16 Parametrelerin Değişimi Yöntemi
Bir önceki bölümde belirsiz katsayılar yöntemiyle homojen olmayan ikinci mertebe lineer denklemlerin özel çözümlerini bulduk: sağ taraf \(r(x)\) bir polinom, \(e^{\alpha x}\), \(\cos \beta x\), \(\sin \beta x\) ya da bunların toplamları ve çarpımları olduğunda \(y_p\)’yi \(r(x)\)’e benzeyen, katsayıları bilinmeyen bir deneme fonksiyonu olarak seçtik ve katsayıları denklemde yerine koyarak belirledik. Yöntem hızlıdır ama iki ağır koşula dayanır: denklemin katsayıları sabit olmalı ve \(r(x)\), türevleri alındıkça sonlu sayıda fonksiyonun içinde kalan özel bir biçimde olmalıdır.
Bu koşullardan biri bozulduğunda yöntem çöker. \(y'' + y = \tan x\) denklemi için hangi deneme fonksiyonunu yazacağımızı bilemeyiz, çünkü \(\tan x\)’in türevleri \(\sec^2 x\), \(2\sec^2 x \tan x\), … diye durmadan yeni fonksiyonlar üretir. Katsayılar sabit değilse ortada bir karakteristik denklem bile yoktur. Bu bölümde, homojen denklemin bir temel çözüm kümesini bildiğimiz her durumda işleyen genel bir yöntem kuracağız: parametrelerin değişimi yöntemi (variation of parameters). Fikir tek cümlede söylenebilir: homojen çözümdeki \(c_1\), \(c_2\) sabitlerini (parametreleri) \(x\)’e bağlı fonksiyonlarla değiştirip bu fonksiyonları denklem sağlanacak biçimde seçmek.
Yöntemin ilk izleri, Leonhard Euler’in (1707–1783) 18. yüzyılın ortalarında gezegenlerin ve Ay’ın hareketindeki bozulmalar üzerine yaptığı hesaplarda görülür. Joseph-Louis Lagrange (1736–1813) bu fikri genel bir yönteme dönüştürdü ve ona 1808–1810 yıllarında yayımladığı çalışmalarla son biçimini verdi. Gök mekaniğindeki düşünce bu bölümdekiyle aynıdır: bozucu bir etki olmasaydı sabit kalacak yörünge büyüklükleri, zamanla yavaşça değişen fonksiyonlar olarak ele alınır.
16.1 Sabitleri Fonksiyonlarla Değiştirmek
Önce yöntemin hangi denklem için ve hangi varsayımlarla kurulduğunu netleştirelim. Bu bölüm boyunca \(p\), \(q\), \(r\) fonksiyonları açık bir \(I\) aralığında sürekli olmak üzere
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x)\]
standart biçimdeki ikinci mertebe lineer denklemi (Tanım 11.1) ve buna karşılık gelen
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\]
homojen denklemini ele alacağız. Homojen denklemin bir temel çözüm kümesini (Tanım 11.3), yani lineer bağımsız iki \(y_1\), \(y_2\) çözümünü bildiğimizi varsayıyoruz. O zaman homojen denklemin genel çözümü \(y_h = c_1 y_1 + c_2 y_2\) olur (Teorem 11.2). Homojen olmayan denklemin genel çözümü de \(y = y_h + y_p\) biçiminde olduğundan (Teorem 15.1) geriye tek bir iş kalır: bir özel çözüm \(y_p\) bulmak.
Sabit \(c_1\), \(c_2\) değerleriyle bu iş yapılamaz: \(c_1 y_1 + c_2 y_2\) hangi sabitlerle kurulursa kurulsun denklemin sol tarafını sıfır yapar, \(r(x)\)’i asla üretmez. O hâlde sabitleri serbest bırakalım ve özel çözümü
\[y_p(x) = u_1(x)\,y_1(x) + u_2(x)\,y_2(x)\]
biçiminde arayalım; burada \(u_1\) ile \(u_2\) bilinmeyen, türevlenebilir fonksiyonlardır. Yöntemin adı da buradan gelir: \(y_h\)’deki parametreler artık sabit değil, \(x\) ile birlikte değişiyor. Elimizde iki bilinmeyen fonksiyon var, ama sağlatmak istediğimiz tek bir koşul var: denklemin kendisi. Demek ki \(u_1\) ile \(u_2\)’ye bir koşul daha koyma özgürlüğümüz var; bu özgürlüğü hesabı olabildiğince sadeleştirmek için kullanacağız.
Çarpım kuralıyla türev alalım:
\[y_p' = \big(u_1' y_1 + u_2' y_2\big) + \big(u_1 y_1' + u_2 y_2'\big).\]
Bu ifadeyi bir kez daha türetirsek birinci parantezden \(u_1''\) ve \(u_2''\) terimleri gelir; \(u_1\) ile \(u_2\) için ikinci mertebeden denklemler çıkar ve başladığımız problemden daha zor bir probleme düşeriz. Bunu önlemenin en kolay yolu, serbest koşulu tam bu parantezi sıfırlamaya harcamaktır:
\[u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0.\]
Bu ek koşul altında
\[y_p' = u_1 y_1' + u_2 y_2', \qquad y_p'' = u_1' y_1' + u_2' y_2' + u_1 y_1'' + u_2 y_2''\]
olur; hiçbir yerde \(u_1''\) ya da \(u_2''\) kalmadı. Bunları denklemin sol tarafında yerine koyup \(u_1\)’li ve \(u_2\)’li terimleri bir araya toplayalım:
\[\begin{aligned} y_p'' + p\,y_p' + q\,y_p &= u_1\big[y_1'' + p\,y_1' + q\,y_1\big]\\[1mm] &\quad + u_2\big[y_2'' + p\,y_2' + q\,y_2\big]\\[1mm] &\quad + u_1' y_1' + u_2' y_2'. \end{aligned}\]
Köşeli parantezlerin ikisi de sıfırdır, çünkü \(y_1\) ve \(y_2\) homojen denklemin çözümleridir. Geriye yalnız son iki terim kalır; \(y_p\)’nin denklemi sağlaması için bunların toplamının \(r(x)\) olması gerekir. Böylece \(u_1'\) ile \(u_2'\) için iki denklem elde ettik. Bu hesabı bir teorem olarak kaydedelim.
Teorem 16.1 (Parametrelerin Değişimi Sistemi) \(p\), \(q\), \(r\) açık bir \(I\) aralığında sürekli; \(y_1\) ve \(y_2\) de \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde iki çözümü olsun. \(I\) üzerinde türevlenebilir \(u_1\), \(u_2\) fonksiyonlarının türevleri her \(x \in I\) için
\[\left.\begin{aligned} u_1' y_1 + u_2' y_2 &= 0\\ u_1' y_1' + u_2' y_2' &= r(x) \end{aligned}\right\} \qquad (*)\]
sistemini sağlıyorsa, \(y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2\) fonksiyonu \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x)\) denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
İspat
Çarpım kuralıyla türev alıp \((*)\) sisteminin birinci denklemini kullanalım:
\[y_p' = \underbrace{u_1' y_1 + u_2' y_2}_{=\,0} + u_1 y_1' + u_2 y_2' = u_1 y_1' + u_2 y_2'.\]
\(y_1\) ile \(y_2\) iki kez türevlenebilir (birer çözümdürler), \(u_1\) ile \(u_2\) de türevlenebilir olduğundan sağ taraf türevlenebilir; bir kez daha türetip bu kez sistemin ikinci denklemini kullanalım:
\[y_p'' = \underbrace{u_1' y_1' + u_2' y_2'}_{=\,r} + u_1 y_1'' + u_2 y_2'' = r + u_1 y_1'' + u_2 y_2''.\]
Bunları denklemin sol tarafında yerine koyalım:
\[\begin{aligned} y_p'' + p\,y_p' + q\,y_p &= r + u_1\big[y_1'' + p\,y_1' + q\,y_1\big]\\[1mm] &\quad + u_2\big[y_2'' + p\,y_2' + q\,y_2\big]. \end{aligned}\]
\(y_1\) ile \(y_2\) homojen denklemin çözümleri olduğundan iki köşeli parantez de sıfırdır ve sol taraf \(r\)’ye eşit çıkar. Demek ki \(y_p\), homojen olmayan denklemin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Yani bir diferansiyel denklem çözmek yerine, her \(x\) noktasında \(u_1'\) ve \(u_2'\) bilinmeyenlerine göre iki denklemli lineer bir cebirsel sistem çözüp ardından iki integral almak yeterlidir.
\((*)\) sisteminin ikinci denklemindeki \(r(x)\), denklemin standart biçimdeki sağ tarafıdır. Denklem \(a(x)\,y'' + b(x)\,y' + c(x)\,y = g(x)\) biçiminde verilmişse yukarıdaki hesap aynen tekrarlandığında köşeli parantezler yine sıfır olur, ama \(y_p''\)’den gelen terimler \(a(x)\) ile çarpılmış olarak kalır:
\[a(x)\,\big(u_1' y_1' + u_2' y_2'\big) = g(x).\]
Yani sistemin ikinci denkleminin sağ tarafı \(g(x)\) değil, \(\dfrac{g(x)}{a(x)}\)’tir. Bu yüzden yönteme başlamadan önce denklem, \(a(x) \neq 0\) olan bir aralıkta \(y''\)’nin katsayısına bölünür. Bu bölmeyi unutmak, yöntemde en sık yapılan hatadır (bkz. Alıştırma 16.5).
16.2 Wronskiyen ile Özel Çözüm Formülü
\((*)\) sistemini her noktada çözebilir miyiz? Sistemin \(u_1'\), \(u_2'\) bilinmeyenlerine göre katsayı matrisinin determinantı tanıdık bir ifadedir:
\[\begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_1' y_2 = W(y_1, y_2).\]
Bu, \(y_1\) ile \(y_2\)’nin Wronskiyenidir (Tanım 13.2). \(y_1\), \(y_2\) homojen denklemin lineer bağımsız iki çözümü olduğundan Wronskiyenleri \(I\)’nın hiçbir noktasında sıfır olmaz (Teorem 13.3); dolayısıyla sistemin her \(x \in I\) için tek bir çözümü vardır. Kısalık için \(W = W(y_1, y_2)\) yazıp bu çözümü yok etme yöntemiyle bulalım.
\(u_1'\)’yü bulmak için \(u_2'\)’yü yok etmeliyiz. Birinci denklemi \(y_2'\) ile, ikinci denklemi \(y_2\) ile çarpalım:
\[\begin{aligned} u_1' y_1 y_2' + u_2' y_2 y_2' &= 0,\\ u_1' y_1' y_2 + u_2' y_2' y_2 &= r\,y_2. \end{aligned}\]
Birinci eşitlikten ikincisini çıkarınca \(u_2'\)’li terimler birbirini götürür:
\[u_1'\,\big(y_1 y_2' - y_1' y_2\big) = -\,r\,y_2 \quad\Longrightarrow\quad u_1' = -\frac{r\,y_2}{W}.\]
\(u_2'\) için bu kez \(u_1'\)’yü yok ederiz: birinci denklemi \(y_1'\) ile, ikinci denklemi \(y_1\) ile çarparız:
\[\begin{aligned} u_1' y_1 y_1' + u_2' y_2 y_1' &= 0,\\ u_1' y_1' y_1 + u_2' y_2' y_1 &= r\,y_1. \end{aligned}\]
İkinci eşitlikten birincisini çıkarınca \(u_1'\)’li terimler gider:
\[u_2'\,\big(y_1 y_2' - y_1' y_2\big) = r\,y_1 \quad\Longrightarrow\quad u_2' = \frac{r\,y_1}{W}.\]
Geriye \(u_1'\) ile \(u_2'\)’nin birer ilkelini almak kalıyor.
Teorem 16.2 (Parametrelerin Değişimi Formülü) \(p\), \(q\), \(r\) açık bir \(I\) aralığında sürekli; \(y_1\) ile \(y_2\) de \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi olsun; \(W = W(y_1, y_2)\) yazalım. Bu durumda
\[y_p = -\,y_1 \int \frac{r\,y_2}{W}\,dx \;+\; y_2 \int \frac{r\,y_1}{W}\,dx\]
fonksiyonu \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x)\) denkleminin \(I\) üzerinde bir özel çözümüdür; burada her integral, integrandın \(I\) üzerindeki herhangi bir ilkelini gösterir. Denklemin \(I\) üzerindeki genel çözümü
\[y = c_1 y_1 + c_2 y_2 + y_p\]
olur.
İspat
\(W\) hiç sıfır olmaz. \(y_1\) ile \(y_2\), sürekli katsayılı homojen denklemin lineer bağımsız iki çözümü olduğundan Teorem 13.3 gereği her \(x \in I\) için \(W(x) \neq 0\)’dır.
İlkeller vardır. \(y_1\) ile \(y_2\) iki kez türevlenebilir olduğundan \(y_1\), \(y_2\), \(y_1'\), \(y_2'\) ve dolayısıyla \(W = y_1 y_2' - y_1' y_2\) fonksiyonları \(I\)’da süreklidir. \(r\) de sürekli ve \(W\) hiç sıfır olmadığından
\[\frac{r\,y_2}{W} \qquad \text{ve} \qquad \frac{r\,y_1}{W}\]
fonksiyonları \(I\)’da süreklidir; sürekli fonksiyonların ilkeli vardır (örneğin bir \(x_0 \in I\) sabitlenip \(\int_{x_0}^{x}\) ile tanımlanan fonksiyon). Bu ilkelleri kullanarak
\[u_1 = -\int \frac{r\,y_2}{W}\,dx, \qquad u_2 = \int \frac{r\,y_1}{W}\,dx\]
tanımlayalım; o zaman \(u_1' = -\dfrac{r\,y_2}{W}\) ve \(u_2' = \dfrac{r\,y_1}{W}\) olur.
Sistem sağlanır. Bu türevleri \((*)\) sisteminde yerine koyalım:
\[u_1' y_1 + u_2' y_2 = \frac{-\,r\,y_2 y_1 + r\,y_1 y_2}{W} = 0,\]
\[u_1' y_1' + u_2' y_2' = \frac{r\,\big(y_1 y_2' - y_1' y_2\big)}{W} = \frac{r\,W}{W} = r.\]
Sonuç. Teorem 16.1 gereği \(y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2\) fonksiyonu, yani teoremdeki formül, homojen olmayan denklemin \(I\) üzerinde bir çözümüdür. Genel çözümün \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2 + y_p\) biçiminde olduğu ise Teorem 15.1 ve Teorem 11.2 birlikte kullanılarak görülür.
\(\blacksquare\)
Yani formül, \((*)\) sisteminin çözümünü paketlenmiş hâlde verir:
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W}, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W}.\]
Uygulamada ya \((*)\) sistemi kurulup çözülür ya da bu iki formül doğrudan kullanılır; ikisi aynı sonucu verir.
\(u_1\) yerine \(u_1 + k_1\), \(u_2\) yerine \(u_2 + k_2\) alsaydık (\(k_1\), \(k_2\) sabit),
\[(u_1 + k_1)\,y_1 + (u_2 + k_2)\,y_2 = y_p + k_1 y_1 + k_2 y_2\]
elde ederdik. Eklenen \(k_1 y_1 + k_2 y_2\) homojen denklemin bir çözümüdür; sonuç yine bir özel çözümdür ve genel çözümde \(c_1\), \(c_2\) sabitlerinin içine karışır. Bu yüzden \(u_1\) ile \(u_2\) hesaplanırken integral sabitleri sıfır alınır. Aynı nedenle, bulunan \(y_p\) içinde \(y_1\)’in ya da \(y_2\)’nin sabit katı olan bir terim varsa o terim atılabilir. Tersine, integral sabitlerini keyfi bırakırsak formül doğrudan genel çözümü verir.
16.3 Yöntemin Uygulanması
Şimdi yöntemi, belirsiz katsayılar yönteminin hiç kullanılamadığı iki denkleme uygulayalım. Önce adımları toplayalım.
- Denklemi standart biçime getir: \(y''\)’nin katsayısına bölüp \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = r(x)\) yaz ve \(p\), \(q\), \(r\)’nin sürekli olduğu bir \(I\) aralığı seç.
- Homojen denklemin bir temel çözüm kümesini \(y_1\), \(y_2\) bul ve \(W = y_1 y_2' - y_1' y_2\) Wronskiyenini hesapla.
- \((*)\) sistemini çöz ya da doğrudan \(u_1' = -\dfrac{r\,y_2}{W}\), \(u_2' = \dfrac{r\,y_1}{W}\) formüllerini kullan.
- \(u_1\) ile \(u_2\)’yi integral sabiti koymadan bul, \(y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2\) yaz ve genel çözümü \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2 + y_p\) olarak ver.
Örnek 16.1 (Sağ Tarafı Üstel Bölü x Olan Denklem) \[y'' - 2y' + y = \frac{e^{x}}{x}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Belirsiz katsayılar neden olmaz? Sağ taraftaki \(\dfrac{1}{x}\) çarpanı bir polinom değildir; türevleri \(-\dfrac{1}{x^2}\), \(\dfrac{2}{x^3}\), … diye her seferinde yeni bir fonksiyon verir. Sonlu sayıda terimden oluşan bir deneme fonksiyonu kurulamaz; parametrelerin değişimini kullanacağız.
Adım 1: standart biçim ve aralık. Denklem zaten standart biçimdedir: \(p = -2\), \(q = 1\) ve \(r(x) = \dfrac{e^{x}}{x}\). \(r\) fonksiyonu \(x = 0\)’da tanımsızdır, \((0, \infty)\) ve \((-\infty, 0)\) aralıklarının her birinde ise süreklidir. Bu aralıklardan birinde, \(I\)’da çalışalım.
Adım 2: homojen çözüm. \(y'' - 2y' + y = 0\) denkleminin karakteristik denklemi
\[\lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^2 = 0\]
olup \(\lambda = 1\) katlı köktür. Teorem 14.3 gereği
\[y_1 = e^{x}, \qquad y_2 = x e^{x}, \qquad y_h = c_1 e^{x} + c_2 x e^{x}\]
olur. Wronskiyen:
\[W = e^{x}\,\big(e^{x} + x e^{x}\big) - e^{x} \cdot x e^{x} = e^{2x} \neq 0.\]
Adım 3: sistem. \(y_p = u_1 e^{x} + u_2\, x e^{x}\) için \((*)\) sistemi
\[\begin{aligned} u_1' e^{x} + u_2'\, x e^{x} &= 0,\\ u_1' e^{x} + u_2'\,(1 + x)\,e^{x} &= \frac{e^{x}}{x} \end{aligned}\]
olur. İkinci denklemden birinciyi çıkarırsak \(u_1'\) gider:
\[u_2'\,e^{x} = \frac{e^{x}}{x} \quad\Longrightarrow\quad u_2' = \frac{1}{x}.\]
Birinci denklemi \(e^{x} \neq 0\)’a bölüp bunu yerine koyarsak
\[u_1' = -x\,u_2' = -1\]
bulunur. Formülle de aynı sonuç çıkar:
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\frac{e^{x}}{x}\cdot\frac{x e^{x}}{e^{2x}} = -1, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \frac{e^{x}}{x}\cdot\frac{e^{x}}{e^{2x}} = \frac{1}{x}.\]
Adım 4: integral ve sonuç. İntegral sabitlerini sıfır alarak
\[u_1 = -x, \qquad u_2 = \int \frac{dx}{x} = \ln|x|\]
buluruz. Buna göre
\[y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2 = -x e^{x} + x e^{x} \ln|x|\]
ve genel çözüm
\[y = c_1 e^{x} + c_2 x e^{x} - x e^{x} + x e^{x} \ln|x|\]
olur. Buradaki \(-x e^{x}\) terimi \(y_2\)’nin bir katıdır, yani homojen çözümün parçasıdır; \(c_3 = c_2 - 1\) yazarsak genel çözüm daha sade biçimde
\[y = c_1 e^{x} + c_3 x e^{x} + x e^{x} \ln|x|\]
olarak yazılır. Bu çözüm \(x > 0\) ve \(x < 0\) aralıklarının her birinde ayrı ayrı geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.2 (Sekant Sağ Taraflı Denklem) \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında
\[y'' + y = \sec x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(\sec x = \dfrac{1}{\cos x}\) fonksiyonu \(\cos x \neq 0\) olan her aralıkta, özellikle \(I = \left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında süreklidir. Türevleri \(\sec x \tan x\), \(\sec x \tan^2 x + \sec^3 x\), … diye hep yeni fonksiyonlar ürettiğinden belirsiz katsayılar yöntemi burada da kullanılamaz.
Homojen çözüm. \(y'' + y = 0\) denkleminin karakteristik denklemi \(\lambda^2 + 1 = 0\), kökleri \(\lambda = \pm i\)’dir (\(\alpha = 0\), \(\beta = 1\)). Teorem 14.4 gereği
\[y_1 = \cos x, \qquad y_2 = \sin x, \qquad y_h = c_1 \cos x + c_2 \sin x\]
olur ve
\[W = \cos x \cdot \cos x - (-\sin x)\cdot \sin x = \cos^2 x + \sin^2 x = 1.\]
Sistem. \(y_p = u_1 \cos x + u_2 \sin x\) için
\[\begin{aligned} u_1' \cos x + u_2' \sin x &= 0,\\ -\,u_1' \sin x + u_2' \cos x &= \frac{1}{\cos x}. \end{aligned}\]
\(u_1'\)’yü yok etmek için birinci denklemi \(\sin x\) ile, ikinciyi \(\cos x\) ile çarpıp toplayalım:
\[u_2'\,\big(\sin^2 x + \cos^2 x\big) = \frac{\cos x}{\cos x} = 1 \quad\Longrightarrow\quad u_2' = 1.\]
Bunu birinci denklemde yerine koyarsak \(u_1' \cos x = -\sin x\) olur; \(I\) üzerinde \(\cos x \neq 0\) olduğundan
\[u_1' = -\frac{\sin x}{\cos x} = -\tan x\]
bulunur.
İntegraller. \(u_2 = x\)’tir. \(u_1\) için \(w = \cos x\) koyalım; \(dw = -\sin x\,dx\) olduğundan
\[u_1 = -\int \frac{\sin x}{\cos x}\,dx = \int \frac{dw}{w} = \ln|w| = \ln(\cos x)\]
olur; \(I\) üzerinde \(\cos x > 0\) olduğundan mutlak değere gerek kalmadı.
Sonuç.
\[y_p = \cos x \,\ln(\cos x) + x \sin x\]
ve genel çözüm
\[y = c_1 \cos x + c_2 \sin x + \cos x\,\ln(\cos x) + x \sin x\]
olur. Aynı hesap \(\cos x \neq 0\) olan herhangi bir aralıkta, \(\ln(\cos x)\) yerine \(\ln|\cos x|\) yazılarak geçerlidir.
\(\blacksquare\)
16.4 İki Yöntemin Karşılaştırılması
Sağ taraf belirsiz katsayılar yönteminin kapsamına girdiğinde iki yöntem de kullanılabilir. Aynı denklemi iki yolla çözüp sonuçları karşılaştıralım.
Örnek 16.3 (Birinci Yol: Belirsiz Katsayılar) \[y'' + 4y = \sin^2 2x\]
denkleminin genel çözümünü belirsiz katsayılar yöntemiyle bulunuz.
Çözüm
Sağ tarafı tabloya uygun hâle getirelim. \(\sin^2 2x\) doğrudan deneme tablosunda yoktur, ama \(\cos 4x = 1 - 2\sin^2 2x\) özdeşliğinden
\[\sin^2 2x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 4x\]
yazılır: sağ taraf bir sabit ile bir kosinüsün toplamıdır.
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + 4 = 0\) denkleminin kökleri \(\lambda = \pm 2i\) olduğundan
\[y_h = c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x.\]
Deneme fonksiyonu. Sabit terim için \(A\), \(\cos 4x\) terimi için \(B\cos 4x + C\sin 4x\) alınır (toplam kuralı):
\[y_p = A + B\cos 4x + C\sin 4x.\]
Bu terimlerin hiçbiri homojen denklemin çözümü değildir (\(0\) ve \(\pm 4i\) karakteristik kök değildir), dolayısıyla \(x\) ile çarpmaya gerek yoktur.
Katsayılar. \(y_p'' = -16B\cos 4x - 16C\sin 4x\) olduğundan
\[y_p'' + 4y_p = 4A - 12B\cos 4x - 12C\sin 4x\]
bulunur. Bunu \(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\cos 4x\)’e eşitleyip katsayıları karşılaştıralım:
\[4A = \frac{1}{2}, \qquad -12B = -\frac{1}{2}, \qquad -12C = 0.\]
Buradan \(A = \dfrac{1}{8}\), \(B = \dfrac{1}{24}\), \(C = 0\) çıkar.
Sonuç.
\[y_p = \frac{1}{8} + \frac{1}{24}\cos 4x, \qquad y = c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x + \frac{1}{8} + \frac{1}{24}\cos 4x.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 16.4 (İkinci Yol: Parametrelerin Değişimi) \[y'' + 4y = \sin^2 2x\]
denkleminin genel çözümünü parametrelerin değişimi yöntemiyle bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Kökler \(\lambda = \pm 2i\) olduğundan \(y_1 = \cos 2x\), \(y_2 = \sin 2x\) ve
\[W = \cos 2x \cdot 2\cos 2x - (-2\sin 2x)\cdot \sin 2x = 2.\]
Sistem. \(y_p = u_1 \cos 2x + u_2 \sin 2x\) için
\[\begin{aligned} u_1' \cos 2x + u_2' \sin 2x &= 0,\\ -2u_1' \sin 2x + 2u_2' \cos 2x &= \sin^2 2x. \end{aligned}\]
\(u_1'\)’yü yok etmek için birinci denklemi \(2\sin 2x\) ile, ikinciyi \(\cos 2x\) ile çarpıp toplayalım:
\[u_2'\,\big(2\sin^2 2x + 2\cos^2 2x\big) = \sin^2 2x \cos 2x \quad\Longrightarrow\quad u_2' = \frac{1}{2}\sin^2 2x\cos 2x.\]
\(u_2'\)’yü yok etmek için birinci denklemi \(2\cos 2x\) ile, ikinciyi \(\sin 2x\) ile çarpıp birinciden ikinciyi çıkaralım:
\[u_1'\,\big(2\cos^2 2x + 2\sin^2 2x\big) = -\sin^3 2x \quad\Longrightarrow\quad u_1' = -\frac{1}{2}\sin^3 2x.\]
(Formülle: \(u_1' = -\dfrac{r\,y_2}{W} = -\dfrac{\sin^3 2x}{2}\) ve \(u_2' = \dfrac{r\,y_1}{W} = \dfrac{\sin^2 2x \cos 2x}{2}\).)
\(u_2\)’nin hesabı. \(t = \sin 2x\) koyalım; \(dt = 2\cos 2x\,dx\) olduğundan
\[u_2 = \frac{1}{2}\int \sin^2 2x \cos 2x\,dx = \frac{1}{4}\int t^2\,dt = \frac{t^3}{12} = \frac{1}{12}\sin^3 2x.\]
\(u_1\)’in hesabı. \(\sin^2 2x = 1 - \cos^2 2x\) yazıp \(t = \cos 2x\) koyalım; \(dt = -2\sin 2x\,dx\), yani \(\sin 2x\,dx = -\dfrac{dt}{2}\) olur:
\[\begin{aligned} u_1 &= -\frac{1}{2}\int \big(1 - \cos^2 2x\big)\sin 2x\,dx = \frac{1}{4}\int \big(1 - t^2\big)\,dt\\[1mm] &= \frac{1}{4}\left(t - \frac{t^3}{3}\right) = \frac{1}{4}\cos 2x - \frac{1}{12}\cos^3 2x. \end{aligned}\]
Özel çözüm.
\[\begin{aligned} y_p &= u_1 \cos 2x + u_2 \sin 2x\\[1mm] &= \frac{1}{4}\cos^2 2x - \frac{1}{12}\cos^4 2x + \frac{1}{12}\sin^4 2x. \end{aligned}\]
Son iki terimi çarpanlarına ayıralım:
\[\sin^4 2x - \cos^4 2x = \big(\sin^2 2x - \cos^2 2x\big)\underbrace{\big(\sin^2 2x + \cos^2 2x\big)}_{=\,1}.\]
Buna göre
\[y_p = \frac{1}{4}\cos^2 2x + \frac{1}{12}\big(\sin^2 2x - \cos^2 2x\big) = \frac{1}{6}\cos^2 2x + \frac{1}{12}\sin^2 2x\]
ve genel çözüm
\[y = c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x + \frac{1}{6}\cos^2 2x + \frac{1}{12}\sin^2 2x\]
olur.
\(\blacksquare\)
İki yol görünüşte farklı iki özel çözüm verdi. Oysa \(\sin^2 2x = 1 - \cos^2 2x\) ve \(\cos^2 2x = \dfrac{1 + \cos 4x}{2}\) özdeşlikleriyle
\[\begin{aligned} \frac{1}{6}\cos^2 2x + \frac{1}{12}\sin^2 2x &= \frac{1}{12} + \frac{1}{12}\cos^2 2x\\[1mm] &= \frac{1}{12} + \frac{1 + \cos 4x}{24} = \frac{1}{8} + \frac{1}{24}\cos 4x \end{aligned}\]
bulunur: iki özel çözüm aynı fonksiyondur.
Bu tam çakışma her zaman beklenmemelidir, çünkü homojen olmayan bir denklemin özel çözümü tek değildir. \(y_{p,1}\) ile \(y_{p,2}\) aynı denklemin iki özel çözümüyse, türev almanın lineerliği gereği \(w = y_{p,1} - y_{p,2}\) farkı için \(w'' + p\,w' + q\,w = r - r = 0\) olur. Yani iki özel çözümün farkı homojen denklemin bir çözümü, dolayısıyla Teorem 11.2 gereği \(k_1 y_1 + k_2 y_2\) biçimindedir. Örneğin yukarıda \(u_2\) için \(\dfrac{1}{12}\sin^3 2x\) yerine \(\dfrac{1}{12}\sin^3 2x + 1\) ilkelini seçseydik özel çözüme fazladan bir \(\sin 2x\) terimi eklenirdi. Böyle bir fark genel çözümde \(c_1\), \(c_2\) sabitlerinin içine karışıp kaybolur: iki yöntem her zaman aynı genel çözümü verir. Örnek 16.1 içinde \(-x e^{x}\) teriminin \(c_2 x e^{x}\) terimine katılması da bunun bir örneğiydi.
Hesap yükü açısından ise fark büyüktür: belirsiz katsayılar birkaç satırlık cebirle bitti, parametrelerin değişimi ise iki trigonometrik integral ve bir sadeleştirme istedi.
| Belirsiz katsayılar | Parametrelerin değişimi | |
|---|---|---|
| Katsayılar | yalnız sabit | \(I\)’da sürekli, değişken olabilir |
| Sağ taraf \(r(x)\) | polinom, \(e^{\alpha x}\), \(\cos \beta x\), \(\sin \beta x\) ve bunların toplamları ve çarpımları | \(I\)’da sürekli herhangi bir fonksiyon |
| Gereken bilgi | karakteristik kökler | bir temel çözüm kümesi \(y_1\), \(y_2\) |
| Asıl iş | katsayı eşitleme (yalnız cebir) | iki integral |
| Zayıf yanı | çoğu sağ taraf için deneme fonksiyonu yok | integraller kapalı biçimde alınamayabilir |
Katsayılar sabit ve sağ taraf deneme tablosundaki biçimlerdense belirsiz katsayılar genellikle daha kısadır. Sağ taraf \(\tan x\), \(\sec x\), \(\ln x\), \(\dfrac{1}{x}\) gibi bir fonksiyonsa deneme fonksiyonu kurulamaz, çünkü bu fonksiyonların türevleri sonlu bir aileye sığmaz. Katsayılar sabit değilse (Tanım 1.7) karakteristik denklem de deneme tablosu da anlamını yitirir; \(y_1\) ile \(y_2\) başka bir yolla biliniyorsa (verilmiş, tahmin edilmiş ya da Teorem 12.1 ile bulunmuşsa) parametrelerin değişimi yine işler.
16.5 Alıştırmalar
Alıştırma 16.1 (Tanjant Sağ Taraflı Denklem) \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında
\[y'' + y = \tan x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(\tan x\) bu aralıkta süreklidir. Homojen denklem Örnek 16.2 içindekiyle aynıdır: \(y_1 = \cos x\), \(y_2 = \sin x\) ve \(W = 1\).
\(u_1'\) ve \(u_2'\). Formülü kullanalım:
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\tan x \sin x = -\frac{\sin^2 x}{\cos x} = -\frac{1 - \cos^2 x}{\cos x} = -\sec x + \cos x,\]
\[u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \tan x \cos x = \sin x.\]
İntegraller. \(\sec x\)’in ilkeli için şu gözlem yeterlidir:
\[\frac{d}{dx}\ln\big(\sec x + \tan x\big) = \frac{\sec x \tan x + \sec^2 x}{\sec x + \tan x} = \frac{\sec x\,(\tan x + \sec x)}{\sec x + \tan x} = \sec x.\]
Aralığımızda \(\sec x + \tan x = \dfrac{1 + \sin x}{\cos x} > 0\) olduğundan logaritma tanımlıdır. Böylece integral sabitlerini sıfır alarak
\[u_1 = -\ln\big(\sec x + \tan x\big) + \sin x, \qquad u_2 = -\cos x\]
buluruz.
Özel çözüm.
\[\begin{aligned} y_p &= \cos x\,\big[\sin x - \ln\big(\sec x + \tan x\big)\big] - \sin x \cos x\\[1mm] &= -\cos x\,\ln\big(\sec x + \tan x\big). \end{aligned}\]
Genel çözüm.
\[y = c_1 \cos x + c_2 \sin x - \cos x\,\ln\big(\sec x + \tan x\big).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.2 (Wronskiyeni Bir Olmayan Sekant Denklemi) \(\left(-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}\right)\) aralığında
\[y'' + 4y = \sec 2x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(\sec 2x\) bu aralıkta süreklidir, çünkü \(2x \in \left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) ve orada \(\cos 2x > 0\)’dır.
Homojen çözüm. Kökler \(\lambda = \pm 2i\) olduğundan \(y_1 = \cos 2x\), \(y_2 = \sin 2x\) ve
\[W = \cos 2x \cdot 2\cos 2x - (-2\sin 2x)\cdot\sin 2x = 2.\]
\(u_1'\) ve \(u_2'\). Wronskiyenin \(1\) değil \(2\) olduğuna dikkat ederek
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\frac{\sin 2x}{2\cos 2x} = -\frac{1}{2}\tan 2x, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \frac{\cos 2x}{2\cos 2x} = \frac{1}{2}.\]
İntegraller. Zincir kuralıyla
\[\frac{d}{dx}\ln(\cos 2x) = -\frac{2\sin 2x}{\cos 2x} = -2\tan 2x\]
olduğundan
\[u_1 = -\frac{1}{2}\int \tan 2x\,dx = -\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\ln(\cos 2x)\right) = \frac{1}{4}\ln(\cos 2x), \qquad u_2 = \frac{x}{2}.\]
Sonuç.
\[y_p = \frac{1}{4}\cos 2x\,\ln(\cos 2x) + \frac{x}{2}\sin 2x\]
ve genel çözüm
\[y = c_1 \cos 2x + c_2 \sin 2x + \frac{1}{4}\cos 2x\,\ln(\cos 2x) + \frac{x}{2}\sin 2x.\]
\(W = 2\) unutulup \(W = 1\) alınsaydı \(y_p\)’nin iki katı bulunurdu; o fonksiyon denklemde sağ taraf olarak \(\sec 2x\) değil \(2\sec 2x\) verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.3 (Katlı Kök ve Kesirli Sağ Taraf) \[y'' + 2y' + y = \frac{e^{-x}}{x^2}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(r(x) = \dfrac{e^{-x}}{x^2}\) fonksiyonu \((0, \infty)\) ve \((-\infty, 0)\) aralıklarının her birinde süreklidir; bunlardan birinde çalışalım.
Homojen çözüm. \(\lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 = 0\) olduğundan \(\lambda = -1\) katlı köktür; Teorem 14.3 gereği \(y_1 = e^{-x}\), \(y_2 = x e^{-x}\). \(y_2' = (1 - x)\,e^{-x}\) olduğundan
\[W = e^{-x}\,(1 - x)\,e^{-x} - \big(-e^{-x}\big)\,x e^{-x} = e^{-2x}.\]
\(u_1'\) ve \(u_2'\).
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\frac{e^{-x}}{x^2}\cdot\frac{x e^{-x}}{e^{-2x}} = -\frac{1}{x}, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \frac{e^{-x}}{x^2}\cdot\frac{e^{-x}}{e^{-2x}} = \frac{1}{x^2}.\]
İntegraller.
\[u_1 = -\ln|x|, \qquad u_2 = -\frac{1}{x}.\]
Özel çözüm.
\[y_p = -e^{-x}\ln|x| - \frac{1}{x}\cdot x e^{-x} = -e^{-x}\ln|x| - e^{-x}.\]
Son terim \(-e^{-x} = -y_1\) homojen çözümün parçasıdır; atılabilir. Böylece \(y_p = -e^{-x}\ln|x|\) ve genel çözüm
\[y = c_1 e^{-x} + c_2 x e^{-x} - e^{-x}\ln|x|\]
olur; \(x > 0\) ve \(x < 0\) aralıklarının her birinde geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.4 (Farklı Gerçel Kökler ve Üstel Kesir) \[y'' - 3y' + 2y = \frac{1}{1 + e^{-x}}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Sağ taraf bütün gerçel sayılarda süreklidir ve \(r(x) = \dfrac{1}{1 + e^{-x}} = \dfrac{e^{x}}{e^{x} + 1}\) biçiminde de yazılabilir.
Homojen çözüm. \(\lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\) denkleminin kökleri \(1\) ve \(2\)’dir; Teorem 14.2 gereği \(y_1 = e^{x}\), \(y_2 = e^{2x}\) ve
\[W = e^{x}\cdot 2e^{2x} - e^{x}\cdot e^{2x} = e^{3x}.\]
\(u_1'\) ve \(u_2'\).
\[u_1' = -\frac{r\,e^{2x}}{e^{3x}} = -r\,e^{-x} = -\frac{1}{e^{x} + 1}, \qquad u_2' = \frac{r\,e^{x}}{e^{3x}} = r\,e^{-2x} = \frac{e^{-x}}{e^{x} + 1}.\]
\(u_1\)’in hesabı. Pay ve paydayı \(e^{-x}\) ile çarparsak \(u_1' = -\dfrac{e^{-x}}{1 + e^{-x}}\) olur. \(w = 1 + e^{-x}\) için \(dw = -e^{-x}\,dx\) olduğundan
\[u_1 = \int \frac{-e^{-x}}{1 + e^{-x}}\,dx = \int \frac{dw}{w} = \ln\big(1 + e^{-x}\big).\]
\(u_2\)’nin hesabı. \(t = e^{x}\) koyalım; \(dt = e^{x}\,dx\), yani \(dx = \dfrac{dt}{t}\) olur:
\[u_2 = \int \frac{e^{-x}}{e^{x} + 1}\,dx = \int \frac{dt}{t^2\,(t + 1)}.\]
Basit kesirlere ayıralım:
\[\frac{1}{t^2\,(t + 1)} = \frac{1}{t^2} - \frac{1}{t} + \frac{1}{t + 1}.\]
Buna göre
\[u_2 = -\frac{1}{t} - \ln t + \ln(t + 1) = -e^{-x} - x + \ln\big(e^{x} + 1\big).\]
Son iki terim birleşir:
\[\ln\big(e^{x} + 1\big) - x = \ln\frac{e^{x} + 1}{e^{x}} = \ln\big(1 + e^{-x}\big).\]
Böylece
\[u_2 = -e^{-x} + \ln\big(1 + e^{-x}\big).\]
Özel çözüm.
\[\begin{aligned} y_p &= e^{x}\ln\big(1 + e^{-x}\big) + e^{2x}\big[-e^{-x} + \ln\big(1 + e^{-x}\big)\big]\\[1mm] &= \big(e^{x} + e^{2x}\big)\ln\big(1 + e^{-x}\big) - e^{x}. \end{aligned}\]
\(-e^{x} = -y_1\) terimi atılabilir.
Genel çözüm.
\[y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x} + \big(e^{x} + e^{2x}\big)\ln\big(1 + e^{-x}\big).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.5 (Değişken Katsayılı Bir Denklem) \(x > 0\) için \(y_1 = x\) ve \(y_2 = x^2\) fonksiyonlarının
\[x^2 y'' - 2x\,y' + 2y = 0\]
denkleminin çözümleri olduğu bilindiğine göre
\[x^2 y'' - 2x\,y' + 2y = x^3 e^{x}\]
denkleminin \(x > 0\) için genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Katsayılar sabit olmadığından belirsiz katsayılar yöntemi kullanılamaz; sağ tarafın deneme tablosundaki biçimlere benzemesi bunu değiştirmez.
Temel çözüm kümesi. Önce verilen fonksiyonların homojen denklemi sağladığını görelim. \(y_1 = x\) için \(x^2 \cdot 0 - 2x \cdot 1 + 2x = 0\); \(y_2 = x^2\) için \(x^2 \cdot 2 - 2x \cdot 2x + 2x^2 = 0\). Wronskiyen
\[W = x \cdot 2x - 1 \cdot x^2 = x^2\]
\(x > 0\) için sıfırdan farklıdır; \(y_1\), \(y_2\) bir temel çözüm kümesidir.
Standart biçim. Denklemi \(x^2 \neq 0\)’a bölelim:
\[y'' - \frac{2}{x}\,y' + \frac{2}{x^2}\,y = x e^{x}.\]
Demek ki sistemde kullanılacak sağ taraf \(r(x) = x e^{x}\)’tir, \(x^3 e^{x}\) değil.
\(u_1'\) ve \(u_2'\).
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\frac{x e^{x}\cdot x^2}{x^2} = -x e^{x}, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \frac{x e^{x}\cdot x}{x^2} = e^{x}.\]
İntegraller. Kısmi integrasyonla \(\int x e^{x}\,dx = x e^{x} - e^{x}\) olduğundan
\[u_1 = -\big(x e^{x} - e^{x}\big) = (1 - x)\,e^{x}, \qquad u_2 = e^{x}.\]
Özel çözüm.
\[y_p = x\,(1 - x)\,e^{x} + x^2 e^{x} = x e^{x}.\]
Doğrulayalım: \(y_p' = (x + 1)\,e^{x}\), \(y_p'' = (x + 2)\,e^{x}\) ve
\[x^2 (x + 2)\,e^{x} - 2x\,(x + 1)\,e^{x} + 2x e^{x} = x^3 e^{x}.\]
Genel çözüm.
\[y = c_1 x + c_2 x^2 + x e^{x}.\]
Bölmeyi unutup \(r = x^3 e^{x}\) ile hesaplasaydık \(x\,(x^2 - 4x + 6)\,e^{x}\) fonksiyonunu bulurduk; bu fonksiyon denklemi sağlamaz. Bu türden denklemlerin temel çözüm kümesini sistemli biçimde bulmayı Cauchy–Euler Denklemi bölümünde göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.6 (Katsayıları x’e Bağlı Bir Başka Denklem) \(x < 1\) için \(y_1 = x\) ve \(y_2 = e^{x}\) fonksiyonlarının
\[(1 - x)\,y'' + x\,y' - y = 0\]
denkleminin çözümleri olduğu bilindiğine göre
\[(1 - x)\,y'' + x\,y' - y = (1 - x)^2\]
denkleminin \(x < 1\) için genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Temel çözüm kümesi. \(y_1 = x\) için \((1 - x)\cdot 0 + x \cdot 1 - x = 0\); \(y_2 = e^{x}\) için \((1 - x)\,e^{x} + x e^{x} - e^{x} = 0\). Wronskiyen
\[W = x\,e^{x} - 1\cdot e^{x} = (x - 1)\,e^{x}\]
\(x < 1\) için sıfırdan farklıdır; \(y_1\), \(y_2\) bir temel çözüm kümesidir.
Standart biçim. \(x < 1\) için \(1 - x \neq 0\)’dır; denklemi \(1 - x\)’e bölelim:
\[y'' + \frac{x}{1 - x}\,y' - \frac{1}{1 - x}\,y = 1 - x.\]
Demek ki \(r(x) = 1 - x\)’tir.
\(u_1'\) ve \(u_2'\).
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\frac{(1 - x)\,e^{x}}{(x - 1)\,e^{x}} = 1, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \frac{(1 - x)\,x}{(x - 1)\,e^{x}} = -x e^{-x}.\]
İntegraller. \(u_1 = x\)’tir. Kısmi integrasyonla \(\int x e^{-x}\,dx = -x e^{-x} - e^{-x}\) olduğundan
\[u_2 = x e^{-x} + e^{-x} = (x + 1)\,e^{-x}.\]
Özel çözüm.
\[y_p = x \cdot x + (x + 1)\,e^{-x}\cdot e^{x} = x^2 + x + 1.\]
Buradaki \(x\) terimi \(y_1\)’in kendisidir, atılabilir: \(y_p = x^2 + 1\). Doğrulayalım: \(y_p' = 2x\), \(y_p'' = 2\) ve
\[(1 - x)\cdot 2 + x \cdot 2x - \big(x^2 + 1\big) = x^2 - 2x + 1 = (1 - x)^2.\]
Genel çözüm.
\[y = c_1 x + c_2 e^{x} + x^2 + 1.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.7 (Başlangıç Koşullu Bir Problem) \((0, \pi)\) aralığında
\[y'' + y = \csc x, \qquad y\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1, \qquad y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
\(\csc x = \dfrac{1}{\sin x}\) fonksiyonu \((0, \pi)\) aralığında süreklidir. Homojen denklem yine \(y'' + y = 0\)’dır: \(y_1 = \cos x\), \(y_2 = \sin x\), \(W = 1\).
\(u_1'\) ve \(u_2'\).
\[u_1' = -\frac{r\,y_2}{W} = -\csc x \sin x = -1, \qquad u_2' = \frac{r\,y_1}{W} = \csc x \cos x = \frac{\cos x}{\sin x}.\]
İlkelleri başlangıç noktasından başlatalım. İntegral sabitlerini sıfır almak yerine, ilkelleri \(x_0 = \dfrac{\pi}{2}\) noktasında sıfır olacak biçimde seçelim:
\[u_1 = -\int_{\pi/2}^{x} dt = \frac{\pi}{2} - x,\]
\[u_2 = \int_{\pi/2}^{x} \frac{\cos t}{\sin t}\,dt = \ln(\sin x) - \ln 1 = \ln(\sin x).\]
(\((0, \pi)\) aralığında \(\sin x > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur.) Buna göre
\[y_p = \left(\frac{\pi}{2} - x\right)\cos x + \sin x\,\ln(\sin x).\]
Bu seçimin yararı şudur: \(u_1\left(\frac{\pi}{2}\right) = u_2\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\) olduğundan \(y_p\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\)’dır. Ek koşul sayesinde \(y_p' = u_1 y_1' + u_2 y_2'\) olduğu için de \(y_p'\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\)’dır. Yani başlangıç koşullarının yükü tamamen homojen kısma düşer.
Sabitler. Genel çözüm \(y = c_1 \cos x + c_2 \sin x + y_p\)’dir. Başlangıç koşullarını yazalım:
\[y\left(\frac{\pi}{2}\right) = c_2 = 1, \qquad y'\left(\frac{\pi}{2}\right) = -c_1 \sin\frac{\pi}{2} + c_2 \cos\frac{\pi}{2} = -c_1 = 0.\]
Demek ki \(c_1 = 0\), \(c_2 = 1\) ve problemin çözümü
\[y = \sin x + \left(\frac{\pi}{2} - x\right)\cos x + \sin x\,\ln(\sin x)\]
olur.
Doğrulama. Türev alırsak
\[y' = \cos x - \left(\frac{\pi}{2} - x\right)\sin x + \cos x\,\ln(\sin x)\]
bulunur; \(x = \dfrac{\pi}{2}\)’de \(y = 1 + 0 + 0 = 1\) ve \(y' = 0 - 0 + 0 = 0\)’dır.
Çözümün aralığı. Katsayılar ve sağ taraf \((0, \pi)\)’nin tamamında sürekli olduğundan Teorem 13.2 gereği çözüm bu aralığın tamamında tanımlı ve tektir. Uçlara yaklaşırken \(\sin x \to 0\) ve \(\sin x\,\ln(\sin x) \to 0\) olduğundan
\[\lim_{x \to 0^{+}} y = \frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x \to \pi^{-}} y = \left(\frac{\pi}{2} - \pi\right)(-1) = \frac{\pi}{2}\]
bulunur; ama \(x = 0\) ve \(x = \pi\) noktalarında sağ taraf tanımsız olduğundan bu noktalar çözüm aralığına girmez.
\(\blacksquare\)
Böylece ikinci mertebe lineer denklemler için eksiksiz bir araç takımımız oldu: karakteristik denklem homojen çözümü, belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi de özel çözümü veriyor. Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümünde bu fikirlerin \(n\). mertebeden lineer denklemlere nasıl genelleştiğini göreceğiz.