^{2} + 1\right| = -\ln|cx| \quad \Longrightarrow \quad u^{2} + 1 = \frac{1}{cx}.\]
Son adımda \(u\) yerine \(\dfrac{y}{x}\) koyarız:
\[\left(\frac{y}{x}\right)^{2} + 1 = \frac{1}{cx}, \qquad c \ \text{sabit}.\]
İsteyen bunu \(x^{2}\) ile çarpıp daha tanıdık bir biçime getirebilir. \(k = \dfrac{1}{c}\) yazarsak
\[x^{2} + y^{2} = kx \quad \Longleftrightarrow \quad \left(x - \frac{k}{2}\right)^{2} + y^{2} = \frac{k^{2}}{4}\]
olur: çözüm eğrileri, merkezleri \(x\) ekseni üzerinde olan ve orijinden geçen çemberlerdir.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.8 (Homojen Denklem: Üstel Terimli) \(y' = e^{y/x} + \dfrac{y}{x}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Sağ tarafta \(x\) ile \(y\) yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranı içinde geçiyor; denklem homojendir. \(u = \dfrac{y}{x}\), \(y = ux\) koyalım:
\[u + x\,\frac{du}{dx} = e^{u} + u.\]
İki tarafta da \(u\) bulunduğu için sadeleşme çok temiz olur:
\[x\,\frac{du}{dx} = e^{u}.\]
Değişkenleri ayıralım ve iki tarafı integralleyelim:
\[e^{-u}\,du = \frac{dx}{x} \quad \Longrightarrow \quad \int e^{-u}\,du = \int \frac{dx}{x}.\]
\[-e^{-u} = \ln|x| + \ln|c| = \ln|cx|.\]
Şimdi \(u\) yerine \(\dfrac{y}{x}\) yazalım:
\[-e^{-y/x} = \ln|cx| \quad \Longrightarrow \quad e^{-y/x} = -\ln|cx| = \ln\frac{1}{|cx|}.\]
Bu eşitliğin anlamlı olması için sağ tarafın pozitif olması, yani \(|cx| < 1\) olması gerekir. Son adımda iki tarafın logaritmasını alıp \(y\)’yi yalnız bırakırız:
\[-\frac{y}{x} = \ln\!\left(\ln\frac{1}{|cx|}\right) \quad \Longrightarrow \quad y = -x\,\ln\!\left(\ln\frac{1}{|cx|}\right), \qquad c \ \text{sabit}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 6.9 (Homojen Denklem: Basit Kesirlere Ayırma ile) \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y^{2} + 2xy}{x^{2}}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Bu denklemin homojen olduğunu daha önce görmüştük:
\[\frac{dy}{dx} = \left(\frac{y}{x}\right)^{2} + 2\left(\frac{y}{x}\right).\]
\(u = \dfrac{y}{x}\), \(y = ux\) koyalım:
\[u + x\,\frac{du}{dx} = u^{2} + 2u \quad \Longrightarrow \quad x\,\frac{du}{dx} = u^{2} + u.\]
Değişkenleri ayırıp sağ taraftaki ifadeyi çarpanlarına ayıralım:
\[\frac{du}{u^{2} + u} = \frac{dx}{x} \quad \Longrightarrow \quad \frac{du}{u\,(u+1)} = \frac{dx}{x}.\]
\(u(u+1) \ne 0\) olduğu sürece iki tarafı integralleyebiliriz. Sol taraftaki kesri basit kesirlere ayırırız:
\[\frac{1}{u(u+1)} = \frac{1}{u} - \frac{1}{u+1}.\]
Buna göre
\[\int \left(\frac{1}{u} - \frac{1}{u+1}\right) du = \int \frac{dx}{x} \quad \Longrightarrow \quad \ln|u| - \ln|u+1| = \ln|x| + \ln|c|.\]
Logaritmaları birleştirip iki tarafın üstelini alalım:
\[\ln\left|\frac{u}{u+1}\right| = \ln|cx| \quad \Longrightarrow \quad \frac{u}{u+1} = cx.\]
\(u\) yerine \(\dfrac{y}{x}\) koyar ve pay ile paydayı \(x\) ile çarparız:
\[\frac{\frac{y}{x}}{\frac{y}{x} + 1} = cx \quad \Longrightarrow \quad \frac{y}{y + x} = cx.\]
İçler dışlar çarpımı yapıp \(y\)’yi yalnız bırakalım:
\[y = cx\,(y + x) = cxy + cx^{2} \quad \Longrightarrow \quad y\,(1 - cx) = cx^{2},\]
\[y = \frac{cx^{2}}{1 - cx}, \qquad c \ \text{sabit}.\]
Son olarak ayırma sırasında dışarıda bıraktığımız \(u(u+1) = 0\) durumuna bakalım. \(u = 0\), yani \(y = 0\) fonksiyonu denklemi sağlar ve genel çözümde \(c = 0\) alınarak elde edilir. \(u = -1\), yani \(y = -x\) doğrusu da denklemi sağlar: bu doğruda \(\dfrac{dy}{dx} = -1\) ve
\[\frac{y^{2} + 2xy}{x^{2}} = \frac{x^{2} - 2x^{2}}{x^{2}} = -1\]
olur. \(y = -x\) doğrusu genel çözüm ailesinde hiçbir \(c\) değeriyle elde edilemez; dolayısıyla ayrıca yazılması gereken bir tekil çözümdür.
\(\blacksquare\)
6.3 Homojene İndirgenebilen Denklemler
Şimdi katsayıları birinci dereceden polinom olan
\[(a_{1}x + b_{1}y + c_{1})\,dx + (a_{2}x + b_{2}y + c_{2})\,dy = 0\]
denklemlerini ele alalım; burada \(a_i, b_i, c_i\) (\(i = 1,2\)) sabitlerdir.
Sabit terimler yoksa, yani \(c_{1} = c_{2} = 0\) ise, her iki katsayı da birinci dereceden homojendir; Teorem 6.1 gereği denklem homojendir ve bir önceki kısımdaki yöntemle çözülür. Asıl soru, \((c_{1}, c_{2}) \ne (0,0)\) olduğunda ne yapılacağıdır.
Şu geometrik gözlem yol gösterir: \(c_{1}\) ve \(c_{2}\) sabitleri, \(a_{1}x + b_{1}y = 0\) ve \(a_{2}x + b_{2}y = 0\) doğrularını orijinden kaydırır. İki doğru bir noktada kesişiyorsa, orijini o kesişim noktasına taşıyan bir öteleme sabit terimleri yok eder ve geriye homojen bir denklem kalır.
Teorem 6.3 (Öteleme ile Homojene İndirgeme) \(a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} \ne 0\) olsun.
\[\left. \begin{array}{l} a_{1}h + b_{1}k + c_{1} = 0 \\ a_{2}h + b_{2}k + c_{2} = 0 \end{array} \right\}\]
sisteminin (tek olan) çözümü \((h,k)\) olmak üzere \(x = X + h\), \(y = Y + k\) ötelemesi, denklemi
\[(a_{1}X + b_{1}Y)\,dX + (a_{2}X + b_{2}Y)\,dY = 0\]
homojen denklemine dönüştürür.
İspat
\(h\) ile \(k\) sabit olduğundan \(dx = dX\) ve \(dy = dY\)’dir. Katsayıları yeni değişkenlerle yazalım:
\[a_{1}x + b_{1}y + c_{1} = a_{1}X + b_{1}Y + \left(a_{1}h + b_{1}k + c_{1}\right),\]
\[a_{2}x + b_{2}y + c_{2} = a_{2}X + b_{2}Y + \left(a_{2}h + b_{2}k + c_{2}\right).\]
Denklem böylece
\[\left(a_{1}X + b_{1}Y + a_{1}h + b_{1}k + c_{1}\right) dX + \left(a_{2}X + b_{2}Y + a_{2}h + b_{2}k + c_{2}\right) dY = 0\]
hâline gelir. Parantez içindeki sabit gruplarının ikisi de sıfır olursa geriye yalnızca birinci dereceden homojen katsayılar kalır; istenen denklemi elde etmek için \(h\) ile \(k\)’yi tam olarak teoremdeki sistemi sağlayacak biçimde seçmek yeterlidir.
Böyle bir \((h,k)\) ikilisinin var ve tek olduğunu görmek için sistemi matris biçiminde yazalım:
\[\underbrace{\begin{bmatrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{bmatrix}}_{A} \begin{bmatrix} h \\ k \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} c_{1} \\ c_{2} \end{bmatrix}.\]
Bu sistemin her sağ taraf için tek çözümü olmasının koşulu \(\det A \ne 0\), yani
\[a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} \ne 0\]
olmasıdır; varsayımımız tam da budur.
\(\blacksquare\)
Yani \(\det A \ne 0\) iken yapılacak şey, iki doğrunun kesişim noktasını bulup orijini oraya taşımaktır. Adımlar şöyledir:
- Denklemi yukarıdaki standart biçime getir ve \(a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1}\) determinantını hesapla. Denklem \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{P}{Q}\) kesir biçiminde verilmişse standart biçim \(P\,dx - Q\,dy = 0\)’dır; katsayılar buradan okunur.
- Determinant sıfırdan farklıysa \(a_{1}h + b_{1}k + c_{1} = 0\), \(a_{2}h + b_{2}k + c_{2} = 0\) sistemini çözüp \(h\) ile \(k\)’yi bul.
- \(x = X + h\), \(y = Y + k\) koy; ortaya çıkan homojen denklemi \(u = \dfrac{Y}{X}\) ile çöz.
- Bulduğun çözümde önce \(u\) yerine \(\dfrac{Y}{X}\), sonra \(X = x - h\) ve \(Y = y - k\) yazarak özgün değişkenlere geri dön.
Örnek 6.10 (Öteleme ile Çözülen Bir Denklem) \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2x - y + 9}{x - 3y + 2}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Bu hâliyle denklem homojen değildir: pay ve paydadaki \(9\) ile \(2\) sabitleri, sağ tarafın yalnızca \(\dfrac{y}{x}\) oranına bağlı olmasını engeller. Sabitleri yok etmek için öteleme yapalım.
Önce yöntemin işleyip işlemediğine bakalım. Denklemin standart biçimi
\[(2x - y + 9)\,dx - (x - 3y + 2)\,dy = 0\]
olduğundan katsayılar \(a_{1} = 2\), \(b_{1} = -1\), \(a_{2} = -1\), \(b_{2} = 3\)’tür ve determinant
\[a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} = 2 \cdot 3 - (-1)\cdot(-1) = 5 \ne 0\]
olur; demek ki Teorem 6.3 uygulanabilir.
\(x = X + h\), \(y = Y + k\) alırsak \(dx = dX\), \(dy = dY\) olur ve denklem
\[\frac{dY}{dX} = \frac{2X - Y + 2h - k + 9}{X - 3Y + h - 3k + 2}\]
hâline gelir. Determinant sıfırdan farklı olduğu için sabit grupları sıfırlayan tek bir \((h,k)\) vardır:
\[\left. \begin{array}{l} 2h - k + 9 = 0 \\ h - 3k + 2 = 0 \end{array} \right\} \quad \Longrightarrow \quad h = -5, \quad k = -1.\]
(İkinci denklemden \(h = 3k - 2\); bunu birinciye koyunca \(5k + 5 = 0\), yani \(k = -1\) ve \(h = -5\) bulunur.) Böylece öteleme
\[x = X - 5, \qquad y = Y - 1\]
olur ve denklem beklenen homojen biçime iner:
\[\frac{dY}{dX} = \frac{2X - Y}{X - 3Y} = \frac{2 - \frac{Y}{X}}{1 - 3\frac{Y}{X}}.\]
Şimdi \(u = \dfrac{Y}{X}\), yani \(Y = uX\) koyalım:
\[u + X\,\frac{du}{dX} = \frac{2 - u}{1 - 3u}.\]
\(u\)’yu sağa geçirip ortak paydada toplayalım:
\[X\,\frac{du}{dX} = \frac{2 - u - u\,(1 - 3u)}{1 - 3u} = \frac{3u^{2} - 2u + 2}{1 - 3u}.\]
Değişkenleri ayırırız:
\[\frac{(1 - 3u)\,du}{3u^{2} - 2u + 2} = \frac{dX}{X}.\]
Sol taraftaki integral için paydayı \(v = 3u^{2} - 2u + 2\) ile adlandıralım. O zaman
\[dv = (6u - 2)\,du = -2\,(1 - 3u)\,du \quad \Longrightarrow \quad (1 - 3u)\,du = -\frac{dv}{2}\]
olur, yani sol taraftaki pay tam da \(v\)’nin diferansiyelinin bir katıdır:
\[-\int \frac{dv}{2v} = \int \frac{dX}{X} \quad \Longrightarrow \quad -\frac{1}{2}\ln|v| = \ln|X| + \ln|c| = \ln|cX|.\]
İki tarafı \(-2\) ile çarpıp üstel alalım:
\[\ln|v| = -2\ln|cX| \quad \Longrightarrow \quad v = \frac{1}{c^{2}X^{2}}.\]
\(v\) yerine \(3u^{2} - 2u + 2\), ardından \(u\) yerine \(\dfrac{Y}{X}\) yazarız:
\[\frac{3Y^{2}}{X^{2}} - \frac{2Y}{X} + 2 = \frac{1}{c^{2}X^{2}}.\]
Son adım geri ötelemedir: \(x = X - 5\) ve \(y = Y - 1\) eşitliklerinden \(X = x + 5\), \(Y = y + 1\) bulunur. Bunları yerine koyarsak çözüm kapalı biçimde
\[\frac{3(y+1)^{2}}{(x+5)^{2}} - \frac{2(y+1)}{x+5} + 2 = \frac{1}{c^{2}(x+5)^{2}}\]
olur. İki tarafı \((x+5)^{2}\) ile çarpıp \(C = \dfrac{1}{c^{2}}\) yazarsak aynı çözüm polinom biçiminde de verilebilir:
\[3(y+1)^{2} - 2(y+1)(x+5) + 2(x+5)^{2} = C, \qquad C > 0 \ \text{sabit}.\]
\(\blacksquare\)
Geriye tek bir durum kaldı: determinant sıfırsa ne olur? O zaman iki doğru paraleldir (ya da çakışıktır), kesişim noktası yoktur ve öteleme işe yaramaz. Ama bu kez başka bir kolaylık ortaya çıkar: iki katsayının değişkenli kısımları birbirinin sabit katıdır, dolayısıyla denklemde \(x\) ile \(y\) aslında tek bir \(a_{1}x + b_{1}y\) ifadesi içinde geçer.
Teorem 6.4 (Determinant Sıfırken Kullanılan Değişken Değiştirme) \(a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} = 0\) ve \(b_{1} \ne 0\) olsun. O zaman
\[u = a_{1}x + b_{1}y\]
değişken değiştirmesi,
\[(a_{1}x + b_{1}y + c_{1})\,dx + (a_{2}x + b_{2}y + c_{2})\,dy = 0\]
denklemini \(u\) ile \(x\) değişkenlerine ayrılabilen bir denkleme dönüştürür.
İspat
\(b_{1} \ne 0\) olduğundan \(m := \dfrac{b_{2}}{b_{1}}\) sabitini tanımlayabiliriz; buradan \(b_{2} = m b_{1}\) olur. Bunu \(a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1}\) eşitliğinde yerine koyup \(b_{1}\) ile sadeleştirirsek \(a_{2}\) de belirlenir:
\[a_{2}b_{1} = a_{1}b_{2} = m\,a_{1}b_{1} \quad \Longrightarrow \quad a_{2} = m a_{1}, \qquad b_{2} = m b_{1}.\]
Demek ki ikinci katsayının değişkenli kısmı birincisinin \(m\) katıdır. Denklem böylece
\[\left[\left(a_{1}x + b_{1}y\right) + c_{1}\right] dx + \left[m\left(a_{1}x + b_{1}y\right) + c_{2}\right] dy = 0\]
biçimine girer; iki katsayı da yalnızca \(a_{1}x + b_{1}y\) ifadesine bağlıdır. \(u = a_{1}x + b_{1}y\) diyelim ve \(x\)’e göre türev alalım:
\[\frac{du}{dx} = a_{1} + b_{1}\,\frac{dy}{dx}.\]
Öte yandan denklemden
\[\frac{dy}{dx} = -\,\frac{u + c_{1}}{mu + c_{2}}\]
olur. Bunu bir önceki eşitlikte yerine koyarsak
\[\frac{du}{dx} = a_{1} - b_{1}\,\frac{u + c_{1}}{mu + c_{2}} = \frac{a_{1}\left(mu + c_{2}\right) - b_{1}\left(u + c_{1}\right)}{mu + c_{2}}\]
elde edilir. Sağ taraf yalnızca \(u\)’ya bağlıdır, \(x\) hiç geçmez; dolayısıyla denklem değişkenlerine ayrılabilir.
\(\blacksquare\)
Yani determinant sıfırken öteleme aramayız; doğrudan \(u = a_{1}x + b_{1}y\) koyup ayrılabilen denklemi çözeriz.
Teoremdeki \(b_{1} \ne 0\) koşulu bir kısıtlama gibi görünse de dışarıda kalan durum zaten kolaydır: \(a_{1} \ne 0\) olmak üzere \(b_{1} = 0\) ise \(a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1} = 0\) eşitliğinden \(b_{2} = 0\) çıkar, denklem \((a_{1}x + c_{1})\,dx + (a_{2}x + c_{2})\,dy = 0\) hâline gelir ve hiçbir değişken değiştirmeye gerek kalmadan değişkenlerine ayrılır.
Örnek 6.11 (Determinantı Sıfır Olan Bir Denklem) \[(2x + 3y + 1)\,dx + (4x + 6y + 1)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem homojen değildir; sabit terimleri öteleme ile yok etmeyi deneyebilmek için önce determinanta bakalım. Katsayılar
\[a_{1} = 2, \quad b_{1} = 3, \qquad a_{2} = 4, \quad b_{2} = 6\]
olduğundan
\[\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 4 & 6 \end{vmatrix} = 12 - 12 = 0.\]
Determinant sıfır olduğu için öteleme yöntemi kullanılamaz; \(b_{1} = 3 \ne 0\) olduğundan Teorem 6.4 devreye girer. Nitekim ikinci katsayının değişkenli kısmı birincisinin tam iki katıdır:
\[\left[\left(2x + 3y\right) + 1\right] dx + \left[2\left(2x + 3y\right) + 1\right] dy = 0.\]
Denklemi eğim biçiminde yazalım:
\[\frac{dy}{dx} = -\,\frac{\left(2x + 3y\right) + 1}{2\left(2x + 3y\right) + 1}.\]
\(u = 2x + 3y\) diyelim ve \(x\)’e göre türev alalım:
\[2 + 3\,\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} \quad \Longrightarrow \quad \frac{dy}{dx} = \frac{1}{3}\left(\frac{du}{dx} - 2\right).\]
Bunu denklemde yerine koyarsak \(x\) tamamen kaybolur:
\[\frac{1}{3}\left(\frac{du}{dx} - 2\right) = -\,\frac{u + 1}{2u + 1}.\]
\(\dfrac{du}{dx}\)’i yalnız bırakalım:
\[\frac{du}{dx} = 2 - \frac{3(u+1)}{2u+1} = \frac{2(2u+1) - 3(u+1)}{2u+1} = \frac{u - 1}{2u + 1}.\]
Bu, değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir. \(u \ne 1\) olduğu sürece
\[\frac{2u + 1}{u - 1}\,du = dx\]
yazıp iki tarafı integralleyebiliriz. Sol taraftaki kesirde bölme yaparız: \(2(u-1) + 3 = 2u + 1\) olduğundan
\[\frac{2u+1}{u-1} = 2 + \frac{3}{u - 1}.\]
Böylece
\[\int \left(2 + \frac{3}{u-1}\right) du = \int dx \quad \Longrightarrow \quad 2u + 3\ln|u - 1| = x + c.\]
\(u\) yerine \(2x + 3y\) yazarsak çözüm kapalı biçimde
\[2\,(2x + 3y) + 3\ln\left|2x + 3y - 1\right| = x + c\]
olur. Sol taraftaki \(4x\) ile sağ taraftaki \(x\) sadeleştirilip iki taraf \(3\)’e bölünürse aynı çözüm daha derli toplu biçimde
\[x + 2y + \ln\left|2x + 3y - 1\right| = c_{1}, \qquad c_{1} \ \text{sabit}\]
olarak yazılabilir.
Son olarak dışarıda bıraktığımız \(u = 1\) durumuna bakalım. \(2x + 3y = 1\) doğrusunda \(y = \dfrac{1 - 2x}{3}\), dolayısıyla \(\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{2}{3}\)’tür; denklemin sağ tarafı da bu doğruda
\[-\,\frac{u+1}{2u+1} = -\,\frac{2}{3}\]
değerini alır. Demek ki \(2x + 3y = 1\) doğrusu da bir çözümdür ve genel çözümdeki logaritma bu doğruda tanımsız olduğundan hiçbir \(c_{1}\) değeriyle elde edilemez; tekil bir çözümdür.
\(\blacksquare\)
6.4 Alıştırmalar
Alıştırma 6.1 (Öteleme Gerektiren Bir Denklem) \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x - y + 1}{x + y - 3}\) denklemini çözünüz.
Çözüm
Pay ve paydadaki sabitler yüzünden denklem homojen değildir. Determinanta bakmak için denklemi önce standart biçimde yazalım:
\[(x - y + 1)\,dx - (x + y - 3)\,dy = 0.\]
Katsayılar \(a_{1} = 1\), \(b_{1} = -1\), \(a_{2} = -1\), \(b_{2} = -1\) olduğundan
\[a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} = 1 \cdot (-1) - (-1)\cdot(-1) = -2 \ne 0.\]
Öyleyse öteleme yöntemi işler. \(x = X + h\), \(y = Y + k\) koyalım:
\[\frac{dY}{dX} = \frac{X - Y + (h - k + 1)}{X + Y + (h + k - 3)}.\]
Sabit gruplarını sıfırlayan sistemi çözelim:
\[\left. \begin{array}{l} h - k + 1 = 0 \\ h + k - 3 = 0 \end{array} \right\} \quad \Longrightarrow \quad h = 1, \quad k = 2.\]
(İki denklemi toplayınca \(2h - 2 = 0\), yani \(h = 1\); buradan \(k = 2\).) Böylece \(x = X + 1\), \(y = Y + 2\) ve denklem homojen hâle gelir:
\[\frac{dY}{dX} = \frac{X - Y}{X + Y} = \frac{1 - \frac{Y}{X}}{1 + \frac{Y}{X}}.\]
\(u = \dfrac{Y}{X}\), \(Y = uX\) koyarız:
\[u + X\,\frac{du}{dX} = \frac{1 - u}{1 + u} \quad \Longrightarrow \quad X\,\frac{du}{dX} = \frac{1 - u - u\,(1+u)}{1 + u} = \frac{1 - 2u - u^{2}}{1 + u}.\]
Değişkenleri ayıralım:
\[\frac{(1 + u)\,du}{1 - 2u - u^{2}} = \frac{dX}{X}.\]
\(v = 1 - 2u - u^{2}\) dersek
\[dv = (-2 - 2u)\,du = -2\,(1 + u)\,du\]
olur; yani pay yine paydanın diferansiyelinin bir katıdır:
\[-\frac{1}{2}\int \frac{dv}{v} = \int \frac{dX}{X} \quad \Longrightarrow \quad -\frac{1}{2}\ln|v| = \ln|cX|.\]
İki tarafı \(-2\) ile çarpıp üstel alırsak
\[v = \frac{1}{c^{2}X^{2}} \quad \Longrightarrow \quad 1 - 2u - u^{2} = \frac{1}{c^{2}X^{2}}.\]
\(u = \dfrac{Y}{X}\) yazıp iki tarafı \(X^{2}\) ile çarpalım; \(C = \dfrac{1}{c^{2}}\) diyelim:
\[X^{2} - 2XY - Y^{2} = C.\]
Türetme sırasında \(C = \dfrac{1}{c^{2}}\) pozitif çıktı; ama iki tarafın \(X\)’e göre türevi alındığında sabit kaybolduğundan bu bağıntı her gerçel \(C\) değeri için denklemi sağlar. Dolayısıyla bundan sonra \(C\)’yi serbest bir sabit olarak alabiliriz.
Son olarak \(X = x - 1\), \(Y = y - 2\) koyarak özgün değişkenlere döneriz:
\[(x-1)^{2} - 2(x-1)(y-2) - (y-2)^{2} = C, \qquad C \ \text{sabit}.\]
\(C = 0\) değeri, ayırma sırasında dışarıda kalan \(1 - 2u - u^{2} = 0\) köklerine, yani \(Y = \left(-1 \pm \sqrt{2}\right)X\) doğrularına karşılık gelir; onlar da çözüm ailesinin içindedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.2 (Arktanjant Veren Bir Denklem) \[(x - y - 1)\,dx + (x + 4y - 1)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Katsayılar \(a_{1} = 1\), \(b_{1} = -1\), \(a_{2} = 1\), \(b_{2} = 4\) olduğundan determinant
\[a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} = 1 \cdot 4 - 1 \cdot (-1) = 5 \ne 0\]
olur; öteleme yapabiliriz. \(x = X + h\), \(y = Y + k\) için sabit grupları
\[\left. \begin{array}{l} h - k - 1 = 0 \\ h + 4k - 1 = 0 \end{array} \right\} \quad \Longrightarrow \quad h = 1, \quad k = 0\]
denklemleriyle belirlenir. (Birinciden \(h = k + 1\); ikinciye koyunca \(5k = 0\).) Demek ki \(x = X + 1\), \(y = Y\) ve denklem
\[(X - Y)\,dX + (X + 4Y)\,dY = 0\]
homojen denklemine dönüşür. Eğim biçiminde yazalım ve \(u = \dfrac{Y}{X}\) koyalım:
\[\frac{dY}{dX} = \frac{Y - X}{X + 4Y} = \frac{u - 1}{1 + 4u}.\]
\[u + X\,\frac{du}{dX} = \frac{u - 1}{1 + 4u} \quad \Longrightarrow \quad X\,\frac{du}{dX} = \frac{u - 1 - u\,(1 + 4u)}{1 + 4u} = -\,\frac{4u^{2} + 1}{1 + 4u}.\]
Değişkenleri ayırırız:
\[\frac{(1 + 4u)\,du}{4u^{2} + 1} = -\frac{dX}{X}.\]
Sol taraftaki integrali iki parçaya bölmek gerekir; birinci parça arktanjant, ikinci parça logaritma verir:
\[\int \frac{du}{4u^{2} + 1} = \frac{1}{2}\arctan(2u), \qquad \int \frac{4u\,du}{4u^{2} + 1} = \frac{1}{2}\ln\left(4u^{2} + 1\right).\]
Buna göre
\[\frac{1}{2}\arctan(2u) + \frac{1}{2}\ln\left(4u^{2} + 1\right) = -\ln|X| + c_{0}.\]
İki tarafı \(2\) ile çarpıp logaritmaları bir araya toplayalım:
\[\arctan(2u) + \ln\left(4u^{2} + 1\right) + \ln X^{2} = C.\]
Son iki logaritma tek bir logaritmada toplanır ve \(u = \dfrac{Y}{X}\) olduğundan parantez içi sadeleşir:
\[\ln\left(4u^{2} + 1\right) + \ln X^{2} = \ln\left[X^{2}\left(4\frac{Y^{2}}{X^{2}} + 1\right)\right] = \ln\left(X^{2} + 4Y^{2}\right).\]
Böylece çözüm
\[\arctan\frac{2Y}{X} + \ln\left(X^{2} + 4Y^{2}\right) = C\]
olur. Geri ötelemede \(X = x - 1\), \(Y = y\) yazarız:
\[\arctan\frac{2y}{x - 1} + \ln\left[(x-1)^{2} + 4y^{2}\right] = C, \qquad C \ \text{sabit}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.3 (Determinantı Sıfır Olan Bir Alıştırma) \[(2y - 4x - 1)\,dx - (y - 2x + 1)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Önce denklemi standart biçimde yazalım; ikinci katsayıdaki eksi işaretini parantezin içine dağıtırız:
\[(-4x + 2y - 1)\,dx + (2x - y - 1)\,dy = 0.\]
Katsayılar \(a_{1} = -4\), \(b_{1} = 2\), \(a_{2} = 2\), \(b_{2} = -1\) olduğundan determinant
\[a_{1}b_{2} - a_{2}b_{1} = (-4)(-1) - (2)(2) = 4 - 4 = 0\]
olur. Öyleyse öteleme değil, Teorem 6.4 yöntemi gerekir: iki katsayı da \(y - 2x\) ifadesine bağlıdır. Hesabı sadeleştirmek için doğrudan
\[w = y - 2x\]
diyelim; o zaman \(2y - 4x = 2w\) ve \(2x - y = -w\) olur, denklem de
\[(2w - 1)\,dx - (w + 1)\,dy = 0\]
hâline gelir. Buradan \(w + 1 \ne 0\) iken
\[\frac{dy}{dx} = \frac{2w - 1}{w + 1}.\]
\(w = y - 2x\) olduğundan \(\dfrac{dw}{dx} = \dfrac{dy}{dx} - 2\)’dir; bunu kullanalım:
\[\frac{dw}{dx} = \frac{2w - 1}{w + 1} - 2 = \frac{2w - 1 - 2\,(w + 1)}{w + 1} = -\,\frac{3}{w + 1}.\]
Sağ tarafta \(x\) yok; değişkenleri ayırıp integralleyebiliriz:
\[(w + 1)\,dw = -3\,dx \quad \Longrightarrow \quad \frac{w^{2}}{2} + w = -3x + c_{0}.\]
İki tarafı \(2\) ile çarpar ve \(w\) yerine \(y - 2x\) yazarız:
\[w^{2} + 2w + 6x = C \quad \Longrightarrow \quad (y - 2x)^{2} + 2\,(y - 2x) + 6x = C.\]
Ortadaki terimi açıp \(x\)’li terimleri toplarsak çözüm
\[(y - 2x)^{2} + 2x + 2y = C, \qquad C \ \text{sabit}\]
biçimini alır.
Dışarıda bıraktığımız \(w = -1\), yani \(y = 2x - 1\) doğrusu bu denklemin çözümü değildir: o doğruda \(dy = 2\,dx\) olur ve denklemin sol tarafı
\[(2w - 1)\,dx - (w + 1)\,dy = (-3)\,dx - 0 = -3\,dx \ne 0\]
değerini alır. Dolayısıyla kaybedilen bir çözüm yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 6.4 (Başlangıç Koşullu Homojen Denklem) \(y' = \dfrac{x^{2} + y^{2}}{xy}\), \(y(1) = -2\) başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Pay ve paydanın her iki terimi de ikinci dereceden homojendir, dolayısıyla denklem homojendir. Pay ve paydayı \(x^{2}\)’ye bölelim:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{1 + \left(\frac{y}{x}\right)^{2}}{\frac{y}{x}}.\]
\(u = \dfrac{y}{x}\), \(y = ux\) koyarız:
\[u + x\,\frac{du}{dx} = \frac{1 + u^{2}}{u}.\]
Sağ tarafı \(u + \dfrac{1}{u}\) biçiminde yazabiliriz; \(u\)’lar sadeleşince çok sade bir denklem kalır:
\[x\,\frac{du}{dx} = \frac{1 + u^{2}}{u} - u = \frac{1 + u^{2} - u^{2}}{u} = \frac{1}{u}.\]
Değişkenleri ayırıp integralleyelim:
\[u\,du = \frac{dx}{x} \quad \Longrightarrow \quad \frac{u^{2}}{2} = \ln|x| + c.\]
Şimdi başlangıç koşulunu kullanalım. \(x = 1\) için \(y = -2\), yani \(u = \dfrac{y}{x} = -2\)’dir:
\[\frac{(-2)^{2}}{2} = \ln 1 + c \quad \Longrightarrow \quad c = 2.\]
Böylece \(u^{2} = 2\ln|x| + 4\) ve \(u = \dfrac{y}{x}\) olduğundan çözüm kapalı biçimde
\[y^{2} = x^{2}\left(2\ln|x| + 4\right)\]
olur. Açık çözümü elde etmek için karekök alırken işaret seçilmelidir: \(y(1) = -2 < 0\) ve çözüm sürekli olduğundan başlangıç noktasını içeren aralıkta \(y < 0\) kalır. \(x > 0\) bölgesinde çalıştığımızdan \(\ln|x| = \ln x\) yazıp
\[y = -x\sqrt{2\ln x + 4}\]
buluruz. Bu ifadenin tanımlı olması için \(2\ln x + 4 > 0\), yani \(x > e^{-2}\) olmalıdır; ayrıca \(x = e^{-2}\) noktasında \(y = 0\) olacağı ve özgün denklemde payda \(xy\) sıfırlanacağı için bu uç nokta dışarıda kalır. Çözümün geçerli olduğu aralık
\[x \in \left(e^{-2},\ \infty\right)\]
aralığıdır.
\(\blacksquare\)
6.5 Kapanış
Bu bölümde iki fikri birlikte kullandık: bir denklemi doğrudan çözmek yerine uygun bir değişken değiştirmeyle bildiğimiz bir sınıfa taşımak ve gerekiyorsa önce koordinat sistemini ötelemek. Homojen denklemlerde \(y = ux\), determinantı sıfır olan denklemlerde \(u = a_{1}x + b_{1}y\), sabit terimli denklemlerde ise \(x = X + h\), \(y = Y + k\) hamlesi bizi her seferinde değişkenlerine ayrılabilen bir denkleme götürdü.
Bir sonraki bölümde bambaşka bir açıdan bakacağız: denklemi dönüştürmeye çalışmadan önce, \(M\,dx + N\,dy\) ifadesinin zaten bir \(F(x,y)\) fonksiyonunun tam diferansiyeli olup olmadığını soracağız. Öyleyse çözüm doğrudan \(F(x,y) = c\) eğrileridir; bunu nasıl anlayacağımızı ve \(F\)’yi nasıl kuracağımızı Tam Diferansiyel Denklemler bölümünde göreceğiz.