4 Doğrudan İntegrasyon ve ADD Yaklaşımı
Bazı kısmi diferansiyel denklemler, hiçbir özel kurama gerek kalmadan çözülebilir. Bu bölümde iki basit ama güçlü yaklaşımı ele alıyoruz: denklemi doğrudan integre etmek ve denklemi adi diferansiyel denklem (ADD) gibi görmek. İkisinde de tek yeni fikir vardır: kısmi işlemlerde integrasyon “sabitleri”, diğer değişkenlerin keyfi fonksiyonlarıdır.
4.1 Doğrudan İntegrasyon Yöntemi
Denklemin sol tarafı tek bir kısmi türev ifadesinden oluşuyorsa, uygun değişkenlere göre ardışık integral alınarak çözüme ulaşılır.
Örnek 4.1 (Ardışık İki İntegral) \(u_{xy} = x^3 + y^3\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Önce her iki tarafın \(x\)’e göre kısmi integralini alalım; integrasyon sabiti \(y\)’nin keyfi bir fonksiyonu olur:
\[u_y = \frac{x^4}{4} + y^3 x + f(y)\]
Şimdi \(y\)’ye göre integral alalım; bu kez sabit, \(x\)’in keyfi bir fonksiyonudur:
\[u = \frac{x^4}{4}y + \frac{y^4}{4}x + F(y) + G(x), \qquad F(y) = \int f(y)\, dy\]
\(f\) keyfi olduğundan \(F\) de keyfidir. Genel çözüm iki keyfi fonksiyon içerir; denklemin ikinci mertebeden olmasıyla uyumludur.
\(\blacksquare\)
Örnek 4.2 (Üç Katlı İntegrasyon) \(u_{xyy} = \sin(x-y)\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
\(y\)’ye göre bir kez integre edelim:
\[u_{xy} = \int \sin(x-y)\, dy = \cos(x-y) + f(x)\]
Bir kez daha \(y\)’ye göre integre edelim:
\[u_x = \int \big[\cos(x-y) + f(x)\big] dy = -\sin(x-y) + f(x)\,y + g(x)\]
Son olarak \(x\)’e göre integre edelim:
\[u(x,y) = \cos(x-y) + f_1(x)\,y + f_2(x) + g_1(y)\]
Burada \(f_1 = \int f\,dx\) ve \(f_2 = \int g\,dx\) olup \(g_1(y)\), \(x\)-integrasyonunun keyfi fonksiyonudur. Üçüncü mertebeden denklemin genel çözümü üç keyfi fonksiyon içermektedir: \(f_1, f_2, g_1\).
\(\blacksquare\)
\(\displaystyle\int \cos(x-y)\, dy = -\sin(x-y)\) ama \(\displaystyle\int \cos(x-y)\, dx = \sin(x-y)\)’dir; zincir kuralındaki iç türev \(y\)’ye göre \(-1\), \(x\)’e göre \(+1\) olduğundan işaretler zıttır. Doğrudan integrasyonda hataların çoğu bu işaretlerden çıkar; her adımda sonucu türevleyerek sağlama yapın.
4.2 Denklemi ADD Gibi Görmek
Denklem yalnızca tek bir bağımsız değişkene göre türevler içeriyorsa, diğer değişkenler işlem boyunca sabit gibi davranır; denklem o değişkende bir adi diferansiyel denklemdir. ADD kuramının bütün araçları (karakteristik denklem, integrasyon çarpanı, belirsiz katsayılar) aynen kullanılabilir — tek farkla: keyfi sabitler yerine diğer değişkenlerin keyfi fonksiyonları yazılır.
Örnek 4.3 (Sabit Katsayılı Görünümlü Denklem) \(u_{xx} - y^2 u = xy^2\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklemde yalnızca \(x\)’e göre türev vardır; \(y\)’yi parametre olarak görüp \(x\)’te ikinci mertebeden lineer bir ADD gibi çözelim.
Homojen kısım. \(u_{xx} - y^2 u = 0\) için karakteristik denklem
\[\lambda^2 - y^2 = 0 \implies (\lambda - y)(\lambda + y) = 0 \implies \lambda = y, \quad \lambda = -y\]
olduğundan
\[u_h = c_1(y)\, e^{yx} + c_2(y)\, e^{-yx}\]
Katsayıların \(y\)’nin keyfi fonksiyonları olduğuna dikkat edin.
Özel çözüm. Sağ taraf \(x\)’te birinci dereceden olduğundan belirsiz katsayılar yöntemiyle \(u_p = A_1(y)\,x + A_2(y)\) deneyelim. \(\big(u_p\big)_{xx} = 0\) olduğundan
\[-y^2\big(A_1(y)\,x + A_2(y)\big) = xy^2 \implies A_1(y) = -1, \quad A_2(y) = 0\]
bulunur; yani \(u_p = -x\)’tir.
Genel çözüm:
\[u(x,y) = c_1(y)\, e^{yx} + c_2(y)\, e^{-yx} - x\]
\(\blacksquare\)
Örnek 4.4 (İntegrasyon Çarpanı ile) \(z_x + z = x\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Denklem \(x\)’te birinci mertebeden lineer bir ADD biçimindedir: \(y' + P(x)y = Q(x)\) kalıbında \(P = 1\)’dir. İntegrasyon çarpanı
\[\mu = e^{\int 1\, dx} = e^x\]
Homojen kısım. \(e^x z_x + e^x z = 0 \implies \big(e^x z\big)_x = 0 \implies e^x z = c_1(y)\), yani
\[z_h = e^{-x} c_1(y)\]
Özel çözüm. \(z_p = A_1(y)x + A_0(y)\) deneyelim: \(\big(z_p\big)_x = A_1\) olduğundan
\[A_1 + A_1 x + A_0 = x \implies A_1 = 1, \quad A_1 + A_0 = 0 \implies A_0 = -1\]
Buradan \(z_p = x - 1\) ve genel çözüm
\[z(x,y) = e^{-x} c_1(y) + x - 1\]
\(\blacksquare\)
4.3 Karma Türevli Denklemlerde Ara Değişken
Karma türev içeren bazı denklemler, önce bir kez integre edilerek veya bir türev ara değişken olarak adlandırılarak ADD biçimine indirgenebilir.
Örnek 4.5 (Önce İntegre Et, Sonra ADD Çöz) \(u_{xy} + 3u_x = 6x\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Her terimde \(x\)’e göre bir türev ortak: denklemin her iki tarafını \(x\)’e göre integre edelim (sabit yerine \(y\)’nin keyfi fonksiyonu gelir):
\[u_y + 3u = 3x^2 + f(y)\]
Bu, \(y\)’de birinci mertebeden lineer bir denklemdir. İntegrasyon çarpanı \(\mu(y) = e^{\int 3\, dy} = e^{3y}\):
\[e^{3y}u_y + 3e^{3y}u = e^{3y}\big(3x^2 + f(y)\big) \implies \big(e^{3y}u\big)_y = 3x^2 e^{3y} + e^{3y}f(y)\]
\(y\)’ye göre integre edelim; \(F(y) = \int e^{3y}f(y)\,dy\) ve keyfi fonksiyon \(G(x)\) olmak üzere
\[e^{3y}u = x^2 e^{3y} + F(y) + G(x)\]
Her iki tarafı \(e^{3y}\)’ye bölersek genel çözüm
\[u(x,y) = x^2 + e^{-3y}F(y) + e^{-3y}G(x)\]
olur. \(F\) keyfi olduğundan \(e^{-3y}F(y)\) ifadesi \(y\)’nin keyfi bir fonksiyonudur; \(\varphi(y)\) diyelim:
\[u(x,y) = x^2 + \varphi(y) + e^{-3y}G(x)\]
Sağlama. \(u_x = 2x + e^{-3y}G'(x)\) ve \(u_{xy} = -3e^{-3y}G'(x)\) olduğundan
\[u_{xy} + 3u_x = -3e^{-3y}G'(x) + 6x + 3e^{-3y}G'(x) = 6x \;\checkmark\]
\(\blacksquare\)
Son örnekte \(G(x)\)’in önündeki çarpan \(e^{-3y}\)’dir, \(e^{-3x}\) değil. Çarpan, integrasyon çarpanından (\(\mu = e^{3y}\)) geri bölerken geldiği için üssünde daima integrasyon çarpanının değişkeni bulunur. Sağlama yapıldığında fark hemen görülür: \(e^{-3x}G(x)\) yazılsaydı \(u_{xy}\) terimi tamamen sıfırlanır ve denklem sağlanmazdı.
Örnek 4.6 (Ara Değişken Tanımlama) \(x\,u_{xy} + 2u_y = y\) denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözüm
Her terimde \(u_y\) ortak; \(v = u_y\) diyelim. Denklem
\[x\,v_x + 2v = y \implies v_x + \frac{2}{x}v = \frac{y}{x}\]
hâline gelir: \(x\)’te birinci mertebeden lineer ADD. İntegrasyon çarpanı
\[\mu = e^{\int \frac{2}{x}dx} = e^{2\ln|x|} = x^2\]
\[x^2 v_x + 2xv = xy \implies \big(x^2 v\big)_x = xy \implies x^2 v = \frac{x^2 y}{2} + f(y)\]
Buradan
\[u_y = v = \frac{y}{2} + \frac{1}{x^2}f(y)\]
Son olarak \(y\)’ye göre integre edelim; \(f_1(y) = \int f(y)\,dy\) ve keyfi \(g(x)\) ile
\[u(x,y) = \frac{y^2}{4} + \frac{1}{x^2}f_1(y) + g(x)\]
Sağlama. \(u_y = \tfrac{y}{2} + \tfrac{1}{x^2}f_1'\), \(u_{xy} = -\tfrac{2}{x^3}f_1'\) olup \(x\,u_{xy} + 2u_y = -\tfrac{2}{x^2}f_1' + y + \tfrac{2}{x^2}f_1' = y\) ✓
\(\blacksquare\)
- Denklemde yalnızca bir değişkene göre türev varsa: diğer değişkenleri parametre say, ADD gibi çöz, sabitleri keyfi fonksiyon yap.
- Karma türev tek bir dış türevle sarılıysa: önce o değişkene göre integre et.
- Bütün terimlerde aynı iç türev ortaksa: onu \(v\) olarak adlandır, \(v\) için çözüp geri integre et.
Bu basit yöntemlerin yetmediği durumlar için sıradaki bölümlerde sistematik kuramlar kuracağız; ilk adım birinci mertebeden denklemlerin nasıl ortaya çıktığını anlamaktır.