13 Charpit Yönteminde Özel Durumlar
Charpit sistemi bazı denklem biçimlerinde neredeyse kendiliğinden çözülür. Bu bölümde dört klasik özel durumu ve her biri için kestirme reçeteyi veriyoruz. Boyunca \(p = z_x\), \(q = z_y\) gösterimini ve genel Charpit sistemini kullanacağız:
\[\frac{dx}{f_p} = \frac{dy}{f_q} = \frac{dz}{p f_p + q f_q} = \frac{-dp}{f_x + p f_z} = \frac{-dq}{f_y + q f_z}\]
13.1 Durum 1: Yalnızca \(p\) ve \(q\) — \(f(p, q) = 0\)
Denklemde \(x, y, z\) hiç görünmüyorsa \(f_x = f_y = f_z = 0\) olduğundan Charpit sisteminin son iki oranı
\[dp = 0, \qquad dq = 0\]
verir. O hâlde \(p = a\) alınabilir; \(q\), \(f(a, q) = 0\) denkleminden çözülür: \(q = Q(a)\). Böylece
\[dz = a\,dx + Q(a)\,dy \implies z = ax + Q(a)\,y + b\]
tam integrali düzlemler ailesi olarak çıkar.
Örnek 13.1 (Türevlerin Çarpımı) \(z_x\,z_y = 1\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
\(f = pq - 1 = 0\) yalnızca \(p, q\) içerir. \(p = a\) dersek \(aq = 1\), yani \(q = 1/a\):
\[dz = a\,dx + \frac{1}{a}\,dy \implies z = ax + \frac{y}{a} + b \qquad (a \neq 0)\]
\(\blacksquare\)
Örnek 13.2 (Ters Trigonometrik Sabit) \(z_x = \sin(z_y)\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
\(f = p - \sin q = 0\) yalnızca \(p, q\) içerir. \(p = a\) dersek \(\sin q = a\), yani \(q = \arcsin a\):
\[dz = a\,dx + \arcsin(a)\,dy \implies z = ax + \big(\arcsin a\big)\,y + b \qquad (|a| \leq 1)\]
\(\blacksquare\)
13.2 Durum 2: \(x\) ve \(y\) Yok — \(f(z, p, q) = 0\)
\(f_x = f_y = 0\) olduğundan Charpit sisteminin son iki oranı
\[\frac{-dp}{p f_z} = \frac{-dq}{q f_z} \implies \frac{dp}{p} = \frac{dq}{q} \implies p = a\,q\]
verir. \(g = p - aq = 0\) uyumlu denklemdir; \(f(z, aq, q) = 0\)’dan \(q\) (dolayısıyla \(p\)) \(z\) cinsinden çözülür ve \(dz = p\,dx + q\,dy\) ayrılabilir hâle gelir.
Örnek 13.3 (Ayrılabilir Hâle Gelen Diferansiyel) \(z_x^2\,z + z_y^2 = 1\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
\(f = p^2 z + q^2 - 1 = 0\) denkleminde \(x, y\) yoktur. \(p = aq\) koyalım:
\[a^2q^2 z + q^2 = 1 \implies q = \mp\frac{1}{\sqrt{1 + a^2 z}}, \qquad p = \mp\frac{a}{\sqrt{1 + a^2 z}}\]
Toplam diferansiyel:
\[dz = p\,dx + q\,dy = \mp\frac{a\,dx + dy}{\sqrt{1 + a^2 z}} \implies \mp\sqrt{1 + a^2 z}\;dz = a\,dx + dy\]
Sol tarafı integre edelim:
\[\mp\frac{2}{3a^2}\big(1 + a^2 z\big)^{3/2} = ax + y + c\]
Karesini alıp düzenlersek tam integral
\[\boxed{\;4\big(1 + a^2 z\big)^3 = 9a^4\big(ax + y + c\big)^2\;}\]
\(\blacksquare\)
Örnek 13.4 (Logaritmik İntegrasyon) \(z_x\,z_y = 9z^2\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
\(f = pq - 9z^2 = 0\) denkleminde \(x, y\) yoktur. Kök işlemlerinden kaçınmak için oranı \(p = a^2 q\) biçiminde seçelim:
\[a^2q^2 = 9z^2 \implies q = \mp\frac{3z}{a}, \qquad p = \mp 3az\]
Toplam diferansiyel (\(+\) dalı ile):
\[dz = 3az\,dx + \frac{3z}{a}\,dy \implies \frac{dz}{z} = 3a\,dx + \frac{3}{a}\,dy\]
\[\implies \ln|z| = 3ax + \frac{3}{a}y + c \implies \boxed{\; z = b\, e^{3ax + \frac{3}{a}y} \;} \qquad (b = \pm e^c)\]
Sağlama. \(p = 3az\), \(q = \tfrac{3}{a}z\) için \(pq = 9z^2\) ✓
\(\blacksquare\)
13.3 Durum 3: Ayrılabilir Denklemler — \(f_1(x, p) = f_2(y, q)\)
Denklem
\[f(x,y,z,p,q) = f_1(x, p) - f_2(y, q) = 0\]
biçiminde yazılabiliyorsa (\(z\) görünmüyor, \(x\)’ler \(p\) ile, \(y\)’ler \(q\) ile gruplanabiliyor), Charpit sisteminden
\[\frac{dx}{(f_1)_p} = \frac{-dp}{(f_1)_x} \implies (f_1)_x\,dx + (f_1)_p\,dp = 0 \implies d\big[f_1(x,p)\big] = 0\]
çıkar: \(f_1(x,p) = a\) sabittir; denklemden \(f_2(y,q) = a\) da sabittir. Her iki bağıntıdan \(p = p(x, a)\) ve \(q = q(y, a)\) çözülür; \(dz = p\,dx + q\,dy\) değişkenlerine ayrılmış olarak integre edilir.
Örnek 13.5 (Gruplandırarak Ayırma) \(z_x^2\,y\,\big(1 + x^2\big) = z_y\,x^2\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
Her iki tarafı \(x^2 y\)’ye bölerek değişkenleri ayıralım:
\[\frac{p^2\big(1+x^2\big)}{x^2} = \frac{q}{y}\]
Sol taraf yalnız \((x,p)\)’ye, sağ taraf yalnız \((y,q)\)’ya bağlıdır; ortak değerleri \(a\) olsun (\(a > 0\)):
\[\frac{p^2(1+x^2)}{x^2} = a \implies p = \mp\frac{\sqrt{a}\,x}{\sqrt{1+x^2}}, \qquad \frac{q}{y} = a \implies q = ay\]
Toplam diferansiyel:
\[dz = \mp\frac{\sqrt{a}\,x}{\sqrt{1+x^2}}\,dx + ay\,dy \implies z = \mp\sqrt{a}\,\sqrt{1+x^2} + \frac{a}{2}y^2 + c\]
İstenirse kök içeren terim yalnız bırakılıp kare alınarak
\[\Big(z - \frac{a}{2}y^2 - c\Big)^2 = a\big(1 + x^2\big)\]
biçiminde de yazılır.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.6 (Önce Cebirsel Ayrıştırma) \(z_x^2\,z_y^2 + x^2 y^2 = x^2\,z_y^2\,\big(x^2 + y^2\big)\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
Denklem ilk bakışta ayrılabilir görünmez; her iki tarafı \(x^2 q^2\)’ye bölelim:
\[\frac{p^2}{x^2} + \frac{y^2}{q^2} = x^2 + y^2 \implies \underbrace{\frac{p^2}{x^2} - x^2}_{f_1(x,p)} = \underbrace{y^2 - \frac{y^2}{q^2}}_{f_2(y,q)}\]
Ortak değer \(a\) olsun:
\[\frac{p^2}{x^2} - x^2 = a \implies p = \pm x\sqrt{a + x^2}, \qquad y^2 - \frac{y^2}{q^2} = a \implies q = \pm\frac{y}{\sqrt{y^2 - a}}\]
Toplam diferansiyel (uygun dallarla):
\[dz = x\sqrt{a+x^2}\,dx + \frac{y}{\sqrt{y^2 - a}}\,dy\]
Birinci integralde \(u = a + x^2\), ikincide \(v = y^2 - a\) dönüşümüyle
\[z = \frac{1}{3}\big(a + x^2\big)^{3/2} + \big(y^2 - a\big)^{1/2} + b\]
Sağlama. \(p = x\sqrt{a+x^2}\) ve \(q = y\big(y^2-a\big)^{-1/2}\) için
\[\frac{p^2}{x^2} - x^2 = a \quad \text{ve} \quad y^2 - \frac{y^2}{q^2} = y^2 - (y^2 - a) = a \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
13.4 Durum 4: Clairaut Tipi — \(z = p\,x + q\,y + h(p, q)\)
Tanım 13.1 (Clairaut Tipi Denklem) Birinci mertebeden bir denklem
\[z = x\,z_x + y\,z_y + h(z_x, z_y)\]
biçiminde yazılabiliyorsa Clairaut tipi denklem olarak adlandırılır.
\(f = xp + yq + h(p,q) - z\) için \(f_x = p\), \(f_z = -1\) olduğundan \(f_x + pf_z = p - p = 0\); aynı şekilde \(f_y + qf_z = 0\). Charpit sistemi doğrudan
\[dp = 0, \qquad dq = 0 \implies p = a, \quad q = b\]
verir ve bu değerler denklemi özdeş olarak sağlar.
Teorem 13.1 (Clairaut Denkleminin Tam İntegrali) Clairaut tipi denklemin tam integrali, düzlemler ailesi olan
\[z = a\,x + b\,y + h(a, b)\]
biçimindedir.
Örnek 13.7 (Clairaut Biçimine Getirme) \(\big(z_x + z_y\big)\big(z - x\,z_x - y\,z_y\big) = 1\) denkleminin tam integralini bulunuz.
Çözüm
İkinci çarpanı yalnız bırakalım (\(p + q \neq 0\)):
\[z - xp - yq = \frac{1}{p+q} \implies z = xp + yq + \frac{1}{p+q}\]
Bu, \(h(p,q) = \dfrac{1}{p+q}\) ile Clairaut tipidir. Tam integral:
\[z = ax + by + \frac{1}{a+b} \qquad (a + b \neq 0)\]
\(\blacksquare\)
| Denklemin biçimi | Uyumlu denklem | Tam integral |
|---|---|---|
| \(f(p, q) = 0\) | \(p = a\) | \(z = ax + Q(a)y + b\) |
| \(f(z, p, q) = 0\) | \(p = aq\) | \(dz = q(a\,dx + dy)\) ayrılabilir |
| \(f_1(x,p) = f_2(y,q)\) | \(f_1(x,p) = a\) | \(z = \displaystyle\int p\,dx + \int q\,dy + b\) |
| \(z = px + qy + h(p,q)\) | \(p = a, \; q = b\) | \(z = ax + by + h(a,b)\) |
Bir denklemle karşılaşınca önce bu dört kalıptan birine sokulup sokulamayacağına bakılır; hiçbiri uymuyorsa genel Charpit yöntemi uygulanır.
Son örneklerin gösterdiği gibi, denklemler bu kalıplarla verilmez; kalıba getirilir. Bir çarpanı yalnız bırakmak, her iki tarafı uygun ifadeye bölmek ya da \(p = a^2 q\) gibi kök üretmeyen oranlar seçmek işin görünmeyen kısmıdır.
Tam integral, genel ve tekil integrallerin üretim merkezidir; ancak belirli bir eğriden geçen çözüm istendiğinde işler değişir. Lineer olmayan denklemlerde Cauchy problemi, karakteristik şeritler kavramını gerektirir.