8 Kuazi-Lineer Denklemler ve Lagrange Yöntemi

Birinci mertebeden kuazi-lineer denklemlerin genel biçimi

\[P(x,y,z)\,z_x + Q(x,y,z)\,z_y = R(x,y,z) \tag{1}\]

şeklindedir. Burada $P, Q, R \in C^1(O)$, $O \subseteq \mathbb{R}^3$ ve $O$ üzerinde $P^2 + Q^2 \neq 0$ kabul edilir.

Lineer denklemler özel hâldir

$A(x,y)z_x + B(x,y)z_y + C(x,y)z = G(x,y)$ lineer denkleminde $P = A$, $Q = B$ ve $R = G - Cz$ alınırsa denklem $(1)$ biçimine girer. Dolayısıyla kuazi-lineer denklemler için kuracağımız yöntem, önceki bölümlerin lineer denklemlerini de kapsar.

Ayrıca birçok kaynakta $z_x = p$ ve $z_y = q$ kısaltmaları kullanılır; denklem $(1)$ bu gösterimle $Pp + Qq = R$ olarak yazılır.

8.1 Lagrange Yöntemi

Teorem 8.1 (Lagrange Yöntemi) $u(x,y,z) = c_1$ ve $v(x,y,z) = c_2$,

\[\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{dz}{R} \tag{$\ast$}\]

yardımcı sisteminin fonksiyonel olarak bağımsız iki çözümü olsun. Bu durumda $P z_x + Q z_y = R$ denkleminin genel çözümü, $F$ keyfi ($C^1$) olmak üzere

\[F(u, v) = 0\]

biçimindedir.

$(\ast)$ sistemi, iki bağımsız adi diferansiyel denklem içerir; her birinin çözümünden bir keyfi sabit çıkar ve $u = c_1$, $v = c_2$ biçiminde iki ilk integral elde edilir. Bunlar, uzayda iki parametreli bir eğri ailesi (karakteristik eğriler) tanımlar; integral yüzeyleri bu eğrilerin birleşimidir.

u ve v fonksiyonel olarak bağımsız olmalı

Yöntemin çalışması için $u$ ile $v$’nin bölgede fonksiyonel bağımsız olması gerekir: her noktada

\[\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}, \qquad \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,z)}, \qquad \frac{\partial(u,v)}{\partial(y,z)}\]

Jacobian determinantlarının aynı anda sıfır olmaması istenir. Aksi hâlde $v$, $u$’nun bir fonksiyonudur ve $F(u,v)=0$ gerçek bir iki-bileşenli aile tanımlamaz.

Oran özelliği: en güçlü hesap aracı

$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = k$ ise her $\lambda, \mu$ için

\[\frac{\lambda a + \mu c}{\lambda b + \mu d} = k\]

olur (paydanın sıfırlanmadığı sürece). Yardımcı sistemde oranları uygun çarpanlarla birleştirerek tam diferansiyel elde etmek, Lagrange yönteminin ana tekniğidir. Özellikle payda $0$ yapılabiliyorsa pay da $0$ olmak zorundadır; bu durumda pay doğrudan integre edilir.

8.2 Çözümlü Uygulamalar

Örnek 8.1 (İlk İntegrallerin Bulunması) $xz\,z_x + yz\,z_y = -(x^2+y^2)$ denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

$P = xz$, $Q = yz$, $R = -(x^2+y^2)$ polinom (çarpımları) olduğundan $\mathbb{R}^3$’te türevlenebilirler; ayrıca

\[P^2 + Q^2 = z^2(x^2+y^2) \neq 0\]

olan bölgede Lagrange yöntemi uygulanabilir. Yardımcı sistem:

\[\frac{dx}{xz} = \frac{dy}{yz} = \frac{dz}{-(x^2+y^2)}\]

Birinci integral. İlk iki orandan $z$ sadeleşir:

\[\frac{dx}{x} = \frac{dy}{y} \implies \ln|y| = \ln|x| + \ln|c_1| \implies u = \frac{y}{x} = c_1\]

İkinci integral. $y = c_1 x$ yazıp birinci ve üçüncü oranı kullanalım:

\[\frac{dx}{xz} = \frac{dz}{-(x^2 + c_1^2x^2)} \implies -\big(x + c_1^2 x\big)\,dx = z\, dz\]

İntegre edersek

\[-\frac{x^2}{2}\big(1 + c_1^2\big) = \frac{z^2}{2} + c \implies -x^2\Big(1 + \frac{y^2}{x^2}\Big) = z^2 + c\]

\[\implies v = x^2 + y^2 + z^2 = c_2\]

Bağımsızlık kontrolü. $u = y/x$, $v = x^2+y^2+z^2$ için

\[\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix} -\tfrac{y}{x^2} & \tfrac{1}{x} \\ 2x & 2y \end{vmatrix} = -\frac{2y^2}{x^2} - 2, \qquad \frac{\partial(u,v)}{\partial(y,z)} = \begin{vmatrix} \tfrac{1}{x} & 0 \\ 2y & 2z \end{vmatrix} = \frac{2z}{x}\]

İlk determinant daima negatiftir; üçü birden sıfırlanamaz. O hâlde genel çözüm

\[F\Big(\frac{y}{x}, \; x^2+y^2+z^2\Big) = 0\]

Açık biçim. Çözüm yüzeyi $z$’yi içermek zorunda olduğundan $F_v \neq 0$’dır; örtük fonksiyon teoremi gereği $F(u,v) = 0$ bağıntısı $v = f(u)$ olarak çözülebilir:

\[x^2 + y^2 + z^2 = f\Big(\frac{y}{x}\Big) \implies z^2 = f\Big(\frac{y}{x}\Big) - x^2 - y^2\]

$\blacksquare$

Örnek 8.2 (Oranları Birleştirerek) $(y-x)\,z_x + (y+x)\,z_y = \dfrac{x^2+y^2}{z}$ denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

$P = y-x$, $Q = y+x$, $R = (x^2+y^2)/z$ olup $P^2+Q^2 = 2(x^2+y^2) \neq 0$, yani $(x,y) \neq (0,0)$ bölgesinde yöntem uygulanabilir. Yardımcı sistem:

\[\frac{dx}{y-x} = \frac{dy}{y+x} = \frac{z\,dz}{x^2+y^2}\]

Birinci integral. İlk iki oranı $(1, 1)$ çarpanlarıyla birleştirelim:

\[\frac{dx + dy}{(y-x)+(y+x)} = \frac{dx+dy}{2y} = \frac{dy}{y+x}\]

İçler dışlar çarpımıyla $2y\,dy = (x+y)\,d(x+y)$ olur; integre edersek

\[y^2 = \frac{(x+y)^2}{2} + \frac{c_1}{2} \implies 2y^2 - (x+y)^2 = c_1 \implies u = y^2 - 2xy - x^2 = c_1\]

İkinci integral. Oranları $(x, -y, z)$ çarpanlarıyla birleştirelim; burada üçüncü oran $\dfrac{dz}{(x^2+y^2)/z}$ biçiminde okunur:

\[\frac{x\,dx - y\,dy + z\,dz}{x(y-x) - y(y+x) + z \cdot \tfrac{x^2+y^2}{z}} = \frac{x\,dx - y\,dy + z\,dz}{xy - x^2 - y^2 - xy + x^2 + y^2} = \frac{x\,dx - y\,dy + z\,dz}{0}\]

Payda özdeş olarak sıfır olduğundan pay da sıfır olmalıdır:

\[x\,dx - y\,dy + z\,dz = 0 \implies v = x^2 - y^2 + z^2 = c_2\]

Genel çözüm:

\[F\big(y^2 - 2xy - x^2, \; x^2 - y^2 + z^2\big) = 0\]

Çözüm $z$’yi içermeli, yani $F_v \neq 0$ olmalıdır; örtük fonksiyon teoremiyle açık biçim

\[z^2 = y^2 - x^2 + f\big(y^2 - 2xy - x^2\big)\]

$\blacksquare$

Örnek 8.3 (İki Ayrı Sadeleşme) $x^2 z_x + y^2 z_y = (x+y)\,z$ denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

Yardımcı sistem:

\[\frac{dx}{x^2} = \frac{dy}{y^2} = \frac{dz}{(x+y)z}\]

Birinci integral. İlk iki oran doğrudan integre edilir:

\[\int \frac{dx}{x^2} = \int \frac{dy}{y^2} \implies -\frac{1}{x} = -\frac{1}{y} + c_1 \implies u = \frac{1}{y} - \frac{1}{x} = c_1\]

İkinci integral. İlk iki oranın farkını alalım; $\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = k \implies \dfrac{a-c}{b-d} = k$ özelliğiyle

\[\frac{dx - dy}{x^2 - y^2} = \frac{dz}{(x+y)z} \implies \frac{d(x-y)}{(x-y)(x+y)} = \frac{dz}{(x+y)z} \implies \frac{d(x-y)}{x-y} = \frac{dz}{z}\]

İntegre edersek

\[\ln|x-y| = \ln|z| + \ln|c_2| \implies v = \frac{z}{x-y} = c_2\]

Genel çözüm:

\[F\Big(\frac{1}{y} - \frac{1}{x}, \; \frac{z}{x-y}\Big) = 0 \qquad \text{ya da} \qquad z = (x-y)\, f\Big(\frac{1}{y} - \frac{1}{x}\Big)\]

$\blacksquare$

Örnek 8.4 (Çarpanlarla Tam Diferansiyel Avı) $\big(z^2 - 2yz - y^2\big)\,z_x + x(y+z)\,z_y = x(y-z)$ denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm

Yardımcı sistem:

\[\frac{dx}{z^2 - 2yz - y^2} = \frac{dy}{x(y+z)} = \frac{dz}{x(y-z)}\]

Birinci integral. Son iki oranda $x$ sadeleşir:

\[\frac{dy}{y+z} = \frac{dz}{y-z} \implies (y-z)\,dy = (y+z)\,dz\]

Düzenleyelim:

\[y\,dy - \big(z\,dy + y\,dz\big) - z\,dz = 0 \implies y\,dy - d(yz) - z\,dz = 0\]

İntegre edersek

\[\frac{y^2}{2} - yz - \frac{z^2}{2} = \frac{c_1}{2} \implies u = y^2 - 2yz - z^2 = c_1\]

İkinci integral. Oranları $(x, y, z)$ çarpanlarıyla birleştirelim:

\[x\big(z^2 - 2yz - y^2\big) + y \cdot x(y+z) + z \cdot x(y-z) = x\big(z^2 - 2yz - y^2 + y^2 + yz + yz - z^2\big) = 0\]

Payda sıfır olduğundan pay da sıfırdır:

\[x\,dx + y\,dy + z\,dz = 0 \implies v = x^2 + y^2 + z^2 = c_2\]

Genel çözüm:

\[F\big(y^2 - 2yz - z^2, \; x^2 + y^2 + z^2\big) = 0\]

$\blacksquare$

İkinci integrali bulma stratejileri

Yardımcı sistemde ilk integral genellikle bir sadeleşmeden kolayca çıkar; asıl emek ikincidedir. Sırasıyla şunlar denenir:

Birinciyi kullan: bulunan $c_1$ bağıntısını ($y = c_1 x$ gibi) kalan oranlardan birine yerleştir; işlem bitince $c_1$’i geri yaz.
Toplam/fark al: $\dfrac{dx \pm dy}{P \pm Q}$ oranı çoğu zaman tam diferansiyel verir.
Çarpan ara: $\dfrac{\lambda\,dx + \mu\,dy + \nu\,dz}{\lambda P + \mu Q + \nu R}$ biçiminde, paydayı sıfır yapan $(\lambda, \mu, \nu)$ bulunursa pay, çözüm eğrileri boyunca sıfırdır. Pay aynı zamanda bir tam diferansiyel ise ($\lambda\,dx + \mu\,dy + \nu\,dz = dv$), doğrudan $v = c$ integrali elde edilir; tam değilse başka bir çarpan denenir. $(x, y, z)$ ve $(y, x, -z)$ gibi seçimler en sık işe yarayanlardır.

Genel çözüm ailesini bulmayı öğrendik; peki belirli bir eğriden geçen integral yüzeyi nasıl seçilir? Bu, bir sonraki bölümün konusu olan Cauchy problemidir.