7 Değişken Katsayılı Lineer Denklemler ve Karakteristik Denklem
Şimdi katsayıların fonksiyon olduğu duruma geçiyoruz:
\[A(x,y)\,z_x + B(x,y)\,z_y + C(x,y)\,z = 0 \tag{1}\]
Sabit katsayılı durumda \(\varepsilon = Bx - Ay\) seçimi türevlerden birini yok ediyordu. Katsayılar değişkenken böyle hazır bir formül yoktur; doğru \(\varepsilon\)’u denklemin kendisi söyler.
7.1 Lineer Operatör ve İntegral Yüzeyi
Denklem \((1)\)’i operatör diliyle yazabiliriz:
\[\mathcal{L}z = \Big(A(x,y)\frac{\partial}{\partial x} + B(x,y)\frac{\partial}{\partial y} + C(x,y)\Big)z = 0\]
Tanım 7.1 (Çözüm ve İntegral Yüzeyi) \(\mathcal{L}z = G\) denkleminin \(D\) bölgesindeki çözümü, her \((x,y) \in D\) noktasında \(\ell_x\) ve \(\ell_y\) türevleriyle denklemi sağlayan bir \(z = \ell(x,y) \in C^1(D)\) fonksiyonudur.
Çözüme karşılık gelen \(xyz\) uzayındaki yüzeye integral yüzeyi denir.
\(\mathcal{L}\) lineer olduğundan, \(\mathcal{L}z = G\) denkleminin genel çözümü
\[z = z_h + z_p\]
biçimindedir; \(z_h\) homojen denklemin (\(\mathcal{L}z = 0\)) genel çözümü, \(z_p\) ise herhangi bir özel çözümdür.
7.2 Genel Dönüşüm
Yeni değişkenleri artık lineer olması gerekmeyen fonksiyonlar olarak seçelim:
\[\xi = \xi(x,y), \qquad \varepsilon = \varepsilon(x,y), \qquad J = \left|\frac{\partial(\xi,\varepsilon)}{\partial(x,y)}\right| \neq 0 \tag{2}\]
Zincir kuralıyla
\[z_x = z_\xi\, \xi_x + z_\varepsilon\, \varepsilon_x, \qquad z_y = z_\xi\, \xi_y + z_\varepsilon\, \varepsilon_y \tag{3}\]
olup denklem \((1)\)
\[\underbrace{\big[A\,\xi_x + B\,\xi_y\big]}_{A_1}\, z_\xi + \big[A\,\varepsilon_x + B\,\varepsilon_y\big]\, z_\varepsilon + \underbrace{C}_{C_1}\, z = 0 \tag{4}\]
hâlini alır. \(z_\varepsilon\)’un katsayısını sıfırlamak istiyoruz:
\[A(x,y)\,\varepsilon_x + B(x,y)\,\varepsilon_y = 0 \tag{5}\]
7.3 Karakteristik Denklem
\((5)\) koşulunu sağlayan \(\varepsilon\)’u bulmak için, \(\varepsilon(x,y) = c\) seviye eğrilerini düşünelim. Bu eğriler boyunca
\[\varepsilon_x + \varepsilon_y\, y' = 0 \implies y' = -\frac{\varepsilon_x}{\varepsilon_y}\]
\((5)\)’ten \(\varepsilon_x/\varepsilon_y = -B/A\) olduğundan şu sonuca ulaşırız.
Teorem 7.1 (Karakteristik Denklem) \(A\,\varepsilon_x + B\,\varepsilon_y = 0\) koşulunu sağlayan bir \(\varepsilon\) bulmak için
\[\frac{dy}{dx} = \frac{B(x,y)}{A(x,y)}\]
karakteristik adi diferansiyel denklemi çözülür. Çözüm \(\varphi(x,y) = c\) biçiminde yazıldığında \(\varepsilon = \varphi(x,y)\) alınır.
\(\xi\) için ise Jacobian koşulu \((2)\)’yi bozmayan herhangi bir seçim yapılabilir; en basiti \(\xi = x\)’tir. Bu seçimlerle denklem \((4)\)
\[A_1(\xi, \varepsilon)\, z_\xi + C_1(\xi,\varepsilon)\, z = 0 \implies z_\xi + \frac{C_1}{A_1}\, z = 0\]
biçimine, yani \(\xi\)’de birinci mertebeden lineer bir ADD’ye döner. İntegrasyon çarpanı \(\mu = e^{\int (C_1/A_1)\, d\xi}\) ile
\[\big(\mu\, z\big)_\xi = 0 \implies z = e^{-\int \frac{C_1(\xi,\varepsilon)}{A_1(\xi,\varepsilon)}\, d\xi}\; f(\varepsilon)\]
elde edilir; \(f \in C^1\) keyfidir.
\(\int (C_1/A_1)\, d\xi\) integralinde \(\varepsilon\) bir parametredir: integrasyon yalnızca \(\xi\)’ye göre yapılır ve sonuç genellikle \(\varepsilon\)’a da bağlıdır. İşlem bitince \(\xi\) ve \(\varepsilon\), \(x\) ve \(y\) cinsinden geri yazılır.
7.4 Çözümlü Uygulama
Örnek 7.1 (Karakteristik Denklemle Çözüm) \(x^2 z_x - xy\, z_y + y\,z = 0\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Burada \(A = x^2\), \(B = -xy\), \(C = y\)’dir.
1. Dönüşümü kur. Karakteristik denklemi yazalım:
\[\frac{dy}{dx} = \frac{B}{A} = \frac{-xy}{x^2} = -\frac{y}{x} \implies \frac{dy}{y} = -\frac{dx}{x}\]
İntegre edersek
\[\ln|y| = -\ln|x| + \ln|c| \implies xy = c\]
O hâlde \(\varepsilon = xy\) ve \(\xi = x\) seçilir. Jacobian koşulu sağlanır:
\[J = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ y & x \end{vmatrix} = x \neq 0\]
2. Denklemi yeni değişkenlerle yaz. \(\varepsilon = xy\) için \(A\varepsilon_x + B\varepsilon_y = x^2 y - xy\cdot x = 0\) ✓. \(\xi = x\) için \(A\xi_x + B\xi_y = x^2\). Böylece
\[x^2\, z_\xi + y\, z = 0\]
Yeni değişkenler cinsinden \(x = \xi\) ve \(y = \varepsilon/\xi\) olduğundan
\[\xi^2 z_\xi + \frac{\varepsilon}{\xi}\, z = 0 \implies z_\xi + \frac{\varepsilon}{\xi^3}\, z = 0\]
3. ADD’yi çöz. İntegrasyon çarpanı
\[\mu = e^{\int \frac{\varepsilon}{\xi^3} d\xi} = e^{-\frac{\varepsilon}{2\xi^2}}\]
\[\Big(e^{-\frac{\varepsilon}{2\xi^2}}\, z\Big)_\xi = 0 \implies e^{-\frac{\varepsilon}{2\xi^2}}\, z = f(\varepsilon) \implies z = e^{\frac{\varepsilon}{2\xi^2}} f(\varepsilon)\]
4. Geri dön. \(\varepsilon = xy\), \(\xi = x\) olduğundan \(\dfrac{\varepsilon}{2\xi^2} = \dfrac{xy}{2x^2} = \dfrac{y}{2x}\):
\[z(x,y) = e^{\frac{y}{2x}}\, f(xy)\]
Sağlama. \(z_x = e^{y/(2x)}\Big(\!-\dfrac{y}{2x^2}f + y f'\Big)\) ve \(z_y = e^{y/(2x)}\Big(\dfrac{1}{2x}f + x f'\Big)\):
\[x^2 z_x - xy\,z_y + yz = e^{\frac{y}{2x}}\Big(\!-\frac{y}{2}f + x^2 y f' - \frac{y}{2}f - x^2 y f' + yf\Big) = 0 \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
\(\mu = e^{-\varepsilon/(2\xi^2)}\) integrasyon çarpanıyla çözüm \(z = \mu^{-1}f(\varepsilon)\)’dur; yani üstelin işareti ters döner: \(z = e^{+\varepsilon/(2\xi^2)}f(\varepsilon)\).
Çarpandaki üsteli olduğu gibi çözüme taşımak (\(e^{-y/(2x)}\) yazmak) sık yapılan bir hatadır ve sağlama yapıldığında denklemin sağlanmadığı hemen görülür. Genel çözüm yazıldıktan sonraki iki dakikalık sağlama, bu tür işaret hatalarının tek güvencesidir.
Katsayılarda ya da sağ tarafta \(z\)’nin kendisi de görünmeye başlarsa denklem lineer olmaktan çıkar. Böyle kuazi-lineer denklemler için çok daha zarif bir araç vardır: Lagrange yöntemi.