5 Birinci Mertebeden Denklemlerin Ortaya Çıkışı
\(F(x, y, z, z_x, z_y) = 0\) biçimindeki birinci mertebeden denklemlerin çözüm yöntemlerine geçmeden önce, bu denklemlerin nereden geldiğini görelim. Birinci mertebeden bir KDD, tipik olarak bir yüzey ailesinden keyfi sabitlerin veya keyfi fonksiyonların yok edilmesiyle ortaya çıkar. Bu bakış açısı, ileride “genel çözüm neden keyfi fonksiyon içerir” ve “tam integral neden iki sabit taşır” sorularının cevabını şimdiden verir.
5.1 Keyfi Sabitlerin Yok Edilmesi
Örnek 5.1 (Merkezleri z Ekseni Üzerindeki Küreler) \(a\) ve \(c\) keyfi sabitler olmak üzere
\[x^2 + y^2 + (z-c)^2 = a^2 \tag{1}\]
ailesi, merkezleri \(z\) ekseni boyunca uzanan kürelerin kümesidir. Her iki tarafın \(x\)’e ve \(y\)’ye göre türevini alalım (\(z = z(x,y)\)):
\[2x + 2(z-c)\,z_x = 0 \implies x + (z-c)\,z_x = 0 \tag{2}\]
\[2y + 2(z-c)\,z_y = 0 \implies y + (z-c)\,z_y = 0 \tag{3}\]
\((2)\)’den \((z - c) = -x/z_x\) çekilip \((3)\)’te kullanılırsa (ya da \((2) \cdot z_y - (3) \cdot z_x\) alınırsa) \(c\) yok olur:
\[\boxed{\; y\,z_x - x\,z_y = 0 \;} \tag{4}\]
Aile denklemi \((1)\), birinci mertebeden KDD olan \((4)\)’ün bir çözümüdür; üstelik \(a\) ve \(c\) ne seçilirse seçilsin.
Bu örneği genelleştirelim. İki parametreli bir yüzey ailesi
\[F(x, y, z, a, b) = 0 \tag{5}\]
verilsin. \(x\)’e ve \(y\)’ye göre türev alınırsa
\[\frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial z}\, z_x = 0, \qquad \frac{\partial F}{\partial y} + \frac{\partial F}{\partial z}\, z_y = 0 \tag{6}\]
elde edilir. \((5)\) ve \((6)\)’daki üç denklemden \(a\) ve \(b\) parametreleri yok edilirse
\[f(x, y, z, z_x, z_y) = 0 \tag{7}\]
biçiminde birinci mertebeden bir KDD kalır.
İki bağımsız değişken varken elimizde üç denklem (\(F\), \(F_x\), \(F_y\)) ve yok edilecek iki parametre vardır; hesap tam denk gelir ve birinci mertebeden tek bir denklem çıkar. Bu yüzden iki parametreli her yüzey ailesi, birinci mertebeden bir KDD’nin çözüm ailesidir. Bu gözlem, tam integral kavramının temelidir.
Örnek 5.2 (Keyfi Sabitleri Yok Etme) Aşağıdaki ailelerden \(a\) ve \(b\) sabitlerini yok ederek birer KDD elde ediniz.
a) \(z = (x+a)(y+b)\) b) \(ax^2 + by^2 + z^2 = 1\) c) \(2z = (ax+y)^2 + b\)
Çözüm
a) Türevleri alalım:
\[z_x = y + b, \qquad z_y = x + a\]
Bunlar tam olarak çarpanların kendileridir; yerine koyarsak
\[z = (x+a)(y+b) = z_y \cdot z_x \implies \boxed{\; z = z_x z_y \;}\]
b) Türev alalım:
\[2ax + 2z\,z_x = 0 \implies ax^2 = -x\,z\,z_x, \qquad 2by + 2z\,z_y = 0 \implies by^2 = -y\,z\,z_y\]
Aile denkleminde yerine koyarsak
\[-xz\,z_x - yz\,z_y + z^2 = 1 \implies \boxed{\; xz\,z_x + yz\,z_y = z^2 - 1 \;}\]
c) Türevleri alalım:
\[z_x = a(ax+y), \qquad z_y = ax + y\]
İkinci eşitlikten \(ax + y = z_y\); bunu birincide kullanırsak \(z_x = a\,z_y\), yani \(a = z_x / z_y\). Ayrıca \(a = (z_y - y)/x\) olduğundan
\[\frac{z_x}{z_y} = \frac{z_y - y}{x} \implies \boxed{\; x\,z_x = z_y^2 - y\,z_y \;}\]
\(\blacksquare\)
5.2 Keyfi Fonksiyonların Yok Edilmesi
Aile, keyfi sabit yerine keyfi bir fonksiyon içeriyorsa, türevler alınıp \(f\) ve \(f'\) yok edilerek yine birinci mertebeden bir denklem elde edilir. Çözüm türleri bölümünde \(u = x f(xy) + y^2\) örneğini bu teknikle çözmüştük; şimdi dağarcığı genişletelim.
Örnek 5.3 (Keyfi Fonksiyonu Yok Etme) Aşağıdaki her ailenin sağladığı birinci mertebeden KDD’yi bulunuz (\(f\) keyfi, türevlenebilir).
a) \(z = xy + f(x^2+y^2)\) b) \(z = x + y + f(xy)\) c) \(z = f\!\left(\dfrac{xy}{z}\right)\) d) \(z = f(x-y)\)
Çözüm
a) \(w = x^2 + y^2\) diyelim:
\[z_x = y + 2x f'(w), \qquad z_y = x + 2y f'(w)\]
\(f'\) terimlerini yok etmek için birinciyi \(y\), ikinciyi \(x\) ile çarpıp çıkaralım:
\[y\,z_x - x\,z_y = y^2 + 2xy f' - x^2 - 2xy f' \implies \boxed{\; y\,z_x - x\,z_y = y^2 - x^2 \;}\]
b) \(z_x = 1 + y f'(xy)\), \(z_y = 1 + x f'(xy)\). Birinciyi \(x\), ikinciyi \(y\) ile çarpıp çıkaralım:
\[x\,z_x - y\,z_y = x + xy f' - y - xy f' \implies \boxed{\; x\,z_x - y\,z_y = x - y \;}\]
c) \(w = xy/z\) diyelim; \(z\) her iki tarafta da bulunduğundan türevler örtük alınır:
\[z_x = f'(w) \cdot \frac{yz - xy\,z_x}{z^2}, \qquad z_y = f'(w) \cdot \frac{xz - xy\,z_y}{z^2}\]
Taraf tarafa oranlarsak \(f'\) sadeleşir:
\[\frac{z_x}{z_y} = \frac{yz - xy\,z_x}{xz - xy\,z_y} \implies z_x\big(xz - xy\,z_y\big) = z_y\big(yz - xy\,z_x\big)\]
\[xz\,z_x - xy\,z_x z_y = yz\,z_y - xy\,z_x z_y \implies \boxed{\; x\,z_x = y\,z_y \;} \quad (z \neq 0)\]
d) \(z_x = f'(x-y)\) ve \(z_y = -f'(x-y)\) olduğundan
\[\boxed{\; z_x + z_y = 0 \;}\]
\(\blacksquare\)
5.3 İki Fonksiyonlu Aileler: \(F(u, v) = 0\)
Aile, iki bilinen ifadenin keyfi bir bağıntısıyla verilmişse — yani \(F\) keyfi olmak üzere \(F\big(u(x,y,z),\, v(x,y,z)\big) = 0\) biçimindeyse — yine tek bir birinci mertebeden denklem elde edilir: iki türev denkleminden \(F_u/F_v\) oranı yok edilir.
Örnek 5.4 (İki Bileşenli Aile) \(F\) keyfi, türevlenebilir bir fonksiyon olmak üzere
\[F\big(x^2+y^2+z^2, \; z^2 - 2xy\big) = 0\]
ailesinin sağladığı birinci mertebeden KDD’yi bulunuz.
Çözüm
\(u = x^2+y^2+z^2\) ve \(v = z^2-2xy\) diyelim. Zincir kuralıyla \(x\)’e ve \(y\)’ye göre türev alalım:
\[F_u\big(2x + 2z\,z_x\big) + F_v\big(2z\,z_x - 2y\big) = 0 \tag{$\ast$}\]
\[F_u\big(2y + 2z\,z_y\big) + F_v\big(2z\,z_y - 2x\big) = 0 \tag{$\ast\ast$}\]
\((\ast)\)’dan oranı çekelim:
\[\frac{F_u}{F_v} = -\frac{2z\,z_x - 2y}{2x + 2z\,z_x} = \frac{y - z\,z_x}{x + z\,z_x}\]
\((\ast\ast)\)’a yerleştirip \(F_v \neq 0\) ile sadeleştirelim:
\[\frac{y - z\,z_x}{x + z\,z_x}\big(y + z\,z_y\big) + \big(z\,z_y - x\big) = 0\]
Paydayla çarpıp açalım:
\[(y - z z_x)(y + z z_y) + (z z_y - x)(x + z z_x) = 0\]
\[y^2 + yz\,z_y - yz\,z_x - z^2 z_x z_y + xz\,z_y + z^2 z_x z_y - x^2 - xz\,z_x = 0\]
\[\big(y^2 - x^2\big) + z\,z_y(x+y) - z\,z_x(x+y) = 0 \implies (x+y)\Big[(y-x) + z\big(z_y - z_x\big)\Big] = 0\]
\(x + y \not\equiv 0\) olduğundan aranan denklem
\[\boxed{\; z\big(z_y - z_x\big) = x - y \;}\]
\(\blacksquare\)
İki durumun çıktısı farklı türden çözüm kavramlarına karşılık gelir:
- İki keyfi sabit yok edildiğinde ortaya çıkan denklemin o iki sabitli ailesi, denklemin tam integralidir (complete integral).
- Bir keyfi fonksiyon yok edildiğinde aile, denklemin genel çözümüne karşılık gelir.
Yani aynı denkleme hem iki sabitli bir yüzey ailesi hem de keyfi fonksiyonlu bir aile çözüm olabilir; bu ikili yapı lineer olmayan denklemler bölümünün ana temasıdır.
Bir sonraki bölümde bu denklemlerin en basit sınıfını, sabit katsayılı birinci mertebeden lineer denklemleri çözmeye başlıyoruz.