Ayrılabilir Denklemler

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dy}{dx} = 4e^{2x}e^{-3y} \)

\( e^{3y}\dfrac{dy}{dx} = 4e^{2x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( e^{3y}\ dy = 4e^{2x}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {e^{3y}\ dy} = \displaystyle\int {4e^{2x}\ dx} \)

\( \dfrac{1}{3}e^{3y} = 2e^{2x} + C_1 \)

\( e^{3y} = 6e^{2x} + C \)

Eşitliğin taraflarının doğal logaritmasını alalım.

\( 3y = \ln(6e^{2x} + C) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{1}{3}\ln(6e^{2x} + C) \)

Denklemi düzenleyelim.

\( -\dfrac{1}{x^2}\dfrac{dx}{dt} = 8t^3 \)

\( t \) ve \( x \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(x)\frac{dx}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( -\dfrac{1}{x^2}\ dx = 8t^3\ dt \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {-\dfrac{1}{x^2}\ dx} = \displaystyle\int {8t^3\ dt} \)

\( \dfrac{1}{x} = 2t^4 + C \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( x = \dfrac{1}{2t^4 + C} \)

\( x(1) = \dfrac{1}{5} \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{2(1)^4 + C} \)

\( \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{2 + C} \)

\( C = 3 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( x = \dfrac{1}{2t^4 + 3} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{\sqrt{y}}\dfrac{dy}{dx} = 5x^3 \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{\sqrt{y}}\ dy = 5x^3\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{\sqrt{y}}\ dy} = \displaystyle\int {5x^3\ dx} \)

\( 2\sqrt{y} = \dfrac{5}{4}x^4 + C_1 \)

\( \sqrt{y} = \dfrac{5}{8}x^4 + C \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \left( \dfrac{5}{8}x^4 + C \right)^2 \)

\( y(2) = 0 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 0 = \left( \dfrac{5}{8}(2)^4 + C \right)^2 \)

\( 0 = 10 + C \)

\( C = -10 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \left( \dfrac{5}{8}x^4 - 10 \right)^2 \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dx} = \cos{x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y}\ dy = \cos{x}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\cos{x}\ dx} \)

\( \ln{\abs{y}} = \sin{x} + C \)

\( \abs{y} = e^{\sin{x} + C} \)

\( \abs{y} = e^Ce^{\sin{x}} \)

\( y = \pm e^Ce^{\sin{x}} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = Ae^{\sin{x}} \)

\( y(\pi) = 8 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 8 = Ae^{\sin{\pi}} \)

\( 8 = Ae^0 \)

\( A = 8 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = 8e^{\sin{x}} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{6x + 1}{3\sqrt{x}\sqrt{y}} \)

\( 3\sqrt{y}\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{6x + 1}{\sqrt{x}} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( 3\sqrt{y}\ dy = \dfrac{6x + 1}{\sqrt{x}}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {3\sqrt{y}\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{6x + 1}{\sqrt{x}}\ dx} \)

\( \displaystyle\int {3\sqrt{y}\ dy} = \displaystyle\int {\left( 6\sqrt{x} + \dfrac{1}{\sqrt{x}} \right)\ dx} \)

\( 2\sqrt{y^3} = 4\sqrt{x^3} + 2\sqrt{x} + C_1 \)

\( \sqrt{y^3} = 2\sqrt{x^3} + \sqrt{x} + C \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y^3 = (2\sqrt{x^3} + \sqrt{x} + C)^2 \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dx} = \cos{x} + \sin{x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y}\ dy = (\cos{x} + \sin{x})\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {(\cos{x} + \sin{x})\ dx} \)

\( \ln{\abs{y}} = \sin{x} - \cos{x} + C \)

\( \abs{y} = e^{\sin{x} - \cos{x} + C} \)

\( \abs{y} = e^{C}e^{\sin{x} - \cos{x}} \)

\( y = \pm e^{C}e^{\sin{x} - \cos{x}} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = Ae^{\sin{x} - \cos{x}} \)

---

\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \) formundaki bir denklemde eşitliğin sağ tarafını sıfır yapan \( y \) değerleri denklemin birer sabit çözümüdür.

Buna göre \( y = 0 \) denklemin bir sabit çözümüdür.

Denklemin \( y = 0 \) sabit çözümü genel çözümde \( A = 0 \) vererek elde edilebildiği için genel çözüme dahil edilebilir.

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dx}{dt} = \dfrac{x^5(1 - 3t^6)}{t^4} \)

\( \dfrac{1}{x^5}\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{1 - 3t^6}{t^4} \)

\( t \) ve \( x \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(x)\frac{dx}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{x^5}\ dx = \dfrac{1 - 3t^6}{t^4}\ dt \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{x^5}\ dx} = \displaystyle\int {\dfrac{1 - 3t^6}{t^4}\ dt} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{x^5}\ dx} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{t^4} - 3t^2 \right)\ dt} \)

\( -\dfrac{1}{4x^4} = -\dfrac{1}{3t^3} - t^3 + C_1 \)

\( \dfrac{1}{x^4} = \dfrac{4}{3t^3} + 4t^3 + C_2 \)

\( \dfrac{1}{x^4} = \dfrac{4 + 12t^6 + Ct^3}{3t^3} \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( x^4 = \dfrac{3t^3}{4 + 12t^6 + Ct^3} \)

---

\( \dfrac{dx}{dt} = f(t, x) \) formundaki bir denklemde eşitliğin sağ tarafını sıfır yapan \( x \) değerleri denklemin birer sabit çözümüdür.

Buna göre \( x = 0 \) denklemin bir sabit çözümüdür.

Denklemin \( x = 0 \) sabit çözümü genel çözümde \( C \) sabitine değer vererek elde edilemediği için denklemin tekil çözümüdür.

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{3 + 8t^2}{t} \)

\( t \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y}\ dy = \dfrac{3 + 8t^2}{t}\ dt \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{3 + 8t^2}{t}\ dt} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{3}{t} + 8t\ \right)\ dt} \)

\( \ln{\abs{y}} = 3\ln{\abs{t}} + 4t^2 + C \)

\( t \gt 0 \) olarak veriliyor.

\( \ln{\abs{y}} = 3\ln{t} + 4t^2 + C \)

\( \abs{y} = e^{3\ln{t} + 4t^2 + C} \)

\( \abs{y} = e^{C}e^{\ln{t^3}}e^{4t^2} \)

\( y = \pm e^{C}t^3e^{4t^2} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = At^3e^{4t^2} \)

\( y(-1) = 4e^4 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 4e^4 = A(-1)^3e^{4(-1)^2} \)

\( 4e^4 = -Ae^4 \)

\( A = -4 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = -4t^3e^{4t^2} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y - 5}\dfrac{dy}{dx} = 4x - 7 \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y - 5}\ dy = (4x - 7)\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y - 5}\ dy} = \displaystyle\int {(4x - 7)\ dx} \)

\( \ln{\abs{y - 5}} = 2x^2 - 7x + C \)

\( \abs{y - 5} = e^{2x^2 - 7x + C} \)

\( \abs{y - 5} = e^Ce^{2x^2 - 7x} \)

\( y - 5 = \pm e^Ce^{2x^2 - 7x} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

\( y = Ae^Ce^{2x^2 - 7x} + 5 \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = Ae^{2x^2 - 7x} + 5 \)

---

\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \) formundaki bir denklemde eşitliğin sağ tarafını sıfır yapan \( y \) değerleri denklemin birer sabit çözümüdür.

Buna göre \( y = 5 \) denklemin bir sabit çözümüdür.

Denklemin \( y = 5 \) sabit çözümü genel çözümde \( A = 0 \) vererek elde edilebildiği için genel çözüme dahil edilebilir.

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y(x^2 + 1)}{5x^3} \)

\( \dfrac{5}{y}\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2 + 1}{x^3} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{5}{y}\ dy = \dfrac{x^2 + 1}{x^3}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{5}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{x^2 + 1}{x^3}\ dx} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{5}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^3} \right)\ dx} \)

\( 5\ln{\abs{y}} = \ln{\abs{x}} - \dfrac{1}{2x^2} + C_1 \)

\( x \gt 0 \) olarak veriliyor.

\( \ln{\abs{y}} = \dfrac{1}{5}\ln{x} - \dfrac{1}{10x^2} + C \)

\( \ln{\abs{y}} = \ln{x^{\frac{1}{5}}} - \dfrac{1}{10x^2} + C \)

\( \abs{y} = e^{\ln{x^{\frac{1}{5}}} - \frac{1}{10x^2} + C} \)

\( \abs{y} = e^{C}x^{\frac{1}{5}}e^{-\frac{1}{10x^2}} \)

\( y = \pm e^{C}x^{\frac{1}{5}}e^{-\frac{1}{10x^2}} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = Ax^{\frac{1}{5}}e^{-\frac{1}{10x^2}} \)

---

\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \) formundaki bir denklemde eşitliğin sağ tarafını sıfır yapan \( y \) değerleri denklemin birer sabit çözümüdür.

Buna göre \( y = 0 \) denklemin bir sabit çözümüdür.

Denklemin \( y = 0 \) sabit çözümü genel çözümde \( A = 0 \) vererek elde edilebildiği için genel çözüme dahil edilebilir.

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( dy = \dfrac{17}{(x - 1)(2x + 3)}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {dy} = \displaystyle\int {\dfrac{17}{(x - 1)(2x + 3)}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadeyi basit kesirlerin toplamı şeklinde yazalım.

\( \displaystyle\int {dy} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{17}{5(x - 1)} - \dfrac{34}{5(2x + 3)} \right)\ dx} \)

\( \displaystyle\int {dy} = \dfrac{17}{5}\displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{x - 1} - \dfrac{2}{2x + 3} \right)\ dx} \)

\( y = \dfrac{17}{5}(\ln{\abs{x - 1}} - \ln{\abs{2x + 3}} + C_1) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{17}{5}\ln{\abs{\dfrac{x - 1}{2x + 3}}} + C \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dy}{dx} = 7xe^{7x}e^{-y} \)

\( e^y\dfrac{dy}{dx} = 7xe^{7x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( e^y\ dy = 7xe^{7x}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {e^y\ dy} = \displaystyle\int {7xe^{7x}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = 7x \)

\( dv = e^{7x}\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = 7\ dx \)

\( v = \dfrac{1}{7}e^{7x} \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( e^y = 7x \cdot \dfrac{1}{7}e^{7x} - \displaystyle\int {7 \cdot \dfrac{1}{7}e^{7x} dx} \)

\( e^y = xe^{7x} - \dfrac{1}{7}e^{7x} + C \)

Eşitliğin taraflarının doğal logaritmasını alalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \ln(xe^{7x} - \dfrac{1}{7}e^{7x} + C) \)

Denklemi düzenleyelim.

\( e^x\dfrac{dy}{dx} = -xe^y \)

\( e^{-y}\dfrac{dy}{dx} = -xe^{-x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( e^{-y}\ dy = -xe^{-x}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {e^{-y}\ dy} = -\displaystyle\int {xe^{-x}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = x \)

\( dv = e^{-x}\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = dx \)

\( v = -e^{-x} \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( -e^{-y} = -(-xe^{-x} - \displaystyle\int {-e^{-x}\ dx}) \)

\( -e^{-y} = -(-xe^{-x} - e^{-x} + C) \)

\( e^{-y} = -xe^{-x} - e^{-x} + C \)

Eşitliğin taraflarının doğal logaritmasını alalım.

\( -y = \ln(-xe^{-x} - e^{-x} + C) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = -\ln(C - xe^{-x} - e^{-x}) \)

\( y(0) = 0 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 0 = -\ln(C - 0e^{-0} - e^{-0}) \)

\( 0 = -\ln(C - 1) \)

\( C = 2 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = -\ln(2 - xe^{-x} - e^{-x}) \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{y}{y^2 + 1}\dfrac{dy}{dt} = \tan^2{t} \)

\( t \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{y}{y^2 + 1}\ dy = \tan^2{t}\ dt \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{y}{y^2 + 1}\ dy} = \displaystyle\int {\tan^2{t}\ dt} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{y}{y^2 + 1}\ dy} = \displaystyle\int {(\sec^2{t} - 1)\ dt} \)

\( \dfrac{1}{2}\ln{\abs{y^2 + 1}} = \tan{t} - t + C_1 \)

\( \ln{\abs{y^2 + 1}} = 2\tan{t} - 2t + C \)

\( y^2 + 1 = e^{2\tan{t} - 2t + C} \)

\( y^2 = e^Ce^{2\tan{t} - 2t} - 1 \)

\( e^C = A \) yazalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y^2 = Ae^{2\tan{t} - 2t} - 1 \)

Denklemi düzenleyelim.

\( e^{2x}\dfrac{dy}{dx} = xy^2 + x \)

\( e^{2x}\dfrac{dy}{dx} = x(y^2 + 1) \)

\( \dfrac{1}{y^2 + 1}\dfrac{dy}{dx} = xe^{-2x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y^2 + 1}\ dy = xe^{-2x}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y^2 + 1}\ dy} = \displaystyle\int {xe^{-2x}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = x \)

\( dv = e^{-2x}\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = dx \)

\( v = -\dfrac{1}{2}e^{-2x} \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( \arctan{y} = -\dfrac{1}{2}xe^{-2x} - \displaystyle\int {-\dfrac{1}{2}e^{-2x}\ dx} \)

\( \arctan{y} = -\dfrac{1}{2}xe^{-2x} - \dfrac{1}{4}e^{-2x} + C_1 \)

Eşitliğin taraflarının tanjantını alalım.

\( y = \tan{\left( -\dfrac{1}{2}xe^{-2x} - \dfrac{1}{4}e^{-2x} + C_1 \right)} \)

\( \tan(-x) = -\tan{x} \) özdeşliğini kullanalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = -\tan{\left( \dfrac{1}{2}xe^{-2x} + \dfrac{1}{4}e^{-2x} + C \right)} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{dy}{dx} = 2xe^xy^2 \)

\( \dfrac{1}{y^2}\dfrac{dy}{dx} = 2xe^x \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y^2}\ dy = 2xe^x\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y^2}\ dy} = 2\displaystyle\int {xe^x\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = x \)

\( dv = e^x\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = dx \)

\( v = e^x \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( -\dfrac{1}{y} = 2(xe^x - \displaystyle\int {e^x\ dx}) \)

\( -\dfrac{1}{y} = 2(xe^x - e^x + C_1) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{1}{2e^x - 2xe^x + C} \)

\( y(1) = -1 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( -1 = \dfrac{1}{2e^1 - 2(1)e^1 + C} \)

\( -1 = \dfrac{1}{2e - 2e + C} \)

\( C = -1 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{1}{2e^x - 2xe^x - 1} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y}\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x}{x^2 - 4} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y}\ dy = \dfrac{x}{x^2 - 4}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{x}{x^2 - 4}\ dx} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{x}{(x - 2)(x + 2)}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadeyi basit kesirlerin toplamı şeklinde yazalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{2(x - 2)} + \dfrac{1}{2(x + 2)} \right)\ dx} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{x - 2} + \dfrac{1}{x + 2} \right)\ dx} \)

\( \ln{\abs{y}} = \dfrac{1}{2}(\ln{\abs{x - 2}} + \ln{\abs{x + 2}} + C) \)

\( 2\ln{\abs{y}} = \ln{\abs{x - 2}} + \ln{\abs{x + 2}} + \ln{A} \)

\( \ln{\abs{y}^2} = \ln(A\abs{x - 2}\abs{x + 2}) \)

Logaritmaları eşit iki ifade birbirine eşittir.

\( y^2 = A\abs{x - 2}\abs{x + 2} \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y^2 = A\abs{x^2 - 4} \)

\( y(3) = 5 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 5^2 = A\abs{3^2 - 4} \)

\( A = 5 \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y^2 = 5\abs{x^2 - 4} \)

Denklemi düzenleyelim.

\( \dfrac{1}{y^2 + 6y + 13}\dfrac{dy}{dt} = 1 \)

\( t \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{y^2 + 6y + 13}\ dy = dt \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{y^2 + 6y + 13}\ dy} = \displaystyle\int {dt} \)

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{(y + 3)^2 + 2^2}\ dy} = \displaystyle\int {dt} \)

\( \dfrac{1}{2}\arctan{\dfrac{y + 3}{2}} = t + C_1 \)

\( \arctan\left( \dfrac{y + 3}{2} \right) = 2t + C \)

Eşitliğin taraflarının tanjantını alalım.

\( \dfrac{y + 3}{2} = \tan(2t + C) \)

\( y + 3 = 2\tan(2t + C) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = 2\tan(2t + C) - 3 \)

Denklemi düzenleyelim.

\( 3\dfrac{dy}{dx} = (y - 1)(y + 3) \)

\( \dfrac{3}{(y - 1)(y + 3)}\dfrac{dy}{dx} = 1 \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{3}{(y - 1)(y + 3)}\ dy = dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{3}{(y - 1)(y + 3)}\ dy} = \displaystyle\int {dx} \)

Eşitliğin sol tarafındaki ifadeyi basit kesirlerin toplamı şeklinde yazalım.

\( \displaystyle\int {\left( \dfrac{3}{4(y - 1)} - \dfrac{3}{4(y + 3)} \right)\ dy} = \displaystyle\int {dx} \)

\( \dfrac{3}{4}(\ln{\abs{y - 1}} - \ln{\abs{y + 3}}) = x + C_1 \)

\( \ln{\abs{\dfrac{y - 1}{y + 3}}} = \dfrac{4}{3}x + C \)

\( \abs{\dfrac{y - 1}{y + 3}} = e^{\frac{4}{3}x + C} \)

\( \abs{\dfrac{y - 1}{y + 3}} = e^Ce^{\frac{4}{3}x} \)

\( \dfrac{y - 1}{y + 3} = \pm e^Ce^{\frac{4}{3}x} \)

\( \pm e^C = A \) yazalım.

\( \dfrac{y - 1}{y + 3} = Ae^{\frac{4}{3}x} \)

\( y \) ifadesini yalnız bırakalım.

\( y - 1 = Aye^{\frac{4}{3}x} + 3Ae^{\frac{4}{3}x} \)

\( y - Aye^{\frac{4}{3}x} = 3Ae^{\frac{4}{3}x} + 1 \)

\( y(1 - Ae^{\frac{4}{3}x}) = 3Ae^{\frac{4}{3}x} + 1 \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{3Ae^{\frac{4}{3}x} + 1}{1 - Ae^{\frac{4}{3}x}} \)

---

\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \) formundaki bir denklemde eşitliğin sağ tarafını sıfır yapan \( y \) değerleri denklemin birer sabit çözümüdür.

Buna göre \( y = 1 \) ve \( y = -3 \) denklemin birer sabit çözümüdür.

Denklemin \( y = 1 \) sabit çözümü genel çözümde \( A = 0 \) vererek elde edilebildiği için genel çözüme dahil edilebilir.

Denklemin \( y = -3 \) sabit çözümü genel çözümde \( A \) sabitine değer vererek elde edilemediği için denklemin tekil çözümüdür.

Denklemde \( y \)'li terim bulunmadığı için aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayarak denklemin mertebesini düşürebiliriz.

\( u = \dfrac{dy}{dx} \)

\( \Longrightarrow \dfrac{du}{dx} = \dfrac{d^2y}{dx^2} \)

\( \frac{dy}{dx} \) değişkenlerinin \( u \) karşılıklarını yazalım.

\( \dfrac{du}{dx} + 3u = 2 \)

\( \dfrac{du}{dx} = 2 - 3u \)

Elde ettiğimiz denklem birinci mertebeden bir denklemdir.

\( \dfrac{1}{2 - 3u}\dfrac{du}{dx} = 1 \)

\( x \) ve \( u \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(u)\frac{du}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{2 - 3u}\ du = dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{2 - 3u}\ du} = \displaystyle\int {dx} \)

\( -\dfrac{1}{3}\ln{\abs{2 - 3u}} = x + C_1 \)

\( \ln{\abs{2 - 3u}} = -3x + C \)

\( \abs{2 - 3u} = e^{-3x + C} \)

\( \abs{2 - 3u} = e^Ce^{-3x} \)

\( 2 - 3u = \pm e^Ce^{-3x} \)

\( 3u = 2 \pm e^Ce^{-3x} \)

\( u = \dfrac{2}{3} \pm \dfrac{e^C}{3}e^{-3x} \)

\( \pm \dfrac{e^C}{3} = A \) yazalım.

\( u = \dfrac{2}{3} + Ae^{-3x} \)

\( u \) değişkenlerinin \( \frac{dy}{dx} \) karşılıklarını yazalım.

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2}{3} - Ae^{-3x} \)

\( \dfrac{dy}{dx}(0) = 0 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 0 = \dfrac{2}{3} - Ae^{-3(0)} \)

\( A = \dfrac{2}{3} \)

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3}e^{-3x} \)

\( 3\dfrac{dy}{dx} = 2 - 2e^{-3x} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( 3\ dy = (2 - 2e^{-3x})\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {3\ dy} = \displaystyle\int {(2 - 2e^{-3x})\ dx} \)

\( 3y = 2x + \dfrac{2}{3}e^{-3x} + C_1 \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{2}{9}e^{-3x} + C \)

\( y(0) = 1 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 1 = \dfrac{2}{3}(0) + \dfrac{2}{9}e^{-3(0)} + C \)

\( 1 = 0 + \dfrac{2}{9} + C \)

\( C = \dfrac{7}{9} \)

Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{2}{9}e^{-3x} + \dfrac{7}{9} \)

Denklemde \( y \)'li terim bulunmadığı için aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayarak denklemin mertebesini düşürebiliriz.

\( v = \dfrac{dy}{dx} \)

\( \Longrightarrow \dfrac{dv}{dx} = \dfrac{d^2y}{dx^2} \)

\( \frac{dy}{dx} \) değişkenlerinin \( v \) karşılıklarını yazalım.

\( \dfrac{dv}{dx} = 2xv^2 \)

Elde ettiğimiz denklem birinci mertebeden bir denklemdir.

\( \dfrac{1}{v^2}\dfrac{dv}{dx} = 2x \)

\( x \) ve \( v \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(v)\frac{dv}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( \dfrac{1}{v^2}\ dv = 2x\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{v^2}\ dv} = \displaystyle\int {2x\ dx} \)

\( -\dfrac{1}{v} = x^2 + C_1 \)

\( \dfrac{1}{v} = C - x^2 \)

\( v = \dfrac{1}{C - x^2} \)

\( v \) değişkenlerinin \( \frac{dy}{dx} \) karşılıklarını yazalım.

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{C - x^2} \)

\( \dfrac{dy}{dx}(0) = 1 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.

\( 1 = \dfrac{1}{C - 0^2} \)

\( C = 1 \)

\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{1 - x^2} \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( dy = \dfrac{1}{1 - x^2}\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {dy} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{1 - x^2}\ dx} \)

\( \displaystyle\int {dy} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{(1 - x)(1 + x)}\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadeyi basit kesirlerin toplamı şeklinde yazalım.

\( \displaystyle\int {dy} = \displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{2(1 - x)} + \dfrac{1}{2(1 + x)} \right)\ dx} \)

\( \displaystyle\int {dy} = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int {\left( \dfrac{1}{1 - x} + \dfrac{1}{1 + x} \right)\ dx} \)

\( y = \dfrac{1}{2}(-\ln{\abs{1 - x}} + \ln{\abs{1 + x}} + C_1) \)

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \dfrac{1}{2}\ln{\abs{\dfrac{1 + x}{1 - x}}} + C \)

Denklemi düzenleyelim.

\( e^{2x}e^y\dfrac{dy}{dx} = (x + 3)^2 \)

\( e^y\dfrac{dy}{dx} = e^{-2x}(x + 3)^2 \)

\( x \) ve \( y \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(y)\frac{dy}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.

\( e^y\ dy = e^{-2x}(x + 3)^2\ dx \)

Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.

\( \displaystyle\int {e^y\ dy} = \displaystyle\int {e^{-2x}(x + 3)^2\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = (x + 3)^2 \)

\( dv = e^{-2x}\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = 2(x + 3)\ dx \)

\( v = -\dfrac{1}{2}e^{-2x} \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( \displaystyle\int {e^y\ dy} = -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3)^2 - \displaystyle\int {-\dfrac{1}{2}e^{-2x}2(x + 3)\ dx} \)

\( e^y = -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3)^2 + \displaystyle\int {e^{-2x}(x + 3)\ dx} \)

Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için tekrar kısmi integral alma yöntemini kullanalım.

\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.

\( u = x + 3 \)

\( dv = e^{-2x}\ dx \)

Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.

\( du = dx \)

\( v = -\dfrac{1}{2}e^{-2x} \)

Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.

\( e^y = -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3)^2 + \left( -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3) - \displaystyle\int {-\dfrac{1}{2}e^{-2x}\ dx} \right) \)

\( e^y = -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3)^2 + \left( -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3) - \dfrac{1}{4}e^{-2x} + C \right) \)

\( e^y = -\dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3)^2 - \dfrac{1}{2}e^{-2x}(x + 3) - \dfrac{1}{4}e^{-2x} + C \)

\( e^y = C - \dfrac{2(x + 3)^2 + 2(x + 3) + 1}{4e^{2x}} \)

\( e^y = C - \dfrac{2x^2 + 14x + 25}{4e^{2x}} \)

Eşitliğin taraflarının doğal logaritmasını alalım.

Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.

\( y = \ln{\left( C - \dfrac{2x^2 + 14x + 25}{4e^{2x}} \right)} \)