4 Keyfi Sabitlerin Yok Edilmesi
Buraya kadar hep aynı yönde çalıştık: elimizde bir diferansiyel denklem vardı, onu sağlayan fonksiyonları arıyorduk. Bu arayışın sonunda karşımıza çıkan şeyin tek bir fonksiyon değil, keyfi sabitler içeren bir fonksiyon ailesi olduğunu gördük. Örneğin \(y' = 2x\) denkleminin çözümleri \(y = x^2 + c\) parabolleridir; \(c\)’nin her değeri düzlemde başka bir eğri verir ve hepsi birden denklemin genel çözümünü oluşturur.
Bu bölümde oku ters çeviriyoruz. Artık başlangıç noktamız bir denklem değil, bir eğri ailesi olacak: “orijinden geçen bütün doğrular”, “merkezi orijinde olan bütün çemberler”, “\(y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-3x}\) biçimindeki bütün fonksiyonlar” gibi. Soru şudur: bu ailenin bütün üyelerinin sağladığı, içinde hiçbir keyfi sabit bulunmayan bir diferansiyel denklem yazabilir miyiz?
Bu ters soru göründüğünden daha önemlidir. Bir olguyu modellerken çoğu zaman elimizde önce ailenin geometrik ya da fiziksel özelliği bulunur; modelin denklemi bu özellikten üretilir. Ayrıca bir denklemin genel çözümünü bulduğumuzda, çözümü geri türetip aynı denkleme varmak yaptığımız işi sınamanın en hızlı yoludur. Yöntemin kendisi de tek cümleyle özetlenebilir: sabitleri türev alarak yok ederiz.
4.1 Eğri Ailesi ve Keyfi Sabitler
\(y = cx\) yazdığımızda tek bir eğri değil, bir eğri yığını tanımlarız: \(c = 1\) için \(y = x\) doğrusu, \(c = -2\) için \(y = -2x\) doğrusu ve benzeri. Sabitin her değeri düzlemde bir eğri çizer; “aile” sözcüğü işte bu yığını anlatır. Ailede kaç bağımsız sabit bulunduğu, birazdan göreceğimiz gibi, üreteceğimiz denklemin mertebesini doğrudan belirleyecek.
Tanım 4.1 (Eğri Ailesi ve Esas Keyfi Sabitler) \(F\) yeterince türevlenebilir bir fonksiyon ve \(c_1, c_2, \dots, c_n\) birer sabit olmak üzere
\[F(x, y, c_1, c_2, \dots, c_n) = 0\]
bağıntısının, sabitlerin aldığı her uygun değer için düzlemde belirlediği eğrilerin oluşturduğu topluluğa \(n\)-parametreli eğri ailesi (\(n\)-parameter family of curves) denir. Buradaki \(c_1, \dots, c_n\) sayılarına ailenin keyfi sabitleri (arbitrary constants) denir.
Bu sabitler, aile daha az sayıda sabitle de yazılamıyorsa, yani sabitlerin hiçbir grubu birleştirilerek daha az sayıda sabite indirgenemiyorsa esas (essential) sayılır.
Yani bir eğri ailesi, tek bir bağıntıya sabitlerin her değeri için ayrı bir eğri okutmaktır; esas sabit sayısı ise aileyi tanımlamak için gerçekten gereken bağımsız parametre sayısıdır.
Örnek 4.1 (Orijinden Geçen Doğrular) Orijinden geçen ve düşey olmayan bütün doğrular \(y = cx\) ailesini oluşturur. Bu ailenin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Ailede tek bir keyfi sabit var. Bağıntının \(x\)’e göre türevini alalım:
\[y' = c\]
Sabit, türevin kendisine eşit çıktı. Bunu asıl bağıntıda \(c\) yerine yazalım:
\[y = y' x\]
Düzenlersek ailenin diferansiyel denklemi
\[x y' - y = 0\]
olur. İçinde artık \(c\) yok; denklem birinci mertebeden ve lineerdir.
Elde ettiğimiz denklemi \(x \neq 0\) için \(y' = \dfrac{y}{x}\) biçiminde yazarsak geometrik anlamı da okunur: eğrinin bir noktadaki eğimi, o noktayı orijine birleştiren doğru parçasının eğimine eşittir. Ailenin tanımı buydu zaten.
\(\blacksquare\)
Sabitlerin esas olması şartı üzerinde biraz durmak gerekir, çünkü bir bağıntıda göz kaç harf görüyorsa o kadar bağımsız parametre var sanmak kolay bir yanılgıdır.
Örnek 4.2 (Görünürdeki Sabit Sayısı Aldatıcı Olabilir) \(y = A\,e^{x + B}\) ailesinde kaç esas keyfi sabit vardır? Ailenin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Bağıntıda \(A\) ve \(B\) diye iki harf geçiyor, ama üstel fonksiyonun çarpım kuralı bunları birleştiriyor:
\[y = A\,e^{x+B} = A\,e^{B}\,e^{x}\]
Burada \(A e^{B}\) çarpımı tek bir sayıdır. \(C = A e^{B}\) dersek aile
\[y = C e^{x}\]
hâline gelir; demek ki esas keyfi sabit sayısı ikiden değil birden ibarettir. O hâlde bir kez türev almak yeter:
\[y' = C e^{x} = y \;\Longrightarrow\; y' - y = 0\]
Sabit sayısını iki sanıp iki kez türev alsaydık \(y'' - y = 0\) denklemine varırdık. Ailenin her üyesi bu denklemi de sağlar, ama denklem ailemizden daha geniş bir çözüm topluluğuna sahiptir: örneğin \(y = e^{-x}\) fonksiyonu \(y'' - y = 0\)’ı sağlar, oysa \(y = Ce^{x}\) ailesinin bir üyesi değildir. Bu yüzden sabitleri saymadan önce onları sadeleştirmek gerekir.
\(\blacksquare\)
4.2 Yöntem: Türev Alıp Sabitleri Yok Etmek
Fikir basittir. Elimizdeki bağıntı sabitleri içeriyor; ama bağıntının \(x\)’e göre türevi bize yeni bir bağıntı verir ve bu yeni bağıntıda sabitler farklı biçimde görünür. Yeterince türev alırsak, sabitleri bilinmeyen sayıp bu bağıntılardan çözebilecek kadar denklemimiz olur. Sabitleri çözüp geriye kalan bağıntıya yerleştirdiğimizde ise ortada sabit kalmaz.
\(n\) esas keyfi sabit içeren bir aile için adımlar şunlardır:
- Aileyi veren bağıntıyı yazıp esas keyfi sabit sayısını belirle; buna \(n\) de.
- Bağıntının \(x\)’e göre türevini ardışık olarak \(n\) kez al. Türev alırken \(y\)’nin \(x\)’in fonksiyonu olduğunu unutma (kapalı biçimde verilmiş ailelerde zincir kuralı gerekir).
- Böylece elinde biri asıl bağıntı olmak üzere \(n+1\) tane bağıntı olur. Bunları \(c_1, \dots, c_n\) bilinmeyenli bir denklem sistemi gibi gör.
- Sabitleri bu bağıntılardan çöz ve kullanmadığın bağıntıya yerleştir; ya da bağıntıları birbiriyle toplayıp çıkararak sabitleri doğrudan düşür. Hangi yolun kısa olduğu ailenin biçimine bağlıdır.
- Sonuçta içinde hiçbir sabit bulunmayan ve en yüksek türev olarak \(y^{(n)}\) içeren bir denklem kalır: ailenin diferansiyel denklemi.
Adım sayısının neden tam olarak sabit sayısına eşit olduğunu ayrıca kayda geçirelim.
Teorem 4.1 (Sabit Sayısı Mertebeyi Belirler) \(F(x, y, c_1, \dots, c_n) = 0\) bağıntısı \(n\) esas keyfi sabit içeren bir eğri ailesi belirlesin, \(F\) gereken mertebeden sürekli türevlenebilir olsun ve söz konusu bölgede \(\dfrac{\partial F}{\partial y} \neq 0\) olsun. Bağıntı ile onun \(x\)’e göre ardışık ilk \(n-1\) türevinden oluşan sistemden \(c_1, \dots, c_n\) sabitleri çözülebiliyorsa, sabitler yok edildiğinde geriye
\[G\!\left(x, y, y', \dots, y^{(n)}\right) = 0\]
biçiminde \(n\)-inci mertebeden bir adi diferansiyel denklem kalır ve ailenin her üyesi bu denklemi sağlar.
İspat
Bağıntının \(x\)’e göre türevini ardışık olarak \(n\) kez alalım. Elimizde
\[F = 0, \qquad \frac{dF}{dx} = 0, \qquad \dots, \qquad \frac{d^{n}F}{dx^{n}} = 0\]
biçiminde toplam \(n+1\) bağıntı olur. Bu bağıntıların her birinde bilinmeyen olarak yalnızca \(c_1, \dots, c_n\) sabitleri, veri olarak da \(x, y, y', \dots, y^{(n)}\) büyüklükleri bulunur.
İlk \(n\) bağıntıyı alalım; bunlar \(n\) bilinmeyenli bir sistemdir ve içlerinde en yüksek türev \(y^{(n-1)}\)’dir. Varsayım gereği bu sistemden sabitler çözülebilir:
\[c_k = \varphi_k\!\left(x, y, y', \dots, y^{(n-1)}\right), \qquad k = 1, 2, \dots, n\]
Bulunan bu ifadeleri kullanılmadan kalan son bağıntıya, yani \(\dfrac{d^{n}F}{dx^{n}} = 0\) bağıntısına yerleştirelim. Ortaya çıkan bağıntıda hiçbir keyfi sabit kalmaz.
Geriye kalan denklemin mertebesinin gerçekten \(n\) olduğunu görmek için \(y^{(n)}\) türevinin bu son bağıntıya nasıl girdiğine bakalım. İlk türevde
\[\frac{dF}{dx} = \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y}\,y'\]
olur; en yüksek türev \(\dfrac{\partial F}{\partial y}\) katsayısıyla görünür. Bir kez daha türev aldığımızda \(\dfrac{\partial F}{\partial y}\) çarpanının türevi yalnızca \(x, y, y'\) büyüklüklerine bağlıdır, dolayısıyla \(y''\) yine tek bir yerden, \(\dfrac{\partial F}{\partial y}\,y''\) teriminden gelir. Aynı gerekçe her basamakta yinelenir ve
\[\frac{d^{n}F}{dx^{n}} = \frac{\partial F}{\partial y}\,y^{(n)} + H\!\left(x, y, y', \dots, y^{(n-1)}\right)\]
biçimi elde edilir; buradaki \(H\) terimi \(y^{(n)}\) içermez. Yerine koyduğumuz \(\varphi_k\) ifadeleri de yalnızca \(x, y, \dots, y^{(n-1)}\) büyüklüklerine bağlı olduğundan \(y^{(n)}\)’in katsayısını değiştirmez. Varsayım gereği bu katsayı sıfırdan farklı olduğuna göre elde edilen denklem gerçekten \(y^{(n)}\) içerir; yani denklem \(n\)-inci mertebedendir.
Son olarak, ailenin herhangi bir üyesi alındığında bu üye tanım gereği \(F = 0\) bağıntısını sağlar; türev alma işlemi eşitliği bozmadığından bütün türev bağıntılarını da sağlar. Yok etme işlemi bu bağıntıların cebirsel birleşiminden ibaret olduğu için ailenin her üyesi son denklemi de sağlar.
\(\blacksquare\)
Yani bir ailede kaç esas sabit varsa, üreteceğimiz denklemin mertebesi odur: tek sabit birinci mertebeden, iki sabit ikinci mertebeden bir denklem verir.
4.3 Tek Keyfi Sabitli Aileler
Tek sabitli ailelerde işin tamamı iki bağıntıdan ibarettir: ailenin kendisi ve bir kez türevi. Sabiti bunlardan birinden çözüp diğerine koymak yeterlidir.
Örnek 4.3 (Sinüs Kareli Aile) \(c\) bir sabit olmak üzere genel çözümü \(y(x) = (c + \sin x)^2\) olan diferansiyel denklemi bulunuz.
Çözüm
Ailede tek bir keyfi sabit bulunduğu için bir kez türev almak yeter. Zincir kuralıyla
\[y' = 2(c + \sin x)\cos x\]
Türevde \(c\) hâlâ duruyor; onu yok etmek için \(c + \sin x\) çarpanını yalnız bırakalım. \(\cos x \neq 0\) olan noktalarda
\[c + \sin x = \frac{y'}{2\cos x}\]
yazabiliriz. Bu ifadeyi asıl bağıntıda yerine koyalım:
\[y = (c + \sin x)^2 = \left(\frac{y'}{2\cos x}\right)^{2} = \frac{(y')^{2}}{4\cos^{2}x}\]
Paydadan kurtulup her şeyi bir yana toplarsak ailenin diferansiyel denklemi
\[(y')^{2} - 4y\cos^{2}x = 0\]
olur. Denklem birinci mertebedendir, ama \(y'\) karesiyle girdiği için lineer değildir.
Ara adımda \(\cos x \neq 0\) varsaymıştık. Buna karşılık son denklem \(\cos x = 0\) olan noktalarda da sağlanır: orada \(y' = 2(c + \sin x)\cos x = 0\) olduğundan denklemin her iki terimi de sıfırdır. Dolayısıyla bulduğumuz denklem ailenin bütün üyeleri için, bütün \(x\) değerlerinde geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Her zaman sabiti tek başına çözmek zorunda değiliz; bazen sabit türev alınca kendiliğinden düşer.
Örnek 4.4 (Merkezi Orijinde Olan Çemberler) Merkezi orijinde olan bütün çemberler \(x^2 + y^2 = c^2\) ailesiyle verilir (\(c > 0\)). Bu ailenin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Bağıntı kapalı biçimde verilmiş; \(y\)’yi \(x\)’in fonksiyonu sayarak iki yanın türevini alalım. Soldaki \(y^2\) teriminin türevi zincir kuralıyla \(2y y'\) olur, sağ taraf sabit olduğundan türevi sıfırdır:
\[2x + 2y\,y' = 0\]
İki yanı \(2\)’ye bölersek ailenin diferansiyel denklemi
\[x + y\,y' = 0\]
olur. Burada sabiti çözmek için ayrıca uğraşmadık: \(c\) bağıntıda yalnız başına bir sabit terim olarak durduğu için türev alınca kendiliğinden yok oldu.
Denklemi \(y \neq 0\) için \(y' = -\dfrac{x}{y}\) biçiminde yazarsak yine geometrik bir okuma çıkar: teğetin eğimi \(-\dfrac{x}{y}\), aynı noktadan orijine giden yarıçapın eğimi ise \(\dfrac{y}{x}\)’tir. İki eğimin çarpımı \(-1\) olduğuna göre teğet ile yarıçap birbirine diktir; çemberin bu temel özelliği denklemde böyle okunur.
\(\blacksquare\)
Sabit, bağıntıya lineer olmayan biçimde girdiğinde de yöntem değişmez; yalnızca yerine koyma adımı biraz daha cebir gerektirir.
Örnek 4.5 (Sabiti Kareli Giren Doğru Ailesi) \(y = cx + c^{2}\) doğru ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Tek keyfi sabit var, bir kez türev alıyoruz. \(c\) sabit olduğundan \(c^2\) terimi düşer:
\[y' = c\]
Sabit yine doğrudan türeve eşit çıktı. Bunu asıl bağıntıda yerine koyalım:
\[y = x\,y' + (y')^{2}\]
Bu, ailenin diferansiyel denklemidir. Birinci mertebedendir; \(y'\) hem çarpım hem kare olarak girdiği için lineer değildir.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki \(y = x y' + (y')^2\) denklemini \(y = -\dfrac{x^{2}}{4}\) parabolü de sağlar. Gerçekten \(y' = -\dfrac{x}{2}\) olduğundan sağ taraf
\[x\left(-\frac{x}{2}\right) + \left(-\frac{x}{2}\right)^{2} = -\frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{2}}{4} = -\frac{x^{2}}{4}\]
çıkar. Oysa bu parabol, \(c\)’ye hangi değer verilirse verilsin \(y = cx + c^2\) ailesinden elde edilemez; genel çözüm ailesinin dışında kalan böyle bir çözüm, Tanım 2.4 anlamında bir tekil çözümdür. Demek ki bir aileden üretilen denklemin çözüm kümesi, aileden daha geniş olabilir.
4.4 İki Keyfi Sabitli Aileler
İki sabitli ailelerde iki kez türev alırız ve elimizde üç bağıntı olur. Bu üç bağıntıdan iki sabiti yok etmenin iki yolu vardır: bağıntıları uygun katsayılarla toplayıp sabitleri sırayla düşürmek ya da sabitleri doğrudan çözüp yerine koymak.
Örnek 4.6 (İki Üstel Terimli Aile) \(c_1\) ve \(c_2\) birer sabit olmak üzere genel çözümü \(y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-3x}\) olan diferansiyel denklemi bulunuz.
Çözüm
İki keyfi sabit var, bu yüzden iki kez türev alacağız:
\[y = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-3x}\]
\[y' = 2c_1 e^{2x} - 3c_2 e^{-3x}\]
\[y'' = 4c_1 e^{2x} + 9c_2 e^{-3x}\]
Önce \(c_2\)’yi düşürelim. Birinci bağıntıyı \(3\) ile çarpıp ikinciyle toplarsak \(e^{-3x}\) terimleri birbirini götürür:
\[y' + 3y = 5c_1 e^{2x}\]
Aynı işlemi bir basamak yukarıda, ikinci ve üçüncü bağıntılarla yapalım:
\[y'' + 3y' = 10 c_1 e^{2x}\]
Şimdi elimizde yalnızca \(c_1\) içeren iki bağıntı var ve sağ taraflar birbirinin katı: ikincisi birincisinin tam iki katıdır. O hâlde
\[y'' + 3y' = 2\left(y' + 3y\right)\]
yazabiliriz. Sağ tarafı dağıtıp her şeyi sol yana toplarsak ailenin diferansiyel denklemi
\[y'' + y' - 6y = 0\]
olur. Beklediğimiz gibi ikinci mertebeden, üstelik sabit katsayılı ve lineer bir denklem elde ettik.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.7 (Sinüs ve Kosinüsün Birleşimi) \(y = c_1 \cos x + c_2 \sin x\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
İki sabit olduğu için iki kez türev alıyoruz:
\[y' = -c_1 \sin x + c_2 \cos x\]
\[y'' = -c_1 \cos x - c_2 \sin x\]
Son satırdaki ifadeyi dikkatle okuyalım: parantezine alırsak
\[y'' = -\left(c_1 \cos x + c_2 \sin x\right) = -y\]
Burada hiçbir cebirsel uğraşa gerek kalmadı, çünkü ikinci türev tam da asıl bağıntının ters işaretlisi çıktı. Ailenin diferansiyel denklemi
\[y'' + y = 0\]
olur. Bu denklemin, yay ve sarkaç gibi salınım problemlerinde karşımıza çıkan temel denklem olduğunu ileride göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.8 (Kuvvetlerin Birleşimi) \(y = c_1 x + c_2 x^{2}\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Bu örnekte sabitleri bilinmeyen sayıp doğrudan çözme yolunu deneyelim. İki kez türev alalım:
\[y' = c_1 + 2c_2 x\]
\[y'' = 2c_2\]
Son bağıntı \(c_2\)’yi hemen veriyor:
\[c_2 = \frac{y''}{2}\]
Bunu bir önceki bağıntıda yerine koyup \(c_1\)’i çekelim:
\[c_1 = y' - 2c_2 x = y' - x\,y''\]
Şimdi bulduğumuz iki ifadeyi asıl bağıntıya yerleştirelim:
\[y = \left(y' - x y''\right)x + \frac{y''}{2}\,x^{2} = x y' - x^{2} y'' + \frac{x^{2}}{2}\,y''\]
Sağ taraftaki \(y''\) terimlerini birleştirirsek
\[y = x y' - \frac{x^{2}}{2}\,y''\]
kalır. İki yanı \(2\) ile çarpıp düzenlersek ailenin diferansiyel denklemi
\[x^{2} y'' - 2x y' + 2y = 0\]
olur. İkinci mertebeden, lineer, ama bu kez değişken katsayılı bir denklem elde ettik.
\(\blacksquare\)
4.5 Alıştırmalar
Alıştırma 4.1 (Tek Üstel Terim) \(y = c e^{-2x}\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Tek sabit var, bir kez türev alıyoruz:
\[y' = -2c e^{-2x}\]
Sağ taraftaki \(c e^{-2x}\) ifadesi asıl bağıntıya göre \(y\)’ye eşittir. Yerine koyarsak
\[y' = -2y \;\Longrightarrow\; y' + 2y = 0\]
Birinci mertebeden, sabit katsayılı, lineer bir denklem.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.2 (Logaritmik Aile) \(y = \ln(x + c)\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz (\(x + c > 0\)).
Çözüm
Sabiti yalnız bırakmak için bağıntıyı üstel biçimde yazmak işi kolaylaştırır. İki yanın üstelini alırsak
\[e^{y} = x + c\]
Şimdi iki yanın \(x\)’e göre türevini alalım; solda zincir kuralı gerekir:
\[e^{y} y' = 1\]
Sağ taraftaki sabit türev alınırken kendiliğinden düştü. Ailenin diferansiyel denklemi
\[e^{y} y' - 1 = 0\]
olur; istenirse \(y' = e^{-y}\) biçiminde de yazılır. Birinci mertebedendir ve \(y\) üstel olarak girdiği için lineer değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.3 (Orijinden Geçen Çemberler) Merkezleri \(x\) ekseni üzerinde olan ve orijinden geçen çemberler \(x^{2} + y^{2} = cx\) ailesiyle verilir. Bu ailenin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Önce iki yanın \(x\)’e göre türevini alalım:
\[2x + 2y\,y' = c\]
Görüldüğü gibi \(c\) türevden sonra da duruyor; bu yüzden onu asıl bağıntıdan çekelim. \(x \neq 0\) için
\[c = \frac{x^{2} + y^{2}}{x}\]
Bu ifadeyi türev bağıntısında yerine koyalım:
\[2x + 2y\,y' = \frac{x^{2} + y^{2}}{x}\]
İki yanı \(x\) ile çarpalım:
\[2x^{2} + 2xy\,y' = x^{2} + y^{2}\]
Her şeyi bir yana toplarsak ailenin diferansiyel denklemi
\[x^{2} - y^{2} + 2xy\,y' = 0\]
olur. Birinci mertebedendir ve lineer değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.4 (Üstel Terimlerin Toplamı) \(y = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x}\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
İki sabit var, iki kez türev alıyoruz:
\[y' = c_1 e^{x} - c_2 e^{-x}\]
\[y'' = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x}\]
İkinci türev, asıl bağıntının sağ tarafıyla birebir aynı çıktı:
\[y'' = y\]
Ailenin diferansiyel denklemi
\[y'' - y = 0\]
olur. İkinci mertebeden, sabit katsayılı, lineer bir denklem.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.5 (Katlı Kök Durumu) \(y = c_1 e^{x} + c_2 x e^{x}\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
İki sabit var. Çarpım kuralıyla birinci türevi alalım:
\[y' = c_1 e^{x} + c_2\left(e^{x} + x e^{x}\right)\]
Buradan asıl bağıntıyı çıkarırsak \(c_1\) ve \(x e^{x}\) terimleri gider:
\[y' - y = c_2 e^{x}\]
Elimizde tek sabitli, daha sade bir bağıntı kaldı. Bunun da türevini alalım:
\[y'' - y' = c_2 e^{x}\]
Son iki bağıntının sağ tarafları aynı olduğundan sol taraflar da eşittir:
\[y'' - y' = y' - y\]
Düzenlersek ailenin diferansiyel denklemi
\[y'' - 2y' + y = 0\]
olur. İki kez türev alıp sabitleri sırayla düşürme yolunun, sabitleri doğrudan çözmekten çoğu zaman kısa olduğuna dikkat ediniz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.6 (Sabit Terimli Aile) \(y = c_1 + c_2 e^{3x}\) ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
İki sabit var, iki kez türev alıyoruz. Birinci türevde sabit terim \(c_1\) kendiliğinden düşer:
\[y' = 3c_2 e^{3x}\]
\[y'' = 9c_2 e^{3x}\]
Son iki bağıntıyı karşılaştıralım: ikinci türev, birinci türevin tam üç katıdır.
\[y'' = 3y'\]
Ailenin diferansiyel denklemi
\[y'' - 3y' = 0\]
olur. Dikkat edilirse denklemde \(y\) hiç görünmüyor; bunun nedeni \(c_1\) sabitinin bağıntıya yalnızca toplanan sabit terim olarak girmesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 4.7 (Yarıçapı Bir Olan Çemberler) Merkezleri \(x\) ekseni üzerinde olan ve yarıçapı \(1\) olan çemberler \((x - c)^{2} + y^{2} = 1\) ailesiyle verilir. Bu ailenin diferansiyel denklemini bulunuz.
Çözüm
Tek sabit var. İki yanın \(x\)’e göre türevini alalım:
\[2(x - c) + 2y\,y' = 0\]
Buradan sabiti içeren ifadeyi yalnız bırakırız:
\[x - c = -y\,y'\]
Bu ifadeyi asıl bağıntıda \(x - c\) yerine koyalım:
\[\left(-y\,y'\right)^{2} + y^{2} = 1\]
Kareyi açarsak ailenin diferansiyel denklemi
\[y^{2}\left(y'\right)^{2} + y^{2} = 1\]
olur; ortak çarpan parantezine alırsak \(y^{2}\left[(y')^{2} + 1\right] = 1\) biçimini alır. Birinci mertebedendir ve lineer değildir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde eğri ailesinden denkleme giden yolu öğrendik: sabit sayısı mertebeyi verir, türev almak sabitleri yok eder. Bundan sonraki bölümlerde ise ters yönde ilerleyeceğiz; artık elimizde denklem olacak ve çözüm ailesini biz üreteceğiz. İlk durağımız, türevi bir \(x\) fonksiyonu ile bir \(y\) fonksiyonunun çarpımı biçiminde yazılabilen ve bu sayede iki değişkeni denklemin iki yanına ayırıp integral alabildiğimiz denklemler olacak: Değişkenlerine Ayrılabilen Denklemler.