Cauchy - Euler Denklemleri
Her teriminde \( x \) değişkeninin kuvveti ile \( y \) değişkeninin türevinin mertebesi birbirine eşit olan denklemlere Cauchy - Euler denklemi denir.
\( a_n, \ldots, a_0 \in \mathbb{R} \) ve \( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( a_nx^ny^{(n)} + a_{n-1}x^{n-1}y^{(n-1)} + \ldots + a_2x^2y'' + a_1xy' + a_0y = f(x) \)
\( L[y] = f(x) \)
\( x^2y'' - xy' - 3y = 3x^2 \)
\( x^3y''' - 3x^2y'' + 6xy' - 6y = 2x^3 \)
\( x^4y^{(4)} - 6x^3y''' + 11x^2y'' - 6xy' + y = \ln{x} \)
Cauchy - Euler denklemleri iki farklı yöntemle çözülebilir.
Yöntem 1: \( x = e^t \) Dönüşümü
Bu yöntemde, denkleme \( x = e^t \) şeklinde değişken değiştirme uygulandığında denklem sabit katsayılı bir lineer denkleme dönüşür. Elde edilen denklemin karakteristik denklemi kullanılarak tamamlayıcı çözümü, (denklem homojen değilse) belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemi ile de özel çözümü bulunur.
\( x = e^t \)
\( \dfrac{dx}{dt} = e^t \)
\( \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{e^t} = \dfrac{1}{x} \)
Verilen denklemi \( t \) değişkeni cinsinden ifade etmek için, \( y \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevlerinin \( t \) değişkenine göre türevlere dönüştürülmesi gerekir. Bu amaçla ilk önce \( y \) fonksiyonunun birinci türevini bulalım.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx} \)
\( \frac{dt}{dx} = \frac{1}{x} \) eşitliğini kullanalım.
\( = \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt} \)
\( y \) fonksiyonunun ikinci türevi aşağıdaki şekilde bulunur.
\( \dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dx} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \)
İSPATI GÖSTER
\( y \) fonksiyonunun üçüncü türevi aşağıdaki şekilde bulunur.
\( \dfrac{d^3y}{dx^3} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{d^2y}{dx^2} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x^3} \left( \dfrac{d^3y}{dt^3} - 3\dfrac{d^2y}{dt^2} + 2\dfrac{dy}{dt} \right) \)
İSPATI GÖSTER
\( y \) fonksiyonunun dördüncü türevi aşağıdaki şekilde bulunur.
\( \dfrac{d^4y}{dx^4} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{d^3y}{dx^3} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x^4} \left( \dfrac{d^4y}{dt^4} - 6\dfrac{d^3y}{dt^3} + 11\dfrac{d^2y}{dt^2} - 6\dfrac{dy}{dt} \right) \)
İSPATI GÖSTER
Cauchy - Euler denklemleri \( x = e^t \) dönüşümü ile aşağıdaki yöntemle çözülür.
Adım 1: Denklemin formu
Verilen denklemin Cauchy - Euler denklem formunda olduğu kontrol edilir.
Denklem bu formda değilse ve bu forma getirilemiyorsa bir Cauchy - Euler denklemi değildir, bu durumda denklemi çözmek için farklı bir yöntem kullanılmalıdır.
Adım 2: \( x = e^t \) dönüşümü
\( y \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevlerinin yerine yukarıda verdiğimiz karşılıkları yazılır.
Homojen olmayan denklemlerde eşitliğin sağ tarafına da \( x = e^t \) dönüşümü uygulanır.
Bu dönüşümler sonucunda her terimdeki \( x^n \) ifadeleri sadeleşir ve denklem sabit katsayılı bir lineer denkleme dönüşür.
Adım 3: Tamamlayıcı çözümün bulunması
Sabit katsayılı denklemin tamamlayıcı çözümü önceki bölümde kullandığımız yöntem uygulanarak bulunur.
Adım 4: Özel çözümün bulunması
Eğer denklem homojen değilse denklemin özel çözümü belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemi ile bulunur.
Adım 5: Genel çözümün bulunması
Genel çözüm, tamamlayıcı çözüm ile herhangi bir özel çözümünün toplamından oluşur.
\( y = y_c + y_p \)
Adım 6: \( t = \ln{x} \) dönüşümü
\( t \) değişkeni cinsinden bulunan genel çözüm \( x \) değişkeni cinsinden yazılır.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
Adım 7: Başlangıç koşulları
Denklem için başlangıç koşulları verildiyse genel çözümde yerine konarak keyfi sabitler ve denklemin özel çözümü bulunur.
Cauchy - Euler denklemlerinin çözüm yöntemini bir örnek üzerinde gösterelim.
\( x^2y'' - xy' - 3y = 6x^2 \)
denkleminin genel çözümünü bulalım.
Verilen denklem ikinci mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x = e^t \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine yukarıda bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir lineer denkleme dönüşür.
\( x^2y'' - xy' - 3y = 6x^2 \)
\( x^2 \left[ \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] - x \left[ \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt} \right] - 3y = 6(e^t)^2 \)
\( \dfrac{d^2y}{dt^2} - 2\dfrac{dy}{dt} - 3y = 6e^{2t} \)
Denklemin karşılık geldiği homojen denklemi kullanarak tamamlayıcı çözümü bulalım.
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0 \)
\( (\lambda + 1)(\lambda - 3) = 0 \)
Buna göre denklemin tamamlayıcı çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y_c = C_1e^{-t} + C_2e^{3t} \)
Denklemin özel çözümünü bulmak için belirsiz katsayılar yöntemini kullanalım.
\( f(x) = 6e^{2t} \)
\( 6x^2 \) terimi için BK kümesini bulalım.
\( S = \{ e^{2t} \} \)
Denklemin özel çözümü, elde ettiğimiz BK kümesinin tüm elemanlardan oluşur.
Bu elemanların bir lineer kombinasyonu olarak özel çözümü oluşturalım.
\( y_p = Ae^{2t} \)
Özel çözümün türevlerini bulalım.
\( y_p' = 2Ae^{2t} \)
\( y_p'' = 4Ae^{2t} \)
Özel çözümü ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( \dfrac{d^2y}{dt^2} - 2\dfrac{dy}{dt} - 3y = 6e^{2t} \)
\( 4Ae^{2t} - 2(2Ae^{2t}) - 3Ae^{2t} = 6e^{2t} \)
\( -3Ae^{2t} = 6e^{2t} \)
İki polinomun eşitliğinde benzer terimlerin katsayıları birbirine eşit olur.
\( -3A = 6 \Longrightarrow A = -2 \)
Denklemin özel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y_p = -2e^{2t} \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü, tamamlayıcı çözüm ile özel çözümün toplamından oluşur.
\( y = y_c + y_p \)
\( y = C_1e^{-t} + C_2e^{3t} - 2e^{2t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
\( y = C_1e^{-\ln{x}} + C_2e^{3\ln{x}} - 2e^{2\ln{x}} \)
\( = C_1e^{\ln{x^{-1}}} + C_2e^{\ln{x^3}} - 2e^{\ln{x^2}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = \dfrac{C_1}{x} + C_2x^3 - 2x^2 \)
Bir Cauchy - Euler denkleminde terimlerin katsayıları \( x^n \) formu yerine \( (ax + b)^n \) formunda da olabilir. Bu durumda \( ax + b = e^t \) dönüşümü yapıldığında ve \( y \) değişkeninin \( t \) değişkenine göre türevleri benzer adımlar takip edilerek bulunduğunda denklem yine sabit katsayılı bir lineer denkleme dönüşür.
\( (2x - 3)^2y'' - (2x - 3)y' - 4y = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulalım.
Verilen denklem ikinci mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( 2x - 3 = e^t \)
\( 2\dfrac{dx}{dt} = e^t \)
\( \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{2}{e^t} = \dfrac{2}{2x - 3} \)
\( y \) fonksiyonunun birinci türevini bulalım.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx} \)
\( = \dfrac{2}{2x - 3}\dfrac{dy}{dt} \)
\( y \) fonksiyonunun ikinci türevini bulalım.
\( \dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dx} \right) \)
\( = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{2}{2x - 3}\dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{4}{(2x - 3)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{2}{2x - 3}\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{4}{(2x - 3)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{4}{(2x - 3)^2}\dfrac{d^2y}{dt^2} \)
\( = \dfrac{4}{(2x - 3)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine yukarıda bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( (2x - 3)^2y'' - (2x - 3)y' - 4y = 0 \)
\( (2x - 3)^2 \left[ \dfrac{4}{(2x - 3)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] - (2x - 3) \left[ \dfrac{2}{2x - 3}\dfrac{dy}{dt} \right] - 4y = 0 \)
\( 4\dfrac{d^2y}{dt^2} - 6\dfrac{dy}{dt} - 4y = 0 \)
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( 4\lambda^2 - 6\lambda - 4 = 0 \)
\( 2(2\lambda + 1)(\lambda - 2) = 0 \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1e^{-\frac{1}{2}t} + C_2e^{2t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( 2x - 3 = e^t \Longrightarrow t = \ln(2x - 3) \)
\( y = C_1e^{-\frac{1}{2}\ln(2x - 3)} + C_2e^{2\ln(2x - 3)} \)
\( = C_1e^{\ln{(2x - 3)^{-\frac{1}{2}}}} + C_2e^{\ln{(2x - 3)^2}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = \dfrac{C_1}{\sqrt{2x - 3}} + C_2(2x - 3)^2 \)
Yöntem 2: \( y = x^m \) Çözümü
Birinci yöntemden farklı olarak, bu yöntem sadece homojen denklemin çözümünü bulmak için kullanılır. Eğer verilen Cauchy - Euler denklemi homojen ise bulunan çözümler denklemin genel çözümünü, homojen değilse tamamlayıcı çözümünü verir. Denklem homojen değilse denklemin özel çözümü denklemin formuna göre belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemi ile bulunabilir.
Bu yöntemde, denklemin bir çözümünün \( y = x^m \) olduğu varsayılır. Bu çözüm ve türevleri denklemde yerine konduğunda elde edilen \( m \) cinsinden karakteristik denklemin kökleri kullanılarak homojen denklemin genel çözümü bulunur.
Karakteristik denklemin farklı tipteki kökleri için homojen denklemin birbirinden bağımsız çözümleri aşağıdaki gibi olur. Dikkat edilirse, genel çözüm sabit katsayılı homojen lineer denklemler bölümünde incelediğimiz yönteme benzer şekilde oluşmaktadır, ancak burada farklı olarak \( x \) değişkeni yerine \( \ln{x} \) ifadesi gelmektedir.
| Kök Tipi | Kök | Çözüm |
|---|---|---|
| Tek katlı reel kök | \( m = r \) | \( \{ x^r \} \) |
| \( k \) katlı reel kök | \( m_{1, 2, \ldots, k} = r \) | \( \{ x^r, x^r\ln{x}, x^r(\ln{x})^2, \ldots, x^r(\ln{x})^{k-1} \} \) |
| Tek katlı karmaşık kök | \( m = a \pm bi \) | \( \{ x^a\cos(b\ln{x}), x^a\sin(b\ln{x}) \} \) |
| \( k \) katlı karmaşık kök | \( m_{1, 2, \ldots, k} = a \pm bi \) |
\( \{ \)
\( \quad x^a\cos(b\ln{x}), x^a\sin(b\ln{x}), \)
\( \quad x^a\ln{x}\cos(b\ln{x}), x^a\ln{x}\sin(b\ln{x}), \)
\( \quad x^a(\ln{x})^2\cos(b\ln{x}), x^a(\ln{x})^2\sin(b\ln{x}), \)
\( \quad \vdots, \)
\( \quad x^a(\ln{x})^{k-1}\cos(b\ln{x}), x^a(\ln{x})^{k-1}\sin(b\ln{x}) \)
\( \} \)
|
Cauchy - Euler denklemleri \( y = x^m \) çözümü ile aşağıdaki adımlar takip edilerek çözülür.
Adım 1: Cauchy - Euler denklem formu
Verilen denklemin bir Cauchy - Euler denklemi olduğu kontrol edilir.
Denklem bu formda değilse ve bu forma getirilemiyorsa bir Cauchy - Euler denklemi değildir, bu durumda denklemi çözmek için farklı bir yöntem kullanılmalıdır.
Adım 2: \( y = x^m \) çözümü
Denklem homojen ise denklemin, değilse karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümünün \( y = x^m \) formunda olduğu varsayılır ve bu çözüm ve türevleri homojen denklemde yerine konur.
Adım 3: Karakteristik denklem
Elde edilen \( m \) cinsinden homojen denklem \( x^m \) parantezine alınır. Tanımda \( x \gt 0 \) varsayımı yaptığımız için, denklem sadece parantez içindeki \( m \) değişkenine bağlı karakteristik denklem sıfır olduğunda sağlanır.
Karakteristik denklem çarpanlarına ayrılır ve köklerin yukarıdaki tabloda karşılık geldiği çözümlerin bir lineer kombinasyonu olarak homojen denklemin çözümü bulunur.
Adım 4: Özel çözümün bulunması
Eğer denklem homojen değilse denklemin özel çözümü belirsiz katsayılar ya da parametrelerin değişimi yöntemi ile bulunur.
Adım 5: Genel çözümün bulunması
Genel çözüm, tamamlayıcı çözüm ile herhangi bir özel çözümünün toplamından oluşur.
\( y = y_c + y_p \)
Adım 6: Başlangıç koşulları
Denklem için başlangıç koşulları verildiyse genel çözümde yerine konarak keyfi sabitler ve denklemin özel çözümü bulunur.
Cauchy - Euler denklemlerinin çözüm yöntemini bir örnek üzerinde gösterelim.
\( x^3y''' - 3x^2y'' + 4xy' = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulalım.
Verilen denklem üçüncü mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( y = x^m \)
\( y \) fonksiyonunun türevlerini bulalım.
\( y' = mx^{m-1} \)
\( y'' = m(m - 1)x^{m-2} \)
\( y''' = m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} \)
\( y \) fonksiyonunu ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( x^3m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} - 3x^2m(m - 1)x^{m-2} + 4xmx^{m-1} = 0 \)
İfadeyi \( x^m \) parantezine alalım.
\( x^m[m(m - 1)(m - 2) - 3m(m - 1) + 4m] = 0 \)
Parantez içindeki ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
\( x^m(m^3 - 6m^2 + 9m) = 0 \)
\( x^mm(m - 3)^2 = 0 \)
Tanımda \( x \gt 0 \) varsayımı yaptığımız için, bu denklemin kökleri \( m = 0 \) ve çift katlı \( m = 3 \) olarak bulunur.
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1 + C_2x^3 + C_3x^3\ln{x} \)
\( x^2y'' - 4xy' + 4y = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem ikinci mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( y = x^m \)
\( y \) fonksiyonunun türevlerini bulalım.
\( y' = mx^{m-1} \)
\( y'' = m(m - 1)x^{m-2} \)
\( y \) fonksiyonunu ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( x^2[m(m - 1)x^{m-2}] - 4x(mx^{m-1}) + 4(x^m) = 0 \)
İfadeyi \( x^m \) parantezine alalım.
\( x^m[m(m - 1) - 4m + 4] = 0 \)
Parantez içindeki ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
\( x^m(m^2 - 5m + 4) = 0 \)
\( x^m(m - 1)(m - 4) = 0 \)
Denklemi her \( x \) değeri için sağlayan \( m \) değerleri \( m = 1 \) ve \( m = 4 \) olarak bulunur.
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1x + C_2x^4 \)
\( 5x^3y''' - 6x^2y'' = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem üçüncü mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( y = x^m \)
\( y \) fonksiyonunun türevlerini bulalım.
\( y' = mx^{m-1} \)
\( y'' = m(m - 1)x^{m-2} \)
\( y''' = m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} \)
\( y \) fonksiyonunu ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( 5x^3[m(m - 1)(m - 2)x^{m-3}] - 6[x^2m(m - 1)x^{m-2}] = 0 \)
İfadeyi \( x^m \) parantezine alalım.
\( x^m[5m(m - 1)(m - 2) - 6m(m - 1)] = 0 \)
Parantez içindeki ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
\( x^mm(m - 1)[5(m - 2) - 6] = 0 \)
\( x^mm(m - 1)(5m - 16) = 0 \)
Denklemi her \( x \) değeri için sağlayan \( m \) değerleri \( m = 0 \), \( m = 1 \) ve \( m = \frac{16}{5} \) olarak bulunur.
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1x^0 + C_2x + C_3x^{\frac{16}{5}} \)
\( = C_1 + C_2x + C_3x^{\frac{16}{5}} \)
\( x^4z^{(4)} + 10x^3z''' = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem dördüncü mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( z = x^m \)
\( z \) fonksiyonunun türevlerini bulalım.
\( z' = mx^{m-1} \)
\( z'' = m(m - 1)x^{m-2} \)
\( z''' = m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} \)
\( z^{(4)} = m(m - 1)(m - 2)(m - 3)x^{m-4} \)
\( z \) fonksiyonunu ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( x^4m(m - 1)(m - 2)(m - 3)x^{m-4} + 10x^3m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} = 0 \)
İfadeyi \( x^m \) parantezine alalım.
\( x^m[m(m - 1)(m - 2)(m - 3) + 10m(m - 1)(m - 2)] = 0 \)
Parantez içindeki ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
\( x^mm(m - 1)(m - 2)[(m - 3) + 10] = 0 \)
\( x^mm(m - 1)(m - 2)(m + 7) = 0 \)
Denklemi her \( x \) değeri için sağlayan \( m \) değerleri \( m = 0 \) , \( m = 1 \), \( m = 2 \) ve \( m = -7 \) olarak bulunur.
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z = C_1 + C_2x + C_3x^2 + C_4x^{-7} \)
\( x^3y''' - x^2y'' - 2xy' + 6y = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem üçüncü mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( y = x^m \)
\( y \) fonksiyonunun türevlerini bulalım.
\( y' = mx^{m-1} \)
\( y'' = m(m - 1)x^{m-2} \)
\( y''' = m(m - 1)(m - 2)x^{m-3} \)
\( y \) fonksiyonunu ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( x^3[m(m - 1)(m - 2)x^{m-3}] - x^2[m(m - 1)x^{m-2}] - 2x(mx^{m-1}) + 6(x^m) = 0 \)
İfadeyi \( x^m \) parantezine alalım.
\( x^m[m(m - 1)(m - 2) - m(m - 1) - 2m + 6] = 0 \)
Parantez içindeki ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
\( x^m(m^3 - 4m^2 + m + 6) = 0 \)
\( x^m(m + 1)(m - 2)(m - 3) = 0 \)
Denklemi her \( x \) değeri için sağlayan \( m \) değerleri \( m = -1 \), \( m = 2 \) ve \( m = 3 \) olarak bulunur.
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1x^{-1} + C_2x^2 + C_3x^3 \)
\( = \dfrac{C_1}{x} + C_2x^2 + C_3x^3 \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( x^2y'' - 3xy' + 4y = 2x\ln{x} \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem ikinci mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x = e^t \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine konu anlatımında bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( x^2y'' - 3xy' + 4y = 2x\ln{x} \)
\( x^2 \left[ \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] - 3x \left[ \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt} \right] + 4y = 2e^t\ln{e^t} \)
\( \dfrac{d^2y}{dt^2} - 4\dfrac{dy}{dt} + 4y = 2te^t \)
Denklemin karşılık geldiği homojen denklemi kullanarak tamamlayıcı çözümü bulalım.
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^2 - 4\lambda + 4 = 0 \)
\( (\lambda - 2)^2 = 0 \)
Buna göre denklemin tamamlayıcı çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y_c(t) = C_1e^{2t} + C_2te^{2t} \)
Denklemin özel çözümünü bulmak için belirsiz katsayılar yöntemini kullanalım.
\( f(x) = 2te^t \)
\( 2te^t \) terimi için BK kümesini bulalım.
\( S = \{ te^t, e^t \} \)
Denklemin özel çözümü, elde ettiğimiz BK kümesinin tüm elemanlardan oluşur.
Bu elemanların bir lineer kombinasyonu olarak özel çözümü oluşturalım.
\( y_p(t) = Ate^t + Be^t \)
Özel çözümün türevlerini bulalım.
\( y_p'(t) = Ae^t + Ate^t + Be^t \)
\( y_p''(t) = 2Ae^t + Ate^t + Be^t \)
Özel çözümü ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( \dfrac{d^2y}{dt^2} - 4\dfrac{dy}{dt} + 4y = 2te^t \)
\( 2Ae^t + Ate^t + Be^t - 4(Ae^t + Ate^t + Be^t) + 4(Ate^t + Be^t) = 2te^t \)
\( Ate^t - (2A - B)e^t = 2te^t \)
İki polinomun eşitliğinde benzer terimlerin katsayıları birbirine eşit olur.
\( A = 2 \)
\( -(2A - B) = 0 \Longrightarrow B = 4 \)
Denklemin özel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y_p(t) = 2te^t + 4e^t \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü, tamamlayıcı çözüm ile özel çözümün toplamından oluşur.
\( y(t) = y_c(t) + y_p(t) \)
\( = C_1e^{2t} + C_2te^{2t} + 2te^t + 4e^t \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
\( y = C_1e^{2\ln{x}} + C_2\ln{x}e^{2\ln{x}} + 2\ln{x}e^{\ln{x}} + 4e^{\ln{x}} \)
\( = C_1e^{\ln{x^2}} + C_2\ln{x}e^{\ln{x^2}} + 2\ln{x}e^{\ln{x}} + 4e^{\ln{x}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = C_1x^2 + C_2x^2\ln{x} + 2x\ln{x} + 4x \)
\( x^3z''' - x^2z'' - 6xz' + 18z = 9x^2 \)
\( z(1) = 1, \quad z'(1) = 3, \quad z''(1) = 2 \)
denkleminin verilen başlangıç değerleri için çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem üçüncü mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x = e^t \)
\( z \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine konu anlatımında bulduğumuz bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( x^3z''' - x^2z'' - 6xz' + 18z = 9x^2 \)
\( x^3 \left[ \dfrac{1}{x^3} \left( \dfrac{d^3z}{dt^3} - 3\dfrac{d^2z}{dt^2} + 2\dfrac{dz}{dt} \right) \right] - x^2 \left[ \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2z}{dt^2} - \dfrac{dz}{dt} \right) \right] - 6x \left[ \dfrac{1}{x}\dfrac{dz}{dt} \right] + 18z = 9(e^t)^2 \)
\( \dfrac{d^3z}{dt^3} - 4\dfrac{d^2z}{dt^2} - 3\dfrac{dz}{dt} + 18z = 9e^{2t} \)
Denklemin karşılık geldiği homojen denklemi kullanarak tamamlayıcı çözümü bulalım.
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^3 - 4\lambda^2 - 3\lambda + 18 = 0 \)
\( (\lambda + 2)(\lambda - 3)^2 = 0 \)
Buna göre denklemin tamamlayıcı çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z_c(t) = C_1e^{-2t} + C_2e^{3t} + C_3te^{3t} \)
Denklemin özel çözümünü bulmak için belirsiz katsayılar yöntemini kullanalım.
\( f(x) = 9e^{2t} \)
\( 9e^{2t} \) terimi için BK kümesini bulalım.
\( S = \{ e^{2t} \} \)
Denklemin özel çözümü, elde ettiğimiz BK kümesinin tüm elemanlardan oluşur.
Bu elemanların bir lineer kombinasyonu olarak özel çözümü oluşturalım.
\( z_p(t) = Ae^{2t} \)
Özel çözümün türevlerini bulalım.
\( z_p'(t) = 2Ae^{2t} \)
\( z_p''(t) = 4Ae^{2t} \)
\( z_p'''(t) = 8Ae^{2t} \)
Özel çözümü ve türevlerini orijinal denklemde yerine koyalım.
\( \dfrac{d^3z}{dt^3} - 4\dfrac{d^2z}{dt^2} - 3\dfrac{dz}{dt} + 18z = 9e^{2t} \)
\( 8Ae^{2t} - 4(4Ae^{2t}) - 3(2Ae^{2t}) + 18Ae^{2t} = 9e^{2t} \)
\( 4Ae^{2t} = 9e^{2t} \)
İki polinomun eşitliğinde benzer terimlerin katsayıları birbirine eşit olur.
\( 4A = 9 \Longrightarrow A = \dfrac{9}{4} \)
Denklemin özel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z_p(t) = \dfrac{9}{4}e^{2t} \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü, tamamlayıcı çözüm ile özel çözümün toplamından oluşur.
\( z(t) = z_c(t) + z_p(t) \)
\( = C_1e^{-2t} + C_2e^{3t} + C_3te^{3t} + \dfrac{9}{4}e^{2t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( z \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
\( z = C_1e^{-2\ln{x}} + C_2e^{3\ln{x}} + C_3\ln{x}e^{3\ln{x}} + \dfrac{9}{4}e^{2\ln{x}} \)
\( = C_1e^{\ln{x^{-2}}} + C_2e^{\ln{x^3}} + C_3\ln{x}e^{\ln{x^3}} + \dfrac{9}{4}e^{\ln{x^2}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = \dfrac{C_1}{x^2} + C_2x^3 + C_3x^3\ln{x} + \dfrac{9}{4}x^2 \)
\( z(1) = 1, z'(1) = 3, z''(1) = 2 \) başlangıç değerlerini denklemlerde yerine koyalım.
\( z' = -\dfrac{2C_1}{x^3} + (3C_2 + C_3)x^2 + 3C_3x^2\ln{x} + \dfrac{9}{2}x \)
\( z'' = \dfrac{6C_1}{x^4} + (6C_2 + 5C_3)x + 6C_3x\ln{x} + \dfrac{9}{2} \)
\( \begin{cases} 1 = \dfrac{C_1}{1^2} + C_2(1)^3 + C_3(1)^3\ln{1} + \dfrac{9}{4}(1)^2 \\ 3 = -\dfrac{2C_1}{1^3} + (3C_2 + C_3)(1)^2 + 3C_3(1)^2\ln{1} + \dfrac{9}{2}(1) \\ 2 = \dfrac{6C_1}{1^4} + (6C_2 + 5C_3)(1) + 6C_3(1)\ln{1} + \dfrac{9}{2} \end{cases} \)
\( \begin{cases} 1 = C_1 + C_2 + \dfrac{9}{4} \\ 3 = -2C_1 + 3C_2 + C_3 + \dfrac{9}{2} \\ 2 = 6C_1 + 6C_2 + 5C_3 + \dfrac{9}{2} \end{cases} \)
Bu üç denklemi ortak çözdüğümüzde aşağıdaki değerler bulunur.
\( C_1 = -\dfrac{1}{4}, \quad C_2 = -1, \quad C_3 = 1 \)
Denklemin verilen başlangıç değerleri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z = -\dfrac{1}{4x^2} - x^3 + x^3\ln{x} + \dfrac{9}{4}x^2 \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( x^2y'' + xy' + 9y = 9\csc(3\ln{x}) \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem ikinci mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x = e^t \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine konu anlatımında bulduğumuz bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( x^2y'' + xy' + 9y = 9\csc(3\ln{x}) \)
\( x^2 \left[ \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] + x \left[ \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt} \right] + 9y = 9\csc(3\ln{e^t}) \)
\( \dfrac{d^2y}{dt^2} + 9y = 9\csc(3t) \)
Denklemin karşılık geldiği homojen denklemi kullanarak tamamlayıcı çözümü bulalım.
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^2 + 9 = 0 \)
\( (\lambda - 3i)(\lambda + 3i) = 0 \)
Buna göre denklemin tamamlayıcı çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y_c(t) = C_1\cos(3t) + C_2\sin(3t) \)
Denklemin özel çözümünü bulmak için parametrelerin değişimi yöntemini kullanalım.
\( y_1 \) ve \( y_2 \) denklemin karşılık geldiği homojen denklemin temel çözümleri olmak üzere, homojen olmayan denklemin özel çözümü aşağıdaki formdadır.
\( y_p = u_1y_1 + u_2y_2 \)
\( = u_1\cos(3t) + u_2\sin(3t) \)
Fonksiyonların Wronskian'ını bulalım.
\( W(y_1, y_2) = \abs{\begin{matrix} \cos(3t) & \sin(3t) \\ -3\sin(3t) & 3\cos(3t) \end{matrix}} \)
\( = 3\cos^2(3t) - (-3\sin^2(3t)) \)
\( = 3 \)
Fonksiyonların Wronskian'ı sıfırdan farklı olduğu için iki çözüm bağımsız fonksiyonlardır.
\( u_1 \) ve \( u_2 \) fonksiyonlarını bulalım.
\( u_1 = -\displaystyle\int {\dfrac{y_2(t)f(t)}{W(y_1, y_2)a_2(t)}\ dt} \)
\( = -\displaystyle\int {\dfrac{\sin(3t) \cdot 9\csc(3t)}{3 \cdot 1}\ dt} \)
\( = -\displaystyle\int {3\ dt} \)
\( = -3t + C \)
\( u_2 = \displaystyle\int {\dfrac{y_1(t)f(t)}{W(y_1, y_2)a_2(t)}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {\dfrac{\cos(3t) \cdot 9\csc(3t)}{3 \cdot 1}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {\dfrac{3\cos(3t)}{\sin(3t)}\ dt} \)
\( = \ln{\abs{\sin(3t)}} + C \)
Denklemin genel çözümünün herhangi bir özel çözümü içermesi yeterli olduğu için, \( u_1 \) ve \( u_2 \) ifadelerindeki integral sabitlerini gözardı edebiliriz.
Denklemin özel çözümünü bulalım.
\( y_p = u_1y_1 + u_2y_2 \)
\( = -3t \cdot \cos(3t) + \ln{\abs{\sin(3t)}} \cdot \sin(3t) \)
\( = -3t\cos(3t) + \sin(3t)\ln{\abs{\sin(3t)}} \)
Denklemin genel çözümü, tamamlayıcı çözüm ile özel çözümün toplamından oluşur.
\( y = y_c + y_p \)
\( y = C_1\cos(3t) + C_2\sin(3t) - 3t\cos(3t) + \sin(3t)\ln{\abs{\sin(3t)}} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = C_1\cos(3\ln{x}) + C_2\sin(3\ln{x}) - 3\ln{x}\cos(3\ln{x}) + \sin(3\ln{x})\ln{\abs{\sin(3\ln{x})}} \)
\( x^2z'' - 7xz' + 16z = 8x^4\ln(\ln{x}) \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem ikinci mertebeden bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x = e^t \)
\( z \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine konu anlatımında bulduğumuz bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( x^2z'' - 7xz' + 16z = 8x^4\ln(\ln{x}) \)
\( x^2 \left[ \dfrac{1}{x^2} \left( \dfrac{d^2z}{dt^2} - \dfrac{dz}{dt} \right) \right] - 7x \left[ \dfrac{1}{x}\dfrac{dz}{dt} \right] + 16z = 8(e^t)^4\ln(\ln{e^t}) \)
\( \dfrac{d^2z}{dt^2} - 8\dfrac{dz}{dt} + 16z = 8e^{4t}\ln{t} \)
Denklemin karşılık geldiği homojen denklemi kullanarak tamamlayıcı çözümü bulalım.
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^2 - 8\lambda + 16 = 0 \)
\( (\lambda - 4)^2 = 0 \)
Buna göre denklemin tamamlayıcı çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z_c(t) = C_1e^{4t} + C_2te^{4t} \)
Denklemin özel çözümünü bulmak için parametrelerin değişimi yöntemini kullanalım.
\( z_1 \) ve \( z_2 \) denklemin karşılık geldiği homojen denklemin temel çözümleri olmak üzere, homojen olmayan denklemin özel çözümü aşağıdaki formdadır.
\( z_p = u_1z_1 + u_2z_2 \)
\( = u_1e^{4t} + u_2te^{4t} \)
Fonksiyonların Wronskian'ını bulalım.
\( W(z_1, z_2) = \abs{\begin{matrix} e^{4t} & te^{4t} \\ 4e^{4t} & e^{4t} + 4te^{4t} \end{matrix}} \)
\( = e^{8t} + 4te^{8t} - 4et^{8t} = e^{8t} \)
Fonksiyonların Wronskian'ı sıfırdan farklı olduğu için iki çözüm bağımsız fonksiyonlardır.
\( u_1 \) ve \( u_2 \) fonksiyonlarını bulalım.
\( u_1 = -\displaystyle\int {\dfrac{z_2(t)f(t)}{W(z_1, z_2)a_2(t)}\ dt} \)
\( = -\displaystyle\int {\dfrac{te^{4t} \cdot 8e^{4t}\ln{t}}{e^{8t} \cdot 1}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {-8t\ln{t}\ dt} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \ln{t} \)
\( dv = -8t\ dt \)
Buna göre \( dw \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = \dfrac{1}{t}\ dt \)
\( v = -4t^2 \)
Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = -4t^2\ln{t} + \displaystyle\int {4t\ dt} \)
\( = 2t^2 - 4t^2\ln{t} + C \)
\( u_2 = \displaystyle\int {\dfrac{z_1(t)f(t)}{W(z_1, z_2)a_2(t)}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {\dfrac{e^{4t} \cdot 8e^{4t}\ln{t}}{e^{8t} \cdot 1}\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {8\ln{t}\ dt} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = \ln{t} \)
\( dv = 8\ dt \)
Buna göre \( dw \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = \dfrac{1}{t}\ dt \)
\( v = 8t \)
Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = 8t\ln{t} - \displaystyle\int {8\ dt} \)
\( = 8t\ln{t} - 8t + C \)
Denklemin genel çözümünün herhangi bir özel çözümü içermesi yeterli olduğu için, \( u_1 \) ve \( u_2 \) ifadelerindeki integral sabitlerini gözardı edebiliriz.
Denklemin özel çözümünü bulalım.
\( z_p = u_1z_1 + u_2z_2 \)
\( = (2t^2 - 4t^2\ln{t}) \cdot e^{4t} + (8t\ln{t} - 8t) \cdot te^{4t} \)
\( = 2t^2e^{4t} - 4t^2e^{4t}\ln{t} + 8t^2e^{4t}\ln{t} - 8t^2e^{4t} \)
\( = 4t^2e^{4t}\ln{t} - 6t^2e^{4t} \)
Denklemin genel çözümü, tamamlayıcı çözüm ile özel çözümün toplamından oluşur.
\( z = z_c + z_p \)
\( z = C_1e^{4t} + C_2te^{4t} + 4t^2e^{4t}\ln{t} - 6t^2e^{4t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( z \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x = e^t \Longrightarrow t = \ln{x} \)
\( z = C_1e^{4\ln{x}} + C_2\ln{x}e^{4\ln{x}} + 4(\ln{x})^2e^{4\ln{x}}\ln(\ln{x}) - 6(\ln{x})^2e^{4\ln{x}} \)
\( z = C_1e^{\ln{x^4}} + C_2\ln{x}e^{\ln{x^4}} + 4(\ln{x})^2e^{\ln{x^4}}\ln(\ln{x}) - 6(\ln{x})^2e^{\ln{x^4}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = C_1x^4 + C_2x^4\ln{x} + 4x^4(\ln{x})^2\ln(\ln{x}) - 6x^4(\ln{x})^2 \)
\( (3x - 2)^2y'' - 3(3x - 2)y' + 9y = 0 \)
\( y(1) = 3, \quad y'(1) = -3 \)
denkleminin verilen başlangıç değerleri için çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem ikinci mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( 3x - 2 = e^t \)
\( 3\dfrac{dx}{dt} = e^t \)
\( \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{3}{e^t} = \dfrac{3}{3x - 2} \)
\( y \) fonksiyonunun birinci türevini bulalım.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx} \)
\( = \dfrac{3}{3x - 2}\dfrac{dy}{dt} \)
\( y \) fonksiyonunun ikinci türevini bulalım.
\( \dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dx} \right) \)
\( = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{3}{3x - 2}\dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{9}{(3x - 2)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{3}{3x - 2}\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{9}{(3x - 2)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{9}{(3x - 2)^2}\dfrac{d^2y}{dt^2} \)
\( = \dfrac{9}{(3x - 2)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine yukarıda bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( (3x - 2)^2y'' - 3(3x - 2)y' + 9y = 0 \)
\( (3x - 2)^2 \left[ \dfrac{9}{(3x - 2)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] - 3(3x - 2) \left[ \dfrac{3}{3x - 2}\dfrac{dy}{dt} \right] + 9y = 0 \)
\( 9\dfrac{d^2y}{dt^2} - 18\dfrac{dy}{dt} + 9y = 0 \)
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( 9\lambda^2 - 18\lambda + 9 = 0 \)
\( 9(\lambda - 1)^2 = 0 \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y(t) = C_1e^t + C_2te^{t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( 3x - 2 = e^t \Longrightarrow t = \ln(3x - 2) \)
\( y = C_1e^{\ln(3x - 2)} + C_2\ln(3x - 2)e^{\ln(3x - 2)} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = C_1(3x - 2) + C_2(3x - 2)\ln(3x - 2) \)
\( y(1) = 3, y'(1) = -3 \) başlangıç değerlerini denklemlerde yerine koyalım.
\( y' = 3C_1 + 3C_2\ln(3x - 2) + 3C_2 \)
\( \begin{cases} 3 = C_1(3(1) - 2) + C_2(3(1) - 2)\ln(3(1) - 2) \\ -3 = 3C_1 + 3C_2\ln(3(1) - 2) + 3C_2 \end{cases} \)
\( \begin{cases} 3 = C_1 \\ -3 = 3C_1 + 3C_2 \end{cases} \)
\( C_1 = 3, \quad C_2 = -4 \)
Denklemin verilen başlangıç değerleri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = 3(3x - 2) - 4(3x - 2)\ln(3x - 2) \)
\( (x + 1)^3y''' + 5(x + 1)^2y'' - (x + 1)y' + 16y = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen denklem üçüncü mertebeden homojen bir Cauchy - Euler denklemidir.
Aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( x + 1 = e^t \)
\( \dfrac{dx}{dt} = e^t \)
\( \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{e^t} = \dfrac{1}{x + 1} \)
\( y \) fonksiyonunun birinci türevini bulalım.
\( \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx} \)
\( = \dfrac{1}{x + 1}\dfrac{dy}{dt} \)
\( y \) fonksiyonunun ikinci türevini bulalım.
\( \dfrac{d^2y}{dx^2} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dx} \right) \)
\( = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x + 1}\dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{1}{x + 1}\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{dy}{dt} + \dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{d^2y}{dt^2} \)
\( = \dfrac{1}{(x + 1)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( y \) fonksiyonunun üçüncü türevini bulalım.
\( \dfrac{d^3y}{dx^3} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{d^2y}{dx^2} \right) \)
\( = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{2}{(x + 1)^3}\dfrac{d^2y}{dt^2} + \dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} \right) + \dfrac{2}{(x + 1)^3}\dfrac{dy}{dt} - \dfrac{1}{(x + 1)^2}\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( = -\dfrac{2}{(x + 1)^3}\dfrac{d^2y}{dt^2} + \dfrac{1}{(x + 1)^3}\dfrac{d^3y}{dt^3} + \dfrac{2}{(x + 1)^3}\dfrac{dy}{dt} - \dfrac{1}{(x + 1)^3}\dfrac{d^2y}{dt^2} \)
\( = \dfrac{1}{(x + 1)^3} \left( \dfrac{d^3y}{dt^3} - 3\dfrac{d^2y}{dt^2} + 2\dfrac{dy}{dt} \right) \)
\( y \) fonksiyonunun, türevlerinin ve \( x \) değişkeninin yerine yukarıda bulduğumuz karşılıklarını yazdığımızda denklem sabit katsayılı bir denkleme dönüşür.
\( (x + 1)^3y''' + 5(x + 1)^2y'' - (x + 1)y' + 16y = 0 \)
\( (x + 1)^3 \left[ \dfrac{1}{(x + 1)^3} \left( \dfrac{d^3y}{dt^3} - 3\dfrac{d^2y}{dt^2} + 2\dfrac{dy}{dt} \right) \right] + 5(x + 1)^2 \left[ \dfrac{1}{(x + 1)^2} \left( \dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} \right) \right] - (x + 1) \left[ \dfrac{1}{x + 1}\dfrac{dy}{dt} \right] + 16y = 0 \)
\( \dfrac{d^3y}{dt^3} + 2\dfrac{d^2y}{dt^2} - 4\dfrac{dy}{dt} + 16y = 0 \)
Denklemin karakteristik denklemini yazalım.
\( \lambda^3 + 2\lambda^2 - 4\lambda + 16 = 0 \)
\( (\lambda + 4)(\lambda^2 - 2\lambda + 4) = 0 \)
İkinci dereceden ifadenin köklerini bulmak için kök bulma formülünü kullanalım.
\( \lambda_{1,2} = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \)
\( = \dfrac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(4)}}{2(1)} \)
\( = 1 \pm \sqrt{3}i \)
Denklemin \( t \) değişkeni cinsinden genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y(t) = C_1e^t\cos(\sqrt{3}t) + C_2e^t\sin(\sqrt{3}t) + C_3e^{-4t} \)
\( t \) değişkeni cinsinden ifade ettiğimiz \( y \) fonksiyonunu \( x \) değişkeni cinsinden yazalım.
\( x + 1 = e^t \Longrightarrow t = \ln(x + 1) \)
\( y = C_1e^{\ln(x + 1)}\cos(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + C_2e^{\ln(x + 1)}\sin(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + C_3e^{-4\ln(x + 1)} \)
\( = C_1e^{\ln(x + 1)}\cos(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + C_2e^{\ln(x + 1)}\sin(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + C_3e^{\ln(x + 1)^{-4}} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( = C_1(x + 1)\cos(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + C_2(x + 1)\sin(\sqrt{3}\ln(x + 1)) + \dfrac{C_3}{(x + 1)^4} \)