Mertebe İndirgeme Yöntemi
\( n \). mertebeden lineer bir diferansiyel denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü biliniyorsa mertebe indirgeme yöntemi ile denklem \( (n - 1) \). mertebeden lineer bir denkleme dönüştürülebilir.
Verilen denklem ikinci mertebeden ise bu yöntemle elde edilen birinci mertebeden lineer denklem aşağıdaki yöntemlerle çözülebilir.
- Denklem homojen ise ayrılabilir bir denklem olarak çözülür.
- Denklem homojen değilse integral çarpanı yöntemiyle çözülür.
\( n \). mertebeden bir denklemin bu yöntemle birinci mertebeye indirgenebilmesi için yöntemin \( n - 1 \) kez uygulanması ve her adımda elde edilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümünün bilinmesi ya da diğer yöntemlerle bulunması gerekir. Bu açıdan bakıldığında, mertebe indirgeme yöntemi üçüncü ve daha yüksek mertebeden denklemler için uygulanması pratik bir yöntem değildir.
İkinci mertebeden bir lineer denklem, mertebe indirgeme yöntemi ile aşağıdaki adımlar takip edilerek çözülür.
Adım 1: Denklemin formu
Mertebe indirgeme yöntemi, sabit ya da değişken katsayılı lineer denklemlere uygulanabilir.
\( a_2(x)y'' + a_1(x)y' + a_0(x)y = f(x) \)
Ayrıca bu yöntemi kullanabilmek için denklemin karşılık geldiği homojen denklemin \( y_1 = y_1(x) \) şeklinde bir çözümü biliniyor olmalıdır.
Adım 2: Genel çözümü tanımlama
Denklemin genel çözümü aşağıdaki şekilde tanımlanır.
\( y = u(x)y_1(x) \)
Bu çözüm ve türevleri orijinal denklemde yerine konduğunda, \( u \) değişkenine bağlı, ancak \( u \) terimi içermeyen ikinci mertebeden bir lineer denklem elde edilir.
\( b_1u'' + b_0u' = g(x) \)
Adım 3: Mertebe indirgeme
Elde edilen denklem \( u \) terimi içermediği için, \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirildiğinde denklem birinci mertebeden lineer bir denkleme dönüşür.
\( b_1v' + b_0v = g(x) \)
Elde edilen birinci mertebeden denklem \( v \) değişkeni için çözülür.
Adım 4: Genel çözümün bulunması
\( v \) değişkeni cinsinden bulunan çözümün integrali alınarak \( u \) değişkeni cinsinden çözüm bulunur.
\( u = \int {v\ dx} = \int {u'\ dx} \)
Bulunan \( u \) çözümü aşağıdaki eşitlikte yerine konarak orijinal denklemin genel çözümü bulunur.
\( y = u(x)y_1(x) \)
Adım 5: Başlangıç koşulları
Denklem için başlangıç koşulları verildiyse genel çözümde yerine konarak keyfi sabitler ve denklemin özel çözümü bulunur.
Bu yöntemde son adımda elde edilen genel çözüm aşağıdaki çözümleri içerir.
- Denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bilinen birinci çözümü (\( y_1 \))
- Denklemin karşılık geldiği homojen denklemin ikinci çözümü (\( y_2 \))
- Denklem homojen değilse denklemin bir özel çözümü (\( y_p \))
\( y = C_1y_1 + C_2y_2 + y_p \)
Mertebe indirgeme yöntemini bir örnek üzerinde gösterelim.
\( y'' - 5y' + 6y = 8e^{2t} \)
denkleminin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü \( y_1 = e^{3t} \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulalım.
Verilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = e^{3t} \)
\( y_1' = 3e^{3t} \)
\( y_1'' = 9e^{3t} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 5y' + 6y = 0 \)
\( 9e^{3t} - 5(3e^{3t}) + 6e^{3t} \overset{?}{=} 0 \)
\( 9e^{3t} - 15e^{3t} + 6e^{3t} = 0 \)
Buna göre \( y_1 = e^{3t} \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = ue^{3t} \)
\( y' = u'e^{3t} + 3ue^{3t} \)
\( y'' = u''e^{3t} + 6u'e^{3t} + 9ue^{3t} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 5y' + 6y = 8e^{2t} \)
\( (u''e^{3t} + 6u'e^{3t} + 9ue^{3t}) - 5(u'e^{3t} + 3ue^{3t}) + 6ue^{3t} = 8e^{2t} \)
\( e^{3t}(u'' + u') = 8e^{2t} \)
\( u'' + u' = 8e^{-t} \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + v = 8e^{-t} \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(t) = e^{\int {1\ dt}} \)
\( = e^{t} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( e^{t}v' + e^{t}v = 8 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(t)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dt}(e^{t}v) = 8 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( e^tv + C_1 = \displaystyle\int {8\ dt} \)
\( e^tv = 8t + C \)
\( v = 8te^{-t} + Ce^{-t} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dt} = \displaystyle\int {v\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {(8te^{-t} + Ce^{-t})\ dt} \)
Kısmi integral alma yöntemini uygulayalım.
\( = -8te^{-t} + \displaystyle\int {8e^{-t}\ dt} - Ce^{-t} \)
\( = -8te^{-t} - (8 + C)e^{-t} + C_2 \)
\( C_1 = -(8 + C) \) yazalım.
\( = C_1e^{-t} + C_2 - 8te^{-t} \)
Denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = (C_1e^{-t} + C_2 - 8te^{-t})e^{3t} \)
\( = C_1e^{2t} + C_2e^{3t} - 8te^{2t} \)
\( y'' - 3y' + 2y = 0 \)
denkleminin bir çözümü \( y_1 = e^x \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = e^x \)
\( y_1' = e^x \)
\( y_1'' = e^x \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 3y' + 2y = 0 \)
\( e^x - 3e^x + 2e^x \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = e^x \) verilen homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = ue^x \)
\( y' = u'e^x + ue^x \)
\( y'' = u''e^x + 2u'e^x + ue^x \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 3y' + 2y = 0 \)
\( (u''e^x + 2u'e^x + ue^x) - 3(u'e^x + ue^x) + 2(ue^x) = 0 \)
\( e^x(u'' - u') = 0 \)
\( u'' - u' = 0 \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' - v = 0 \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {-1\ dx}} \)
\( = e^{-x} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( e^{-x}v' - e^{-x}v = 0 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(e^{-x}v) = 0 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(e^{-x}v)\ dx} = \displaystyle\int {0\ dx} \)
\( e^{-x}v = C_1 \)
\( v = C_1e^x \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {C_1e^x\ dx} \)
\( = C_1e^x + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = (C_1e^x + C_2)e^x \)
\( = C_1e^{2x} + C_2e^x \)
\( 9x^2\dfrac{d^2z}{dx^2} - 8x\dfrac{dz}{dx} - 2z = 0 \)
denkleminin bir çözümü \( z_1 = x^2 \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( z_1 = x^2 \)
\( z_1' = 2x \)
\( z_1'' = 2 \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( 9x^2\dfrac{d^2z}{dx^2} - 8x\dfrac{dz}{dx} - 2z = 0 \)
\( 9x^2(2) - 8x(2x) - 2x^2 \overset{?}{=} 0 \)
\( 18x^2 - 16x^2 - 2x^2 \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( z_1 = x^2 \) verilen homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( z = uz_1 = ux^2 \)
\( z' = u'x^2 + 2ux \)
\( z'' = u''x^2 + 4u'x + 2u \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( 9x^2\dfrac{d^2z}{dx^2} - 8x\dfrac{dz}{dx} - 2z = 0 \)
\( 9x^2(u''x^2 + 4u'x + 2u) - 8x(u'x^2 + 2ux) - 2ux^2 = 0 \)
\( 9u''x^4 + 28u'x^3 = 0 \)
\( u'' + \dfrac{28}{9x}u' = 0 \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + \dfrac{28}{9x}v = 0 \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {\frac{28}{9x}\ dx}} \)
\( = e^{\frac{28}{9}\ln{\abs{x}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{x}^{\frac{28}{9}}}} \)
\( = \abs{x}^{\frac{28}{9}} \)
İntegral çarpanı denklemdeki tüm terimlerle çarpıldığı için önündeki işaretin pozitif ya da negatif olması çözümü değiştirmez, bu yüzden mutlak değer çarpandan kaldırılabilir.
\( = x^{\frac{28}{9}} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( x^{\frac{28}{9}}v' + \dfrac{28}{9}x^{\frac{19}{9}}v = 0 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(x^{\frac{28}{9}}v) = 0 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(x^{\frac{28}{9}}v)\ dx} = \displaystyle\int {0\ dx} \)
\( x^{\frac{28}{9}}v = C_3 \)
\( v = C_3x^{-\frac{28}{9}} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {C_3x^{-\frac{28}{9}}\ dx} \)
\( = -\dfrac{9C_3}{19}x^{-\frac{19}{9}} + C_2 \)
\( C_1 = -\dfrac{9C_3}{19} \) yazalım.
\( = C_1x^{-\frac{19}{9}} + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z = uz_1 = (C_1x^{-\frac{19}{9}} + C_2)x^2 \)
\( = C_1x^{-\frac{1}{9}} + C_2x^2 \)
\( 2t^2\dfrac{d^2x}{dt^2} + 3t\dfrac{dx}{dt} - x = 0 \)
\( x(1) = 3, \quad x'(1) = 2 \)
denkleminin bir çözümü \( x_1 = \sqrt{t} \) olduğuna göre, denkleminin verilen başlangıç değerleri için çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( x_1 = \sqrt{t} \)
\( x_1' = \dfrac{1}{2\sqrt{t}} \)
\( x_1'' = -\dfrac{1}{4t\sqrt{t}} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( 2t^2\dfrac{d^2x}{dt^2} + 3t\dfrac{dx}{dt} - x = 0 \)
\( 2t^2 \left( -\dfrac{1}{4t\sqrt{t}} \right) + 3t \left( \dfrac{1}{2\sqrt{t}} \right) - \sqrt{t} \overset{?}{=} 0 \)
\( -\dfrac{\sqrt{t}}{2} + \dfrac{3\sqrt{t}}{2} - \sqrt{t} \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( x_1 = \sqrt{t} \) verilen homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( x = ux_1 = u\sqrt{t} \)
\( x' = u'\sqrt{t} + \dfrac{u}{2\sqrt{t}} \)
\( x'' = u''\sqrt{t} + \dfrac{u'}{\sqrt{t}} - \dfrac{u}{4t\sqrt{t}} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( 2t^2\dfrac{d^2x}{dt^2} + 3t\dfrac{dx}{dt} - x = 0 \)
\( 2t^2 \left( u''\sqrt{t} + \dfrac{u'}{\sqrt{t}} - \dfrac{u}{4t\sqrt{t}} \right) + 3t \left( u'\sqrt{t} + \dfrac{u}{2\sqrt{t}} \right) - u\sqrt{t} = 0 \)
\( 2t^2\sqrt{t}u'' + 5t\sqrt{t}u' = 0 \)
\( u'' + \dfrac{5}{2t}u' = 0 \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + \dfrac{5}{2t}v = 0 \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(t) = e^{\int {\frac{5}{2t}\ dt}} \)
\( = e^{\frac{5}{2}\ln{\abs{t}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{t}^{\frac{5}{2}}}} \)
\( = \abs{t}^{\frac{5}{2}} \)
İntegral çarpanı denklemdeki tüm terimlerle çarpıldığı için önündeki işaretin pozitif ya da negatif olması çözümü değiştirmez, bu yüzden mutlak değer çarpandan kaldırılabilir.
\( = t^{\frac{5}{2}} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( v't^{\frac{5}{2}} + \dfrac{5}{2}vt^{\frac{3}{2}} = 0 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(t)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dt}(vt^{\frac{5}{2}}) = 0 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dt}(vt^{\frac{5}{2}})\ dt} = \displaystyle\int {0\ dt} \)
\( vt^{\frac{5}{2}} = C_3 \)
\( v = \dfrac{C_3}{t^{\frac{5}{2}}} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dt} = \displaystyle\int {v\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {\dfrac{C_3}{t^{\frac{5}{2}}}\ dt} \)
\( = -\dfrac{2C_3}{3t^{\frac{3}{2}}} + C_1 \)
\( C_2 = -\dfrac{2C_3}{3} \) yazalım.
\( = C_1 + \dfrac{C_2}{t\sqrt{t}} \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( x = ux_1 = \left( C_1 + \dfrac{C_2}{t\sqrt{t}} \right)\sqrt{t} \)
\( = C_1\sqrt{t} + \dfrac{C_2}{t} \)
\( x(1) = 3, x'(1) = 2 \) başlangıç değerlerini denklemlerde yerine koyalım.
\( x' = \dfrac{C_1}{2\sqrt{t}} - \dfrac{C_2}{t^2} \)
\( \begin{cases} 3 = C_1\sqrt{1} + \dfrac{C_2}{1} \\ 2 = \dfrac{C_1}{2\sqrt{1}} - \dfrac{C_2}{1^2} \end{cases} \)
\( \begin{cases} 3 = C_1 + C_2 \\ 2 = \dfrac{C_1}{2} - C_2 \end{cases} \)
\( C_1 = \dfrac{10}{3}, \quad C_2 = -\dfrac{1}{3} \)
Denklemin verilen başlangıç değerleri için çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( x = \dfrac{10\sqrt{t}}{3} - \dfrac{1}{3t} \)
\( ty'' + (t + 2)y' + y = 2e^{-t} \)
denkleminin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü \( y_1 = \frac{1}{t} \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = \dfrac{1}{t} \)
\( y_1' = -\dfrac{1}{t^2} \)
\( y_1'' = \dfrac{2}{t^3} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( ty'' + (t + 2)y' + y = 0 \)
\( t\left( \dfrac{2}{t^3} \right) + (t + 2)\left( -\dfrac{1}{t^2} \right) + \left( \dfrac{1}{t} \right) \overset{?}{=} 0 \)
\( \dfrac{2}{t^2} - \dfrac{1}{t} - \dfrac{2}{t^2} + \dfrac{1}{t} \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = \frac{1}{t} \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = \dfrac{u}{t} \)
\( y' = \dfrac{u'}{t} - \dfrac{u}{t^2} \)
\( y'' = \dfrac{u''}{t} - \dfrac{2u'}{t^2} + \dfrac{2u}{t^3} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( ty'' + (t + 2)y' + y = 2e^{-t} \)
\( t\left( \dfrac{u''}{t} - \dfrac{2u'}{t^2} + \dfrac{2u}{t^3} \right) + (t + 2)\left( \dfrac{u'}{t} - \dfrac{u}{t^2} \right) + \dfrac{u}{t} = 2e^{-t} \)
\( u'' + u' = 2e^{-t} \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + v = 2e^{-t} \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(t) = e^{\int {1\ dt}} \)
\( = e^t \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( e^tv' + e^tv = 2 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(t)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dt}(ve^t) = 2 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dt}(ve^t)\ dt} = \displaystyle\int {2\ dt} \)
\( ve^t = 2t + C_3 \)
\( v = 2te^{-t} + C_3e^{-t} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dt} = \displaystyle\int {v\ dt} \)
\( = \displaystyle\int {(2te^{-t} + C_3e^{-t})\ dt} \)
\( = -C_3e^{-t} + \displaystyle\int {2te^{-t}\ dt} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( z \) ve \( dw \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( z = 2t \)
\( dw = e^{-t}\ dt \)
Buna göre \( dz \) ve \( w \) aşağıdaki gibi olur.
\( dz = 2\ dt \)
\( w = -e^{-t} \)
Bu ifadeleri \( \int {z\ dw} = zw - \int {w\ dz} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = -C_3e^{-t} + (-2te^{-t}) - \displaystyle\int {-2e^{-t}\ dt} \)
\( = -C_3e^{-t} - 2te^{-t} - 2e^{-t} + C_2 \)
\( -C_3 - 2 = C_1 \) yazalım.
\( = C_1e^{-t} - 2te^{-t} + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = (C_1e^{-t} - 2te^{-t} + C_2)\dfrac{1}{t} \)
\( = \dfrac{C_1}{te^t} + \dfrac{C_2}{t} - \dfrac{2}{e^t} \)
\( x^2z'' - 2x(x - 1)z' + (x^2 - 2x - 2)z = x^4e^x \)
denkleminin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü \( z_1 = xe^x \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( z_1 = xe^x \)
\( z_1' = xe^x + e^x \)
\( z_1'' = xe^x + 2e^x \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( x^2z'' - 2x(x - 1)z' + (x^2 - 2x - 2)z = 0 \)
\( x^2(xe^x + 2e^x) - 2x(x - 1)(xe^x + e^x) + (x^2 - 2x - 2)(xe^x) \overset{?}{=} 0 \)
\( x^3e^x + 2x^2e^x - 2x^3e^x - 2x^2e^x + 2x^2e^x + 2xe^x + x^3e^x - 2x^2e^x - 2xe^x \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = xe^x \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( z = uz_1 = uxe^x \)
\( z' = u'xe^x + u(xe^x + e^x) \)
\( z'' = u''xe^x + 2u'(xe^x + e^x) + u(xe^x + 2e^x) \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( x^2z'' - 2x(x - 1)z' + (x^2 - 2x - 2)z = x^4e^x \)
\( x^2(u''xe^x + 2u'(xe^x + e^x) + u(xe^x + 2e^x)) - 2x(x - 1)(u'xe^x + u(xe^x + e^x)) + (x^2 - 2x - 2)(uxe^x) = x^4e^x \)
\( x^3e^xu'' + 4x^2e^xu' = x^4e^x \)
\( u'' + \dfrac{4}{x}u' = x \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + \dfrac{4}{x}v = x \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {\frac{4}{x}\ dx}} \)
\( = e^{4\ln{\abs{x}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{x}^4}} \)
\( = x^4 \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( x^4v' + 4x^3v = x^5 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(x^4v) = x^5 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(x^4v)\ dx} = \displaystyle\int {x^5\ dx} \)
\( x^4v = \dfrac{x^6}{6} + C_4 \)
\( v = \dfrac{x^2}{6} + \dfrac{C_4}{x^4} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {\left( \dfrac{x^2}{6} + \dfrac{C_4}{x^4} \right)\ dx} \)
\( = \dfrac{x^3}{18} - \dfrac{C_4}{3x^3} + C_1 \)
\( C_2 = -\dfrac{C_4}{3} \) yazalım.
\( = \dfrac{x^3}{18} + \dfrac{C_2}{x^3} + C_1 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( z = uz_1 = \left( \dfrac{x^3}{18} + \dfrac{C_2}{x^3} + C_1 \right)xe^x \)
\( = C_1xe^x + \dfrac{C_2e^x}{x^2} + \dfrac{x^4e^x}{18} \)
\( y'' + y = x \)
denkleminin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü \( y_1 = \cos{x} \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = \cos{x} \)
\( y_1' = -\sin{x} \)
\( y_1'' = -\cos{x} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( y'' + y = 0 \)
\( -\cos{x} + \cos{x} \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = \cos{x} \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = u\cos{x} \)
\( y' = u'\cos{x} - u\sin{x} \)
\( y'' = u''\cos{x} - 2u'\sin{x} - u\cos{x} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( y'' + y = x \)
\( (u''\cos{x} - 2u'\sin{x} - u\cos{x}) + u\cos{x} = x \)
\( u''\cos{x} - 2u'\sin{x} = x \)
\( u'' - 2u'\tan{x} = x\sec{x} \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' - 2v\tan{x} = x\sec{x} \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {-2\tan{x}\ dx}} \)
\( = e^{2\ln{\abs{\cos{x}}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{\cos{x}}^2}} \)
\( = \cos^2{x} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( v'\cos^2{x} - 2v\tan{x}\cos^2{x} = x\sec{x}\cos^2{x} \)
\( v'\cos^2{x} - 2v\sin{x}\cos{x} = x\cos{x} \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(v\cos^2{x}) = x\cos{x} \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(v\cos^2{x})\ dx} = \displaystyle\int {x\cos{x}\ dx} \)
\( v\cos^2{x} + C = \displaystyle\int {x\cos{x}\ dx} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( z \) ve \( dw \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( z = x \)
\( dw = \cos{x}\ dx \)
Buna göre \( dz \) ve \( w \) aşağıdaki gibi olur.
\( dz = dx \)
\( w = \sin{x} \)
Bu ifadeleri \( \int {z\ dw} = zw - \int {w\ dz} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( v\cos^2{x} + C = x\sin{x} - \displaystyle\int {\sin{x}\ dx} \)
\( v\cos^2{x} = x\sin{x} + \cos{x} + C_1 \)
\( v = x\tan{x}\sec{x} + \sec{x} + C_1\sec^2{x} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {(\sec{x} + C_1\sec^2{x} + x\tan{x}\sec{x})\ dx} \)
\( = \ln{\abs{\sec{x} + \tan{x}}} + C_1\tan{x} + \displaystyle\int {x\tan{x}\sec{x}\ dx} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( z \) ve \( dw \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( z = x \)
\( dw = \tan{x}\sec{x}\ dx \)
Buna göre \( dz \) ve \( w \) aşağıdaki gibi olur.
\( dz = dx \)
\( w = \sec{x} \)
Bu ifadeleri \( \int {z\ dw} = zw - \int {w\ dz} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = \ln{\abs{\sec{x} + \tan{x}}} + C_1\tan{x} + x\sec{x} - \displaystyle\int {\sec{x}\ dx} \)
\( = \ln{\abs{\sec{x} + \tan{x}}} + C_1\tan{x} + x\sec{x} - \ln{\abs{\sec{x} + \tan{x}}} + C_2 \)
\( = C_1\tan{x} + x\sec{x} + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = (C_1\tan{x} + x\sec{x} + C_2)\cos{x} \)
\( = C_1\sin{x} + C_2\cos{x} + x \)
\( y'' - 2y' + 2y = e^x\csc{x} \)
denkleminin bir çözümü \( y_1 = e^x\sin{x} \) olduğuna göre, denklemin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = e^x\sin{x} \)
\( y_1' = e^x\sin{x} + e^x\cos{x} \)
\( y_1'' = 2e^x\cos{x} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 2y' + 2y = 0 \)
\( 2e^x\cos{x} - 2(e^x\sin{x} + e^x\cos{x}) + 2e^x\sin{x} \overset{?}{=} 0 \)
\( 2e^x\cos{x} - 2e^x\sin{x} - 2e^x\cos{x} + 2e^x\sin{x} \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = e^x\sin{x} \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = ue^x\sin{x} \)
\( y' = u'e^x\sin{x} + u(e^x\sin{x} + e^x\cos{x}) \)
\( y'' = u''e^x\sin{x} + 2u'(e^x\sin{x} + e^x\cos{x}) + 2ue^x\cos{x} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( y'' - 2y' + 2y = e^x\csc{x} \)
\( (u''e^x\sin{x} + 2u'(e^x\sin{x} + e^x\cos{x}) + 2ue^x\cos{x}) - 2(u'e^x\sin{x} + u(e^x\sin{x} + e^x\cos{x})) + 2ue^x\sin{x} = e^x\csc{x} \)
\( u''e^x\sin{x} + 2u'e^x\cos{x} = e^x\csc{x} \)
\( u'' + 2u'\cot{x} = \csc^2{x} \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + 2v\cot{x} = \csc^2{x} \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {2\cot{x}\ dx}} \)
\( = e^{2\ln{\abs{\sin{x}}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{\sin{x}}^2}} \)
\( = \sin^2{x} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( v'\sin^2{x} + 2v\sin{x}\cos{x} = 1 \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(v\sin^2{x}) = 1 \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(v\sin^2{x})\ dx} = \displaystyle\int {1\ dx} \)
\( v\sin^2{x} = x + C_4 \)
\( v = x\csc^2{x} + C_4\csc^2{x} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {(x\csc^2{x} + C_4\csc^2{x})\ dx} \)
\( = -C_4\cot{x} + \displaystyle\int {x\csc^2{x}\ dx} \)
\( C_1 = -C_4 \) yazalım.
\( = C_1\cot{x} + \displaystyle\int {x\csc^2{x}\ dx} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( z \) ve \( dw \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( z = x \)
\( dw = \csc^2{x}\ dx \)
Buna göre \( dz \) ve \( w \) aşağıdaki gibi olur.
\( dz = dx \)
\( w = -\cot{x} \)
Bu ifadeleri \( \int {z\ dw} = zw - \int {w\ dz} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = C_1\cot{x} + (-x\cot{x}) - \displaystyle\int {-\cot{x}\ dx} \)
\( = C_1\cot{x} - x\cot{x} + \ln{\abs{\sin{x}}} + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = (C_1\cot{x} - x\cot{x} + \ln{\abs{\sin{x}}} + C_2)e^x\sin{x} \)
\( = C_1e^x\cos{x} + C_2e^x\sin{x} - xe^x\cos{x} + e^x\sin{x}\ln{\abs{\sin{x}}} \)
\( a \gt 2 \) olmak üzere,
\( x^2\dfrac{d^2y}{dx^2} - (3a - 1)x\dfrac{dy}{dx} + 2a^2y = 4x^{a + 2} \)
denkleminin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü \( y_1 = x^a \) olduğuna göre, denklemin \( a \) cinsinden genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterVerilen fonksiyonun denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümü olduğunu teyit edelim.
\( y_1 = x^a \)
\( y_1' = ax^{a - 1} \)
\( y_1'' = a(a - 1)x^{a - 2} \)
Bu çözümü ve türevlerini homojen denklemde yerine koyalım.
\( x^2\dfrac{d^2y}{dx^2} - (3a - 1)x\dfrac{dy}{dx} + 2a^2y = 0 \)
\( x^2(a(a - 1)x^{a - 2}) - (3a - 1)x(ax^{a - 1}) + 2a^2(x^a) \overset{?}{=} 0 \)
\( a^2x^a - ax^a - 3a^2x^a + ax^a + 2a^2x^a \overset{?}{=} 0 \)
\( 0 = 0 \)
Buna göre \( y_1 = x^a \) verilen denklemin karşılık geldiği homojen denklemin bir çözümüdür.
Denklemi çözmek için mertebe indirgeme yöntemini kullanalım.
Denklemin genel çözümünü aşağıdaki şekilde tanımlayalım.
\( y = uy_1 = ux^a \)
\( y' = u'x^a + aux^{a - 1} \)
\( y'' = u''x^a + 2au'x^{a - 1} + a(a - 1)ux^{a - 2} \)
Çözümü ve türevlerini denklemde yerine koyalım.
\( x^2\dfrac{d^2y}{dx^2} - (3a - 1)x\dfrac{dy}{dx} + 2a^2y = 4x^{a + 2} \)
\( x^2(u''x^a + 2au'x^{a - 1} + a(a - 1)ux^{a - 2}) - (3a - 1)x(u'x^a + aux^{a - 1}) + 2a^2(ux^a) = 4x^{a + 2} \)
\( x^{a + 2}u'' + (1 - a)x^{a + 1}u' = 4x^{a + 2} \)
\( u'' + \dfrac{1 - a}{x}u' = 4 \)
\( u \) ifadesi yok olduğu için \( v = u' \) şeklinde değişken değiştirebiliriz.
\( v' + \dfrac{1 - a}{x}v = 4 \)
Elde ettiğimiz birinci mertebeden lineer denklemi çözelim.
Denklemin integral çarpanını bulalım.
\( \mu(x) = e^{\int {\frac{1 - a}{x}\ dx}} \)
\( = e^{(1 - a)\ln{\abs{x}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{x}^{1 - a}}} \)
\( = \abs{x}^{1 - a} \)
İntegral çarpanı denklemdeki tüm terimlerle çarpıldığı için önündeki işaretin pozitif ya da negatif olması çözümü değiştirmez, bu yüzden mutlak değer çarpandan kaldırılabilir.
\( = x^{1 - a} \)
Denklemin taraflarını integral çarpanı ile çarpalım.
\( x^{1 - a}v' + (1 - a)x^{-a}v = 4x^{1 - a} \)
Bu eşitliğin sol tarafı, \( \mu(x)v \) çarpımının türevinin çarpma kuralı ile açılımına eşittir.
\( \dfrac{d}{dx}(vx^{1 - a}) = 4x^{1 - a} \)
Eşitliğin taraflarının ayrı ayrı integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{d}{dx}(vx^{1 - a})\ dx} = \displaystyle\int {4x^{1 - a}\ dx} \)
\( vx^{1 - a} = \dfrac{4x^{2 - a}}{2 - a} + C_3 \)
\( v = \dfrac{4x}{2 - a} + C_3x^{a - 1} \)
\( v \) değişkeni cinsinden bulduğumuz çözümün integralini alarak \( u \) değişkeni cinsinden çözümü bulalım.
\( u = \displaystyle\int {u'\ dx} = \displaystyle\int {v\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {\left( \dfrac{4x}{2 - a} + C_3x^{a - 1} \right)\ dx} \)
\( = \dfrac{2x^2}{2 - a} + \dfrac{C_3x^a}{a} + C_2 \)
\( C_1 = \dfrac{C_3}{a} \) yazalım.
\( = \dfrac{2x^2}{2 - a} + C_1x^a + C_2 \)
Buna göre denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi bulunur.
\( y = uy_1 = \left( \dfrac{2x^2}{2 - a} + C_1x^a + C_2 \right)x^a \)
\( = \dfrac{2x^{a + 2}}{2 - a} + C_1x^{2a} + C_2x^a \)