18 Yüksek Mertebe Homojen Olmayan Denklemler
Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümünde \(n\)-inci mertebeden homojen lineer denklemlerin yapısını kurduk: böyle bir denklemin her çözümü \(n\) tane lineer bağımsız çözümün lineer bileşimidir ve katsayılar sabitse bu çözümler karakteristik denklemin köklerinden, katlılıkları da hesaba katılarak okunur. İkinci mertebe için ise bir adım daha atmış, sağ tarafı sıfır olmayan denklemleri de çözmüştük: Belirsiz Katsayılar Yöntemi özel çözümü sağ tarafın biçimine bakarak tahmin ediyor, Parametrelerin Değişimi Yöntemi ise onu iki integralle kuruyordu.
Bu bölümde iki çizgiyi birleştirip \(n\)-inci mertebeden homojen olmayan lineer denklemleri çözüyoruz. Yeni bir fikre ihtiyaç yok: genel çözüm yine “homojen çözüm artı bir özel çözüm” biçimindedir ve iki yöntem de neredeyse olduğu gibi genelleşir. Değişen iki ayrıntı var. Belirsiz katsayılar yönteminde bir kök artık en fazla iki değil, \(n\) katlı olabilir; bu yüzden değiştirme kuralı “\(x\) ya da \(x^2\) ile çarp” yerine “kökün katlılığı kadar \(x\) çarpanı ekle” biçimini alır. Parametrelerin değişiminde ise bilinmeyen fonksiyon sayısı \(n\)’ye çıkar ve bunların türevleri \(n\) bilinmeyenli bir lineer sistemden bulunur; bu sistemi tek formülle çözen araç Cramer kuralıdır.
Bir kare lineer sistemin çözümünü determinantların oranı olarak veren kural, adını İsviçreli matematikçi Gabriel Cramer’den (1704–1752) alır: Cramer bu kuralı 1750’de cebirsel eğriler üzerine yazdığı kitapta, bir eğriyi verilen noktalardan geçirme problemi için yayımladı. İki ve üç bilinmeyenli sistemler için aynı formüller, Colin Maclaurin’in (1698–1746) ölümünden sonra 1748’de basılan cebir kitabında da yer alır.
18.1 Genel Çözümün Yapısı
Denklemi Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümündeki standart biçimde yazacağız:
\[y^{(n)} + p_{n-1}(x)\,y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x)\,y' + p_0(x)\,y = r(x). \tag{1}\]
Burada \(p_k(x)\), \(y^{(k)}\)’nın katsayısıdır ve \(r(x) \not\equiv 0\)’dır. Karşılık gelen homojen denklem
\[y^{(n)} + p_{n-1}(x)\,y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x)\,y' + p_0(x)\,y = 0 \tag{2}\]
olur. Sol tarafı yine \(L[y]\) ile gösteriyoruz; böylece (1) denklemi \(L[y] = r\), (2) denklemi \(L[y] = 0\) biçimini alır. \(L\)’nin lineer olduğunu, yani \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilen her \(f\), \(g\) fonksiyonu ve her \(k_1\), \(k_2\) sabiti için \(L[k_1 f + k_2 g] = k_1 L[f] + k_2 L[g]\) olduğunu Teorem 17.1 ispatında görmüştük. Bu bölümdeki bütün sonuçlar bu tek özellikten çıkar.
İkinci mertebede homojen olmayan denklemin çözümlerinin yapısını Teorem 15.1 ile kurmuştuk. İspatı yalnızca \(L\)’nin lineerliğini ve homojen denklemin genel çözüm teoremini kullandığından \(n\)-inci mertebeye aynen taşınır.
Teorem 18.1 (n-inci Mertebe Homojen Olmayan Denklemin Çözümleri) \(p_0, p_1, \dots, p_{n-1}\) ve \(r\) fonksiyonları \(I\) açık aralığında sürekli olsun. \(y_1, \dots, y_n\) fonksiyonları (2) homojen denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi (Tanım 17.1), \(y_p\) de (1) denkleminin \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun. Bu durumda her \(c_1, \dots, c_n\) sabiti için
\[y = c_1 y_1 + c_2 y_2 + \cdots + c_n y_n + y_p\]
fonksiyonu (1)’in \(I\) üzerinde bir çözümüdür. Tersine, (1)’in \(I\) üzerindeki her çözümü sabitlerin uygun bir seçimiyle bu biçimde yazılabilir.
İspat
Verilen biçimdeki fonksiyonlar çözümdür. Her \(y_k\) homojen denklemin çözümü olduğundan \(L[y_k] = 0\), \(y_p\) de (1)’in çözümü olduğundan \(L[y_p] = r\)’dir. \(L\)’nin lineerliğiyle
\[\begin{aligned} L[c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n + y_p] &= c_1 L[y_1] + \cdots + c_n L[y_n] + L[y_p]\\[1mm] &= c_1 \cdot 0 + \cdots + c_n \cdot 0 + r = r. \end{aligned}\]
Her çözüm bu biçimdedir. \(y\), (1)’in \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun ve \(z = y - y_p\) farkına bakalım:
\[L[z] = L[y] - L[y_p] = r - r = 0.\]
Demek ki \(z\), (2) homojen denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür. Teorem 17.2 gereği homojen denklemin her çözümü temel çözüm kümesinin bir lineer bileşimidir: \(z = c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n\) olacak biçimde \(c_1, \dots, c_n\) sabitleri vardır. Buradan
\[y = z + y_p = c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n + y_p\]
bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani (1)’i çözmek iki ayrı işe bölünür: homojen denklemin genel çözümü \(y_h = c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n\)’yi bulmak ve (1)’i sağlayan tek bir \(y_p\) özel çözümü bulmak; genel çözüm \(y = y_h + y_p\)’dir. Teoremin ikinci yarısı bu ailenin (1)’in bütün çözümlerini içerdiğini söyler; homojen olmayan lineer denklemin de tekil çözümü (Tanım 2.4) yoktur. Hangi özel çözümü seçtiğimizin de önemi yoktur: iki özel çözümün farkı homojen denklemin bir çözümüdür ve \(y_h\)’nin içinde kaybolur.
18.2 Belirsiz Katsayılar Yöntemi
Katsayılar sabit ve sağ taraf polinom, üstel fonksiyon, sinüs, kosinüs ile bunların çarpım ve toplamlarından oluşuyorsa, \(y_p\)’yi tahmin etmenin ikinci mertebedeki yolu aynen geçerlidir. Deneme fonksiyonu tablosu (Tanım 15.2 ve ardından gelen tablo) ve toplam kuralı (Teorem 15.2) yalnızca sağ tarafın biçimine ve \(L\)’nin lineerliğine dayandığından \(n\)-inci mertebe için hiç değişmez. Değişen tek şey, deneme fonksiyonu homojen çözümle çakıştığında yapılacak düzeltmedir. İkinci mertebede bir kök en fazla çift katlı olabildiği için düzeltme “\(x\) ya da \(x^2\) ile çarp” biçimindeydi (Bölüm 15.4); şimdi kökler \(n\) katlıya kadar çıkabilir.
Bu bölümde sabit katsayılı denklemi Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümündeki türev operatörü \(D\) ile \(P(D)\,y = r(x)\) biçiminde yazacağız; \(P(\lambda)\) karakteristik polinomdur. Önce sağ tarafın tek bir üstel fonksiyon olduğu durumu tümüyle çözelim; ikinci mertebedeki Teorem 15.3 bunun \(n = 2\) hâlidir.
Teorem 18.2 (Üstel Sağ Taraf ve Kökün Katlılığı) \(k \neq 0\) ve \(\alpha\) gerçel ya da kompleks sabitler olsun. \(\alpha\), \(P\) karakteristik polinomunun \(s\) katlı kökü olsun (Tanım 17.2); kök değilse \(s = 0\) alalım. \(P(\lambda) = (\lambda - \alpha)^s\,Q(\lambda)\) ve \(Q(\alpha) \neq 0\) olmak üzere
\[y_p = \frac{k}{s!\,Q(\alpha)}\,x^s e^{\alpha x}\]
fonksiyonu \(P(D)\,y = k\,e^{\alpha x}\) denkleminin bir özel çözümüdür.
İspat
Lemma 17.1 gereği her \(y\) için \(P(D)\,y = Q(D)\big[(D - \alpha)^s y\big]\)’dir. \(y = x^s e^{\alpha x}\) alalım. Kaydırma formülü (Lemma 17.2) \((D - \alpha)^s\) operatörünün yalnızca \(e^{\alpha x}\)’in yanındaki çarpanı \(s\) kez türettiğini söyler (\(s = 0\) ise operatör fonksiyonu değiştirmez):
\[(D - \alpha)^s\big[x^s e^{\alpha x}\big] = \left(x^s\right)^{(s)} e^{\alpha x} = s!\,e^{\alpha x}.\]
Yüksek Mertebe Lineer Denklemler bölümünde her sabit katsayılı \(Q\) polinomu için \(Q(D)\big[e^{\alpha x}\big] = Q(\alpha)\,e^{\alpha x}\) olduğunu görmüştük. Buna göre
\[P(D)\big[x^s e^{\alpha x}\big] = Q(D)\big[s!\,e^{\alpha x}\big] = s!\,Q(\alpha)\,e^{\alpha x}\]
bulunur. \(Q(\alpha) \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(\dfrac{k}{s!\,Q(\alpha)}\) ile çarpabiliriz; \(P(D)\,y_p = k\,e^{\alpha x}\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani \(\alpha\) bir \(s\) katlı kökse \(e^{\alpha x}, xe^{\alpha x}, \dots, x^{s-1}e^{\alpha x}\) fonksiyonlarının hepsi homojen çözümdür (Teorem 17.3) ve \(P(D)\) onları sıfıra götürür; sıfır olmayan bir sonuç veren ilk kuvvet \(x^s\)’dir. \(s = 0\) iken formül \(y_p = \dfrac{k}{P(\alpha)}\,e^{\alpha x}\) olur. \(s = 1\) iken \(P'(\lambda) = Q(\lambda) + (\lambda - \alpha)\,Q'(\lambda)\) eşitliğinden \(Q(\alpha) = P'(\alpha)\) çıkar ve formül ikinci mertebedeki \(\dfrac{k}{P'(\alpha)}\,xe^{\alpha x}\) ifadesine döner.
Aynı hesap, sağ tarafta bir polinom çarpanı bulunduğunda neden yine \(x^s\) ile çarpmak gerektiğini de açıklar. \(u\) bir polinom olsun. Yukarıdaki gibi
\[P(D)\big[u\,e^{\alpha x}\big] = Q(D)\big[u^{(s)}\,e^{\alpha x}\big]\]
olur: önce \(u\) tam \(s\) kez türetilir, yani derecesi \(s\) azalır ve \(u\)’nun \(1, x, \dots, x^{s-1}\) terimleri tümüyle yok olur. \(Q(D)\) ise dereceyi değiştirmez. Gerçekten \(Q\)’yu (gerekirse kompleks sayılarla) birinci dereceden çarpanlara ayırırsak her \((D - \mu)\) çarpanı, çarpım kuralıyla
\[(D - \mu)\big[v\,e^{\alpha x}\big] = \big(v' + (\alpha - \mu)\,v\big)e^{\alpha x}\]
verir. \(Q(\alpha) \neq 0\) olduğundan \(\mu \neq \alpha\)’dır; \(v' + (\alpha - \mu)\,v\) polinomunun baş katsayısı \(v\)’ninkinin \((\alpha - \mu)\) katıdır ve derecesi aynı kalır. Demek ki sağ taraftaki \(m\)-inci dereceden bir polinomu karşılamak için deneme polinomunun derecesi \(m + s\) olmalı ve en düşük \(s\) kuvveti zaten boşa gider. Bu yüzden deneme fonksiyonu \(x^s\left(A_m x^m + \cdots + A_1 x + A_0\right)e^{\alpha x}\) biçiminde seçilir. Bu seçimde her \(A_j x^{s+j} e^{\alpha x}\) teriminin katkısı, sol tarafta derecesi tam \(j\) olan bir polinom üretir; bu yüzden katsayılar en yüksek dereceden başlayarak tek türlü bulunur.
Trigonometrik terimler de aynı yoldan açıklanır. İki yardımcı sonuç (Lemma 17.1 ve Lemma 17.2) kompleks sabitler için de geçerli olduğundan yukarıdaki hesap \(\mu = \alpha + i\beta\) sayısıyla aynen yapılabilir: \(\mu\) karakteristik denklemin \(s\) katlı kökü ise \(P(D)\,y = x^m e^{\mu x}\) denkleminin, katsayıları kompleks olabilen bir \(S\) polinomuyla \(y = x^s S(x)\,e^{\mu x}\) biçiminde bir çözümü vardır. \(P\)’nin katsayıları gerçel olduğundan \(P(D)[u + iv] = P(D)u + i\,P(D)v\)’dir (bkz. Teorem 17.3 ispatının ikinci kısmı). Dolayısıyla bu çözümün gerçel kısmı, sağ tarafın gerçel kısmı olan \(x^m e^{\alpha x}\cos\beta x\) için; sanal kısmı da sağ tarafın sanal kısmı olan \(x^m e^{\alpha x}\sin\beta x\) için bir özel çözümdür. \(e^{\mu x} = e^{\alpha x}(\cos\beta x + i\sin\beta x)\) olduğundan bu iki kısım da
\[x^s e^{\alpha x}\big(S_m(x)\cos\beta x + T_m(x)\sin\beta x\big)\]
biçimindedir; burada \(S_m\) ve \(T_m\), derecesi en çok \(m\) olan gerçel katsayılı polinomlardır. Tablodaki trigonometrik denemelerin de \(x^s\) ile çarpılmasının nedeni budur.
Sağ taraftaki bir terime karşılık gelen sayı (\(e^{\alpha x}\) çarpanı için \(\alpha\), yalnız polinom için \(0\), \(e^{\alpha x}\cos\beta x\) ve \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) için \(\alpha + i\beta\)) karakteristik denklemin \(s\) katlı kökü olsun; kök değilse \(s = 0\). O terimin tablodan gelen deneme fonksiyonunun tamamı \(x^s\) ile çarpılır.
Kural, toplam kuralıyla birlikte her grup için ayrı ayrı uygulanır: yalnızca homojen çözümle çakışan grubun denemesi çarpılır, öbürleri olduğu gibi kalır. İkinci mertebeden bir fark daha var: orada trigonometrik terimlerde çarpan en çok \(x\) olabiliyordu, çünkü gerçel olmayan kökler hiçbir zaman çift katlı değildi. Yüksek mertebede kompleks kökler de katlı olabilir. Birkaç tipik durum:
| Karakteristik polinom | Sağ taraftaki terim | Tablodaki deneme | Düzeltilmiş deneme |
|---|---|---|---|
| \((\lambda - 1)^3\) | \(e^{x}\) | \(Ae^{x}\) | \(Ax^3 e^{x}\) |
| \(\lambda^2(\lambda - 1)\) | \(6x\) | \(Ax + B\) | \(x^2(Ax + B)\) |
| \((\lambda - 2)(\lambda^2 + 1)\) | \(x e^{2x}\) | \((Ax + B)e^{2x}\) | \(x(Ax + B)e^{2x}\) |
| \((\lambda^2 + 1)^2\) | \(\cos x\) | \(A\cos x + B\sin x\) | \(x^2(A\cos x + B\sin x)\) |
| \(\lambda(\lambda^2 + 4)\) | \(\sin x\) | \(A\cos x + B\sin x\) | değişmez |
Son satırda karakteristik denklemin kökleri \(0\) ve \(\pm 2i\)’dir; \(\sin x\) terimine karşılık gelen \(i\) sayısı bir kök olmadığından düzeltme gerekmez. Dördüncü satırda ise \(\pm i\) iki katlı köklerdir ve çarpan \(x^2\) olur.
- Karakteristik denklemi kur; köklerini katlılıklarıyla birlikte bul ve Teorem 17.3 ile \(y_h\)’yi yaz.
- Sağ tarafı toplam kuralına göre gruplara ayır; her grup için tablodan deneme fonksiyonunu seç.
- Her gruba karşılık gelen sayının karakteristik denklemde kaç katlı kök olduğuna bak (\(s\)) ve o grubun denemesini \(x^s\) ile çarp.
- \(y_p\)’nin gereken türevlerini hesapla, denklemde yerine koy ve benzer terimlerin katsayılarını eşitleyerek bilinmeyenleri bul.
- Genel çözümü \(y = y_h + y_p\) olarak yaz.
Örnek 18.1 (Polinom Çarpı Üstel Sağ Taraf) \[y''' - 6y'' + 11y' - 6y = 2x e^{-x}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^3 - 6\lambda^2 + 11\lambda - 6 = 0\]
olur. Rasyonel kök testine (Önerme 17.1) göre tamsayı kök adayları sabit terim \(-6\)’nın bölenleridir. \(\lambda = 1\) için \(1 - 6 + 11 - 6 = 0\) olduğundan \(\lambda = 1\) bir köktür ve \(\lambda - 1\) polinomun bir çarpanıdır. Polinomu \(\lambda - 1\)’e bölelim. Her adımda kalanın baş terimini \(\lambda\)’ya bölüp bölüme ekler, o terimle \((\lambda - 1)\)’in çarpımını kalandan çıkarırız:
\[\begin{aligned} \lambda^3 - 6\lambda^2 + 11\lambda - 6 &= \lambda^2(\lambda - 1) + \left(-5\lambda^2 + 11\lambda - 6\right),\\[1mm] -5\lambda^2 + 11\lambda - 6 &= -5\lambda(\lambda - 1) + (6\lambda - 6),\\[1mm] 6\lambda - 6 &= 6(\lambda - 1). \end{aligned}\]
Kalan sıfır çıktı ve bölüm \(\lambda^2 - 5\lambda + 6\) oldu; sentetik bölme de aynı \(1\), \(-5\), \(6\) katsayılarını ve \(0\) kalanını verir. İkinci dereceden çarpanı da ayırırsak
\[\begin{aligned} \lambda^3 - 6\lambda^2 + 11\lambda - 6 &= (\lambda - 1)\left(\lambda^2 - 5\lambda + 6\right)\\[1mm] &= (\lambda - 1)(\lambda - 2)(\lambda - 3) \end{aligned}\]
bulunur. Kökler \(1\), \(2\) ve \(3\)’tür; üçü de gerçel ve birbirinden farklı olduğundan
\[y_h = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x} + c_3 e^{3x}.\]
Deneme fonksiyonu. Sağ taraf \(r(x) = 2x e^{-x}\), birinci dereceden bir polinomla \(e^{-x}\)’in çarpımıdır. Tablonun polinom satırı \(2x\) için \(Ax + B\), üstel satırı \(e^{-x}\) için \(Ce^{-x}\) önerir; çarpım için ikisinin çarpımı alınır:
\[(Ax + B)\cdot Ce^{-x} = \left(A_1 x + A_0\right) e^{-x}.\]
Burada \(A_1 = AC\) ve \(A_0 = BC\) yeni bilinmeyenlerdir; sabitlerin çarpımı yine bir sabittir. Karşılık gelen sayı \(\alpha = -1\) karakteristik denklemin kökü değildir (\(s = 0\)), dolayısıyla düzeltmeye gerek yoktur:
\[y_p = \left(A_1 x + A_0\right) e^{-x}.\]
Türevler. Çarpım kuralını, her adımda \(e^{-x}\)’in türevinin \(-e^{-x}\) olduğunu kullanarak uygulayalım:
\[\begin{aligned} y_p' &= \left(-A_1 x + A_1 - A_0\right)e^{-x},\\[1mm] y_p'' &= \left(A_1 x - 2A_1 + A_0\right)e^{-x},\\[1mm] y_p''' &= \left(-A_1 x + 3A_1 - A_0\right)e^{-x}. \end{aligned}\]
Yerine koyma. Bunları denklemde yerine koyup iki taraftaki \(e^{-x}\) ortak çarpanını sadeleştirelim:
\[\begin{aligned} &\left(-A_1 x + 3A_1 - A_0\right) - 6\left(A_1 x - 2A_1 + A_0\right)\\[1mm] &\quad + 11\left(-A_1 x + A_1 - A_0\right) - 6\left(A_1 x + A_0\right) = 2x. \end{aligned}\]
Sol tarafta \(x\)’li terimleri ve sabit terimleri ayrı ayrı toplayalım:
\[\begin{aligned} x\text{'li terimler:}\quad & -A_1 - 6A_1 - 11A_1 - 6A_1 = -24A_1,\\[1mm] \text{sabit terimler:}\quad & 3A_1 - A_0 + 12A_1 - 6A_0\\[1mm] &\quad + 11A_1 - 11A_0 - 6A_0 = 26A_1 - 24A_0. \end{aligned}\]
Böylece \(-24A_1 x + \left(26A_1 - 24A_0\right) = 2x\) eşitliği her \(x\) için sağlanmalıdır. Bu, iki tarafta aynı terimlerin katsayılarının eşit olması demektir:
\[-24A_1 = 2, \qquad 26A_1 - 24A_0 = 0.\]
Birinci denklemden \(A_1 = -\dfrac{1}{12}\), ikinciden
\[A_0 = \frac{26}{24}\,A_1 = \frac{13}{12}\cdot\left(-\frac{1}{12}\right) = -\frac{13}{144}\]
bulunur.
Genel çözüm. Özel çözüm
\[y_p = -\left(\frac{x}{12} + \frac{13}{144}\right)e^{-x} = -\frac{(12x + 13)\,e^{-x}}{144}\]
olur ve Teorem 18.1 gereği genel çözüm
\[y = c_1 e^{x} + c_2 e^{2x} + c_3 e^{3x} - \frac{(12x + 13)\,e^{-x}}{144}\]
olarak yazılır.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.2 (Üç Katlı Kökte Değiştirme Kuralı) \[y''' - 3y'' + 3y' - y = 12e^{x} - 2x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik polinom bir küp açılımıdır:
\[\lambda^3 - 3\lambda^2 + 3\lambda - 1 = (\lambda - 1)^3.\]
\(\lambda = 1\) üç katlı köktür; Teorem 17.3 gereği
\[y_h = \left(c_1 + c_2 x + c_3 x^2\right)e^{x}.\]
Deneme fonksiyonu. Sağ taraf iki gruptan oluşur: \(12e^{x}\) ve \(-2x\). Toplam kuralına göre her grup için ayrı bir deneme seçeriz.
\(12e^{x}\) grubu için tablo \(Ae^{x}\) önerir. Ama \(\alpha = 1\) üç katlı bir köktür ve \(e^{x}\), \(xe^{x}\), \(x^2 e^{x}\) fonksiyonlarının üçü de homojen çözümdür. Dolayısıyla \(Ae^{x}\), \(Axe^{x}\) ve \(Ax^2 e^{x}\) denemelerinin her biri için \(L\) sıfır verir ve denklem \(0 = 12e^{x}\) gibi olanaksız bir eşitliğe dönüşür. Değiştirme kuralı \(s = 3\) ile \(Ax^3 e^{x}\) denemesini verir.
\(-2x\) grubu için tablo \(Bx + C\) önerir. Polinom için karşılık gelen sayı \(0\)’dır ve \(0\) karakteristik denklemin kökü değildir (\(s = 0\)); deneme değişmez. Böylece
\[y_p = Ax^3 e^{x} + Bx + C.\]
Üstel grubun katkısı. \(w = x^3 e^{x}\) fonksiyonunun türevleri:
\[\begin{aligned} w' &= \left(x^3 + 3x^2\right)e^{x},\\[1mm] w'' &= \left(x^3 + 6x^2 + 6x\right)e^{x},\\[1mm] w''' &= \left(x^3 + 9x^2 + 18x + 6\right)e^{x}. \end{aligned}\]
Bunları \(L[w] = w''' - 3w'' + 3w' - w\) ifadesinde yerine koyup \(x\)’in kuvvetlerine göre toplayalım. \(x^3\)’lü terimlerin katsayısı \(1 - 3 + 3 - 1 = 0\), \(x^2\)’li terimlerinki \(9 - 18 + 9 = 0\), \(x\)’li terimlerinki \(18 - 18 = 0\), sabit terim ise \(6\)’dır. Yani
\[L\left[x^3 e^{x}\right] = 6e^{x}, \qquad L\left[Ax^3 e^{x}\right] = 6Ae^{x}.\]
Bu, Teorem 18.2 ile de uyumludur: \(P(\lambda) = (\lambda - 1)^3\) için \(Q(\lambda) = 1\) ve \(s!\,Q(1) = 3! = 6\)’dır.
Polinom grubun katkısı. \((Bx + C)' = B\) ve ikinci, üçüncü türevler sıfır olduğundan
\[L[Bx + C] = 0 - 0 + 3B - (Bx + C) = -Bx + 3B - C.\]
Katsayılar. \(L[y_p] = 6Ae^{x} - Bx + (3B - C)\) ifadesini \(12e^{x} - 2x\)’e eşitleyip benzer terimleri karşılaştıralım. \(e^{x}\)’in katsayısından \(6A = 12\), \(x\)’in katsayısından \(-B = -2\), sabit terimlerden \(3B - C = 0\) çıkar; yani
\[A = 2, \qquad B = 2, \qquad C = 6.\]
Genel çözüm. \(y_p = 2x^3 e^{x} + 2x + 6\) olduğundan
\[y = \left(c_1 + c_2 x + c_3 x^2\right)e^{x} + 2x^3 e^{x} + 2x + 6.\]
\(\blacksquare\)
18.3 Parametrelerin Değişimi Yöntemi
Belirsiz katsayılar yöntemi iki koşula bağlıdır: katsayılar sabit olmalı ve sağ taraf tablodaki türden olmalıdır. Sağ taraf \(\sec x\), \(\dfrac{1}{x}\), \(\ln x\) gibi bir fonksiyonsa ya da katsayılar \(x\)’e bağlıysa deneme fonksiyonu tahmin edilemez. Bu durumda Parametrelerin Değişimi Yöntemi bölümünde ikinci mertebe için kurduğumuz yöntemi genelleştiririz; yöntem, homojen denklemin bir temel çözüm kümesi bilindiği sürece her sürekli sağ taraf için çalışır.
Fikir aynıdır. Homojen çözüm \(y_h = c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n\)’deki sabitleri (“parametreleri”) \(x\)’in fonksiyonlarıyla değiştirip özel çözümü
\[y_p = u_1(x)\,y_1 + u_2(x)\,y_2 + \cdots + u_n(x)\,y_n\]
biçiminde ararız. Elimizde \(n\) bilinmeyen fonksiyon var, ama sağlatmak istediğimiz tek bir koşul (\(L[y_p] = r\)) var; geriye \(n - 1\) koşulu istediğimiz gibi seçme serbestliği kalır. Bu serbestliği türev hesabını sadeleştirmek için kullanırız. \(y_p\)’yi bir kez türetelim:
\[y_p' = \underbrace{\left(u_1' y_1 + \cdots + u_n' y_n\right)}_{=\,0 \text{ seçelim}} + \left(u_1 y_1' + \cdots + u_n y_n'\right).\]
İlk parantezi sıfır kabul edersek \(y_p'\) ifadesi \(u_k\)’ların türevlerini içermez ve bir sonraki türevde \(u_k''\) ortaya çıkmaz. Aynı kabulü her türevde tekrarlarız: \(y_p''\)’yi hesaplarken çıkan \(u_1' y_1' + \cdots + u_n' y_n'\) toplamını, …, \(y_p^{(n-1)}\)’i hesaplarken çıkan \(u_1' y_1^{(n-2)} + \cdots + u_n' y_n^{(n-2)}\) toplamını sıfır kabul ederiz. Bunlar tam \(n - 1\) koşuldur. \(n\)-inci türevde ortaya çıkan \(u_1' y_1^{(n-1)} + \cdots + u_n' y_n^{(n-1)}\) toplamını ise artık serbestçe seçemeyiz; değerini denklem belirler. Sonuç, ikinci mertebedeki Teorem 16.1 teoreminin genellemesidir.
Teorem 18.3 (n-inci Mertebe Parametrelerin Değişimi Sistemi) \(p_0, \dots, p_{n-1}\) ve \(r\) fonksiyonları \(I\) açık aralığında sürekli, \(y_1, \dots, y_n\) de (2) homojen denkleminin \(I\) üzerinde \(n\) çözümü olsun. \(I\) üzerinde türevlenebilen \(u_1, \dots, u_n\) fonksiyonlarının türevleri her \(x \in I\) için
\[\begin{aligned} u_1' y_1 + u_2' y_2 + \cdots + u_n' y_n &= 0\\ u_1' y_1' + u_2' y_2' + \cdots + u_n' y_n' &= 0\\ &\;\;\vdots\\ u_1' y_1^{(n-2)} + u_2' y_2^{(n-2)} + \cdots + u_n' y_n^{(n-2)} &= 0\\ u_1' y_1^{(n-1)} + u_2' y_2^{(n-1)} + \cdots + u_n' y_n^{(n-1)} &= r(x) \end{aligned} \tag{3}\]
sistemini sağlıyorsa
\[y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2 + \cdots + u_n y_n\]
fonksiyonu (1) denkleminin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
İspat
Önce \(j = 0, 1, \dots, n - 1\) için
\[y_p^{(j)} = u_1 y_1^{(j)} + u_2 y_2^{(j)} + \cdots + u_n y_n^{(j)} \tag{4}\]
olduğunu \(j\) üzerinden tümevarımla gösterelim. \(j = 0\) için (4), \(y_p\)’nin tanımıdır. (4)’ün bir \(j \leq n - 2\) için doğru olduğunu varsayıp iki tarafı türetelim; \(y_k\)’lar \(n\) kez türevlenebilir olduğundan bu mümkündür ve çarpım kuralı her terimden iki parça verir:
\[\begin{aligned} y_p^{(j+1)} &= \left(u_1' y_1^{(j)} + \cdots + u_n' y_n^{(j)}\right)\\[1mm] &\quad + \left(u_1 y_1^{(j+1)} + \cdots + u_n y_n^{(j+1)}\right). \end{aligned}\]
\(j \leq n - 2\) olduğundan ilk parantez (3) sisteminin \((j + 1)\)-inci denkleminin sol tarafıdır ve sıfıra eşittir. Geriye (4)’ün \(j + 1\) için hâli kalır.
Şimdi \(j = n - 1\) için (4)’ü bir kez daha türetelim. Bu kez ilk parantez (3)’ün son denkleminin sol tarafıdır ve \(r(x)\)’e eşittir:
\[y_p^{(n)} = r(x) + u_1 y_1^{(n)} + u_2 y_2^{(n)} + \cdots + u_n y_n^{(n)}.\]
Bulduklarımızı \(L[y_p]\)’de yerine koyalım ve her \(u_k\)’yı ortak çarpan parantezine alalım:
\[\begin{aligned} L[y_p] &= y_p^{(n)} + p_{n-1}\,y_p^{(n-1)} + \cdots + p_1\,y_p' + p_0\,y_p\\[1mm] &= r + u_1\left(y_1^{(n)} + p_{n-1}\,y_1^{(n-1)} + \cdots + p_0\,y_1\right)\\[1mm] &\quad + \cdots + u_n\left(y_n^{(n)} + p_{n-1}\,y_n^{(n-1)} + \cdots + p_0\,y_n\right)\\[1mm] &= r + u_1 L[y_1] + \cdots + u_n L[y_n]. \end{aligned}\]
Her \(y_k\) homojen denklemin çözümü olduğundan \(L[y_k] = 0\)’dır; dolayısıyla \(L[y_p] = r\), yani \(y_p\) (1)’in bir çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Yani parametrelerin değişimi, \(n\) bilinmeyenli \(n\) denklemlik bir lineer cebir problemine iner: her \(x\) için (3) sisteminden \(u_1'(x), \dots, u_n'(x)\) sayıları bulunur, sonra bu fonksiyonlar integrallenir. \(n = 2\) için (3), ikinci mertebedeki iki denklemlik sistemin ta kendisidir. İntegral sabitlerini sıfır almak serbesttir: bir sabit eklemek \(y_p\)’ye yalnızca \(c_1 y_1 + \cdots + c_n y_n\) türünden, yani \(y_h\)’nin içinde zaten bulunan bir terim ekler.
18.4 Sistemin Cramer Kuralıyla Çözümü
Küçük \(n\) için (3) sistemi yok etme yöntemiyle çözülebilir. Ama sistemin katsayılarına dikkatle bakınca daha iyisini yapabiliriz: katsayı matrisinin satırları \(y_k\)’ların sırasıyla \(0, 1, \dots, n - 1\) kez türevlerinden oluşur, yani bu matrisin determinantı tam olarak Wronskiyendir (Tanım 13.2). Sağ taraf sütunu ise son girdisi dışında sıfırdır. Bu iki gözlem, Cramer kuralını (bkz. Lineer Cebir, Cramer kuralı) çok sade bir formüle dönüştürür.
Teorem 18.4 (Parametrelerin Değişimi İçin Cramer Formülü) \(p_0, \dots, p_{n-1}\) ve \(r\) fonksiyonları \(I\) açık aralığında sürekli, \(y_1, \dots, y_n\) de (2) homojen denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi olsun ve \(W(x) = W(y_1, \dots, y_n)(x)\) yazalım. Her \(k = 1, \dots, n\) için \(W_k(x)\), \(W(x)\) determinantının \(k\)-inci sütunu \((0, \dots, 0, 1)\) sütunuyla değiştirilerek elde edilen determinant olsun:
\[W_k(x) = \begin{vmatrix} y_1 & \cdots & 0 & \cdots & y_n\\ y_1' & \cdots & 0 & \cdots & y_n'\\ \vdots & & \vdots & & \vdots\\ y_1^{(n-2)} & \cdots & 0 & \cdots & y_n^{(n-2)}\\ y_1^{(n-1)} & \cdots & 1 & \cdots & y_n^{(n-1)} \end{vmatrix} \qquad (\text{sıfırlar ve } 1, \ k\text{-inci sütunda}).\]
O zaman her \(x \in I\) için (3) sisteminin tek çözümü
\[u_k'(x) = \frac{W_k(x)\,r(x)}{W(x)}, \qquad k = 1, 2, \dots, n\]
olur. Bu fonksiyonların \(I\) üzerindeki birer ilkel fonksiyonu \(u_1, \dots, u_n\) olmak üzere
\[y_p = u_1 y_1 + u_2 y_2 + \cdots + u_n y_n = \sum_{k=1}^{n} y_k(x) \int \frac{W_k(x)\,r(x)}{W(x)}\,dx\]
fonksiyonu (1) denkleminin \(I\) üzerinde bir özel çözümüdür.
İspat
\(W\) hiçbir noktada sıfır olmaz. \(y_1, \dots, y_n\) sürekli katsayılı (2) denkleminin lineer bağımsız \(n\) çözümü olduğundan Teorem 13.3 gereği her \(x \in I\) için \(W(x) \neq 0\)’dır.
Cramer kuralı. \(x \in I\) sabit tutulursa (3), \(u_1'(x), \dots, u_n'(x)\) bilinmeyenli bir lineer sistemdir. Katsayı matrisinin \(k\)-inci sütunu \(y_k, y_k', \dots, y_k^{(n-1)}\) girdilerinden oluşur; bu matrisin determinantı \(W(x)\)’tir ve sıfırdan farklıdır. Cramer kuralı gereği sistemin tek çözümü vardır ve bu çözüm
\[u_k'(x) = \frac{\Delta_k(x)}{W(x)}\]
ile verilir; burada \(\Delta_k\), katsayı matrisinin \(k\)-inci sütunu sağ taraf sütunu \((0, \dots, 0, r(x))\) ile değiştirilerek elde edilen determinanttır. \(\Delta_k\)’yı \(k\)-inci sütununa göre açalım. Bu sütunda yalnızca son girdi (\(r\)) sıfırdan farklı olduğundan
\[\Delta_k = r \cdot (-1)^{n+k} M_{nk}\]
olur; \(M_{nk}\), son satır ile \(k\)-inci sütun silinerek elde edilen minördür. \(W_k\) ile \(\Delta_k\) yalnızca \(k\)-inci sütunda ayrıldığından bu minörü paylaşır; aynı açılım \(W_k\)’ya uygulanırsa (son girdi bu kez \(1\)’dir) \(W_k = (-1)^{n+k} M_{nk}\) bulunur. Demek ki \(\Delta_k = r\,W_k\) ve
\[u_k' = \frac{W_k\,r}{W}.\]
İlkeller vardır. \(y_k\)’lar homojen denklemin çözümleri olduğundan \(n\) kez türevlenebilir; dolayısıyla \(y_k, y_k', \dots, y_k^{(n-1)}\) türevlenebilir, yani sürekli fonksiyonlardır. \(W\) ve \(W_k\) bu fonksiyonların çarpımlarının toplamı olduğundan süreklidir. \(r\) sürekli ve \(W\) hiç sıfır olmadığından \(\dfrac{W_k\,r}{W}\) oranı \(I\) üzerinde süreklidir ve bir ilkel fonksiyonu vardır. Bu ilkellere \(u_k\) dersek \(u_k\)’lar türevlenebilir ve türevleri (3)’ü sağlar; Teorem 18.3 gereği \(y_p = u_1 y_1 + \cdots + u_n y_n\), (1)’in bir çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Yani \(u_k'\)’yı bulmak için Wronskiyenin \(k\)-inci sütunu \((0, \dots, 0, 1)\) ile değiştirilir, çıkan determinant sağ tarafla çarpılır ve \(W\)’ye bölünür. Hesapta işe yarayan üç gözlem var.
Yalnız ilk \(n - 1\) satır gerekir. İspattaki açılım \(W_k = (-1)^{n+k} M_{nk}\) verir: \(W_k\)’yı bulmak için Wronskiyenin son satırını ve \(k\)-inci sütununu silmek, kalan \((n - 1) \times (n - 1)\) determinantı \((-1)^{n+k}\) işaretiyle almak yeter.
İkinci mertebe. \(n = 2\) için \(W_1 = -y_2\) ve \(W_2 = y_1\) bulunur; formül \(u_1' = -\dfrac{y_2\,r}{W}\), \(u_2' = \dfrac{y_1\,r}{W}\) olur ve ikinci mertebedeki formülün (Teorem 16.2) ta kendisine dönüşür.
Üçüncü mertebe. \(n = 3\) için ilk iki satırdan kalan \(2 \times 2\) determinantlar, iki fonksiyonun Wronskiyenleridir:
\[W_1 = W(y_2, y_3), \qquad W_2 = -W(y_1, y_3), \qquad W_3 = W(y_1, y_2).\]
Bu bölümün örneklerinde bu biçimi kullanacağız.
- Denklemi standart biçime getir (\(y^{(n)}\)’nin katsayısı \(1\) olsun) ve sağ taraf \(r(x)\)’i bu biçimden oku.
- Homojen denklemin bir temel çözüm kümesi \(y_1, \dots, y_n\)’yi bul.
- Yukarıdaki (3) sistemini yok etme yöntemiyle ya da Teorem 18.4 formülüyle, \(u_k' = W_k\,r / W\) olarak çöz.
- \(u_k\)’ları integralle (integral sabitleri sıfır), \(y_p = u_1 y_1 + \cdots + u_n y_n\) ve \(y = y_h + y_p\) yaz.
Örnek 18.3 (Sekant Sağ Taraflı Üçüncü Mertebe Denklem) \(-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında
\[y''' + y' = \sec x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(\sec x\) deneme fonksiyonu tablosunda yer almaz; bu yüzden belirsiz katsayılar yöntemi kullanılamaz, parametrelerin değişimine başvuracağız. Denklem zaten standart biçimdedir ve \(r(x) = \sec x\) verilen aralıkta süreklidir.
Homojen çözüm. Karakteristik denklem
\[\lambda^3 + \lambda = \lambda\left(\lambda^2 + 1\right) = 0\]
olup kökleri \(\lambda_1 = 0\) ve \(\lambda_{2,3} = \pm i\)’dir. \(\lambda_1 = 0\) kökü \(e^{0 \cdot x} = 1\) çözümünü, \(\alpha = 0\), \(\beta = 1\) olan kompleks kök çifti de \(\cos x\) ile \(\sin x\) çözümlerini verir:
\[y_h = c_1 + c_2 \cos x + c_3 \sin x.\]
Sistem. \(y_1 = 1\), \(y_2 = \cos x\), \(y_3 = \sin x\) ve \(y_p = u_1 + u_2 \cos x + u_3 \sin x\) olsun. Türevler \(y_1' = 0\), \(y_2' = -\sin x\), \(y_3' = \cos x\) ve \(y_1'' = 0\), \(y_2'' = -\cos x\), \(y_3'' = -\sin x\) olduğundan (3) sistemi
\[\begin{aligned} u_1' + u_2' \cos x + u_3' \sin x &= 0, && \text{(i)}\\ -u_2' \sin x + u_3' \cos x &= 0, && \text{(ii)}\\ -u_2' \cos x - u_3' \sin x &= \sec x && \text{(iii)} \end{aligned}\]
olur.
Sistemi çözelim. (i) ile (iii) toplanınca \(u_2'\) ve \(u_3'\) içeren terimler birbirini götürür:
\[u_1' = \sec x.\]
\(u_3'\)’yü bulmak için \(u_2'\)’yü yok edelim: (ii)’yi \(-\cos x\) ile, (iii)’ü \(\sin x\) ile çarpıp toplayalım. \(u_2' \sin x \cos x\) terimleri sadeleşir ve
\[-u_3'\left(\cos^2 x + \sin^2 x\right) = \sec x \sin x = \tan x \;\Longrightarrow\; u_3' = -\tan x\]
bulunur. \(u_2'\) için de \(u_3'\)’yü yok edelim: (ii)’yi \(\sin x\) ile, (iii)’ü \(\cos x\) ile çarpıp toplarsak
\[-u_2'\left(\sin^2 x + \cos^2 x\right) = \sec x \cos x = 1 \;\Longrightarrow\; u_2' = -1.\]
Cramer formülüyle denetim. Aynı sonuç Teorem 18.4 ile de çıkar. Wronskiyeni ilk sütununa göre açarsak
\[W = \begin{vmatrix} 1 & \cos x & \sin x\\ 0 & -\sin x & \cos x\\ 0 & -\cos x & -\sin x \end{vmatrix} = \sin^2 x + \cos^2 x = 1\]
bulunur. Üçüncü mertebe formülleriyle
\[\begin{aligned} W_1 &= W(\cos x, \sin x) = \cos^2 x + \sin^2 x = 1,\\[1mm] W_2 &= -W(1, \sin x) = -\cos x,\\[1mm] W_3 &= W(1, \cos x) = -\sin x \end{aligned}\]
olduğundan \(u_1' = \sec x\), \(u_2' = -\cos x \sec x = -1\) ve \(u_3' = -\sin x \sec x = -\tan x\) olur; yok etmeyle bulduklarımızın aynısı.
İntegraller. İntegral sabitlerini sıfır alıyoruz. Birinci integralde pay ve paydayı \(\sec x + \tan x\) ile genişletelim:
\[u_1 = \int \sec x\,dx = \int \frac{\sec x\left(\sec x + \tan x\right)}{\sec x + \tan x}\,dx.\]
\(t = \sec x + \tan x\) dersek \(dt = \left(\sec x \tan x + \sec^2 x\right)dx\) olur; bu tam olarak paydaki ifadedir:
\[u_1 = \int \frac{dt}{t} = \ln\left|\sec x + \tan x\right|.\]
Ayrıca \(u_2 = \int (-1)\,dx = -x\) ve \(t = \cos x\), \(dt = -\sin x\,dx\) ile
\[u_3 = -\int \tan x\,dx = \int \frac{-\sin x}{\cos x}\,dx = \int \frac{dt}{t} = \ln\left|\cos x\right|.\]
Genel çözüm. \(y_p = u_1 \cdot 1 + u_2 \cos x + u_3 \sin x\) olduğundan
\[y_p = \ln\left|\sec x + \tan x\right| - x\cos x + \sin x\,\ln\left|\cos x\right|\]
ve genel çözüm
\[\begin{aligned} y &= c_1 + c_2 \cos x + c_3 \sin x\\[1mm] &\quad + \ln\left|\sec x + \tan x\right| - x\cos x + \sin x\,\ln\left|\cos x\right| \end{aligned}\]
olur. Verilen aralıkta \(\cos x > 0\) ve \(\sec x + \tan x = \dfrac{1 + \sin x}{\cos x} > 0\) olduğundan mutlak değerler istenirse kaldırılabilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.4 (Üstel Kesirli Sağ Taraf ve Cramer Formülü) \[y''' - 3y'' + 2y' = \frac{e^{x}}{1 + e^{-x}}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Sağ taraf tablodaki türden değildir; parametrelerin değişimini bu kez doğrudan Cramer formülüyle uygulayalım. Önce sağ tarafı sadeleştirelim. Pay ve paydayı \(e^{x}\) ile çarparsak
\[r(x) = \frac{e^{x}}{1 + e^{-x}} = \frac{e^{2x}}{e^{x} + 1}\]
olur; bu fonksiyon bütün gerçel eksende süreklidir.
Homojen çözüm.
\[\lambda^3 - 3\lambda^2 + 2\lambda = \lambda(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\]
denkleminin kökleri \(0\), \(1\) ve \(2\)’dir. Kökler gerçel ve birbirinden farklı olduğundan
\[y_h = c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{2x}, \qquad y_1 = 1, \quad y_2 = e^{x}, \quad y_3 = e^{2x}.\]
Wronskiyen. İlk sütuna göre açarsak
\[W = \begin{vmatrix} 1 & e^{x} & e^{2x}\\ 0 & e^{x} & 2e^{2x}\\ 0 & e^{x} & 4e^{2x} \end{vmatrix} = 4e^{3x} - 2e^{3x} = 2e^{3x}.\]
Determinantlar. Üçüncü mertebe formülleriyle, Wronskiyenin ilk iki satırından:
\[\begin{aligned} W_1 &= W\left(e^{x}, e^{2x}\right) = e^{x}\cdot 2e^{2x} - e^{2x}\cdot e^{x} = e^{3x},\\[1mm] W_2 &= -W\left(1, e^{2x}\right) = -\left(1\cdot 2e^{2x} - e^{2x}\cdot 0\right) = -2e^{2x},\\[1mm] W_3 &= W\left(1, e^{x}\right) = 1\cdot e^{x} - e^{x}\cdot 0 = e^{x}. \end{aligned}\]
Türevler. \(u_k' = \dfrac{W_k\,r}{W}\) formülüyle:
\[\begin{aligned} u_1' &= \frac{e^{3x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{2x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{e^{2x}}{e^{x} + 1},\\[1mm] u_2' &= \frac{-2e^{2x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{2x}}{e^{x} + 1} = -\frac{e^{x}}{e^{x} + 1},\\[1mm] u_3' &= \frac{e^{x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{2x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{e^{x} + 1}. \end{aligned}\]
Bulunanların sistemi sağladığı doğrudan da görülebilir; örneğin ikinci ve üçüncü denklemler
\[u_2' e^{x} + 2u_3' e^{2x} = \frac{-e^{2x} + e^{2x}}{e^{x} + 1} = 0,\]
\[u_2' e^{x} + 4u_3' e^{2x} = \frac{-e^{2x} + 2e^{2x}}{e^{x} + 1} = r(x)\]
verir.
İntegraller. İntegral sabitlerini sıfır alıyoruz. \(u_1\) için \(t = e^{x} + 1\) koyalım: \(dt = e^{x}\,dx\) ve \(e^{x} = t - 1\) olduğundan
\[\begin{aligned} u_1 &= \frac{1}{2}\int \frac{e^{x}\cdot e^{x}}{e^{x} + 1}\,dx = \frac{1}{2}\int \frac{t - 1}{t}\,dt = \frac{1}{2}\left(t - \ln t\right)\\[1mm] &= \frac{1}{2}\left(e^{x} + 1\right) - \frac{1}{2}\ln\left(e^{x} + 1\right) \end{aligned}\]
olur; \(t > 0\) olduğundan mutlak değere gerek yoktur. Aynı \(t\) ile
\[u_2 = -\int \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}\,dx = -\int \frac{dt}{t} = -\ln\left(e^{x} + 1\right).\]
\(u_3\) için pay ve paydayı \(e^{-x}\) ile çarpıp \(w = 1 + e^{-x}\), \(dw = -e^{-x}\,dx\) koyalım:
\[u_3 = \frac{1}{2}\int \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}}\,dx = -\frac{1}{2}\int \frac{dw}{w} = -\frac{1}{2}\ln\left(1 + e^{-x}\right).\]
Genel çözüm. \(y_p = u_1 + u_2 e^{x} + u_3 e^{2x}\) olduğundan
\[\begin{aligned} y_p &= \frac{1}{2}\left(e^{x} + 1\right) - \frac{1}{2}\ln\left(e^{x} + 1\right)\\[1mm] &\quad - e^{x}\ln\left(e^{x} + 1\right) - \frac{1}{2}e^{2x}\ln\left(1 + e^{-x}\right). \end{aligned}\]
İlk terimdeki \(\dfrac{1}{2}e^{x}\) ile \(\dfrac{1}{2}\), \(y_2\) ile \(y_1\)’in katlarıdır, yani homojen çözümlerdir; genel çözümde \(c_2 e^{x}\) ile \(c_1\) içinde kaybolurlar. Böylece genel çözüm
\[\begin{aligned} y &= c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{2x} - \frac{1}{2}\ln\left(1 + e^{x}\right)\\[1mm] &\quad - e^{x}\ln\left(1 + e^{x}\right) - \frac{1}{2}e^{2x}\ln\left(1 + e^{-x}\right) \end{aligned}\]
olur.
\(\blacksquare\)
18.5 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda iki yöntemi üçüncü ve dördüncü mertebeden denklemlerde kullanacağız.
Alıştırma 18.1 (İki Çift Katlı Kök ve Toplam Kuralı) \[y^{(4)} - 2y''' + y'' = 12x + 4e^{x}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik polinomu çarpanlarına ayıralım:
\[\lambda^4 - 2\lambda^3 + \lambda^2 = \lambda^2\left(\lambda^2 - 2\lambda + 1\right) = \lambda^2(\lambda - 1)^2.\]
\(\lambda = 0\) ve \(\lambda = 1\) ikişer katlı köklerdir; Teorem 17.3 gereği
\[y_h = c_1 + c_2 x + \left(c_3 + c_4 x\right)e^{x}.\]
Deneme fonksiyonu. \(12x\) grubu için tablo \(Ax + B\) önerir. Ama polinomlara karşılık gelen sayı \(0\)’dır ve \(0\) iki katlı köktür; \(1\) ile \(x\) homojen çözümdür. Gerçekten \(Ax + B\)’nin ikinci ve daha yüksek türevleri sıfır olduğundan \(L[Ax + B] = 0\) olur. Kural gereği \(x^2\) ile çarparız: \(x^2(Ax + B) = Ax^3 + Bx^2\).
\(4e^{x}\) grubu için tablo \(Ce^{x}\) önerir; \(\alpha = 1\) de iki katlı kök olduğundan yine \(x^2\) ile çarparız: \(Cx^2 e^{x}\). Böylece
\[y_p = Ax^3 + Bx^2 + Cx^2 e^{x}.\]
Polinom grubun katkısı. \(z = Ax^3 + Bx^2\) için \(z'' = 6Ax + 2B\), \(z''' = 6A\) ve \(z^{(4)} = 0\) olduğundan
\[L[z] = 0 - 2\cdot 6A + 6Ax + 2B = 6Ax + (2B - 12A).\]
Üstel grubun katkısı. \(w = x^2 e^{x}\) fonksiyonunun türevleri:
\[\begin{aligned} w' &= \left(x^2 + 2x\right)e^{x},\\[1mm] w'' &= \left(x^2 + 4x + 2\right)e^{x},\\[1mm] w''' &= \left(x^2 + 6x + 6\right)e^{x},\\[1mm] w^{(4)} &= \left(x^2 + 8x + 12\right)e^{x}. \end{aligned}\]
\(L[w] = w^{(4)} - 2w''' + w''\) ifadesinde \(x^2\)’li terimlerin katsayısı \(1 - 2 + 1 = 0\), \(x\)’li terimlerinki \(8 - 12 + 4 = 0\), sabit terim ise \(12 - 12 + 2 = 2\)’dir. Yani
\[L\left[x^2 e^{x}\right] = 2e^{x}, \qquad L\left[Cx^2 e^{x}\right] = 2Ce^{x}.\]
Bu sonuç Teorem 18.2 ile de çıkar: \(Q(\lambda) = \lambda^2\), \(Q(1) = 1\) ve \(2!\,Q(1) = 2\)’dir.
Katsayılar. \(L[y_p] = 6Ax + (2B - 12A) + 2Ce^{x}\) ifadesini \(12x + 4e^{x}\)’e eşitleyelim:
\[6A = 12, \qquad 2B - 12A = 0, \qquad 2C = 4.\]
Buradan \(A = 2\), \(B = 12\) ve \(C = 2\) bulunur.
Genel çözüm.
\[y = c_1 + c_2 x + \left(c_3 + c_4 x\right)e^{x} + 2x^3 + 12x^2 + 2x^2 e^{x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.2 (Basit Sanal Köklerde Değiştirme) \[y^{(4)} - y = 4\cos x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik polinom iki kare farkıdır:
\[\lambda^4 - 1 = \left(\lambda^2 - 1\right)\left(\lambda^2 + 1\right) = (\lambda - 1)(\lambda + 1)\left(\lambda^2 + 1\right).\]
Kökler \(1\), \(-1\) ve \(\pm i\)’dir; hepsi basittir. Buna göre
\[y_h = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x} + c_3 \cos x + c_4 \sin x.\]
Deneme fonksiyonu. \(4\cos x\) için tablo \(A\cos x + B\sin x\) önerir; bu terimler \(\alpha + i\beta = i\) sayısına karşılık gelir. \(i\) karakteristik denklemin basit kökü olduğundan (\(s = 1\)) \(\cos x\) ile \(\sin x\) homojen çözümdür; kural gereği \(x\) ile çarparız:
\[y_p = x\left(A\cos x + B\sin x\right).\]
Türevler. Çarpım kuralını art arda uygulayalım:
\[\begin{aligned} y_p' &= (A + Bx)\cos x + (B - Ax)\sin x,\\[1mm] y_p'' &= (2B - Ax)\cos x - (2A + Bx)\sin x,\\[1mm] y_p''' &= -(3A + Bx)\cos x + (Ax - 3B)\sin x,\\[1mm] y_p^{(4)} &= (Ax - 4B)\cos x + (4A + Bx)\sin x. \end{aligned}\]
Yerine koyma. \(L[y_p] = y_p^{(4)} - y_p\) ifadesinde \(x\)’li terimler sadeleşir:
\[\begin{aligned} L[y_p] &= (Ax - 4B - Ax)\cos x + (4A + Bx - Bx)\sin x\\[1mm] &= -4B\cos x + 4A\sin x. \end{aligned}\]
Bunu \(4\cos x\)’e eşitlersek \(-4B = 4\) ve \(4A = 0\) çıkar; yani \(A = 0\), \(B = -1\) ve \(y_p = -x\sin x\).
Genel çözüm.
\[y = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x} + c_3 \cos x + c_4 \sin x - x\sin x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.3 (Üçüncü Mertebe Bir Başlangıç Değer Problemi) \[y''' - y' = 2x, \qquad y(0) = 0, \quad y'(0) = 0, \quad y''(0) = 2\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Homojen çözüm. Karakteristik denklem \(\lambda^3 - \lambda = \lambda(\lambda - 1)(\lambda + 1) = 0\)’dır; kökler \(0\), \(1\) ve \(-1\)’dir:
\[y_h = c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{-x}.\]
Özel çözüm. Sağ taraf \(2x\) birinci dereceden bir polinomdur ve tablo \(Ax + B\) önerir. Polinoma karşılık gelen sayı \(0\)’dır ve \(0\) basit bir köktür (\(s = 1\)): sabit fonksiyonlar homojen çözümdür. Kural gereği \(x\) ile çarparız:
\[y_p = x(Ax + B) = Ax^2 + Bx.\]
\(y_p' = 2Ax + B\), \(y_p'' = 2A\) ve \(y_p''' = 0\) olduğundan
\[L[y_p] = 0 - (2Ax + B) = -2Ax - B.\]
Bunu \(2x\)’e eşitlersek \(-2A = 2\) ve \(-B = 0\), yani \(A = -1\), \(B = 0\) bulunur; \(y_p = -x^2\). Genel çözüm
\[y = c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{-x} - x^2.\]
Başlangıç koşulları. Türevler
\[y' = c_2 e^{x} - c_3 e^{-x} - 2x, \qquad y'' = c_2 e^{x} + c_3 e^{-x} - 2\]
olduğundan koşullar \(x = 0\)’da şu sistemi verir:
\[\begin{aligned} y(0) &= c_1 + c_2 + c_3 = 0,\\[1mm] y'(0) &= c_2 - c_3 = 0,\\[1mm] y''(0) &= c_2 + c_3 - 2 = 2. \end{aligned}\]
Üçüncü denklemden \(c_2 + c_3 = 4\), ikinciden \(c_2 = c_3\); dolayısıyla \(c_2 = c_3 = 2\) ve birinci denklemden \(c_1 = -4\) çıkar. Çözüm
\[y = -4 + 2e^{x} + 2e^{-x} - x^2 = 4\cosh x - 4 - x^2\]
olur; burada \(\cosh x = \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{2}\)’dir. Katsayılar ve sağ taraf bütün gerçel eksende sürekli olduğundan Teorem 13.2 gereği bu, problemin bütün gerçel eksen üzerinde tanımlı tek çözümüdür.
Geometrik yorum. Üç başlangıç koşulu, çözümün \(x = 0\)’daki değerini, eğimini ve ikinci türevini belirler. Bu üç bilgiyi taşıyan en basit fonksiyon \(y = 0 + 0 \cdot x + \dfrac{2}{2}x^2 = x^2\) parabolüdür. Şekilde görüldüğü gibi çözüm, başlangıç noktası çevresinde bu parabolle neredeyse çakışır; uzaklaştıkça \(e^{x}\) ve \(e^{-x}\) terimleri baskın çıkar ve çözüm parabolden hızla ayrılır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.4 (Sekant Çarpı Tanjant Sağ Taraf) \(-\dfrac{\pi}{2} < x < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında
\[y''' + y' = \sec x \tan x\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Sağ taraf tablodaki türden olmadığından parametrelerin değişimini kullanacağız. Homojen kısım Örnek 18.3 ile aynıdır:
\[y_h = c_1 + c_2\cos x + c_3 \sin x, \qquad y_1 = 1, \quad y_2 = \cos x, \quad y_3 = \sin x.\]
Orada \(W = 1\), \(W_1 = 1\), \(W_2 = -\cos x\) ve \(W_3 = -\sin x\) bulmuştuk. \(r(x) = \sec x \tan x\) ile Cramer formülü
\[\begin{aligned} u_1' &= \sec x \tan x,\\[1mm] u_2' &= -\cos x \sec x \tan x = -\tan x,\\[1mm] u_3' &= -\sin x \sec x \tan x = -\tan^2 x \end{aligned}\]
verir. Sonuncuyu integrale hazırlamak için \(1 + \tan^2 x = \sec^2 x\) özdeşliğini kullanalım: \(u_3' = 1 - \sec^2 x\).
İntegraller. İntegral sabitlerini sıfır alıyoruz. \((\sec x)' = \sec x \tan x\) olduğundan \(u_1 = \sec x\)’tir. Örnek 18.3 içinde \(-\int \tan x\,dx = \ln\left|\cos x\right|\) bulmuştuk; demek ki \(u_2 = \ln\left|\cos x\right|\). \((\tan x)' = \sec^2 x\) olduğundan da
\[u_3 = \int \left(1 - \sec^2 x\right)dx = x - \tan x.\]
Özel çözüm. \(y_p = u_1 + u_2\cos x + u_3 \sin x\) olduğundan
\[y_p = \sec x + \cos x\,\ln\left|\cos x\right| + x\sin x - \frac{\sin^2 x}{\cos x}.\]
İlk ve son terimi birleştirelim:
\[\sec x - \frac{\sin^2 x}{\cos x} = \frac{1 - \sin^2 x}{\cos x} = \frac{\cos^2 x}{\cos x} = \cos x.\]
Böylece
\[y_p = \cos x + \cos x\,\ln\left|\cos x\right| + x\sin x\]
olur. Baştaki \(\cos x\) terimi \(y_2\)’nin kendisidir ve \(c_2\cos x\) içinde kaybolur.
Genel çözüm.
\[y = c_1 + c_2 \cos x + c_3 \sin x + \cos x\,\ln\left|\cos x\right| + x\sin x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.5 (Üç Katlı Kök ve Parametrelerin Değişimi) \(x > 0\) için
\[y''' - 3y'' + 3y' - y = \frac{e^{x}}{x}\]
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(\dfrac{1}{x}\) bir polinom olmadığından sağ taraf tablodaki türden değildir; parametrelerin değişimini kullanacağız. Bu, ikinci mertebedeki Örnek 16.1 örneğinin üçüncü mertebeden karşılığıdır. Homojen kısım Örnek 18.2 ile aynıdır: \(\lambda = 1\) üç katlı köktür ve
\[y_h = \left(c_1 + c_2 x + c_3 x^2\right)e^{x}, \qquad y_1 = e^{x}, \quad y_2 = xe^{x}, \quad y_3 = x^2 e^{x}.\]
Türevler. \(y_1' = y_1'' = e^{x}\), \(y_2' = (x + 1)e^{x}\), \(y_2'' = (x + 2)e^{x}\), \(y_3' = \left(x^2 + 2x\right)e^{x}\) ve \(y_3'' = \left(x^2 + 4x + 2\right)e^{x}\).
Wronskiyen. Determinant her sütunda lineer olduğundan her sütundan \(e^{x}\) çarpanını dışarı alabiliriz:
\[W = e^{3x}\begin{vmatrix} 1 & x & x^2\\ 1 & x + 1 & x^2 + 2x\\ 1 & x + 2 & x^2 + 4x + 2 \end{vmatrix}.\]
Birinci satırı öbür iki satırdan çıkarmak determinantı değiştirmez:
\[W = e^{3x}\begin{vmatrix} 1 & x & x^2\\ 0 & 1 & 2x\\ 0 & 2 & 4x + 2 \end{vmatrix} = e^{3x}\left(4x + 2 - 4x\right) = 2e^{3x}.\]
Determinantlar. Üçüncü mertebe formülleriyle:
\[\begin{aligned} W_1 &= W\left(xe^{x}, x^2 e^{x}\right) = xe^{x}\left(x^2 + 2x\right)e^{x} - x^2 e^{x}(x + 1)e^{x}\\[1mm] &= \left(x^3 + 2x^2 - x^3 - x^2\right)e^{2x} = x^2 e^{2x},\\[1mm] W_2 &= -W\left(e^{x}, x^2 e^{x}\right) = -\left[e^{x}\left(x^2 + 2x\right)e^{x} - x^2 e^{x}\,e^{x}\right] = -2xe^{2x},\\[1mm] W_3 &= W\left(e^{x}, xe^{x}\right) = e^{x}(x + 1)e^{x} - xe^{x}\,e^{x} = e^{2x}. \end{aligned}\]
Fonksiyonlar. \(r(x) = \dfrac{e^{x}}{x}\) ile \(u_k' = \dfrac{W_k\,r}{W}\):
\[\begin{aligned} u_1' &= \frac{x^2 e^{2x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{x}}{x} = \frac{x}{2},\\[1mm] u_2' &= \frac{-2xe^{2x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{x}}{x} = -1,\\[1mm] u_3' &= \frac{e^{2x}}{2e^{3x}}\cdot\frac{e^{x}}{x} = \frac{1}{2x}. \end{aligned}\]
İntegral sabitlerini sıfır alarak ve \(x > 0\) olduğunu kullanarak
\[u_1 = \frac{x^2}{4}, \qquad u_2 = -x, \qquad u_3 = \frac{1}{2}\ln x.\]
Özel çözüm.
\[y_p = \frac{x^2}{4}\,e^{x} - x\cdot xe^{x} + \frac{1}{2}\ln x\cdot x^2 e^{x} = \left(\frac{1}{2}\ln x - \frac{3}{4}\right)x^2 e^{x}.\]
\(-\dfrac{3}{4}x^2 e^{x}\) terimi \(y_3\)’ün bir katıdır ve \(c_3 x^2 e^{x}\) içinde kaybolur.
Genel çözüm.
\[y = \left(c_1 + c_2 x + c_3 x^2\right)e^{x} + \frac{1}{2}\,x^2 e^{x}\ln x.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 18.6 (Aynı Denklem İki Yöntemle) \[y''' - y' = 4e^{x}\]
denkleminin bir özel çözümünü hem belirsiz katsayılar hem de parametrelerin değişimi yöntemiyle bulunuz ve iki sonucu karşılaştırınız.
Çözüm
Homojen çözüm. \(\lambda^3 - \lambda = \lambda(\lambda - 1)(\lambda + 1) = 0\) denkleminin kökleri \(0\), \(1\) ve \(-1\)’dir:
\[y_h = c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{-x}.\]
Belirsiz katsayılar. \(4e^{x}\) için tablo \(Ae^{x}\) önerir; \(\alpha = 1\) basit bir kök olduğundan \(x\) ile çarparız: \(y_p = Axe^{x}\). Türevler
\[\left(xe^{x}\right)' = (x + 1)e^{x}, \qquad \left(xe^{x}\right)'' = (x + 2)e^{x}, \qquad \left(xe^{x}\right)''' = (x + 3)e^{x}\]
olduğundan
\[L\left[xe^{x}\right] = (x + 3)e^{x} - (x + 1)e^{x} = 2e^{x}.\]
\(2A = 4\) eşitliğinden \(A = 2\) ve \(y_p = 2xe^{x}\) bulunur. Teorem 18.2 de aynı sonucu verir: \(Q(\lambda) = \lambda(\lambda + 1)\), \(Q(1) = 2\) ve \(y_p = \dfrac{4}{1! \cdot 2}\,xe^{x}\).
Parametrelerin değişimi. \(y_1 = 1\), \(y_2 = e^{x}\), \(y_3 = e^{-x}\) alalım. Wronskiyeni ilk sütuna göre açarsak
\[W = \begin{vmatrix} 1 & e^{x} & e^{-x}\\ 0 & e^{x} & -e^{-x}\\ 0 & e^{x} & e^{-x} \end{vmatrix} = e^{x}e^{-x} + e^{-x}e^{x} = 2.\]
Üçüncü mertebe formülleriyle
\[\begin{aligned} W_1 &= W\left(e^{x}, e^{-x}\right) = e^{x}\left(-e^{-x}\right) - e^{-x}e^{x} = -2,\\[1mm] W_2 &= -W\left(1, e^{-x}\right) = -\left(-e^{-x}\right) = e^{-x},\\[1mm] W_3 &= W\left(1, e^{x}\right) = e^{x}. \end{aligned}\]
\(r(x) = 4e^{x}\) ile Cramer formülü
\[u_1' = \frac{-2\cdot 4e^{x}}{2} = -4e^{x}, \qquad u_2' = \frac{e^{-x}\cdot 4e^{x}}{2} = 2, \qquad u_3' = \frac{e^{x}\cdot 4e^{x}}{2} = 2e^{2x}\]
verir. İntegral sabitlerini sıfır alarak \(u_1 = -4e^{x}\), \(u_2 = 2x\), \(u_3 = e^{2x}\) ve
\[y_p = -4e^{x} + 2x\,e^{x} + e^{2x}e^{-x} = 2xe^{x} - 3e^{x}\]
bulunur.
Karşılaştırma. İki özel çözüm aynı değildir; aralarındaki fark \(-3e^{x}\), yani homojen denklemin bir çözümüdür. Teorem 18.1 gereği bu fark önemsizdir: iki yol da aynı genel çözümü verir,
\[y = c_1 + c_2 e^{x} + c_3 e^{-x} + 2xe^{x}.\]
Parametrelerin değişimi, belirsiz katsayılarda değiştirme kuralıyla eklediğimiz \(x\) çarpanını kendiliğinden üretti (\(u_2 = 2x\)); buna karşılık üç determinant ve üç integral gerektirdi. Sağ taraf tablodaki türden olduğunda belirsiz katsayılar genellikle çok daha kısadır.
\(\blacksquare\)
Böylece sabit katsayılı lineer denklemler için araç kutusu tamamlandı: homojen kısım karakteristik denklemin köklerinden, özel çözüm de sağ tarafın türüne göre belirsiz katsayılardan ya da parametrelerin değişiminden gelir. Değişken katsayılı denklemlerde ise asıl zorluk \(y_h\)’yi bulmaktır; parametrelerin değişimi ancak bir temel çözüm kümesi elimizdeyse işe yarar. Katsayıları \(x\)’in kuvvetleriyle orantılı olan özel bir sınıf, bir değişken değiştirmeyle sabit katsayılı bir denkleme dönüşür ve bu bölümün bütün yöntemleri ona da uygulanabilir. Bu sınıfı bir sonraki bölümde, Cauchy–Euler Denklemi bölümünde inceleyeceğiz.