Homojen Denklemler
Homojen Fonksiyonlar
Tüm değişkenleri bir \( \lambda \) sabiti ile çarpıldığında fonksiyon değeri bu sabitin \( k \). dereceden üssü oranında değişen fonksiyonlara \( k \). dereceden homojen fonksiyon denir.
\( k \). dereceden bir homojen fonksiyonun tüm tanım kümesinde aşağıdaki eşitlik sağlanır.
\( \lambda \in \mathbb{R} - \{0\}\) olmak üzere,
\( f(\lambda x_1, \lambda x_2, \ldots, \lambda x_n) = \lambda^k f(x_1, x_2, \ldots, x_n) \)
Aşağıdaki iki fonksiyon bu tanımı sağladıkları için homojendir.
\( f(x, y) = x^2y^3 \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = (\lambda x)^2(\lambda y)^3 \)
\( = \lambda^5 x^2y^3 \)
\( = \lambda^5 f(x, y) \)
Buna göre \( f(x, y) \) fonksiyonu 5. dereceden homojen bir fonksiyondur.
\( g(x, y) = 3x^2 - 5y^2 \)
\( g(\lambda x, \lambda y) = 3(\lambda x)^2 - 5(\lambda y)^2 \)
\( = 3\lambda^2 x^2 - 5\lambda^2 y^2 \)
\( = \lambda^2(3x^2 - 5y^2) \)
\( = \lambda^2 g(x, y) \)
Buna göre \( g(x, y) \) fonksiyonu 2. dereceden homojen bir fonksiyondur.
Yukarıdaki tanım ve örnekler dikkate alındığında, (bu liste ile sınırlı olmamak kaydıyla) aşağıdaki fonksiyonların homojen olduğu söylenebilir.
- Tek terimli polinomlar (\( x^3y^2 \))
- Tüm terimlerinin toplam derecesi eşit olan polinomlar (\( 2x^4 + 5x^3y - 3x^2y^2 \))
Aşağıdaki iki fonksiyon bu tanımı sağlamadıkları için homojen değildir.
\( f(x, y) = x^3 + y^2 \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = (\lambda x)^3 + (\lambda y)^2 \)
\( = \lambda^3 x^3 + \lambda^2 y^2 \)
\( = \lambda^2(\lambda x^3 + y^2) \)
\( \ne \lambda^k f(x, y) \)
Buna göre \( f(x, y) \) fonksiyonu homojen değildir.
\( g(x) = 4x + 2 \)
\( g(\lambda x) = 4\lambda x + 2 \)
\( \ne \lambda^k g(x) \)
Buna göre \( g(x) \) fonksiyonu homojen değildir.
Aşağıda bahsedeceğimiz homojen denklemler, \( \frac{dy}{dx} + p(x)y = 0 \) formunda yazılabilen (eşitliğin sağ tarafı sıfır olan) homojen denklemlerden farklı bir kavram olup iki konu karıştırılmamalıdır.
Homojen Denklemler
Aşağıdaki formda yazıldığında eşitliğin sağ tarafı 0. dereceden bir homojen fonksiyon olan diferansiyel denklemlere homojen denklem denir.
\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \lambda^0 f(x, y) = f(x, y) \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{3x - 4y}{5x + 2y} \) denkleminin homojen olup olmadığını bulalım.
Eşitliğin sağ tarafındaki fonksiyonun homojen olup olmadığını bulalım.
\( f(x, y) = \dfrac{3x - 4y}{5x + 2y} \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{3\lambda x - 4\lambda y}{5\lambda x + 2\lambda y} \)
\( = \dfrac{\lambda(3x - 4y)}{\lambda(5x + 2y)} \)
\( = \dfrac{3x - 4y}{5x + 2y} \)
\( f(x, y) \) fonksiyonu 0. dereceden homojen bir fonksiyondur, dolayısıyla verilen denklem homojen bir denklemdir.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2x^3 - 5y^3}{xy^2} \) denkleminin homojen olup olmadığını bulalım.
Eşitliğin sağ tarafındaki fonksiyonun homojen olup olmadığını bulalım.
\( f(x, y) = \dfrac{2x^3 - 5y^3}{xy^2} \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{2(\lambda x)^3 - 5(\lambda y)^3}{\lambda x(\lambda y)^2} \)
\( = \dfrac{\lambda^3(2x^3 - 5y^3)}{\lambda^3 xy^2} \)
\( = \dfrac{2x^3 - 5y^3}{xy^2} \)
\( f(x, y) \) fonksiyonu 0. dereceden homojen bir fonksiyondur, dolayısıyla verilen denklem homojen bir denklemdir.
\( \frac{y}{x} \) ifadesinin bir fonksiyonu şeklinde yazılabilen fonksiyonlar 0. dereceden homojen fonksiyonlardır, dolayısıyla aşağıdaki formdaki denklemler de homojen denklemlerdir.
\( \dfrac{dy}{dx} = F \left( \dfrac{y}{x} \right) \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \tan{\dfrac{y}{x}} \)
\( \tan{\dfrac{\lambda y}{\lambda x}} = \tan{\dfrac{y}{x}} \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} - \left( \dfrac{x}{y} \right)^2 \)
\( \dfrac{\lambda y}{\lambda x} - \left( \dfrac{\lambda x}{\lambda y} \right)^2 = \dfrac{y}{x} - \left( \dfrac{x}{y} \right)^2 \)
Homojen denklemler \( z = \frac{y}{x} \) şeklinde değişken değiştirilerek ayrılabilir denkleme dönüştürülür ve \( z \) değişkeni için çözülür.
Homojen denklemler aşağıdaki yöntemle çözülür.
Adım 1: Denklemin formu
Verilen denklem aşağıdaki forma getirilir.
\( \dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \)
Bir denklem homojen ise eşitliğin sağ tarafındaki fonksiyon için aşağıdaki eşitlik sağlanır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
Denklem bu formda değilse ve bu forma getirilemiyorsa homojen bir denklem değildir, bu durumda denklemi çözmek için farklı bir yöntem kullanılmalıdır.
Adım 2: Değişken değiştirme
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlanır ve \( \frac{dy}{dx} \) türevi bulunur.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} \)
\( = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Daha sonra denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıkları yazılarak değişken değiştirme uygulanır.
Adım 3: Ayrılabilir denklemin çözümü
Değişken değiştirme sonucunda denklem bir ayrılabilir denkleme dönüşür.
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeler eşitliğin farklı taraflarında toplanır.
\( h(z)\ dz = f(x)\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integrali alınarak denklem \( z \) değişkeni için çözülür.
Adım 4: Genel çözümün bulunması
\( z \) değişkeni cinsinden bulunan genel çözüm \( y \) değişkeni cinsinden yazılır.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
Adım 5: Başlangıç koşulları
Denklem için başlangıç koşulları verildiyse genel çözümde yerine konarak keyfi sabitler ve denklemin özel çözümü bulunur.
Homojen denklemlerin çözümünü bir örnek üzerinde gösterelim.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^3 + y^3}{xy^2} \)
denkleminin genel çözümünü bulalım.
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{x^3 + y^3}{xy^2} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{(\lambda x)^3 + (\lambda y)^3}{(\lambda x)^2(\lambda y)} \)
\( = \dfrac{\lambda^3(x^3 + y^3)}{\lambda^3 xy^2} \)
\( = \dfrac{x^3 + y^3}{xy^2} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem homojen bir denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^3 + (xz)^3}{x(xz)^2} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^3(1 + z^3)}{x^3z^2} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1 + z^3}{z^2} - z \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{z^2} \)
\( z^2\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( z^2\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Denklemin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {z^2\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( \dfrac{z^3}{3} = \ln{\abs{x}} + C_1 \)
\( z^3 = 3\ln{\abs{x}} + C \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \left( \dfrac{y}{x} \right)^3 = 3\ln{\abs{x}} + C \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y^3 = 3x^3\ln{\abs{x}} + Cx^3 \)
Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin homojen denklemler olup olmadığını bulunuz.
(a) \( x^3\dfrac{dy}{dx} = 2x^3 + x^2y + 5y^3 \)
(b) \( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^5}{x^3y^2} + \sec\left( \dfrac{y}{x} \right) \)
(c) \( \dfrac{dv}{dx} = v^2 + x^2 + x \)
Çözümü Göster(a) seçeneği:
\( x^3\dfrac{dy}{dx} = 2x^3 + x^2y + 5y^3 \)
Denklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dy}{dx} = 2 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{5y^3}{x^3} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = 2 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{5y^3}{x^3} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = 2 + \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{5(\lambda y)^3}{(\lambda x)^3} \)
\( = 2 + \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{5\lambda^3 y^3}{\lambda^3 x^3} \)
\( = 2 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{5y^3}{x^3} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
(b) seçeneği:
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^5}{x^3y^2} + \sec\left( \dfrac{y}{x} \right) \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{x^5}{x^3y^2} + \sec\left( \dfrac{y}{x} \right) \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{(\lambda x)^5}{(\lambda x)^3(\lambda y)^2} + \sec\left( \dfrac{\lambda y}{\lambda x} \right) \)
\( = \dfrac{\lambda^5 x^5}{\lambda^5 x^3y^2} + \sec\left( \dfrac{\lambda y}{\lambda x} \right) \)
\( = \dfrac{x^5}{x^3y^2} + \sec\left( \dfrac{y}{x} \right) = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
(c) seçeneği:
\( \dfrac{dv}{dx} = v^2 + x^2 + x \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, v) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, v) = v^2 + x^2 + x \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda v) = f(x, v) \)
\( f(\lambda x, \lambda v) = (\lambda v)^2 + (\lambda x)^2 + \lambda x \)
\( = \lambda^2 v^2 + \lambda^2 x^2 + \lambda x \ne f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklem değildir.
\( t \gt 0 \) olmak üzere,
\( v' = \dfrac{v + t}{t} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dv}{dt} = \dfrac{v}{t} + 1 \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(t, v) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(t, v) = \dfrac{v}{t} + 1 \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda t, \lambda v) = f(t, v) \)
\( f(\lambda t, \lambda v) = \dfrac{\lambda v}{\lambda t} + 1 \)
\( = \dfrac{v}{t} + 1 = f(t, v) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{v}{t} \)
\( v = tz \)
\( \dfrac{dv}{dt} = \dfrac{d(tz)}{dt} = z + t\dfrac{dz}{dt} \)
Denklemdeki \( v \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + t\dfrac{dz}{dt} = \dfrac{tz}{t} + 1 \)
\( z + t\dfrac{dz}{dt} = z + 1 \)
\( t\dfrac{dz}{dt} = 1 \)
\( \dfrac{dz}{dt} = \dfrac{1}{t} \)
\( t \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( dz = \dfrac{1}{t}\ dt \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{t}\ dt} \)
\( z = \ln{\abs{t}} + C \)
\( z = \ln{t} + C \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( v \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \dfrac{v}{t} = \ln{t} + C \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( v = t\ln{t} + Ct \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( \dfrac{dy}{dx} = \left( \dfrac{2y}{x} \right)^2 + \dfrac{y}{x} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{4y^2}{x^2} + \dfrac{y}{x} \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{4y^2 + xy}{x^2} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{4y^2 + xy}{x^2} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{4(\lambda y)^2 + (\lambda x)(\lambda y)}{(\lambda x)^2} \)
\( = \dfrac{\lambda^2(4y^2 + xy)}{\lambda^2 x^2} \)
\( = \dfrac{4y^2 + xy}{x^2} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{4x^2z^2 + x^2z}{x^2} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^2(4z^2 + z)}{x^2} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = 4z^2 + z \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = 4z^2 \)
\( \dfrac{1}{z^2}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{4}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{1}{z^2}\ dz = \dfrac{4}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{z^2}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{4}{x}\ dx} \)
\( -\dfrac{1}{z} = 4\ln{\abs{x}} + C \)
\( z = -\dfrac{1}{4\ln{x} + C} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \dfrac{y}{x} = -\dfrac{1}{4\ln{x} + C} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = -\dfrac{x}{4\ln{x} + C} \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{(9x + 4y)(x + y)}{x^2} \)
\( y(1) = -2 \)
denkleminin verilen başlangıç değeri için çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{9x^2 + 13xy + 4y^2}{x^2} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{9x^2 + 13xy + 4y^2}{x^2} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{9(\lambda x)^2 + 13(\lambda x)(\lambda y) + 4(\lambda y)^2}{(\lambda x)^2} \)
\( = \dfrac{\lambda^2(9x^2 + 13xy + 4y^2)}{\lambda^2 x^2} \)
\( = \dfrac{9x^2 + 13xy + 4y^2}{x^2} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{9x^2 + 13x^2z + 4x^2z^2}{x^2} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^2(9 + 13z + 4z^2)}{x^2} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = 9 + 13z + 4z^2 \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = 9 + 12z + 4z^2 \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = (2z + 3)^2 \)
\( \dfrac{1}{(2z + 3)^2}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{1}{(2z + 3)^2}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{(2z + 3)^2}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( -\dfrac{1}{2(2z + 3)} = \ln{\abs{x}} + C_1 \)
\( -\dfrac{1}{4z + 6} = \ln{x} + C_1 \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( -\dfrac{1}{4 \cdot \frac{y}{x} + 6} = \ln{x} + C_1 \)
\( -\dfrac{x}{4y + 6x} = \ln{x} + C_1 \)
\( 4y + 6x = -\dfrac{x}{\ln{x} + C_1} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = -\dfrac{x}{4\ln{x} + C} - \dfrac{3x}{2} \)
\( y(1) = -2 \) başlangıç değerini denklemde yerine koyalım.
\( -2 = -\dfrac{1}{4\ln{1} + C} - \dfrac{3(1)}{2} \)
\( -2 = -\dfrac{1}{C} - \dfrac{3}{2} \)
\( C = 2 \)
Denklemin verilen başlangıç değeri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = -\dfrac{x}{4\ln{x} + 2} - \dfrac{3x}{2} \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( xy\ dy = (x^2 + 2y^2)\ dx \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( xy\dfrac{dy}{dx} = x^2 + 2y^2 \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2 + 2y^2}{xy} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{x^2 + 2y^2}{xy} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{(\lambda x)^2 + 2(\lambda y)^2}{(\lambda x)(\lambda y)} \)
\( = \dfrac{\lambda^2(x^2 + 2y^2)}{\lambda^2 xy} \)
\( = \dfrac{x^2 + 2y^2}{xy} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^2 + 2x^2z^2}{x^2z} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^2(1 + 2z^2)}{x^2z} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1 + 2z^2}{z} - z \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1 + z^2}{z} \)
\( \dfrac{z}{1 + z^2}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{z}{1 + z^2}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{z}{1 + z^2}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( \dfrac{1}{2}\ln{\abs{1 + z^2}} = \ln{\abs{x}} + C \)
\( \dfrac{1}{2}\ln(1 + z^2) = \ln{x} + \ln{B} \)
\( \ln(1 + z^2) = 2\ln(Bx) \)
\( \ln(1 + z^2) = \ln(B^2x^2) \)
Logaritmaları eşit iki ifade birbirine eşittir.
\( 1 + z^2 = B^2x^2 \)
\( z^2 = Ax^2 - 1 \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \left( \dfrac{y}{x} \right)^2 = Ax^2 - 1 \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y^2 = Ax^4 - x^2 \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( x\dfrac{dy}{dx} = y + \dfrac{x^2}{2y}e^{\left( \frac{y}{x} \right)^2} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} + \dfrac{x}{2y}e^{\frac{y^2}{x^2}} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{y}{x} + \dfrac{x}{2y}e^{\frac{y^2}{x^2}} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{\lambda x}{2(\lambda y)}e^{\frac{(\lambda y)^2}{(\lambda x)^2}} \)
\( = \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{\lambda x}{2\lambda y}e^{\frac{\lambda^2 y^2}{\lambda^2 x^2}} \)
\( = \dfrac{y}{x} + \dfrac{x}{2y}e^{\frac{y^2}{x^2}} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = z + \dfrac{x}{2xz}e^{\frac{(xz)^2}{x^2}} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{e^{z^2}}{2z} \)
\( 2ze^{-z^2}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( 2ze^{-z^2}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {2ze^{-z^2}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
Bu integrali \( u = -z^2 \) ve \( du = -2z\ dz \) şeklinde değişken değiştirerek alabiliriz.
\( -e^{-z^2} = \ln{\abs{x}} + C \)
\( e^{-z^2} = -\ln{x} + \ln{A} \)
\( e^{-z^2} = \ln{\dfrac{A}{x}} \)
\( -z^2 = \ln{\ln{\dfrac{A}{x}}} \)
\( z^2 = -\ln{\ln{\dfrac{A}{x}}} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \left( \dfrac{y}{x} \right)^2 = -\ln{\ln{\dfrac{A}{x}}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y^2 = -x^2\ln{\ln{\dfrac{A}{x}}} \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( xy\dfrac{dy}{dx} = (2x + y)^2 - 3xy \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( xy\dfrac{dy}{dx} = 4x^2 + 4xy + y^2 - 3xy \)
\( xy\dfrac{dy}{dx} = 4x^2 + xy + y^2 \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{4x^2 + xy + y^2}{xy} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{4x^2 + xy + y^2}{xy} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{4(\lambda x)^2 + (\lambda x)(\lambda y) + (\lambda y)^2}{(\lambda x)(\lambda y)} \)
\( = \dfrac{\lambda^2(4x^2 + xy + y^2)}{\lambda^2 xy} \)
\( = \dfrac{4x^2 + xy + y^2}{xy} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{4x^2 + x^2z + x^2z^2}{x^2z} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x^2(4 + z + z^2)}{x^2z} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{4 + z + z^2}{z} - z \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{4 + z}{z} \)
\( \dfrac{z}{4 + z}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{z}{4 + z}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{z}{4 + z}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( \displaystyle\int {\dfrac{4 + z - 4}{4 + z}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( \displaystyle\int {\left( 1 - \dfrac{4}{4 + z} \right)\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( z - 4\ln{\abs{4 + z}} = \ln{\abs{x}} + C \)
\( \ln{e^z} - \ln{\abs{(4 + z)}^4} = \ln{x} + \ln{A} \)
\( \ln{\dfrac{e^z}{(4 + z)^4}} = \ln(Ax) \)
Logaritmaları eşit iki ifade birbirine eşittir.
\( \dfrac{e^z}{(4 + z)^4} = Ax \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( \dfrac{e^{\frac{y}{x}}}{(4 + \frac{y}{x})^4} = Ax \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( y' = \dfrac{y}{x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{y}{x}} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü Göster\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{y}{x}} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{y}{x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{y}{x}} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{\lambda y}{\lambda x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{\lambda y}{\lambda x}} \)
\( = \dfrac{y}{x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{y}{x}} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{xz}{x} - \dfrac{1}{2}\cot{\dfrac{xz}{x}} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = z - \dfrac{1}{2}\cot{z} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = -\dfrac{1}{2}\cot{z} \)
\( -2\tan{z}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( -2\tan{z}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {-2\tan{z}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( 2\ln{\abs{\cos{z}}} = \ln{\abs{x}} + C \)
\( \ln{\abs{\cos{z}}^2} = \ln{x} + \ln{B} \)
\( \ln{\cos^2{z}} = \ln(Bx) \)
Logaritmaları eşit iki ifade birbirine eşittir.
\( \cos^2{z} = Bx \)
Kosinüs iki kat açı formülünü kullanalım.
\( \dfrac{1 + \cos(2z)}{2} = Bx \)
\( \cos(2z) = Ax - 1 \)
\( 2z = \arccos(Ax - 1) \)
\( z = \dfrac{\arccos(Ax - 1)}{2} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \dfrac{y}{x} = \dfrac{\arccos(Ax - 1)}{2} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = \dfrac{x\arccos(Ax - 1)}{2} \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{7x + 5y}{7y - 5x} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterEşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{7x + 5y}{7y - 5x} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{7(\lambda x) + 5(\lambda y)}{7(\lambda y) - 5(\lambda x)} \)
\( = \dfrac{\lambda(7x + 5y)}{\lambda(7y - 5x)} \)
\( = \dfrac{7x + 5y}{7y - 5x} = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{7x + 5xz}{7xz - 5x} \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{x(7 + 5z)}{x(7z - 5)} \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{7 + 5z}{7z - 5} - z \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{7 + 10z - 7z^2}{7z - 5} \)
\( \dfrac{7z - 5}{7 + 10z - 7z^2}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{7z - 5}{7 + 10z - 7z^2}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{7z - 5}{7 + 10z - 7z^2}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
Eşitliğin taraflarını \( -2 \) ile çarpalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{14z - 10}{7z^2 - 10z - 7}\ dz} = \displaystyle\int {-\dfrac{2}{x}\ dx} \)
\( \ln{\abs{7z^2 - 10z - 7}} = -2\ln{\abs{x}} + C \)
\( \ln{\abs{7z^2 - 10z - 7}} = -2\ln{x} + \ln{B} \)
\( \ln{\abs{7z^2 - 10z - 7}} = \ln{x^{-2}} + \ln{B} \)
\( \ln{\abs{7z^2 - 10z - 7}} = \ln{\dfrac{B}{x^2}} \)
Logaritmaları eşit iki ifade birbirine eşittir.
\( \abs{7z^2 - 10z - 7} = \dfrac{B}{x^2} \)
\( 7z^2 - 10z - 7 = \dfrac{A}{x^2} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( 7\left( \dfrac{y}{x} \right)^2 - 10\left( \dfrac{y}{x} \right) - 7 = \dfrac{A}{x^2} \)
\( \dfrac{7y^2}{x^2} - \dfrac{10y}{x} - 7 = \dfrac{A}{x^2} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( 7y^2 - 10xy - 7x^2 = A \)
\( t \gt 0 \) olmak üzere,
\( t\ dx = (x + \sqrt{t^2 - x^2})\ dt \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( \dfrac{dx}{dt} = \dfrac{x}{t} + \dfrac{1}{t}\sqrt{t^2 - x^2} \)
\( \dfrac{dx}{dt} = \dfrac{x}{t} + \sqrt{1 - \dfrac{x^2}{t^2}} \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(t, x) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(t, x) = \dfrac{x}{t} + \sqrt{1 - \dfrac{x^2}{t^2}} \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda t, \lambda x) = f(t, x) \)
\( f(\lambda t, \lambda x) = \dfrac{\lambda x}{\lambda t} + \sqrt{1 - \dfrac{(\lambda x)^2}{(\lambda t)^2}} \)
\( = \dfrac{\lambda x}{\lambda t} + \sqrt{1 - \dfrac{\lambda^2 x^2}{\lambda^2 t^2}} \)
\( = \dfrac{x}{t} + \sqrt{1 - \dfrac{x^2}{t^2}} = f(t, x) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{x}{t} \)
\( x = tz \)
\( \dfrac{dx}{dt} = \dfrac{d(tz)}{dt} = z + t\dfrac{dz}{dt} \)
Denklemdeki \( x \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + t\dfrac{dz}{dt} = \dfrac{tz}{t} + \sqrt{1 - \dfrac{t^2z^2}{t^2}} \)
\( z + t\dfrac{dz}{dt} = z + \sqrt{1 - z^2} \)
\( t\dfrac{dz}{dt} = \sqrt{1 - z^2} \)
\( \dfrac{1}{\sqrt{1 - z^2}}\dfrac{dz}{dt} = \dfrac{1}{t} \)
\( t \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dt} = f(t) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{1}{\sqrt{1 - z^2}}\ dz = \dfrac{1}{t}\ dt \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{\sqrt{1 - z^2}}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{t}\ dt} \)
\( \arcsin{z} = \ln{\abs{t}} + C \)
\( \arcsin{z} = \ln{t} + \ln{A} \)
\( \arcsin{z} = \ln(At) \)
\( z = \sin{\ln(At)} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( v \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \dfrac{x}{t} = \sin{\ln(At)} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( x = t\sin{\ln(At)} \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( (xy + 9y^2 + x^2)\ dx - x^2\ dy = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemi düzenleyelim.
\( (xy + 9y^2 + x^2)\ dx = x^2\ dy \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{xy + 9y^2 + x^2}{x^2} \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y}{x} + \dfrac{9y^2}{x^2} + 1 \)
Eşitliğin sağ tarafını \( f(x, y) \) fonksiyonu olarak tanımlayalım.
\( f(x, y) = \dfrac{y}{x} + \dfrac{9y^2}{x^2} + 1 \)
Denklemin homojen olması için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( f(\lambda x, \lambda y) = f(x, y) \)
\( f(\lambda x, \lambda y) = \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{9(\lambda y)^2}{(\lambda x)^2} + 1 \)
\( = \dfrac{\lambda y}{\lambda x} + \dfrac{9\lambda^2y^2}{\lambda^2x^2} + 1 \)
\( = \dfrac{y}{x} + \dfrac{9y^2}{x^2} + 1 = f(x, y) \)
Buna göre verilen denklem bir homojen denklemdir.
Aşağıdaki şekilde bir \( z \) değişkeni tanımlayalım.
\( z = \dfrac{y}{x} \)
\( y = xz \)
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{d(xz)}{dx} = z + x\dfrac{dz}{dx} \)
Denklemdeki \( y \) ifadeleri yerine \( z \) karşılıklarını yazarak değişken değiştirme uygulayalım.
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{xz}{x} + \dfrac{9x^2z^2}{x^2} + 1 \)
\( z + x\dfrac{dz}{dx} = z + 9z^2 + 1 \)
\( x\dfrac{dz}{dx} = 9z^2 + 1 \)
\( \dfrac{1}{9z^2 + 1}\dfrac{dz}{dx} = \dfrac{1}{x} \)
\( x \) ve \( z \) değişkenlerine bağlı ifadeleri birbirinden ayırarak denklemi \( h(z)\frac{dz}{dx} = f(x) \) formunda yazabildiğimiz için denklem ayrılabilirdir.
\( \dfrac{1}{9z^2 + 1}\ dz = \dfrac{1}{x}\ dx \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{9z^2 + 1}\ dz} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
Eşitliğin taraflarını 3 ile çarpalım.
\( \dfrac{3}{9z^2 + 1}\ dz = \dfrac{3}{x}\ dx \)
\( \arctan(3z) = 3\ln{\abs{x}} + C \)
\( \arctan(3z) = \ln{x^3} + \ln{A} \)
\( \arctan(3z) = \ln(Ax^3) \)
\( 3z = \tan{\ln(Ax^3)} \)
\( z = \dfrac{\tan{\ln(Ax^3)}}{3} \)
\( z \) değişkeni cinsinden bulduğumuz genel çözümü \( y \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( \dfrac{y}{x} = \dfrac{\tan{\ln(Ax^3)}}{3} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = \dfrac{x\tan{\ln(Ax^3)}}{3} \)