6 Sabit Katsayılı Lineer Denklemler
Birinci mertebeden lineer denklemlerin genel biçimi
\[A(x,y)\,z_x + B(x,y)\,z_y + C(x,y)\,z = G(x,y)\]
şeklindedir; burada \(A, B, C, G \in C^1(D)\), \(D \subseteq \mathbb{R}^2\) ve \(D\) üzerinde \(A^2 + B^2 \neq 0\) kabul edilir. Bu bölümde katsayıların sabit olduğu durumu ele alıyoruz:
\[A\,z_x + B\,z_y + C\,z = 0, \qquad A, B, C \text{ sabit}, \quad A \neq 0 \tag{1}\]
Ana fikir şudur: uygun bir tersinir koordinat dönüşümüyle türevlerden birinin katsayısını sıfırlamak. Geriye tek türevli bir denklem kalır ve ADD yaklaşımıyla çözülür.
6.1 Koordinat Dönüşümü
Yeni değişkenleri eskilerin lineer kombinasyonları olarak seçelim:
\[\xi = c_{11}x + c_{12}y, \qquad \varepsilon = c_{21}x + c_{22}y\]
Dönüşümün tersinir olması için Jacobian determinantı sıfırdan farklı olmalıdır:
\[J = \left|\frac{\partial(\xi, \varepsilon)}{\partial(x,y)}\right| = \begin{vmatrix} \xi_x & \xi_y \\ \varepsilon_x & \varepsilon_y \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22} \end{vmatrix} \neq 0\]
Zincir kuralıyla türevleri yeni değişkenlere aktaralım:
\[z_x = z_\xi\, \xi_x + z_\varepsilon\, \varepsilon_x = c_{11}\,z_\xi + c_{21}\,z_\varepsilon\]
\[z_y = z_\xi\, \xi_y + z_\varepsilon\, \varepsilon_y = c_{12}\,z_\xi + c_{22}\,z_\varepsilon\]
Denklem \((1)\)’de yerine koyarsak
\[\big(Ac_{11} + Bc_{12}\big)\,z_\xi + \big(Ac_{21} + Bc_{22}\big)\,z_\varepsilon + C\,z = 0\]
Şimdi \(z_\varepsilon\)’un katsayısını sıfırlayacak biçimde seçim yapalım:
\[Ac_{21} + Bc_{22} = 0 \implies c_{21} = B, \quad c_{22} = -A\]
\(\xi\) için ise Jacobian’ı bozmayan en basit seçimi yapalım: \(c_{11} = 1\), \(c_{12} = 0\). Böylece
\[\xi = x, \qquad \varepsilon = Bx - Ay, \qquad J = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ B & -A \end{vmatrix} = -A \neq 0\]
Dönüşümden sonra denklem tek türevli hâle gelir:
\[A\,z_\xi + C\,z = 0 \implies z_\xi + \frac{C}{A}\,z = 0\]
Bu, \(\xi\)’de birinci mertebeden lineer bir ADD’dir. İntegrasyon çarpanı \(e^{(C/A)\xi}\) ile
\[\Big(e^{\frac{C}{A}\xi}\, z\Big)_\xi = 0 \implies e^{\frac{C}{A}\xi}\, z = f(\varepsilon) \implies z = e^{-\frac{C}{A}\xi} f(\varepsilon)\]
Eski değişkenlere dönersek genel çözümü elde ederiz.
Teorem 6.1 (Sabit Katsayılı Homojen Denklemin Genel Çözümü) \(A \neq 0\) olmak üzere \(A z_x + B z_y + C z = 0\) denkleminin genel çözümü, \(f \in C^1\) keyfi olmak üzere
\[z(x,y) = e^{-\frac{C}{A}x} f\big(Bx - Ay\big)\]
Sağlama. \(z_x = -\tfrac{C}{A}z + Be^{-\frac{C}{A}x}f'\) ve \(z_y = -Ae^{-\frac{C}{A}x}f'\) olduğundan
\[A z_x + B z_y = -Cz + ABe^{-\frac{C}{A}x}f' - ABe^{-\frac{C}{A}x}f' = -Cz \;\checkmark\]
Örnek 6.1 (Katsayı Seçimiyle Çözüm) \(2z_x + 3z_y + 4z = 0\) denkleminin genel çözümünü koordinat dönüşümüyle bulunuz.
Çözüm
\(A = 2\), \(B = 3\), \(C = 4\). Dönüşümü kuralım:
\[\xi = x, \qquad \varepsilon = 3x - 2y, \qquad J = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 3 & -2 \end{vmatrix} = -2 \neq 0\]
Denklem \(2z_\xi + 4z = 0\), yani \(z_\xi + 2z = 0\) olur. İntegrasyon çarpanı \(e^{2\xi}\):
\[\big(e^{2\xi} z\big)_\xi = 0 \implies e^{2\xi}z = f(\varepsilon) \implies z = e^{-2\xi}f(\varepsilon)\]
Eski değişkenlere dönersek
\[z(x,y) = e^{-2x} f(3x - 2y)\]
Sağlama. \(z_x = -2z + 3e^{-2x}f'\), \(z_y = -2e^{-2x}f'\):
\[2z_x + 3z_y + 4z = -4z + 6e^{-2x}f' - 6e^{-2x}f' + 4z = 0 \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
Bu denklem, ileride göreceğimiz Lagrange yöntemiyle de çözülebilir:
\[\frac{dx}{2} = \frac{dy}{3} = \frac{dz}{-4z}\]
İlk eşitlikten \(3x - 2y = c_1\), birinci ile üçüncüden \(z e^{2x} = c_2\) bulunur ve aynı genel çözüme ulaşılır. İki yöntemin aynı cevabı vermesi güzel bir sağlamadır.
6.2 Üstel Sağ Taraf: Özel Çözüm
Sağ tarafı \(e^{ax+by}\) biçiminde olan denklemlerde özel çözüm tek bir deneme ile bulunur.
Teorem 6.2 (Üstel Sağ Taraf İçin Özel Çözüm) \(A, B, C, a, b\) sabitler ve \(Aa + Bb + C \neq 0\) olmak üzere
\[A z_x + B z_y + C z = e^{ax + by}\]
denkleminin bir özel çözümü
\[z_p = \frac{1}{Aa + Bb + C}\, e^{ax+by}\]
ve genel çözümü \(z = z_h + z_p\)’dir; burada \(z_h\), Teorem 6.1 ile verilen homojen çözümdür.
İspat
\(z_p = \alpha\, e^{ax+by}\) deneyelim:
\[\big(z_p\big)_x = \alpha a\, e^{ax+by}, \qquad \big(z_p\big)_y = \alpha b\, e^{ax+by}\]
Denklemde yerine koyalım:
\[A\alpha a\, e^{ax+by} + B\alpha b\, e^{ax+by} + C\alpha\, e^{ax+by} = e^{ax+by}\]
Her iki tarafı \(e^{ax+by} \neq 0\) ile bölelim:
\[\alpha\,(Aa + Bb + C) = 1 \implies \alpha = \frac{1}{Aa + Bb + C}\]
\(\blacksquare\)
\(Aa + Bb + C = 0\) olduğunda \(e^{ax+by}\) zaten homojen denklemin bir çözümüdür ve bu deneme sonuç vermez; ADD’lerdeki rezonans durumunun benzeri yaşanır. Bu durumda \(z_p = \alpha\, x\, e^{ax+by}\) biçiminde, \(x\) ile çarpılmış bir deneme yapılır.
Katsayılar sabit olmadığında \(\varepsilon = Bx - Ay\) gibi hazır bir seçim işe yaramaz; dönüşümü denklemin kendisinden üretmek gerekir. Bu, bir sonraki bölümün konusudur: değişken katsayılı lineer denklemler ve karakteristik denklem.