12 Mertebe İndirgeme
Bir önceki bölümde ikinci mertebe lineer denklemlerin genel yapısını kurduk: \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\) homojen denkleminin bir aralıkta lineer bağımsız iki çözümü \(y_1\) ve \(y_2\) bulunursa, bütün çözümler \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçiminde yazılır (Teorem 11.2). Ama bu teorem iki çözümün nasıl bulunacağını söylemez. Katsayılar sabit olmadığında genel bir tarif yoktur; çoğu zaman yapabildiğimiz, denkleme bakıp basit bir çözümü tahmin etmektir: bir polinom, bir üstel fonksiyon ya da \(x\)’in bir kuvveti.
Bu bölümün ilk sorusu şudur: tek bir çözüm biliniyorsa ikincisini sistematik olarak bulabilir miyiz? Cevap evettir. Bilinen \(y_1\) çözümünü bilinmeyen bir \(v(x)\) fonksiyonuyla çarpıp \(y = v\,y_1\) koyduğumuzda, \(v\) için yazılan ikinci mertebe denklemde \(v\)’nin kendisi kaybolur; geriye \(w = v'\) için birinci mertebe bir denklem kalır. Denklemin mertebesini bir düşürdüğü için bu yönteme mertebe indirgeme (reduction of order) denir.
Bölümün ikinci yarısında aynı fikri lineer olmayan denklemlere taşıyacağız: ikinci mertebe bir denklemde \(y\) ya da \(x\) açıkça görünmüyorsa, \(y'\)’yü yeni bir bilinmeyen olarak almak denklemi yine birinci mertebeye indirir. Böylece birinci mertebe denklemler için kurduğumuz araçlar (ayrılabilen ve lineer denklemler) ikinci mertebede de iş görür.
Bilinen bir çözümü bilinmeyen bir fonksiyonla çarparak ikinci bir çözüm arama fikri Fransız matematikçi Jean le Rond d’Alembert’e (1717–1783) atfedilir; yönteme bu yüzden d’Alembert indirgemesi de denir. d’Alembert, 1740’ların sonunda titreşen tel üzerine yaptığı çalışmalarla dalga denklemini ilk inceleyen matematikçi olarak da tanınır.
12.1 Bilinen Bir Çözümden İkinci Çözüme
Bu kısım boyunca açık bir \(I\) aralığında standart biçimde verilmiş
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\]
homojen lineer denklemiyle (Tanım 11.1) çalışacağız; \(p\) ile \(q\), \(I\) üzerinde sürekli olsun. Denklem \(a(x)\,y'' + b(x)\,y' + c(x)\,y = 0\) biçiminde verilmişse, \(a(x) \neq 0\) olan bir aralıkta iki taraf \(a(x)\)’e bölünerek standart biçime getirilir; o zaman \(p = \dfrac{b}{a}\) ve \(q = \dfrac{c}{a}\) olur.
\(y_1\), denklemin \(I\) üzerinde bilinen ve hiç sıfır olmayan bir çözümü olsun. Denklem lineer ve homojen olduğundan her \(c\) sabiti için \(c\,y_1\) de bir çözümdür (Teorem 11.1); ama \(c\,y_1\), \(y_1\) ile orantılıdır ve yeni bir şey söylemez. Fikir, \(c\) sabitinin yerine bir fonksiyon koymaktır: \(y = v(x)\,y_1(x)\) biçiminde bir çözüm arayacağız. \(v\) sabit değilse \(y\), \(y_1\) ile orantılı olmayacak ve aradığımız ikinci çözümü verecektir.
Teorem 12.1 (Mertebe İndirgeme Formülü) \(p\) ile \(q\) açık bir \(I\) aralığında sürekli olsun ve \(y_1\),
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\]
denkleminin \(I\) üzerinde her noktada \(y_1(x) \neq 0\) olan bir çözümü olsun. \(P\), \(p\)’nin \(I\) üzerindeki bir ters türevi (\(P' = p\)) olmak üzere
\[y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-P(x)}}{y_1(x)^{2}}\,dx,\]
kısaca
\[y_2 = y_1 \int \frac{e^{-\int p\,dx}}{y_1^{2}}\,dx\]
fonksiyonu da denklemin \(I\) üzerinde bir çözümüdür; integral için herhangi bir ters türev seçilebilir. Ayrıca \(y_1\) ile \(y_2\), \(I\) üzerinde lineer bağımsızdır; dolayısıyla bir temel çözüm kümesi oluştururlar ve denklemin genel çözümü
\[y = c_1 y_1 + c_2 y_2\]
olur.
İspat
Denklemi \(v\) için yazalım. \(v\), \(I\) üzerinde iki kez türevlenebilen bilinmeyen bir fonksiyon olmak üzere \(y = v\,y_1\) koyalım. Çarpım kuralıyla
\[y' = y_1'\,v + y_1\,v', \qquad y'' = y_1''\,v + 2y_1'\,v' + y_1\,v''\]
bulunur. Bunları denklemin sol tarafında yerine koyup \(v\), \(v'\) ve \(v''\) içeren terimleri ayrı ayrı toplayalım:
\[ \begin{aligned} y'' + p\,y' + q\,y &= \left(y_1'' + p\,y_1' + q\,y_1\right) v \\[1mm] &\quad + \left(2y_1' + p\,y_1\right) v' + y_1\,v''. \end{aligned} \]
\(y_1\) bir çözüm olduğundan ilk parantez sıfırdır: \(v\)’nin kendisi denklemden kaybolur. Demek ki \(y = v\,y_1\)’in çözüm olması için gerek ve yeter koşul
\[y_1\,v'' + \left(2y_1' + p\,y_1\right) v' = 0\]
olmasıdır.
Mertebeyi indirelim. Bu denklemde \(v\) yalnız \(v'\) ve \(v''\) üzerinden görünür. \(w = v'\) dersek \(v'' = w'\) olur; \(y_1 \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(y_1\)’e bölebiliriz:
\[w' + \left(\frac{2y_1'}{y_1} + p\right) w = 0.\]
Bu, \(w\) için birinci mertebe lineer bir denklemdir; sağ tarafı sıfır olduğundan aynı zamanda değişkenlerine ayrılabilir.
Bir çözüm seçelim. \(w \neq 0\) olduğu yerde değişkenleri ayırırsak
\[\frac{dw}{w} = -\left(\frac{2y_1'}{y_1} + p\right) dx\]
olur. \(\displaystyle\int \frac{2y_1'}{y_1}\,dx = 2\ln|y_1|\) olduğundan iki tarafı integralleyince
\[\ln|w| = -2\ln|y_1| - P + c\]
bulunur. Bize tek bir çözüm yettiği için \(c = 0\) alıp pozitif işareti seçelim:
\[w = \frac{e^{-P}}{y_1^{2}}.\]
Bu seçimin gerçekten çözüm olduğunu doğrudan da görebiliriz: \(P' = p\) olduğundan zincir kuralıyla
\[w' = -\frac{p\,e^{-P}}{y_1^{2}} - \frac{2y_1'\,e^{-P}}{y_1^{3}} = -\left(p + \frac{2y_1'}{y_1}\right) w.\]
İkinci çözüm. \(v\), \(w\)’nin herhangi bir ters türevi olsun ve \(y_2 = v\,y_1\) diyelim:
\[v = \int \frac{e^{-P}}{y_1^{2}}\,dx, \qquad y_2 = v\,y_1.\]
\(v' = w\) ve \(v'' = w'\) olduğundan yukarıdaki açılımda ilk parantez sıfır olarak kalır ve
\[ \begin{aligned} y_2'' + p\,y_2' + q\,y_2 &= y_1\,w' + \left(2y_1' + p\,y_1\right) w \\[1mm] &= y_1\left[w' + \left(\frac{2y_1'}{y_1} + p\right) w\right] = 0 \end{aligned} \]
bulunur; yani \(y_2\) bir çözümdür.
Lineer bağımsızlık. \(c_1 y_1 + c_2 y_2 = 0\) eşitliği \(I\)’nın her noktasında sağlansın. \(y_2 = v\,y_1\) olduğundan her \(x \in I\) için
\[y_1(x)\,\big(c_1 + c_2\,v(x)\big) = 0\]
olur. \(y_1(x) \neq 0\) olduğundan \(c_1 + c_2\,v(x) = 0\) elde edilir. Bu eşitlik \(I\)’nın her noktasında sağlandığından türevini alabiliriz: \(c_2\,v'(x) = c_2\,w(x) = 0\). Oysa \(w(x) = \dfrac{e^{-P(x)}}{y_1(x)^{2}}\) her \(x\) için pozitiftir; demek ki \(c_2 = 0\) ve bunu yerine koyunca \(c_1 = 0\) bulunur. Böylece \(y_1\) ile \(y_2\), Tanım 11.2 anlamında lineer bağımsızdır. Lineer bağımsız iki çözüm bir temel çözüm kümesi (Tanım 11.3) oluşturduğundan Teorem 11.2 gereği genel çözüm \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2\) olur.
\(\blacksquare\)
Yöntemin adı ispatın ortasındaki gözlemden gelir: \(v\) için yazılan denklem ikinci mertebedendir, ama \(v\)’nin kendisini içermediği için \(w = v'\) koyunca birinci mertebeye iner. Formül ise bu birinci mertebe denklemin çözümünü bir kerede yazar. Bağımsızlığın kaynağı da açıktır: \(y_2\) ile \(y_1\)’in oranı olan \(v\), türevi hiç sıfır olmayan bir fonksiyondur, dolayısıyla sabit olamaz.
Formüldeki iki belirsiz integralin her biri bir sabit kadar belirsizdir. \(P\) yerine \(P + a\) almak \(w\)’yi, dolayısıyla \(y_2\)’yi \(e^{-a}\) sabitiyle çarpar; \(v\) yerine \(v + b\) almak ise \(y_2\)’ye \(b\,y_1\) ekler. Her iki değişiklikte de yeni \(w\) yine hiç sıfır olmaz, dolayısıyla ispattaki bağımsızlık adımı aynen işler ve elde edilen çift aynı genel çözümü verir. \(y_2\)’yi sıfırdan farklı herhangi bir \(k\) sabitiyle çarpmak da bağımsızlığı bozmaz: \(c_1 y_1 + c_2\,(k\,y_2) = 0\) ise bağımsızlıktan \(c_1 = 0\) ve \(c_2 k = 0\), yani \(c_2 = 0\) çıkar. Bu yüzden hesaplarda integral sabitlerini sıfır, işaretleri de en kolay biçimde seçeriz; örneğin \(w\) ya da \(y_2\) yerine \(-w\) ya da \(-y_2\) almak serbesttir.
Formüldeki \(p\), \(y''\)’nün katsayısı \(1\) yapıldıktan sonra \(y'\)’nün önünde kalan fonksiyondur. Örneğin \((x^2 + 1)\,y'' - 2x\,y' + 2y = 0\) denkleminde \(p(x) = -2x\) değil, \(p(x) = -\dfrac{2x}{x^2 + 1}\)’dir. Ayrıca formül yalnız öncü katsayının ve \(y_1\)’in sıfır olmadığı aralıklarda kullanılır. Böyle noktalar varsa hesap bu noktaları içermeyen aralıklarda yapılır; sonucun daha geniş bir aralıkta da geçerli olup olmadığı ayrıca denetlenir.
12.2 Yöntemin Uygulanması
Uygulamada iki yol vardır: ya \(y = v\,y_1\) dönüşümünü her denklemde baştan yaparız ya da doğrudan formülü kullanırız. İlk yol yöntemin mantığını canlı tutar, ikincisi hesabı kısaltır; aşağıdaki ilk örnekte ikisini yan yana göreceğiz.
- Denklemi standart biçime getir, \(p(x)\)’i oku ve \(y_1\)’in gerçekten çözüm olduğunu yerine koyarak doğrula.
- \(y = v\,y_1\) koy, \(y'\) ile \(y''\)’yü hesaplayıp denklemde yerine yaz. \(v\)’li terimler kendiliğinden sadeleşmelidir; sadeleşmiyorsa bir hesap hatası vardır.
- \(w = v'\) koy; elde edilen birinci mertebe denklemi değişkenlerine ayırarak çöz ve sabitsiz bir \(w\) seç.
- \(v = \int w\,dx\) ve \(y_2 = v\,y_1\) hesapla; genel çözümü \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2\) olarak yaz.
İkinci ve üçüncü adımların yerine doğrudan Teorem 12.1 formülü de kullanılabilir.
Örnek 12.1 (İkinci Çözümü Polinom Olan Bir Denklem) \(y_1 = x\) fonksiyonunun bir çözüm olduğu bilindiğine göre
\[(x^2 + 1)\,y'' - 2x\,y' + 2y = 0\]
denkleminin bir temel çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm
\(y_1\)’in doğrulanması. \(y_1 = x\) için \(y_1' = 1\) ve \(y_1'' = 0\) olup
\[(x^2 + 1)\cdot 0 - 2x \cdot 1 + 2x = 0\]
bulunur; \(y_1 = x\) gerçekten bir çözümdür.
Dönüşüm. \(y = x\,v\) koyalım:
\[y' = v + x\,v', \qquad y'' = 2v' + x\,v''.\]
Denklemde yerine yazalım:
\[(x^2 + 1)(2v' + x\,v'') - 2x\,(v + x\,v') + 2x\,v = 0.\]
Parantezleri açıp \(v''\), \(v'\) ve \(v\) içeren terimleri ayrı ayrı toplayalım:
\[ \begin{aligned} &x(x^2 + 1)\,v'' + \left(2x^2 + 2 - 2x^2\right) v' \\[1mm] &\quad + \left(-2x\,v + 2x\,v\right) = 0. \end{aligned} \]
Beklendiği gibi \(v\)’li terimler sadeleşti ve geriye
\[x(x^2 + 1)\,v'' + 2v' = 0\]
kaldı.
Birinci mertebeye indirgeme. \(w = v'\) dersek
\[x(x^2 + 1)\,w' + 2w = 0\]
olur. Bu birinci mertebe lineer denklem aynı zamanda ayrılabilen bir denklemdir. \(y_1 = x\)’in sıfır olmadığı bir aralıkta, örneğin \(x > 0\) için, değişkenleri ayıralım:
\[\frac{dw}{w} = -\frac{2\,dx}{x(x^2 + 1)}.\]
Sağ taraftaki kesri basit kesirlere ayırmak için
\[-\frac{2}{x(x^2 + 1)} = \frac{A}{x} + \frac{Bx + C}{x^2 + 1}\]
yazıp paydaları eşitleyelim: \(A(x^2 + 1) + (Bx + C)\,x = -2\). Sabit terimlerden \(A = -2\), \(x^2\)’li terimlerden \(A + B = 0\), \(x\)’li terimlerden \(C = 0\) çıkar; yani \(B = 2\) ve
\[\frac{dw}{w} = \left(-\frac{2}{x} + \frac{2x}{x^2 + 1}\right) dx.\]
İntegralleyip sabiti sıfır alalım ve pozitif işareti seçelim:
\[\ln|w| = -2\ln|x| + \ln(x^2 + 1) \;\Longrightarrow\; w = \frac{x^2 + 1}{x^2} = 1 + \frac{1}{x^2}.\]
İkinci çözüm.
\[v = \int \left(1 + \frac{1}{x^2}\right) dx = x - \frac{1}{x}, \qquad y_2 = x\,v = x^2 - 1.\]
Formülle karşılaştırma. Aynı sonuca Teorem 12.1 ile de ulaşırız. Standart biçimde \(p(x) = -\dfrac{2x}{x^2 + 1}\) olduğundan
\[\int p\,dx = -\ln(x^2 + 1), \qquad e^{-\int p\,dx} = x^2 + 1\]
ve
\[y_2 = x \int \frac{x^2 + 1}{x^2}\,dx = x\left(x - \frac{1}{x}\right) = x^2 - 1.\]
Geçerlilik aralığı. Hesap sırasında \(x\)’e böldük, yani teoremi \(x > 0\) aralığında (aynı hesapla \(x < 0\) aralığında da) uyguladık. Ama sonuç bütün gerçel eksende geçerlidir. Öncü katsayı \(x^2 + 1\) hiç sıfır olmadığından standart biçimin katsayıları \(\mathbb{R}\)’de süreklidir. \(y_2 = x^2 - 1\) için \(y_2' = 2x\), \(y_2'' = 2\) olup
\[(x^2 + 1)\cdot 2 - 2x \cdot 2x + 2(x^2 - 1) = 0\]
her \(x\) için sağlanır. Ayrıca \(c_1 x + c_2\,(x^2 - 1) = 0\) eşitliği her \(x\) için doğruysa, \(x = 0\) koymak \(c_2 = 0\), ardından \(x = 1\) koymak \(c_1 = 0\) verir; iki çözüm \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsızdır. Böylece \(\{x,\ x^2 - 1\}\) bütün \(x\)’ler için geçerli bir temel çözüm kümesidir ve genel çözüm
\[y = c_1 x + c_2\,(x^2 - 1)\]
olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.2 (İkinci Çözümü Logaritmalı Olan Bir Denklem) \(y_1 = x\) fonksiyonunun bir çözüm olduğu bilindiğine göre
\[(x^2 - x)\,y'' - x\,y' + y = 0\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Çalışma aralıkları. Öncü katsayı \(x^2 - x = x(x - 1)\), \(x = 0\) ve \(x = 1\) noktalarında sıfır olur. İki tarafı \(x(x-1)\)’e bölersek standart biçim
\[y'' - \frac{1}{x - 1}\,y' + \frac{1}{x(x - 1)}\,y = 0\]
olur; katsayılar \((-\infty, 0)\), \((0, 1)\) ve \((1, \infty)\) aralıklarının her birinde süreklidir ve bu aralıklarda \(y_1 = x\) hiç sıfır olmaz. \(y_1 = x\)’in çözüm olduğu da hemen görülür: \((x^2 - x)\cdot 0 - x \cdot 1 + x = 0\).
Dönüşüm. \(y = x\,v\), \(y' = v + x\,v'\), \(y'' = 2v' + x\,v''\) koyalım:
\[(x^2 - x)(2v' + x\,v'') - x\,(v + x\,v') + x\,v = 0.\]
Terimleri toplarsak
\[ \begin{aligned} &x(x^2 - x)\,v'' + \left(2x^2 - 2x - x^2\right) v' \\[1mm] &\quad + \left(-x + x\right) v = 0, \end{aligned} \]
yani
\[x(x^2 - x)\,v'' + (x^2 - 2x)\,v' = 0\]
bulunur. \(x \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(x\)’e bölebiliriz: \((x^2 - x)\,v'' + (x - 2)\,v' = 0\).
Birinci mertebeye indirgeme. \(w = v'\) ile
\[(x^2 - x)\,w' + (x - 2)\,w = 0\]
elde edilir. Değişkenleri ayıralım:
\[\frac{dw}{w} = \frac{2 - x}{x(x - 1)}\,dx.\]
Basit kesirlere ayırmak için \(\dfrac{2 - x}{x(x - 1)} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{x - 1}\) yazıp paydaları eşitleyelim:
\[2 - x = A\,(x - 1) + B\,x.\]
\(x = 0\) koymak \(2 = -A\), yani \(A = -2\); \(x = 1\) koymak \(1 = B\) verir. Böylece
\[\frac{dw}{w} = \left(-\frac{2}{x} + \frac{1}{x - 1}\right) dx\]
ve integral sabitini sıfır alırsak
\[\ln|w| = -2\ln|x| + \ln|x - 1|, \qquad |w| = \frac{|x - 1|}{x^2}\]
bulunur. İşaret seçimi serbest olduğundan
\[w = \frac{x - 1}{x^2} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}\]
alalım.
İkinci çözüm.
\[v = \int \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}\right) dx = \ln|x| + \frac{1}{x}, \qquad y_2 = x\,v = x\ln|x| + 1.\]
Denetim. \(y_2' = \ln|x| + 1\) ve \(y_2'' = \dfrac{1}{x}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} &(x^2 - x)\,\frac{1}{x} - x\left(\ln|x| + 1\right) + x\ln|x| + 1 \\[1mm] &\quad = (x - 1) - x\ln|x| - x + x\ln|x| + 1 = 0. \end{aligned} \]
\(y_1 = x\) bu aralıklarda hiç sıfır olmadığından Teorem 12.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) lineer bağımsızdır. Genel çözüm, \((-\infty, 0)\), \((0, 1)\) ve \((1, \infty)\) aralıklarının her birinde
\[y = c_1 x + c_2\left(x\ln|x| + 1\right)\]
olur.
Aralıkların neden ayrıldığını \(x = 1\) noktasında görmek öğreticidir. Bu noktada öncü katsayı sıfırdır ve denklemin kendisi \(-y'(1) + y(1) = 0\) koşuluna dönüşür. Yani \(1\)’i içeren bir aralıkta tanımlı her çözüm \(y(1) = y'(1)\) eşitliğini sağlamak zorundadır; örneğin \(y(1) = 1\), \(y'(1) = 0\) koşullarını hiçbir çözüm sağlayamaz. Öncü katsayının sıfırlandığı noktalarda başlangıç değerleri genel olarak serbestçe verilemez.
\(\blacksquare\)
Aynı dönüşüm, bir çözümü bilinen \(n\)-inci mertebe homojen lineer denklemlerde de işler. \(y = v\,y_1\) koyulduğunda \(v\)’nin çarpanı yine denklemin sol tarafının \(y_1\)’deki değeri olur ve sıfırlanır; böylece \(w = v'\) için \((n-1)\)-inci mertebeden bir denklem kalır. Örneğin üçüncü mertebede \(w\) için ikinci mertebe bir denklem elde edilir. Bu, ikinci mertebedeki kadar kesin bir sonuç vermese de problemi çoğu zaman çözülebilir bir hâle getirir.
12.3 Bir Değişkeni İçermeyen Denklemler
Mertebe indirgeme fikri lineer denklemlerle sınırlı değildir. Bir ikinci mertebe denklemde bağımlı değişken \(y\) ya da bağımsız değişken \(x\) açıkça görünmüyorsa, \(y'\)’yü yeni bir bilinmeyen olarak almak denklemi birinci mertebeye indirir. Bu kısım boyunca bu yeni bilinmeyeni
\[p = y' = \frac{dy}{dx}\]
ile göstereceğiz; \(p\) artık bir katsayı fonksiyonu değil, aranan bir fonksiyondur.
\(y\) İçermeyen Denklemler
Önce bağımlı değişkenin görünmediği (dependent variable missing) \(F(x, y', y'') = 0\) biçimindeki denklemlere bakalım. Burada \(y\)’nin kendisi yoktur, yalnız türevleri vardır; \(p = y'\) koyunca \(y'' = p'\) olur ve \(y\) tamamen ortadan kalkar.
Teorem 12.2 (y İçermeyen Denklemin İndirgenmesi) \(I\) bir aralık olsun. İki kez türevlenebilen bir \(y = \varphi(x)\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde
\[F(x, y', y'') = 0\]
denkleminin çözümü olması için gerek ve yeter koşul, \(p = \varphi'(x)\) fonksiyonunun \(I\) üzerinde birinci mertebe
\[F(x, p, p') = 0\]
denkleminin çözümü olmasıdır. Buna göre birinci mertebe denklemin çözümleri \(p = \psi(x, c_1)\) ise, özgün denklemin çözümleri
\[y = \int \psi(x, c_1)\,dx + c_2\]
biçimindedir.
İspat
\(\varphi\) iki kez türevlenebiliyorsa \(p = \varphi'\) türevlenebilir ve \(p' = \varphi''\)’dür. Bu durumda her \(x \in I\) için
\[F\big(x, \varphi'(x), \varphi''(x)\big) = F\big(x, p(x), p'(x)\big)\]
olduğundan iki denklemden biri sağlanıyorsa öbürü de sağlanır.
Tersine, \(p\) birinci mertebe denklemin \(I\) üzerinde bir çözümü olsun. \(p\) türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir ve \(I\) üzerinde bir ters türevi vardır. \(\varphi\), \(p\)’nin herhangi bir ters türevi ise \(\varphi' = p\) ve \(\varphi'' = p'\) olur; yukarıdaki eşitlik gereği \(\varphi\) özgün denklemin bir çözümüdür. Bir aralıkta aynı türeve sahip iki fonksiyon bir sabit kadar farklı olduğundan, türevi \(p\) olan çözümler tam olarak \(\varphi + c_2\) biçimindeki fonksiyonlardır.
\(\blacksquare\)
Yani \(y\) içermeyen bir denklemi çözmek, art arda iki birinci mertebe problem çözmek demektir: önce \(p\)’yi, sonra \(p\)’nin integrali olarak \(y\)’yi buluruz. İki keyfi sabitin her biri bu adımlardan birinden gelir.
- \(p = y'\) ve \(y'' = p'\) koy; denklem \(x\) ile \(p\) arasında birinci mertebe bir denklem olur.
- Bu denklemi türüne göre (ayrılabilen, lineer, …) çöz; sonuç bir \(c_1\) sabiti içerir. Başlangıç koşulu varsa \(y'(x_0)\) değerini bu adımda kullanıp \(c_1\)’i hemen belirle.
- \(y = \int p\,dx + c_2\) ile ikinci sabiti ekle; varsa \(y(x_0)\) koşuluyla \(c_2\)’yi belirle.
Örnek 12.3 (Lineer Bir Denkleme İnen Örnek) \(x > 0\) olmak üzere
\[x\,y'' - y' = 3x^2\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemde \(y\) görünmüyor. \(p = y'\) ve \(y'' = p'\) koyalım:
\[x\,p' - p = 3x^2.\]
\(x > 0\) olduğundan iki tarafı \(x\)’e bölerek standart biçime getirelim:
\[p' - \frac{1}{x}\,p = 3x.\]
Bu, bilinmeyeni \(p\) olan birinci mertebe lineer bir denklemdir (Tanım 9.1); katsayısı \(-\dfrac{1}{x}\), sağ tarafı \(3x\)’tir. Teorem 9.1 gereği integrasyon çarpanı
\[\mu(x) = e^{\int -\frac{1}{x}\,dx} = e^{-\ln x} = \frac{1}{x}\]
olur. Denklemi \(\mu\) ile çarparsak sol taraf bir bölümün türevine dönüşür:
\[\frac{1}{x}\,p' - \frac{1}{x^2}\,p = \left(\frac{p}{x}\right)' = 3.\]
İntegralleyelim:
\[\frac{p}{x} = 3x + c_1 \;\Longrightarrow\; p = 3x^2 + c_1 x.\]
Şimdi \(y' = p\) olduğunu hatırlayıp bir kez daha integralleyelim:
\[y = \int \left(3x^2 + c_1 x\right) dx = x^3 + \frac{c_1}{2}\,x^2 + c_2.\]
\(\dfrac{c_1}{2}\) de keyfi bir sabit olduğundan genel çözümü
\[y = x^3 + C_1 x^2 + C_2\]
biçiminde yazabiliriz. Denetim: \(y' = 3x^2 + 2C_1 x\), \(y'' = 6x + 2C_1\) ve
\[x\,(6x + 2C_1) - (3x^2 + 2C_1 x) = 3x^2.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.4 (Lineer Olmayan Bir Örnek) \[y'' = 1 + (y')^2\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem lineer değildir (birinci türevin karesi görünüyor), ama \(y\) içermez. \(p = y'\) ve \(y'' = p'\) ile
\[p' = 1 + p^2\]
elde edilir. Bu, Örnek 3.7 içinde \(y\) için incelediğimiz denklemin aynısıdır ve değişkenlerine ayrılabilir (Teorem 5.1); \(1 + p^2\) hiçbir zaman sıfır olmadığından değişkenleri ayırırken bir çözüm kaybetmeyiz:
\[\frac{dp}{1 + p^2} = dx \;\Longrightarrow\; \arctan p = x + c_1.\]
\(\arctan\) fonksiyonunun değerleri \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında olduğundan bu eşitlik yalnız \(-\dfrac{\pi}{2} < x + c_1 < \dfrac{\pi}{2}\) iken anlamlıdır ve orada
\[p = \tan(x + c_1)\]
olur. Bir kez daha integralleyelim; bu aralıkta \(\cos(x + c_1) > 0\) olduğundan mutlak değere gerek kalmaz:
\[y = \int \tan(x + c_1)\,dx = -\ln\cos(x + c_1) + c_2.\]
Denetim: \(y' = \tan(x + c_1)\) ve
\[y'' = \frac{1}{\cos^2(x + c_1)} = 1 + \tan^2(x + c_1) = 1 + (y')^2.\]
Bu örnekte lineer denklemlerde görmediğimiz bir durum dikkat çeker: her çözüm yalnız uzunluğu \(\pi\) olan
\[-\frac{\pi}{2} - c_1 < x < \frac{\pi}{2} - c_1\]
aralığında tanımlıdır ve aralığın uçlarına yaklaşırken sonsuza gider. Çözümün yaşadığı aralığı denklemin katsayıları değil, \(c_1\) sabiti belirler.
\(\blacksquare\)
\(x\) İçermeyen Denklemler
Şimdi bağımsız değişkenin görünmediği (independent variable missing) \(F(y, y', y'') = 0\) biçimindeki denklemlere geçelim. Burada \(p = y'\) koymak tek başına yetmez: \(y'' = \dfrac{dp}{dx}\) türevi \(x\)’e göre alınır ve denklemde \(x\) olmadığı için bir yere varamayız. Çıkış yolu, \(p\)’yi \(x\)’in değil \(y\)’nin fonksiyonu olarak görmektir. Zincir kuralıyla
\[y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy}\,\frac{dy}{dx} = p\,\frac{dp}{dy}\]
olur ve denklem, bağımsız değişkeni \(y\), bilinmeyeni \(p\) olan
\[F\!\left(y,\ p,\ p\,\frac{dp}{dy}\right) = 0\]
birinci mertebe denklemine iner. Bu hesabın neden geçerli olduğunu aşağıdaki teorem kesinleştiriyor.
Teorem 12.3 (x İçermeyen Denklemin İndirgenmesi) \(F(y, y', y'') = 0\) denklemini ele alalım.
- \(P\), bir \(J\) aralığında türevlenebilen ve her \(y \in J\) için \(F\big(y, P(y), P(y)\,P'(y)\big) = 0\) eşitliğini sağlayan bir fonksiyon olsun. Değerleri \(J\)’de kalan ve birinci mertebe \(y' = P(y)\) denklemini bir \(I\) aralığında sağlayan her \(y(x)\) fonksiyonu, \(F(y, y', y'') = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
- Tersine \(y(x)\), \(F(y, y', y'') = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde her noktada \(y'(x) \neq 0\) olan bir çözümü ise, \(J = y(I)\) aralığında 1. maddedeki eşitliği sağlayan ve her \(x \in I\) için \(y'(x) = P\big(y(x)\big)\) olan türevlenebilir bir \(P\) fonksiyonu vardır.
\(y'\)’nün özdeş olarak sıfır olduğu sabit fonksiyonlar ayrıca incelenir: \(y \equiv k\) fonksiyonu ancak ve ancak \(F(k, 0, 0) = 0\) ise bir çözümdür.
İspat
(1) \(y' = P(y)\) eşitliğinin sağ tarafı, türevlenebilen \(P\) ile türevlenebilen \(y\)’nin bileşkesidir; dolayısıyla \(y'\) de türevlenebilir ve zincir kuralıyla
\[y'' = P'(y)\,y' = P(y)\,P'(y)\]
bulunur. Her \(x \in I\) için \(y(x) \in J\) olduğundan
\[F\big(y, y', y''\big) = F\big(y, P(y), P(y)\,P'(y)\big) = 0\]
olur.
(2) \(y\) iki kez türevlenebildiğinden \(y'\) süreklidir. \(I\) üzerinde hiç sıfır olmayan sürekli bir fonksiyon işaret değiştiremez (ara değer teoremi); demek ki \(y\), \(I\) üzerinde ya kesin artan ya da kesin azalandır. Bu durumda \(J = y(I)\) bir aralıktır ve \(y\)’nin \(J\) üzerinde türevlenebilen bir \(g\) ters fonksiyonu vardır: \(g'(\eta) = \dfrac{1}{y'(g(\eta))}\). Şimdi
\[P(\eta) = y'\big(g(\eta)\big) \qquad (\eta \in J)\]
tanımlayalım. \(y'\) ile \(g\) türevlenebilir olduğundan \(P\) de türevlenebilir ve zincir kuralıyla
\[P'(\eta) = y''\big(g(\eta)\big)\,g'(\eta) = \frac{y''\big(g(\eta)\big)}{P(\eta)},\]
yani \(P(\eta)\,P'(\eta) = y''\big(g(\eta)\big)\) olur. \(\eta = y(x)\) koyarsak \(g(\eta) = x\) ve
\[y'(x) = P\big(y(x)\big), \qquad y''(x) = P\big(y(x)\big)\,P'\big(y(x)\big)\]
bulunur. \(y\) özgün denklemi sağladığından her \(\eta = y(x) \in J\) için
\[ \begin{aligned} &F\big(\eta, P(\eta), P(\eta)\,P'(\eta)\big) \\[1mm] &\quad = F\big(y(x), y'(x), y''(x)\big) = 0 \end{aligned} \]
olur.
Son olarak \(y \equiv k\) için \(y' = y'' = 0\) olduğundan denklem \(F(k, 0, 0) = 0\) koşuluna dönüşür.
\(\blacksquare\)
Yani \(x\) içermeyen bir denklemde de iki birinci mertebe problem çözeriz: önce \(p\)’yi \(y\)’nin fonksiyonu olarak, sonra \(y' = p(y)\) ayrılabilen denkleminden \(y\)’yi \(x\)’in fonksiyonu olarak buluruz. Teoremin son cümlesi önemlidir: \(p\)’ye bölerek ilerlediğimizde \(p \equiv 0\), yani sabit çözümler kaybolabilir; bunlar her seferinde ayrıca denetlenir. Türevi yalnız tek tük noktalarda sıfırlanan çözümler de olabilir; örneğin \(y = \sin x\), \(y'' = -y\) denkleminin bir çözümüdür ve türevi \(x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi\) noktalarında sıfırdır. Böyle bir çözüm, \(y' \neq 0\) olan alt aralıklarda teoremin 2. maddesiyle incelenir.
- \(p = y'\) ve \(y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}\) koy; denklem \(y\) ile \(p\) arasında birinci mertebe bir denklem olur.
- \(p \equiv 0\), yani \(y \equiv k\) biçimindeki sabit çözümleri ayrıca denetle.
- \(p\) için denklemi çöz; başlangıç koşulu varsa \(x_0\)’daki \(y\) ve \(y'\) değerlerini birlikte kullanarak \(c_1\)’i hemen belirle.
- \(\dfrac{dy}{dx} = p(y)\) ayrılabilen denklemini çöz ve ikinci sabiti ekle.
Örnek 12.5 (Çözümleri Üstel Olan Bir Denklem) \[y\,y'' = (y')^2\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemde \(x\) görünmüyor. \(p = y'\) ve \(y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}\) koyalım:
\[y\,p\,\frac{dp}{dy} = p^2.\]
Sabit çözümler. \(p \equiv 0\), yani \(y \equiv k\) için iki taraf da sıfırdır; her sabit fonksiyon bir çözümdür.
\(p \neq 0\) durumu. İki tarafı \(p\)’ye bölelim; \(y \neq 0\) iken değişkenleri de ayırabiliriz:
\[y\,\frac{dp}{dy} = p \;\Longrightarrow\; \frac{dp}{p} = \frac{dy}{y} \;\Longrightarrow\; \ln|p| = \ln|y| + c.\]
Buradan \(\left|\dfrac{p}{y}\right| = e^{c}\) bulunur. \(\dfrac{p}{y}\) sürekli ve hiç sıfır olmadığı için işaret değiştirmez; dolayısıyla sıfırdan farklı bir \(c_1\) sabiti için
\[p = c_1\,y\]
olur.
İkinci integral. \(y' = c_1 y\) değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir:
\[\frac{dy}{y} = c_1\,dx \;\Longrightarrow\; \ln|y| = c_1 x + c \;\Longrightarrow\; y = c_2\,e^{c_1 x},\]
burada \(c_2 = \pm e^{c}\) sıfırdan farklı bir sabittir.
Sonuç. \(c_1 = 0\) alınca \(y = c_2\) sabit çözümleri, \(c_2 = 0\) alınca da \(y \equiv 0\) elde edildiğinden bütün bulduğumuz çözümler tek bir formülde toplanır:
\[y = c_2\,e^{c_1 x}, \qquad c_1, c_2 \in \mathbb{R}.\]
Denetim: \(y' = c_1 c_2\,e^{c_1 x}\), \(y'' = c_1^2 c_2\,e^{c_1 x}\) ve
\[y\,y'' = c_1^2 c_2^2\,e^{2c_1 x} = (y')^2.\]
Denklem lineer olmadığı için çözümler toplanamaz: \(e^{x}\) ve \(e^{2x}\) birer çözümdür (\(c_2 = 1\) ve \(c_1 = 1\) ya da \(c_1 = 2\)), ama \(y = e^{x} + e^{2x}\) için
\[y\,y'' - (y')^2 = e^{3x} \neq 0\]
çıkar. Süperpozisyon ilkesinin (Teorem 11.1) yalnız lineer homojen denklemler için geçerli olduğunun bir örneği daha.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.6 (Sonlu Bir Aralıkta Yaşayan Çözüm) \[y'' = 2\,y\,y', \qquad y(0) = 1, \quad y'(0) = 1\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemde \(x\) görünmüyor; \(p = y'\) ve \(y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}\) koyalım:
\[p\,\frac{dp}{dy} = 2\,y\,p.\]
\(p \equiv 0\) sabit çözümleri \(y'(0) = 1\) koşulunu sağlamadığı için işimize yaramaz. Başlangıç noktasının yakınında \(p \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(p\)’ye bölebiliriz:
\[\frac{dp}{dy} = 2y \;\Longrightarrow\; p = y^2 + c_1.\]
Sabiti hemen belirleyelim. \(x = 0\)’da \(y = 1\) ve \(p = y' = 1\) olduğundan \(1 = 1^2 + c_1\), yani \(c_1 = 0\). Demek ki \(p = y^2\), yani
\[y' = y^2.\]
İkinci integral. Bu ayrılabilen denklemde \(y(0) = 1 \neq 0\) olduğundan değişkenleri ayırabiliriz:
\[\frac{dy}{y^2} = dx \;\Longrightarrow\; -\frac{1}{y} = x + c_2.\]
\(y(0) = 1\) koşulu \(-1 = c_2\) verir; buradan \(-\dfrac{1}{y} = x - 1\), yani
\[y = \frac{1}{1 - x}.\]
Aynı sonuca daha kısa bir yoldan da varılabilir: \(2\,y\,y' = (y^2)'\) olduğundan denklem \(y'' = (y^2)'\) biçimindedir ve bir kez integrallenince doğrudan \(y' = y^2 + c_1\) verir.
Denetim. \(y' = \dfrac{1}{(1 - x)^2}\), \(y'' = \dfrac{2}{(1 - x)^3}\) ve \(2\,y\,y' = \dfrac{2}{(1 - x)^3}\); ayrıca \(y(0) = 1\) ve \(y'(0) = 1\).
Çözümün aralığı. \(\dfrac{1}{1 - x}\) formülü \(x = 1\) dışında her yerde tanımlıdır, ama bir çözüm bir aralık üzerinde tanımlanır ve başlangıç noktası \(x = 0\)’ı içeren en geniş aralık \((-\infty, 1)\)’dir. \(x\) soldan \(1\)’e yaklaşırken çözüm sonsuza gider:
Denklemin kendisinde \(x = 1\) noktasını özel kılan hiçbir şey yoktur; bu “patlama” tamamen denklemin lineer olmamasından kaynaklanır ve birinci mertebede Örnek 3.7 ile gördüğümüz durumun ikinci mertebedeki karşılığıdır. Lineer denklemlerde ise çözümler, katsayıların sürekli olduğu aralığın tamamında tanımlıdır (Teorem 13.2).
\(\blacksquare\)
12.4 Alıştırmalar
Alıştırma 12.1 (Katlı Kökün İlk Habercisi) \(y_1 = e^{2x}\) fonksiyonunun bir çözüm olduğu bilindiğine göre
\[y'' - 4y' + 4y = 0\]
denkleminin genel çözümünü mertebe indirgeme ile bulunuz.
Çözüm
Önce \(y_1\)’i doğrulayalım: \(y_1' = 2e^{2x}\), \(y_1'' = 4e^{2x}\) ve
\[4e^{2x} - 8e^{2x} + 4e^{2x} = 0.\]
\(y = v\,e^{2x}\) koyalım. Çarpım kuralıyla
\[y' = (v' + 2v)\,e^{2x}, \qquad y'' = (v'' + 4v' + 4v)\,e^{2x}\]
bulunur. Denklemde yerine yazıp \(e^{2x}\) ortak çarpanını dışarı alalım:
\[ \begin{aligned} &e^{2x}\left[(v'' + 4v' + 4v) - 4(v' + 2v) + 4v\right] \\[1mm] &\quad = e^{2x}\,v'' = 0. \end{aligned} \]
\(e^{2x} \neq 0\) olduğundan \(v'' = 0\) kalır; burada \(v'\) terimi bile sadeleşmiştir. \(w = v'\) için \(w' = 0\), yani \(w\) sabittir; \(w = 1\) seçelim. Buradan \(v = x\) ve
\[y_2 = x\,e^{2x}\]
bulunur. Formülle de denetleyelim: \(p = -4\) olduğundan \(e^{-\int p\,dx} = e^{4x}\) ve
\[y_2 = e^{2x}\int \frac{e^{4x}}{\left(e^{2x}\right)^{2}}\,dx = e^{2x}\int 1\,dx = x\,e^{2x}.\]
\(y_1 = e^{2x}\) hiçbir yerde sıfır olmadığından ve katsayılar sabit olduğundan Teorem 12.1 bütün gerçel eksende uygulanır. Genel çözüm
\[y = (c_1 + c_2 x)\,e^{2x}.\]
Bu hesap, sabit katsayılı denklemlerde karakteristik denklemin katlı kökü olduğunda ikinci çözümün neden \(x\) ile çarpılarak elde edildiğini gösteriyor; genel kural için bkz. Teorem 14.3.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.2 (İkinci Çözümle Başlangıç Değer Problemi) \(x > 0\) aralığında \(y_1 = x^2\) fonksiyonu
\[x^2\,y'' - 3x\,y' + 4y = 0\]
denkleminin bir çözümüdür. Bu denklemin \(y(1) = 2\), \(y'(1) = 3\) koşullarını sağlayan çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(y_1\)’in doğrulanması. \(y_1' = 2x\), \(y_1'' = 2\) ve
\[x^2 \cdot 2 - 3x \cdot 2x + 4x^2 = 2x^2 - 6x^2 + 4x^2 = 0.\]
İkinci çözüm. İki tarafı \(x^2\)’ye bölersek standart biçim
\[y'' - \frac{3}{x}\,y' + \frac{4}{x^2}\,y = 0\]
olur; \(p(x) = -\dfrac{3}{x}\). \(x > 0\) olduğundan
\[\int p\,dx = -3\ln x, \qquad e^{-\int p\,dx} = e^{3\ln x} = x^3.\]
Teorem 12.1 formülüyle
\[y_2 = x^2 \int \frac{x^3}{\left(x^2\right)^{2}}\,dx = x^2 \int \frac{dx}{x} = x^2 \ln x.\]
\(y_1 = x^2\), \(x > 0\) aralığında hiç sıfır olmadığından iki çözüm lineer bağımsızdır ve genel çözüm
\[y = c_1 x^2 + c_2\,x^2 \ln x\]
olur.
Başlangıç koşulları. Türev alalım:
\[y' = 2c_1 x + c_2\left(2x\ln x + x\right).\]
\(\ln 1 = 0\) olduğundan
\[y(1) = c_1 = 2, \qquad y'(1) = 2c_1 + c_2 = 3\]
bulunur; buradan \(c_2 = 3 - 4 = -1\). Aranan çözüm
\[y = 2x^2 - x^2 \ln x = x^2\,(2 - \ln x), \qquad x > 0.\]
Bu denklem, son bölümde ayrıca inceleyeceğimiz Cauchy–Euler denklemlerinin (Tanım 19.1) bir örneğidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.3 (Üstel Çözümden Polinom Çözüme) \(x > 0\) aralığında \(y_1 = e^{x}\) fonksiyonunun
\[x\,y'' - (x + 1)\,y' + y = 0\]
denkleminin bir çözümü olduğu bilindiğine göre genel çözümü bulunuz.
Çözüm
Önce \(y_1\)’i doğrulayalım: \(y_1 = y_1' = y_1'' = e^{x}\) olduğundan
\[x\,e^{x} - (x + 1)\,e^{x} + e^{x} = 0.\]
İki tarafı \(x\)’e bölersek standart biçimde
\[p(x) = -\frac{x + 1}{x} = -1 - \frac{1}{x}\]
olur. \(x > 0\) olduğundan
\[\int p\,dx = -x - \ln x, \qquad e^{-\int p\,dx} = e^{x + \ln x} = x\,e^{x}.\]
Formüldeki integrand
\[\frac{x\,e^{x}}{\left(e^{x}\right)^{2}} = x\,e^{-x}\]
olur. Bunu kısmi integrasyonla hesaplayalım (\(u = x\), \(dv = e^{-x}\,dx\)):
\[\int x\,e^{-x}\,dx = -x\,e^{-x} + \int e^{-x}\,dx = -(x + 1)\,e^{-x}.\]
Buradan
\[y_2 = e^{x}\cdot\left(-(x + 1)\,e^{-x}\right) = -(x + 1)\]
bulunur. Bir çözümün sabit katı da çözüm olduğundan \(y_2 = x + 1\) alabiliriz. Doğrudan denetim: \(y_2' = 1\), \(y_2'' = 0\) ve
\[x \cdot 0 - (x + 1)\cdot 1 + (x + 1) = 0.\]
\(y_1 = e^{x}\) hiç sıfır olmadığından iki çözüm lineer bağımsızdır; \(x > 0\) aralığında genel çözüm
\[y = c_1\,e^{x} + c_2\,(x + 1).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.4 (Bir Bessel Denklemi) \(0 < x < \pi\) aralığında \(y_1 = \dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}\) fonksiyonu
\[x^2\,y'' + x\,y' + \left(x^2 - \frac{1}{4}\right) y = 0\]
denkleminin bir çözümüdür. Bu aralıkta denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
İki tarafı \(x^2\)’ye bölersek standart biçim
\[y'' + \frac{1}{x}\,y' + \left(1 - \frac{1}{4x^2}\right) y = 0\]
olur; \(p(x) = \dfrac{1}{x}\). \(x > 0\) olduğundan
\[\int p\,dx = \ln x, \qquad e^{-\int p\,dx} = \frac{1}{x}.\]
\(0 < x < \pi\) aralığında \(\sin x > 0\), dolayısıyla \(y_1 \neq 0\)’dır ve formül uygulanabilir. \(y_1^2 = \dfrac{\sin^2 x}{x}\) olduğundan integrand
\[\frac{1/x}{\sin^2 x / x} = \frac{1}{\sin^2 x}\]
olur; \(x\)’ler tamamen sadeleşti. \((\cot x)' = -\dfrac{1}{\sin^2 x}\) olduğundan
\[\int \frac{dx}{\sin^2 x} = -\cot x\]
ve
\[y_2 = \frac{\sin x}{\sqrt{x}}\cdot\left(-\cot x\right) = -\frac{\cos x}{\sqrt{x}}\]
bulunur. Sabit katı alarak \(y_2 = \dfrac{\cos x}{\sqrt{x}}\) seçelim. Teorem 12.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) bu aralıkta lineer bağımsızdır ve genel çözüm
\[y = \frac{c_1 \sin x + c_2 \cos x}{\sqrt{x}}, \qquad 0 < x < \pi.\]
Hesap \(\sin x\)’in sıfır olmadığı her \((k\pi, (k+1)\pi)\) aralığında aynen tekrarlanabilir; aslında \(y_1\) ile \(y_2\)’nin denklemi \((0, \infty)\) aralığının tamamında sağladığı, yerine koyarak doğrudan görülebilir. Bu denklem, Bessel denklemleri adı verilen önemli bir ailenin en basit üyelerinden biridir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.5 (Bir Legendre Denklemi) \(-1 < x < 1\) aralığında \(y_1 = x\) fonksiyonunun
\[(1 - x^2)\,y'' - 2x\,y' + 2y = 0\]
denkleminin bir çözümü olduğu bilindiğine göre bu aralıkta genel çözümü bulunuz.
Çözüm
\(y_1\)’in doğrulanması. \(y_1' = 1\), \(y_1'' = 0\) ve \((1 - x^2)\cdot 0 - 2x + 2x = 0\).
Formülün hazırlığı. \(-1 < x < 1\) aralığında \(1 - x^2 > 0\) olduğundan iki tarafı \(1 - x^2\)’ye bölebiliriz:
\[p(x) = -\frac{2x}{1 - x^2}.\]
\(\left(\ln(1 - x^2)\right)' = -\dfrac{2x}{1 - x^2}\) olduğundan
\[\int p\,dx = \ln(1 - x^2), \qquad e^{-\int p\,dx} = \frac{1}{1 - x^2}.\]
\(y_1 = x\) sıfırda sıfır olduğundan önce \(0 < x < 1\) aralığında çalışalım. İntegrand
\[\frac{1}{x^2(1 - x^2)}\]
olur. \((1 - x^2) + x^2 = 1\) eşitliği bu kesri hemen ayırır:
\[\frac{1}{x^2(1 - x^2)} = \frac{(1 - x^2) + x^2}{x^2(1 - x^2)} = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{1 - x^2}.\]
İkinci kesri de basit kesirlere ayıralım:
\[\frac{1}{1 - x^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 - x} + \frac{1}{1 + x}\right).\]
Böylece
\[ \begin{aligned} v &= \int \frac{dx}{x^2(1 - x^2)} \\[1mm] &= -\frac{1}{x} + \frac{1}{2}\ln\frac{1 + x}{1 - x} \end{aligned} \]
ve
\[y_2 = x\,v = \frac{x}{2}\ln\frac{1 + x}{1 - x} - 1\]
bulunur.
Bütün aralıkta denetim. \(y_2\) formülü \(x = 0\)’da da tanımlıdır (\(y_2(0) = -1\)). Denklemi \((-1, 1)\) aralığının tamamında sağladığını görmek için \(L(x) = \dfrac{1}{2}\ln\dfrac{1 + x}{1 - x}\) diyelim; \(L'(x) = \dfrac{1}{1 - x^2}\)’dir. \(y_2 = x\,L - 1\) için
\[y_2' = L + \frac{x}{1 - x^2}, \qquad y_2'' = \frac{1}{1 - x^2} + \frac{1 + x^2}{(1 - x^2)^2}\]
bulunur. Denklemin üç terimini ayrı ayrı yazalım:
\[ \begin{aligned} (1 - x^2)\,y_2'' &= 1 + \frac{1 + x^2}{1 - x^2}, \\[1mm] -2x\,y_2' &= -2x\,L - \frac{2x^2}{1 - x^2}, \\[1mm] 2y_2 &= 2x\,L - 2. \end{aligned} \]
Toplarsak \(L\)’li terimler sadeleşir ve
\[-1 + \frac{1 + x^2 - 2x^2}{1 - x^2} = -1 + 1 = 0\]
kalır. Ayrıca \(c_1 x + c_2\,y_2 = 0\) her \(x\) için doğruysa \(x = 0\) koymak \(-c_2 = 0\) verir, ardından \(c_1 = 0\) çıkar; iki çözüm \((-1, 1)\) üzerinde lineer bağımsızdır. Genel çözüm
\[y = c_1 x + c_2\left(\frac{x}{2}\ln\frac{1 + x}{1 - x} - 1\right), \qquad -1 < x < 1.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.6 (Tam Türev Veren Bir Denklem) \(x > 0\) olmak üzere
\[x\,y'' + y' = 4x\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklemde \(y\) görünmüyor; \(p = y'\) ve \(y'' = p'\) koyalım:
\[x\,p' + p = 4x.\]
Sol taraf çarpım kuralından tanıdıktır: \((x\,p)' = x\,p' + p\). Denklem böylece
\[(x\,p)' = 4x\]
olur ve doğrudan integrallenir:
\[x\,p = 2x^2 + c_1 \;\Longrightarrow\; p = 2x + \frac{c_1}{x}.\]
(Aynı sonuç, denklemi \(p' + \dfrac{1}{x}\,p = 4\) standart biçiminde yazıp Teorem 9.1 ile bulunan \(\mu = e^{\int dx/x} = x\) çarpanıyla da elde edilir.) \(y' = p\) olduğundan bir kez daha integralleyelim; \(x > 0\) olduğu için \(\ln|x| = \ln x\):
\[y = x^2 + c_1 \ln x + c_2.\]
Denetim: \(y' = 2x + \dfrac{c_1}{x}\), \(y'' = 2 - \dfrac{c_1}{x^2}\) ve
\[x\left(2 - \frac{c_1}{x^2}\right) + 2x + \frac{c_1}{x} = 4x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.7 (Arktanjant Veren Bir Başlangıç Değer Problemi) \[y'' = x\,(y')^2, \qquad y(0) = 1, \quad y'(0) = -2\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklemde \(y\) görünmüyor; \(p = y'\) koyunca \(p\) için
\[p' = x\,p^2, \qquad p(0) = -2\]
birinci mertebe başlangıç değer problemi elde edilir. Sağ taraf \(f(x, p) = x\,p^2\) ve \(\dfrac{\partial f}{\partial p} = 2x\,p\) bütün düzlemde sürekli olduğundan bu problemin \(x_0 = 0\) noktasını içeren bir aralıkta tek çözümü vardır (Teorem 3.1). \(p \equiv 0\) çözümü \(p(0) = -2\) koşulunu sağlamaz; \(p \neq 0\) iken değişkenleri ayıralım:
\[\frac{dp}{p^2} = x\,dx \;\Longrightarrow\; -\frac{1}{p} = \frac{x^2}{2} + c_1.\]
Sabiti hemen belirleyelim. \(x = 0\)’da \(p = -2\) olduğundan \(\dfrac{1}{2} = c_1\). Buradan
\[-\frac{1}{p} = \frac{x^2 + 1}{2} \;\Longrightarrow\; p = -\frac{2}{x^2 + 1}.\]
Bu fonksiyon her \(x\) için tanımlı ve sıfırdan farklıdır; yani değişkenleri ayırırken yaptığımız bölme her yerde geçerlidir.
İkinci integral.
\[y = \int -\frac{2}{x^2 + 1}\,dx = -2\arctan x + c_2.\]
\(y(0) = 1\) koşulu \(c_2 = 1\) verir. Çözüm
\[y = 1 - 2\arctan x, \qquad x \in \mathbb{R}.\]
Denetim: \(y' = -\dfrac{2}{1 + x^2}\), \(y'' = \dfrac{4x}{(1 + x^2)^2}\) ve \(x\,(y')^2 = \dfrac{4x}{(1 + x^2)^2}\); ayrıca \(y(0) = 1\), \(y'(0) = -2\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.8 (Çözümü x Cinsinden Yazılan Bir Denklem) \[y'' + 2y\,(y')^3 = 0\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemde \(x\) görünmüyor; \(p = y'\) ve \(y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}\) koyalım:
\[p\,\frac{dp}{dy} + 2y\,p^3 = 0 \;\Longrightarrow\; p\left(\frac{dp}{dy} + 2y\,p^2\right) = 0.\]
Sabit çözümler. \(p \equiv 0\), yani \(y \equiv k\) için \(y'' = 0\) ve \(2y\,(y')^3 = 0\) olduğundan her sabit fonksiyon bir çözümdür.
\(p \neq 0\) durumu. Parantezin sıfır olması gerekir: \(\dfrac{dp}{dy} = -2y\,p^2\). Değişkenleri ayıralım:
\[\frac{dp}{p^2} = -2y\,dy \;\Longrightarrow\; -\frac{1}{p} = -y^2 - c_1 \;\Longrightarrow\; \frac{1}{p} = y^2 + c_1.\]
İkinci integral. \(p = \dfrac{dy}{dx}\) olduğundan \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{y^2 + c_1}\) ayrılabilen denklemini çözeceğiz:
\[(y^2 + c_1)\,dy = dx \;\Longrightarrow\; \frac{y^3}{3} + c_1 y = x - c_2.\]
Burada \(x\)’i \(y\) cinsinden yazmak çok daha kolaydır; genel çözüm kapalı biçimde
\[x = \frac{y^3}{3} + c_1 y + c_2\]
olur.
Denetim. Bu bağıntının iki tarafının \(x\)’e göre türevini alalım: \(1 = (y^2 + c_1)\,y'\), yani \(y' = \dfrac{1}{y^2 + c_1}\). Bir kez daha türev alırsak
\[y'' = -\frac{2y\,y'}{(y^2 + c_1)^2} = -2y\,y'\,(y')^2 = -2y\,(y')^3\]
bulunur; denklem sağlanır.
Sabit çözümlerin yeri. Kapalı çözümde \(x\), \(y\)’nin sabit olmayan bir fonksiyonudur; \(c_1\) ve \(c_2\)’ye hangi değer verilirse verilsin \(y \equiv k\) elde edilemez. Demek ki sabit çözümler genel çözüme ek olarak yazılması gereken tekil çözümlerdir (Tanım 2.4).
\(\blacksquare\)
12.5 Kapanış
Bu bölümde bir çözümü bilinen ikinci mertebe lineer denklemin ikinci çözümünü \(y = v\,y_1\) dönüşümüyle bulduk ve iki çözümün lineer bağımsızlığını doğrudan, \(v\)’nin sabit olmamasından çıkardık; ayrıca \(y\) ya da \(x\) içermeyen denklemlerin \(p = y'\) ile birinci mertebeye indiğini gördük. İki çözümün lineer bağımsız olup olmadığına her seferinde böyle elle bakmak yerine tek bir determinantla karar veren bir ölçüt vardır. Bu ölçütü ve lineer denklemler için varlık–teklik teoremini Wronskiyen ve Lineer Bağımsızlık bölümünde göreceğiz.