8 İntegrasyon Çarpanı
Bir önceki bölümde tam diferansiyel denklemleri inceledik: \(M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\) denkleminin tam olması için gerek ve yeter koşulun
\[\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}\]
olduğunu gördük ve denklem tam olduğunda \(F_x = M\), \(F_y = N\) koşullarını sağlayan potansiyel fonksiyonu bularak genel çözümü \(F(x,y) = c\) biçiminde yazdık.
Peki bu koşul sağlanmıyorsa ne olacak? Yani \(M_y \neq N_x\) ise denklemi çöpe mi atacağız? Hayır. Bir denklemin “tam olması”, aslında denklemin kendisinden çok yazılış biçimiyle ilgili bir özelliktir: aynı çözüm eğrilerini veren iki farklı yazılıştan biri tam olmayabilirken öbürü tam olabilir. Çünkü denklemin sağ tarafı sıfırdır; her iki tarafı sıfırdan farklı bir \(\mu(x,y)\) fonksiyonuyla çarparsak çözüm eğrileri değişmez, ama \(M\) ile \(N\) değişir, dolayısıyla \(M_y\) ile \(N_x\) de değişir.
İşte bu bölümün fikri budur: tam olmayan bir denklemi, uygun bir \(\mu(x,y)\) ile çarparak tam hâle getirmek. Böyle bir çarpana integrasyon çarpanı diyeceğiz. Önce çarpanın sağlaması gereken denklemi çıkaracak, sonra bu denklemin pratikte çözülebildiği üç durumu (yalnız \(x\)’e bağlı çarpan, yalnız \(y\)’ye bağlı çarpan ve \(x^2 + y^2\)’ye bağlı çarpan) tek tek işleyeceğiz.
8.1 Neden Bir Çarpana İhtiyaç Duyarız?
Fikri en yalın örnekte görelim. Şu denkleme bakalım:
\[y\,dx - x\,dy = 0.\]
Burada \(M = y\) ve \(N = -x\) olduğundan
\[M_y = 1, \qquad N_x = -1\]
bulunur; \(M_y \neq N_x\), yani denklem tam değildir. Ama denklemi \(\dfrac{1}{y^2}\) ile çarparsak (\(y \neq 0\) bölgesinde) sol taraf tanıdık bir tam diferansiyele dönüşür:
\[\frac{1}{y}\,dx - \frac{x}{y^2}\,dy = d\left(\frac{x}{y}\right).\]
Yani denklem \(d\left(\dfrac{x}{y}\right) = 0\) hâlini alır ve bir önceki bölümün yöntemiyle çözülebilir; tam olmayan bir denklemi tek bir çarpanla çözülebilir hâle getirdik. Tamlık denetimini ve genel çözümü az sonra Örnek 8.1’da adım adım yapacağız; şimdi bu gözlemi tanım hâline getirelim.
8.2 İntegrasyon Çarpanı
Tanım 8.1 (İntegrasyon Çarpanı) \(D\) bölgesinde tanımlı
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\]
denklemi \(D\)’de tam olmasın. Eğer \(D\) üzerinde sıfırdan farklı ve sürekli türevlenebilir bir \(\mu(x,y)\) fonksiyonu için
\[\mu(x,y) M(x,y)\,dx + \mu(x,y) N(x,y)\,dy = 0\]
denklemi \(D\)’de tam oluyorsa, \(\mu(x,y)\) fonksiyonuna verilen diferansiyel denklemin bir integrasyon çarpanı (integrating factor) denir.
Yani integrasyon çarpanı, denklemi tam olmayan yazılışından tam yazılışına geçiren bir düzeltme katsayısıdır; onunla çarptıktan sonra bir önceki bölümün yöntemi aynen uygulanır.
Örnek 8.1 (Bir Çarpanın Doğrulanması) \(\mu(x,y) = \dfrac{1}{y^2}\) fonksiyonunun, \(y > 0\) bölgesinde
\[y\,dx - x\,dy = 0\]
denkleminin bir integrasyon çarpanı olduğunu gösteriniz ve denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Önce verilen denklemin tam olmadığını görelim: \(M = y\), \(N = -x\) için
\[M_y = 1, \qquad N_x = -1\]
olup \(M_y \neq N_x\)’tir.
Şimdi denklemi \(\mu = \dfrac{1}{y^2}\) ile çarpalım. \(y > 0\) olduğundan \(\mu\) tanımlı, sürekli türevlenebilir ve sıfırdan farklıdır:
\[\frac{1}{y}\,dx - \frac{x}{y^2}\,dy = 0.\]
Yeni katsayılar \(\widetilde{M} = \dfrac{1}{y}\) ve \(\widetilde{N} = -\dfrac{x}{y^2}\) olmak üzere
\[\widetilde{M}_y = -\frac{1}{y^2}, \qquad \widetilde{N}_x = -\frac{1}{y^2}\]
bulunur. İki kısmi türev eşit olduğundan yeni denklem tamdır; demek ki \(\mu = \dfrac{1}{y^2}\) bir integrasyon çarpanıdır.
Genel çözümü bulmak için \(F_x = \widetilde{M}\) koşulundan başlayalım:
\[F(x,y) = \int \frac{1}{y}\,\partial x + h(y) = \frac{x}{y} + h(y).\]
Bunu \(y\)’ye göre türetip \(\widetilde{N}\)’ye eşitleyelim:
\[F_y = -\frac{x}{y^2} + h'(y) = -\frac{x}{y^2} \;\Longrightarrow\; h'(y) = 0 \;\Longrightarrow\; h(y) = c_1.\]
Böylece \(F(x,y) = \dfrac{x}{y}\) ve genel çözüm
\[\frac{x}{y} = c\]
olur. Bu aile, \(c \neq 0\) için orijinden geçen \(y = kx\) (\(k = 1/c\)) doğrularını, \(c = 0\) için ise \(x = 0\) doğrusunu verir. Gerçekten de \(y = kx\) için \(dy = k\,dx\) olup \(y\,dx - x\,dy = kx\,dx - kx\,dx = 0\)’dır; \(x = 0\) doğrusu üzerinde de \(x = 0\) ve \(dx = 0\) olduğundan \(y\,dx - x\,dy = 0\) sağlanır.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki denklem için \(\dfrac{1}{y^2}\) tek seçenek değildir. Örneğin \(\dfrac{1}{x^2}\) ile çarparsak
\[\frac{y}{x^2}\,dx - \frac{1}{x}\,dy = 0 \;\Longrightarrow\; -d\left(\frac{y}{x}\right) = 0\]
elde edilir; \(\dfrac{1}{xy}\) ile çarparsak
\[\frac{1}{x}\,dx - \frac{1}{y}\,dy = 0 \;\Longrightarrow\; \ln|x| - \ln|y| = c\]
çıkar. Üçü de aynı çözüm ailesini verir. Bu yüzden “integrasyon çarpanı” derken “bir” integrasyon çarpanı kastedilir; amacımız en kolay bulunanı yakalamaktır.
8.3 Çarpanın Sağladığı Denklem
Tanım güzel ama kullanışlı değil: \(\mu\)’yü nasıl bulacağımızı söylemiyor. \(\mu\)’nün sağlaması gereken koşulu, tamlık ölçütünü çarpılmış denkleme uygulayarak çıkaralım.
Teorem 8.1 (İntegrasyon Çarpanının Denklemi) \(D\) dikdörtgensel bir bölge olsun; \(M\), \(N\) ve \(\mu\) fonksiyonlarının birinci mertebeden kısmi türevleri \(D\)’nin her noktasında sürekli ve \(\mu\), \(D\)’de sıfırdan farklı olsun. Bu durumda \(\mu(x,y)\) fonksiyonu, \(M\,dx + N\,dy = 0\) denkleminin bir integrasyon çarpanıdır ancak ve ancak
\[\mu_y M - \mu_x N + \mu\,(M_y - N_x) = 0\]
eşitliği \(D\)’nin her noktasında sağlanırsa. Bu eşitliğe kısalık olsun diye \((*)\) diyeceğiz.
İspat
\(\mu\), \(M\) ve \(N\)’nin birinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olduğundan \(\mu M\) ile \(\mu N\)’nin kısmi türevleri de \(D\)’de süreklidir; \(D\) dikdörtgensel olduğundan tamlık ölçütü (Teorem 7.1) çarpılmış denkleme uygulanabilir. Ölçüte göre \(\mu M\,dx + \mu N\,dy = 0\) denkleminin \(D\)’de tam olması,
\[\frac{\partial}{\partial y}\big(\mu M\big) = \frac{\partial}{\partial x}\big(\mu N\big)\]
eşitliğinin \(D\)’nin her noktasında sağlanmasıyla aynı şeydir. Her iki tarafa çarpım kuralını uygulayalım:
\[\mu_y M + \mu M_y = \mu_x N + \mu N_x.\]
Bütün terimleri sol tarafa toplarsak
\[\mu_y M - \mu_x N + \mu\,(M_y - N_x) = 0\]
bulunur. Adımların hepsi denklik olduğundan ters yönde de yürünebilir: \((*)\) sağlanıyorsa \((\mu M)_y = (\mu N)_x\) olur; ölçütün yeterlilik yönü gereği — \(D\)’nin dikdörtgensel olması tam burada kullanılır — çarpılmış denklem \(D\)’de tamdır.
\(\blacksquare\)
Yani \(\mu\)’yü bulmak, \((*)\) ile verilen bir kısmi diferansiyel denklemi (Tanım 1.3) çözmek demektir.
Bu iyi bir haber değildir: \((*)\), çözmek istediğimiz adi diferansiyel denklemden daha zor bir denklemdir; bilinmeyen \(\mu\) iki değişkene bağlıdır ve genel çözümü elde etmenin sistematik bir yolu yoktur. Buradan çıkış yolu, \(\mu\)’nün biçimi üzerine bir varsayım yapmaktır. En doğal varsayım, \(\mu\)’nün tek bir değişkene bağlı olmasıdır: ya yalnız \(x\)’e ya da yalnız \(y\)’ye. Bu varsayımlardan her biri, \((*)\) denklemini değişkenlerine ayrılabilen basit bir adi denkleme indirger.
8.4 Yalnız \(x\)’e Bağlı Çarpan
Teorem 8.2 (x’e Bağlı İntegrasyon Çarpanı) \[\frac{M_y - N_x}{N}\]
oranı sadeleştiğinde yalnız \(x\)’e bağlı bir \(p(x)\) fonksiyonuna eşit oluyorsa,
\[\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\]
fonksiyonu \(M\,dx + N\,dy = 0\) denkleminin bir integrasyon çarpanıdır.
İspat
\(\mu = \mu(x)\) olduğunu varsayalım. O hâlde \(\mu_y = 0\) ve \(\mu_x = \dfrac{d\mu}{dx}\)’tir. Bunları \((*)\) denkleminde yerine koyalım:
\[-\frac{d\mu}{dx}\,N + \mu\,(M_y - N_x) = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{d\mu}{dx} = \frac{M_y - N_x}{N}\,\mu.\]
Bu, \(\mu\) için değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir. Sağ taraftaki kesir yalnız \(x\)’e bağlı \(p(x)\) ise değişkenleri ayırabiliriz:
\[\frac{d\mu}{\mu} = p(x)\,dx \;\Longrightarrow\; \ln|\mu| = \int p(x)\,dx.\]
İntegral sabitini sıfır seçip her iki tarafın üstelini alırsak
\[\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\]
bulunur. Bu fonksiyonun gerçekten bir integrasyon çarpanı olduğunu doğrulayalım. \(\mu' = p\,\mu\) olduğundan
\[\big(\mu N\big)_x = \mu' N + \mu N_x = p\,\mu N + \mu N_x = \mu\,(M_y - N_x) + \mu N_x = \mu M_y\]
ve öte yandan \(\mu\) yalnız \(x\)’e bağlı olduğundan
\[\big(\mu M\big)_y = \mu M_y\]
olur. İki ifade eşittir, yani çarpılmış denklem tamdır.
\(\blacksquare\)
Yani \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) oranında \(y\) tamamen sadeleşiyorsa, aradığımız çarpanı tek bir integralle buluruz.
\(\ln|\mu| = \int p\,dx + c_0\) alsaydık \(\mu\) yerine \(e^{c_0}\mu\) elde ederdik. Bir denklemi \(\mu\) ile çarpmakla \(e^{c_0}\mu\) ile çarpmak arasında hiçbir fark yoktur: sabit katsayı tamlık koşulunu da çözümü de değiştirmez. Aynı nedenle \(\ln|\mu|\) yerine \(\ln \mu\) yazıp \(\mu > 0\) seçmek de serbesttir. Bize bir çarpan yettiği için en yalınını alırız.
Yöntemi uygulamadan önce adımları toplu hâlde yazalım.
- \(M\) ile \(N\)’yi belirle, \(M_y\) ve \(N_x\) kısmi türevlerini hesapla. Eşitlerse denklem zaten tamdır, çarpana gerek yoktur.
- \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) oranını sadeleştir. Sonuç yalnız \(x\)’e bağlıysa \(\mu(x) = e^{\int p(x)\,dx}\) çarpanını hesapla.
- Denklemin iki tarafını da \(\mu\) ile çarp ve yeni \(M\), \(N\) için \(M_y = N_x\) eşitliğini doğrula.
- Artık tam olan denklemi bir önceki bölümün yöntemiyle çöz: \(F_x = M\), \(F_y = N\) koşullarından potansiyel fonksiyonu bul, genel çözümü \(F(x,y) = c\) olarak yaz.
Örnek 8.2 (Çarpanı x Olan Bir Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[(3xy + y^2)\,dx + (x^2 + xy)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Tamlık denetimi. \(M = 3xy + y^2\) ve \(N = x^2 + xy\) için
\[M_y = 3x + 2y, \qquad N_x = 2x + y.\]
\(M_y \neq N_x\) olduğundan denklem tam değildir; bir integrasyon çarpanı arayacağız.
Hangi çarpanı deneyelim? Önce \(\mu = \mu(y)\) denesek ne olurdu, ona bakalım:
\[\frac{N_x - M_y}{M} = \frac{2x + y - 3x - 2y}{3xy + y^2} = \frac{-(x+y)}{y\,(3x + y)}.\]
Bu ifadede \(x\) sadeleşmiyor; oran \(x\)’e de bağlı kaldığından \(\mu = \mu(y)\) varsayımı bizi
\[\mu(y) = e^{\int \frac{-(x+y)}{y(3x+y)}\,dy}\]
gibi, \(x\)’i içinde taşıdığı için hesaplayamayacağımız bir integrale götürür. Demek ki bu yol kapalı; \(\mu = \mu(x)\) deneyelim.
Çarpanın hesabı.
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{3x + 2y - 2x - y}{x^2 + xy} = \frac{x + y}{x\,(x + y)} = \frac{1}{x}.\]
Oran yalnız \(x\)’e bağlı çıktı. O hâlde
\[\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,dx} = e^{\ln x} = x\]
bir integrasyon çarpanıdır (\(x > 0\) olduğu için mutlak değere gerek kalmadı).
Denklemi çarpalım. Her iki tarafı \(\mu(x) = x\) ile çarparsak
\[(3x^2 y + x y^2)\,dx + (x^3 + x^2 y)\,dy = 0\]
olur. Yeni katsayılar \(M = 3x^2 y + x y^2\) ve \(N = x^3 + x^2 y\) için
\[M_y = 3x^2 + 2xy, \qquad N_x = 3x^2 + 2xy\]
bulunur. Kısmi türevler eşit: denklem artık tamdır.
Potansiyel fonksiyon. Öyle bir \(F(x,y)\) vardır ki
\[F_x = 3x^2 y + x y^2, \qquad F_y = x^3 + x^2 y.\]
İkinci koşulu \(y\)’ye göre integralleyelim (burada \(x\) sabit tutulur):
\[F(x,y) = \int (x^3 + x^2 y)\,\partial y + h(x) = x^3 y + \frac{x^2 y^2}{2} + h(x).\]
Şimdi bunu \(x\)’e göre türetip birinci koşula eşitleyelim:
\[F_x = 3x^2 y + x y^2 + h'(x) = 3x^2 y + x y^2 \;\Longrightarrow\; h'(x) = 0 \;\Longrightarrow\; h(x) = c_1.\]
Genel çözüm. \(F(x,y) = c\) yazıp sabitleri birleştirirsek
\[x^3 y + \frac{x^2 y^2}{2} = c\]
kapalı genel çözümünü elde ederiz.
\(\blacksquare\)
8.5 Yalnız \(y\)’ye Bağlı Çarpan
Aynı hesabı bu kez \(x\) yerine \(y\) için yapalım.
Teorem 8.3 (y’ye Bağlı İntegrasyon Çarpanı) \[\frac{N_x - M_y}{M}\]
oranı sadeleştiğinde yalnız \(y\)’ye bağlı bir \(q(y)\) fonksiyonuna eşit oluyorsa,
\[\mu(y) = e^{\int q(y)\,dy}\]
fonksiyonu \(M\,dx + N\,dy = 0\) denkleminin bir integrasyon çarpanıdır.
İspat
\(\mu = \mu(y)\) olsun. Bu durumda \(\mu_x = 0\) ve \(\mu_y = \dfrac{d\mu}{dy}\)’dir. \((*)\) denkleminde yerine koyalım:
\[\frac{d\mu}{dy}\,M + \mu\,(M_y - N_x) = 0 \;\Longrightarrow\; \frac{d\mu}{dy} = \frac{N_x - M_y}{M}\,\mu.\]
Sağ taraftaki kesir yalnız \(y\)’ye bağlı \(q(y)\) ise değişkenleri ayırıp integralleyebiliriz:
\[\frac{d\mu}{\mu} = q(y)\,dy \;\Longrightarrow\; \ln|\mu| = \int q(y)\,dy.\]
İntegral sabitini yine sıfır alarak
\[\mu(y) = e^{\int q(y)\,dy}\]
buluruz. Doğrulaması bir önceki teoremdekinin aynadaki görüntüsüdür: \(\mu' = q\,\mu\) olduğundan
\[\big(\mu M\big)_y = \mu' M + \mu M_y = \mu\,(N_x - M_y) + \mu M_y = \mu N_x = \big(\mu N\big)_x\]
olur, yani çarpılmış denklem tamdır.
\(\blacksquare\)
Yani bu kez \(\dfrac{N_x - M_y}{M}\) oranında \(x\)’in tamamen sadeleşmesini bekliyoruz; payın sırası da \(x\)’e bağlı duruma göre terstir.
İntegrasyon çarpanıyla çarpmak, \(\mu \neq 0\) olan bölgede çözümleri değiştirmez. Ama \(\mu\)’nün sıfır olduğu eğriler üzerinde durum farklıdır: orada çarpılmış denklem, özgün denklemden daha fazla eğriyi “çözüm” gibi gösterebilir. Bu yüzden çarpan \(\mu(y) = y^2\) gibi bir yerde sıfır oluyorsa, \(y = 0\) eğrisinin özgün denklemi sağlayıp sağlamadığı ayrıca denetlenir.
Örnek 8.3 (Çarpanı y Kare Olan Bir Denklem) \[y\,dx + (3 + 3x - y)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Tamlık denetimi. \(M(x,y) = y\) ve \(N(x,y) = 3 + 3x - y\) için
\[M_y = 1, \qquad N_x = 3\]
olup \(M_y \neq N_x\)’tir; denklem tam değildir.
Çarpanın hesabı. \(M\) yalnız \(y\)’ye bağlı olduğundan \(\mu = \mu(y)\) denemek akıllıcadır:
\[\frac{N_x - M_y}{M} = \frac{3 - 1}{y} = \frac{2}{y}.\]
Oran yalnız \(y\)’ye bağlı çıktı. O hâlde
\[\mu(y) = e^{\int \frac{2}{y}\,dy} = e^{2\ln|y|} = y^2\]
bir integrasyon çarpanıdır.
Denklemi çarpalım. Her iki tarafı \(y^2\) ile çarparsak
\[y^3\,dx + (3y^2 + 3x y^2 - y^3)\,dy = 0\]
olur. Yeni katsayılar \(M = y^3\) ve \(N = 3y^2 + 3x y^2 - y^3\) için
\[M_y = 3y^2, \qquad N_x = 3y^2\]
bulunur; denklem artık tamdır.
Potansiyel fonksiyon. Öyle bir \(F(x,y)\) vardır ki
\[F_x = y^3, \qquad F_y = 3y^2 + 3x y^2 - y^3.\]
Birinci koşulu \(x\)’e göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \int y^3\,\partial x + h(y) = x y^3 + h(y).\]
Bunu \(y\)’ye göre türetip ikinci koşula eşitleyelim:
\[F_y = 3x y^2 + h'(y) = 3y^2 + 3x y^2 - y^3 \;\Longrightarrow\; h'(y) = 3y^2 - y^3.\]
Buradan
\[h(y) = y^3 - \frac{y^4}{4} + c_1\]
elde edilir.
Genel çözüm. \(F(x,y) = c\) yazıp sabitleri birleştirirsek
\[x y^3 + y^3 - \frac{y^4}{4} = c\]
kapalı genel çözümüne ulaşırız. Son olarak çarpanın sıfır olduğu \(y = 0\) durumunu denetleyelim: \(y \equiv 0\) alındığında \(dy = 0\) ve \(y\,dx = 0\) olduğundan özgün denklem sağlanır; bu çözüm de kapalı çözümde \(c = 0\) değerine karşılık gelir.
\(\blacksquare\)
8.6 Hangi Çarpanı Denemeli?
Elimizde iki formül var; hangisiyle başlayacağımıza nasıl karar vereceğiz? Karar ölçütü basittir: hesapladığımız oranın sadeleşip tek değişkene inmesi. Oran iki değişkeni de taşımaya devam ediyorsa o varsayım yanlıştır ve formüldeki integral hesaplanamaz — nitekim Örnek 8.2’te \(\mu(y)\) denemesi tam olarak bu yüzden çıkmaz sokağa girmişti.
| Varsayım | Hesaplanan oran | Aranan koşul | Çarpan |
|---|---|---|---|
| \(\mu = \mu(x)\) | \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) | yalnız \(x\)’e bağlı | \(e^{\int p(x)\,dx}\) |
| \(\mu = \mu(y)\) | \(\dfrac{N_x - M_y}{M}\) | yalnız \(y\)’ye bağlı | \(e^{\int q(y)\,dy}\) |
Pratikte şu sırayı izlemek zaman kazandırır:
- Önce \(M_y - N_x\) farkını bir kez hesapla; bu ifade iki formülde de ortaktır (yalnızca işareti ve bölen değişir).
- Farkı \(N\)’ye böl ve sadeleştir. Sonuçta \(y\) kalmıyorsa \(\mu(x)\) ile devam et.
- Kalıyorsa farkın işaretini çevirip \(M\)’ye böl. Sonuçta \(x\) kalmıyorsa \(\mu(y)\) ile devam et.
- İkisi de olmuyorsa tek değişkenli varsayımdan vazgeçip özel biçimli bir çarpan ara.
Küçük bir sezgi kuralı da işe yarar: \(N\) sade bir çarpanlara ayrılmış ifadeyse \(\mu(x)\), \(M\) sadeyse \(\mu(y)\) denemek genellikle daha çabuk sonuç verir.
Örnek 8.4 (Doğru Varsayımı Seçme) \(x > 0\) olmak üzere
\[(x^2 + y^2 + 1)\,dx - 2xy\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Tamlık denetimi. \(M = x^2 + y^2 + 1\) ve \(N = -2xy\) için
\[M_y = 2y, \qquad N_x = -2y\]
olup denklem tam değildir. Ortak fark
\[M_y - N_x = 2y - (-2y) = 4y\]
olarak bir kez hesaplanır.
Varsayımın seçimi. Farkı önce \(N\)’ye bölelim:
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{4y}{-2xy} = -\frac{2}{x}.\]
\(y\) sadeleşti; oran yalnız \(x\)’e bağlı. (Meraklısı için: farkın tersini \(M\)’ye bölseydik \(\dfrac{-4y}{x^2 + y^2 + 1}\) ifadesi çıkardı ve bu \(x\)’ten kurtulmazdı; yani \(\mu(y)\) varsayımı burada işe yaramaz.)
Çarpanın hesabı.
\[\mu(x) = e^{\int -\frac{2}{x}\,dx} = e^{-2\ln x} = \frac{1}{x^2}.\]
Denklemi çarpalım.
\[\left(1 + \frac{y^2}{x^2} + \frac{1}{x^2}\right)dx - \frac{2y}{x}\,dy = 0.\]
Yeni katsayılar için
\[M_y = \frac{2y}{x^2}, \qquad N_x = \frac{2y}{x^2}\]
olduğundan denklem tamdır.
Potansiyel fonksiyon. \(F_y = -\dfrac{2y}{x}\) koşulunu \(y\)’ye göre integralleyelim:
\[F(x,y) = -\frac{y^2}{x} + h(x).\]
Bunu \(x\)’e göre türetip \(F_x\) koşuluna eşitleyelim:
\[\frac{y^2}{x^2} + h'(x) = 1 + \frac{y^2}{x^2} + \frac{1}{x^2} \;\Longrightarrow\; h'(x) = 1 + \frac{1}{x^2}.\]
Buradan \(h(x) = x - \dfrac{1}{x}\) bulunur.
Genel çözüm.
\[-\frac{y^2}{x} + x - \frac{1}{x} = c.\]
İstenirse iki taraf \(x\) ile çarpılıp daha derli toplu biçimde
\[x^2 - y^2 - 1 = c\,x\]
yazılabilir.
\(\blacksquare\)
8.7 Özel Biçimli Çarpanlar: \(\mu(x^2 + y^2)\)
Bazen ne \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) ne de \(\dfrac{N_x - M_y}{M}\) tek değişkene iner; ama denklemin yapısına bakınca \(x\) ile \(y\)’nin hep \(x^2 + y^2\) öbeği içinde göründüğü fark edilir. Böyle durumlarda \(\mu\)’nün yalnız \(x\)’e ya da yalnız \(y\)’ye değil, doğrudan
\[z = x^2 + y^2\]
büyüklüğüne bağlı olduğunu varsaymak işe yarar. Bu varsayım altında \(\mu\) yine tek değişkenli bir fonksiyondur; tek fark, \(\mu_x\) ve \(\mu_y\) kısmi türevlerini zincir kuralıyla yazmamız gerekmesidir:
\[\frac{\partial}{\partial x}\,\mu(x^2 + y^2) = 2x\,\mu'(z), \qquad \frac{\partial}{\partial y}\,\mu(x^2 + y^2) = 2y\,\mu'(z),\]
burada \(\mu' = \dfrac{d\mu}{d(x^2 + y^2)}\) olarak, yani \(\mu\)’nün kendi tek değişkenine göre türevi olarak anlaşılır.
Teorem 8.4 (x Kare Artı y Kareye Bağlı Çarpan) \(z = x^2 + y^2\) olmak üzere, \(2yM - 2xN\) ifadesinin sıfırdan farklı olduğu bir bölgede
\[\frac{N_x - M_y}{2yM - 2xN}\]
oranı sadeleştiğinde yalnız \(z\)’ye bağlı bir \(r(z)\) fonksiyonuna eşit oluyorsa,
\[\mu(z) = e^{\int r(z)\,dz}\]
fonksiyonu \(M\,dx + N\,dy = 0\) denkleminin bir integrasyon çarpanıdır.
İspat
\(\mu = \mu(z)\) varsayımını ve zincir kuralını \((*)\) denkleminde kullanalım. \(\mu_y = 2y\mu'\) ve \(\mu_x = 2x\mu'\) olduğundan
\[2y\mu' M - 2x\mu' N + \mu\,(M_y - N_x) = 0\]
olur. \(\mu'\) terimlerini bir yana toplarsak
\[\mu'\,(2yM - 2xN) = \mu\,(N_x - M_y)\]
bulunur. Parantez içindeki ifade sıfırdan farklı olduğu bölgede iki tarafı \(\mu\,(2yM - 2xN)\) ile bölelim:
\[\frac{d\mu}{\mu} = \frac{N_x - M_y}{2yM - 2xN}\,dz = r(z)\,dz.\]
Sağ taraf yalnız \(z\)’ye bağlı olduğundan bu, değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir; integralleyip sabiti sıfır seçersek
\[\ln|\mu| = \int r(z)\,dz \;\Longrightarrow\; \mu(z) = e^{\int r(z)\,dz}\]
elde edilir. Bu \(\mu\) için \((*)\) eşitliği adım adım geri yürünerek sağlanır, dolayısıyla Teorem 8.1 gereği \(\mu\) bir integrasyon çarpanıdır.
\(\blacksquare\)
Yani tek değişkenli varsayım yine geçerlidir; değişen tek şey, “tek değişken”in artık \(x\) ya da \(y\) değil, \(x^2 + y^2\) öbeği olmasıdır. Uygulamada formülü ezberlemek yerine, aşağıdaki örnekteki gibi tamlık koşulunu doğrudan yazıp \(\mu'\) ile \(\mu\)’yü ayırmak daha güvenlidir.
Örnek 8.5 (Öbeğe Bağlı Çarpanla Çözüm) \[y\,dx - (x^2 + y^2 + x)\,dy = 0\]
denklemi tam mıdır? Değilse \(\mu = \mu(x^2 + y^2)\) biçiminde bir integrasyon çarpanı bulunuz ve denklemi çözünüz.
Çözüm
Tamlık denetimi. \(M = y\) ve \(N = -x^2 - y^2 - x\) için
\[M_y = 1, \qquad N_x = -2x - 1.\]
\(M_y \neq N_x\) olduğundan denklem tam değildir.
Varsayım. \(\mu = \mu(x^2 + y^2)\) olsun; yani \(\mu\), \(x\) ile \(y\)’ye yalnızca \(x^2 + y^2\) öbeği üzerinden bağlı olsun. Bu bir integrasyon çarpanıysa
\[\mu(x^2 + y^2)\,y\,dx - \mu(x^2 + y^2)\,(x^2 + y^2 + x)\,dy = 0\]
denklemi tamdır. Yeni katsayılar
\[M = \mu\,(x^2+y^2)\cdot y, \qquad N = -\mu\,(x^2+y^2)\,(x^2 + y^2 + x)\]
olmak üzere \(M_y = N_x\) yazacağız. Zincir kuralını hatırlayalım:
\[\frac{\partial \mu}{\partial y} = 2y\,\mu', \qquad \frac{\partial \mu}{\partial x} = 2x\,\mu', \qquad \mu' = \frac{d\mu}{d(x^2+y^2)}.\]
Tamlık koşulunu yazalım. Çarpım kuralıyla
\[M_y = \mu + 2y^2 \mu', \qquad N_x = -(2x + 1)\,\mu - (x^2 + y^2 + x)\,2x\,\mu'\]
olur. Bunları eşitleyelim:
\[\mu + 2y^2 \mu' = -(2x+1)\,\mu - 2x\,(x^2 + y^2 + x)\,\mu'.\]
\(\mu\) için denklemi sadeleştirelim. \(\mu'\) terimlerini solda, \(\mu\) terimlerini sağda toplarsak
\[\mu'\left(2y^2 + 2x^3 + 2xy^2 + 2x^2\right) = -(2x + 2)\,\mu\]
bulunur. Sol taraftaki parantezi çarpanlarına ayıralım:
\[2\left[y^2(x + 1) + x^2(x + 1)\right] = 2(x+1)(x^2 + y^2).\]
Sağ taraf da \(-2(x+1)\mu\) olduğundan, \(x \neq -1\) bölgesinde \(2(x+1)\) çarpanı sadeleşir:
\[\mu'\,(x^2 + y^2) = -\mu.\]
Görüldüğü gibi \(x\) ve \(y\), denklemde yalnızca \(x^2 + y^2\) öbeği olarak kaldı; varsayımımız tutarlı.
Çarpanı bulalım. \(z = x^2 + y^2\) yazıp değişkenleri ayıralım:
\[\frac{d\mu}{\mu} = -\frac{dz}{z} \;\Longrightarrow\; \ln \mu = -\ln z \;\Longrightarrow\; \mu(x^2 + y^2) = \frac{1}{x^2 + y^2}.\]
Denklemi çarpalım. \(x^2 + y^2 \neq 0\) bölgesinde
\[\frac{y}{x^2 + y^2}\,dx - \left(1 + \frac{x}{x^2 + y^2}\right)dy = 0\]
elde edilir. Denetleyelim:
\[M_y = \frac{(x^2 + y^2) - y\cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2},\]
\[N_x = -\frac{(x^2 + y^2) - x \cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2}.\]
\(M_y = N_x\): denklem artık tamdır.
Potansiyel fonksiyon. \(y \neq 0\) bölgesinde çalışalım ve \(F_x = M\) koşulunu integralleyelim:
\[F(x,y) = \int \frac{y}{x^2 + y^2}\,\partial x + h(y) = \arctan\left(\frac{x}{y}\right) + h(y).\]
Bunu \(y\)’ye göre türetelim:
\[F_y = \frac{1}{1 + \frac{x^2}{y^2}}\cdot\left(-\frac{x}{y^2}\right) + h'(y) = -\frac{x}{x^2 + y^2} + h'(y).\]
Bunu \(N\)’ye eşitlersek
\[-\frac{x}{x^2+y^2} + h'(y) = -1 - \frac{x}{x^2+y^2} \;\Longrightarrow\; h'(y) = -1 \;\Longrightarrow\; h(y) = -y.\]
Genel çözüm.
\[\arctan\left(\frac{x}{y}\right) - y = c.\]
\(\blacksquare\)
Aynı düşünce \(x^2 + y^2\)’ye özel değildir. Denklemin yapısına göre \(\mu(xy)\), \(\mu(x + y)\) ya da \(\mu\left(\dfrac{y}{x}\right)\) biçiminde çarpanlar da aranabilir. Yöntem her seferinde aynıdır: öbeğe \(z\) adını ver, \(\mu_x\) ile \(\mu_y\)’yi zincir kuralıyla \(\mu'(z)\) cinsinden yaz, \((*)\) denkleminde yerine koy ve \(x\) ile \(y\)’nin yalnız \(z\) üzerinden kalıp kalmadığına bak. Kalıyorsa \(\mu\) için değişkenlerine ayrılabilen bir denklem elde edilir.
8.8 Alıştırmalar
Alıştırma 8.1 (Üstel Terimli Bir Denklem) \[y\,dx + \left(2x - y e^{y}\right)dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = y\) ve \(N = 2x - y e^{y}\) için
\[M_y = 1, \qquad N_x = 2\]
olup denklem tam değildir. \(M\) sade olduğundan \(\mu = \mu(y)\) deneyelim:
\[\frac{N_x - M_y}{M} = \frac{2 - 1}{y} = \frac{1}{y}.\]
Oran yalnız \(y\)’ye bağlı; öyleyse
\[\mu(y) = e^{\int \frac{1}{y}\,dy} = y\]
bir integrasyon çarpanıdır. Denklemi \(y\) ile çarpalım:
\[y^2\,dx + \left(2xy - y^2 e^{y}\right)dy = 0.\]
Denetleyelim: \(M_y = 2y\) ve \(N_x = 2y\); denklem tamdır.
\(F_x = y^2\) koşulundan
\[F(x,y) = x y^2 + h(y)\]
yazılır. \(y\)’ye göre türetip \(N\)’ye eşitleyelim:
\[F_y = 2xy + h'(y) = 2xy - y^2 e^{y} \;\Longrightarrow\; h'(y) = -y^2 e^{y}.\]
Sağ taraftaki integrali iki kez kısmi integrasyonla hesaplayalım:
\[\int y^2 e^{y}\,dy = y^2 e^{y} - 2\int y e^{y}\,dy = y^2 e^{y} - 2\left(y e^{y} - e^{y}\right).\]
Buradan
\[h(y) = -e^{y}\left(y^2 - 2y + 2\right)\]
bulunur. Genel çözüm:
\[x y^2 - e^{y}\left(y^2 - 2y + 2\right) = c.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.2 (Negatif Kuvvetli Çarpan) \[2xy\,dx + \left(y^2 - 3x^2\right)dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = 2xy\) ve \(N = y^2 - 3x^2\) için
\[M_y = 2x, \qquad N_x = -6x\]
olup denklem tam değildir. Önce \(\mu(x)\) varsayımını sınayalım:
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{8x}{y^2 - 3x^2}.\]
Bu ifade \(y\)’den kurtulmuyor; varsayım işe yaramaz. Şimdi \(\mu(y)\) varsayımını sınayalım:
\[\frac{N_x - M_y}{M} = \frac{-6x - 2x}{2xy} = \frac{-8x}{2xy} = -\frac{4}{y}.\]
Oran yalnız \(y\)’ye bağlı çıktı. O hâlde
\[\mu(y) = e^{\int -\frac{4}{y}\,dy} = e^{-4\ln|y|} = \frac{1}{y^4}\]
bir integrasyon çarpanıdır. Denklemi çarpalım (\(y \neq 0\)):
\[\frac{2x}{y^3}\,dx + \left(\frac{1}{y^2} - \frac{3x^2}{y^4}\right)dy = 0.\]
Denetleyelim:
\[M_y = -\frac{6x}{y^4}, \qquad N_x = -\frac{6x}{y^4};\]
denklem tamdır. \(F_x\) koşulunu integralleyelim:
\[F(x,y) = \frac{x^2}{y^3} + h(y).\]
\(y\)’ye göre türetip \(N\)’ye eşitleyelim:
\[-\frac{3x^2}{y^4} + h'(y) = \frac{1}{y^2} - \frac{3x^2}{y^4} \;\Longrightarrow\; h'(y) = \frac{1}{y^2} \;\Longrightarrow\; h(y) = -\frac{1}{y}.\]
Genel çözüm:
\[\frac{x^2}{y^3} - \frac{1}{y} = c,\]
ya da iki taraf \(y^3\) ile çarpılarak
\[x^2 - y^2 = c\,y^3.\]
Ayrıca çarpanın tanımsız olduğu \(y = 0\) durumu özgün denklemi sağlar; bu doğru da bir çözümdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.3 (Çarpanı x Olan Bir Alıştırma) \(x > 0\) olmak üzere
\[\left(x^2 + y^2 + x\right)dx + xy\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = x^2 + y^2 + x\) ve \(N = xy\) için
\[M_y = 2y, \qquad N_x = y\]
olup denklem tam değildir. \(N\) çarpanlara ayrılmış biçimde olduğundan \(\mu(x)\) deneyelim:
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{2y - y}{xy} = \frac{y}{xy} = \frac{1}{x}.\]
Oran yalnız \(x\)’e bağlı; öyleyse
\[\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\,dx} = x\]
bir integrasyon çarpanıdır. Denklemi \(x\) ile çarpalım:
\[\left(x^3 + x y^2 + x^2\right)dx + x^2 y\,dy = 0.\]
Denetleyelim: \(M_y = 2xy\) ve \(N_x = 2xy\); denklem tamdır.
\(F_y = x^2 y\) koşulunu \(y\)’ye göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \frac{x^2 y^2}{2} + h(x).\]
\(x\)’e göre türetip \(M\)’ye eşitleyelim:
\[x y^2 + h'(x) = x^3 + x y^2 + x^2 \;\Longrightarrow\; h'(x) = x^3 + x^2.\]
Buradan
\[h(x) = \frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3}\]
bulunur. Genel çözüm:
\[\frac{x^2 y^2}{2} + \frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3} = c,\]
ya da paydaları gidermek için iki taraf \(12\) ile çarpılarak
\[6x^2 y^2 + 3x^4 + 4x^3 = c_2.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.4 (Öbeğe Bağlı Çarpan Alıştırması) \(y > 0\) olmak üzere
\[(x + y)\,dx + (y - x)\,dy = 0\]
denklemi için \(\mu = \mu(x^2 + y^2)\) biçiminde bir integrasyon çarpanı bulup denklemi çözünüz.
Çözüm
\(M = x + y\) ve \(N = y - x\) için
\[M_y = 1, \qquad N_x = -1\]
olup denklem tam değildir. Ayrıca
\[\frac{M_y - N_x}{N} = \frac{2}{y - x}, \qquad \frac{N_x - M_y}{M} = \frac{-2}{x + y}\]
oranlarının ikisi de iki değişkene birden bağlıdır; tek değişkenli varsayımlar işe yaramaz. Öbeğe bağlı çarpanı deneyelim: \(z = x^2 + y^2\) ve \(\mu = \mu(z)\) olsun. Çarpılmış denklemin katsayıları
\[M = \mu\,(x + y), \qquad N = \mu\,(y - x)\]
olmak üzere zincir kuralıyla
\[M_y = 2y\,\mu'\,(x + y) + \mu, \qquad N_x = 2x\,\mu'\,(y - x) - \mu\]
bulunur. Tamlık koşulu \(M_y = N_x\) şunu verir:
\[2y\,\mu'\,(x+y) + \mu = 2x\,\mu'\,(y - x) - \mu.\]
\(\mu'\) terimlerini bir yana toplayalım:
\[\mu'\left[2y(x+y) - 2x(y-x)\right] = -2\mu.\]
Köşeli parantezi açalım:
\[2xy + 2y^2 - 2xy + 2x^2 = 2\left(x^2 + y^2\right).\]
Böylece \(\mu\) için şu yalın denklem kalır:
\[\mu'\,(x^2 + y^2) = -\mu.\]
\(x\) ile \(y\) yalnızca \(z\) öbeği olarak kaldı; değişkenleri ayıralım:
\[\frac{d\mu}{\mu} = -\frac{dz}{z} \;\Longrightarrow\; \mu(z) = \frac{1}{z} = \frac{1}{x^2 + y^2}.\]
Denklemi bu çarpanla çarpalım:
\[\frac{x + y}{x^2 + y^2}\,dx + \frac{y - x}{x^2 + y^2}\,dy = 0.\]
Potansiyel fonksiyon için \(F_x\) koşulunu integralleyelim; integrali iki parçaya ayırmak kolaylık sağlar:
\[\int \frac{x}{x^2+y^2}\,\partial x = \frac{1}{2}\ln\left(x^2 + y^2\right), \qquad \int \frac{y}{x^2+y^2}\,\partial x = \arctan\left(\frac{x}{y}\right).\]
Böylece
\[F(x,y) = \frac{1}{2}\ln\left(x^2 + y^2\right) + \arctan\left(\frac{x}{y}\right) + h(y)\]
yazılır. \(y\)’ye göre türetelim:
\[F_y = \frac{y}{x^2 + y^2} - \frac{x}{x^2 + y^2} + h'(y).\]
Bunu \(N\)’ye eşitlersek \(h'(y) = 0\) çıkar. Genel çözüm:
\[\frac{1}{2}\ln\left(x^2 + y^2\right) + \arctan\left(\frac{x}{y}\right) = c.\]
\(\blacksquare\)
Böylece birinci mertebeden denklemler için ilk araç kutumuz tamamlanmış oldu: değişkenlerine ayrılabilen denklemler, homojen denklemler, tam diferansiyel denklemler ve bu bölümde gördüğümüz gibi uygun bir çarpanla tam hâle getirilebilen denklemler. Bu dört yöntem, birinci mertebeden denklemlerin çoğunu bir “tam diferansiyeli integralleme” problemine indirger; geriye kalan sınıflar ise (lineer denklemler, Bernoulli ve Riccati denklemleri ile yüksek mertebeden lineer denklemler) kendi özel yöntemlerini gerektirir.