16 Sabit Katsayılı Denklemler: Operatörü Çarpanlara Ayırma
Katsayıları sabit olan
\[L z = A\,z_{xx} + B\,z_{xy} + C\,z_{yy} + D\,z_x + E\,z_y + F\,z = G(x,y)\]
denklemini ele alalım. Önceki bölümden biliyoruz: genel çözüm \(z = z_h + z_p\)’dir. Bu bölümde \(z_h\)’yi operatörü çarpanlara ayırarak, \(z_p\)’yi belirsiz katsayılarla bulacağız.
16.1 Operatör Polinomu ve Çarpanlara Ayırma
\(L = A D_x^2 + B D_x D_y + C D_y^2 + D D_x + E D_y + F\) operatöründe \(D_x\) yerine \(x\), \(D_y\) yerine \(y\) yazılırsa bir polinom elde edilir:
\[P(x,y) = Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F\]
Katsayılar sabit olduğundan operatörler çarpma sırasından bağımsız çalışır (\(D_x D_y = D_y D_x\)); dolayısıyla polinom nasıl çarpanlara ayrılıyorsa operatör de öyle ayrılır:
\[P = \big(a_1 x + b_1 y + \alpha_1\big)\big(a_2 x + b_2 y + \alpha_2\big) \implies L = L_1 L_2 = L_2 L_1\]
\[L_i = a_i D_x + b_i D_y + \alpha_i\]
Teorem 16.1 (Çarpanların Çözümleri Denklemi Çözer) \(L = L_1 L_2 = L_2 L_1\) ise, \(L_1 z = 0\) veya \(L_2 z = 0\) denklemlerini sağlayan her \(z\), \(Lz = 0\) denklemini de sağlar.
İspat
\(L_2 z = 0\) ise \(Lz = L_1(L_2 z) = L_1(0) = 0\). \(L_1 z = 0\) ise sıra değiştirilerek \(Lz = L_2(L_1 z) = 0\).
\(\blacksquare\)
16.2 Tek Çarpanın Genel Çözümü
\(\big(a D_x + b D_y + \alpha\big)z = 0\), yani \(a z_x + b z_y + \alpha z = 0\) birinci mertebeden lineer bir denklemdir; Lagrange yöntemiyle çözelim:
\[\frac{dx}{a} = \frac{dy}{b} = \frac{dz}{-\alpha z}\]
İlk iki orandan \(bx - ay = c_1\); birinci ve üçüncü orandan (\(a \neq 0\))
\[\frac{dz}{z} = -\frac{\alpha}{a}dx \implies z\,e^{\frac{\alpha}{a}x} = c_2\]
Genel çözüm \(F(c_1\text{-ifadesi}, c_2\text{-ifadesi}) = 0\)’dan, \(z\)’li sabit çekilerek:
\[z = e^{-\frac{\alpha}{a}x}\, f\big(bx - ay\big)\]
Teorem 16.2 (Homojen Denklemin Genel Çözümü) \(L = L_1 L_2\) çarpanlarına ayrılıyorsa, çarpanlar birbirinin katı değilse ve \(a_1, a_2 \neq 0\) ise, \(Lz = 0\) denkleminin genel çözümü (\(f_1, f_2 \in C^2\) keyfi)
\[z_h = e^{-\frac{\alpha_1}{a_1}x}\, f_1\big(b_1 x - a_1 y\big) + e^{-\frac{\alpha_2}{a_2}x}\, f_2\big(b_2 x - a_2 y\big)\]
biçimindedir. Süperpozisyon ilkesi gereği toplam da çözümdür ve iki keyfi fonksiyon, ikinci mertebe için beklenen genel çözümü verir.
\(L = L_1^2\) biçiminde tekrarlı çarpan varsa formüldeki iki terim aynı argümanı taşır ve tek keyfi fonksiyona indirgenir; genel çözüm için ikinci bağımsız parça \(x\) (veya \(y\)) çarpanıyla gelir. Örneğin \(\big(D_x + D_y\big)^2 z = 0\) denkleminin genel çözümü
\[z_h = f_1(x - y) + x\, f_2(x - y)\]
biçimindedir. Bu durum, tip sınıflandırmasındaki parabolik hâlin operatör diliyle görünümüdür.
16.3 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 16.1 (Çarpanlara Ayırma + Parçalanmış Sağ Taraf) \(z_{xx} - z_{yy} = 4x + 3\cos 2y\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. \(L = D_x^2 - D_y^2 = (D_x - D_y)(D_x + D_y)\) çarpanlarına ayrılır.
\(\big(D_x + D_y\big)z = 0\), yani \(z_x + z_y = 0\): Lagrange sisteminden \(\dfrac{dx}{1} = \dfrac{dy}{1} = \dfrac{dz}{0}\) ile \(x - y = c_1\), \(z = c_2\); çözüm \(z = f_1(x-y)\).
\(\big(D_x - D_y\big)z = 0\), yani \(z_x - z_y = 0\): benzer biçimde \(x + y = c_3\), \(z = c_4\); çözüm \(z = f_2(x+y)\).
\[z_h = f_1(x-y) + f_2(x+y)\]
Özel çözüm. Sağ taraf iki parçadan oluşuyor; süperpozisyonla ayrı ayrı çözelim: \(L z_{p_1} = 4x\) ve \(L z_{p_2} = 3\cos 2y\) ise \(z_p = z_{p_1} + z_{p_2}\).
Birinci parça: yalnızca \(x\)’e bağlı bir çözüm arayalım; \(z_{p_1} = z_{p_1}(x)\) için denklem \(\big(z_{p_1}\big)_{xx} = 4x\) olur:
\[\big(z_{p_1}\big)_x = 2x^2 \implies z_{p_1} = \frac{2x^3}{3}\]
İkinci parça: yalnızca \(y\)’ye bağlı bir çözüm arayalım; \(-\big(z_{p_2}\big)_{yy} = 3\cos 2y\):
\[\big(z_{p_2}\big)_y = -\frac{3}{2}\sin 2y \implies z_{p_2} = \frac{3}{4}\cos 2y\]
İki parçada da integrasyon sabiti/fonksiyonu eklemeye gerek yoktur: tek bir özel çözüm yeterlidir, keyfilik zaten \(z_h\)’dedir.
Genel çözüm:
\[z = f_1(x-y) + f_2(x+y) + \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{4}\cos 2y\]
\(\blacksquare\)
Örnek 16.2 (Tam Kareyle Çarpanlara Ayırma) \(z_{xx} - z_{yy} + 2z_x + z = \sin(x+y)\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Homojen çözüm. Operatör polinomu
\[P = x^2 - y^2 + 2x + 1 = (x+1)^2 - y^2 = (x + 1 + y)(x + 1 - y)\]
biçiminde ayrılır; yani
\[L = \big(D_x + D_y + 1\big)\big(D_x - D_y + 1\big)\]
Birinci çarpan: \(z_x + z_y + z = 0\) için Lagrange sistemi
\[\frac{dx}{1} = \frac{dy}{1} = \frac{dz}{-z} \implies x - y = c_1, \quad z\,e^{x} = c_2 \implies z = e^{-x}f_1(x-y)\]
İkinci çarpan: \(z_x - z_y + z = 0\) için
\[\frac{dx}{1} = \frac{dy}{-1} = \frac{dz}{-z} \implies x + y = c_3, \quad z\,e^{x} = c_4 \implies z = e^{-x}f_2(x+y)\]
\[z_h = e^{-x}\Big[f_1(x-y) + f_2(x+y)\Big]\]
Özel çözüm. \(z_p = A\sin(x+y) + B\cos(x+y)\) deneyelim. \(w = x+y\) kısaltmasıyla
\[\big(z_p\big)_x = \big(z_p\big)_y = A\cos w - B\sin w, \qquad \big(z_p\big)_{xx} = \big(z_p\big)_{yy} = -A\sin w - B\cos w\]
O hâlde \(z_{xx} - z_{yy} = 0\) olur ve denklem şuna iner:
\[2\big(A\cos w - B\sin w\big) + A\sin w + B\cos w = \sin w\]
Katsayıları eşitleyelim:
\[\sin w: \;\; -2B + A = 1, \qquad \cos w: \;\; 2A + B = 0\]
İkinciden \(B = -2A\); birincide \(A + 4A = 1\), yani \(A = \dfrac{1}{5}\), \(B = -\dfrac{2}{5}\).
Genel çözüm:
\[z = e^{-x}\Big[f_1(x-y) + f_2(x+y)\Big] + \frac{1}{5}\sin(x+y) - \frac{2}{5}\cos(x+y)\]
\(\blacksquare\)
Son örnekte \(z_p = A\sin(x+y)\) tek başına denenseydi, \(2z_x\) teriminden gelen \(\cos(x+y)\) karşılıksız kalırdı. Denklemde tek mertebeli türev varken sinüs ve kosinüs daima birlikte denenmelidir; ADD’lerdeki kuralın aynısıdır.
\(G = e^{ax+by}\) biçimindeyse deneme \(z_p = \kappa\,e^{ax+by}\)’dir ve doğrudan \(\kappa\,P(a,b) = 1\) bulunur; yani \(P(a, b) \neq 0\) olduğu sürece
\[z_p = \frac{e^{ax+by}}{P(a,b)}\]
Burada \(P\), operatör polinomudur. \(P(a,b) = 0\) (rezonans) durumunda deneme \(x\) ile çarpılarak genişletilir.
Çarpanlara ayırma, \(P\)’nin çarpanlanabilir olmasına bağlıdır. \(z_{xx} + z_{yy}\) gibi gerçel çarpanlara ayrılamayan operatörler için başka bir yaklaşım gerekir: deneme fonksiyonu \(f(mx+y)\) ve tip sınıflandırması.