9 Kuazi-Lineer Denklemlerde Cauchy Problemi
Lagrange yöntemi bize \(P z_x + Q z_y = R\) denkleminin bütün çözümlerini veren \(F(u,v) = 0\) ailesini kazandırdı. Uygulamada ise genellikle tek bir çözüm istenir: verilen bir eğriden geçen integral yüzeyi. Bu bölümün konusu bu seçim problemidir.
9.1 Geometrik Bakış
\(z = \ell(x,y)\) integral yüzeyini düşünelim. \((x_0, y_0, \ell(x_0,y_0))\) noktasındaki normal vektör
\[\vec{n} = \big(z_x(x_0,y_0), \; z_y(x_0,y_0), \; -1\big)\]
biçimindedir. Denklemi
\[P\,z_x + Q\,z_y - R = 0 \implies \vec{V} \cdot \vec{n} = 0, \qquad \vec{V} = (P, Q, R)\]
olarak okuyabiliriz: \(\vec{V}\) vektörü her noktada normale dik, yani teğet düzlemin içindedir. Demek ki \((P, Q, R)\) vektör alanı, çözüm yüzeylerine her noktada teğet olan bir akış tanımlar.
Tanım 9.1 (Karakteristik (İntegral) Eğriler) \(\vec{V} = (P, Q, R)\) vektör alanına teğet olan uzay eğrilerine denklemin karakteristik eğrileri denir. Bu eğriler
\[\frac{dx}{dt} = P, \qquad \frac{dy}{dt} = Q, \qquad \frac{dz}{dt} = R\]
karakteristik sisteminin çözümleridir; sistem, oran biçiminde \(\dfrac{dx}{P} = \dfrac{dy}{Q} = \dfrac{dz}{R}\) olarak da yazılır.
İntegral yüzeyleri, karakteristik eğrilerin birleşiminden oluşur: yüzeyin bir noktasından geçen karakteristik eğri, tamamen yüzeyin içinde kalır.
9.2 Cauchy Problemi
Tanım 9.2 (Cauchy Problemi) \(\mathbb{R}^3\)’te bir \(\Gamma\) eğrisi verilsin. Cauchy problemi, \(P z_x + Q z_y = R\) denkleminin çözümü olan ve integral yüzeyi \(\Gamma\) eğrisini içeren \(z = \ell(x,y)\) fonksiyonunu bulma problemidir.
Çözüm stratejisi geometrik resmin doğrudan sonucudur: \(\Gamma\)’nın her noktasından bir karakteristik eğri fırlatılır; bu eğrilerin süpürdüğü yüzey aranan integral yüzeyidir.
\(\Gamma\) eğrisi \(\big(f(s),\, g(s),\, h(s)\big)\) biçiminde parametrelensin. Karakteristik sistemi
\[x(t_0) = f(s), \qquad y(t_0) = g(s), \qquad z(t_0) = h(s)\]
başlangıç koşullarıyla çözersek \(x, y, z\)’yi \((s,t)\) parametrelerine bağlı buluruz. Son adımda \(s\) ve \(t\), \(x\) ile \(y\) cinsinden çözülüp \(z\)’de yerine yazılır ve \(z = \ell(x,y)\) elde edilir.
Karakteristik sistemi parametrik çözmek yerine çoğu zaman şu kestirme izlenir: Lagrange yönteminden gelen iki ilk integral \(u = c_1\), \(v = c_2\) eğri üzerinde hesaplanır; \(\Gamma\) parametresi \(s\) üzerinden \(c_1\) ile \(c_2\) arasında bir bağıntı bulunur. \(c_1\) ve \(c_2\) yerine \(u\) ve \(v\) yazıldığında aranan yüzeyin denklemi çıkar.
9.3 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 9.1 (Keyfi Başlangıç Verisiyle) \(z_x + 2z_y = z^2\) denkleminin \(z(x, 0) = h(x)\) koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Çözüm
Başlangıç eğrisi \(\Gamma(s) = \big(s, \, 0, \, h(s)\big)\)’dir. Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{1} = \frac{dy}{2} = \frac{dz}{z^2}\]
İlk integraller. Birinci ve ikinci orandan
\[2x - y = c_1\]
Birinci ve üçüncü orandan
\[dx = \frac{dz}{z^2} \implies x + \frac{1}{z} = c_2\]
Eğri koşulu. \(\Gamma\) üzerinde \(x = s\), \(y = 0\), \(z = h(s)\):
\[c_1 = 2s \implies s = \frac{c_1}{2} = \frac{2x-y}{2} = x - \frac{y}{2}\]
\[c_2 = s + \frac{1}{h(s)}\]
\(c_2\) bağıntısında \(c_1\) cinsinden yazıp \(u, v\)’yi geri koyalım:
\[x + \frac{1}{z} = \Big(x - \frac{y}{2}\Big) + \frac{1}{h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)}\]
\[\implies \frac{1}{z} = \frac{1}{h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)} - \frac{y}{2} = \frac{2 - y\,h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)}{2\,h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)}\]
\[\implies z(x,y) = \frac{2\,h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)}{2 - y\,h\!\big(x - \tfrac{y}{2}\big)}\]
Sağlama. \(y = 0\) için \(z = \tfrac{2h(x)}{2} = h(x)\) ✓
\(\blacksquare\)
Son örnekte payda \(2 - y\,h = 0\) olduğunda çözüm patlar: karakteristikler boyunca \(z^2\) büyümesi sonlu zamanda sonsuza gider. Cauchy probleminin çözümü genellikle başlangıç eğrisinin bir komşuluğunda vardır; her yerde var olmak zorunda değildir.
Örnek 9.2 (Kuazi-Lineer Bir Problem) \(z\,z_x + y\,z_y = x\) denkleminin \(z(x, 1) = 2x\) koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Çözüm
Başlangıç eğrisi \(\Gamma(s) = (s, 1, 2s)\)’dir. Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{z} = \frac{dy}{y} = \frac{dz}{x}\]
İlk integraller. Birinci ve üçüncü oranın içler dışlar çarpımından
\[x\,dx = z\,dz \implies u = z^2 - x^2 = c_1\]
Birinci ve üçüncü oranların toplamını ikinciyle eşleyelim:
\[\frac{dx + dz}{z + x} = \frac{dy}{y} \implies \frac{d(x+z)}{x+z} = \frac{dy}{y} \implies v = \frac{x+z}{y} = c_2\]
Eğri koşulu. \(x = s\), \(y = 1\), \(z = 2s\) üzerinde:
\[c_1 = 4s^2 - s^2 = 3s^2, \qquad c_2 = \frac{s + 2s}{1} = 3s\]
Parametreyi yok edelim: \(c_2^2 = 9s^2 = 3\,(3s^2) = 3c_1\). \(u, v\)’yi geri koyarsak
\[\Big(\frac{x+z}{y}\Big)^2 = 3\big(z^2 - x^2\big) = 3(z-x)(z+x)\]
\(x + z \neq 0\) ile sadeleştirip \(z\)’yi çekelim:
\[\frac{x+z}{y^2} = 3(z - x) \implies x + z = 3y^2 z - 3y^2 x \implies z\big(3y^2 - 1\big) = x\big(1 + 3y^2\big)\]
\[\implies z(x,y) = \frac{x\,\big(1 + 3y^2\big)}{3y^2 - 1}\]
Sağlama. \(y = 1\) için \(z = \tfrac{4x}{2} = 2x\) ✓. Ayrıca \(z_x = \tfrac{1+3y^2}{3y^2-1}\) ve \(z_y = \tfrac{-12xy}{(3y^2-1)^2}\) ile
\[z\,z_x + y\,z_y = \frac{x(1+3y^2)^2 - 12xy^2}{(3y^2-1)^2} = \frac{x\big(9y^4 - 6y^2 + 1\big)}{(3y^2-1)^2} = x \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
Örnek 9.3 (İki Sabitin Çarpımıyla) \(x\,z_x - y\,z_y = z\) denkleminin \(z(x, x) = x^3\) koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Çözüm
Başlangıç eğrisi \(\Gamma(s) = (s, s, s^3)\)’tür. Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{x} = \frac{dy}{-y} = \frac{dz}{z}\]
İlk integraller. Birinci ve ikinci orandan
\[\ln|x| = -\ln|y| + \ln|c_1| \implies u = xy = c_1\]
Birinci ve üçüncü orandan
\[\ln|x| = \ln|z| + \ln|c_2| \implies v = \frac{x}{z} = c_2\]
Eğri koşulu. \(x = s\), \(y = s\), \(z = s^3\) üzerinde:
\[c_1 = s^2, \qquad c_2 = \frac{s}{s^3} = \frac{1}{s^2}\]
O hâlde \(c_1 c_2 = 1\)’dir. Geri koyarsak
\[xy \cdot \frac{x}{z} = 1 \implies \frac{x^2 y}{z} = 1 \implies z(x,y) = x^2 y\]
Sağlama. \(z(x,x) = x^3\) ✓ ve \(x \cdot 2xy - y \cdot x^2 = 2x^2y - x^2y = x^2y = z\) ✓
\(\blacksquare\)
Örnek 9.4 (Parametrik Eğriden Geçen İntegral Yüzeyi) \((y + xz)\,z_x + (x + yz)\,z_y = z^2 - 1\) denkleminin, \(x = t\), \(y = 1\), \(z = t^2\) eğrisinden geçen integral yüzeyinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{y+xz} = \frac{dy}{x+yz} = \frac{dz}{z^2-1}\]
Birinci integral. Paylar ve paydalar toplanırsa
\[y + xz + x + yz = (x+y)(1+z)\]
olduğundan
\[\frac{d(x+y)}{(x+y)(z+1)} = \frac{dz}{(z-1)(z+1)} \implies \frac{d(x+y)}{x+y} = \frac{dz}{z-1}\]
\[\implies \ln|x+y| = \ln|z-1| - \ln|c_1| \implies u = \frac{z-1}{x+y} = c_1\]
İkinci integral. Bu kez fark alalım: \(y + xz - x - yz = (x - y)(z-1)\) olduğundan
\[\frac{d(x-y)}{(x-y)(z-1)} = \frac{dz}{(z-1)(z+1)} \implies \frac{d(x-y)}{x-y} = \frac{dz}{z+1} \implies v = \frac{z+1}{x-y} = c_2\]
Eğri koşulu. \(x = t\), \(y = 1\), \(z = t^2\) üzerinde:
\[c_1 = \frac{t^2 - 1}{t + 1} = t - 1, \qquad c_2 = \frac{t^2+1}{t-1}\]
Birinciden \(t = c_1 + 1\); ikinciye koyarsak
\[c_2 = \frac{(c_1+1)^2 + 1}{c_1} \implies c_1 c_2 = (c_1 + 1)^2 + 1\]
\(u, v\) geri yazılırsa aranan yüzey
\[\boxed{\;\frac{(z-1)(z+1)}{(x+y)(x-y)} = \Big(\frac{z-1}{x+y} + 1\Big)^2 + 1\;}\]
yani \(\dfrac{z^2-1}{x^2-y^2} = \Big(\dfrac{z-1+x+y}{x+y}\Big)^2 + 1\) olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 9.5 (Trigonometrik Katsayılar) \(z_x \sec x + a\,z_y = \cot y\) denkleminin \(z(0, y) = \sin y\) koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz (\(a \neq 0\) sabit).
Çözüm
Başlangıç eğrisi \(\Gamma(t) = (0, t, \sin t)\)’dir. Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{\sec x} = \frac{dy}{a} = \frac{dz}{\cot y}\]
Birinci integral. İlk iki orandan (\(1/\sec x = \cos x\)):
\[\cos x\,dx = \frac{dy}{a} \implies u = \sin x - \frac{y}{a} = c_1\]
İkinci integral. Son iki orandan:
\[\cot y \, dy = a\,dz \implies \int \frac{\cos y}{\sin y}\,dy = az + c \implies v = \ln|\sin y| - az = c_2\]
Eğri koşulu. \(x = 0\), \(y = t\), \(z = \sin t\) üzerinde:
\[c_1 = -\frac{t}{a} \implies t = -a\,c_1, \qquad c_2 = \ln|\sin t| - a\sin t\]
\(t\)’yi yerine koyalım; \(-ac_1 = -a\sin x + y\) olduğundan
\[\ln\big|\sin\big(y - a\sin x\big)\big| - a\sin\big(y - a\sin x\big) = \ln|\sin y| - az\]
Bu, çözümün kapalı biçimidir; \(z\) çekilirse
\[z(x,y) = \frac{1}{a}\Big[\ln|\sin y| - \ln\big|\sin(y - a\sin x)\big|\Big] + \sin\big(y - a\sin x\big)\]
Sağlama. \(x = 0\) için köşeli parantez sıfırlanır ve \(z = \sin y\) kalır ✓
\(\blacksquare\)
Örnek 9.6 (Bir Parabolden Geçen Yüzey) \((z-x)\,z_x + (z+y)\,z_y = x + y\) denkleminin, \(z = 0\) düzleminde \(y = x^2\) eğrisinden geçen integral yüzeyinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Başlangıç eğrisi \(\Gamma(t) = (t, t^2, 0)\)’dır. Yardımcı sistem:
\[\frac{dx}{z-x} = \frac{dy}{z+y} = \frac{dz}{x+y}\]
Birinci integral. İkinci orandan birinciyi çıkaralım: \((z+y)-(z-x) = x+y\) olduğundan
\[\frac{d(y-x)}{x+y} = \frac{dz}{x+y} \implies d(y - x) = dz \implies u = x - y + z = c_1\]
İkinci integral. Oranları \((y, x, -z)\) çarpanlarıyla birleştirelim; payda
\[y(z-x) + x(z+y) - z(x+y) = yz - xy + xz + xy - xz - yz = 0\]
olur. Payda sıfır olduğundan pay da sıfırdır:
\[y\,dx + x\,dy - z\,dz = 0 \implies d(xy) = z\,dz \implies v = xy - \frac{z^2}{2} = c_2\]
Eğri koşulu. \(x = t\), \(y = t^2\), \(z = 0\) üzerinde:
\[c_1 = t - t^2, \qquad c_2 = t^3 \implies t = c_2^{1/3}\]
Buradan \(c_1 = c_2^{1/3} - c_2^{2/3}\) bağıntısı çıkar. \(u, v\) geri yazılırsa aranan yüzey
\[\boxed{\; x - y + z = \Big(xy - \frac{z^2}{2}\Big)^{\!1/3} - \Big(xy - \frac{z^2}{2}\Big)^{\!2/3} \;}\]
Sağlama. \(z = 0\), \(y = x^2\) üzerinde sol taraf \(x - x^2\); sağ taraf \((x^3)^{1/3} - (x^3)^{2/3} = x - x^2\) ✓
\(\blacksquare\)
Başlangıç verisi bazen \(z(x, 0) = h(x)\) gibi bir koşul, bazen \(x = t,\, y = 1,\, z = t^2\) gibi parametrik bir eğri, bazen de “\(z = 0\) düzleminde \(y = x^2\) parabolünden geçen yüzey” gibi sözel biçimde verilir. Üçü de aynı problemdir: ilk iş, veriyi \(\Gamma(t) = (f(t), g(t), h(t))\) parametrik biçimine çevirmektir.
Denklemde \(z_x\) ve \(z_y\) artık lineer görünmüyorsa — örneğin kareleri ya da çarpımları varsa — karakteristik eğriler tek başına yetmez. Lineer olmayan denklemlerin integral türleri ile yeni bir kuram başlıyor.