13 Wronskiyen ve Lineer Bağımsızlık
İkinci mertebe lineer denklemleri incelerken genel çözümü \(y = c_1 y_1 + c_2 y_2\) biçiminde yazabilmek için \(y_1\) ile \(y_2\)’nin lineer bağımsız olması gerektiğini gördük; mertebe indirgeme yöntemi de bilinen bir çözümden ona bağımsız ikinci bir çözüm üretiyordu. Bağımsızlığı şimdiye kadar tanımdan, yani iki fonksiyonun oranının sabit olup olmadığına bakarak denetledik. İki fonksiyon için bu kolaydır; ama üç, dört ya da \(n\) fonksiyon söz konusu olduğunda “bunlardan biri ötekilerin bir lineer bileşimi mi?” sorusunu gözle yanıtlamak zorlaşır.
Bu bölümde bu soruyu tek bir determinantın hesabına indireceğiz. Fonksiyonları ve türevlerini bir matrise dizip determinantını alırsak Wronskiyen denen bir fonksiyon elde ederiz; bu fonksiyon bir noktada sıfırdan farklıysa fonksiyonlar bağımsızdır. Ölçütün tersi keyfi fonksiyonlar için doğru değildir, ama fonksiyonlar bir lineer denklemin çözümleri olduğunda tam bir “ancak ve ancak” hâline gelir.
Bunu görmek için lineer denklemlerin en temel özelliğine ihtiyacımız olacak: sürekli katsayılı bir lineer denklemin başlangıç değer problemi, katsayıların iyi davrandığı bütün aralıkta tek bir çözüme sahiptir. Bu varlık ve teklik teoremi bölümün ikinci ana sonucudur; bölümü, ikinci mertebede Wronskiyeni çözümleri bilmeden katsayılardan veren Abel formülüyle kapatacağız.
Wronskiyen adını Polonyalı matematikçi ve filozof Józef Maria Hoene-Wroński’den (1776–1853) alır; Wroński bu determinantları 1812’de yayımlanan bir çalışmasında ele aldı. Determinanta “Wronskiyen” adını İskoç matematikçi Thomas Muir (1844–1934), 1882’de yayımladığı determinantlar kitabında verdi. İkinci mertebe bir lineer denklemin iki çözümünün Wronskiyenini doğrudan katsayılardan veren formül ise Norveçli matematikçi Niels Henrik Abel’in (1802–1829) adıyla anılır.
13.1 Fonksiyonların Lineer Bağımsızlığı
İki fonksiyonun lineer bağımlılığını ve bağımsızlığını Tanım 11.2 ile tanımlamıştık. Aynı tanım, sayısı ne olursa olsun bir fonksiyon listesine kelimesi kelimesine genişler.
Tanım 13.1 (Fonksiyonların Lineer Bağımlılığı ve Bağımsızlığı) \(f_1, f_2, \dots, f_n\) fonksiyonları bir \(I\) aralığında tanımlı olsun. Hepsi birden sıfır olmayan \(c_1, c_2, \dots, c_n\) sabitleri için
\[c_1 f_1(x) + c_2 f_2(x) + \cdots + c_n f_n(x) = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}\]
sağlanıyorsa, bu fonksiyonlara \(I\) üzerinde lineer bağımlı (linearly dependent) denir. Bu eşitlik \(I\) aralığının her noktasında yalnızca \(c_1 = c_2 = \cdots = c_n = 0\) için sağlanıyorsa, fonksiyonlara \(I\) üzerinde lineer bağımsız (linearly independent) denir.
Yani fonksiyonlar lineer bağımlıysa, katsayısı sıfırdan farklı olan fonksiyonlardan biri ötekilerin bir lineer bileşimi olarak yazılabilir: örneğin \(c_1 \neq 0\) ise
\[f_1 = -\frac{c_2}{c_1}\,f_2 - \frac{c_3}{c_1}\,f_3 - \cdots - \frac{c_n}{c_1}\,f_n\]
olur. Bağımsız fonksiyonlarda ise hiçbiri ötekilerden üretilemez; her biri listeye gerçekten yeni bir şey katar. \(n = 2\) için tanım Tanım 11.2 ile aynıdır: iki fonksiyon ancak ve ancak biri öbürünün sabit katıysa bağımlıdır. Eşitliğin tek bir noktada değil, aralığın her noktasında istendiğine dikkat edelim; bu yüzden bağımlılık ve bağımsızlık her zaman bir aralığa göre söylenir.
Örnek 13.1 (Pisagor Özdeşliğinden Gelen Bir Bağımlılık) \(1\), \(\sin^2 x\) ve \(\cos^2 x\) fonksiyonlarının \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımlı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bağımlılığı göstermek için, hepsi birden sıfır olmayan ve tanımdaki eşitliği her \(x\) için sağlayan sabitler bulmak yeter. Her gerçel \(x\) için
\[\sin^2 x + \cos^2 x = 1\]
özdeşliği doğrudur. Bütün terimleri bir tarafa toplarsak
\[1 \cdot 1 + (-1)\sin^2 x + (-1)\cos^2 x = 0 \qquad \text{her } x \in \mathbb{R} \text{ için}\]
olur. \(c_1 = 1\), \(c_2 = -1\), \(c_3 = -1\) sabitleri hepsi birden sıfır değildir; dolayısıyla üç fonksiyon \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımlıdır.
Şuna da dikkat edelim: bu fonksiyonlardan herhangi ikisi bağımsızdır, çünkü hiçbiri bir başkasının sabit katı değildir. Örneğin her \(x\) için \(\sin^2 x = k\cos^2 x\) olsaydı, \(x = 0\)’da \(0 = k\) bulunur ve bu \(\sin^2 x \equiv 0\) demek olurdu; oysa \(\sin^2\dfrac{\pi}{2} = 1\)’dir. Bağımlılık ancak üçü birlikte ele alındığında ortaya çıkar. Yani üç ya da daha fazla fonksiyon için ikişer ikişer oranlara bakmak yetmez.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.2 (Kuvvet Fonksiyonlarının Bağımsızlığı) \(1\), \(x\) ve \(x^2\) fonksiyonlarının her \(I\) aralığında lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(c_1\), \(c_2\), \(c_3\) sabitleri için
\[c_1 + c_2 x + c_3 x^2 = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}\]
olsun. Sol taraf \(I\) üzerinde sıfır fonksiyonudur; sıfır fonksiyonunun türevi de sıfır olduğundan iki tarafın türevini alabiliriz:
\[c_2 + 2c_3 x = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}.\]
Bir kez daha türev alırsak
\[2c_3 = 0\]
buluruz. Buradan \(c_3 = 0\) çıkar; bunu ikinci eşitlikte yerine koyunca \(c_2 = 0\), birinci eşitlikte yerine koyunca da \(c_1 = 0\) elde edilir. Demek ki tanımdaki eşitlik yalnızca \(c_1 = c_2 = c_3 = 0\) için sağlanır: \(1\), \(x\), \(x^2\) her aralıkta lineer bağımsızdır.
Hesaba bir kez daha bakalım. Elde ettiğimiz üç eşitlik, aralığın herhangi bir \(x\) noktasında \(c_1, c_2, c_3\) bilinmeyenli
\[\begin{bmatrix} 1 & x & x^2 \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}\]
homojen lineer sistemini oluşturur. Bu sistemin yalnızca sıfır çözümünün olması, katsayı matrisinin tersinir olmasından gelir. Bir sonraki kısımda bu gözlemi genelleyeceğiz.
\(\blacksquare\)
13.2 Wronskiyen
Son örnekteki hesabı \(n\) fonksiyon için yapalım. \(y_1, \dots, y_n\) fonksiyonlarının bir lineer bileşimi bir aralıkta sıfırsa, o lineer bileşimin türevleri de aynı aralıkta sıfırdır. Lineer bileşimin kendisini ve ilk \(n - 1\) türevini sıfıra eşitlediğimizde, \(c_1, \dots, c_n\) sabitleri için \(n\) bilinmeyenli \(n\) denklemli bir sistem ortaya çıkar. Bu sistemin katsayı matrisinin satırları, fonksiyonların kendileri ve ardışık türevleridir. Bu matrisin determinantına bir ad verelim.
Tanım 13.2 (Wronskiyen) \(y_1, y_2, \dots, y_n\) fonksiyonlarının her biri bir \(I\) aralığında \(n - 1\) kez türevlenebilir olsun. \(I\) üzerinde tanımlı
\[W(y_1, y_2, \dots, y_n) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 & \cdots & y_n \\ y_1' & y_2' & \cdots & y_n' \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y_1^{(n-1)} & y_2^{(n-1)} & \cdots & y_n^{(n-1)} \end{vmatrix}\]
fonksiyonuna bu \(n\) fonksiyonun Wronskiyeni (Wronskian) denir; determinanttaki bütün terimler aynı \(x\) noktasında hesaplanır. Bu değeri \(W(y_1, \dots, y_n)(x)\) ile ya da hangi fonksiyonlardan söz edildiği açıksa kısaca \(W(x)\) ile gösteririz.
Özel olarak iki fonksiyonun Wronskiyeni
\[W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_1' y_2\]
olur.
Yani Wronskiyen bir sayı değil, \(x\)’e bağlı bir fonksiyondur: ilk satıra fonksiyonları, ikinci satıra birinci türevlerini, son satıra da \((n-1)\). türevlerini yazıp determinantı alırız. Her sütun tek bir fonksiyona ve onun türevlerine aittir.
Örnek 13.3 (Kuvvet Fonksiyonlarının Wronskiyeni) \(W(1, x, x^2)\) Wronskiyenini hesaplayınız.
Çözüm
Üç fonksiyon olduğu için \(n = 3\)’tür ve her fonksiyonun ikinci türevine kadar gitmemiz gerekir:
\[\begin{aligned} y_1 &= 1, & y_1' &= 0, & y_1'' &= 0, \\ y_2 &= x, & y_2' &= 1, & y_2'' &= 0, \\ y_3 &= x^2, & y_3' &= 2x, & y_3'' &= 2. \end{aligned}\]
Fonksiyonları ilk satıra, türevleri alt satırlara yazalım:
\[W(1, x, x^2) = \begin{vmatrix} 1 & x & x^2 \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 2 \end{vmatrix}.\]
Matris üst üçgenseldir; determinantı köşegen elemanlarının çarpımıdır:
\[W(1, x, x^2) = 1 \cdot 1 \cdot 2 = 2.\]
Wronskiyen her \(x\) için \(2\) değerini alan sabit fonksiyondur. Bu matris, Örnek 13.2 içinde türev alarak kurduğumuz sistemin katsayı matrisinin ta kendisidir; o sistemin yalnızca sıfır çözümünün olması, bu determinantın sıfırdan farklı olmasından gelir.
\(\blacksquare\)
13.3 Wronskiyen Ölçütü
Şimdi gözlemimizi bir teorem olarak yazıp ispatlayalım.
Teorem 13.1 (Wronskiyen Ölçütü) \(y_1, y_2, \dots, y_n\) fonksiyonlarının her biri \(I\) aralığında \(n - 1\) kez türevlenebilir olsun. Bir \(x_0 \in I\) noktasında
\[W(y_1, y_2, \dots, y_n)(x_0) \neq 0\]
ise \(y_1, y_2, \dots, y_n\) fonksiyonları \(I\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Eşdeğer olarak: fonksiyonlar \(I\) üzerinde lineer bağımlıysa Wronskiyenleri \(I\) aralığının her noktasında sıfırdır.
İspat
\(c_1, \dots, c_n\) sabitleri için
\[c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) + \cdots + c_n y_n(x) = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}\]
olsun; \(c_1 = \cdots = c_n = 0\) olduğunu göstereceğiz.
Sol taraf \(I\) üzerinde sıfır fonksiyonudur ve sıfır fonksiyonunun türevi yine sıfır fonksiyonudur. Fonksiyonlar \(n - 1\) kez türevlenebilir olduğundan iki tarafın türevini \(n - 1\) kez alabiliriz; her \(x \in I\) için
\[\begin{aligned} c_1 y_1(x) + \cdots + c_n y_n(x) &= 0, \\ c_1 y_1'(x) + \cdots + c_n y_n'(x) &= 0, \\ &\;\;\vdots \\ c_1 y_1^{(n-1)}(x) + \cdots + c_n y_n^{(n-1)}(x) &= 0 \end{aligned}\]
eşitliklerini elde ederiz. Bunları özel olarak \(x = x_0\) noktasında yazalım. Bu, \(c_1, \dots, c_n\) bilinmeyenlerine göre \(n\) denklemli homojen bir lineer sistemdir ve katsayı matrisi
\[A = \begin{bmatrix} y_1(x_0) & \cdots & y_n(x_0) \\ y_1'(x_0) & \cdots & y_n'(x_0) \\ \vdots & & \vdots \\ y_1^{(n-1)}(x_0) & \cdots & y_n^{(n-1)}(x_0) \end{bmatrix}\]
matrisidir. Wronskiyenin tanımı gereği \(\det A = W(x_0)\)’dır ve bu sayı varsayım gereği sıfırdan farklıdır. Determinantı sıfırdan farklı bir kare matris tersinirdir; sistemin iki tarafını soldan \(A^{-1}\) ile çarparsak
\[\begin{bmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{bmatrix} = A^{-1} \begin{bmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}\]
buluruz. Yani \(c_1 = c_2 = \cdots = c_n = 0\)’dır ve fonksiyonlar \(I\) üzerinde lineer bağımsızdır.
İkinci ifade birincinin karşıt tersidir: fonksiyonlar bağımlıyken Wronskiyen bir noktada sıfırdan farklı olsaydı, birinci ifade gereği fonksiyonlar bağımsız olurdu. Bu bir çelişkidir; demek ki bağımlı fonksiyonların Wronskiyeni her noktada sıfırdır.
\(\blacksquare\)
Yani bağımsızlığı kanıtlamak için Wronskiyenin sıfırdan farklı olduğu tek bir nokta bulmak yeter. Teorem ters yönde bir şey söylemez: Wronskiyen her yerde sıfırsa fonksiyonların bağımlı olduğu sonucu çıkmaz. Bunu bu kısmın sonunda bir örnekle göreceğiz.
- Fonksiyon sayısı \(n\) ise her fonksiyonun ilk \(n - 1\) türevini hesapla.
- Fonksiyonları ilk satıra, türevlerini sırayla alt satırlara yazıp determinantı hesapla ve sadeleştir.
- Aralıkta \(W(x_0) \neq 0\) olan bir \(x_0\) noktası bul: fonksiyonlar bağımsızdır. \(W\) aralıkta özdeş olarak sıfırsa ölçüt karar vermez; o zaman tanıma dön ya da fonksiyonlar bir lineer denklemin çözümleriyse Teorem 13.3 ile devam et.
Örnek 13.4 (Kosinüs ile Sinüsün Bağımsızlığı) \(\cos x\) ve \(\sin x\) fonksiyonları \(y'' + y = 0\) denkleminin çözümleridir. Bu iki çözümün her gerçel aralıkta lineer bağımsız olduğunu Wronskiyen ile gösteriniz.
Çözüm
Bu iki çözümün bağımsızlığını daha önce tanımla göstermiştik (Örnek 11.10); şimdi Wronskiyenle gösterelim. Önce çözüm olduklarını hatırlayalım: \((\cos x)'' = -\cos x\) ve \((\sin x)'' = -\sin x\) olduğundan iki fonksiyon da \(y'' + y = 0\) denklemini sağlar.
\(y_1 = \cos x\) ve \(y_2 = \sin x\) için birinci türevler \(y_1' = -\sin x\) ve \(y_2' = \cos x\)’tir. Wronskiyen
\[W(\cos x, \sin x) = \begin{vmatrix} \cos x & \sin x \\ -\sin x & \cos x \end{vmatrix} = \cos^2 x + \sin^2 x = 1\]
olur. Her gerçel \(x\) için \(W(x) = 1 \neq 0\)’dır. Hangi \(I\) aralığını alırsak alalım, içinden seçtiğimiz her \(x_0\) noktasında \(W(x_0) = 1 \neq 0\) olduğundan, Teorem 13.1 gereği \(\cos x\) ile \(\sin x\) \(I\) üzerinde lineer bağımsızdır. Yani bu iki fonksiyon, \(y'' + y = 0\) denkleminin her gerçel aralıkta lineer bağımsız iki çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.5 (İki Üstel Çözümün Bağımsızlığı) \(e^{2x}\) ve \(e^{-2x}\) fonksiyonları \(y'' - 4y = 0\) denkleminin çözümleridir. Bu iki çözümün her gerçel aralıkta lineer bağımsız olduğunu Wronskiyen ile gösteriniz.
Çözüm
Bu iki çözümün bağımsızlığını daha önce oranlarının sabit olmadığına bakarak göstermiştik (Örnek 11.11); şimdi Wronskiyenle gösterelim. Çözüm olduklarını denetleyelim: \((e^{2x})'' = 4e^{2x}\) ve \((e^{-2x})'' = 4e^{-2x}\) olduğundan iki fonksiyon için de \(y'' - 4y = 0\) sağlanır.
\(y_1 = e^{2x}\), \(y_2 = e^{-2x}\) için \(y_1' = 2e^{2x}\) ve \(y_2' = -2e^{-2x}\)’tir. Wronskiyen
\[W(e^{2x}, e^{-2x}) = \begin{vmatrix} e^{2x} & e^{-2x} \\ 2e^{2x} & -2e^{-2x} \end{vmatrix} = -2e^{0} - 2e^{0} = -4\]
olur; burada \(e^{2x} \cdot e^{-2x} = e^{0} = 1\) olduğunu kullandık. Her gerçel \(x\) için \(W(x) = -4 \neq 0\) olduğundan, Teorem 13.1 gereği \(e^{2x}\) ile \(e^{-2x}\) her gerçel aralıkta lineer bağımsızdır.
İki örnekte de Wronskiyenin sabit çıkması tesadüf değildir; nedenini bölümün sonunda Abel formülüyle göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Teoremin tersi, yani “fonksiyonlar bağımsızsa Wronskiyenleri bir noktada sıfırdan farklıdır” önermesi, keyfi fonksiyonlar için yanlıştır. Aşağıdaki örnek bunu gösteriyor.
Örnek 13.6 (Wronskiyeni Sıfır Olan Bağımsız Fonksiyonlar) \(y_1 = x^3\) ve \(y_2 = |x|^3\) fonksiyonlarının Wronskiyeninin \(\mathbb{R}\) üzerinde özdeş olarak sıfır olduğunu, buna karşın bu iki fonksiyonun \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Türevler. \(y_1' = 3x^2\)’dir. \(y_2\) için iki yarıyı ayrı ayrı düşünelim: \(x > 0\) iken \(|x|^3 = x^3\) olduğundan \(y_2' = 3x^2\), \(x < 0\) iken \(|x|^3 = -x^3\) olduğundan \(y_2' = -3x^2\)’dir. \(x = 0\) noktasında türevi tanımdan hesaplarız:
\[y_2'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{|h|^3 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h\,|h| = 0.\]
Bu üç durum tek bir formülde toplanır: her gerçel \(x\) için \(y_2'(x) = 3x\,|x|\)’tir. Demek ki iki fonksiyon da \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir ve Wronskiyenleri tanımlıdır.
Wronskiyen. \(|x|^2 = x^2\) olduğunu kullanarak
\[W(x^3, |x|^3) = x^3 \cdot 3x\,|x| - 3x^2 \cdot |x|^3 = 3x^2\,|x|\left(x^2 - |x|^2\right) = 0\]
buluruz. Yani her gerçel \(x\) için \(W(x) = 0\)’dır.
Bağımsızlık. \(c_1 x^3 + c_2 |x|^3 = 0\) eşitliği her \(x \in \mathbb{R}\) için sağlansın. Eşitliği \(x = 1\) ve \(x = -1\) noktalarında yazalım:
\[c_1 + c_2 = 0, \qquad -c_1 + c_2 = 0.\]
İki denklemi toplarsak \(2c_2 = 0\), yani \(c_2 = 0\) bulunur; birinci denklemden de \(c_1 = 0\) çıkar. Demek ki \(x^3\) ile \(|x|^3\) \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Neden çelişki yok? Teorem 13.1 yalnızca “\(W(x_0) \neq 0\) ise bağımsız” der; tersini iddia etmez. Şekilde görüldüğü gibi \((0, \infty)\) aralığında \(y_2 = y_1\), \((-\infty, 0)\) aralığında ise \(y_2 = -y_1\)’dir. Yani her yarıda fonksiyonlar birbirinin sabit katıdır ve o yarıda bağımlıdır; ama sabit \(0\) noktasında \(1\)’den \(-1\)’e değişir ve bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tek bir sabit işe yaramaz. Wronskiyen her noktada yalnızca o noktadaki değerlere ve türevlere baktığı için bu “sabitin değişmesini” fark edemez.
\(\blacksquare\)
Bu örnek, Wronskiyen ölçütünü kullanırken dikkatli olmamız gerektiğini gösteriyor: \(W \equiv 0\) bulduğumuzda “fonksiyonlar bağımlıdır” demeye hakkımız yoktur. Neyse ki diferansiyel denklemlerde Wronskiyeni hep bir lineer denklemin çözümleri için hesaplarız ve çözümler böyle davranamaz. Bunu kanıtlamak için önce lineer denklemlerin varlık ve teklik teoremine ihtiyacımız var.
13.4 Lineer Denklemler İçin Varlık ve Teklik
Birinci mertebe \(y' = f(x,y)\) denklemleri için Teorem 3.1, \(f\) ile \(\partial f / \partial y\) sürekli olduğunda başlangıç noktasının yakınında tek bir çözüm bulunduğunu söylüyordu. Lineer denklemler için çok daha güçlü bir sonuç doğrudur. \(n\). mertebe lineer denklemi (Tanım 1.5) hatırlayalım:
\[a_0(x) y^{(n)} + a_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + a_{n-1}(x) y' + a_n(x) y = b(x).\]
Böyle bir denklem için başlangıç koşulları, bir \(x_0\) noktasında çözümün ve ilk \(n - 1\) türevinin değerleridir.
Teorem 13.2 (Lineer Denklemler İçin Varlık ve Teklik Teoremi) \(a_0, a_1, \dots, a_n\) ve \(b\) fonksiyonları bir \(I\) aralığında sürekli olsun ve her \(x \in I\) için \(a_0(x) \neq 0\) olsun. \(x_0 \in I\) herhangi bir nokta ve \(\alpha_0, \alpha_1, \dots, \alpha_{n-1}\) keyfi gerçel sayılar olsun. O zaman
\[a_0(x) y^{(n)} + a_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + a_n(x) y = b(x)\]
denkleminin
\[y(x_0) = \alpha_0, \quad y'(x_0) = \alpha_1, \quad \dots, \quad y^{(n-1)}(x_0) = \alpha_{n-1}\]
başlangıç koşullarını sağlayan bir ve yalnız bir \(y = \phi(x)\) çözümü vardır ve bu çözüm bütün \(I\) aralığında tanımlıdır.
Özel olarak \(n = 2\) için: \(a_0, a_1, a_2, b\) fonksiyonları \(I\) üzerinde sürekli ve her \(x \in I\) için \(a_0(x) \neq 0\) ise
\[a_0(x) y'' + a_1(x) y' + a_2(x) y = b(x)\]
denklemi ile \(y(x_0) = \alpha_0\), \(y'(x_0) = \alpha_1\) koşullarından oluşan başlangıç değer probleminin bütün \(I\) üzerinde tanımlı tek bir çözümü vardır.
Yani baş katsayısı hiç sıfırlanmayan ve bütün katsayıları sürekli olan bir lineer denklemde, aralığın bir noktasında çözümün değerini ve ilk \(n - 1\) türevini istediğimiz gibi seçebiliriz; bu \(n\) sayı, çözümü bütün aralıkta tek türlü belirler. \(n\) tane koşul gerekmesi şaşırtıcı değildir: \(n\). mertebe bir denklemin genel çözümünde \(n\) keyfi sabit bulunur ve her koşul bir sabiti belirler.
Teoremin ispatı, birinci mertebe teoremindeki ardışık yaklaşımlar yöntemine dayanır: denklem birinci mertebe denklemlerden oluşan bir sisteme dönüştürülür ve denklemin lineer olması ile katsayılarının sürekli olması, ardışık yaklaşımların başlangıç noktasının yalnızca yakınında değil, aralığın \(x_0\)’ı içeren her kapalı ve sınırlı parçasında yakınsamasını sağlar. Bu ispatı notların kapsamı dışında bırakıyoruz; bizim için önemli olan teoremin nasıl kullanıldığı ve sonuçlarıdır.
- Sonuç bütün aralıkta geçerlidir. Teorem 3.1 yalnızca küçük bir \(|x - x_0| < h\) aralığı vaat eder. Nitekim \(y' = 1 + y^2\), \(y(0) = 0\) probleminin çözümü olan \(\tan x\), hipotezler bütün düzlemde sağlandığı hâlde \(\pm\pi/2\) noktalarında sonsuza kaçıyordu (Örnek 3.7). Lineer denklemlerde bu olamaz; oradaki patlamanın kaynağı, lineer olmayan \(y^2\) terimidir.
- Hipotezler yalnızca \(x\)’e bağlıdır. Denetlenecek olan iki değişkenli bir \(f(x,y)\) değil, yalnızca katsayılardır. Çözümün en geniş tanım aralığını denklemi çözmeden, katsayılara bakarak buluruz.
- Bir noktada \(n\) koşul gerekir. Birinci mertebede bir noktadan tek bir çözüm eğrisi geçer. \(n \ge 2\) için bir noktadan sonsuz çok çözüm eğrisi geçebilir; onları birbirinden ayıran, o noktadaki türevlerdir (bkz. Örnek 13.8).
- \(n = 1\) için bildiğimiz sonuçtur. \(y' + p(x) y = q(x)\) denkleminin çözüm formülü (Teorem 9.1), \(p\) ile \(q\)’nun sürekli olduğu bütün aralıkta tanımlı tek bir çözüm verir.
Teoremi uygulamak bir denetim listesinden ibarettir.
- Denklemi \(a_0 y^{(n)} + a_1 y^{(n-1)} + \cdots + a_n y = b\) biçiminde yaz; \(a_0, \dots, a_n\) katsayılarını ve \(b\)’yi belirle.
- Katsayıların ya da \(b\)’nin süreksiz (veya tanımsız) olduğu noktaları ve \(a_0\)’ın sıfırlandığı noktaları işaretle.
- Bu noktaların hiçbirini içermeyen ve \(x_0\)’ı içeren en geniş aralığı al: teorem, başlangıç değer probleminin bu aralığın tamamında tanımlı tek bir çözümü olduğunu söyler.
Örnek 13.7 (Katsayıları Her Yerde Sürekli Bir Problem) \[\frac{d^2y}{dx^2} + 3x\,\frac{dy}{dx} + x^3 y = e^x, \qquad y(1) = 2, \quad y'(1) = -5\]
başlangıç değer probleminin çözümünün varlığı ve tekliği hakkında ne söylenebilir?
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden lineerdir ve zaten teoremdeki biçimdedir:
\[a_0(x) = 1, \qquad a_1(x) = 3x, \qquad a_2(x) = x^3, \qquad b(x) = e^x.\]
\(1\), \(3x\) ve \(x^3\) polinomları ile \(e^x\) üstel fonksiyonu bütün gerçel eksende süreklidir; baş katsayı \(a_0(x) = 1\) hiçbir yerde sıfır değildir. Dolayısıyla teoremin hipotezleri \(I = \mathbb{R}\) aralığında sağlanır. Başlangıç noktası \(x_0 = 1 \in \mathbb{R}\), başlangıç değerleri de \(\alpha_0 = 2\) ve \(\alpha_1 = -5\) gerçel sayılarıdır.
Teorem 13.2 gereği problemin bir çözümü vardır, bu çözüm tektir ve bütün gerçel eksen üzerinde tanımlıdır.
Teorem çözümün formülünü vermez; katsayıları sabit olmayan bu denklemin çözümünü kapalı biçimde yazmak kolay da değildir. Ama denklemi çözmeye girişmeden önce, aradığımız çözümün var olduğunu, tek olduğunu ve \(\mathbb{R}\)’nin her yerinde yaşadığını kesin olarak biliriz.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.8 (Aynı Noktadan Geçen Sonsuz Çözüm) \(y'' + y = 0\) denkleminin \(y(0) = 1\) koşulunu sağlayan bütün çözümlerini bulunuz.
Çözüm
Bir çözüm ailesi. \(\cos x\) ile \(\sin x\) denklemin çözümleri olduğundan, süperpozisyon ilkesi (Teorem 11.1) gereği her \(k\) gerçel sayısı için
\[y_k(x) = \cos x + k\sin x\]
de bir çözümdür. Doğrudan da görülebilir: \(y_k'' = -\cos x - k\sin x = -y_k\)’dir. Ayrıca
\[y_k(0) = \cos 0 + k \sin 0 = 1, \qquad y_k'(0) = -\sin 0 + k\cos 0 = k\]
olur. Demek ki \(y(0) = 1\) koşulunu sağlayan sonsuz çok çözüm vardır; bunlar \((0, 1)\) noktasından farklı eğimlerle geçer.
Başka çözüm yok. Şimdi \(y\), \(y(0) = 1\) koşulunu sağlayan herhangi bir çözüm olsun ve \(k = y'(0)\) diyelim. O zaman \(y\) ile \(y_k\) aynı başlangıç değer problemini çözer:
\[y'' + y = 0, \qquad y(0) = 1, \quad y'(0) = k.\]
Bu denklemde \(a_0 = 1\), \(a_1 = 0\), \(a_2 = 1\) ve \(b = 0\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir ve \(a_0\) hiç sıfırlanmaz. Teorem 13.2 gereği bu problemin tek bir çözümü vardır; dolayısıyla \(y = y_k\)’dir. Sonuç olarak \(y(0) = 1\) koşulunu sağlayan çözümler tam olarak
\[y = \cos x + k\sin x, \qquad k \in \mathbb{R}\]
fonksiyonlarıdır.
Tek bir koşul çözümü belirlemeye yetmedi; eğimi de verdiğimizde, örneğin \(y'(0) = 2\) dediğimizde, aileden tek bir üye kalır: \(y = \cos x + 2\sin x\). Birinci mertebe denklemlerden farklı olarak burada çözüm eğrileri birbirini kesebilir. Bu, teklikle çelişmez; çünkü ikinci mertebede bir çözümü belirleyen yalnızca geçtiği nokta değil, o noktadaki eğimidir de.
\(\blacksquare\)
Teoremin sağ tarafı sıfır olan denklemler için sık kullanılan bir sonucu vardır. Hatırlatalım: sağ tarafı \(b \equiv 0\) olan lineer denklemlere homojen denir (Tanım 11.1).
Sonuç 13.1 (Sıfır Başlangıç Değerli Çözüm) Teorem 13.2 hipotezleri altında \(b \equiv 0\) olsun, yani
\[a_0(x) y^{(n)} + a_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + a_n(x) y = 0\]
homojen denklemini ele alalım. Bir \(x_0 \in I\) noktasında
\[y(x_0) = y'(x_0) = \cdots = y^{(n-1)}(x_0) = 0\]
koşullarını sağlayan tek çözüm, \(I\) üzerinde özdeş olarak sıfır olan \(y \equiv 0\) fonksiyonudur.
İspat
\(y \equiv 0\) fonksiyonunun bütün türevleri sıfırdır; dolayısıyla denklemin sol tarafı her \(x \in I\) için \(0\) olur ve \(y \equiv 0\) homojen denklemin bir çözümüdür. Üstelik \(x_0\) noktasında kendisi ve ilk \(n - 1\) türevi sıfırdır, yani verilen başlangıç koşullarını da sağlar. Teorem 13.2 gereği bu koşulları sağlayan çözüm tektir. O hâlde bu koşulları sağlayan her çözüm \(y \equiv 0\) fonksiyonuna eşittir.
\(\blacksquare\)
Yani homojen bir lineer denklemin özdeş olarak sıfır olmayan bir çözümü, bir noktada hem kendisi hem de ilk \(n - 1\) türevi sıfır olacak biçimde davranamaz. \(n = 2\) için bunun geometrik bir anlamı vardır: \(p\) ile \(q\) sürekli olmak üzere \(y'' + p(x) y' + q(x) y = 0\) denkleminin özdeş olarak sıfır olmayan bir çözümünün grafiği \(x\) eksenine teğet olamaz; ekseni ancak keserek geçebilir.
Hipotezlerin, özellikle \(a_0 \neq 0\) koşulunun, ne kadar önemli olduğunu bir örnekle görelim.
Örnek 13.9 (Baş Katsayı Sıfırlanınca Teklik Bozulabilir) \[x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0, \qquad y(0) = 0, \quad y'(0) = 0\]
başlangıç değer probleminin sonsuz çok çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(C\) herhangi bir sabit olmak üzere \(y = Cx^2\) fonksiyonunu deneyelim. \(y' = 2Cx\) ve \(y'' = 2C\) olduğundan
\[x^2 \cdot 2C - 2x \cdot 2Cx + 2 \cdot Cx^2 = 2Cx^2 - 4Cx^2 + 2Cx^2 = 0\]
bulunur; yani \(y = Cx^2\) her \(C\) için denklemin bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde bir çözümüdür. Ayrıca
\[y(0) = C \cdot 0^2 = 0, \qquad y'(0) = 2C \cdot 0 = 0\]
olduğundan başlangıç koşulları da sağlanır. Demek ki problemin sonsuz çok çözümü vardır; \(C = 0\) için elde edilen \(y \equiv 0\) bunlardan yalnızca biridir.
Bu, Sonuç 13.1 ile çelişmez: denklemin baş katsayısı \(a_0(x) = x^2\), başlangıç noktası \(x_0 = 0\)’da sıfırdır ve \(0\)’ı içeren hiçbir aralıkta teoremin hipotezi sağlanmaz. Bu durumda teorem susar ve gerçekten de teklik bozulur.
Durum varlık açısından da kötüdür. Denklemi \(x = 0\) noktasında yazarsak ilk iki terim sıfırlanır ve geriye \(2y(0) = 0\) kalır. Yani her çözüm \(y(0) = 0\) koşulunu sağlamak zorundadır; örneğin \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 0\) başlangıç değer probleminin hiç çözümü yoktur. Baş katsayının sıfırlandığı bir noktada başlangıç koşullarını özgürce seçemeyiz.
\(\blacksquare\)
13.5 Çözümlerin Wronskiyeni
Artık \(x^3\) ile \(|x|^3\) örneğinde (Örnek 13.6) gördüğümüz durumun çözümler için ortaya çıkamayacağını gösterebiliriz.
Teorem 13.3 (Çözümlerin Wronskiyeni) \(a_0, a_1, \dots, a_n\) fonksiyonları \(I\) aralığında sürekli ve her \(x \in I\) için \(a_0(x) \neq 0\) olsun. \(y_1, y_2, \dots, y_n\) fonksiyonları
\[a_0(x) y^{(n)} + a_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + a_n(x) y = 0\]
homojen denkleminin \(I\) üzerindeki çözümleri ve \(W(x) = W(y_1, \dots, y_n)(x)\) olsun. O zaman:
- Ya her \(x \in I\) için \(W(x) = 0\)’dır ya da hiçbir \(x \in I\) için \(W(x) = 0\) değildir.
- \(y_1, \dots, y_n\) çözümlerinin \(I\) üzerinde lineer bağımsız olması için gerek ve yeter koşul, bir (dolayısıyla her) \(x \in I\) için \(W(x) \neq 0\) olmasıdır.
İspat
Önce şu yardımcı sonucu gösterelim: \(W\) bir \(x_0 \in I\) noktasında sıfırsa, çözümler \(I\) üzerinde lineer bağımlıdır.
\(W(x_0) = 0\) olsun. \(c_1, \dots, c_n\) bilinmeyenli
\[\begin{aligned} c_1 y_1(x_0) + \cdots + c_n y_n(x_0) &= 0, \\ c_1 y_1'(x_0) + \cdots + c_n y_n'(x_0) &= 0, \\ &\;\;\vdots \\ c_1 y_1^{(n-1)}(x_0) + \cdots + c_n y_n^{(n-1)}(x_0) &= 0 \end{aligned}\]
homojen lineer sisteminin katsayı matrisinin determinantı \(W(x_0) = 0\)’dır. Lineer cebirden bildiğimiz gibi, kare katsayı matrisinin determinantı sıfır olan homojen bir sistemin sıfırdan başka çözümleri de vardır. O hâlde bu sistemi sağlayan ve hepsi birden sıfır olmayan \(c_1, \dots, c_n\) sabitleri vardır. Bu sabitlerle
\[y(x) = c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) + \cdots + c_n y_n(x)\]
fonksiyonunu kuralım.
Birinci gözlem: \(y\) homojen denklemin bir çözümüdür. Türev toplama dağıldığı ve sabitler türevin dışına çıktığı için her \(k\) için \(y^{(k)} = c_1 y_1^{(k)} + \cdots + c_n y_n^{(k)}\)’dır. Bunları denklemin sol tarafında yerine koyup terimleri \(c_1, \dots, c_n\)’ye göre toplarsak
\[\begin{aligned} a_0 y^{(n)} + \cdots + a_n y &= c_1\left(a_0 y_1^{(n)} + \cdots + a_n y_1\right) \\[1mm] &\quad + \cdots + c_n\left(a_0 y_n^{(n)} + \cdots + a_n y_n\right) \end{aligned}\]
olur. Her \(y_j\) bir çözüm olduğundan parantezlerin hepsi sıfırdır; demek ki sol taraf da sıfırdır. Bu, ikinci mertebe için gördüğümüz süperpozisyon ilkesinin (Teorem 11.1) \(n\). mertebedeki karşılığıdır.
İkinci gözlem: \(y\)’nin \(x_0\) noktasındaki başlangıç değerleri sıfırdır. Sistemin birinci satırı \(y(x_0) = 0\), ikinci satırı \(y'(x_0) = 0\), son satırı da \(y^{(n-1)}(x_0) = 0\) demektir.
Bu iki gözlem ve Sonuç 13.1 birlikte \(y \equiv 0\) verir:
\[c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) + \cdots + c_n y_n(x) = 0 \qquad \text{her } x \in I \text{ için}.\]
Sabitler hepsi birden sıfır olmadığından \(y_1, \dots, y_n\) çözümleri \(I\) üzerinde lineer bağımlıdır. Yardımcı sonuç kanıtlandı.
(1) \(W\) bir \(x_0 \in I\) noktasında sıfır olsun. Yardımcı sonuç gereği çözümler \(I\) üzerinde lineer bağımlıdır; Wronskiyen ölçütünün ikinci ifadesi (Teorem 13.1) gereği de \(W\), \(I\) aralığının her noktasında sıfırdır. Demek ki \(W\) ya hiçbir noktada sıfır değildir ya da bir noktada sıfırsa her noktada sıfırdır; (1)’in söylediği tam olarak budur.
(2) Bir \(x_0 \in I\) için \(W(x_0) \neq 0\) ise çözümler Teorem 13.1 gereği bağımsızdır. Tersine çözümler bağımsız olsun. \(W\) bir noktada sıfır olsaydı, yardımcı sonuç gereği çözümler bağımlı olurdu; bu bir çelişkidir. O hâlde \(W\) hiçbir noktada sıfır değildir. “Bir (dolayısıyla her)” ifadesi de (1)’den gelir.
\(\blacksquare\)
Yani çözümler için Wronskiyen ya özdeş olarak sıfırdır ya da hiç sıfırlanmaz; ara durum yoktur. Bu yüzden çözümlerin bağımsızlığını denetlemek için Wronskiyeni herhangi bir noktada, örneğin hesabın en kolay olduğu yerde hesaplamak yeter. \(x^3\) ile \(|x|^3\) örneğindeki gibi bir durum çözümler için ortaya çıkamaz: bu iki fonksiyon, sürekli katsayılı ve baş katsayısı sıfırlanmayan ikinci mertebe bir lineer denklemin \(\mathbb{R}\) üzerinde çözümleri olsaydı, Wronskiyenleri özdeş olarak sıfır olduğundan bağımlı olmaları gerekirdi; oysa bağımsızdırlar.
Örnek 13.10 (Bir Noktada Sıfırlanan Wronskiyen) \(I\), \(0\) noktasını içeren bir aralık ve \(p\), \(q\) fonksiyonları \(I\) üzerinde sürekli olsun. \(x\) ile \(x^2\) fonksiyonlarının \(y'' + p(x) y' + q(x) y = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde iki çözümü olamayacağını gösteriniz.
Çözüm
Wronskiyeni hesaplayalım: \((x)' = 1\) ve \((x^2)' = 2x\) olduğundan
\[W(x, x^2) = \begin{vmatrix} x & x^2 \\ 1 & 2x \end{vmatrix} = x \cdot 2x - 1 \cdot x^2 = x^2\]
bulunur. Bu Wronskiyen \(x = 0\) noktasında sıfırdır, ama \(I\) aralığının \(0\)’dan farklı her noktasında sıfırdan farklıdır (ve bir aralık, \(0\)’dan başka noktalar da içerir).
Şimdi \(x\) ile \(x^2\)’nin bu denklemin \(I\) üzerinde çözümleri olduğunu varsayalım. Denklemde \(a_0 = 1\), \(a_1 = p\), \(a_2 = q\) katsayıları \(I\) üzerinde süreklidir ve \(a_0\) hiç sıfırlanmaz; yani Teorem 13.3 uygulanabilir. Teoremin birinci maddesine göre Wronskiyen ya her noktada sıfır olmalı ya da hiçbir noktada sıfır olmamalıdır. \(x^2\) ise bu iki seçeneğin hiçbirine uymaz. Bu çelişki, varsayımın yanlış olduğunu gösterir.
Öte yandan \(x\) ile \(x^2\), Örnek 13.9 içindeki \(x^2 y'' - 2x y' + 2y = 0\) denkleminin çözümleridir: \(x\) için \(0 - 2x + 2x = 0\), \(x^2\) için \(2x^2 - 4x^2 + 2x^2 = 0\). Bu denklemi standart biçime getirmek için \(x^2\)’ye bölmek gerekir; elde edilen
\[p(x) = -\frac{2}{x}, \qquad q(x) = \frac{2}{x^2}\]
katsayıları \(x = 0\)’da süreksizdir. Teoremin hipotezi tam da \(0\) noktasında bozulduğu için Wronskiyen orada sıfırlanabilmiştir. \((0, \infty)\) aralığında ise hipotezler sağlanır ve \(W(x) = x^2\) bu aralıkta hiç sıfırlanmaz; orada \(x\) ile \(x^2\) bir temel çözüm kümesi oluşturur.
\(\blacksquare\)
Genel çözümün yapısını kurarken (Teorem 11.2) \(c_1\), \(c_2\) sabitlerini başlangıç değerlerinden bulmak için çözdüğümüz sistemin katsayı determinantı, tam olarak \(W(y_1, y_2)(x_0)\) Wronskiyenidir. Orada bir temel çözüm kümesi (Tanım 11.3) için bu determinantın hiçbir noktada sıfırlanmadığını görmüştük. Şimdi bunu \(n\) çözüm için de biliyoruz; üstelik tersi de doğrudur: Wronskiyeni bir noktada sıfırdan farklı olan \(n\) çözüm bağımsızdır. Aynı akıl yürütme \(n\). mertebe denklemlerin genel çözümü için Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümünde kullanılacaktır.
13.6 Abel Formülü
İkinci mertebe denklemlerde Wronskiyen hakkında daha fazlasını söyleyebiliriz: onu çözümleri bilmeden, doğrudan katsayılardan hesaplayabiliriz. Denklemi \(a_0(x)\)’a bölerek standart biçimde yazalım:
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0, \qquad p = \frac{a_1}{a_0}, \quad q = \frac{a_2}{a_0}.\]
Katsayılar \(I\) üzerinde sürekli ve \(a_0\) orada hiç sıfırlanmadığından \(p\) ile \(q\) de \(I\) üzerinde süreklidir.
Teorem 13.4 (Abel Formülü) \(p\) ve \(q\) fonksiyonları \(I\) aralığında sürekli, \(y_1\) ile \(y_2\) de
\[y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\]
denkleminin \(I\) üzerindeki iki çözümü olsun. O zaman her \(x_0, x \in I\) için
\[W(y_1, y_2)(x) = W(y_1, y_2)(x_0)\; e^{-\int_{x_0}^{x} p(t)\,dt}\]
eşitliği sağlanır.
İspat
\(W = y_1 y_2' - y_1' y_2\) fonksiyonunun türevini çarpım kuralıyla alalım:
\[W' = \left(y_1' y_2' + y_1 y_2''\right) - \left(y_1'' y_2 + y_1' y_2'\right) = y_1 y_2'' - y_1'' y_2.\]
\(y_1' y_2'\) terimleri birbirini götürdü. \(y_1\) ile \(y_2\) denklemin çözümleri olduğundan
\[y_1'' = -p\,y_1' - q\,y_1, \qquad y_2'' = -p\,y_2' - q\,y_2\]
yazabiliriz. Bunları yerine koyalım:
\[\begin{aligned} W' &= y_1\left(-p\,y_2' - q\,y_2\right) - \left(-p\,y_1' - q\,y_1\right) y_2 \\[1mm] &= -p\left(y_1 y_2' - y_1' y_2\right) - q\,y_1 y_2 + q\,y_1 y_2 = -p\,W. \end{aligned}\]
Böylece \(W\), birinci mertebe lineer \(W' + p(x)\,W = 0\) denklemini sağlar. Bu denklemi
\[\mu(x) = e^{\int_{x_0}^{x} p(t)\,dt}\]
integrasyon çarpanıyla çarpalım (Teorem 9.1). \(p\) sürekli olduğundan analizin temel teoremi gereği \(\mu' = p\,\mu\)’dür; dolayısıyla
\[\left(\mu W\right)' = \mu W' + p\,\mu W = \mu\left(W' + p\,W\right) = 0\]
olur. Türevi \(I\) üzerinde sıfır olan \(\mu W\) fonksiyonu sabittir. \(\mu(x_0) = e^{0} = 1\) olduğundan bu sabit \(W(x_0)\)’dır:
\[e^{\int_{x_0}^{x} p(t)\,dt}\; W(x) = W(x_0).\]
İki tarafı \(e^{-\int_{x_0}^{x} p(t)\,dt}\) ile çarparak formülü elde ederiz.
\(\blacksquare\)
Yani ikinci mertebede Wronskiyen, bir başlangıç değeri ile hiç sıfır olmayan üstel bir çarpanın çarpımıdır. Belirli integral yerine belirsiz integral yazarsak formül
\[W(x) = C\,e^{-\int p(x)\,dx}\]
biçimini alır; \(C\) sabiti hangi iki çözümün seçildiğine bağlıdır.
Formülden iki sonuç hemen okunur. Birincisi, üstel fonksiyon hiçbir zaman sıfır olmadığından \(W\) ya her yerde sıfırdır (\(W(x_0) = 0\) ise) ya da hiçbir yerde sıfır değildir. Böylece ikinci mertebe için, çözümlerin Wronskiyeni teoreminin (Teorem 13.3) birinci maddesine teklik teoremini kullanmayan ikinci bir ispat elde ederiz. İkincisi, \(p \equiv 0\) ise, yani denklemde \(y'\) terimi yoksa, Wronskiyen sabittir: \(y'' + y = 0\) için \(W(\cos x, \sin x) = 1\) ve \(y'' - 4y = 0\) için \(W(e^{2x}, e^{-2x}) = -4\) bulmamızın nedeni budur.
Örnek 13.11 (Abel Formülünün Doğrulanması) \(x > 0\) için \(y_1 = x\) ve \(y_2 = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonları
\[x^2 y'' + x y' - y = 0\]
denkleminin çözümleridir. Bu iki çözümün Wronskiyenini doğrudan hesaplayınız ve sonucu Abel formülüyle karşılaştırınız.
Çözüm
Çözüm olduklarını denetleyelim. \(y_1 = x\) için \(y_1' = 1\), \(y_1'' = 0\) ve
\[x^2 \cdot 0 + x \cdot 1 - x = 0.\]
\(y_2 = \dfrac{1}{x}\) için \(y_2' = -\dfrac{1}{x^2}\), \(y_2'' = \dfrac{2}{x^3}\) ve
\[x^2 \cdot \frac{2}{x^3} + x \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) - \frac{1}{x} = \frac{2}{x} - \frac{1}{x} - \frac{1}{x} = 0.\]
Doğrudan hesap.
\[W\!\left(x, \frac{1}{x}\right) = x \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) - 1 \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{x} - \frac{1}{x} = -\frac{2}{x}.\]
Abel formülüyle. Denklemi \(x^2\)’ye bölerek standart biçime getirelim:
\[y'' + \frac{1}{x}\,y' - \frac{1}{x^2}\,y = 0.\]
Burada \(p(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \((0, \infty)\) aralığında süreklidir. \(x_0 = 1\) alalım; doğrudan hesaptan \(W(1) = -2\)’dir. \(x > 0\) için
\[\int_{1}^{x} \frac{dt}{t} = \ln x\]
olduğundan Abel formülü
\[W(x) = W(1)\,e^{-\ln x} = -2 \cdot \frac{1}{x} = -\frac{2}{x}\]
verir. İki yol aynı sonuca ulaştı. \(W(x) = -\dfrac{2}{x}\) fonksiyonu \((0, \infty)\) üzerinde hiç sıfırlanmaz; teoremin öngördüğü gibi \(x\) ile \(\dfrac{1}{x}\) bu aralıkta lineer bağımsız iki çözümdür.
\(\blacksquare\)
13.7 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda Wronskiyen hesabını, varlık ve teklik teoremini ve Abel formülünü birlikte kullanacağız.
Alıştırma 13.1 (Üç Üstel Fonksiyon) \(e^{x}\), \(e^{2x}\) ve \(e^{3x}\) fonksiyonlarının her aralıkta lineer bağımsız olduğunu Wronskiyen ölçütüyle gösteriniz.
Çözüm
Üç fonksiyon olduğu için ikinci türevlere kadar gitmemiz gerekir. \((e^{kx})' = k e^{kx}\) ve \((e^{kx})'' = k^2 e^{kx}\) olduğundan
\[W(e^{x}, e^{2x}, e^{3x}) = \begin{vmatrix} e^{x} & e^{2x} & e^{3x} \\ e^{x} & 2e^{2x} & 3e^{3x} \\ e^{x} & 4e^{2x} & 9e^{3x} \end{vmatrix}\]
olur. Determinant her sütuna göre lineerdir; birinci sütundan \(e^{x}\), ikinciden \(e^{2x}\), üçüncüden \(e^{3x}\) çarpanını dışarı alalım:
\[W = e^{x} e^{2x} e^{3x} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 4 & 9 \end{vmatrix} = e^{6x} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 4 & 9 \end{vmatrix}.\]
Kalan determinantı birinci satıra göre açalım:
\[\begin{aligned} \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 4 & 9 \end{vmatrix} &= 1\,(2 \cdot 9 - 3 \cdot 4) - 1\,(1 \cdot 9 - 3 \cdot 1) + 1\,(1 \cdot 4 - 2 \cdot 1) \\[1mm] &= 6 - 6 + 2 = 2. \end{aligned}\]
Böylece
\[W(e^{x}, e^{2x}, e^{3x}) = 2e^{6x}\]
bulunur. Üstel fonksiyon pozitif olduğundan her \(x\) için \(W(x) > 0\)’dır. Herhangi bir aralıktan seçilen her noktada \(W \neq 0\) olduğundan, Teorem 13.1 gereği üç fonksiyon her aralıkta lineer bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.2 (Wronskiyeni Sıfır Olan Üç Polinom) \(x^2\), \((x + 1)^2\) ve \(2x + 1\) fonksiyonlarının \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımlı mı yoksa bağımsız mı olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Wronskiyen. Türevler
\[\begin{aligned} y_1 &= x^2, & y_1' &= 2x, & y_1'' &= 2, \\ y_2 &= (x+1)^2, & y_2' &= 2x + 2, & y_2'' &= 2, \\ y_3 &= 2x + 1, & y_3' &= 2, & y_3'' &= 0 \end{aligned}\]
olduğundan
\[W = \begin{vmatrix} x^2 & (x+1)^2 & 2x + 1 \\ 2x & 2x + 2 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{vmatrix}\]
olur. Determinantı, iki elemanı sade olan üçüncü satıra göre açalım. \((3,1)\) elemanının işareti \(+\), \((3,2)\) elemanınınki \(-\)’dir:
\[W = 2\begin{vmatrix} (x+1)^2 & 2x + 1 \\ 2x + 2 & 2 \end{vmatrix} - 2\begin{vmatrix} x^2 & 2x + 1 \\ 2x & 2 \end{vmatrix} + 0.\]
İki küçük determinantı hesaplayalım:
\[\begin{aligned} 2(x+1)^2 - (2x+1)(2x+2) &= (2x^2 + 4x + 2) - (4x^2 + 6x + 2) \\[1mm] &= -2x^2 - 2x, \\[1mm] 2x^2 - 2x(2x + 1) &= 2x^2 - 4x^2 - 2x = -2x^2 - 2x. \end{aligned}\]
Buradan
\[W = 2\left(-2x^2 - 2x\right) - 2\left(-2x^2 - 2x\right) = 0\]
bulunur: Wronskiyen her \(x\) için sıfırdır.
Ölçüt neyi söyler? Keyfi fonksiyonlar için \(W \equiv 0\) bilgisi tek başına bağımlılığı kanıtlamaz (Örnek 13.6). Bu yüzden tanıma dönelim:
\[c_1 x^2 + c_2 (x+1)^2 + c_3 (2x + 1) = 0 \qquad \text{her } x \in \mathbb{R} \text{ için}.\]
Sol tarafı açıp \(x\)’in kuvvetlerine göre toplayalım:
\[(c_1 + c_2)\,x^2 + (2c_2 + 2c_3)\,x + (c_2 + c_3) = 0.\]
Derecesi en fazla \(2\) olan sıfırdan farklı bir polinomun en fazla iki kökü vardır. Buradaki polinom ise her \(x\) için sıfırdır; o hâlde sıfır polinomudur ve bütün katsayıları sıfırdır:
\[c_1 + c_2 = 0, \qquad 2c_2 + 2c_3 = 0, \qquad c_2 + c_3 = 0.\]
Son iki denklem aynıdır; \(c_2 = 1\) seçersek \(c_1 = -1\) ve \(c_3 = -1\) bulunur. Gerçekten de
\[-x^2 + (x+1)^2 - (2x + 1) = -x^2 + x^2 + 2x + 1 - 2x - 1 = 0\]
olur. Sabitler hepsi birden sıfır olmadığından üç fonksiyon \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımlıdır: \((x+1)^2 = x^2 + (2x + 1)\).
İkinci bir yol. Derecesi en fazla \(2\) olan her polinomun üçüncü türevi sıfırdır; yani bu üç fonksiyon \(y''' = 0\) denkleminin \(\mathbb{R}\) üzerinde çözümleridir. Bu denklemde \(a_0 = 1\) ve öteki katsayılar sıfırdır; hepsi süreklidir. O hâlde Teorem 13.3 uygulanır ve \(W \equiv 0\) bilgisi bu kez tek başına bağımlılığı kanıtlar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.3 (Çözümün Garanti Edildiği En Geniş Aralık) \[(x - 3)\,y'' + x\,y' + (\ln x)\,y = 0, \qquad y(1) = 0, \quad y'(1) = 1\]
başlangıç değer probleminin Teorem 13.2 gereği tek bir çözümünün bulunduğu en geniş aralığı belirleyiniz.
Çözüm
Denklem ikinci mertebeden lineerdir ve katsayıları
\[a_0(x) = x - 3, \qquad a_1(x) = x, \qquad a_2(x) = \ln x, \qquad b(x) = 0\]
fonksiyonlarıdır.
- \(a_0\), \(a_1\) ve \(b\) polinomdur; bütün gerçel eksende süreklidir.
- \(a_2(x) = \ln x\) yalnızca \(x > 0\) için tanımlıdır ve orada süreklidir.
- Baş katsayı \(a_0(x) = x - 3\), yalnızca \(x = 3\) noktasında sıfırdır.
Hipotezlerin hepsi \((0, 3)\) ve \((3, \infty)\) aralıklarında sağlanır; \(0\) ile \(3\) arasında başka bir engel yoktur. Başlangıç noktası \(x_0 = 1\), bunlardan \((0, 3)\) aralığındadır. Teorem 13.2 gereği problemin \((0, 3)\) aralığının tamamında tanımlı tek bir çözümü vardır.
Bu aralık daha fazla genişletilemez: sola doğru \(x = 0\)’da \(\ln x\) tanımsız olur, sağa doğru \(x = 3\)’te baş katsayı sıfırlanır. Teorem bu noktaların ötesi hakkında bir şey söylemez. Başlangıç koşulları \(x_0 = 4\) gibi bir noktada verilseydi, aynı akıl yürütme \((3, \infty)\) aralığını verirdi.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.4 (Aynı Noktada Sıfırlanan İki Çözüm) \(p\) ve \(q\) fonksiyonları \(I\) aralığında sürekli, \(y_1\) ile \(y_2\) de \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde iki çözümü olsun. Bir \(x_0 \in I\) noktasında \(y_1(x_0) = y_2(x_0) = 0\) ise \(y_1\) ile \(y_2\)’nin \(I\) üzerinde lineer bağımlı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Wronskiyeni \(x_0\) noktasında hesaplayalım:
\[W(x_0) = y_1(x_0)\,y_2'(x_0) - y_1'(x_0)\,y_2(x_0) = 0 \cdot y_2'(x_0) - y_1'(x_0) \cdot 0 = 0.\]
Denklemin katsayıları \(a_0 = 1\), \(a_1 = p\), \(a_2 = q\) fonksiyonları \(I\) üzerinde süreklidir ve \(a_0\) hiç sıfırlanmaz; yani Teorem 13.3 uygulanabilir. Teoremin ikinci maddesine göre çözümler bağımsız olsaydı Wronskiyen hiçbir noktada sıfır olmazdı. Oysa \(W(x_0) = 0\)’dır; demek ki \(y_1\) ile \(y_2\) \(I\) üzerinde lineer bağımlıdır.
Sonucu şöyle de söyleyebiliriz: \(y_1\) özdeş olarak sıfır değilse, \(x_0\)’da sıfırlanan her \(y_2\) çözümü \(y_1\)’in bir sabit katıdır. Gerçekten, bağımlılık hepsi birden sıfır olmayan \(c_1\), \(c_2\) için \(c_1 y_1 + c_2 y_2 \equiv 0\) demektir; \(c_2 = 0\) olsaydı \(c_1 \neq 0\) ve \(y_1 \equiv 0\) olurdu. Demek ki \(c_2 \neq 0\)’dır ve \(y_2 = -\dfrac{c_1}{c_2}\,y_1\) bulunur. Örneğin \(y'' + y = 0\) denkleminin \(x = 0\)’da sıfırlanan çözümleri tam olarak \(c \sin x\) fonksiyonlarıdır. Aynı akıl yürütme, iki çözümün türevlerinin aynı noktada sıfırlandığı durumda da geçerlidir: \(y_1'(x_0) = y_2'(x_0) = 0\) ise yine \(W(x_0) = 0\) olur ve çözümler bağımlıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.5 (Legendre Denkleminde Abel Formülü) \(y_1\) ve \(y_2\), \(-1 < x < 1\) aralığında
\[(1 - x^2)\,y'' - 2x\,y' + 2y = 0\]
denkleminin iki çözümü ve \(W(y_1, y_2)(0) = 1\) olsun. \(W(y_1, y_2)(x)\) fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\((-1, 1)\) aralığında \(1 - x^2 > 0\) olduğundan denklemi \(1 - x^2\)’ye bölebiliriz:
\[y'' - \frac{2x}{1 - x^2}\,y' + \frac{2}{1 - x^2}\,y = 0.\]
Buradaki
\[p(x) = -\frac{2x}{1 - x^2}\]
fonksiyonu \((-1, 1)\) aralığında süreklidir; Abel formülünü \(x_0 = 0\) ile uygulayabiliriz. Önce üsteki integrali hesaplayalım. \(u = 1 - t^2\) koyarsak \(du = -2t\,dt\) olur; \(t = 0\) iken \(u = 1\), \(t = x\) iken \(u = 1 - x^2\)’dir:
\[\int_{0}^{x} p(t)\,dt = \int_{0}^{x} \frac{-2t}{1 - t^2}\,dt = \int_{1}^{1 - x^2} \frac{du}{u} = \ln\left(1 - x^2\right).\]
Burada \(1 - x^2 > 0\) olduğundan mutlak değere gerek kalmadı. Abel formülü
\[W(x) = W(0)\,e^{-\ln(1 - x^2)} = 1 \cdot \frac{1}{1 - x^2} = \frac{1}{1 - x^2}\]
verir. Bu fonksiyon \((-1, 1)\) aralığında hiç sıfırlanmaz, yani \(y_1\) ile \(y_2\) bir temel çözüm kümesidir. \(x \to \pm 1\) iken \(W\) sınırsız büyür; bu noktalar, baş katsayı \(1 - x^2\)’nin sıfırlandığı ve teoremin hipotezlerinin bozulduğu noktalardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.6 (Abel Formülüyle İkinci Çözüm) \(y_1 = x^2\) fonksiyonu \(x > 0\) için \(x^2 y'' - 3x\,y' + 4y = 0\) denkleminin bir çözümüdür. Abel formülünü kullanarak \(y_1\)’den lineer bağımsız ikinci bir çözüm bulunuz.
Çözüm
\(y_1\) bir çözümdür. \(y_1' = 2x\), \(y_1'' = 2\) olduğundan
\[x^2 \cdot 2 - 3x \cdot 2x + 4x^2 = 2x^2 - 6x^2 + 4x^2 = 0.\]
Standart biçim ve Abel formülü. Denklemi \(x^2\)’ye bölelim:
\[y'' - \frac{3}{x}\,y' + \frac{4}{x^2}\,y = 0.\]
Katsayılar \((0, \infty)\) aralığında süreklidir. \(y_2\) olarak, Teorem 13.2 gereği var olan ve \(y_2(1) = 0\), \(y_2'(1) = 1\) koşullarını sağlayan çözümü alalım. O zaman
\[W(1) = y_1(1)\,y_2'(1) - y_1'(1)\,y_2(1) = 1 \cdot 1 - 2 \cdot 0 = 1\]
olur ve Teorem 13.1 gereği \(y_1\) ile \(y_2\) bağımsızdır. \(p(x) = -\dfrac{3}{x}\) için
\[\int_{1}^{x} \left(-\frac{3}{t}\right) dt = -3\ln x\]
olduğundan Abel formülü
\[W(x) = W(1)\,e^{3\ln x} = x^3\]
verir.
Wronskiyenden ikinci çözüme. İki çözümün oranının türevini bölüm kuralıyla alalım:
\[\left(\frac{y_2}{y_1}\right)' = \frac{y_1 y_2' - y_1' y_2}{y_1^2} = \frac{W}{y_1^2}.\]
Bunu bizim fonksiyonlarımızla yazarsak
\[\left(\frac{y_2}{y_1}\right)' = \frac{x^3}{x^4} = \frac{1}{x}\]
olur. İntegralleyerek \(\dfrac{y_2}{y_1} = \ln x + C\) buluruz. \(x = 1\) için sol taraf \(\dfrac{y_2(1)}{y_1(1)} = 0\) olduğundan \(C = 0\)’dır. Böylece
\[y_2 = x^2 \ln x.\]
Doğrulama. \(y_2' = 2x\ln x + x\) ve \(y_2'' = 2\ln x + 3\) olduğundan
\[\begin{aligned} &x^2\left(2\ln x + 3\right) - 3x\left(2x\ln x + x\right) + 4x^2 \ln x \\[1mm] &\quad = 2x^2\ln x + 3x^2 - 6x^2\ln x - 3x^2 + 4x^2\ln x = 0. \end{aligned}\]
Ayrıca
\[\begin{aligned} W(x^2, x^2\ln x) &= x^2\left(2x\ln x + x\right) - 2x \cdot x^2 \ln x \\[1mm] &= x^3 \neq 0 \end{aligned}\]
olur. Demek ki \(x^2\) ile \(x^2 \ln x\), \((0, \infty)\) aralığında lineer bağımsız iki çözümdür. Bu yol, mertebe indirgemenin
\[y_2 = y_1 \int \frac{e^{-\int p\,dx}}{y_1^2}\,dx\]
formülünün (Teorem 12.1) Abel formülü yardımıyla elde edilen bir başka açıklamasıdır: burada \(e^{-\int p\,dx} = x^3\) ve \(y_1^2 = x^4\)’tür. Nitekim aynı \(x^2 \ln x\) çözümünü mertebe indirgemeyle de bulmuştuk (Alıştırma 12.2).
\(\blacksquare\)
Bu bölümde lineer denklemlerin çözüm kümesinin iskeletini kurduk: başlangıç değerleri çözümü bütün aralıkta tek türlü belirler, çözümlerin bağımsızlığına da Wronskiyenin tek bir noktadaki değeri karar verir. Sırada, bu iskeletin üzerine somut çözümler koymak var; katsayıları sabit olan denklemlerde temel çözüm kümesini \(e^{\lambda x}\) biçimindeki çözümlerden kuracağımız Sabit Katsayılı Homojen Denklemler bölümüne geçiyoruz.