7 Tam Diferansiyel Denklemler
Birinci mertebe denklemleri çözmenin şimdiye kadar gördüğümüz yollarında ortak bir mantık vardı: değişkenlerine ayrılabilen denklemlerde \(x\)’li ve \(y\)’li parçaları eşitliğin iki yanına ayırıp her iki tarafı ayrı ayrı integralledik; homojen denklemlerde ise \(y = ux\) değişken değiştirmesiyle denklemi önce ayrılabilir kalıba soktuk, sonra aynı şeyi yaptık. Her iki durumda da hedef, denklemi doğrudan integrallenebilen bir biçime getirmekti.
Bu bölümde bambaşka bir fikir işliyoruz. Denklemi \(y' = f(x,y)\) biçiminde değil, \(x\) ile \(y\)’nin simetrik göründüğü diferansiyel biçimde yazalım:
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0.\]
Çok değişkenli analizden şunu biliyoruz: kısmi türevleri sürekli olan bir \(F(x,y)\) fonksiyonunun tam diferansiyeli \(dF = F_x\,dx + F_y\,dy\) ifadesidir. Eğer yukarıdaki denklemin sol yanı tam olarak böyle bir \(F\)’nin tam diferansiyeliyse, denklem aslında \(dF = 0\) demektir; bu da \(F\)’nin çözüm eğrileri boyunca sabit kaldığını, yani
\[F(x,y) = c\]
olduğunu söyler. Çözüm, hiçbir dönüşüm yapmadan, sol yanı “tanıyarak” elde edilir.
Geriye iki soru kalıyor: verilen bir denklemin sol yanının böyle bir \(F\)’den geldiğini nasıl anlarız ve anladıktan sonra \(F\)’yi nasıl kurarız? Bölümün ana teoremi ikisini birden yanıtlar: ölçüt \(M_y = N_x\) eşitliğidir; teoremin ispatı ise \(F\)’yi adım adım inşa ettiği için aynı zamanda bir çözüm yöntemidir.
7.1 Tam Diferansiyel
Önce diferansiyel biçimin nereden geldiğini hatırlayalım. \(F(x,y)\) bir fonksiyon olsun ve \(y = y(x)\) eğrisi boyunca \(F\)’nin değerine bakalım. Zincir kuralı, bu değerin \(x\)’e göre değişimini
\[\frac{d}{dx}F\bigl(x, y(x)\bigr) = \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y}\,\frac{dy}{dx}\]
biçiminde verir. Her iki tarafı \(dx\) ile “çarparsak” karşımıza çıkan ifade, \(F\)’nin tam diferansiyelidir.
Tanım 7.1 (Tam Diferansiyel) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\) bir bölge ve \(F : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun birinci mertebeden kısmi türevleri \(D\) üzerinde sürekli olsun.
\[dF = \frac{\partial F}{\partial x}\,dx + \frac{\partial F}{\partial y}\,dy\]
ifadesine \(F\) fonksiyonunun tam diferansiyeli (total differential) denir.
Yani \(dF\), bağımsız değişkenlerde yapılan küçük \(dx\) ve \(dy\) değişikliklerinin \(F\)’nin değerinde yol açtığı değişimi birinci mertebeden ölçen ifadedir.
Örnek 7.1 (Bir Tam Diferansiyelin Hesabı) \(F(x,y) = x^2 e^{y} + \sin y\) fonksiyonunun tam diferansiyelini yazınız.
Çözüm
Kısmi türevleri sırayla alalım. \(y\) sabitken \(x\)’e göre türev:
\[\frac{\partial F}{\partial x} = 2x e^{y}.\]
\(x\) sabitken \(y\)’ye göre türev (\(e^{y}\)’nin türevi yine \(e^{y}\), \(\sin y\)’ninki \(\cos y\)):
\[\frac{\partial F}{\partial y} = x^2 e^{y} + \cos y.\]
Bunları tanımda yerine koyarsak
\[dF = 2x e^{y}\,dx + \bigl(x^2 e^{y} + \cos y\bigr)\,dy\]
bulunur. Bu ifadeyi aklımızda tutalım: birazdan tam olarak bu diferansiyelin sıfıra eşitlendiği bir denklemi çözeceğiz.
\(\blacksquare\)
7.2 Tam Diferansiyel Denklem
Birinci mertebe bir denklem \(y' = f(x,y)\) biçiminde verilmiş olsa bile, \(y' = \dfrac{dy}{dx}\) yazıp paydayı karşıya atarak her zaman
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\]
kalıbına getirilebilir. Bu kalıpta \(x\) ile \(y\) eşit haklıdır; hangisinin bağımlı hangisinin bağımsız değişken olduğu önceden dayatılmaz. Asıl kazanç ise şudur: sol yan, bir fonksiyonun tam diferansiyeli olabilir.
Tanım 7.2 (Tam Diferansiyel Denklem) \(M\) ve \(N\) fonksiyonları \(D \subseteq \mathbb{R}^2\) bölgesinde tanımlı olsun. Eğer \(D\) üzerinde
\[dF = M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy\]
olacak biçimde bir \(F(x,y)\) fonksiyonu varsa,
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\]
denklemine \(D\) üzerinde tam diferansiyel denklem (exact differential equation) denir. Bu \(F\) fonksiyonuna denklemin potansiyel fonksiyonu (potential function) adı verilir.
Yani bir denklemin tam olması, sol yanının parçalı bir yığın değil, tek bir fonksiyonun diferansiyeli olması demektir.
Tanım gereği, denklem tamsa
\[M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = \frac{\partial F}{\partial x}\,dx + \frac{\partial F}{\partial y}\,dy = dF = 0\]
yazılır ve buradan
\[F(x,y) = c\]
elde edilir. Bu, denklemin kapalı biçimdeki genel çözümüdür; \(c\) keyfi sabittir.
Bir çözüm eğrisi \(y = y(x)\) boyunca \(\varphi(x) = F\bigl(x, y(x)\bigr)\) fonksiyonunu tanımlayalım. Zincir kuralı
\[\varphi'(x) = \frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y}\,\frac{dy}{dx} = M + N\,\frac{dy}{dx}\]
verir. Denklemin kendisi \(M + N\,\dfrac{dy}{dx} = 0\) olduğundan bir aralık üzerinde \(\varphi'(x) = 0\) olur. Türevi bir aralıkta özdeş sıfır olan fonksiyon ise sabittir; dolayısıyla \(F\bigl(x, y(x)\bigr) = c\).
Örnek 7.2 (Gözle Tanınan Bir Tam Denklem) \(y\,dx + x\,dy = 0\) denkleminin tam olduğunu gösterip genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Burada \(M(x,y) = y\) ve \(N(x,y) = x\)’tir. Çarpım kuralını tersten okuyalım: \(F(x,y) = xy\) alırsak
\[\frac{\partial F}{\partial x} = y = M, \qquad \frac{\partial F}{\partial y} = x = N\]
olur, yani
\[dF = y\,dx + x\,dy.\]
Demek ki denklemin sol yanı \(F(x,y) = xy\) fonksiyonunun tam diferansiyelidir; denklem tamdır ve \(dF = 0\) olduğundan genel çözüm
\[xy = c\]
kapalı biçimidir. İstenirse \(x \neq 0\) bölgesinde \(y = \dfrac{c}{x}\) açık çözümü yazılır; çözüm eğrileri eşkenar hiperbollerdir.
\(\blacksquare\)
Bu örnekte \(F\)’yi gözle bulduk. Ama
\[\bigl(6xy^2 - 3x^2\bigr)\,dx + \bigl(6x^2y + 3y^2 - 7\bigr)\,dy = 0\]
gibi bir denklemin sol yanının bir tam diferansiyel olup olmadığını gözle kestirmek kolay değildir. Bize mekanik bir ölçüt gerekiyor.
7.3 Tamlık Ölçütü
Ölçütün nereden geleceğini tahmin etmek zor değil: denklem tamsa \(F_x = M\) ve \(F_y = N\) olacaktır. Karışık ikinci mertebe kısmi türevlerin eşitliği (\(F_{xy} = F_{yx}\)) ise \(M\) ile \(N\) arasında zorunlu bir bağ doğurur. Şaşırtıcı olan, bu zorunlu koşulun aynı zamanda yeterli olmasıdır.
Teorem 7.1 (Tamlık Ölçütü) \(D\) dikdörtgensel bir bölge olsun ve \(M(x,y)\) ile \(N(x,y)\) fonksiyonlarının birinci mertebeden kısmi türevleri \(D\)’nin her \((x,y)\) noktasında sürekli olsun.
- \(M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\) denklemi \(D\) üzerinde tam ise, her \((x,y) \in D\) için
\[\frac{\partial M(x,y)}{\partial y} = \frac{\partial N(x,y)}{\partial x} \qquad (M_y = N_x)\]
olur.
- Karşıt olarak, her \((x,y) \in D\) için \(\dfrac{\partial M(x,y)}{\partial y} = \dfrac{\partial N(x,y)}{\partial x}\) ise, denklem \(D\) üzerinde tamdır.
İspat
Gereklilik (\(\Rightarrow\)). \(M\,dx + N\,dy = 0\) denklemi tam olsun. Tanım gereği öyle bir \(F(x,y)\) vardır ki
\[dF = F_x\,dx + F_y\,dy = M\,dx + N\,dy,\]
yani
\[F_x = M \quad \text{ve} \quad F_y = N.\]
Bu eşitliklerin birincisini \(y\)’ye, ikincisini \(x\)’e göre türetelim:
\[F_{xy} = M_y, \qquad F_{yx} = N_x.\]
\(M\) ve \(N\)’nin birinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olduğundan \(F\)’nin karışık ikinci mertebe türevleri de süreklidir; süreklilik durumunda karışık türevler sıradan bağımsızdır:
\[F_{xy} = F_{yx}.\]
Buradan doğrudan \(M_y = N_x\) çıkar.
Yeterlilik (\(\Leftarrow\)). Şimdi her \((x,y) \in D\) için \(M_y = N_x\) olduğunu varsayalım. Denklemin tam olduğunu göstermek için
\[dF = F_x\,dx + F_y\,dy = M\,dx + N\,dy, \qquad F_x = M \ \text{ ve } \ F_y = N\]
koşullarını sağlayan bir \(F\) fonksiyonu bulmamız gerekir. Kuralım.
Önce \(F_x = M\) eşitliğini ele alıp \(y\)’yi sabit tutarak \(x\)’e göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \int M(x,y)\,\partial x + h(y) \qquad (\ast)\]
Buradaki \(\partial x\) yazımı, integralin \(y\) sabit tutularak \(x\)’e göre alındığını vurgular. Dikkat edilecek nokta şudur: \(y\) sabit tutulduğu için integral sabiti gerçek bir sayı değil, yalnızca \(y\)’ye bağlı bilinmeyen bir fonksiyondur; onu \(h(y)\) ile gösterdik. (\(D\)’nin dikdörtgensel olması, integralde kullanılan yatay doğru parçalarının bölgeden dışarı taşmamasını güvenceye alır.)
\(F\) fonksiyonu ikinci koşulu, yani \(F_y = N\) eşitliğini de sağlamak zorundadır. O hâlde \((\ast)\) ifadesinin \(y\)’ye göre türevini alalım:
\[N = F_y = \frac{\partial}{\partial y}\int M(x,y)\,\partial x + h'(y) = \int \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}\,\partial x + h'(y)\]
(son adımda, kısmi türevlerin sürekliliği sayesinde türev integralin içine alınabilir). Buradan \(h'(y)\) yalnız bırakılır:
\[h'(y) = N(x,y) - \int \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}\,\partial x \qquad (\ast\ast)\]
\(h(y)\)’yi bulmak için bu eşitliği \(y\)’ye göre integrallemeliyiz. Ama bunu yapabilmek için sağ yanın yalnızca \(y\)’ye bağlı olması, içinde \(x\) kalmaması gerekir; aksi hâlde \(h\) tek değişkenli bir fonksiyon olamaz. Bunu sınamanın yolu sağ yanın \(x\)’e göre türevine bakmaktır: türev sıfır çıkıyorsa ifade \(x\)’ten bağımsızdır. Hesaplayalım:
\[\frac{\partial}{\partial x}\left[\,N(x,y) - \int \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}\,\partial x\,\right] = N_x - M_y = 0.\]
(Burada ilk terimin türevi \(N_x\), ikincisinin türevi ise integralin \(x\)’e göre alınmış olması nedeniyle doğrudan \(M_y\)’dir; son eşitlik ise \(M_y = N_x\) varsayımımızdan gelir.)
Demek ki \((\ast\ast)\) ifadesinin sağ yanı \(x\)’e bağlı değildir ve \(y\)’ye göre integrallenebilir:
\[h(y) = \int \left[\,N(x,y) - \int \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}\,\partial x\,\right]\partial y.\]
Bu \(h(y)\)’yi \((\ast)\) içinde yerine koyduğumuzda \(F_x = M\) ve \(F_y = N\) koşullarının ikisini birden sağlayan bir \(F(x,y)\) fonksiyonu elde etmiş oluruz. O hâlde \(dF = M\,dx + N\,dy\) olup denklem \(D\) üzerinde tamdır.
\(\blacksquare\)
Yani \(M_y = N_x\) eşitliği, “sol yan bir tam diferansiyeldir” cümlesinin iki türev hesabıyla yapılabilen denetimidir. Üstelik ispatın ikinci yarısı bize bir bonus verdi: \(F\)’yi nasıl kuracağımızı da gösterdi.
7.4 Potansiyel Fonksiyonun Bulunması
İspatın \((\Leftarrow)\) yönünde yaptığımız inşayı tek satırda toplayabiliriz.
\[F(x,y) = \int M(x,y)\,\partial x + \int \left[\,N(x,y) - \int \frac{\partial M(x,y)}{\partial y}\,\partial x\,\right]\partial y\]
Uygulamada bu formülü ezberlemek yerine, onu üreten adımları izlemek hem daha kolay hem daha az hata yapılan yoldur:
- Denklemi \(M(x,y)\,dx + N(x,y)\,dy = 0\) biçimine getirin; \(M\) ile \(N\)’yi işaretleriyle birlikte okuyun.
- \(M_y\) ve \(N_x\) türevlerini hesaplayın. Eşit değillerse denklem tam değildir ve bu yöntem uygulanamaz.
- Eşitlerse denklem tamdır. \(F_x = M\) yazıp \(y\)’yi sabit tutarak \(x\)’e göre integralleyin: \(F(x,y) = \int M\,\partial x + h(y)\).
- Bulduğunuz \(F\)’yi \(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) eşitliğine koyun. \(h'(y)\) yalnız bırakıldığında içinde \(x\) kalmaması gerekir; kalıyorsa bir hesap hatası var demektir.
- \(h'(y)\)’yi \(y\)’ye göre integralleyip \(h(y)\)’yi, oradan da \(F(x,y)\)’yi yazın. Genel çözüm \(F(x,y) = c\) kapalı biçimidir.
- Başlangıç koşulu verilmişse koşulu kapalı çözümde yerine koyup \(c\) sabitini belirleyin.
Üçüncü adımda \(F_x = M\) yerine \(F_y = N\) ile başlamak da serbesttir: bu kez \(y\)’ye göre integral alınır ve bilinmeyen fonksiyon \(h(x)\) olur. Hangi integralin daha kolay olduğuna bakıp seçim yapmak akıllıca olur.
\(h(y)\) bulunurken çıkan \(c_1\) integral sabitini ayrıca taşımaya gerek yoktur. Çünkü \(F(x,y) + c_1 = c\) eşitliği \(F(x,y) = c - c_1\) demektir ve \(c - c_1\) de keyfi bir sabittir. Bu yüzden çözümlerde \(c_1\)’i doğrudan sağ taraftaki keyfi sabite katarız.
7.5 Örnekler
Örnek 7.3 (Başlangıç Koşullu Tam Denklem) \[2x e^{y}\,dx + \bigl(x^2 e^{y} + \cos y\bigr)\,dy = 0, \qquad y(0) = \frac{\pi}{2}\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Tamlık denetimi. Denklem zaten diferansiyel biçimdedir:
\[M = 2x e^{y}, \qquad N = x^2 e^{y} + \cos y.\]
Kısmi türevler:
\[M_y = 2x e^{y}, \qquad N_x = 2x e^{y}.\]
\(M_y = N_x\) olduğundan denklem tamdır. O hâlde öyle bir \(F(x,y)\) vardır ki
\[dF = F_x\,dx + F_y\,dy = M\,dx + N\,dy = 0\]
olur ve \(F(x,y) = c\) çözümü verir.
Potansiyel fonksiyonun kurulması. Aranan koşullar
\[F_x = M = 2x e^{y}, \qquad F_y = N = x^2 e^{y} + \cos y\]
eşitlikleridir. Birincisini \(y\) sabitken \(x\)’e göre integralleyelim (\(e^{y}\) bu integralde sabit gibi davranır):
\[F(x,y) = \int 2x e^{y}\,\partial x + h(y) = x^2 e^{y} + h(y).\]
Bilinmeyen fonksiyonun belirlenmesi. Bu \(F\)’yi \(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = x^2 e^{y} + h'(y) = x^2 e^{y} + \cos y.\]
İki tarafta da bulunan \(x^2 e^{y}\) terimleri sadeleşir; geriye yalnızca \(y\)’ye bağlı bir eşitlik kalır (adım 4’te beklediğimiz tam olarak buydu):
\[h'(y) = \cos y \;\Longrightarrow\; h(y) = \sin y.\]
Genel çözüm. Bulduğumuz \(h\)’yi yerine koyarsak potansiyel fonksiyon \(F(x,y) = x^2 e^{y} + \sin y\) olur ve genel çözüm
\[x^2 e^{y} + \sin y = c\]
kapalı biçimidir.
Sabitin belirlenmesi. \(y(0) = \dfrac{\pi}{2}\) koşulunda \(x = 0\) ve \(y = \dfrac{\pi}{2}\) alınır:
\[0^2 \cdot e^{\pi/2} + \sin\frac{\pi}{2} = c \;\Longrightarrow\; 0 + 1 = c \;\Longrightarrow\; c = 1.\]
Aranan özel çözüm
\[x^2 e^{y} + \sin y = 1\]
kapalı denklemidir. Bu ifadeden \(y\)’yi \(x\) cinsinden açıkça çekmek mümkün değildir; birinci mertebe denklemlerde çözümün kapalı kalması olağan bir durumdur.
\(\blacksquare\)
Örnek 7.4 (Polinom Katsayılı Tam Denklem) \[\bigl(6xy^2 - 3x^2\bigr)\,dx - \bigl(7 - 6x^2y - 3y^2\bigr)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Katsayıların okunması. Denklemi \(M\,dx + N\,dy = 0\) kalıbıyla karşılaştırırken eksi işaretini parantezin içine dağıtmayı unutmamalıyız:
\[M = 6xy^2 - 3x^2, \qquad N = -\bigl(7 - 6x^2y - 3y^2\bigr) = -7 + 6x^2y + 3y^2.\]
Tamlık denetimi.
\[M_y = 12xy, \qquad N_x = 12xy.\]
\(M_y = N_x\) olduğundan denklem tamdır; \(F_x = M\), \(F_y = N\) koşullarını sağlayan bir \(F\) vardır.
Potansiyel fonksiyon. \(F_x = M\) eşitliğini \(x\)’e göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \int \bigl(6xy^2 - 3x^2\bigr)\,\partial x + h(y) = 3x^2y^2 - x^3 + h(y).\]
Şimdi \(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = 6x^2y + h'(y) = -7 + 6x^2y + 3y^2.\]
\(6x^2y\) terimleri gider ve
\[h'(y) = -7 + 3y^2 \;\Longrightarrow\; h(y) = -7y + y^3\]
bulunur.
Genel çözüm. Potansiyel fonksiyon \(F(x,y) = 3x^2y^2 - x^3 - 7y + y^3\) olduğundan genel çözüm
\[3x^2y^2 - x^3 + y^3 - 7y = c\]
kapalı biçimidir.
Denetleme. Bulduğumuz \(F\)’nin kısmi türevlerini alırsak \(F_x = 6xy^2 - 3x^2 = M\) ve \(F_y = 6x^2y + 3y^2 - 7 = N\) olur; çözüm doğrudur.
\(\blacksquare\)
Örnek 7.5 (Ortak Çarpan Sadeleştirilerek Tam Hâle Gelen Denklem) \[2y y' x\bigl(x + y^2\bigr) - \bigl(x^2 - y^2 x\bigr) = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Diferansiyel biçime geçiş. \(y' = \dfrac{dy}{dx}\) yazıp her iki tarafı \(dx\) ile çarpalım:
\[2yx\bigl(x + y^2\bigr)\,dy - \bigl(x^2 - y^2 x\bigr)\,dx = 0.\]
\(M\,dx + N\,dy = 0\) kalıbına göre
\[M(x,y) = -x^2 + y^2 x, \qquad N(x,y) = 2yx\bigl(x + y^2\bigr) = 2x^2 y + 2xy^3.\]
Tamlık denetimi.
\[M_y = 2yx, \qquad N_x = 4xy + 2y^3.\]
\(M_y \neq N_x\) olduğundan denklem bu hâliyle tam değildir.
Ortak çarpanın sadeleştirilmesi. Buna karşın \(M\) ile \(N\)’nin her ikisi de \(x\) çarpanını taşıyor:
\[M = x\bigl(-x + y^2\bigr), \qquad N = x \cdot 2y\bigl(x + y^2\bigr).\]
\(x \neq 0\) olan bölgede denklemin iki yanını \(x\)’e bölebiliriz:
\[\bigl(-x + y^2\bigr)\,dx + 2y\bigl(x + y^2\bigr)\,dy = 0.\]
Yeni katsayılar
\[M(x,y) = -x + y^2, \qquad N(x,y) = 2y\bigl(x + y^2\bigr) = 2xy + 2y^3\]
olup
\[M_y = 2y, \qquad N_x = 2y\]
bulunur. Artık \(M_y = N_x\); denklem tamdır. Aynı denklemin tam olup olmaması, onu hangi çarpanla yazdığımıza bağlıdır.
Potansiyel fonksiyon. Bu kez \(F_y = N\) ile başlayalım; \(y\)’ye göre integral almak burada daha kolay:
\[F(x,y) = \int \bigl(2xy + 2y^3\bigr)\,\partial y + h(x) = xy^2 + \frac{y^4}{2} + h(x).\]
Şimdi \(x\)’e göre türetip \(F_x = M\) ile eşitleyelim:
\[F_x = y^2 + h'(x) = -x + y^2.\]
\(y^2\) terimleri sadeleşir:
\[h'(x) = -x \;\Longrightarrow\; h(x) = -\frac{x^2}{2}.\]
Genel çözüm.
\[xy^2 + \frac{y^4}{2} - \frac{x^2}{2} = c\]
kapalı biçimidir; istenirse iki tarafı \(2\) ile çarpıp \(2xy^2 + y^4 - x^2 = c_2\) yazılabilir.
Bölmenin bedeli. \(x\)’e bölme işlemi yalnızca \(x \neq 0\) bölgesinde geçerlidir. \(x = 0\) doğrusu başlangıçtaki diferansiyel biçimi sağlar (bu doğru üzerinde hem \(dx = 0\) hem de \(N = 0\) olur), ama bir \(y(x)\) fonksiyonu belirtmediğinden yukarıdaki çözüm ailesinin dışında kalır.
\(\blacksquare\)
Son örnek, bölümün sonundaki asıl soruyu da gündeme getiriyor: tam olmayan bir denklemi uygun bir çarpanla çarparak (ya da bölerek) tam hâle getirebiliyorsak, bu çarpanı her durumda bulmanın bir yolu var mıdır?
7.6 Alıştırmalar
Alıştırma 7.1 (Polinom Katsayılı Alıştırma) \[\bigl(3x^2 + 4xy\bigr)\,dx + \bigl(2x^2 + 2y\bigr)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = 3x^2 + 4xy\) ve \(N = 2x^2 + 2y\) için
\[M_y = 4x, \qquad N_x = 4x\]
olduğundan denklem tamdır. \(F_x = M\) eşitliğini \(x\)’e göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \int \bigl(3x^2 + 4xy\bigr)\,\partial x + h(y) = x^3 + 2x^2y + h(y).\]
\(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = 2x^2 + h'(y) = 2x^2 + 2y \;\Longrightarrow\; h'(y) = 2y \;\Longrightarrow\; h(y) = y^2.\]
Genel çözüm
\[x^3 + 2x^2 y + y^2 = c\]
kapalı biçimidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.2 (Başlangıç Koşullu Alıştırma) \[\bigl(2x \cos y + 3x^2 y\bigr)\,dx + \bigl(x^3 - x^2 \sin y - y\bigr)\,dy = 0, \qquad y(0) = 2\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
\(M = 2x \cos y + 3x^2 y\) ve \(N = x^3 - x^2 \sin y - y\) olsun. Kısmi türevler:
\[M_y = -2x \sin y + 3x^2, \qquad N_x = 3x^2 - 2x \sin y.\]
İkisi eşittir, denklem tamdır. \(F_x = M\) eşitliğini \(x\)’e göre integralleyelim (\(\cos y\) ile \(y\) bu integralde sabittir):
\[F(x,y) = \int \bigl(2x \cos y + 3x^2 y\bigr)\,\partial x + h(y) = x^2 \cos y + x^3 y + h(y).\]
\(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = -x^2 \sin y + x^3 + h'(y) = x^3 - x^2 \sin y - y.\]
Ortak terimler sadeleşir:
\[h'(y) = -y \;\Longrightarrow\; h(y) = -\frac{y^2}{2}.\]
Genel çözüm
\[x^2 \cos y + x^3 y - \frac{y^2}{2} = c\]
kapalı biçimidir. Başlangıç koşulunda \(x = 0\), \(y = 2\) alalım:
\[0 + 0 - \frac{4}{2} = c \;\Longrightarrow\; c = -2.\]
Aranan özel çözüm
\[x^2 \cos y + x^3 y - \frac{y^2}{2} = -2\]
ya da iki tarafı \(2\) ile çarparak \(2x^2 \cos y + 2x^3 y - y^2 = -4\) biçimindedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.3 (Sinüs ve Üstel Terimli Alıştırma) \[\bigl(y \cos x + 2x e^{y}\bigr)\,dx + \bigl(\sin x + x^2 e^{y} - 1\bigr)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = y \cos x + 2x e^{y}\) ve \(N = \sin x + x^2 e^{y} - 1\) için
\[M_y = \cos x + 2x e^{y}, \qquad N_x = \cos x + 2x e^{y}\]
olduğundan denklem tamdır. \(x\)’e göre integralleyelim:
\[F(x,y) = \int \bigl(y \cos x + 2x e^{y}\bigr)\,\partial x + h(y) = y \sin x + x^2 e^{y} + h(y).\]
\(y\)’ye göre türev alıp \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = \sin x + x^2 e^{y} + h'(y) = \sin x + x^2 e^{y} - 1.\]
Buradan
\[h'(y) = -1 \;\Longrightarrow\; h(y) = -y\]
ve genel çözüm
\[y \sin x + x^2 e^{y} - y = c\]
kapalı biçimidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.4 (Üstel Çarpım İçeren Alıştırma) \[\bigl(2 + y e^{xy}\bigr)\,dx - \bigl(2y - x e^{xy}\bigr)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Eksi işaretini parantezin içine dağıtarak katsayıları okuyalım:
\[M = 2 + y e^{xy}, \qquad N = -2y + x e^{xy}.\]
Kısmi türevleri çarpım kuralıyla alalım. \(M\)’yi \(y\)’ye göre türetirken \(e^{xy}\)’nin \(y\)’ye göre türevi \(x e^{xy}\)’dir:
\[M_y = e^{xy} + y \cdot x e^{xy} = e^{xy}\bigl(1 + xy\bigr).\]
\(N\)’yi \(x\)’e göre türetirken \(e^{xy}\)’nin \(x\)’e göre türevi \(y e^{xy}\)’dir:
\[N_x = e^{xy} + x \cdot y e^{xy} = e^{xy}\bigl(1 + xy\bigr).\]
\(M_y = N_x\) olduğundan denklem tamdır. \(F_x = M\) eşitliğini \(x\)’e göre integralleyelim; \(y\) sabit olduğundan \(\displaystyle\int y e^{xy}\,\partial x = e^{xy}\) olur:
\[F(x,y) = \int \bigl(2 + y e^{xy}\bigr)\,\partial x + h(y) = 2x + e^{xy} + h(y).\]
\(y\)’ye göre türetip \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = x e^{xy} + h'(y) = -2y + x e^{xy} \;\Longrightarrow\; h'(y) = -2y \;\Longrightarrow\; h(y) = -y^2.\]
Genel çözüm
\[2x + e^{xy} - y^2 = c\]
kapalı biçimidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 7.5 (Toplamın Kosinüsünü İçeren Alıştırma) \[\cos(x+y)\,dx + \bigl(3y^2 + 2y + \cos(x+y)\bigr)\,dy = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
\(M = \cos(x+y)\) ve \(N = 3y^2 + 2y + \cos(x+y)\) olsun. Zincir kuralıyla
\[M_y = -\sin(x+y), \qquad N_x = -\sin(x+y)\]
bulunur; denklem tamdır. \(F_x = M\) eşitliğini \(x\)’e göre integralleyelim (içerideki \(x+y\) ifadesinin \(x\)’e göre türevi \(1\) olduğundan ek bir katsayı gerekmez):
\[F(x,y) = \int \cos(x+y)\,\partial x + h(y) = \sin(x+y) + h(y).\]
\(y\)’ye göre türev alıp \(F_y = N\) ile eşitleyelim:
\[F_y = \cos(x+y) + h'(y) = 3y^2 + 2y + \cos(x+y).\]
Buradan
\[h'(y) = 3y^2 + 2y \;\Longrightarrow\; h(y) = y^3 + y^2\]
ve genel çözüm
\[\sin(x+y) + y^3 + y^2 = c\]
kapalı biçimidir.
\(\blacksquare\)
7.7 Tam Olmayan Denklemler Ne Olacak?
\(M\,dx + N\,dy = 0\) denkleminde \(M_y \neq N_x\) ise denklem tam değildir ve bu bölümün yöntemi doğrudan işlemez. Oysa Örnek 7.5 bize bir ipucu verdi: denklemi uygun bir çarpanla çarpmak (orada \(\dfrac{1}{x}\) ile çarpmıştık) tamlığı geri getirebiliyor. Böyle bir çarpanın her zaman var olup olmadığı ve sistemli biçimde nasıl aranacağı, İntegrasyon Çarpanı bölümünün konusudur.