17 Yüksek Mertebe Lineer Denklemler
Önceki bölümlerde ikinci mertebeden lineer denklemlerin kuramını adım adım kurduk. İkinci Mertebe Lineer Denklemler bölümünde süperpozisyon ilkesini ve temel çözüm kümesini, Wronskiyen ve Lineer Bağımsızlık bölümünde bağımsızlık testini ve varlık–teklik teoremini, Sabit Katsayılı Homojen Denklemler bölümünde de \(ay'' + by' + cy = 0\) denklemlerinin karakteristik denklemle çözümünü gördük. Bu bölümde aynı yapıyı \(n\)-inci mertebeye taşıyacağız.
İyi haber şu: kuramın hiçbir parçası “iki” sayısına özgü değildir. \(n\)-inci mertebeden lineer homojen bir denklemin bütün çözümleri, tıpkı ikinci mertebede olduğu gibi, \(n\) tane lineer bağımsız çözümün lineer bileşimleridir; katsayılar sabitse bu \(n\) çözüm karakteristik denklemin köklerinden doğrudan okunur. Yeni olan iki şey vardır. Birincisi, karakteristik polinomun derecesi artık ikiden büyüktür; köklerini bulmak için ikinci dereceden denklemin formülü yetmez, rasyonel kök testi ve sentetik bölme gibi cebir araçlarına başvururuz. İkincisi, bir kök iki kereden fazla tekrarlanabilir; katlı kök kuralını genel \(k\) katlılığa genişletmemiz ve bunu sağlam biçimde gerekçelendirmemiz gerekir.
Leonhard Euler’in (1707–1783) 1743 tarihli çalışması sabit katsayılı denklemleri zaten her \(n\) mertebesi için ele alıyordu. Bu bölümde kullanacağımız türev operatörü \(D\)’yi bir sayı gibi çarpanlarına ayırıp polinom cebiriyle işleme yöntemini ise George Boole (1815–1864) sistemli hâle getirdi. Boole, 1844’te Philosophical Transactions dergisinde yayımlanan “On a General Method in Analysis” makalesinde bu sembolik operatör yöntemini lineer diferansiyel denklemlere uyguladı.
17.1 \(n\)-inci Mertebe Lineer Denklemler
İşe denklemi yazmakla başlayalım. \(n\)-inci mertebeden lineer bir denklemin genel biçimini Tanım 1.5 ile tanımlamıştık:
\[a_0(x)y^{(n)} + a_1(x)y^{(n-1)} + \dots + a_n(x)y = b(x).\]
Üzerinde çalıştığımız aralıkta \(a_0(x) \neq 0\) olduğundan iki tarafı \(a_0(x)\)’e bölebiliriz. Böylece en yüksek mertebeden türevin katsayısı \(1\) olur ve denklem
\[ \begin{aligned} &y^{(n)} + p_{n-1}(x)\,y^{(n-1)} + \dots \\[1mm] &\quad + p_1(x)\,y' + p_0(x)\,y = r(x) \end{aligned} \tag{1} \]
standart biçimine gelir. Burada katsayıları, önünde durdukları türevin mertebesiyle numaralandırıyoruz: \(p_k(x)\), \(y^{(k)}\)’nın katsayısıdır. İkinci mertebede olduğu gibi (bkz. Tanım 11.1), \(r(x) \equiv 0\) ise denkleme homojen, değilse homojen olmayan denklem denir. Homojen denklemi ayrıca yazalım:
\[ \begin{aligned} &y^{(n)} + p_{n-1}(x)\,y^{(n-1)} + \dots \\[1mm] &\quad + p_1(x)\,y' + p_0(x)\,y = 0. \end{aligned} \tag{2} \]
Yazıyı kısaltmak için sol tarafa bir ad verelim:
\[L[y] = y^{(n)} + p_{n-1}(x)\,y^{(n-1)} + \dots + p_0(x)\,y.\]
Bu gösterimle (1) denklemi \(L[y] = r(x)\), (2) denklemi de \(L[y] = 0\) olur. \(L\), kendisine verilen bir fonksiyondan yeni bir fonksiyon üreten bir kuraldır; bunun gibi kurallara operatör (operator) denir.
Bir \(I\) aralığı üzerinde çözüm kavramı Tanım 2.1 ile aynıdır: \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilen ve (1)’i \(I\)’nın her noktasında sağlayan fonksiyon. Başlangıç değer problemi de Tanım 3.1 ile tanımlanmıştı; \(n\)-inci mertebede bir \(x_0 \in I\) noktasında \(n\) koşul verilir:
\[y(x_0) = \alpha_0, \quad y'(x_0) = \alpha_1, \quad \dots, \quad y^{(n-1)}(x_0) = \alpha_{n-1}.\]
Bu problemin çözümünün var ve tek olduğunu Teorem 13.2 söyler. Standart biçimde baş katsayı \(1\) olduğundan, hiç sıfırlanmama koşulu kendiliğinden sağlanır ve teoremin koşulları katsayıların sürekliliğine iner: \(p_0, \dots, p_{n-1}\) ve \(r\) açık bir \(I\) aralığında sürekliyse, her \(x_0 \in I\) ve her \(\alpha_0, \dots, \alpha_{n-1}\) sayısı için problemin \(I\)’nın tamamında tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır. Bu bölümdeki bütün kuram bu teoremin üzerine kurulacak.
Örnek 17.1 (Beşinci Mertebeden Bir Başlangıç Değer Problemi) \[y^{(5)} + (\sin x)\,y^{(4)} + (x^2 + 3)\,y''' + e^{x}\,y' + 5y = 0\]
denklemi ile
\[y(0) = 1, \quad y'(0) = -1, \quad y''(0) = 3, \quad y'''(0) = \pi, \quad y^{(4)}(0) = \frac{1}{2}\]
koşullarından oluşan başlangıç değer probleminin \((-\infty, \infty)\) üzerinde tek bir çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Denklem beşinci mertebeden, lineer ve homojendir; \(y^{(5)}\)’in katsayısı zaten \(1\) olduğundan standart biçimdedir. (2) ile karşılaştırınca katsayılar
\[p_4(x) = \sin x, \quad p_3(x) = x^2 + 3, \quad p_2(x) = 0, \quad p_1(x) = e^{x}, \quad p_0(x) = 5\]
olarak okunur. Bunların hepsi bütün gerçel sayılarda süreklidir: \(\sin x\) ve \(e^{x}\) her yerde sürekli, \(x^2 + 3\) bir polinom, \(0\) ile \(5\) sabittir. Sağ taraf \(r(x) = 0\) da süreklidir.
Başlangıç noktası \(x_0 = 0\), \(I = (-\infty, \infty)\) aralığının içindedir ve başlangıç değerleri
\[\alpha_0 = 1, \quad \alpha_1 = -1, \quad \alpha_2 = 3, \quad \alpha_3 = \pi, \quad \alpha_4 = \frac{1}{2}\]
sayılarıdır. Teorem 13.2 koşullarının hepsi sağlandığından problemin \((-\infty, \infty)\) üzerinde tanımlı bir ve yalnız bir çözümü vardır.
Dikkat edilirse çözümü bulmadık; böyle değişken katsayılı bir denklemin çözümünü kapalı biçimde yazmak genellikle mümkün de değildir. Teorem, çözümü hesaplamadan onun var ve tek olduğunu garanti eder. Başlangıç değerlerinin ne olduğu da sonucu etkilemez; belirleyici olan yalnızca katsayıların sürekliliğidir.
\(\blacksquare\)
17.2 Süperpozisyon ve Temel Çözüm Kümesi
Homojen (2) denkleminin çözümlerinin yapısına geçelim. İlk gözlem, ikinci mertebedeki süperpozisyon ilkesinin (Teorem 11.1) kelimesi kelimesine genelleşmesidir.
Teorem 17.1 (n-inci Mertebe Süperpozisyon İlkesi) \(y_1, y_2, \dots, y_m\) fonksiyonları (2) homojen denkleminin bir \(I\) aralığı üzerinde çözümleri olsun. O zaman her \(c_1, c_2, \dots, c_m\) sabiti için
\[y = c_1y_1 + c_2y_2 + \dots + c_my_m\]
fonksiyonu da (2)’nin \(I\) üzerinde bir çözümüdür.
İspat
Hesap, Teorem 13.3 teoreminin ispatındaki birinci gözlemle aynıdır (orada baş katsayıyı \(1\) almak yeter): türev toplama dağıldığı ve sabitler türevin dışına çıktığı için terimleri \(c_i\)’lere göre toplayınca
\[L[c_1y_1 + \dots + c_my_m] = c_1L[y_1] + \dots + c_mL[y_m] = 0\]
bulunur, çünkü her \(y_i\) çözüm olduğundan \(L[y_i] = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Yani homojen denklemin çözümleri toplanabilir ve sabitlerle çarpılabilir; sonuç yine bir çözümdür. Bu özellik yalnızca homojen lineer denklemlere aittir: (1)’de \(r \not\equiv 0\) ise iki çözümün toplamı \(L[y_1 + y_2] = 2r\) verir ve çözüm olmaz.
Elimizde birçok çözüm olduğunda hangilerinin “gerçekten farklı” olduğunu lineer bağımsızlık kavramı söyler; \(n\) fonksiyonun lineer bağımlılığını ve bağımsızlığını Tanım 13.1 ile tanımlamıştık. Bağımsızlığı denetlemenin pratik yolu Wronskiyendir (Tanım 13.2): \(W(f_1, \dots, f_n)\) bir noktada bile sıfırdan farklıysa fonksiyonlar lineer bağımsızdır (Teorem 13.1). Fonksiyonlar homojen bir lineer denklemin çözümleri olduğunda bunun tersi de doğrudur: bağımsız çözümlerin Wronskiyeni hiçbir noktada sıfır olmaz (Teorem 13.3).
Tanım 17.1 (Temel Çözüm Kümesi (n-inci Mertebe)) Tanım 11.3 tanımını \(n\) çözüme genişletelim: homojen (2) denkleminin bir \(I\) aralığı üzerinde lineer bağımsız olan \(n\) tane çözümünden oluşan \(\{y_1, y_2, \dots, y_n\}\) kümesine (2)’nin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi (fundamental set of solutions) ya da çözüm tabanı (basis of solutions) denir.
Yani temel çözüm kümesinde tam olarak denklemin mertebesi kadar çözüm bulunur ve bunların hiçbiri ötekilerin lineer bileşimi olarak yazılamaz. \(n = 2\) için bu tanım Tanım 11.3 ile aynıdır. Bir temel çözüm kümesi verildiğinde
\[y = c_1y_1 + c_2y_2 + \dots + c_ny_n\]
ifadesi \(n\) tane keyfi sabit içerir; buna (2)’nin \(I\) üzerindeki genel çözümü deriz. Bu ad Tanım 2.4 ile uyumludur. Ama iki soru açıktır: her denklemin bir temel çözüm kümesi var mıdır ve bu aile (2)’nin bütün çözümlerini içerir mi? Aşağıdaki teorem, katsayılar sürekli olduğu sürece iki sorunun cevabının da evet olduğunu söylüyor. İkinci mertebedeki karşılığı Teorem 11.2 teoremidir.
Teorem 17.2 (n-inci Mertebe Homojen Denklemin Genel Çözümü) \(p_0, p_1, \dots, p_{n-1}\) katsayıları açık bir \(I\) aralığında sürekli olsun.
- Homojen (2) denkleminin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi vardır.
- \(\{y_1, \dots, y_n\}\), (2)’nin \(I\) üzerinde bir temel çözüm kümesi ise (2)’nin \(I\) üzerindeki her \(y\) çözümü, sabitleri tek türlü belirlenmiş biçimde \[y = c_1y_1 + c_2y_2 + \dots + c_ny_n\] olarak yazılabilir.
İspat
İki kısım da varlık–teklik teoremine (Teorem 13.2) dayanıyor. (2) standart biçimde olduğundan baş katsayısı \(1\)’dir ve hiç sıfırlanmaz; sağ tarafı \(r \equiv 0\) da süreklidir. Dolayısıyla teoremin koşulları sağlanır.
Birinci kısım: bir temel çözüm kümesi vardır. \(I\) içinden bir \(x_0\) noktası sabitleyelim. Her \(k = 1, 2, \dots, n\) için, (2)’nin \(x_0\)’da
\[u_k^{(k-1)}(x_0) = 1, \qquad u_k^{(j)}(x_0) = 0 \quad (0 \le j \le n-1,\ j \neq k-1)\]
koşullarını sağlayan bir \(u_k\) çözümünü alalım; varlık–teklik teoremi böyle bir çözümün \(I\)’nın tamamında var olduğunu söyler. Yani \(u_1\)’in \(x_0\)’daki değeri \(1\), türevleri \(0\); \(u_2\)’nin değeri \(0\), birinci türevi \(1\), öbür türevleri \(0\); ve böyle devam eder.
Bu seçimle \(W(u_1, \dots, u_n)(x_0)\) determinantının \(k\)-ıncı sütunu, \(k\)-ıncı elemanı \(1\) ve öbür elemanları \(0\) olan sütundur. Yani \(x_0\)’daki Wronskiyen matrisi birim matristir ve
\[W(u_1, u_2, \dots, u_n)(x_0) = 1 \neq 0\]
olur. Teorem 13.1 gereği \(u_1, \dots, u_n\) çözümleri \(I\) üzerinde lineer bağımsızdır; demek ki \(\{u_1, \dots, u_n\}\) bir temel çözüm kümesidir.
İkinci kısım: her çözüm bir lineer bileşimdir. \(\{y_1, \dots, y_n\}\) bir temel çözüm kümesi ve \(y\), (2)’nin \(I\) üzerinde herhangi bir çözümü olsun. Bir \(x_0 \in I\) seçelim ve \(\alpha_j = y^{(j)}(x_0)\) diyelim (\(j = 0, 1, \dots, n-1\)). \(c_1, \dots, c_n\) bilinmeyenli
\[ \begin{aligned} c_1y_1(x_0) + \dots + c_ny_n(x_0) &= \alpha_0 \\ c_1y_1'(x_0) + \dots + c_ny_n'(x_0) &= \alpha_1 \\ &\ \ \vdots \\ c_1y_1^{(n-1)}(x_0) + \dots + c_ny_n^{(n-1)}(x_0) &= \alpha_{n-1} \end{aligned} \]
sistemine bakalım. Katsayı matrisinin determinantı tam olarak \(W(y_1, \dots, y_n)(x_0)\)’dır (bkz. Tanım 13.2). \(y_1, \dots, y_n\) lineer bağımsız çözümler olduğundan bu sayı Teorem 13.3 gereği sıfırdan farklıdır; dolayısıyla sistemin tek bir \((c_1, \dots, c_n)\) çözümü vardır (Cramer kuralı). Bu sabitlerle kurulan
\[Y = c_1y_1 + c_2y_2 + \dots + c_ny_n\]
fonksiyonu Teorem 17.1 gereği (2)’nin bir çözümüdür ve sistemin kuruluşu gereği \(x_0\)’da \(y\) ile aynı başlangıç değerlerine sahiptir: \(Y^{(j)}(x_0) = \alpha_j = y^{(j)}(x_0)\). Varlık–teklik teoreminin teklik kısmı gereği \(I\)’nın her noktasında \(y = Y\)’dir.
Son olarak sabitlerin tekliği: \(y\) iki farklı biçimde, \(c_i\) ve \(d_i\) sabitleriyle yazılabilseydi iki ifadeyi birbirinden çıkararak
\[(c_1 - d_1)y_1 + (c_2 - d_2)y_2 + \dots + (c_n - d_n)y_n = 0\]
elde ederdik; lineer bağımsızlık gereği her \(i\) için \(c_i = d_i\)’dir.
\(\blacksquare\)
Yani sürekli katsayılı (2) denkleminin çözüm kümesi, herhangi bir temel çözüm kümesinin bütün lineer bileşimlerinden ibarettir. Denklemi çözmek, \(n\) tane lineer bağımsız çözüm bulmaktan başka bir şey değildir; gerisini süperpozisyon halleder.
Teoremin önemli bir sonucu, lineer denklemlerde tekil çözüm diye bir şeyin olmamasıdır.
Sonuç 17.1 (Lineer Homojen Denklemin Tekil Çözümü Yoktur) \(p_0, \dots, p_{n-1}\) katsayıları açık bir \(I\) aralığında sürekliyse (2) denkleminin \(I\) üzerinde bir genel çözümü vardır ve bu genel çözüm (2)’nin \(I\) üzerindeki bütün çözümlerini içerir. Dolayısıyla (2)’nin \(I\) üzerinde tekil çözümü yoktur.
İspat
Genel çözüm teoreminin (Teorem 17.2) birinci kısmına göre bir \(\{y_1, \dots, y_n\}\) temel çözüm kümesi vardır; \(y = c_1y_1 + \dots + c_ny_n\) ailesi \(n\) keyfi sabitli bir genel çözümdür. İkinci kısma göre (2)’nin her çözümü bu ailedeki sabitlere uygun değerler verilerek elde edilir. Tanım gereği (bkz. Tanım 2.4) tekil çözüm, genel çözümden hiçbir sabit seçimiyle elde edilemeyen bir çözümdür; dolayısıyla (2)’nin \(c_1y_1 + \dots + c_ny_n\) genel çözümüne göre tekil çözümü yoktur.
\(\blacksquare\)
Bunun nedenini anlamak için tekil çözümlerin nereden çıktığına bakalım. \((y')^2 - 4y = 0\) denkleminin \(y = 0\) tekil çözümünü hatırlayın (bkz. Örnek 2.4). Her \((x_0, 0)\) noktasından bu denklemin iki farklı çözümü geçer: \(y \equiv 0\) ve \(y = (x - x_0)^2\). Yani bu noktalarda teklik bozulur; başlangıç değeri tek bir çözümü belirlemez ve aileye ait olmayan bir çözüm “araya sızabilir”. Sürekli katsayılı lineer bir denklemde ise iki şey birlikte geçerlidir:
- Teklik \(I\)’nın her noktasında ve her başlangıç değeri için sağlanır (Teorem 13.2).
- Genel çözüm, \(I\)’nın her noktasında her başlangıç değerini sağlayabilir, çünkü sabitleri belirleyen sistemin determinantı olan Wronskiyen hiç sıfır olmaz (Teorem 13.3).
Hangi çözümü alırsak alalım, bir noktadaki başlangıç değerleri ailenin bir üyesiyle eşleştirilebilir ve teklik ikisini aynı fonksiyon yapar; aile dışında kalan bir çözüm olamaz. Katsayıların sürekliliği bu yüzden vazgeçilmezdir: Tanım 1.5 tanımındaki \(a_0(x)\) katsayısının sıfır olduğu noktalarda standart biçimin katsayıları sürekliliğini yitirebilir ve teorem hiçbir şey söylemez. Bu nedenle böyle noktaları içermeyen aralıklarda çalışırız.
Aynı sonuç homojen olmayan (1) denklemi için de geçerlidir. \(p_0, \dots, p_{n-1}\) ve \(r\), \(I\) üzerinde sürekli olsun. (1)’in herhangi iki \(z_1\), \(z_2\) çözümü için \(L[z_1 - z_2] = r - r = 0\) olduğundan farkları (2)’nin bir çözümüdür (ikinci mertebedeki karşılığı Teorem 15.1; \(n\)-inci mertebe için Teorem 18.1). Bu yüzden (1)’in bir \(y_p\) çözümü bilindiğinde, \(\{y_1, \dots, y_n\}\) (2)’nin bir temel çözüm kümesi olmak üzere (1)’in her çözümü \(y_p + c_1y_1 + \dots + c_ny_n\) biçimindedir.
17.3 Sabit Katsayılı Denklemler ve Karakteristik Denklem
Genel çözüm teoremi \(n\) bağımsız çözümün yettiğini söyler ama onları nasıl bulacağımızı söylemez. Değişken katsayılı denklemler için bunun genel bir yolu yoktur. Katsayılar sabit olduğunda (bkz. Tanım 1.7) ise problem tamamen cebire iner. Bu bölümün geri kalanında
\[a_ny^{(n)} + a_{n-1}y^{(n-1)} + \dots + a_1y' + a_0y = 0, \qquad a_n \neq 0 \tag{3}\]
denklemini ele alacağız. Burada \(a_0, a_1, \dots, a_n\) gerçel sabitlerdir ve yine \(a_k\), \(y^{(k)}\)’nın katsayısıdır. (3)’ü \(a_n\)’ye bölünce katsayıları sabit, dolayısıyla bütün gerçel sayılarda sürekli olan bir standart biçim elde edilir; demek ki önceki kısmın bütün sonuçları \(I = (-\infty, \infty)\) üzerinde geçerlidir.
İkinci mertebede olduğu gibi \(y = e^{\lambda x}\) deneyelim. Her \(k\) için \(\left(e^{\lambda x}\right)^{(k)} = \lambda^ke^{\lambda x}\) olduğundan (3)’ün sol tarafı
\[a_n\lambda^ne^{\lambda x} + \dots + a_1\lambda e^{\lambda x} + a_0e^{\lambda x} = P(\lambda)\,e^{\lambda x}\]
olur; burada
\[P(\lambda) = a_n\lambda^n + a_{n-1}\lambda^{n-1} + \dots + a_1\lambda + a_0 \tag{4}\]
polinomudur. \(e^{\lambda x}\) hiçbir yerde sıfır olmadığından \(e^{\lambda x}\)’in (3)’ün çözümü olması, \(P(\lambda) = 0\) olmasıyla aynı şeydir. İkinci mertebede olduğu gibi (bkz. Tanım 14.1) \(P(\lambda)\)’ya (3)’ün karakteristik polinomu (characteristic polynomial), \(P(\lambda) = 0\) denklemine karakteristik denklemi, köklerine de karakteristik kökler diyeceğiz. Karakteristik polinomu yazmanın pratik kuralı basittir: denklemde \(y^{(k)}\) gördüğümüz yere \(\lambda^k\) yazarız (\(y\)’nin kendisi \(\lambda^0 = 1\) olur).
\(P\), \(n\)-inci dereceden gerçel katsayılı bir polinomdur. Cebirin temel teoremine göre kökleri katlılıklarıyla sayıldığında tam \(n\) tane (gerçel ya da kompleks) kökü vardır. Katlılık kavramını kesinleştirelim.
Tanım 17.2 (Bir Kökün Katlılığı) \(\lambda_0\) gerçel ya da kompleks bir sayı, \(k \ge 1\) bir tamsayı olsun. \(P(\lambda)\) polinomu, \(Q(\lambda_0) \neq 0\) olan bir \(Q\) polinomuyla
\[P(\lambda) = (\lambda - \lambda_0)^k\,Q(\lambda)\]
biçiminde yazılabiliyorsa \(\lambda_0\)’a \(P\)’nin \(k\) katlı kökü (root of multiplicity \(k\)), \(k\) sayısına da bu kökün katlılığı (multiplicity) denir. \(k = 1\) ise köke basit kök (simple root) denir.
Yani bir kökün katlılığı, \((\lambda - \lambda_0)\) çarpanının \(P\)’nin çarpanlara ayrılışında kaç kez göründüğüdür. Örneğin \(P(\lambda) = \lambda(\lambda - 1)^3\) polinomunda \(0\) basit kök, \(1\) ise üç katlı köktür; katlılıkların toplamı \(1 + 3 = 4\), polinomun derecesine eşittir.
\(P\)’nin katsayıları gerçel olduğundan kompleks kökleri eşlenik çiftler hâlinde gelir. Gerçekten de gerçel katsayılı bir polinom için her \(\lambda\) sayısında \(\overline{P(\lambda)} = P(\bar\lambda)\)’dır; \(\alpha + i\beta\) kök ise \(\alpha - i\beta\) de köktür. Dahası
\[(\lambda - \alpha - i\beta)(\lambda - \alpha + i\beta) = (\lambda - \alpha)^2 + \beta^2\]
gerçel katsayılı bir çarpandır. Gerçel katsayılı bir polinomu bu gerçel çarpana böldüğümüzde bölüm de gerçel katsayılı olur; yani \(P(\lambda) = \left[(\lambda - \alpha)^2 + \beta^2\right]P_1(\lambda)\) ve \(P_1\) gerçel katsayılıdır. Aynı akıl yürütme \(P_1\)’e uygulanır: \(\alpha + i\beta\), \(P_1\)’in de kökü ise \(\alpha - i\beta\) de öyledir ve bir çarpan daha ayrılır. Her adımda iki eşlenik kökün katlılığı birlikte birer azaldığından katlılıkları eşittir. Bu yüzden “\(k\) katlı kompleks kök çifti \(\alpha \pm i\beta\)” demek anlamlıdır.
17.4 Türev Operatörü ve Katlı Kökler
Kökler basit olduğunda her kök bir \(e^{\lambda x}\) çözümü verir. Bir kök \(k\) katlı olduğunda ise \(e^{\lambda x}\) tek başına yetmez; eksik çözümleri bulmanın en temiz yolu, denklemi bir operatör denklemi gibi yazmaktır.
Türev operatörü (differential operator) \(D\), bir fonksiyonu türevine götürür: \(Dy = y'\). Art arda uygulamalar \(D^2y = y''\), genel olarak \(D^ky = y^{(k)}\) verir ve \(D^0y = y\) diye anlaşırız. Sabit katsayılı bir \(Q(\lambda) = b_m\lambda^m + \dots + b_1\lambda + b_0\) polinomu için
\[Q(D)y = b_my^{(m)} + \dots + b_1y' + b_0y\]
yazarız. Bu gösterimle (3) denklemi kısaca \(P(D)y = 0\) olur. Örneğin \((D - 2)y = y' - 2y\) ve \((D^2 + 4)y = y'' + 4y\)’dir.
Kompleks köklerle de çalışacağımız için operatörleri değerleri kompleks sayı olan fonksiyonlara da uygulayacağız. Önce \(e^{\lambda x}\)’in kompleks \(\lambda\) için anlamını hatırlayalım. Sabit Katsayılı Homojen Denklemler bölümünde olduğu gibi \(\lambda = \alpha + i\beta\) için Euler formülüyle
\[e^{\lambda x} = e^{\alpha x}\left(\cos\beta x + i\sin\beta x\right) \tag{5}\]
tanımlanır. \(u\) ve \(v\) gerçel fonksiyonlar olmak üzere \(f = u + iv\) biçimindeki bir fonksiyonun türevi, gerçel ve sanal kısımların türevleri alınarak \(f' = u' + iv'\) diye tanımlanır. Toplam ve çarpım kuralları ile kompleks bir \(c\) sabiti için \((cf)' = cf'\) kuralı bu tanımla aynen geçerli kalır. Gerçel üstelin bize gereken üç özelliği de korunur:
- \(\left(e^{\lambda x}\right)' = \lambda e^{\lambda x}\). Gerçekten de (5)’in türevini alırsak \[ \begin{aligned} \left(e^{\lambda x}\right)' &= \alpha e^{\alpha x}(\cos\beta x + i\sin\beta x) \\[1mm] &\quad + e^{\alpha x}(-\beta\sin\beta x + i\beta\cos\beta x) \end{aligned} \] bulunur. İkinci satırdaki parantez \(i\beta(\cos\beta x + i\sin\beta x)\)’e eşit olduğundan toplam \((\alpha + i\beta)\,e^{\lambda x} = \lambda e^{\lambda x}\)’tir.
- \(e^{\lambda x}e^{\mu x} = e^{(\lambda + \mu)x}\). \(\mu = \gamma + i\delta\) için çarpımı açınca gerçel ve sanal kısımlarda kosinüs ile sinüsün toplam formülleri ortaya çıkar: \[ \begin{aligned} \cos\beta x\cos\delta x - \sin\beta x\sin\delta x &= \cos(\beta + \delta)x, \\[1mm] \sin\beta x\cos\delta x + \cos\beta x\sin\delta x &= \sin(\beta + \delta)x. \end{aligned} \] \(e^{\alpha x}e^{\gamma x} = e^{(\alpha + \gamma)x}\) eşitliğiyle birlikte bu, tam olarak \(e^{(\lambda + \mu)x}\)’in (5)’teki tanımıdır.
- \(e^{\lambda x}\) hiçbir yerde sıfır olmaz, çünkü mutlak değeri \(e^{\alpha x} > 0\)’dır.
Birinci özelliği art arda uygulayarak \(D^k\big[e^{\lambda x}\big] = \lambda^ke^{\lambda x}\) buluruz; dolayısıyla \(P(D)\big[e^{\lambda x}\big] = P(\lambda)\,e^{\lambda x}\) eşitliği kompleks \(\lambda\) için de geçerlidir.
Operatörlerin asıl gücü, polinomlar gibi çarpanlara ayrılabilmeleridir.
Lemma 17.1 (Operatör Polinomlarının Çarpımı) \(Q\) ve \(R\), katsayıları gerçel ya da kompleks sabitler olan iki polinom ve \(P = QR\) olsun. O zaman yeterince türevlenebilen her \(y\) fonksiyonu için
\[P(D)y = Q(D)\big[R(D)y\big] = R(D)\big[Q(D)y\big].\]
İspat
\(Q(\lambda) = b_m\lambda^m + \dots + b_0\) ve \(R(\lambda) = c_l\lambda^l + \dots + c_0\) yazalım. \(Q(D)[R(D)y]\) ifadesini açtığımızda \(b_iD^i\) terimlerinin her biri \(c_jy^{(j)}\) terimlerinin her birine uygulanır. \(c_j\) sabit olduğundan türevin dışına çıkar ve
\[b_iD^i\left[c_j\,y^{(j)}\right] = b_ic_j\,y^{(i+j)}\]
olur. Öte yandan \(Q(\lambda)R(\lambda)\) çarpımını açtığımızda aynı \((i, j)\) çifti
\[b_i\lambda^i \cdot c_j\lambda^j = b_ic_j\,\lambda^{i+j}\]
terimini verir. İki açılımda terimler birebir eşleşir: \(\lambda^{s}\) ile \(y^{(s)}\) birbirine karşılık gelir. Aynı kuvvetleri toplayınca \(Q(D)[R(D)y]\) ifadesinde \(y^{(s)}\)’nin katsayısı, \(P(\lambda)\)’da \(\lambda^s\)’nin katsayısına eşit çıkar; yani \(Q(D)[R(D)y] = P(D)y\)’dir. \(QR = RQ\) olduğundan rolleri değiştirerek \(R(D)[Q(D)y] = P(D)y\) de bulunur.
\(\blacksquare\)
Yani sabit katsayılı bir operatörü, karakteristik polinomu nasıl çarpanlara ayırıyorsak öyle ayırabilir ve çarpanları istediğimiz sırayla uygulayabiliriz. Örneğin \(a\) ve \(b\) sabitleri için
\[(D - a)(D - b)y = y'' - (a + b)y' + ab\,y\]
olur. Sabit katsayı varsayımı ispatta tek bir yerde, \(c_j\)’nin türevin dışına çıktığı adımda kullanıldı ve vazgeçilmezdir. Örneğin \((D - x)Dy = y'' - xy'\) iken
\[D(D - x)y = (y' - xy)' = y'' - xy' - y\]
olur; değişken katsayılı çarpanların sırası önemlidir.
Katlı köklerin kuralının özü ise aşağıdaki formüldür.
Lemma 17.2 (Kaydırma Formülü) \(r\) gerçel ya da kompleks bir sabit ve \(u\) yeterince türevlenebilen bir fonksiyon olsun. O zaman
\[(D - r)\big[u\,e^{rx}\big] = u'\,e^{rx}\]
ve her \(k \ge 1\) için
\[(D - r)^k\big[u\,e^{rx}\big] = u^{(k)}\,e^{rx}.\]
İspat
Çarpım kuralı ve \(\left(e^{rx}\right)' = re^{rx}\) eşitliği ile
\[\left(u\,e^{rx}\right)' = u'\,e^{rx} + r\,u\,e^{rx}\]
olur. Bundan \(r\,u\,e^{rx}\) çıkarınca birinci eşitlik elde edilir.
İkinci eşitliği \(k\) üzerinden tümevarımla gösterelim. \(k = 1\) durumu birinci eşitliktir. Eşitlik \(k - 1\) için doğru olsun. \((D - r)^k = (D - r)(D - r)^{k-1}\) olduğundan
\[(D - r)^k\big[u\,e^{rx}\big] = (D - r)\big[u^{(k-1)}\,e^{rx}\big] = u^{(k)}\,e^{rx}\]
bulunur; son adımda birinci eşitliği \(u\) yerine \(u^{(k-1)}\) fonksiyonuyla kullandık.
\(\blacksquare\)
Yani \(e^{rx}\) ile çarpılmış bir fonksiyona \((D - r)\) uygulamak, yalnızca çarpanı türetmek demektir; üstel çarpan dışarıda olduğu gibi kalır. Özellikle \(u = x^j\) alırsak, \(j < k\) iken \(x^j\)’nin \(k\)-ıncı türevi sıfır olduğundan
\[(D - r)^k\big[x^je^{rx}\big] = 0 \qquad (j = 0, 1, \dots, k - 1)\]
olur. Katlı bir kökün neden \(xe^{rx}\), \(x^2e^{rx}\), … çözümlerini verdiğini birazdan bu eşitlik açıklayacak.
17.5 Kök Türlerine Göre Temel Çözüm Kümesi
Köklerin verdiği çözümlerin bir temel çözüm kümesi oluşturduğunu göstermek için bir bağımsızlık sonucuna ihtiyacımız var: farklı üstellere ait “polinom çarpı üstel” terimler birbirini yok edemez.
Lemma 17.3 (Polinom Çarpı Üstel Terimlerin Bağımsızlığı) \(\mu_1, \mu_2, \dots, \mu_m\) birbirinden farklı (gerçel ya da kompleks) sayılar, \(q_1, q_2, \dots, q_m\) de (katsayıları kompleks olabilen) polinomlar olsun. Bir \(I\) aralığının her noktasında
\[q_1(x)e^{\mu_1x} + q_2(x)e^{\mu_2x} + \dots + q_m(x)e^{\mu_mx} = 0\]
ise \(q_1, q_2, \dots, q_m\) polinomlarının hepsi sıfır polinomdur.
İspat
Önce bir hazırlık. \(\nu\) bir sabit ve \(q\) bir polinomsa çarpım kuralıyla
\[\left(q(x)\,e^{\nu x}\right)' = \left(q'(x) + \nu\,q(x)\right)e^{\nu x}\]
olur. \(\nu \neq 0\) ve \(q\) sıfırdan farklıysa \(q' + \nu q\) polinomu da sıfırdan farklıdır: \(q'\)’nin derecesi \(q\)’nunkinden küçük olduğundan \(q' + \nu q\)’nun baş katsayısı, \(q\)’nun baş katsayısının \(\nu\) katıdır. Yani \(e^{\nu x}\)’li bir terimi türetmek, \(\nu \neq 0\) iken sıfır olmayan polinomu sıfır olmayan bir polinoma götürür.
Şimdi \(m\) üzerinden tümevarım yapalım. \(m = 1\) ise \(q_1(x)e^{\mu_1x} = 0\) ve \(e^{\mu_1x} \neq 0\) olduğundan \(I\)’nın her noktasında \(q_1(x) = 0\)’dır. Sıfırdan farklı bir polinomun yalnızca sonlu sayıda kökü vardır, \(I\)’da ise sonsuz sayıda nokta bulunur; dolayısıyla \(q_1\) sıfır polinomdur.
İddia \(m - 1\) terim için doğru olsun (\(m \ge 2\)). Verilen özdeşliği \(e^{-\mu_mx}\) ile çarpalım ve \(\nu_i = \mu_i - \mu_m\) diyelim:
\[q_1(x)e^{\nu_1x} + \dots + q_{m-1}(x)e^{\nu_{m-1}x} + q_m(x) = 0.\]
\(\nu_1, \dots, \nu_{m-1}\) sayıları sıfırdan ve birbirinden farklıdır. \(q_m\) sıfır polinomsa bu özdeşlik \(m - 1\) terimlidir ve tümevarım hipotezi diğer \(q_i\)’lerin de sıfır olduğunu verir. Değilse \(d\), \(q_m\)’nin derecesi olsun ve özdeşliğin \(d + 1\) kez türevini alalım. \(q_m\) terimi yok olur; her \(q_i(x)e^{\nu_ix}\) terimi ise hazırlık gereği \(\tilde q_i(x)e^{\nu_ix}\) biçimine girer ve \(\tilde q_i\), ancak \(q_i\) sıfırsa sıfırdır. Elde edilen \(m - 1\) terimli özdeşliğe tümevarım hipotezini uygularsak her \(\tilde q_i\), dolayısıyla her \(q_i\) (\(i < m\)) sıfır polinom çıkar. Geriye \(q_m(x)e^{\mu_mx} = 0\) kalır ve \(m = 1\) durumu \(q_m\)’nin de sıfır olduğunu verir.
\(\blacksquare\)
Artık bölümün ana teoremini verebiliriz.
Teorem 17.3 (Sabit Katsayılı Denklemin Temel Çözüm Kümesi) Sabit katsayılı (3) denkleminin karakteristik polinomu \(P(\lambda)\) olsun.
- \(P\)’nin \(k\) katlı her gerçel kökü \(r\) için \[e^{rx}, \quad xe^{rx}, \quad \dots, \quad x^{k-1}e^{rx}\] fonksiyonları (3)’ün çözümleridir.
- \(P\)’nin \(k\) katlı her kompleks eşlenik kök çifti \(\alpha \pm i\beta\) (\(\beta > 0\)) için, \(j = 0, 1, \dots, k - 1\) olmak üzere \[x^je^{\alpha x}\cos\beta x, \qquad x^je^{\alpha x}\sin\beta x\] fonksiyonları (3)’ün gerçel çözümleridir.
- Bütün gerçel köklerden ve bütün eşlenik kök çiftlerinden bu biçimde elde edilen fonksiyonlar tam \(n\) tanedir ve \((-\infty, \infty)\) üzerinde (3)’ün bir temel çözüm kümesini oluşturur. Dolayısıyla (3)’ün genel çözümü bu \(n\) fonksiyonun keyfi sabitlerle lineer bileşimidir ve (3)’ün bütün çözümlerini içerir.
İspat
Birinci kısım. \(r\), \(P\)’nin \(k\) katlı kökü olduğundan \(P(\lambda) = Q(\lambda)(\lambda - r)^k\) biçiminde yazılır. Lemma 17.1 gereği her \(y\) için
\[P(D)y = Q(D)\big[(D - r)^ky\big]\]
olur. \(0 \le j \le k - 1\) için Lemma 17.2 ile
\[(D - r)^k\big[x^je^{rx}\big] = \left(x^j\right)^{(k)}e^{rx} = 0\]
bulunur, çünkü \(j < k\) olduğundan \(x^j\)’nin \(k\)-ıncı türevi sıfırdır. \(Q(D)\) sıfır fonksiyonunu sıfıra götürdüğünden \(P(D)\big[x^je^{rx}\big] = 0\)’dır; yani \(x^je^{rx}\) (3)’ün bir çözümüdür.
İkinci kısım. \(\lambda = \alpha + i\beta\), \(P\)’nin \(k\) katlı kökü olsun. İki yardımcı sonuç kompleks sabitler için de geçerli olduğundan \(P(\lambda) = Q(\lambda)(\lambda - \alpha - i\beta)^k\) yazıp birinci kısımdaki hesabı aynen tekrarlayarak \(j \le k - 1\) için \(P(D)\big[x^je^{\lambda x}\big] = 0\) bulunur. (5) gereği
\[x^je^{\lambda x} = x^je^{\alpha x}\cos\beta x + i\,x^je^{\alpha x}\sin\beta x\]
olur. Bu fonksiyonun gerçel kısmına \(u\), sanal kısmına \(v\) diyelim. \(P\)’nin katsayıları gerçel olduğundan \(P(D)[u + iv] = P(D)u + i\,P(D)v\)’dir ve \(P(D)u\) ile \(P(D)v\) gerçel fonksiyonlardır. Kompleks bir sayı ancak gerçel ve sanal kısımları sıfırsa sıfır olduğundan \(P(D)u = 0\) ve \(P(D)v = 0\) elde edilir; iki gerçel fonksiyon da (3)’ün çözümüdür.
Üçüncü kısım: sayım. Cebirin temel teoremine göre \(P\)’nin köklerinin katlılıkları toplamı \(n\)’dir. \(k\) katlı bir gerçel kök \(k\) fonksiyon verir. \(k\) katlı bir eşlenik çift ise toplamda \(2k\) kök sayılır ve \(2k\) fonksiyon verir. Dolayısıyla fonksiyonların sayısı tam \(n\)’dir.
Üçüncü kısım: bağımsızlık. Bu \(n\) fonksiyonun gerçel sabitlerle kurulmuş bir lineer bileşimi \((-\infty, \infty)\) üzerinde özdeş olarak sıfır olsun. Bir \(\alpha \pm i\beta\) çiftine ait terimleri üstellerle yazalım. \(\lambda = \alpha + i\beta\), \(\bar\lambda = \alpha - i\beta\) olmak üzere (5)’ten
\[e^{\alpha x}\cos\beta x = \frac{e^{\lambda x} + e^{\bar\lambda x}}{2}, \qquad e^{\alpha x}\sin\beta x = \frac{e^{\lambda x} - e^{\bar\lambda x}}{2i}\]
olduğundan, \(c\) ve \(d\) gerçel sabitler için
\[ \begin{aligned} &c\,x^je^{\alpha x}\cos\beta x + d\,x^je^{\alpha x}\sin\beta x \\[1mm] &\quad = \frac{c - id}{2}\,x^je^{\lambda x} + \frac{c + id}{2}\,x^je^{\bar\lambda x} \end{aligned} \]
yazılır. Bunu her çift için yapıp aynı üstelli terimleri bir araya toplarsak, sıfıra eşit bileşim
\[q_1(x)e^{\mu_1x} + q_2(x)e^{\mu_2x} + \dots + q_m(x)e^{\mu_mx} = 0\]
biçimini alır. Burada \(\mu_1, \dots, \mu_m\), \(P\)’nin birbirinden farklı kökleridir; \(q_i\) polinomlarının katsayıları ise gerçel kökler için bileşimin sabitleri, kompleks kökler için \(\dfrac{c - id}{2}\) ve \(\dfrac{c + id}{2}\) biçimindeki sayılardır. Lemma 17.3 gereği her \(q_i\) sıfır polinomdur. Gerçel köklerin sabitleri böylece doğrudan sıfır çıkar. Bir çift için \(\dfrac{c - id}{2} = 0\) ise, \(c\) ile \(d\) gerçel olduğundan \(c = d = 0\)’dır. Demek ki bileşimin bütün sabitleri sıfırdır ve \(n\) fonksiyon lineer bağımsızdır.
(3)’ün katsayıları sabit, dolayısıyla \((-\infty, \infty)\) üzerinde süreklidir. Lineer bağımsız \(n\) çözüm bir temel çözüm kümesidir (Tanım 17.1) ve son iddia Teorem 17.2 teoreminden çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani sabit katsayılı bir denklemi çözmek için karakteristik polinomun köklerini katlılıklarıyla bulmak ve her kökün (ya da kök çiftinin) katkısını aşağıdaki tablodan okuyup toplamak yeter. \(n = 2\) için teorem, Teorem 14.2, Teorem 14.3 ve Teorem 14.4 teoremlerini birlikte verir.
| Kök türü | Temel çözüm kümesine katkısı |
|---|---|
| basit gerçel kök \(r\) | \(e^{rx}\) |
| \(k\) katlı gerçel kök \(r\) | \(e^{rx}, xe^{rx}, \dots, x^{k-1}e^{rx}\) |
| basit kompleks çift \(\alpha \pm i\beta\) | \(e^{\alpha x}\cos\beta x\), \(e^{\alpha x}\sin\beta x\) |
| \(k\) katlı kompleks çift \(\alpha \pm i\beta\) | \(x^je^{\alpha x}\cos\beta x\), \(x^je^{\alpha x}\sin\beta x\) (\(j < k\)) |
Tablonun en sık kullanılan üç özel durumu şunlardır.
- Bütün kökler gerçel ve basitse (\(\lambda_1, \dots, \lambda_n\) birbirinden farklı): \[y = c_1e^{\lambda_1x} + c_2e^{\lambda_2x} + \dots + c_ne^{\lambda_nx}.\]
- \(\lambda_1\) \(k\) katlı gerçel kök, \(\lambda_{k+1}, \dots, \lambda_n\) basit gerçel köklerse: \[ \begin{aligned} y &= \left(c_1 + c_2x + \dots + c_kx^{k-1}\right)e^{\lambda_1x} \\[1mm] &\quad + c_{k+1}e^{\lambda_{k+1}x} + \dots + c_ne^{\lambda_nx}. \end{aligned} \]
- \(k\) katlı bir \(\alpha \pm i\beta\) çiftinin genel çözüme katkısı: \[ \begin{aligned} &e^{\alpha x}\Big[\left(c_1 + c_2x + \dots + c_kx^{k-1}\right)\cos\beta x \\[1mm] &\quad + \left(d_1 + d_2x + \dots + d_kx^{k-1}\right)\sin\beta x\Big]. \end{aligned} \]
17.6 Karakteristik Köklerin Bulunması
Kuram tamam; pratikteki tek güçlük, karakteristik polinomun köklerini bulmaktır. Üçüncü ve dördüncü dereceden polinomların kökleri için de formüller vardır, ama elle kullanılamayacak kadar karmaşıktırlar ve beşinci dereceden itibaren böyle genel bir formül yoktur. Bu yüzden önce kolay yolları deneriz: ortak \(\lambda^m\) çarpanını parantezine almak, terimleri gruplamak, \((\lambda - 1)^3\) ya da \(\lambda^3 - 8\) gibi tanıdık özdeşlikleri fark etmek. Bunlar işe yaramazsa katsayıları tamsayı olan polinomlarda şu sonuç aday kökleri sonlu bir listeye indirir.
Önerme 17.1 (Rasyonel Kök Testi) \(P(\lambda) = a_n\lambda^n + \dots + a_1\lambda + a_0\) katsayıları tamsayı olan bir polinom, \(\dfrac{p}{q}\) de sadeleşmiş bir kesir olsun (\(p\) ve \(q > 0\) tamsayı, ortak bölenleri yalnızca \(1\)). \(\dfrac{p}{q}\), \(P\)’nin bir kökü ise \(p\) sayısı \(a_0\)’ı, \(q\) sayısı da \(a_n\)’yi böler.
İspat
\(P\left(\dfrac{p}{q}\right) = 0\) eşitliğinin iki tarafını \(q^n\) ile çarpalım:
\[a_np^n + a_{n-1}p^{n-1}q + \dots + a_1p\,q^{n-1} + a_0q^n = 0.\]
\(a_0q^n\) dışındaki bütün terimler \(p\)’ye bölünür; o hâlde onların toplamının ters işaretlisi olan \(a_0q^n\) de \(p\)’ye bölünür. \(p\) ile \(q\)’nun ortak asal böleni olmadığından \(p\) ile \(q^n\)’nin de yoktur; dolayısıyla \(p\), \(a_0\)’ı böler. Aynı biçimde \(a_np^n\) dışındaki bütün terimler \(q\)’ya bölünür; \(q\) ile \(p^n\) ortak asal bölensiz olduğundan \(q\), \(a_n\)’yi böler.
\(\blacksquare\)
Yani tamsayı katsayılı bir polinomun rasyonel kökleri \(\pm\dfrac{a_0\text{'ın bölenleri}}{a_n\text{'nin bölenleri}}\) biçimindeki sonlu sayıda aday arasındadır; \(a_n = 1\) iken adaylar yalnızca \(a_0\)’ın tamsayı bölenleridir. \(a_0 = 0\) ise \(\lambda\) ortak çarpandır; önce \(\lambda\)’nın kuvvetini parantezine alıp testi kalan polinoma uygularız. Test yalnızca rasyonel kökleri bulur. Rasyonel kökler ayıklandıktan sonra kalan bölüm ikinci derecedense irrasyonel ya da kompleks kökleri ikinci dereceden denklemin formülü verir. Bölümün derecesi daha yüksekse gruplama, tam kare ve iki kare farkı gibi özdeşlikleri deneriz; ama genel olarak köklerin kapalı biçimde bulunabileceğinin bir garantisi yoktur.
Bir \(r\) kökü bulunduğunda \(P(\lambda) = (\lambda - r)\,Q(\lambda)\) yazılır ve aramaya daha düşük dereceli \(Q\) ile devam edilir. \(Q\)’nun katsayılarını hızla veren düzeneğe sentetik bölme (synthetic division) denir. Üçüncü dereceden \(P(\lambda) = a_3\lambda^3 + a_2\lambda^2 + a_1\lambda + a_0\) polinomu için düzenek şöyledir:
\[ \begin{array}{r|rrrr} r & a_3 & a_2 & a_1 & a_0 \\ & & rb_2 & rb_1 & rb_0 \\ \hline & b_2 & b_1 & b_0 & R \end{array} \]
Baş katsayı aynen aşağı indirilir: \(b_2 = a_3\). Sonra her adımda en son bulunan sayı \(r\) ile çarpılır ve bir sonraki sütunun üstteki katsayısına eklenir:
\[b_1 = a_2 + rb_2, \qquad b_0 = a_1 + rb_1, \qquad R = a_0 + rb_0.\]
Bu sayılar için
\[P(\lambda) = (\lambda - r)\left(b_2\lambda^2 + b_1\lambda + b_0\right) + R\]
eşitliği geçerlidir. Gerçekten de sağ tarafı açınca \(\lambda^3\)’ün katsayısı \(b_2 = a_3\), \(\lambda^2\)’nin katsayısı \(b_1 - rb_2 = a_2\), \(\lambda\)’nın katsayısı \(b_0 - rb_1 = a_1\), sabit terim de \(R - rb_0 = a_0\) çıkar. Eşitlikte \(\lambda = r\) koyarsak \(R = P(r)\) bulunur. Demek ki alt satırın son sayısı \(P(r)\) değeridir: sıfırsa \(r\) bir köktür ve alt satırın ilk sayıları bölümün katsayılarıdır. Daha yüksek derecede düzenek aynı kuralla uzar. Polinomda eksik bir kuvvet varsa onun sütununa \(0\) yazmayı unutmamak gerekir.
- Karakteristik polinomu yaz: \(y^{(k)}\) yerine \(\lambda^k\) koy.
- Kökleri bul: önce ortak \(\lambda^m\) çarpanını, gruplamayı ve tanıdık özdeşlikleri dene. Olmazsa rasyonel kök testinin adaylarını \(P\)’de yerine koy; bulduğun her \(r\) kökü için sentetik bölmeyle \(P\)’yi \(\lambda - r\)’ye böl ve bölümle devam et (\(r\)’yi bölüme yeniden dene, çünkü katlı olabilir). Rasyonel kökler bitince kalan bölüm ikinci derecedense formülü kullan; daha yüksek dereceliyse gruplama, tam kare ya da iki kare farkı dene.
- Kökleri katlılıklarıyla listele ve katlılıkların toplamının \(n\) olduğunu denetle.
- Tablodan her kökün ya da kök çiftinin katkısını yaz; hepsini keyfi sabitlerle toplayarak genel çözümü oluştur.
Örnek 17.2 (Ortak Çarpanla Ayrışan Bir Denklem) \[\frac{d^3y}{dx^3} - \frac{d^2y}{dx^2} - 12\frac{dy}{dx} = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem üçüncü mertebeden, sabit katsayılı, lineer ve homojendir. \(y'''\), \(y''\) ve \(y'\) yerine \(\lambda^3\), \(\lambda^2\) ve \(\lambda\) yazarak karakteristik denklemi kuralım:
\[\lambda^3 - \lambda^2 - 12\lambda = 0.\]
Sabit terim olmadığından \(\lambda\) ortak çarpandır. Parantez içindeki ikinci dereceden ifade de çarpanlarına ayrılır (\(-4 \cdot 3 = -12\) ve \(-4 + 3 = -1\)):
\[\lambda\left(\lambda^2 - \lambda - 12\right) = \lambda(\lambda - 4)(\lambda + 3) = 0.\]
Kökler \(\lambda_1 = 0\), \(\lambda_2 = 4\), \(\lambda_3 = -3\)’tür; üçü de basit gerçel köktür. Her biri bir üstel çözüm verir ve \(e^{0 \cdot x} = 1\) olduğundan genel çözüm
\[y = c_1 + c_2e^{4x} + c_3e^{-3x}\]
olur.
Teorem 17.3 bu üç çözümün bağımsızlığını zaten garanti ediyor; yine de Wronskiyenle (Tanım 13.2) doğrulayalım:
\[ W\left(1, e^{4x}, e^{-3x}\right) = \begin{vmatrix} 1 & e^{4x} & e^{-3x} \\ 0 & 4e^{4x} & -3e^{-3x} \\ 0 & 16e^{4x} & 9e^{-3x} \end{vmatrix}. \]
Birinci sütunda yalnızca ilk eleman sıfırdan farklı olduğundan determinantı bu sütuna göre açalım:
\[ \begin{aligned} W &= 1 \cdot \left[4e^{4x} \cdot 9e^{-3x} - \left(-3e^{-3x}\right) \cdot 16e^{4x}\right] \\[1mm] &= 36e^{x} + 48e^{x} = 84e^{x}. \end{aligned} \]
\(84e^{x}\) hiçbir gerçel \(x\) için sıfır olmadığından (Teorem 13.1) \(1\), \(e^{4x}\) ve \(e^{-3x}\) her aralıkta lineer bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.3 (Rasyonel Kök ve Sentetik Bölme) \[y''' - 4y'' + y' + 6y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = \lambda^3 - 4\lambda^2 + \lambda + 6\]
olur. Ortak çarpan yok, gruplama da kolayca sonuç vermiyor; rasyonel kök testine başvuralım. Baş katsayı \(1\) olduğundan adaylar \(6\)’nın tamsayı bölenleridir: \(\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6\). Sırayla deneyelim:
\[P(1) = 1 - 4 + 1 + 6 = 4 \neq 0, \qquad P(-1) = -1 - 4 - 1 + 6 = 0.\]
\(\lambda = -1\) bir köktür. \(P\)’yi \(\lambda + 1 = \lambda - (-1)\)’e sentetik bölmeyle bölelim:
\[ \begin{array}{r|rrrr} -1 & 1 & -4 & 1 & 6 \\ & & -1 & 5 & -6 \\ \hline & 1 & -5 & 6 & 0 \end{array} \]
Baş katsayı \(1\) aşağı indi; \((-1) \cdot 1 = -1\) eklenince \(-4 - 1 = -5\); \((-1)(-5) = 5\) eklenince \(1 + 5 = 6\); \((-1) \cdot 6 = -6\) eklenince \(6 - 6 = 0\). Kalanın \(0\) çıkması \(P(-1) = 0\) olduğunu bir kez daha doğruluyor ve bölüm \(\lambda^2 - 5\lambda + 6\)’dır. Bu da çarpanlarına ayrılır:
\[P(\lambda) = (\lambda + 1)\left(\lambda^2 - 5\lambda + 6\right) = (\lambda + 1)(\lambda - 2)(\lambda - 3).\]
Kökler \(-1\), \(2\), \(3\); hepsi basit gerçel köktür. Genel çözüm:
\[y = c_1e^{-x} + c_2e^{2x} + c_3e^{3x}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 17.4 (Sıfırın İki Katlı Kök Olduğu Denklem) \[y^{(4)} - y'' = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Denklem dördüncü mertebeden, sabit katsayılı, lineer ve homojendir. Karakteristik denklem
\[\lambda^4 - \lambda^2 = 0\]
olur. Önce \(\lambda^2\)’yi parantezine alalım, sonra iki kare farkını kullanalım:
\[\lambda^2\left(\lambda^2 - 1\right) = \lambda^2(\lambda - 1)(\lambda + 1) = 0.\]
\(\lambda^2\) çarpanı, \(\lambda = 0\)’ın iki katlı kök olduğunu söyler; \(\lambda = 1\) ve \(\lambda = -1\) basit köklerdir. Katlılıkların toplamı \(2 + 1 + 1 = 4\), denklemin mertebesine eşittir.
İki katlı \(0\) kökü \(e^{0 \cdot x} = 1\) ve \(xe^{0 \cdot x} = x\) çözümlerini, basit kökler \(e^{x}\) ve \(e^{-x}\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = c_1 + c_2x + c_3e^{x} + c_4e^{-x}.\]
Sonucu başka bir yoldan da görebiliriz: \(u = y''\) dersek denklem \(u'' - u = 0\) olur ve ikinci mertebeden bildiğimiz gibi \(u = Ae^{x} + Be^{-x}\)’tir. \(y'' = Ae^{x} + Be^{-x}\)’i iki kez integrallersek \(y = Ae^{x} + Be^{-x} + c_2x + c_1\) bulunur; bu, yukarıdaki genel çözümün ta kendisidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.5 (Üç Katlı Gerçel Kök) \[y^{(4)} - 3y''' + 3y'' - y' = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^4 - 3\lambda^3 + 3\lambda^2 - \lambda = 0\]
olur. Sabit terim olmadığından \(\lambda\)’yı parantezine alalım:
\[\lambda\left(\lambda^3 - 3\lambda^2 + 3\lambda - 1\right) = 0.\]
Parantezin katsayıları \(1, -3, 3, -1\), binom açılımındaki \((\lambda - 1)^3 = \lambda^3 - 3\lambda^2 + 3\lambda - 1\) katsayılarıdır. (Bunu fark etmeseydik rasyonel kök testi \(\lambda = 1\)’i verir, sentetik bölme de aynı kökü üç kez bulurdu.) Böylece
\[\lambda(\lambda - 1)^3 = 0\]
ve kökler \(\lambda_1 = 0\) (basit), \(\lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = 1\) (üç katlı) olur.
Basit \(0\) kökü \(1\) çözümünü, üç katlı \(1\) kökü \(e^{x}\), \(xe^{x}\), \(x^2e^{x}\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = c_1 + \left(c_2 + c_3x + c_4x^2\right)e^{x}.\]
Katlılığın getirdiği \(x^2e^{x}\) fonksiyonunun gerçekten çözüm olduğunu operatörlerle görmek öğreticidir. Denklem \(P(D)y = D(D - 1)^3y = 0\) biçimindedir ve Lemma 17.2 gereği
\[(D - 1)^3\big[x^2e^{x}\big] = \left(x^2\right)'''e^{x} = 0\]
olduğundan \(P(D)\big[x^2e^{x}\big] = D[0] = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Örnek 17.6 (Gruplamayla Bulunan Kompleks Kökler) \[y''' - y'' + 4y' - 4y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^3 - \lambda^2 + 4\lambda - 4 = 0\]
olur. İlk iki terimden \(\lambda^2\)’yi, son iki terimden \(4\)’ü parantezine alırsak aynı \(\lambda - 1\) çarpanı ortaya çıkar:
\[\lambda^2(\lambda - 1) + 4(\lambda - 1) = (\lambda - 1)\left(\lambda^2 + 4\right) = 0.\]
\(\lambda - 1 = 0\)’dan basit gerçel kök \(\lambda_1 = 1\); \(\lambda^2 + 4 = 0\)’dan \(\lambda_{2,3} = \pm 2i\) basit kompleks çifti bulunur. Çift için \(\alpha = 0\), \(\beta = 2\)’dir ve \(e^{0 \cdot x} = 1\) olduğundan katkısı \(\cos 2x\) ile \(\sin 2x\)’tir. Genel çözüm:
\[y = c_1e^{x} + c_2\cos 2x + c_3\sin 2x.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 17.7 (İrrasyonel Kökler) \[\frac{d^4y}{dx^4} - 2\frac{d^3y}{dx^3} - 2\frac{d^2y}{dx^2} = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik denklem
\[\lambda^4 - 2\lambda^3 - 2\lambda^2 = 0\]
olur. \(\lambda^2\)’yi parantezine alalım:
\[\lambda^2\left(\lambda^2 - 2\lambda - 2\right) = 0.\]
\(\lambda^2\) çarpanı iki katlı \(\lambda = 0\) kökünü verir. Parantezdeki ikinci dereceden ifadenin kökleri tamsayı değildir (rasyonel kök testinin adayları \(\pm 1, \pm 2\)’nin hiçbiri kök değildir); formülü kullanalım:
\[\lambda_{3,4} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}.\]
Bunlar basit gerçel köklerdir. İki katlı \(0\) kökü \(1\) ve \(x\), basit kökler \(e^{(1 + \sqrt{3})x}\) ve \(e^{(1 - \sqrt{3})x}\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = c_1 + c_2x + c_3e^{(1 + \sqrt{3})x} + c_4e^{(1 - \sqrt{3})x}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 17.8 (İki Katlı Kompleks Kök Çifti) \[y^{(4)} - 4y''' + 14y'' - 20y' + 25y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = \lambda^4 - 4\lambda^3 + 14\lambda^2 - 20\lambda + 25\]
olur. Rasyonel kök testinin adayları \(25\)’in bölenleridir: \(\pm 1, \pm 5, \pm 25\). Değerleri hesaplayalım:
\[P(1) = 16, \quad P(-1) = 64, \quad P(5) = 400, \quad P(-5) = 1600,\]
ayrıca \(P(25) = 336\,400\) ve \(P(-25) = 462\,400\)’dür. Hiçbiri sıfır değil; \(P\)’nin rasyonel kökü yoktur.
Bulduğumuz değerlerde ise dikkat çekici bir şey var: hepsi tam karedir (\(16 = 4^2\), \(64 = 8^2\), \(400 = 20^2\), \(1600 = 40^2\), \(336\,400 = 580^2\), \(462\,400 = 680^2\)). Bu, \(P\)’nin ikinci dereceden bir polinomun karesi olabileceğini düşündürür. Deneyelim:
\[(\lambda^2 + a\lambda + b)^2 = \lambda^4 + 2a\lambda^3 + (a^2 + 2b)\lambda^2 + 2ab\lambda + b^2.\]
Katsayıları \(P\)’ninkilerle karşılaştıralım. \(\lambda^3\)’ten \(2a = -4\), yani \(a = -2\); \(\lambda\)’dan \(2ab = -20\), yani \(-4b = -20\) ve \(b = 5\). Kalan iki koşul da sağlanıyor: \(b^2 = 25\) ve \(a^2 + 2b = 4 + 10 = 14\). Demek ki
\[P(\lambda) = \left(\lambda^2 - 2\lambda + 5\right)^2.\]
Şimdi \(\lambda^2 - 2\lambda + 5 = 0\) denklemini çözelim:
\[\lambda = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = \frac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i.\]
İkinci dereceden çarpan karesiyle göründüğü için \(1 + 2i\) ve \(1 - 2i\) köklerinin her biri iki katlıdır: \(\alpha = 1\), \(\beta = 2\), \(k = 2\). Tablodaki kurala göre bu çift \(e^{x}\cos 2x\), \(e^{x}\sin 2x\), \(xe^{x}\cos 2x\) ve \(xe^{x}\sin 2x\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = e^{x}\Big[(c_1 + c_2x)\cos 2x + (c_3 + c_4x)\sin 2x\Big].\]
\(\blacksquare\)
17.7 Alıştırmalar
Alıştırma 17.1 (Kesirli Bir Rasyonel Kök) \[2y''' - 3y'' - 3y' + 2y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = 2\lambda^3 - 3\lambda^2 - 3\lambda + 2\]
olur. Baş katsayı \(2\) olduğu için rasyonel kök testinin adaylarında payda \(1\) ya da \(2\) olabilir. Pay \(a_0 = 2\)’nin, payda \(a_3 = 2\)’nin bir bölenidir; adaylar \(\pm 1\), \(\pm 2\), \(\pm\dfrac{1}{2}\)’dir. Deneyelim:
\[P(1) = 2 - 3 - 3 + 2 = -2, \qquad P(-1) = -2 - 3 + 3 + 2 = 0.\]
\(\lambda = -1\) köktür; sentetik bölme yapalım:
\[ \begin{array}{r|rrrr} -1 & 2 & -3 & -3 & 2 \\ & & -2 & 5 & -2 \\ \hline & 2 & -5 & 2 & 0 \end{array} \]
Bölüm \(2\lambda^2 - 5\lambda + 2\)’dir ve çarpanlarına ayrılır:
\[2\lambda^2 - 5\lambda + 2 = (2\lambda - 1)(\lambda - 2).\]
Böylece \(P(\lambda) = (\lambda + 1)(2\lambda - 1)(\lambda - 2)\) ve kökler \(-1\), \(\dfrac{1}{2}\), \(2\)’dir. Adaylar arasındaki \(\dfrac{1}{2}\)’nin gerçekten kök çıktığına dikkat edin. Üç kök de basit ve gerçeldir; genel çözüm:
\[y = c_1e^{-x} + c_2e^{x/2} + c_3e^{2x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.2 (Basit ve İki Katlı Gerçel Kökler) \[y''' - 3y'' + 4y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = \lambda^3 - 3\lambda^2 + 4\]
olur; \(\lambda\)’lı terim yoktur. Adaylar \(4\)’ün bölenleri: \(\pm 1, \pm 2, \pm 4\).
\[P(1) = 1 - 3 + 4 = 2, \qquad P(-1) = -1 - 3 + 4 = 0.\]
\(\lambda = -1\) köktür. Sentetik bölmede eksik \(\lambda\) teriminin sütununa \(0\) yazıyoruz:
\[ \begin{array}{r|rrrr} -1 & 1 & -3 & 0 & 4 \\ & & -1 & 4 & -4 \\ \hline & 1 & -4 & 4 & 0 \end{array} \]
Bölüm \(\lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^2\)’dir. Böylece
\[P(\lambda) = (\lambda + 1)(\lambda - 2)^2\]
ve kökler \(-1\) (basit) ile \(2\) (iki katlı) olur. Basit kök \(e^{-x}\), iki katlı kök \(e^{2x}\) ile \(xe^{2x}\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = c_1e^{-x} + (c_2 + c_3x)e^{2x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.3 (Küp Farkından Gelen Kompleks Kökler) \[y''' - 8y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik denklem \(\lambda^3 - 8 = 0\)’dır. \(8 = 2^3\) olduğundan iki küp farkı özdeşliğini \(a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)\) kullanabiliriz:
\[\lambda^3 - 8 = (\lambda - 2)\left(\lambda^2 + 2\lambda + 4\right).\]
(Rasyonel kök testi de \(\lambda = 2\)’yi verir; \(1, 0, 0, -8\) katsayılarının \(2\) ile sentetik bölümü \(1, 2, 4\) ve kalan \(0\)’dır.) \(\lambda - 2 = 0\) basit gerçel kök \(\lambda_1 = 2\)’yi verir. İkinci dereceden çarpanın diskriminantı \(4 - 16 = -12 < 0\)’dır:
\[\lambda_{2,3} = \frac{-2 \pm \sqrt{-12}}{2} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{3}\,i}{2} = -1 \pm \sqrt{3}\,i.\]
Bu basit kompleks çift için \(\alpha = -1\), \(\beta = \sqrt{3}\)’tür. Genel çözüm:
\[y = c_1e^{2x} + e^{-x}\left(c_2\cos\sqrt{3}\,x + c_3\sin\sqrt{3}\,x\right).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.4 (İki Ayrı İki Katlı Kök) \[y^{(4)} - 2y''' - 3y'' + 4y' + 4y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = \lambda^4 - 2\lambda^3 - 3\lambda^2 + 4\lambda + 4\]
olur. Adaylar \(4\)’ün bölenleri: \(\pm 1, \pm 2, \pm 4\).
\[P(1) = 1 - 2 - 3 + 4 + 4 = 4, \qquad P(-1) = 1 + 2 - 3 - 4 + 4 = 0.\]
\(\lambda = -1\) köktür; sentetik bölme yapalım:
\[ \begin{array}{r|rrrrr} -1 & 1 & -2 & -3 & 4 & 4 \\ & & -1 & 3 & 0 & -4 \\ \hline & 1 & -3 & 0 & 4 & 0 \end{array} \]
Bölüm \(\lambda^3 - 3\lambda^2 + 0 \cdot \lambda + 4\)’tür. Kökler katlı olabileceğinden \(-1\)’i bölüme yeniden deneyelim:
\[ \begin{array}{r|rrrr} -1 & 1 & -3 & 0 & 4 \\ & & -1 & 4 & -4 \\ \hline & 1 & -4 & 4 & 0 \end{array} \]
Kalan yine \(0\); \(-1\) en az iki katlı köktür ve yeni bölüm \(\lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda - 2)^2\)’dir. Bu bölümde \(\lambda = -1\) için değer \(1 + 4 + 4 = 9 \neq 0\) olduğundan \(-1\) tam iki katlıdır. Sonuç olarak
\[P(\lambda) = (\lambda + 1)^2(\lambda - 2)^2\]
ve hem \(-1\) hem \(2\) iki katlı köktür. Genel çözüm:
\[y = (c_1 + c_2x)e^{-x} + (c_3 + c_4x)e^{2x}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.5 (İki Kompleks Kök Çifti) \[y^{(4)} + 4y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom \(P(\lambda) = \lambda^4 + 4\)’tür. Her gerçel \(\lambda\) için \(\lambda^4 + 4 \ge 4 > 0\) olduğundan \(P\)’nin hiç gerçel kökü yoktur; rasyonel kök testi de boşuna olur. Bunun yerine \(P\)’yi iki kare farkına çevirelim: \(4\lambda^2\) ekleyip çıkararak
\[\lambda^4 + 4 = \left(\lambda^4 + 4\lambda^2 + 4\right) - 4\lambda^2 = \left(\lambda^2 + 2\right)^2 - (2\lambda)^2\]
yazarız. İki kare farkını açalım:
\[\lambda^4 + 4 = \left(\lambda^2 - 2\lambda + 2\right)\left(\lambda^2 + 2\lambda + 2\right).\]
Çarpanların köklerini bulalım:
\[\lambda^2 - 2\lambda + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 8}}{2} = 1 \pm i,\]
\[\lambda^2 + 2\lambda + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 8}}{2} = -1 \pm i.\]
İki basit kompleks çift var: birincisinde \(\alpha = 1\), \(\beta = 1\); ikincisinde \(\alpha = -1\), \(\beta = 1\). Genel çözüm:
\[y = e^{x}\left(c_1\cos x + c_2\sin x\right) + e^{-x}\left(c_3\cos x + c_4\sin x\right).\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.6 (İki Katlı Sanal Kökler) \[y^{(4)} + 8y'' + 16y = 0\]
denklemini çözünüz.
Çözüm
Karakteristik polinom
\[P(\lambda) = \lambda^4 + 8\lambda^2 + 16 = \left(\lambda^2 + 4\right)^2\]
olur; bu, \(\lambda^2\) yerine bir değişken koyunca görülen tam kare özdeşliğidir. \(\lambda^2 + 4 = 0\)’dan \(\lambda = \pm 2i\) bulunur ve çarpan karesiyle göründüğü için her iki kök de iki katlıdır: \(\alpha = 0\), \(\beta = 2\), \(k = 2\).
Tabloya göre bu çift \(\cos 2x\), \(\sin 2x\), \(x\cos 2x\) ve \(x\sin 2x\) çözümlerini verir. Genel çözüm:
\[y = (c_1 + c_2x)\cos 2x + (c_3 + c_4x)\sin 2x.\]
Kökler sanal olduğu hâlde çözümlerin bir kısmı sınırsızdır. Basit \(\pm 2i\) kökleri yalnızca \(\cos 2x\) ve \(\sin 2x\) gibi sınırlı salınımlar verirdi; köklerin iki katlı olması \(x\) çarpanını getirir ve \(x\cos 2x\)’in genliği \(x\) ile doğrusal olarak büyür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.7 (Üçüncü Mertebeden Bir Başlangıç Değer Problemi) \[y''' - 3y' + 2y = 0, \qquad y(0) = 0, \quad y'(0) = 0, \quad y''(0) = 9\]
başlangıç değer problemini çözünüz.
Çözüm
Genel çözüm. Karakteristik polinom \(P(\lambda) = \lambda^3 - 3\lambda + 2\)’dir (\(\lambda^2\)’li terim yok). \(P(1) = 1 - 3 + 2 = 0\) olduğundan \(\lambda = 1\) köktür. Eksik terimin sütununa \(0\) yazarak sentetik bölme yapalım:
\[ \begin{array}{r|rrrr} 1 & 1 & 0 & -3 & 2 \\ & & 1 & 1 & -2 \\ \hline & 1 & 1 & -2 & 0 \end{array} \]
Bölüm \(\lambda^2 + \lambda - 2 = (\lambda - 1)(\lambda + 2)\)’dir; dolayısıyla
\[P(\lambda) = (\lambda - 1)^2(\lambda + 2).\]
\(1\) iki katlı, \(-2\) basit köktür. Genel çözüm:
\[y = (c_1 + c_2x)e^{x} + c_3e^{-2x}.\]
Türevler. Çarpım kuralıyla
\[y' = (c_1 + c_2 + c_2x)e^{x} - 2c_3e^{-2x},\]
\[y'' = (c_1 + 2c_2 + c_2x)e^{x} + 4c_3e^{-2x}.\]
Sabitler. \(x = 0\) koyup başlangıç koşullarını yazalım:
\[ \begin{aligned} y(0) &= c_1 + c_3 = 0, \\ y'(0) &= c_1 + c_2 - 2c_3 = 0, \\ y''(0) &= c_1 + 2c_2 + 4c_3 = 9. \end{aligned} \]
Birinci denklemden \(c_1 = -c_3\). Bunu ikinciye koyunca \(c_2 - 3c_3 = 0\), yani \(c_2 = 3c_3\). Üçüncüye koyunca
\[-c_3 + 6c_3 + 4c_3 = 9c_3 = 9 \;\Longrightarrow\; c_3 = 1\]
ve buradan \(c_2 = 3\), \(c_1 = -1\) bulunur. Problemin çözümü:
\[y = (3x - 1)e^{x} + e^{-2x}.\]
Denetim. \(y(0) = -1 + 1 = 0\), \(y'(0) = (-1 + 3) - 2 = 0\) ve \(y''(0) = (-1 + 6) + 4 = 9\); üç koşul da sağlanıyor. Katsayılar sabit olduğundan Teorem 13.2 gereği bu, problemin \((-\infty, \infty)\) üzerindeki tek çözümüdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 17.8 (Genel Çözümden Denkleme) Genel çözümü
\[y = (c_1 + c_2x)e^{-x} + e^{x}\left(c_3\cos 2x + c_4\sin 2x\right)\]
olan ve \(y^{(4)}\)’ün katsayısı \(1\) olan sabit katsayılı homojen lineer bir denklem bulunuz.
Çözüm
Tabloyu tersinden okuyalım. \((c_1 + c_2x)e^{-x}\) terimi \(e^{-x}\) ve \(xe^{-x}\) çözümlerinden oluşur; bu, iki katlı \(\lambda = -1\) kökünün katkısıdır. \(e^{x}(c_3\cos 2x + c_4\sin 2x)\) terimi \(\alpha = 1\), \(\beta = 2\) olan basit \(1 \pm 2i\) çiftinin katkısıdır. Katlılıkların toplamı \(2 + 1 + 1 = 4\), istenen mertebeye eşittir.
Baş katsayısı \(1\) olan ve tam bu kökleri taşıyan polinom
\[P(\lambda) = (\lambda + 1)^2\big(\lambda - (1 + 2i)\big)\big(\lambda - (1 - 2i)\big)\]
olur. Eşlenik çarpanların çarpımı gerçeldir:
\[\big(\lambda - 1 - 2i\big)\big(\lambda - 1 + 2i\big) = (\lambda - 1)^2 + 4 = \lambda^2 - 2\lambda + 5.\]
Şimdi \((\lambda + 1)^2 = \lambda^2 + 2\lambda + 1\) ile çarpalım:
\[ \begin{aligned} P(\lambda) &= \left(\lambda^2 + 2\lambda + 1\right)\left(\lambda^2 - 2\lambda + 5\right) \\[1mm] &= \lambda^4 - 2\lambda^3 + 5\lambda^2 + 2\lambda^3 - 4\lambda^2 \\[1mm] &\quad + 10\lambda + \lambda^2 - 2\lambda + 5 \\[1mm] &= \lambda^4 + 2\lambda^2 + 8\lambda + 5. \end{aligned} \]
\(\lambda^k\) yerine \(y^{(k)}\) yazarak denklemi elde ederiz:
\[y^{(4)} + 2y'' + 8y' + 5y = 0.\]
Teorem 17.3 gereği bu denklemin genel çözümü tam olarak verilen ifadedir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde homojen denklemlerle yetindik: sürekli katsayılı her \(n\)-inci mertebe lineer homojen denklemin çözümleri bir temel çözüm kümesinin lineer bileşimleridir, katsayılar sabitse bu küme karakteristik köklerden okunur. Sağ tarafı sıfır olmayan denklemler için belirsiz katsayılar ve parametrelerin değişimi yöntemlerinin \(n\)-inci mertebeye genişletilmesini Yüksek Mertebe Homojen Olmayan Denklemler bölümünde göreceğiz.