14 Sabit Katsayılı Homojen Denklemler
Önceki bölümlerde ikinci mertebeden homojen lineer denklemlerin çözüm kümesinin yapısını kurduk. İkinci Mertebe Lineer Denklemler bölümünde, lineer bağımsız iki çözüm bulunduğunda bütün çözümlerin \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçiminde yazıldığını (Teorem 11.2); Wronskiyen ve Lineer Bağımsızlık bölümünde de iki çözümün bağımsızlığının tek bir determinant hesabıyla denetlenebildiğini gördük. Ama bu teori \(y_1\) ile \(y_2\)’yi nasıl bulacağımızı söylemez. Mertebe İndirgeme yöntemi de ancak elimizde bir çözüm varsa ikincisini verir.
Bu bölümde, iki çözümün de yalnızca cebirle bulunabildiği büyük bir sınıfı ele alıyoruz: katsayıları sabit olan
\[a y'' + b y' + c y = 0\]
denklemleri. Fikir basittir: türevi kendisinin sabit katı olan fonksiyonlar üstel fonksiyonlardır, dolayısıyla \(y = e^{\lambda x}\) denendiğinde diferansiyel denklem \(\lambda\) için ikinci dereceden bir cebirsel denkleme dönüşür. Bu cebirsel denklemin köklerinin üç farklı türde olabilmesi (iki farklı gerçel kök, bir katlı kök, iki kompleks eşlenik kök) bölümün planını da belirler.
Sabit katsayılı lineer denklemlerin bugün kullanılan çözüm yöntemi Leonhard Euler’e (1707–1783) dayanır. Euler 1743’te yayımladığı bir makalede, her mertebeden sabit katsayılı homojen lineer denklemi \(e^{\lambda x}\) biçiminde çözümler arayarak bir polinom denklemine indirgedi ve bu polinomun katlı ya da kompleks kökleri olduğu durumları da ele aldı. Kompleks köklerden gerçel çözümlere geçişin anahtarı olan \(e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta\) eşitliği ise Euler’in 1748 tarihli Introductio in analysin infinitorum kitabında yer alır.
14.1 Üstel Fonksiyon Denemesi
Birinci mertebeden \(y' = ky\) denkleminin çözümlerinin \(y = Ce^{kx}\) olduğunu biliyoruz. İkinci mertebede de aynı türden çözümler aramak doğaldır, çünkü \(e^{\lambda x}\)’in her türevi kendisinin bir sabit katıdır:
\[y = e^{\lambda x}, \qquad y' = \lambda e^{\lambda x}, \qquad y'' = \lambda^2 e^{\lambda x}.\]
Bu bölüm boyunca \(a\), \(b\), \(c\) gerçel sabitler ve \(a \neq 0\) olmak üzere
\[a y'' + b y' + c y = 0\]
denklemiyle çalışacağız. Bu, Tanım 1.7 anlamında sabit katsayılı, ikinci mertebeden homojen lineer bir denklemdir (Tanım 11.1). Kısalık için denklemin sol tarafını
\[L[y] = a y'' + b y' + c y\]
ile gösterelim; \(y\)’nin bir çözüm olması \(L[y] = 0\) demektir. \(y = e^{\lambda x}\) koyarsak
\[L\big[e^{\lambda x}\big] = a\lambda^2 e^{\lambda x} + b\lambda e^{\lambda x} + c e^{\lambda x} = \big(a\lambda^2 + b\lambda + c\big)\,e^{\lambda x}\]
bulunur. Üstel çarpan hiçbir yerde sıfır olmadığından bu ifade ancak parantez sıfırsa sıfırdır. Böylece her şey parantezin içindeki ikinci dereceden polinoma bağlanır.
Tanım 14.1 (Karakteristik Denklem) \(a\), \(b\), \(c\) gerçel sabitler ve \(a \neq 0\) olmak üzere \(a y'' + b y' + c y = 0\) denklemi verilsin.
\[a\lambda^2 + b\lambda + c = 0\]
cebirsel denklemine bu diferansiyel denklemin karakteristik denklemi (characteristic equation) denir; yardımcı denklem (auxiliary equation) adı da kullanılır. Sol taraftaki \(p(\lambda) = a\lambda^2 + b\lambda + c\) polinomuna karakteristik polinom, karakteristik denklemin köklerine de karakteristik kökler denir.
Yani karakteristik denklem, diferansiyel denklemde \(y''\) yerine \(\lambda^2\), \(y'\) yerine \(\lambda\), \(y\) yerine \(1\) yazılarak elde edilir; katsayılar olduğu gibi kalır. Örneğin \(2y'' - y' + 5y = 0\) denkleminin karakteristik denklemi \(2\lambda^2 - \lambda + 5 = 0\)’dır.
Yukarıdaki hesabı bir teorem olarak yazalım.
Teorem 14.1 (Üstel Çözümler ve Karakteristik Kökler) \(\lambda\) bir gerçel sayı olsun. \(y = e^{\lambda x}\) fonksiyonunun \(a y'' + b y' + c y = 0\) denkleminin bir çözümü olması için gerek ve yeter koşul, \(\lambda\)’nın karakteristik denklemin bir kökü olmasıdır. Bu durumda \(e^{\lambda x}\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde bir çözümdür.
İspat
\(y = e^{\lambda x}\) için \(y' = \lambda e^{\lambda x}\) ve \(y'' = \lambda^2 e^{\lambda x}\) olduğundan her \(x\) için
\[L\big[e^{\lambda x}\big] = p(\lambda)\,e^{\lambda x}\]
eşitliği vardır; burada \(p(\lambda) = a\lambda^2 + b\lambda + c\) karakteristik polinomdur.
\(p(\lambda) = 0\) ise sağ taraf her \(x\) için sıfırdır; yani \(e^{\lambda x}\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde denklemi sağlar.
Tersine, \(e^{\lambda x}\) bir aralıkta denklemi sağlasın. O aralığın herhangi bir \(x\) noktasında \(p(\lambda)\,e^{\lambda x} = 0\) olur. Üstel fonksiyon her yerde pozitif olduğundan \(e^{\lambda x} \neq 0\)’dır; dolayısıyla \(p(\lambda) = 0\), yani \(\lambda\) karakteristik denklemin bir köküdür.
\(\blacksquare\)
Karakteristik denklem ikinci dereceden olduğundan kökleri diskriminantla belirlenir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}.\]
Diskriminantın işaretine göre üç durum vardır:
- \(b^2 - 4ac > 0\) ise iki farklı gerçel kök vardır;
- \(b^2 - 4ac = 0\) ise tek bir gerçel katlı kök (double root) vardır: \(\lambda_1 = \lambda_2 = -\dfrac{b}{2a}\);
- \(b^2 - 4ac < 0\) ise gerçel kök yoktur, kökler kompleks eşleniktir (complex conjugate).
Birinci durumda Teorem 14.1 bize hemen iki çözüm verir. İkinci durumda yalnızca bir üstel çözüm vardır; ikincisini başka bir yoldan bulmamız gerekir. Üçüncü durumda gerçel bir \(\lambda\) hiç yoktur, dolayısıyla teorem hiçbir gerçel üstel çözüm vermez; çözümleri kompleks sayıların yardımıyla kuracağız. Üç durumu sırayla ele alalım.
14.2 Farklı Gerçel Kökler
Diskriminant pozitifken iş kolaydır: iki farklı kök iki farklı üstel çözüm verir ve bu iki çözüm her zaman lineer bağımsızdır.
Teorem 14.2 (Farklı Gerçel Kökler) \(b^2 - 4ac > 0\) olsun ve karakteristik denklemin iki farklı gerçel kökü \(\lambda_1 \neq \lambda_2\) olsun. O zaman \(e^{\lambda_1 x}\) ve \(e^{\lambda_2 x}\) fonksiyonları \(a y'' + b y' + c y = 0\) denkleminin her aralıkta bir temel çözüm kümesidir ve denklemin genel çözümü
\[y = c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x}\]
olur; burada \(c_1\) ile \(c_2\) keyfi sabitlerdir.
İspat
\(\lambda_1\) ile \(\lambda_2\) karakteristik denklemin kökleri olduğundan Teorem 14.1 gereği \(y_1 = e^{\lambda_1 x}\) ve \(y_2 = e^{\lambda_2 x}\) fonksiyonları bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde denklemin çözümleridir.
Bağımsızlıklarını Wronskiyenle (Tanım 13.2) gösterelim:
\[W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} e^{\lambda_1 x} & e^{\lambda_2 x} \\ \lambda_1 e^{\lambda_1 x} & \lambda_2 e^{\lambda_2 x} \end{vmatrix} = (\lambda_2 - \lambda_1)\,e^{(\lambda_1 + \lambda_2)x}.\]
\(\lambda_1 \neq \lambda_2\) olduğundan ilk çarpan sıfırdan farklıdır, üstel çarpan da hiçbir yerde sıfır olmaz; yani Wronskiyen hiçbir noktada sıfırlanmaz. Teorem 13.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) her aralıkta lineer bağımsızdır; iki bağımsız çözüm oldukları için bir temel çözüm kümesi oluştururlar (Tanım 11.3).
Son olarak denklemi \(a \neq 0\) ile bölersek katsayıları sabit, dolayısıyla her yerde sürekli olan bir denklem elde ederiz. Teorem 11.2 gereği her çözüm \(c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçimindedir.
\(\blacksquare\)
Yani farklı gerçel köklerde karakteristik denklemin her kökü bir üstel çözüm verir ve genel çözüm bunların lineer birleşimidir. Bağımsızlık Wronskiyensiz de görülebilir: \(c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x} = 0\) eşitliği bir aralıkta sağlansaydı ve sabitlerden biri sıfırdan farklı olsaydı, üstel fonksiyonlar hiç sıfır olmadığından ikisi de sıfırdan farklı olurdu ve
\[\frac{e^{\lambda_1 x}}{e^{\lambda_2 x}} = e^{(\lambda_1 - \lambda_2)x} = -\frac{c_2}{c_1}\]
sabit çıkardı. Oysa \(\lambda_1 \neq \lambda_2\) iken \(e^{(\lambda_1 - \lambda_2)x}\) kesin artan ya da kesin azalan bir fonksiyondur, hiçbir aralıkta sabit değildir.
Şimdi yöntemi uygulamaya hazırız. Adımlar üç durumda da aynıdır; yalnızca üçüncü adımda hangi teoremin kullanılacağı köklerin türüne göre değişir.
- Denklemde \(y''\), \(y'\), \(y\) yerine \(\lambda^2\), \(\lambda\), \(1\) yazarak karakteristik denklemi kur.
- Kökleri bul (çarpanlara ayırarak ya da ikinci derece formülüyle); diskriminantın işaretinden durumu belirle.
- Temel çözüm kümesini yaz: farklı gerçel köklerde Teorem 14.2, katlı kökte Teorem 14.3, kompleks köklerde Teorem 14.4. Genel çözüm bu iki fonksiyonun lineer birleşimidir.
- Başlangıç koşulları verilmişse genel çözümü ve türevini başlangıç noktasında yaz; \(c_1\) ile \(c_2\) için çıkan iki bilinmeyenli doğrusal sistemi çöz.
Örnek 14.1 (İki Farklı Gerçel Kök) \[\frac{d^2y}{dx^2} - 3\frac{dy}{dx} + 2y = 0\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden, sabit katsayılı homojen lineer bir denklemdir; \(a = 1\), \(b = -3\), \(c = 2\). Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\]
olur. Sol taraf çarpanlarına ayrılır:
\[(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2.\]
Diskriminant \(9 - 8 = 1 > 0\) olduğundan beklendiği gibi iki farklı gerçel kök bulduk. Teorem 14.2 gereği \(e^{\lambda_1 x} = e^{x}\) ve \(e^{\lambda_2 x} = e^{2x}\) bir temel çözüm kümesidir; genel çözüm
\[y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x}\]
olur, burada \(c_1\) ile \(c_2\) keyfi sabitlerdir.
Sonucu yerine koyarak denetleyelim: \(y = e^{2x}\) için
\[y'' - 3y' + 2y = 4e^{2x} - 6e^{2x} + 2e^{2x} = 0,\]
\(y = e^{x}\) için de \(e^{x} - 3e^{x} + 2e^{x} = 0\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.2 (Başlangıç Koşullarıyla Sabitleri Belirleme) \[y'' - y = 0, \qquad y(0) = \frac{3}{2}, \qquad y'(0) = \frac{5}{2}\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Denklem sabit katsayılı homojen lineerdir; katsayılar her yerde sürekli olduğundan Teorem 13.2 gereği problemin bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı tek bir çözümü vardır. Onu bulalım.
Genel çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 1 = 0 \;\Longrightarrow\; (\lambda - 1)(\lambda + 1) = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = -1\]
olup iki farklı gerçel kök vardır. Teorem 14.2 gereği \(e^{x}\) ile \(e^{-x}\) bir temel çözüm kümesidir ve
\[y(x) = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x}, \qquad y'(x) = c_1 e^{x} - c_2 e^{-x}.\]
Sabitler. \(x = 0\)’da \(e^{0} = 1\) olduğundan başlangıç koşulları
\[c_1 + c_2 = \frac{3}{2}, \qquad c_1 - c_2 = \frac{5}{2}\]
sistemini verir. İki denklemi toplarsak \(2c_1 = 4\), yani \(c_1 = 2\); birinciden ikinciyi çıkarırsak \(2c_2 = -1\), yani \(c_2 = -\dfrac{1}{2}\) bulunur.
Sonuç. Problemin çözümü
\[y = 2e^{x} - \frac{1}{2}e^{-x}\]
olur. Denetleyelim: \(y(0) = 2 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}\) ve \(y'(0) = 2 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Sabitler için kurduğumuz sistemin katsayı determinantı
\[\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -2\]
olup tam da \(W(e^{x}, e^{-x})\) Wronskiyeninin \(x = 0\)’daki değeridir. Wronskiyen sıfırdan farklı olduğu için bu sistem hangi başlangıç değerleri verilirse verilsin tek türlü çözülür.
\(\blacksquare\)
14.3 Katlı Kök
Diskriminant sıfırken karakteristik denklemin tek bir kökü vardır:
\[\lambda_1 = \lambda_2 = -\frac{b}{2a}.\]
Teorem 14.1 bize yalnızca bir üstel çözüm verir: \(y_1 = e^{-bx/(2a)}\). Aynı çözümü iki kez yazmak işe yaramaz, çünkü temel çözüm kümesi için lineer bağımsız iki çözüm gerekir ve bir fonksiyon kendisinden bağımsız değildir. İkinci çözümü mertebe indirgeme fikriyle, \(y = v(x)\,y_1(x)\) biçiminde arayacağız.
Teorem 14.3 (Katlı Kök) \(b^2 - 4ac = 0\) olsun ve \(\lambda_0 = -\dfrac{b}{2a}\) karakteristik denklemin katlı kökü olsun. O zaman \(e^{\lambda_0 x}\) ve \(x e^{\lambda_0 x}\) fonksiyonları \(a y'' + b y' + c y = 0\) denkleminin her aralıkta bir temel çözüm kümesidir ve denklemin genel çözümü
\[y = c_1 e^{\lambda_0 x} + c_2\,x e^{\lambda_0 x} = (c_1 + c_2 x)\,e^{\lambda_0 x}\]
olur.
İspat
Birinci çözüm. \(\lambda_0\) karakteristik denklemin kökü olduğundan Teorem 14.1 gereği \(y_1 = e^{\lambda_0 x}\) bir çözümdür. Ayrıca \(\lambda_0 = -\dfrac{b}{2a}\) eşitliğinin iki tarafını \(2a\) ile çarpıp \(b\)’yi sola geçirirsek
\[2a\lambda_0 + b = 0\]
buluruz; bu eşitliği birazdan kullanacağız.
İkinci çözümü arayalım. \(y = v\,y_1\) koyalım; burada \(v = v(x)\) bilinmeyen bir fonksiyondur. Çarpım kuralıyla
\[y' = v' y_1 + v y_1', \qquad y'' = v'' y_1 + 2v' y_1' + v y_1''.\]
Bunları \(L[y]\)’de yerine koyup \(v''\), \(v'\) ve \(v\)’ye göre toplayalım:
\[ \begin{aligned} L[v y_1] &= a\,(v'' y_1 + 2v' y_1' + v y_1'') \\[1mm] &\quad + b\,(v' y_1 + v y_1') + c\,v y_1 \\[1mm] &= a y_1\,v'' + (2a y_1' + b y_1)\,v' \\[1mm] &\quad + (a y_1'' + b y_1' + c y_1)\,v. \end{aligned} \]
Son parantez \(L[y_1]\)’dir ve \(y_1\) bir çözüm olduğundan sıfırdır. Ortadaki parantez de sıfırdır: \(y_1' = \lambda_0 e^{\lambda_0 x}\) olduğundan
\[2a y_1' + b y_1 = (2a\lambda_0 + b)\,e^{\lambda_0 x} = 0.\]
Geriye yalnızca
\[L[v y_1] = a\,e^{\lambda_0 x}\,v''\]
kalır. \(a \neq 0\) ve \(e^{\lambda_0 x} \neq 0\) olduğundan \(v y_1\)’in bir çözüm olması \(v'' = 0\) olmasıyla aynı şeydir. \(v'' = 0\) denklemini iki kez integrallersek \(v' = k_1\) ve \(v = k_1 x + k_2\) buluruz (\(k_1\), \(k_2\) sabit). \(k_2\)’li kısım yalnızca \(y_1\)’in bir sabit katını verdiğinden yeni bir şey getirmez; \(k_1 = 1\), \(k_2 = 0\) seçelim. Böylece \(v = x\) ve
\[y_2 = x\,e^{\lambda_0 x}\]
ikinci bir çözümdür.
Bağımsızlık. Çarpım kuralıyla \(y_2' = (1 + \lambda_0 x)\,e^{\lambda_0 x}\) olduğundan
\[ \begin{aligned} W(y_1, y_2) &= \begin{vmatrix} e^{\lambda_0 x} & x e^{\lambda_0 x} \\ \lambda_0 e^{\lambda_0 x} & (1 + \lambda_0 x)\,e^{\lambda_0 x} \end{vmatrix} \\[1mm] &= \big[(1 + \lambda_0 x) - \lambda_0 x\big]\,e^{2\lambda_0 x} = e^{2\lambda_0 x} \end{aligned} \]
bulunur. Wronskiyen hiçbir noktada sıfır olmadığından Teorem 13.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) her aralıkta lineer bağımsızdır, yani bir temel çözüm kümesidir (Tanım 11.3). Teorem 11.2 gereği her çözüm \(c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçimindedir.
\(\blacksquare\)
Yani katlı kökte, tek üstel çözümün yanına onun \(x\) ile çarpılmış hâli eklenir.
Aynı ikinci çözümü Teorem 12.1 formülünden de doğrudan okuyabiliriz. Denklemi \(a\)’ya bölersek \(y'' + \dfrac{b}{a}\,y' + \dfrac{c}{a}\,y = 0\) standart biçimi elde edilir; buradaki \(y'\) katsayısı \(\dfrac{b}{a} = -2\lambda_0\) olduğundan \(e^{-\int (b/a)\,dx} = e^{2\lambda_0 x}\) olur ve
\[y_2 = y_1 \int \frac{e^{2\lambda_0 x}}{\big(e^{\lambda_0 x}\big)^2}\,dx = y_1 \int 1\,dx = x\,e^{\lambda_0 x}\]
bulunur (integral sabitini sıfır seçtik).
Örnek 14.3 (Tam Kare Bir Karakteristik Denklem) \[\frac{d^2y}{dx^2} - 6\frac{dy}{dx} + 9y = 0\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden, sabit katsayılı homojen lineerdir. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 6\lambda + 9 = 0 \;\Longrightarrow\; (\lambda - 3)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = 3\]
olup katlı bir gerçel kök vardır (diskriminant \(36 - 36 = 0\)). Teorem 14.3 gereği
\[y_1 = e^{3x}, \qquad y_2 = x e^{3x}\]
bir temel çözüm kümesidir ve genel çözüm
\[y = c_1 e^{3x} + c_2 x e^{3x}\]
olur; \(c_1\) ile \(c_2\) keyfi sabitlerdir.
İkinci çözümü yerine koyarak denetleyelim: \(y_2' = (1 + 3x)e^{3x}\) ve \(y_2'' = (6 + 9x)e^{3x}\) olduğundan
\[y_2'' - 6y_2' + 9y_2 = \big[(6 + 9x) - (6 + 18x) + 9x\big]\,e^{3x} = 0.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 14.4 (Katlı Kökte Başlangıç Koşulları) Bilinmeyen fonksiyon \(u = u(t)\) olmak üzere
\[u'' + u' + \frac{u}{4} = 0, \qquad u(0) = 3, \qquad u'(0) = -\frac{3}{4}\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Burada bağımsız değişken \(t\)’dir ve türevler \(t\)’ye göre alınır; yöntem hiç değişmez, yalnızca \(e^{\lambda x}\) yerine \(e^{\lambda t}\) deneriz.
Genel çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 + \lambda + \frac{1}{4} = 0 \;\Longrightarrow\; \left(\lambda + \frac{1}{2}\right)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = -\frac{1}{2}\]
olup katlı bir kök vardır (diskriminant \(1 - 1 = 0\)). Teorem 14.3 gereği \(e^{-t/2}\) ile \(t e^{-t/2}\) bir temel çözüm kümesidir:
\[u(t) = c_1 e^{-t/2} + c_2\,t e^{-t/2}.\]
Türevi çarpım kuralıyla alalım:
\[u'(t) = -\frac{c_1}{2}\,e^{-t/2} + c_2\,e^{-t/2} - \frac{c_2}{2}\,t e^{-t/2}.\]
Sabitler. \(t = 0\)’da \(u(0) = c_1 = 3\) bulunur. Türevden
\[u'(0) = -\frac{c_1}{2} + c_2 = -\frac{3}{4} \;\Longrightarrow\; c_2 = -\frac{3}{4} + \frac{3}{2} = \frac{3}{4}.\]
Sonuç.
\[u(t) = 3e^{-t/2} + \frac{3}{4}\,t e^{-t/2} = \left(3 + \frac{3t}{4}\right)e^{-t/2}.\]
Denetleyelim: \(u(0) = 3\); ayrıca \(u'(0) = -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{4} = -\dfrac{3}{4}\).
\(\blacksquare\)
14.4 Kompleks Eşlenik Kökler
Diskriminant negatifken karakteristik denklemin gerçel kökü yoktur. Bu durumda \(4ac - b^2 > 0\)’dır ve ikinci derece formülü kompleks eşlenik iki kök verir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{-b \pm i\sqrt{4ac - b^2}}{2a} = \alpha \pm i\beta,\]
burada
\[\alpha = -\frac{b}{2a}, \qquad \beta = \frac{\sqrt{4ac - b^2}}{2|a|}\]
gerçel sayılardır ve \(\beta > 0\)’dır. (\(a < 0\) ise formüldeki \(\pm\) işaretleri yer değiştirir; iki kök yine \(\alpha \pm i\beta\) olur.)
Kompleks sayılarla çalışmayı kabul edersek birinci durumdaki gibi iki üstel “çözüm” yazabiliriz: \(e^{(\alpha + i\beta)x}\) ve \(e^{(\alpha - i\beta)x}\). Ama bunlar kompleks değerli fonksiyonlardır; biz gerçel çözümler istiyoruz. Köprüyü Euler formülü (Euler’s formula) kurar:
\[e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta, \qquad \theta \in \mathbb{R}.\]
Buna göre
\[e^{(\alpha \pm i\beta)x} = e^{\alpha x}e^{\pm i\beta x} = e^{\alpha x}\left(\cos\beta x \pm i\sin\beta x\right)\]
olur; eksi işaretli hâlde kosinüsün çift, sinüsün tek fonksiyon olduğunu kullandık. Şimdi \(k_1\), \(k_2\) kompleks sabitler olmak üzere birinci durumdaki genel çözümü taklit edelim:
\[ \begin{aligned} k_1 e^{(\alpha + i\beta)x} + k_2 e^{(\alpha - i\beta)x} &= e^{\alpha x}\big[k_1(\cos\beta x + i\sin\beta x) \\[1mm] &\quad + k_2(\cos\beta x - i\sin\beta x)\big] \\[1mm] &= e^{\alpha x}\big[(k_1 + k_2)\cos\beta x \\[1mm] &\quad + i(k_1 - k_2)\sin\beta x\big]. \end{aligned} \]
\(c_1 = k_1 + k_2\) ve \(c_2 = i(k_1 - k_2)\) dersek bu ifade
\[c_1 e^{\alpha x}\cos\beta x + c_2 e^{\alpha x}\sin\beta x\]
hâlini alır. Özel olarak \(k_1 = k_2 = \tfrac{1}{2}\) seçimi (\(c_1 = 1\), \(c_2 = 0\)) \(e^{\alpha x}\cos\beta x\) fonksiyonunu, \(k_1 = \tfrac{1}{2i}\), \(k_2 = -\tfrac{1}{2i}\) seçimi (\(c_1 = 0\), \(c_2 = 1\)) de \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) fonksiyonunu verir. İkisi de gerçel değerlidir. (\(k_2 = \overline{k_1}\) olduğunda \(c_1\) ile \(c_2\) gerçel çıkar: \(k_1 = p + iq\) ise \(c_1 = 2p\), \(c_2 = -2q\).)
Bu hesap bir ipucudur, ispat değildir: kompleks değerli fonksiyonların türevlerini ve bunlar için süperpozisyon ilkesini burada kurmadık. Ama hangi gerçel fonksiyonları denememiz gerektiğini söylüyor. Aşağıdaki teoremde bu iki fonksiyonun gerçekten çözüm olduğunu, kompleks sayıları yalnızca karakteristik kökün cebiri için kullanarak, doğrudan yerine koyma ile gösteriyoruz.
Teorem 14.4 (Kompleks Eşlenik Kökler) \(b^2 - 4ac < 0\) olsun ve karakteristik denklemin kökleri \(\alpha \pm i\beta\) olsun (\(\alpha\), \(\beta\) gerçel, \(\beta \neq 0\)). O zaman
\[y_1 = e^{\alpha x}\cos\beta x, \qquad y_2 = e^{\alpha x}\sin\beta x\]
gerçel değerli fonksiyonları \(a y'' + b y' + c y = 0\) denkleminin çözümleridir, her aralıkta bir temel çözüm kümesi oluştururlar ve denklemin genel çözümü
\[y = e^{\alpha x}\left(c_1\cos\beta x + c_2\sin\beta x\right)\]
olur.
İspat
Kökün verdiği iki eşitlik. \(\alpha + i\beta\) karakteristik denklemin bir kökü olduğundan \(a(\alpha + i\beta)^2 + b(\alpha + i\beta) + c = 0\)’dır. \((\alpha + i\beta)^2 = \alpha^2 - \beta^2 + 2i\alpha\beta\) olduğundan sol tarafın gerçel ve sanal kısımlarını ayırırsak
\[\big[a(\alpha^2 - \beta^2) + b\alpha + c\big] + i\,\beta\,(2a\alpha + b) = 0\]
bulunur. Bir kompleks sayı ancak gerçel ve sanal kısmı sıfırsa sıfırdır; \(\beta \neq 0\) olduğundan
\[a(\alpha^2 - \beta^2) + b\alpha + c = 0, \qquad 2a\alpha + b = 0\]
elde edilir.
\(y_1\) bir çözümdür. Çarpım kuralıyla
\[y_1' = e^{\alpha x}\big(\alpha\cos\beta x - \beta\sin\beta x\big),\]
\[y_1'' = e^{\alpha x}\big[(\alpha^2 - \beta^2)\cos\beta x - 2\alpha\beta\sin\beta x\big].\]
Bunları \(L[y_1]\)’de yerine koyup \(\cos\beta x\) ile \(\sin\beta x\) terimlerini ayrı ayrı toplayalım:
\[ \begin{aligned} L[y_1] = e^{\alpha x}\Big\{&\big[a(\alpha^2 - \beta^2) + b\alpha + c\big]\cos\beta x \\[1mm] &- \beta\,(2a\alpha + b)\sin\beta x\Big\}. \end{aligned} \]
\(\cos\beta x\)’in katsayısı \(a(\alpha^2 - \beta^2) + b\alpha + c\), \(\sin\beta x\)’in katsayısı \(\beta\,(2a\alpha + b)\)’dir ve yukarıdaki iki eşitlik gereği ikisi de sıfırdır; demek ki \(L[y_1] = 0\).
\(y_2\) bir çözümdür. Aynı biçimde
\[y_2' = e^{\alpha x}\big(\alpha\sin\beta x + \beta\cos\beta x\big),\]
\[y_2'' = e^{\alpha x}\big[(\alpha^2 - \beta^2)\sin\beta x + 2\alpha\beta\cos\beta x\big]\]
olduğundan
\[ \begin{aligned} L[y_2] = e^{\alpha x}\Big\{&\big[a(\alpha^2 - \beta^2) + b\alpha + c\big]\sin\beta x \\[1mm] &+ \beta\,(2a\alpha + b)\cos\beta x\Big\} = 0. \end{aligned} \]
Bağımsızlık. Wronskiyeni hesaplayalım:
\[ \begin{aligned} W(y_1, y_2) &= y_1 y_2' - y_1' y_2 \\[1mm] &= e^{2\alpha x}\big[\cos\beta x\,(\alpha\sin\beta x + \beta\cos\beta x) \\[1mm] &\quad - (\alpha\cos\beta x - \beta\sin\beta x)\sin\beta x\big] \\[1mm] &= e^{2\alpha x}\,\beta\,\big(\cos^2\beta x + \sin^2\beta x\big) = \beta\,e^{2\alpha x}. \end{aligned} \]
\(\alpha\cos\beta x\sin\beta x\) terimleri birbirini götürdü. \(\beta \neq 0\) olduğundan Wronskiyen hiçbir noktada sıfır değildir; Teorem 13.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) her aralıkta lineer bağımsızdır ve bir temel çözüm kümesi oluşturur (Tanım 11.3). Teorem 11.2 gereği her (gerçel) çözüm \(c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçimindedir.
\(\blacksquare\)
Yani kompleks köklerde kökün gerçel kısmı \(\alpha\) üstel çarpanı, sanal kısmı \(\beta\) ise salınımın sıklığını belirler. Kök \(\alpha + i\beta\) yerine \(\alpha - i\beta\) olarak alınırsa yalnızca \(\sin\beta x\)’in işareti değişir ve bu işaret \(c_2\) sabitine katılır; bu yüzden alışkanlık olarak \(\beta > 0\) seçilir.
Örnek 14.5 (Saf Sanal Kökler) Bilinmeyen fonksiyon \(z = z(x)\) olmak üzere \(z'' + z = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden, sabit katsayılı homojen lineerdir. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 + 1 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda^2 = -1 \;\Longrightarrow\; \lambda_{1,2} = \pm i\]
olup kökler kompleks eşleniktir. \(\alpha + i\beta = 0 + 1\cdot i\) yazarak \(\alpha = 0\), \(\beta = 1\) alırız. Teorem 14.4 gereği genel çözüm
\[z = e^{0\cdot x}\left(c_1\cos x + c_2\sin x\right) = c_1\cos x + c_2\sin x\]
olur. Demek ki \(\cos x\) ile \(\sin x\), \(z'' + z = 0\) denkleminin bir temel çözüm kümesidir; Wronskiyenleri \(\beta e^{2\alpha x} = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.6 (Büyüyen Salınım) \[\frac{d^2y}{dx^2} - 6\frac{dy}{dx} + 25y = 0\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden, sabit katsayılı homojen lineerdir. Karakteristik denklem \(\lambda^2 - 6\lambda + 25 = 0\) ve diskriminantı
\[\Delta = 36 - 4 \cdot 25 = -64 < 0\]
olduğundan kökler kompleks eşleniktir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{6 \pm \sqrt{-64}}{2} = \frac{6 \pm 8i}{2} = 3 \pm 4i.\]
\(\alpha = 3\), \(\beta = 4\) alırız. Teorem 14.4 gereği \(e^{3x}\cos 4x\) ile \(e^{3x}\sin 4x\) bir temel çözüm kümesidir ve genel çözüm
\[y = e^{3x}\left(c_1\cos 4x + c_2\sin 4x\right)\]
olur. \(\alpha = 3 > 0\) olduğundan sıfırdan farklı her çözüm, genliği \(e^{3x}\) ile büyüyen bir salınımdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.7 (Sönümlü Salınım) \[4y'' + 4y' + 17y = 0, \qquad y(0) = 2, \qquad y'(0) = -1\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözüm. Karakteristik denklem \(4\lambda^2 + 4\lambda + 17 = 0\)’dır. Diskriminant
\[\Delta = 16 - 4 \cdot 4 \cdot 17 = 16 - 272 = -256 < 0\]
olduğundan kökler kompleks eşleniktir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{-256}}{8} = \frac{-4 \pm 16i}{8} = -\frac{1}{2} \pm 2i.\]
\(\alpha = -\dfrac{1}{2}\), \(\beta = 2\) alırız. Teorem 14.4 gereği
\[y = e^{-x/2}\left(c_1\cos 2x + c_2\sin 2x\right).\]
Türev. Çarpım kuralıyla
\[ \begin{aligned} y' &= -\frac{1}{2}e^{-x/2}\left(c_1\cos 2x + c_2\sin 2x\right) \\[1mm] &\quad + e^{-x/2}\left(-2c_1\sin 2x + 2c_2\cos 2x\right). \end{aligned} \]
Sabitler. \(x = 0\)’da \(\cos 0 = 1\), \(\sin 0 = 0\) olduğundan
\[y(0) = c_1 = 2, \qquad y'(0) = -\frac{c_1}{2} + 2c_2 = -1 + 2c_2 = -1.\]
Buradan \(c_2 = 0\) çıkar.
Sonuç.
\[y = 2e^{-x/2}\cos 2x.\]
Bu çözüm her \(x\) için \(-2e^{-x/2} \le y \le 2e^{-x/2}\) eşitsizliğini sağlar: grafik, genliği \(2e^{-x/2}\) ile azalan bir salınımdır. Çözüm bu iki “zarf” eğrisine \(\cos 2x = \pm 1\) olan \(x = \dfrac{k\pi}{2}\) noktalarında dokunur, \(\cos 2x = 0\) olan \(x = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{k\pi}{2}\) noktalarında sıfırdan geçer (\(k\) tam sayı). Ardışık iki tepe arasındaki uzaklık \(\pi\)’dir.
\(\blacksquare\)
14.5 Üç Durumun Özeti
Bulduklarımızı bir tabloda toplayalım. Her satır, \(a y'' + b y' + c y = 0\) denkleminin karakteristik köklerine göre bir temel çözüm kümesi verir.
| Diskriminant | Karakteristik kökler | Temel çözüm kümesi |
|---|---|---|
| \(b^2 - 4ac > 0\) | \(\lambda_1 \neq \lambda_2\), gerçel | \(e^{\lambda_1 x}\), \(e^{\lambda_2 x}\) |
| \(b^2 - 4ac = 0\) | \(\lambda_0\), katlı | \(e^{\lambda_0 x}\), \(x e^{\lambda_0 x}\) |
| \(b^2 - 4ac < 0\) | \(\alpha \pm i\beta\) | \(e^{\alpha x}\cos\beta x\), \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) |
Genel çözüm her durumda tablodaki iki fonksiyonun \(c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçimindeki lineer birleşimidir.
Köklerin türü, çözümlerin \(x\) büyüdükçe nasıl davrandığını da belirler. Farklı gerçel köklerde çözüm iki üstel terimin toplamıdır; \(c_1\) ile \(c_2\)’nin ikisi de sıfırdan farklıysa \(x\) büyüdükçe üssü büyük olan terim, \(x\) küçüldükçe üssü küçük olan terim baskın çıkar. Katlı kökte \(x e^{\lambda_0 x}\) terimindeki \(x\) çarpanı, \(\lambda_0 < 0\) iken sönümü yavaşlatır, ama sonunda üstel çarpan kazanır ve çözüm sıfıra gider. Kompleks köklerde çözüm salınır ve genliği \(e^{\alpha x}\) ile değişir: \(\alpha < 0\) ise sönen, \(\alpha = 0\) ise sabit genlikli, \(\alpha > 0\) ise büyüyen bir salınım elde edilir. Aşağıdaki şekilde bu bölümde çözdüğümüz üç başlangıç değer problemi yan yana duruyor: Örnek 14.2, Örnek 14.4 ve Örnek 14.7.
14.6 Temel Çözümlerden Denkleme
Şimdiye kadar denklemden temel çözümlere gittik. Yol ters yönde de yürünebilir: bir temel çözüm kümesi verildiğinde fonksiyonların biçiminden karakteristik kökler okunur, kökler de karakteristik polinomu belirler. Baş katsayısı \(1\) olan ve kökleri \(\lambda_1\), \(\lambda_2\) olan ikinci dereceden polinom
\[p(\lambda) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2) = \lambda^2 - (\lambda_1 + \lambda_2)\lambda + \lambda_1\lambda_2\]
olduğundan üç durumda şu denklemler elde edilir.
\(e^{\lambda_1 x}\), \(e^{\lambda_2 x}\) (\(\lambda_1 \neq \lambda_2\)) verilmişse kökler \(\lambda_1\) ile \(\lambda_2\)’dir ve denklem
\[y'' - (\lambda_1 + \lambda_2)\,y' + \lambda_1\lambda_2\,y = 0.\]
\(e^{\lambda_0 x}\), \(x e^{\lambda_0 x}\) verilmişse \(\lambda_0\) katlı köktür; \((\lambda - \lambda_0)^2 = \lambda^2 - 2\lambda_0\lambda + \lambda_0^2\) olduğundan denklem
\[y'' - 2\lambda_0\,y' + \lambda_0^2\,y = 0.\]
\(e^{\alpha x}\cos\beta x\), \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) verilmişse kökler \(\alpha \pm i\beta\)’dır;
\[(\lambda - \alpha - i\beta)(\lambda - \alpha + i\beta) = (\lambda - \alpha)^2 + \beta^2\]
olduğundan denklem
\[y'' - 2\alpha\,y' + (\alpha^2 + \beta^2)\,y = 0.\]
Her durumda, kurulan denklemin karakteristik kökleri tam istenen kökler olduğundan, verilen fonksiyonların bu denklemin bir temel çözüm kümesi olduğunu ilgili teorem güvence altına alır.
Örnek 14.8 (Temel Çözümlerden Denklem Kurma) \(e^{x}\cos 2x\) ve \(e^{x}\sin 2x\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Fonksiyonlar \(e^{\alpha x}\cos\beta x\) ve \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) biçimindedir; \(\alpha = 1\) ve \(\beta = 2\). Demek ki karakteristik kökler \(1 \pm 2i\) olmalıdır. Bu köklere sahip, baş katsayısı \(1\) olan polinom
\[p(\lambda) = (\lambda - 1)^2 + 2^2 = \lambda^2 - 2\lambda + 5\]
olduğundan aranan denklem
\[y'' - 2y' + 5y = 0\]
olur (\(b = -2\), \(c = 5\)).
Denetleyelim: \(\lambda^2 - 2\lambda + 5 = 0\) denkleminin diskriminantı \(4 - 20 = -16\) ve kökleri
\[\lambda_{1,2} = \frac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i\]
olup Teorem 14.4 gereği \(e^{x}\cos 2x\) ile \(e^{x}\sin 2x\) bu denklemin bir temel çözüm kümesidir.
\(\blacksquare\)
14.7 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmaların hepsi bu bölümün üç teoremiyle çözülür. İlk altısında genel çözüm, sonraki altısında verilen temel çözüm kümesine ait denklem, son üçünde başlangıç değer problemlerinin çözümü isteniyor.
Alıştırma 14.1 (Çarpanlarına Ayrılan Karakteristik Polinom) \(y'' - 6y' - 7y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 6\lambda - 7 = 0\]
olur. Çarpımı \(-7\), toplamı \(6\) olan iki sayı \(7\) ile \(-1\) olduğundan
\[(\lambda - 7)(\lambda + 1) = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = 7, \quad \lambda_2 = -1.\]
(Diskriminant \(36 + 28 = 64 > 0\).) İki farklı gerçel kök vardır; Teorem 14.2 gereği genel çözüm
\[y = c_1 e^{7x} + c_2 e^{-x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.2 (Baş Katsayısı Dört Olan Katlı Kök) \(4y'' - 20y' + 25y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem \(4\lambda^2 - 20\lambda + 25 = 0\)’dır. Diskriminant
\[\Delta = 400 - 4 \cdot 4 \cdot 25 = 0\]
olduğundan katlı bir kök vardır. Gerçekten sol taraf bir tam karedir:
\[4\lambda^2 - 20\lambda + 25 = (2\lambda - 5)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = \frac{5}{2}.\]
Teorem 14.3 gereği \(e^{5x/2}\) ile \(x e^{5x/2}\) bir temel çözüm kümesidir ve genel çözüm
\[y = c_1 e^{5x/2} + c_2 x e^{5x/2} = (c_1 + c_2 x)\,e^{5x/2}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.3 (Pi Frekanslı Salınım) \(y'' + 9\pi^2 y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^2 + 9\pi^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda^2 = -9\pi^2 \;\Longrightarrow\; \lambda_{1,2} = \pm 3\pi i\]
olup kökler kompleks eşleniktir; \(\alpha = 0\), \(\beta = 3\pi\). Teorem 14.4 gereği genel çözüm
\[y = c_1\cos 3\pi x + c_2\sin 3\pi x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.4 (Pi İçeren Katlı Kök) \(y'' + 4\pi y' + 4\pi^2 y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem \(\lambda^2 + 4\pi\lambda + 4\pi^2 = 0\)’dır. Diskriminant \(16\pi^2 - 16\pi^2 = 0\) olduğundan katlı kök vardır:
\[\lambda^2 + 4\pi\lambda + 4\pi^2 = (\lambda + 2\pi)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = -2\pi.\]
Teorem 14.3 gereği genel çözüm
\[y = c_1 e^{-2\pi x} + c_2 x e^{-2\pi x} = (c_1 + c_2 x)\,e^{-2\pi x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.5 (Kesirli Gerçel Kökler) \(4y'' - 12y' + 5y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem \(4\lambda^2 - 12\lambda + 5 = 0\)’dır. Diskriminant
\[\Delta = 144 - 4 \cdot 4 \cdot 5 = 144 - 80 = 64 > 0\]
olduğundan iki farklı gerçel kök vardır:
\[\lambda_{1,2} = \frac{12 \pm 8}{8} \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \frac{5}{2}, \quad \lambda_2 = \frac{1}{2}.\]
(Aynı sonuç \(4\lambda^2 - 12\lambda + 5 = (2\lambda - 1)(2\lambda - 5)\) çarpanlarına ayırmasından da okunur.) Teorem 14.2 gereği genel çözüm
\[y = c_1 e^{x/2} + c_2 e^{5x/2}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.6 (Kökü Dört Olan Katlı Durum) \(y'' - 8y' + 16y = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 8\lambda + 16 = (\lambda - 4)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = 4\]
olup katlı bir kök vardır (diskriminant \(64 - 64 = 0\)). Teorem 14.3 gereği genel çözüm
\[y = c_1 e^{4x} + c_2 x e^{4x} = (c_1 + c_2 x)\,e^{4x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.7 (Sabit Fonksiyonu İçeren Temel Küme) \(1\) ve \(e^{-3x}\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Sabit fonksiyon \(1 = e^{0 \cdot x}\) biçiminde yazılabilir. Demek ki iki fonksiyon \(e^{\lambda_1 x}\), \(e^{\lambda_2 x}\) biçimindedir ve karakteristik kökler \(\lambda_1 = 0\) ile \(\lambda_2 = -3\) olmalıdır. Bu köklere sahip, baş katsayısı \(1\) olan polinom
\[p(\lambda) = (\lambda - 0)(\lambda + 3) = \lambda^2 + 3\lambda\]
olduğundan aranan denklem
\[y'' + 3y' = 0\]
olur (\(b = 3\), \(c = 0\)). Kökler farklı ve gerçel olduğundan Teorem 14.2 gereği \(1\) ile \(e^{-3x}\) bu denklemin bir temel çözüm kümesidir. Doğrudan da görülür: \(y = 1\) için \(y'' + 3y' = 0\); \(y = e^{-3x}\) için \(9e^{-3x} - 9e^{-3x} = 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.8 (İki Üstel Fonksiyondan Denklem) \(e^{2x}\) ve \(e^{x}\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Karakteristik kökler \(\lambda_1 = 2\) ile \(\lambda_2 = 1\) olmalıdır. Köklerin toplamı \(3\), çarpımı \(2\) olduğundan
\[p(\lambda) = (\lambda - 2)(\lambda - 1) = \lambda^2 - 3\lambda + 2\]
ve aranan denklem
\[y'' - 3y' + 2y = 0\]
olur (\(b = -3\), \(c = 2\)). Bu, genel çözümünü daha önce bulduğumuz denklemdir (bkz. Örnek 14.1); orada \(e^{x}\) ile \(e^{2x}\)’in bir temel çözüm kümesi olduğunu görmüştük.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.9 (Karekök Üslü Katlı Kök) \(e^{x\sqrt{3}}\) ve \(x e^{x\sqrt{3}}\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Fonksiyonlar \(e^{\lambda_0 x}\) ve \(x e^{\lambda_0 x}\) biçimindedir; \(\lambda_0 = \sqrt{3}\). Demek ki \(\sqrt{3}\) karakteristik denklemin katlı kökü olmalıdır:
\[p(\lambda) = \left(\lambda - \sqrt{3}\right)^2 = \lambda^2 - 2\sqrt{3}\,\lambda + 3.\]
Aranan denklem
\[y'' - 2\sqrt{3}\,y' + 3y = 0\]
olur (\(b = -2\sqrt{3}\), \(c = 3\)). Diskriminantı \(12 - 12 = 0\) ve katlı kökü \(\sqrt{3}\) olduğundan Teorem 14.3 gereği verilen iki fonksiyon bu denklemin bir temel çözüm kümesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.10 (Zıt Üslü İki Üstel) \(e^{2x}\) ve \(e^{-2x}\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Karakteristik kökler \(\lambda_1 = 2\) ile \(\lambda_2 = -2\) olmalıdır. Kökler toplamı \(0\), çarpımı \(-4\) olduğundan
\[p(\lambda) = (\lambda - 2)(\lambda + 2) = \lambda^2 - 4\]
ve aranan denklem
\[y'' - 4y = 0\]
olur (\(b = 0\), \(c = -4\)). Kökler farklı ve gerçel olduğundan Teorem 14.2 gereği \(e^{2x}\) ile \(e^{-2x}\) bu denklemin bir temel çözüm kümesidir; Wronskiyenleri \((-2 - 2)\,e^{0} = -4\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.11 (Büyüyen Salınımdan Denklem) \(e^{2x}\cos 3x\) ve \(e^{2x}\sin 3x\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Fonksiyonlar \(e^{\alpha x}\cos\beta x\), \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) biçimindedir; \(\alpha = 2\), \(\beta = 3\). Karakteristik kökler \(2 \pm 3i\) olmalıdır:
\[p(\lambda) = (\lambda - 2)^2 + 3^2 = \lambda^2 - 4\lambda + 13.\]
Aranan denklem
\[y'' - 4y' + 13y = 0\]
olur (\(b = -4\), \(c = 13\)). Denetleyelim: diskriminant \(16 - 52 = -36\) ve kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{4 \pm 6i}{2} = 2 \pm 3i;\]
Teorem 14.4 gereği verilen fonksiyonlar bu denklemin bir temel çözüm kümesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.12 (Sönümlü Salınımdan Denklem) \(e^{-x}\cos 4x\) ve \(e^{-x}\sin 4x\) fonksiyonlarını temel çözüm kümesi olarak kabul eden \(y'' + by' + cy = 0\) biçiminde bir denklem bulunuz.
Çözüm
Burada \(\alpha = -1\), \(\beta = 4\); karakteristik kökler \(-1 \pm 4i\) olmalıdır:
\[p(\lambda) = (\lambda + 1)^2 + 4^2 = \lambda^2 + 2\lambda + 17.\]
Aranan denklem
\[y'' + 2y' + 17y = 0\]
olur (\(b = 2\), \(c = 17\)). Denetleyelim: diskriminant \(4 - 68 = -64\) ve kökler
\[\lambda_{1,2} = \frac{-2 \pm 8i}{2} = -1 \pm 4i;\]
Teorem 14.4 gereği verilen fonksiyonlar bu denklemin bir temel çözüm kümesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.13 (Farklı Köklü Başlangıç Problemi) \[y'' - 2y' - 3y = 0, \qquad y(0) = 2, \qquad y'(0) = 14\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 - 2\lambda - 3 = (\lambda - 3)(\lambda + 1) = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = -1.\]
Teorem 14.2 gereği
\[y = c_1 e^{3x} + c_2 e^{-x}, \qquad y' = 3c_1 e^{3x} - c_2 e^{-x}.\]
Sabitler. \(x = 0\)’da
\[c_1 + c_2 = 2, \qquad 3c_1 - c_2 = 14.\]
İki denklemi toplarsak \(4c_1 = 16\), yani \(c_1 = 4\); birinci denklemden \(c_2 = 2 - 4 = -2\) bulunur.
Sonuç.
\[y = 4e^{3x} - 2e^{-x}.\]
Denetleyelim: \(y(0) = 4 - 2 = 2\) ve \(y'(0) = 12 + 2 = 14\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.14 (Katlı Köklü Başlangıç Problemi) \[y'' + 2y' + y = 0, \qquad y(0) = 4, \qquad y'(0) = -6\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda_1 = \lambda_2 = -1\]
olup katlı bir kök vardır. Teorem 14.3 gereği
\[y = (c_1 + c_2 x)\,e^{-x}.\]
Çarpım kuralıyla
\[y' = c_2 e^{-x} - (c_1 + c_2 x)\,e^{-x} = (c_2 - c_1 - c_2 x)\,e^{-x}.\]
Sabitler. \(x = 0\)’da \(y(0) = c_1 = 4\) ve
\[y'(0) = c_2 - c_1 = -6 \;\Longrightarrow\; c_2 = -6 + 4 = -2.\]
Sonuç.
\[y = (4 - 2x)\,e^{-x}.\]
Denetleyelim: \(y(0) = 4\) ve \(y'(0) = -2 - 4 = -6\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 14.15 (Kompleks Köklü Başlangıç Problemi) \[y'' + 4y' + 5y = 0, \qquad y(0) = 2, \qquad y'(0) = -5\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözüm. Karakteristik denklem \(\lambda^2 + 4\lambda + 5 = 0\)’dır. Diskriminant \(16 - 20 = -4 < 0\) olduğundan kökler kompleks eşleniktir:
\[\lambda_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{-4}}{2} = \frac{-4 \pm 2i}{2} = -2 \pm i.\]
\(\alpha = -2\), \(\beta = 1\) alırız. Teorem 14.4 gereği
\[y = e^{-2x}\left(c_1\cos x + c_2\sin x\right).\]
Türev. Çarpım kuralıyla
\[ \begin{aligned} y' &= -2e^{-2x}\left(c_1\cos x + c_2\sin x\right) \\[1mm] &\quad + e^{-2x}\left(-c_1\sin x + c_2\cos x\right) \\[1mm] &= e^{-2x}\big[(c_2 - 2c_1)\cos x - (c_1 + 2c_2)\sin x\big]. \end{aligned} \]
Sabitler. \(x = 0\)’da \(y(0) = c_1 = 2\) ve
\[y'(0) = c_2 - 2c_1 = -5 \;\Longrightarrow\; c_2 = -5 + 4 = -1.\]
Sonuç.
\[y = e^{-2x}\left(2\cos x - \sin x\right).\]
Denetleyelim: \(y(0) = 2\) ve \(y'(0) = -1 - 4 = -5\).
\(\blacksquare\)
Bu bölümde sağ tarafı sıfır olan sabit katsayılı ikinci mertebe denklemleri tamamen çözdük: karakteristik denklemin kökleri hangi türde olursa olsun, bir temel çözüm kümesini doğrudan yazabiliyoruz. Sağ taraf sıfırdan farklı olduğunda, yani \(ay'' + by' + cy = g(x)\) denkleminde, burada bulduğumuz genel çözüme tek bir özel çözüm eklemek yetecektir; sağ taraf polinom, üstel ya da sinüs–kosinüs türündeyse bu özel çözümü bulmanın sistematik yolunu Belirsiz Katsayılar Yöntemi bölümünde göreceğiz.