11 İkinci Mertebe Lineer Denklemler
Birinci kısımda birinci mertebeden denklemleri inceledik ve bu yolculuğu bir önceki bölümde Bernoulli ve Riccati denklemleriyle tamamladık. Oradaki yöntemlerin hepsi aynı fikre dayanıyordu: denklemi bir değişken değiştirmeyle ya da uygun bir çarpanla doğrudan integrallenebilir bir biçime getirmek. Şimdi ikinci mertebeden denklemlere geçiyoruz. Uygulamada karşılaşılan denklemlerin büyük bölümü bu türdendir: Newton’un ikinci yasası ivmeyi, yani konumun ikinci türevini kuvvete bağlar; bir yayın ucundaki kütlenin, bir sarkacın ya da bir elektrik devresindeki akımın davranışı ikinci mertebeden denklemlerle betimlenir.
İkinci mertebeden bir denklemi çözmenin genel bir yolu yoktur. Ama denklem lineer ise durum bambaşkadır: çözümler toplanabilir ve sabitlerle çarpılabilir, üstelik birbirinden gerçekten farklı iki çözüm bilmek, bütün çözümleri bilmeye yeter. Bu bölüm, ikinci mertebe lineer denklemlerin çözümlerinin bu yapısını kuruyor. Önce tanımları ve süperpozisyon ilkesini, sonra bu ilkenin lineer olmayan denklemlerde neden bozulduğunu göreceğiz; ardından lineer bağımsızlık, temel çözüm kümesi ve genel çözüm kavramlarına geçeceğiz. Çözümleri gerçekten bulma yöntemleri sonraki bölümlerin konusu.
İkinci mertebe lineer denklemler 18. yüzyılda titreşim problemleriyle birlikte öne çıktı. Leonhard Euler (1707–1783) 1740’larda \(n\)-inci mertebeden sabit katsayılı homojen lineer denklemleri incelerken, bu denklemlerin genel çözümünü \(n\) tane özel çözümün keyfi sabitlerle çarpılıp toplanmasıyla elde etti. Daniel Bernoulli (1700–1782) ise 1753’te titreşen bir telin hareketinin, basit sinüs biçimli titreşimlerin toplamı olarak yazılabileceğini ileri sürdü; bu, çözümleri üst üste bindirme fikrinin, yani bugün süperpozisyon ilkesi dediğimiz düşüncenin erken bir kullanımıdır.
11.1 Tanım ve Standart Biçim
Genel \(n\)-inci mertebeden lineer denklemi sınıflandırma bölümünde tanımlamıştık (Tanım 1.5). \(n = 2\) alındığında bu tanım
\[a_{0}(x)\,y'' + a_{1}(x)\,y' + a_{2}(x)\,y = b(x)\]
biçimindeki denklemleri verir. \(a_{0}(x)\)’ın sıfırdan farklı olduğu bir aralıkta iki tarafı \(a_{0}(x)\)’a bölebiliriz; böylece \(y''\)’nün katsayısı \(1\) olur. Bu kısımda denklemleri hep bu biçimde yazacağız.
Tanım 11.1 (İkinci Mertebe Lineer Denklem) \(p\), \(q\) ve \(r\) yalnız \(x\)’e bağlı fonksiyonlar olmak üzere
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x)\]
biçiminde yazılabilen ikinci mertebeden denkleme ikinci mertebe lineer denklem (second-order linear equation), bu yazılışa denklemin standart biçimi (standard form) denir; bu biçimde yazılamayan ikinci mertebeden denklemler lineer değildir. Bu kısımda \(p\), \(q\) ve \(r\)’nin açık bir \(I\) aralığında sürekli olduğunu varsayacağız. \(p(x)\) ve \(q(x)\) fonksiyonlarına denklemin katsayıları (coefficients), \(r(x)\) fonksiyonuna denklemin sağ tarafı denir.
Sağ taraf \(I\) üzerinde özdeş olarak sıfırsa denkleme homojen (homogeneous) denir:
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0.\]
\(r\), \(I\) üzerinde özdeş olarak sıfır değilse denkleme homojen olmayan (nonhomogeneous) denklem denir.
Yani lineer bir denklemde \(y\), \(y'\) ve \(y''\) yalnızca birinci kuvvetten, birbirleriyle çarpılmadan ve yalnız \(x\)’e bağlı katsayılarla görünür; standart biçimde \(y''\)’nün katsayısı \(1\)’dir. Homojen bir denklemde \(y\)’yi içermeyen hiçbir terim yoktur, homojen olmayan bir denklemde ise \(y\)’den bağımsız bir \(r(x)\) terimi kalır.
Bölüm boyunca homojen denkleme sık sık başvuracağımız için ona bir numara verelim:
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0. \tag{1}\]
Birinci kısımda “homojen” sözcüğünü \(\dfrac{dy}{dx} = g\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\) biçimindeki denklemler için kullanmıştık (Tanım 6.1); oradaki ad homojen fonksiyonlardan geliyordu. Bu kısımda aynı sözcük bambaşka bir şey anlatır: lineer bir denklemin sağ tarafının sıfır olması. İki kullanım birbirinden bağımsızdır ve hangisinin kastedildiği her zaman bağlamdan anlaşılır.
Bir denklemin lineer olup olmadığını, standart biçimini ve homojen olup olmadığını belirlemeyi üç örnekte görelim.
Örnek 11.1 (Standart Biçimde Verilmiş Bir Denklem) \(y'' + 16y = e^{x}\sin x\) denklemini sınıflandırınız.
Çözüm
En yüksek mertebeden türev \(y''\) olduğundan denklem ikinci mertebedendir. Bilinmeyen \(y\) ve türevleri birinci kuvvetten ve çarpımsız görünüyor, hiçbiri bir aşkın fonksiyonun içine girmiyor; \(e^{x}\sin x\) ise yalnız \(x\)’e bağlıdır. Demek ki denklem lineerdir.
\(y''\)’nün katsayısı zaten \(1\)’dir, yani denklem standart biçimdedir:
\[p(x) = 0, \qquad q(x) = 16, \qquad r(x) = e^{x}\sin x.\]
Sağ taraf özdeş olarak sıfır değildir (örneğin \(x = \dfrac{\pi}{2}\) için \(r = e^{\pi/2} \neq 0\)); denklem homojen olmayan bir denklemdir. \(p\), \(q\) ve \(r\) bütün gerçel eksende sürekli olduğundan \(I = \mathbb{R}\) alınabilir. Ayrıca katsayılar sabit olduğundan denklem sabit katsayılıdır (Tanım 1.7).
Sonuç: ikinci mertebeden, standart biçimde, sabit katsayılı, homojen olmayan lineer bir denklem.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.2 (Standart Biçime Getirilmesi Gereken Bir Denklem) \(x^{2}y'' + 3y' + xy = 0\) denklemini sınıflandırıp standart biçimde yazınız.
Çözüm
Denklem ikinci mertebedendir. \(y''\), \(y'\) ve \(y\)’nin katsayıları \(x^{2}\), \(3\) ve \(x\) yalnız \(x\)’e bağlıdır ve bilinmeyen birinci kuvvetten, çarpımsız görünür; denklem lineerdir. Sağ taraf sıfır olduğundan homojendir.
\(y''\)’nün katsayısı \(x^{2}\) olduğundan denklem standart biçimde değildir. \(x^{2}\), \(x = 0\) noktasında sıfırlandığından iki tarafı \(x^{2}\)’ye ancak \(x \neq 0\) iken bölebiliriz:
\[y'' + \frac{3}{x^{2}}\,y' + \frac{1}{x}\,y = 0, \qquad x \neq 0.\]
Buna göre \(p(x) = \dfrac{3}{x^{2}}\) ve \(q(x) = \dfrac{1}{x}\)’tir. Bu katsayılar \((0, \infty)\) ve \((-\infty, 0)\) aralıklarının her birinde süreklidir, \(x = 0\)’da ise tanımsızdır; dolayısıyla denklem bu iki aralıktan birinde, örneğin \(I = (0, \infty)\) üzerinde ele alınır. Katsayılar \(x\)’e bağlı olduğundan denklem değişken katsayılıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.3 (Lineer Olmayan Bir Denklem) \(y''y + 2xy' + (\sin x)\,y = x\) denklemini sınıflandırınız.
Çözüm
Denklem ikinci mertebedendir. \(2xy'\) ve \((\sin x)\,y\) terimleri lineerliği bozmaz: ikisinde de bilinmeyen birinci kuvvetten, yalnız \(x\)’e bağlı bir katsayıyla çarpılmış olarak görünür. Bozan terim \(y''y\)’dir; bu terim bilinmeyenle ikinci türevinin çarpımıdır. \(y''\)’nün katsayısını \(1\) yapmak için iki tarafı \(y\)’ye bölmemiz gerekirdi; ama o zaman katsayılar \(y\)’yi içerir ve yalnız \(x\)’e bağlı olmaz. Yani denklem standart biçime getirilemez; lineer değildir.
Homojen ve homojen olmayan denklem ayrımı (Tanım 11.1) yalnızca lineer denklemler için yapılır; bu denklem lineer olmadığından o ayrımın dışında kalır.
\(\blacksquare\)
11.2 Süperpozisyon İlkesi
İkinci mertebeden bir denklemin açık bir \(I\) aralığındaki çözümü, Tanım 2.1 tanımının \(n = 2\) durumudur: \(I\)’nın her noktasında tanımlı ve iki kez türevlenebilir olup denklemi \(I\)’nın her noktasında sağlayan bir \(y = f(x)\) fonksiyonu. Bu tanım lineer olsun olmasın bütün ikinci mertebeden denklemler için geçerlidir. Homojen lineer denklemlerin çözümleri ise çok özel bir yapıya sahiptir: elimizdeki iki çözümden yeni çözümler üretebiliriz.
Teorem 11.1 (Süperpozisyon İlkesi) \(y_1\) ve \(y_2\), (1) homojen lineer denkleminin açık bir \(I\) aralığı üzerinde iki çözümü olsun. O zaman her \(c_1\), \(c_2\) sabiti için
\[y = c_1y_1 + c_2y_2\]
lineer birleşimi de (1) denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür. Bu özelliğe süperpozisyon ilkesi (superposition principle) denir.
İspat
\(y_1\) ile \(y_2\), \(I\) üzerinde iki kez türevlenebilir olduğundan \(y = c_1y_1 + c_2y_2\) de öyledir ve türevin lineerliğinden
\[y' = c_1y_1' + c_2y_2', \qquad y'' = c_1y_1'' + c_2y_2''\]
bulunur. Bunları (1)’in sol tarafında yerine koyup terimleri \(c_1\) ve \(c_2\) etrafında toplayalım:
\[ \begin{aligned} y'' + p\,y' + q\,y &= \left(c_1y_1'' + c_2y_2''\right) + p\left(c_1y_1' + c_2y_2'\right)\\[1mm] &\quad + q\left(c_1y_1 + c_2y_2\right)\\[1mm] &= c_1\left[y_1'' + p\,y_1' + q\,y_1\right] + c_2\left[y_2'' + p\,y_2' + q\,y_2\right]. \end{aligned} \]
\(y_1\) ve \(y_2\), (1)’in \(I\) üzerinde çözümleri olduğundan köşeli parantezlerin ikisi de \(I\)’nın her noktasında sıfırdır. Dolayısıyla \(I\)’nın her \(x\) noktasında
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 0 = 0\]
olur; yani \(y\), (1)’in \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Yani homojen lineer bir denklemin çözümleri toplanabilir ve sabitlerle çarpılabilir; sonuç yine bir çözümdür. Özel olarak \(c_1 = c_2 = 0\) seçimi, \(y \equiv 0\) fonksiyonunun her homojen lineer denklemin bir çözümü olduğunu söyler; bu çözüme aşikâr çözüm (trivial solution) denir. Lineer cebir diliyle söylersek, (1)’in \(I\) üzerindeki çözümleri bir vektör uzayı oluşturur.
Örnek 11.4 (Kosinüs ve Sinüs Çözümleri) \(y'' + y = 0\) denklemi için, \(c_1\) ve \(c_2\) sabit olmak üzere \(y = c_1\cos x + c_2\sin x\) fonksiyonlarının bütün gerçel eksen üzerinde çözüm olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Denklem standart biçimdedir: \(p(x) = 0\), \(q(x) = 1\), \(r(x) = 0\). Yani ikinci mertebeden homojen lineer bir denklemdir ve katsayıları bütün gerçel eksende süreklidir.
Önce \(\cos x\) ile \(\sin x\)’in ayrı ayrı çözüm olduğunu görelim. \(y = \cos x\) için
\[y' = -\sin x, \qquad y'' = -\cos x, \qquad y'' + y = -\cos x + \cos x = 0;\]
\(y = \sin x\) için
\[y' = \cos x, \qquad y'' = -\sin x, \qquad y'' + y = -\sin x + \sin x = 0.\]
Eşitlikler her \(x\) için sağlandığından iki fonksiyon da \(\mathbb{R}\) üzerinde çözümdür. Süperpozisyon ilkesi (Teorem 11.1) gereği her \(c_1\), \(c_2\) için \(y = c_1\cos x + c_2\sin x\) de bir çözümdür.
Aynı sonucu doğrudan yerine koyarak da görebiliriz:
\[y' = -c_1\sin x + c_2\cos x, \qquad y'' = -c_1\cos x - c_2\sin x,\]
\[y'' + y = \left(-c_1\cos x - c_2\sin x\right) + \left(c_1\cos x + c_2\sin x\right) = 0.\]
Bu aileyi Örnek 3.3 içinde yalnızca doğrudan yerine koyarak denetlemiştik. Süperpozisyon ilkesi aynı sonucu, iki basit çözümü denetledikten sonra hiç hesap yapmadan verir.
\(\blacksquare\)
11.3 Lineer Olmayan Denklemlerde Süperpozisyon
Süperpozisyon ilkesinin ispatında kullandığımız tek şey, denklemin sol tarafının \(y\), \(y'\) ve \(y''\) cinsinden lineer olmasıydı: \(c_1y_1 + c_2y_2\) yerine konduğunda terimler \(c_1\) ve \(c_2\) etrafında toplanabildi. Denklem lineer değilse bu adım çöker; sağ taraf sıfır olsa bile iki çözümün birleşimi genel olarak çözüm olmaz.
Örnek 11.5 (Çözümlerin Birleşiminin Çözüm Olmaması) \(y = x^{2}\) ve \(y = 1\) fonksiyonlarının \(y''y - xy' = 0\) denkleminin çözümleri olduğunu, ama bu iki çözümün lineer birleşimlerinin genel olarak çözüm olmadığını yerine koyarak gösteriniz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebedendir ve sağ tarafı sıfırdır; ama \(y''y\) terimi bilinmeyenle ikinci türevinin çarpımı olduğundan lineer değildir.
Çözümlerin denetimi. \(y = x^{2}\) için \(y' = 2x\), \(y'' = 2\) ve
\[y''y - xy' = 2x^{2} - x \cdot 2x = 0;\]
\(y = 1\) için \(y' = 0\), \(y'' = 0\) ve
\[y''y - xy' = 0 \cdot 1 - x \cdot 0 = 0.\]
Eşitlikler her \(x\) için sağlanır; iki fonksiyon da bütün gerçel eksende çözümdür.
Lineer birleşim. \(c_1\), \(c_2\) sabit olmak üzere \(y = c_1x^{2} + c_2\) alalım. \(y' = 2c_1x\) ve \(y'' = 2c_1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} y''y - xy' &= 2c_1\left(c_1x^{2} + c_2\right) - x\left(2c_1x\right)\\[1mm] &= 2c_1^{2}x^{2} + 2c_1c_2 - 2c_1x^{2}\\[1mm] &= 2c_1\left(c_1 - 1\right)x^{2} + 2c_1c_2 \end{aligned} \]
bulunur. \(y\)’nin bir aralıkta çözüm olması, bu polinomun o aralığın her noktasında sıfır olmasını gerektirir; bir aralıkta özdeş olarak sıfır olan bir polinomun bütün katsayıları sıfırdır. Demek ki
\[c_1\left(c_1 - 1\right) = 0 \qquad \text{ve} \qquad c_1c_2 = 0\]
olmalıdır. Bu ancak iki durumda olur: \(c_1 = 0\) (o zaman \(y = c_2\) bir sabittir) ya da \(c_1 = 1\), \(c_2 = 0\) (o zaman \(y = x^{2}\)’nin kendisidir). Bunların dışındaki her seçimde birleşim çözüm değildir. Örneğin \(c_1 = c_2 = 1\), yani \(y = x^{2} + 1\) için ifade \(2 \neq 0\) olur. Bir çözümün sabit katı bile çözüm olmayabilir: \(y = 2x^{2}\) (\(c_1 = 2\), \(c_2 = 0\)) için ifade \(4x^{2}\)’dir ve \(x \neq 0\) olan her noktada sıfırdan farklıdır.
Neden bozuldu? \(y''y\) terimi, bilinmeyenin ikinci dereceden bir ifadesidir. \(y = c_1y_1 + c_2y_2\) yerine konduğunda bu terimden \(c_1^{2}y_1''y_1\) ve \(c_2^{2}y_2''y_2\) terimlerinin yanında \(c_1c_2\left(y_1''y_2 + y_2''y_1\right)\) biçiminde karma terimler de çıkar; süperpozisyon ispatındaki gibi \(c_1[\dots] + c_2[\dots]\) ayrışması kurulamaz.
\(\blacksquare\)
Bu örnek, süperpozisyon ilkesinin lineerliğin bir sonucu olduğunu açıkça gösteriyor: “sağ taraf sıfır” olması tek başına yetmez. Bölümün geri kalanında yalnızca lineer denklemlerle çalışacağız.
11.4 Başlangıç Değer Problemi
İkinci mertebeden bir denklemin çözüm ailesi iki keyfi sabit taşıdığından, ailenin tek bir üyesini seçmek için iki koşul gerekir. (1) homojen denklemi için bir başlangıç değer problemi, Tanım 3.1 tanımının \(n = 2\) durumudur: denklemle birlikte \(I\)’daki tek bir \(x_0\) noktasında verilen
\[y(x_0) = a, \qquad y'(x_0) = b\]
başlangıç koşulları. Elimizde \(y = c_1y_1 + c_2y_2\) biçiminde bir çözüm ailesi varsa, bu iki koşul \(c_1\) ve \(c_2\) için iki bilinmeyenli iki denklem verir; sabitler bulununca ailenin bir özel çözümü (Tanım 2.4) elde edilir.
Örnek 11.6 (Kosinüs ve Sinüsle Bir Başlangıç Değer Problemi) \(y'' + y = 0\), \(y(0) = 3\), \(y'(0) = 5\) başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Örnek 11.4 gereği \(c_1\) ve \(c_2\) ne olursa olsun
\[y(x) = c_1\cos x + c_2\sin x\]
denklemin bir çözümüdür; türevi
\[y'(x) = -c_1\sin x + c_2\cos x\]
olur. \(\cos 0 = 1\) ve \(\sin 0 = 0\) olduğundan başlangıç koşulları doğrudan sabitleri verir:
\[y(0) = c_1 = 3, \qquad y'(0) = c_2 = 5.\]
Böylece
\[y(x) = 3\cos x + 5\sin x\]
bulunur. Denetleyelim: \(y(0) = 3\cos 0 + 5\sin 0 = 3\) ve \(y'(0) = -3\sin 0 + 5\cos 0 = 5\). Bu fonksiyon, ailenin koşulları sağlayan tek üyesidir. Aile dışında koşulları sağlayan başka bir çözüm bulunmadığını ise bölümün ilerleyen kısmında göreceğiz (Örnek 11.10).
\(\blacksquare\)
Bu örnekte iş kolay gitti, çünkü elimizdeki iki çözüm, \(\cos x\) ile \(\sin x\), birbirinden gerçekten farklı iki fonksiyondu. Peki iki çözümden biri ötekinin sabit katı olsaydı ne olurdu?
Örnek 11.7 (Orantılı İki Çözüm Yetmez) \(k\) bir sabit olmak üzere \(y_1 = \cos x\) ve \(y_2 = k\cos x\) fonksiyonları \(y'' + y = 0\) denkleminin çözümleridir. \(c_1y_1 + c_2y_2\) biçimindeki hiçbir fonksiyonun \(y(0) = 3\), \(y'(0) = 5\) koşullarını sağlamadığını gösteriniz.
Çözüm
\(y_2 = k\cos x\), \(\cos x\) çözümünün sabit katı olduğundan süperpozisyon ilkesi gereği gerçekten bir çözümdür. Lineer birleşimi yazalım:
\[c_1y_1 + c_2y_2 = c_1\cos x + c_2k\cos x = \left(c_1 + c_2k\right)\cos x = C\cos x,\]
burada \(C = c_1 + c_2k\) bir sabittir. Birleşimde iki sabit görünüyor, ama ikisi de yalnızca \(C\) üzerinden etki ediyor: elde ettiğimiz şey, \(\cos x\)’in sabit katlarından oluşan tek parametreli \(C\cos x\) ailesidir. Bu birleşim hiçbir yeni çözüm üretmez.
Şimdi koşulları deneyelim. \(y = C\cos x\) için \(y(0) = C\) olduğundan birinci koşul \(C = 3\)’ü zorunlu kılar. Öte yandan \(y'(x) = -C\sin x\) olduğundan
\[y'(0) = -C\sin 0 = 0\]
olur ve bu \(C\)’nin her değeri için böyledir. Dolayısıyla \(y'(0) = 5\) koşulu hiçbir seçimle sağlanamaz. Daha genel olarak bu aile, \(y(0) = a\), \(y'(0) = b\) koşullarını yalnızca \(b = 0\) iken sağlayabilir. Şekil durumu özetliyor: \((0, 3)\) noktasından geçen tek aile üyesi \(3\cos x\)’tir ve oradaki eğimi \(0\)’dır.
Oysa bir önceki örnekte bu problemin bir çözümü olduğunu, \(3\cos x + 5\sin x\) fonksiyonunu bulmuştuk. Demek ki \(C\cos x\) ailesi denklemin bütün çözümlerini kapsamaz.
\(\blacksquare\)
Örnekten çıkan ders şudur: \(c_1y_1 + c_2y_2\) birleşiminin bütün çözümleri kapsayabilmesi için iki çözümden birinin ötekinin sabit katı olmaması gerekir. Aksi hâlde iki sabit birbirinden bağımsız olmaz ve aile gerçekte tek sabitli kalır. Bu koşulu kesin bir dille ifade etmek için lineer bağımlılık kavramına ihtiyacımız var.
11.5 Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık
Bir önceki örnekteki sorunun kaynağı, iki fonksiyondan birinin ötekinin sabit katı olmasıydı. Bu durumu, katsayıları ikisi birden sıfır olmayan bir lineer birleşimle ifade etmek hem daha simetrik hem de daha kullanışlıdır.
Tanım 11.2 (İki Fonksiyonun Lineer Bağımlılığı ve Bağımsızlığı) \(y_1\) ve \(y_2\), bir \(I\) aralığında tanımlı iki fonksiyon olsun. İkisi birden sıfır olmayan öyle \(c_1\), \(c_2\) sabitleri varsa ki
\[c_1y_1(x) + c_2y_2(x) = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}\]
sağlanır, \(y_1\) ile \(y_2\)’ye \(I\) üzerinde lineer bağımlı (linearly dependent) fonksiyonlar denir. Lineer bağımlı olmayan iki fonksiyona \(I\) üzerinde lineer bağımsız (linearly independent) denir. Başka bir deyişle \(y_1\) ile \(y_2\)’nin \(I\) üzerinde lineer bağımsız olması,
\[c_1y_1(x) + c_2y_2(x) = 0 \ \text{ her } x \in I \text{ için} \;\Longrightarrow\; c_1 = c_2 = 0\]
koşulunun sağlanması demektir.
Yani iki fonksiyon, ikisi birden sıfır olmayan katsayılarla birleştirilip \(I\) üzerinde özdeş olarak sıfır yapılabiliyorsa lineer bağımlıdır; bunu yalnızca \(c_1 = c_2 = 0\) seçimi başarıyorsa lineer bağımsızdır. Eşitliğin \(I\)’nın her noktasında sağlanması gerektiği unutulmamalıdır: tek bir \(x_0\) noktasında \(c_1y_1(x_0) + c_2y_2(x_0) = 0\) eşitliğini sağlayan ve ikisi birden sıfır olmayan sabitler her zaman bulunur (örneğin \(c_1 = y_2(x_0)\), \(c_2 = -y_1(x_0)\); bunların ikisi birden sıfırsa \(c_1 = 1\), \(c_2 = 0\)). Ayrıca lineer bağımlılık aralığa bağlıdır: aynı iki fonksiyon bir aralıkta bağımlı, daha geniş bir aralıkta bağımsız olabilir (Örnek 11.9).
Tanımın, giriş cümlesindeki “biri ötekinin sabit katı” fikriyle aynı şeyi söylediğini gösterelim.
Önerme 11.1 (Lineer Bağımlılık ve Orantılılık) \(y_1\) ve \(y_2\), bir \(I\) aralığında tanımlı iki fonksiyon olsun.
- \(y_1\) ile \(y_2\)’nin \(I\) üzerinde lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul, birinin ötekinin sabit katı olmasıdır: ya her \(x \in I\) için \(y_1(x) = k\,y_2(x)\) ya da her \(x \in I\) için \(y_2(x) = k\,y_1(x)\) olacak biçimde bir \(k\) sabiti vardır.
- \(y_2\), \(I\)’nın hiçbir noktasında sıfır olmuyorsa, \(y_1\) ile \(y_2\)’nin \(I\) üzerinde lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul \(\dfrac{y_1}{y_2}\) oranının \(I\) üzerinde sabit olmasıdır.
İspat
Birinci kısım. Önce \(y_1\) ile \(y_2\) lineer bağımlı olsun: ikisi birden sıfır olmayan \(c_1\), \(c_2\) sabitleri için \(I\) üzerinde \(c_1y_1 + c_2y_2 = 0\)’dır. \(c_1 \neq 0\) ise iki tarafı \(c_1\)’e bölüp
\[y_1 = -\frac{c_2}{c_1}\,y_2\]
buluruz; \(k = -\dfrac{c_2}{c_1}\) almak yeter. \(c_1 = 0\) ise \(c_2 \neq 0\) olmak zorundadır ve eşitlik \(c_2y_2 = 0\)’a, yani \(I\) üzerinde \(y_2 = 0 = 0 \cdot y_1\) eşitliğine iner; bu kez \(k = 0\) ile ikinci seçenek sağlanır.
Tersine, \(I\) üzerinde \(y_1 = k\,y_2\) olsun. O zaman \(I\) üzerinde
\[1 \cdot y_1 + (-k)\,y_2 = 0\]
olur ve \(y_1\)’in katsayısı \(1 \neq 0\) olduğundan katsayılar ikisi birden sıfır değildir; \(y_1\) ile \(y_2\) lineer bağımlıdır. \(y_2 = k\,y_1\) durumu, iki fonksiyonun rolleri değiştirilerek aynı biçimde görülür.
İkinci kısım. \(y_2\) hiç sıfır olmadığından \(\dfrac{y_1}{y_2}\) oranı \(I\)’nın her noktasında tanımlıdır. Oran \(I\) üzerinde bir \(k\) sabitine eşitse \(y_1 = k\,y_2\) olur ve birinci kısım gereği fonksiyonlar lineer bağımlıdır. Tersine fonksiyonlar lineer bağımlı olsun. Birinci kısım gereği ya \(y_1 = k\,y_2\)’dir ve oran \(k\) sabitine eşittir, ya da \(y_2 = k\,y_1\)’dir. İkinci durumda \(y_2\) hiç sıfır olmadığından \(k \neq 0\) olmak zorundadır ve \(y_1 = \dfrac{1}{k}\,y_2\) yazılabilir; oran yine sabittir.
\(\blacksquare\)
Yani iki fonksiyonun lineer bağımlı olması, birinin ötekinin sabit katı olması demektir; bu yüzden lineer bağımlı fonksiyonlara orantılı fonksiyonlar da denir. Sıfır fonksiyonu her fonksiyonla lineer bağımlıdır, çünkü \(0 = 0 \cdot y_2\)’dir. Paydası hiç sıfırlanmayan iki fonksiyon için en hızlı sınama, oranlarının sabit olup olmadığına bakmaktır.
Örnek 11.8 (x ile x Karenin Bağımsızlığı) \(y_1 = x\) ve \(y_2 = x^{2}\) fonksiyonlarının \(I = (0, 1)\) aralığında lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tanımla. \(c_1\), \(c_2\) sabitleri için
\[c_1x + c_2x^{2} = 0 \qquad \text{her } x \in (0, 1) \text{ için}\]
olsun. Eşitlik aralığın her noktasında geçerli olduğuna göre özel olarak \(x = \dfrac{1}{2}\) ve \(x = \dfrac{1}{4}\) noktalarında da geçerlidir:
\[\frac{c_1}{2} + \frac{c_2}{4} = 0, \qquad \frac{c_1}{4} + \frac{c_2}{16} = 0.\]
Birinci denklemi \(4\) ile, ikinciyi \(16\) ile çarparsak
\[2c_1 + c_2 = 0, \qquad 4c_1 + c_2 = 0\]
olur. İkinciden birinciyi çıkarınca \(2c_1 = 0\), yani \(c_1 = 0\) ve buradan \(c_2 = 0\) bulunur. Demek ki eşitliği yalnızca \(c_1 = c_2 = 0\) sağlar; \(x\) ile \(x^{2}\), \((0, 1)\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Oranla. \(y_1 = x\), \((0, 1)\) aralığında hiç sıfır olmaz ve
\[\frac{y_2}{y_1} = \frac{x^{2}}{x} = x\]
oranı aralıkta sabit değildir (örneğin \(x = \dfrac{1}{4}\)’te \(\dfrac{1}{4}\), \(x = \dfrac{1}{2}\)’de \(\dfrac{1}{2}\) değerini alır). Önerme 11.1 gereği fonksiyonlar lineer bağımlı olamaz.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.9 (Bağımlılık Aralığa Bağlıdır) \(y_1 = x^{2}\) ve \(y_2 = x\,|x|\) fonksiyonlarının \((-1, 1)\) aralığında lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Mutlak değerin tanımından
\[x\,|x| = \begin{cases} x^{2}, & x \geq 0,\\ -x^{2}, & x < 0 \end{cases}\]
olur. \(c_1\), \(c_2\) sabitleri için her \(x \in (-1, 1)\)’de \(c_1x^{2} + c_2\,x|x| = 0\) olsun. Eşitliği \(x = \dfrac{1}{2}\) ve \(x = -\dfrac{1}{2}\) noktalarında yazalım:
\[\frac{c_1}{4} + \frac{c_2}{4} = 0, \qquad \frac{c_1}{4} - \frac{c_2}{4} = 0.\]
Yani \(c_1 + c_2 = 0\) ve \(c_1 - c_2 = 0\); iki denklemi toplayınca \(c_1 = 0\), buradan da \(c_2 = 0\) çıkar. Demek ki \(x^{2}\) ile \(x|x|\), \((-1, 1)\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Aynı iki fonksiyon \((0, 1)\) aralığında ise lineer bağımlıdır: orada \(x|x| = x^{2}\) olduğundan
\[1 \cdot x^{2} + (-1)\cdot x|x| = 0 \qquad \text{her } x \in (0, 1) \text{ için}\]
sağlanır ve katsayılar ikisi birden sıfır değildir. Şekilde görüldüğü gibi iki grafik \((0, 1)\) üzerinde çakışır, \((-1, 0)\) üzerinde ise birbirinin ters işaretlisidir.
Bu örnekte oran sınaması \((-1, 1)\) üzerinde doğrudan kullanılamaz, çünkü iki fonksiyon da \(x = 0\)’da sıfırdır. \(x \neq 0\) için \(\dfrac{x|x|}{x^{2}}\) oranı, \(x > 0\) iken \(1\), \(x < 0\) iken \(-1\) değerini alır: her iki parçada sabittir, ama aralığın tamamında sabit değildir. Lineer bağımlılık iki fonksiyonun tek başına değil, aralıkla birlikte taşıdığı bir özelliktir.
\(\blacksquare\)
11.6 Temel Çözüm Kümesi ve Genel Çözüm
Artık orantılı çözümler sorununu kesin bir dille ifade edebilir ve ikinci mertebe homojen lineer denklemin bütün çözümlerini tek bir formülde toplayabiliriz.
Tanım 11.3 (Temel Çözüm Kümesi) Homojen lineer (1) denkleminin açık bir \(I\) aralığı üzerinde lineer bağımsız iki çözümü \(y_1\), \(y_2\)’ye, (1)’in \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi (fundamental set of solutions) ya da bir çözüm tabanı (basis of solutions) denir.
Yani temel çözüm kümesi, Önerme 11.1 gereği birbirinin sabit katı olmayan iki çözümdür. “Taban” adı lineer cebirden gelir: süperpozisyon ilkesi çözümlerin bir vektör uzayı oluşturduğunu söylüyordu; aşağıdaki teorem, bu uzayın her elemanının \(y_1\) ile \(y_2\)’nin tek türlü belirlenen bir lineer birleşimi olduğunu, yani \(y_1\), \(y_2\)’nin uzayın bir tabanı olduğunu gösterecek.
Teoremin ispatında bir araca daha ihtiyacımız var. Birinci mertebe denklemler için varlık ve teklik teoremini görmüştük (Teorem 3.1); lineer denklemler için benzer bir teoremi ileride ayrıca ele alacağız (Teorem 13.2). İkinci mertebe homojen lineer denklem için bu teorem şunu söyler: \(p\) ve \(q\), açık bir \(I\) aralığında sürekliyse her \(x_0 \in I\) ve her \(a\), \(b\) sayısı için
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0, \qquad y(x_0) = a, \qquad y'(x_0) = b\]
başlangıç değer probleminin \(I\)’nın tamamında tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır. Aşağıdaki ispatta bu teoremin yalnızca teklik kısmını kullanacağız: \(I\)’daki bir \(x_0\) noktasında aynı \(y(x_0)\) ve \(y'(x_0)\) değerlerini alan iki çözüm, \(I\)’nın tamamında çakışır.
Teorem 11.2 (Genel Çözümün Yapısı) \(p\) ve \(q\), açık bir \(I\) aralığında sürekli olsun ve \(y_1\), \(y_2\), (1) denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi olsun.
- (1)’in \(I\) üzerindeki her \(y\) çözümü, \(c_1\) ve \(c_2\) sabitleri olmak üzere \(y = c_1y_1 + c_2y_2\) biçiminde yazılır ve bu sabitler \(y\) tarafından tek türlü belirlenir.
- Her \(x_0 \in I\) ve her \(a\), \(b\) sayısı için (1)’in \(y(x_0) = a\), \(y'(x_0) = b\) koşullarını sağlayan bir ve yalnız bir çözümü vardır; bu çözüm, \(c_1y_1 + c_2y_2\) ailesinde sabitlere uygun değerler verilerek elde edilir.
Dolayısıyla \(c_1\), \(c_2\) keyfi sabitler olmak üzere
\[y = c_1y_1 + c_2y_2\]
ailesi (1) denkleminin \(I\) üzerindeki genel çözümüdür ve (1)’in \(I\) üzerinde tekil çözümü yoktur.
İspat
Yardımcı gözlem. \(x_0 \in I\) sabit bir nokta, \(a\) ve \(b\) iki sayı olsun. \(c_1\) ile \(c_2\) bilinmeyenleri için
\[ \begin{aligned} c_1\,y_1(x_0) + c_2\,y_2(x_0) &= a,\\[1mm] c_1\,y_1'(x_0) + c_2\,y_2'(x_0) &= b \end{aligned} \tag{2} \]
sistemini yazalım. Bu sistemin her \(a\), \(b\) için tek bir çözümü olduğunu gösterelim. İki bilinmeyenli iki lineer denklemden oluşan bir sistemin her sağ taraf için tek çözümü olması, \(a = b = 0\) iken yalnızca \(c_1 = c_2 = 0\) çözümüne sahip olmasıyla aynı şeydir; ikisi de sistemin katsayı determinantının sıfırdan farklı olması demektir. O hâlde \(a = b = 0\) alalım ve \((c_1, c_2)\) bu sistemin bir çözümü olsun.
\(u = c_1y_1 + c_2y_2\) fonksiyonu süperpozisyon ilkesi (Teorem 11.1) gereği (1)’in \(I\) üzerinde bir çözümüdür ve sistemin iki denklemi tam olarak
\[u(x_0) = 0, \qquad u'(x_0) = 0\]
demektir. Öte yandan sıfır fonksiyonu da (1)’in aynı başlangıç değerlerini alan bir çözümüdür. Teklik gereği \(I\)’nın her noktasında \(u = 0\), yani \(c_1y_1 + c_2y_2 = 0\) olur. \(y_1\) ile \(y_2\), \(I\) üzerinde lineer bağımsız olduğundan \(c_1 = c_2 = 0\) bulunur. Böylece gözlem kanıtlanmış olur.
İkinci madde. \(x_0 \in I\) ile \(a\), \(b\) sayıları verilsin. Yardımcı gözlem gereği (2) sisteminin bir \((c_1, c_2)\) çözümü vardır. \(Y = c_1y_1 + c_2y_2\) fonksiyonu süperpozisyon ilkesi gereği (1)’in \(I\) üzerinde bir çözümüdür ve (2) sistemi tam olarak \(Y(x_0) = a\), \(Y'(x_0) = b\) demektir. Demek ki başlangıç değer probleminin ailenin içinde bir çözümü vardır. Teklik gereği problemin başka bir çözümü yoktur.
Birinci madde. \(y\), (1)’in \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun. Bir \(x_0 \in I\) seçip \(a = y(x_0)\), \(b = y'(x_0)\) diyelim. İkinci maddeye göre bu başlangıç değerlerini alan çözüm tektir ve bir \(c_1y_1 + c_2y_2\) fonksiyonudur; \(y\) de aynı değerleri aldığına göre \(I\) üzerinde \(y = c_1y_1 + c_2y_2\) olur. Sabitlerin tekliği için \(y = c_1y_1 + c_2y_2 = d_1y_1 + d_2y_2\) olduğunu varsayalım. Farkı alırsak \(I\) üzerinde
\[\left(c_1 - d_1\right)y_1 + \left(c_2 - d_2\right)y_2 = 0\]
bulunur; lineer bağımsızlık gereği \(c_1 = d_1\) ve \(c_2 = d_2\)’dir.
Sonuç. Birinci madde ile süperpozisyon ilkesi birlikte, (1)’in \(I\) üzerindeki çözümlerinin tam olarak \(c_1y_1 + c_2y_2\) biçimindeki fonksiyonlar olduğunu söyler. Bu aile iki keyfi sabit içerir ve sabitler birbirinden bağımsızdır: birinci maddedeki teklik gereği farklı \((c_1, c_2)\) ikilileri farklı fonksiyonlar verir. O hâlde Tanım 2.4 anlamında aile (1)’in genel çözümüdür. Her çözüm ailenin bir üyesi olduğundan genel çözümün dışında kalan bir tekil çözüm de yoktur.
\(\blacksquare\)
Yani ikinci mertebe homojen lineer bir denklemi çözmek için birbirinin sabit katı olmayan iki çözüm bulmak yeter; gerisini süperpozisyon ilkesi halleder. Başlangıç değer problemlerinin hepsi de bu tek formülden, yalnızca (2) gibi iki bilinmeyenli bir lineer sistem çözülerek elde edilir.
İspatta ortaya çıkan (2) sisteminin katsayı determinantı
\[y_1(x_0)\,y_2'(x_0) - y_1'(x_0)\,y_2(x_0)\]
ifadesidir. Yardımcı gözlem, bir temel çözüm kümesi için bu ifadenin \(I\)’nın hiçbir noktasında sıfır olmadığını da göstermiş oldu. Bu determinant ileride Wronskiyen adını alacak (Tanım 13.2) ve lineer bağımsızlığı sınamanın pratik bir aracı olacak.
Peki her homojen lineer denklemin bir temel çözüm kümesi var mıdır? Varlık ve teklik teoreminin varlık kısmı bunu da garanti eder. Bir \(x_0 \in I\) seçelim; \(y_1\), \(y(x_0) = 1\), \(y'(x_0) = 0\) koşullarını, \(y_2\) de \(y(x_0) = 0\), \(y'(x_0) = 1\) koşullarını sağlayan çözüm olsun. \(I\) üzerinde \(c_1y_1 + c_2y_2 = 0\) ise bu eşitliği \(x_0\)’da yazmak \(c_1 = 0\) verir; eşitliğin türevini alıp \(x_0\)’da yazmak da \(c_2 = 0\) verir. Demek ki \(y_1\), \(y_2\) lineer bağımsızdır, yani bir temel çözüm kümesidir. Bu çözümleri somut formüllerle bulmak ise ayrı bir iştir ve sonraki bölümlerin konusudur.
- Verilen \(y_1\), \(y_2\) fonksiyonlarını denklemde yerine koyarak çözüm olduklarını doğrula; denklemi standart biçimde yazıp katsayıların sürekli olduğu, başlangıç noktasını içeren \(I\) aralığını belirle.
- \(y_1\) ile \(y_2\)’nin \(I\) üzerinde lineer bağımsız olduğunu göster: paydası hiç sıfırlanmıyorsa oranın sabit olmadığına bak, ya da lineer birleşimi iki uygun noktada yaz. O zaman genel çözüm \(y = c_1y_1 + c_2y_2\)’dir.
- Başlangıç koşulları verilmişse \(y\) ile \(y'\)’yü \(x_0\)’da yaz ve \(c_1\), \(c_2\) için ortaya çıkan iki bilinmeyenli lineer sistemi çöz.
Örnek 11.10 (Kosinüs ve Sinüs Bir Temel Çözüm Kümesidir) \(\cos x\) ile \(\sin x\) fonksiyonlarının \(y'' + y = 0\) denkleminin bütün gerçel eksen üzerinde bir temel çözüm kümesi olduğunu gösterip denklemin genel çözümünü yazınız.
Çözüm
Çözüm olma. Örnek 11.4 içinde iki fonksiyonun da her \(x\) için denklemi sağladığını gördük. Katsayılar \(p(x) = 0\) ve \(q(x) = 1\) bütün gerçel eksende sürekli olduğundan \(I = \mathbb{R}\) alabiliriz.
Lineer bağımsızlık. Her \(x\) için \(c_1\cos x + c_2\sin x = 0\) olsun. Eşitliği \(x = 0\)’da yazarsak
\[c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot 0 = 0 \;\Longrightarrow\; c_1 = 0,\]
\(x = \dfrac{\pi}{2}\)’de yazarsak
\[c_1 \cdot 0 + c_2 \cdot 1 = 0 \;\Longrightarrow\; c_2 = 0\]
bulunur. Demek ki \(\cos x\) ile \(\sin x\), \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsızdır. (Burada oran sınaması yerine iki nokta kullandık, çünkü iki fonksiyon da gerçel eksende sıfır olduğu noktalara sahiptir.)
Genel çözüm. \(\cos x\) ile \(\sin x\) bir temel çözüm kümesidir; Teorem 11.2 gereği
\[y = c_1\cos x + c_2\sin x\]
denklemin \(\mathbb{R}\) üzerindeki genel çözümüdür ve denklemin bu biçimde yazılamayan hiçbir çözümü yoktur. Özellikle Örnek 11.6 içindeki problemin tek çözümü \(y = 3\cos x + 5\sin x\)’tir; Örnek 3.3 içinde genel çözüm dediğimiz ailenin gerçekten bütün çözümleri kapsadığı da böylece kanıtlanmış olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.11 (Üstel Bir Temel Çözüm Kümesi) \(y_1 = e^{2x}\) ve \(y_2 = e^{-2x}\) fonksiyonlarının \(y'' - 4y = 0\) denkleminin bütün gerçel eksen üzerinde bir temel çözüm kümesi olduğunu gösterip denklemin genel çözümünü yazınız.
Çözüm
Çözüm olma. \(y_1 = e^{2x}\) için
\[y_1' = 2e^{2x}, \qquad y_1'' = 4e^{2x}, \qquad y_1'' - 4y_1 = 4e^{2x} - 4e^{2x} = 0;\]
\(y_2 = e^{-2x}\) için
\[y_2' = -2e^{-2x}, \qquad y_2'' = 4e^{-2x}, \qquad y_2'' - 4y_2 = 4e^{-2x} - 4e^{-2x} = 0.\]
İki fonksiyon da her \(x\) için denklemi sağlar. Katsayılar \(p(x) = 0\) ve \(q(x) = -4\) bütün gerçel eksende süreklidir; \(I = \mathbb{R}\).
Lineer bağımsızlık. \(y_2 = e^{-2x}\) hiçbir noktada sıfır olmaz ve
\[\frac{y_1}{y_2} = \frac{e^{2x}}{e^{-2x}} = e^{4x}\]
oranı sabit değildir: \(x = 0\)’da \(1\), \(x = 1\)’de \(e^{4}\) değerini alır. Önerme 11.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\), \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Genel çözüm. \(e^{2x}\) ile \(e^{-2x}\) bir temel çözüm kümesi oluşturduğundan Teorem 11.2 gereği
\[y = c_1e^{2x} + c_2e^{-2x}\]
denklemin genel çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.12 (Üstel Çözümlerle Bir Başlangıç Değer Problemi) \(y'' - 4y = 0\), \(y(0) = 1\), \(y'(0) = -4\) başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Örnek 11.11 gereği genel çözüm ve türevi
\[y(x) = c_1e^{2x} + c_2e^{-2x}, \qquad y'(x) = 2c_1e^{2x} - 2c_2e^{-2x}\]
biçimindedir. \(x = 0\) yazıp başlangıç koşullarını kullanalım (\(e^{0} = 1\)):
\[y(0) = c_1 + c_2 = 1, \qquad y'(0) = 2c_1 - 2c_2 = -4.\]
İkinci denklemi \(2\)’ye bölersek \(c_1 - c_2 = -2\) olur. Bunu birinci denklemle toplarsak \(2c_1 = -1\), yani \(c_1 = -\dfrac{1}{2}\); buradan \(c_2 = 1 - c_1 = \dfrac{3}{2}\) bulunur. Problemin çözümü
\[y(x) = -\frac{1}{2}\,e^{2x} + \frac{3}{2}\,e^{-2x}\]
olur. Denetleyelim:
\[y(0) = -\frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 1, \qquad y'(0) = -1 - 3 = -4.\]
Teorem 11.2 gereği bu çözüm bütün gerçel eksende tanımlıdır ve problemin tek çözümüdür.
Şekildeki davranış formülden de okunur: \(x\) büyüdükçe \(-\dfrac{1}{2}e^{2x}\) terimi baskın hâle gelir ve çözüm \(-\infty\)’a gider. Çözüm, \(-\dfrac{1}{2}e^{2x} + \dfrac{3}{2}e^{-2x} = 0\), yani \(e^{4x} = 3\) olduğu tek noktada, \(x = \dfrac{\ln 3}{4}\)’te sıfır olur.
\(\blacksquare\)
11.7 Alıştırmalar
Alıştırma 11.1 (Üstel ve x Çarpı Üstel Çözümler) \(y_1 = e^{x}\) ve \(y_2 = xe^{x}\) fonksiyonlarının \(y'' - 2y' + y = 0\) denkleminin bütün gerçel eksen üzerinde bir temel çözüm kümesi olduğunu gösterip denklemin genel çözümünü yazınız.
Çözüm
Çözüm olma. \(y_1 = e^{x}\) için \(y_1' = y_1'' = e^{x}\) ve
\[y_1'' - 2y_1' + y_1 = e^{x} - 2e^{x} + e^{x} = 0.\]
\(y_2 = xe^{x}\) için çarpım kuralıyla
\[y_2' = e^{x} + xe^{x} = (x + 1)\,e^{x}, \qquad y_2'' = e^{x} + (x + 1)\,e^{x} = (x + 2)\,e^{x}\]
bulunur. Yerine koyalım:
\[y_2'' - 2y_2' + y_2 = \left[(x + 2) - 2(x + 1) + x\right]e^{x} = 0 \cdot e^{x} = 0.\]
İki fonksiyon da her \(x\) için denklemi sağlar; katsayılar \(p(x) = -2\), \(q(x) = 1\) sürekli olduğundan \(I = \mathbb{R}\)’dir.
Lineer bağımsızlık. \(y_1 = e^{x}\) hiçbir noktada sıfır olmaz ve
\[\frac{y_2}{y_1} = \frac{xe^{x}}{e^{x}} = x\]
oranı sabit değildir. Önerme 11.1 gereği iki fonksiyon lineer bağımsızdır.
Genel çözüm. Teorem 11.2 gereği
\[y = c_1e^{x} + c_2xe^{x} = \left(c_1 + c_2x\right)e^{x}\]
denklemin genel çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.2 (Değişken Katsayılı Bir Başlangıç Değer Problemi) \(x^{2}y'' + xy' - y = 0\), \(y(1) = 2\), \(y'(1) = 0\) başlangıç değer problemini \(y = x\) ve \(y = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonlarından yararlanarak çözünüz.
Çözüm
Aralık. Denklem \(x \neq 0\) iken standart biçimde
\[y'' + \frac{1}{x}\,y' - \frac{1}{x^{2}}\,y = 0\]
yazılır. \(p(x) = \dfrac{1}{x}\) ve \(q(x) = -\dfrac{1}{x^{2}}\) katsayıları \((0, \infty)\) ve \((-\infty, 0)\) aralıklarında süreklidir. Başlangıç noktası \(x_0 = 1\) olduğundan \(I = (0, \infty)\) üzerinde çalışırız.
Çözüm olma. \(y_1 = x\) için \(y_1' = 1\), \(y_1'' = 0\) ve
\[x^{2} \cdot 0 + x \cdot 1 - x = 0.\]
\(y_2 = \dfrac{1}{x}\) için \(y_2' = -\dfrac{1}{x^{2}}\), \(y_2'' = \dfrac{2}{x^{3}}\) ve
\[x^{2}\cdot\frac{2}{x^{3}} + x\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right) - \frac{1}{x} = \frac{2}{x} - \frac{1}{x} - \frac{1}{x} = 0.\]
Lineer bağımsızlık. \(y_1 = x\), \(I\) üzerinde hiç sıfır olmaz ve \(\dfrac{y_2}{y_1} = \dfrac{1}{x^{2}}\) oranı sabit değildir (\(x = 1\)’de \(1\), \(x = 2\)’de \(\dfrac{1}{4}\)). Fonksiyonlar lineer bağımsızdır, dolayısıyla genel çözüm
\[y = c_1x + \frac{c_2}{x}, \qquad y' = c_1 - \frac{c_2}{x^{2}}\]
olur.
Sabitler. \(x = 1\) yazalım:
\[y(1) = c_1 + c_2 = 2, \qquad y'(1) = c_1 - c_2 = 0.\]
İkinci denklemden \(c_1 = c_2\); birinciye koyunca \(c_1 = c_2 = 1\) bulunur. Çözüm
\[y = x + \frac{1}{x}, \qquad x > 0\]
olur. Denetleyelim: \(y(1) = 1 + 1 = 2\) ve \(y'(1) = 1 - 1 = 0\).
Çözüm \(x = 0\)’da tanımsızdır; Teorem 11.2 çözümü, katsayıların sürekli olduğu ve \(x_0 = 1\)’i içeren en geniş açık aralık olan \((0, \infty)\)’un tamamında garanti eder.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.3 (Aynı Fonksiyonun İki Yazılışı) \(y_1 = \sin 2x\) ve \(y_2 = \sin x\cos x\) fonksiyonlarının gerçel eksen üzerinde lineer bağımlı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki kat açı formülüne göre her \(x\) için \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\)’tir. Demek ki her \(x\) için
\[1 \cdot \sin 2x + (-2)\cdot \sin x\cos x = 0\]
sağlanır. Katsayılar \(1\) ve \(-2\) ikisi birden sıfır olmadığından tanım gereği \(y_1\) ile \(y_2\), \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımlıdır. Aynı sonuç Önerme 11.1 ile de okunur: \(y_1 = 2y_2\), yani biri ötekinin sabit katıdır.
Bu iki fonksiyon \(y'' + 4y = 0\) denkleminin çözümleridir: \((\sin 2x)'' = -4\sin 2x\) olduğu için \(\sin 2x\) bir çözümdür, \(\sin x\cos x = \dfrac{1}{2}\sin 2x\) da onun sabit katı olarak süperpozisyon gereği bir çözümdür. Ama lineer bağımlı oldukları için bir temel çözüm kümesi oluşturmazlar; örneğin \(\sin 2x\) ile \(\cos 2x\) bu denklemin bir temel çözüm kümesidir (\(c_1\sin 2x + c_2\cos 2x = 0\) eşitliği \(x = 0\)’da \(c_2 = 0\), \(x = \dfrac{\pi}{4}\)’te \(c_1 = 0\) verir).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.4 (Homojen Olmayan Denklemde Toplam) \(y_1 = x\) ve \(y_2 = x + e^{-x}\) fonksiyonları \(y'' + y' = 1\) denkleminin çözümleridir. \(y_1 + y_2\) toplamının bu denklemin çözümü olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Önce verilen fonksiyonların gerçekten çözüm olduğunu görelim. \(y_1 = x\) için \(y_1' = 1\), \(y_1'' = 0\) ve \(y_1'' + y_1' = 1\)’dir. \(y_2 = x + e^{-x}\) için
\[y_2' = 1 - e^{-x}, \qquad y_2'' = e^{-x}, \qquad y_2'' + y_2' = e^{-x} + 1 - e^{-x} = 1.\]
Şimdi toplamı yerine koyalım. \(y = y_1 + y_2 = 2x + e^{-x}\) için \(y' = 2 - e^{-x}\), \(y'' = e^{-x}\) ve
\[y'' + y' = e^{-x} + 2 - e^{-x} = 2 \neq 1.\]
Demek ki toplam bir çözüm değildir.
Sonucun nedeni süperpozisyon ispatındaki hesaptır: sol taraf lineer olduğundan toplam için sol taraf \(1 + 1 = 2\) değerini alır, yani sağ taraf iki katına çıkar. Süperpozisyon ilkesi yalnızca homojen lineer denklemlere özgüdür. Buna karşılık iki çözümün farkı ilginç bir şey verir: \(y_2 - y_1 = e^{-x}\) için
\[\left(e^{-x}\right)'' + \left(e^{-x}\right)' = e^{-x} - e^{-x} = 0,\]
yani fark, karşılık gelen homojen \(y'' + y' = 0\) denkleminin bir çözümüdür. Homojen olmayan denklemlerin genel çözümünü kurarken tam olarak bu gözlemden yararlanacağız (Teorem 15.1).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.5 (Sabit Katları Çözüm, Toplamı Değil) \(y_1 = 1\) ve \(y_2 = \sqrt{x}\) fonksiyonları \(x > 0\) için \(yy'' + (y')^{2} = 0\) denkleminin çözümleridir. \(y_1 + y_2\) toplamının bu denklemin çözümü olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Denklem \(yy''\) ve \((y')^{2}\) terimleri yüzünden lineer değildir. Önce verilen fonksiyonları denetleyelim. \(y_1 = 1\) için \(y_1' = y_1'' = 0\) olduğundan sol taraf \(1 \cdot 0 + 0^{2} = 0\)’dır. \(y_2 = \sqrt{x} = x^{1/2}\) için
\[y_2' = \frac{1}{2}\,x^{-1/2}, \qquad y_2'' = -\frac{1}{4}\,x^{-3/2}\]
ve
\[y_2y_2'' + \left(y_2'\right)^{2} = x^{1/2}\cdot\left(-\frac{1}{4}\,x^{-3/2}\right) + \frac{1}{4}\,x^{-1} = -\frac{1}{4x} + \frac{1}{4x} = 0.\]
Şimdi \(y = 1 + \sqrt{x}\) toplamına bakalım. \(y' = \dfrac{1}{2}\,x^{-1/2}\) ve \(y'' = -\dfrac{1}{4}\,x^{-3/2}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} yy'' + \left(y'\right)^{2} &= \left(1 + x^{1/2}\right)\left(-\frac{1}{4}\,x^{-3/2}\right) + \frac{1}{4}\,x^{-1}\\[1mm] &= -\frac{1}{4}\,x^{-3/2} - \frac{1}{4x} + \frac{1}{4x} = -\frac{1}{4x^{3/2}} \end{aligned} \]
bulunur. Bu ifade \(x > 0\) olan hiçbir noktada sıfır değildir; toplam bir çözüm değildir.
İlginç olan, bu denklemde bir çözümün sabit katlarının yine çözüm olmasıdır: \(y = cy_2\) alınırsa denklemin iki terimi de \(c^{2}\) ile çarpılır ve toplam yine sıfır olur. Örneğin \(y = 2\sqrt{x}\) için sol taraf \(-\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x} = 0\)’dır. Yani bu denklemde süperpozisyonun “sabitle çarpma” yarısı geçerlidir, “toplama” yarısı bozulur. Örnek 11.5 içindeki denklemde ise iki yarı da bozuluyordu. Her iki durumda da sorun aynıdır: denklem lineer değildir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde ikinci mertebe homojen lineer bir denklemin bütün çözümlerinin, birbirinin sabit katı olmayan iki çözümün lineer birleşimleri olduğunu gördük. Geriye asıl soru kalıyor: bu iki çözümü nasıl buluruz? Bir çözüm biliniyorsa ikincisini bulmanın sistematik bir yolu vardır; onu Mertebe İndirgeme bölümünde göreceğiz.