11 Uyumlu Sistemler
Bu bölüm, Charpit yönteminin kuramsal altyapısını kurar. Soru şudur: iki tane birinci mertebeden denklem
\[f(x, y, z, z_x, z_y) = 0, \qquad g(x, y, z, z_x, z_y) = 0 \tag{1}\]
aynı anda ne zaman çözülebilir?
Tanım 11.1 (Uyumlu Sistem) \(f = 0\) ve \(g = 0\) denklemlerinin ortak çözümleri varsa, \((1)\) sistemine uyumlu sistem (compatible system) denir.
\(z_x = p\) ve \(z_y = q\) yazacağız.
11.1 Uyumluluğun Koşulu
1. adım: sistemi \(p\) ve \(q\) için çöz. Eğer
\[J = \frac{\partial(f,g)}{\partial(p,q)} = \begin{vmatrix} f_p & f_q \\ g_p & g_q \end{vmatrix} = f_p g_q - g_p f_q \neq 0\]
ise, \((1)\)’deki iki denklem \(p\) ve \(q\) için çözülebilir:
\[p = p(x,y,z), \qquad q = q(x,y,z) \tag{2}\]
2. adım: integre edilebilirlik. \((2)\)’deki fonksiyonlar bir \(z(x,y)\) çözümünün türevleri olacaksa, toplam diferansiyel
\[dz = z_x\,dx + z_y\,dy = p\,dx + q\,dy \tag{3}\]
ifadesinin tam diferansiyel olması gerekir. Adi diferansiyel denklemlerden bilinen tamlık koşulu — \(z\)’ye bağlılık da hesaba katılarak — şudur:
\[\frac{\partial}{\partial y}\,p(x,y,z(x,y)) = \frac{\partial}{\partial x}\,q(x,y,z(x,y)) \implies p_y + p_z\,q = q_x + q_z\,p \tag{4}\]
Burada zincir kuralı kullanıldı: \(y\)’ye göre türevde \(z_y = q\), \(x\)’e göre türevde \(z_x = p\) çarpanları gelir.
11.2 Uyumluluk Parantezi
\((4)\) koşulunu, \(p\) ve \(q\)’yu açıkça çözmeden, doğrudan \(f\) ve \(g\) üzerinden yazabiliriz. \((2)\)’yi \((1)\)’de yerine koyduğumuzda özdeşlik elde ederiz:
\[f\big(x,y,z,p(x,y,z),q(x,y,z)\big) = 0, \qquad g\big(x,y,z,p(x,y,z),q(x,y,z)\big) = 0 \tag{5}\]
\(x\)’e göre türev. Her iki özdeşliği \(x\)’e göre türevleyelim:
\[f_x + f_p\,p_x + f_q\,q_x = 0, \qquad g_x + g_p\,p_x + g_q\,q_x = 0\]
Birinciyi \(g_p\), ikinciyi \(f_p\) ile çarpıp çıkaralım; \(p_x\) yok olur:
\[\big(f_x g_p - g_x f_p\big) + \big(f_q g_p - g_q f_p\big)q_x = 0 \implies \frac{\partial(f,g)}{\partial(x,p)} - J\,q_x = 0\]
\[\implies q_x = \frac{1}{J}\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(x,p)}\]
\(y\)’ye göre türev. Aynı işlem \(q_y\) yerine \(p_y\)’yi yalnız bırakacak biçimde yapılırsa
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(y,q)} + J\,p_y = 0 \implies p_y = \frac{1}{J}\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(q,y)}\]
\(z\)’ye göre türev. Benzer biçimde
\[p_z = \frac{1}{J}\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(q,z)}, \qquad q_z = \frac{1}{J}\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(z,p)}\]
Bulunanları \((4)\) koşulunda yerine koyup \(J \neq 0\) ile çarparsak uyumluluğun aranan biçimine ulaşırız.
Teorem 11.1 (Uyumluluk Koşulu) \(J \neq 0\) olmak üzere \((1)\) sisteminin uyumlu olması için gerek koşul
\[[f, g] = \frac{\partial(f,g)}{\partial(x,p)} + p\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(z,p)} + \frac{\partial(f,g)}{\partial(y,q)} + q\,\frac{\partial(f,g)}{\partial(z,q)} = 0\]
olmasıdır. Buradaki \([f,g]\) ifadesine uyumluluk parantezi denir.
Jacobian gösterimi açılırsa
\[[f,g] = \big(f_x g_p - f_p g_x\big) + p\big(f_z g_p - f_p g_z\big) + \big(f_y g_q - f_q g_y\big) + q\big(f_z g_q - f_q g_z\big)\]
Uygulamada dört tane \(2\times 2\) determinant hesaplanıp toplanır; determinant düzeni
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} f_u & f_v \\ g_u & g_v \end{vmatrix}\]
biçimindedir ve satır–sütun sırasına dikkat edilmelidir: sıra değişirse işaret değişir.
11.3 Çözümlü Uygulama
Örnek 11.1 (Uyumluluğu Gösterip Ortak Çözümü Bulma) Aşağıdaki sistemin uyumlu olduğunu gösteriniz ve ortak çözümünü bulunuz:
\[x\,z_x = y\,z_y, \qquad z\big(x\,z_x + y\,z_y\big) = 2xy\]
Çözüm
\(p, q\) gösterimiyle
\[f = xp - yq = 0, \qquad g = xzp + yzq - 2xy = 0\]
Jacobianları hesaplayalım.
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(x,p)} = \begin{vmatrix} f_x & f_p \\ g_x & g_p \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} p & x \\ zp - 2y & zx \end{vmatrix} = zxp - x(zp - 2y) = 2xy\]
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(z,p)} = \begin{vmatrix} 0 & x \\ xp + yq & zx \end{vmatrix} = -x\big(xp + yq\big) = -x^2 p - xyq\]
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(y,q)} = \begin{vmatrix} -q & -y \\ zq - 2x & zy \end{vmatrix} = -zyq + y(zq - 2x) = -2xy\]
\[\frac{\partial(f,g)}{\partial(z,q)} = \begin{vmatrix} 0 & -y \\ xp + yq & zy \end{vmatrix} = y\big(xp + yq\big) = xyp + y^2 q\]
Paranteze yerleştirelim.
\[[f,g] = 2xy + p\big(-x^2p - xyq\big) - 2xy + q\big(xyp + y^2q\big) = -x^2p^2 - xypq + xypq + y^2q^2\]
\[= y^2q^2 - x^2p^2 = (yq - xp)(yq + xp)\]
\(f = 0\) olduğundan \(xp = yq\)’dur; dolayısıyla birinci çarpan sıfırdır ve
\[[f,g] = 0\]
Sistem uyumludur.
Ortak çözüm. \(f = 0\)’dan \(xp = yq\); bunu \(g = 0\)’da kullanalım:
\[z\big(yq + yq\big) = 2xy \implies 2yz\,q = 2xy \implies q = \frac{x}{z}, \qquad p = \frac{yq}{x} = \frac{y}{z}\]
Toplam diferansiyeli yazalım:
\[dz = p\,dx + q\,dy = \frac{y}{z}\,dx + \frac{x}{z}\,dy \implies z\,dz = y\,dx + x\,dy = d(xy)\]
İntegre edersek
\[\frac{z^2}{2} = xy + c\]
Sağlama. \(z^2 = 2xy + 2c\) için \(2z\,p = 2y\) ve \(2z\,q = 2x\); yani \(p = y/z\), \(q = x/z\):
\[xp - yq = \frac{xy - yx}{z} = 0 \;\checkmark \qquad z(xp + yq) = z \cdot \frac{2xy}{z} = 2xy \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
Tek bir lineer olmayan \(f = 0\) denklemi verildiğinde Charpit’in fikri şudur: \(f\) ile uyumlu ve keyfi bir \(a\) sabiti içeren ikinci bir \(g = 0\) denklemi üretmek. O zaman sistem \(p, q\) için çözülür, \(dz = p\,dx + q\,dy\) integre edilir ve ikinci bir sabit \(b\) ortaya çıkar: tam integral elde edilmiştir. \(g\)’yi bulmanın sistematik yolu bir sonraki bölümdedir.