x P Tekil Nokta Etrafında Çözüm: Frobenius Yöntemi

14

Tekil Nokta Etrafında Çözüm: Frobenius Yöntemi

Önceki kısımda verilen diferansiyel denklemlerin çözümleri, bu diferansiyel denklemin adi noktaları civarında seri çözümleri bulunmuştur. Bu kısımda diferansiyel denklemin tekil noktası civarında çözümler ele alınacaktır. Buna göre

1

0( ) 1( ) 1 ... ( ) 0

n n

n n n

d y d y

a x a x a x y

dx dx



    

şeklinde verilen diferansiyel denklemin

x  x

₀ noktası tekil nokta olsun. Genellikle

x

₀ civarında kuvvet serisi biçiminde çözümü yoktur. Belirli koşullar çerçevesinde çözüm

0 0

0

( ) ( )^r _n( )ⁿ

n

y x x x C x x





 





şeklinde aranacaktır. Burada

Cn ve r sabitlerdir (reel veya kompleks sayı olabilir).

Tekil Noktaların Sınıflandırılması 0 1

( x  x P x ) ( )

ve

( x  x

₀

)

²

P x

₂

( )

fonksiyonları analitik ise

x

₀ noktasına regüler tekil nokta denir. Aksi halde irregüler tekil nokta denir.

Örnek 1.

 

2 2

2 d y2 dy 5 0

x x x y

dx  dx   diferansiyel denklemi için x=0 noktasının özelliğini belirleyiniz.

 

2

2 2

1 5

2 2 0

d y dy x x dx y

dx x

    için ₁

( ) 1 P x 2

x

 

_ve

 

2 2

( ) 5 2 P x x

x

  olur.

1

( ) 1 xP x  2



_ve ² _{2( )} ⁵

2

x P x  x fonksiyonları x=0 noktasında analitiktir. Dolayısıyla x=0 noktası diferansiyel denklemin regüler tekil noktasıdır.

Örnek 2.

2

2 2 2 2

2 1

0

( 2) ( 2)

d y dy x

dx y

dx x x x x

   

  diferansiyel denklemi için x=0; 2 noktalarının özelliklerini belirleyiniz

15

 

1 2

( ) 2

2 P x

x x

  ve

 

2 2 2

( ) 1

2 P x x

x x

 

 olur. Buradan,

1 2

(x 2)P x( ) 2 x

  ve

 

² 2 2

2 ( ) x 1

x P x

x

   için bu fonksiyonlar x=2 noktasında süreklidir,

dolayısıyla x=2 noktası diferansiyel denklemin regüler tekil noktasıdır.

1

( ) 2

( 2) xP x x x

 ve

 

2

2 2

( ) 1

2 x P x x

x

 

 için x=0 noktasında

xP x

₁

( )

tanımsızdır, dolayısıyla x=0 noktası diferansiyel denklemin irregüler tekil noktasıdır.

Teorem.

x  x

0 diferansiyel denklemin regüler tekil noktası olsun. Bu durumda,

0 0

0

( )^r _n( )ⁿ

n

x x C x x









 ^,

0   x x

0

 R

serisi şeklinde

x

₀ civarında sıfır olmayan yakınsak en az bir çözümü vardır.

Örnek 3.

 

2 2

2 d y2 dy 5 0

x x x y

dx dx

    ,

0  x  R

için denklemini

x x  

₀

0

noktası civarında seri çözümünü bulunuz.

 

2

2 2

1 5

2 2 0

d y dy x x dx y

dx x

    ; ₁ 1

( ) 2

P x x

 ve _{2 2}5

( ) 2 P x x

x

  için x=0 regülar tekil noktadır.

Dolayısıyla çözüm için

0 0

( ) ^r _n ⁿ _n ^{n r}

n n

y x x C x C x

 



 









şeklinde aranır.

Frobenius Yöntemi:

Farzedelim ki,

x

₀ regüler tekil noktası olsun.



0

 

0

 

0



0 0

( ) ^r _n ⁿ _n ^{n r}

n n

y x x x C x x C x x

  

 

 



 



 ^,

C 

0

0

(5)

16

  

0



¹

0

( ) ^  







 ⁿ  ^{n r}

n

dy x n r C x x

dx ^,

  

2 2

2 0

( ) 1

  







   ^{n n r}

n

d y x

n r n r C x dx

Diferansiyel denklemde yerine yazılır ve



xx0



nin derecesine göre gruplandırılır.

   

¹

 

²

0 0 ^{r k} 1 0 ^{r k} 2 0 ^{r k}

...

K x  x

^

 K x  x

^{ }

 K x  x

^{ }



=0 bulunur. Burada k belirli bir tam sayıdır.

Sağ taraf sıfır olduğu için bu durumda

K

₀

 K

₁

 K

₂

  ... 0

olmalıdır.

Bu eşitliklerden

K 

₀

0

den r için ikinci dereceden denklem elde edilir, buna indeks denklemi denir. Bu denklemin kökleri

r

₁ ^ve

r

₂⁽

r

₁^>

r

₂ olsun) bulunur ve bu köklere diferansiyel denklemin üstelleri (ekponentleri) denir.

1)

K K

₁

,

₂

,...

ler sıfıra eşitlenerek, bunların ifadelerinde yer alan

C

_n ler için denklemler elde edilir.

2)

r  r

₁, (5) de elde edilen denklemlerde yerine yazılarak

C

_n ler bulunur.

3) Eğer

r

₂

 r

₁ise, (6) deki işlemler

r  r

₂ için tekrarlanarak, diğer seri çözüm bulunur.

Ancak bu çözüm

r  r

₁için belirlenen çözümden lineer bağımsız olmayabilir. Bu durum daha sonra araştırılacaktır.

Örnek 4.

 

2 2

2 d y2 dy 5 0

x x x y

dx dx

   

0

( )

_n ^{n r}

n

y x C x

 

 

 ^,

C 

₀

0

;

 

¹

0

( ) _n ^{n r}

n

y x n r C x

  



 



 ^;

^{  }

²

0

( ) 1 _n ^{n r}

n

y x n r n r C x

  



 



  

için diferansiyel denklemde yerlerine yazılırsa,

      

0

0 1

1

2 ( 1) 5 2 1 ( ) 5 0

n

r n r

n n

K n K

r r r C x n r n r n r C C x

 

 

   



          ^olur.

17

0 2 ( 1) 5 0

K  r r    , r ₁ ⁵

r 

2 ,

r  

₂

1

n 0

K  dan,

1 52

r 

^{için 1}

(2 7)

n n

C C

n n

 





^,

n  1

,

y x

¹

( )  C x

^{0 5 2}

 1 

¹9

x 

198¹

x

²



7722¹

x

³

 ... 

2

1

r  

için ¹

(2 7)

n n

C C

n n

 





^,

n  1 y

²

( ) x  C x

^{0 1}

 1 

¹5

x 

30¹

x

²



90¹

x

³

 ... 

Her iki çözümdeki C birbirinden farklı sabitlerdir. Genel çözüm, ₀

   

1 2

5 2 1 1 2 1 3 1 1 1 2 1 3

01 9 198 7722 02 5 30 90

( ) ( )

( ) 1 ... 1 ...

y x y x

y x  C x  x  x  x   C x

^

 x  x  x 

,

yazılabilir. Burada

C

₀₁ ve

C

₀₂keyfi sabitlerdir.

Burada “her zaman birbirinden bağımsız iki seri çözüm bulunabilir mi?” sorusu ortaya çıkar veya 1. Hangi koşullar çerçevesinde verilen

1

0( ) 1( ) 1 ... ( ) 0

n n

n n n

d y d y

a x a x a x y

dx dx



    

diferansiyel denklemin



0

 

0



0

r n

n n

x x C x x









 ^, x civarında lineer bağımsız iki çözümü vardır? x0

2. Eğer bu diferansiyel denklemin x civarında yukarıda verilen formda lineer bağımsız iki x₀ çözümü yoksa, lineer bağımsız iki çözüm nasıl bulunur?

Teorem.

Farzedelim ki,

r

₁

 r

₂ bilinen denklemin kökleridir.

i.

r

₁

  r

₂

N

(N=0,1,2,… pozitif tam sayı) bu durumda,

a. 1



0



¹



0



0

( ) ^r _n ⁿ

n

y x x x C x x





 





b. 2



0



^{2 *}



0



0

( ) ^r _n ⁿ

n

y x x x C x x





 





18

biçiminde iki lineer bağımsız çözümü vardır. Burada,

C 

₀

0

^,

C 

₀^*

0

dır.

ii. Eğer,

r

₁

  r

₂

N

(N=0,1,2,… pozitif tam sayı) ise, bu durumda

a. 1



0



¹



0



0

( ) ^r _n ⁿ

n

y x x x C x x





 



 ^,

b. 2



0



²



0



1 0

0

( ) ^r _n ⁿ ( ) ln

n

y x x x C x x C y x x x

 



 



   biçiminde lineer bağımsız iki

çözümü vardır. Burada,

C 

₀

0

^,

C 

₀^*

0

ve C sabit/sıfır olabilir.

iii. Eğer,

r

₁

  r

₂

0

ise bu durumda

a. 1



0



¹



0



0

( ) ^r _n ⁿ

n

y x x x C x x





 



 ^,

C 

0

0

ve

b. 2



0



^{2 1}



0



1 0

0

( ) ^r _n ⁿ ( ) ln

n

y x x x C x x Cy x x x

  



 



   biçiminde lineer bağımsız iki

çözümü vardır. Burada,

C 

₀

0

^,

C 

₀^*

0

ve C sabit/sıfır olabilir.

Örnek 5.

 

2 2 2

2 d y2 dy 3 0

x x x y

dx dx

    diferansiyel denkleminin x=0 regüler tekil noktası civarında çözümünü bulunuz.

0

( ) _n ^{n r}

n

y x C x

 







^;

^{ }

¹

0

( ) _n ^{n r}

n

y x n r C x

  



 



 ^;

^{  }

²

0

( ) 1 _n ^{n r}

n

y x n r n r C x

  



 



   ^için

    

²

0 0 0 0

2 1 3 0

   

    

   

       



n ^{n r}



n ^{n r}



n ^{n r}



n ^{n r}

n n n n

n r n r C x n r C x C x C x

     

    

 

1

0 1

0 0

2

2 0

2 1 3 2 1 1 3

2 1 3 0

r r

n r

n n

n

r r r C x r r r C x

n r n r n r C C x



 

 

 



        

   

   

       

 

 



19

 

2r r    için 1 r 3 0

2 r

²

   r 3 0

buradan ₁ ³ ₂

2

, 1

r  r  

1 2 52

0

r    r

ve 5/2 tam sayı (

^{ N}  ^{ 0,1, 2,...} 

^{) değil.}

   

1

2r r   1 r 1 3 C 0

 

 

    

2

2 n r n r  1 n r 3 C_nC_n 0

 

  ,

n  2

1 32

r   r

için

7 C 

1

0

ise,

C 

₁

0



2 5



_{n n} 2 0

n n C C _  ,

n  2

 ²

^{n 2}

⁵ 

n

C C

n n

 





^,

n  2

için ₂ ⁰

18

C   C

; ₃ ¹

0 33

C   C 

; ₄ ⁰

936 C  C

,…

1 32

r   r

için çözüm;

3 2 2 4

1 0

1 1

( ) 1 ...

18 936

y x C x   x  x   ^bulunur.

2

1

r    r

için

*

3 C

1

0

 

ise,

C 

₁^*

0



^{2 5}



_{n n 2} ⁰

n n C C _  ,

n  2

 ²

^{n 2}

⁵ 

n

C C

n n

 





^,

n  2

için

* 0*

2

2

C  C

;

* 1*

3

0

3

C   C 

;

*

* *2 0

4

12 24

C C   C  

,…

2

1

r    r

için çözüm;

* 1 2 4

2 0

1 1

( ) 1 ...

2 24

y x C x^   x  x   bulunur. Dolayısıyla genel çözüm,

1 1 2 2

( ) ( ) ( )

y x  K y x  K y x

olur. K₁C₀ ve K₂C^*₀ alınmıştır.

20 Örnek 6.

 

2 2 2 5

4

2 0

d y dy

x x x y

dx  dx   diferansiyel denkleminin x=0 regüler tekil noktası civarında çözümünü bulunuz.

0

( ) _n ^{n r}

n

y x C x

 







^;

^{ }

¹

0

( ) _n ^{n r}

n

y x n r C x

  



 



 ^;

^{  }

²

0

( ) 1 _n ^{n r}

n

y x n r n r C x

  



 



   ^için

    

²

0 0 0 0

1 5 0

4

   

    

   

       



^{n n r}



^{n n r}



^{n n r}



^{n n r}

n n n n

n r n r C x n r C x C x C x

    

2

0 2

1 5 0

4

n r n r

n n

n n

n r n r n r C x C x

 

 

  

         

 

 

 

     

    

 

5 5 1

0 1

4 4

0 0

5 2

4 2

0

1 1 1

1 0

r r

n r

n n

n

r r r C x r r r C x

n r n r n r C C x



 

 

 



           

   

         

 



2 5

2 4 0

r  r  için ₁ ⁵ ₂ ¹

2

,

2

r  r 

^

1 2

3

r   r

tam pozitif sayıdır. Dolayısıyla yukarıda verildiği üzere:

ii. Eğer,

r

₁

  r

₂

N

(N=0,1,2,… pozitif tam sayı) ise, bu durumda

a. ₁



₀



¹



₀



0

( ) ^r _n ⁿ

n

y x x x C x x





 



 ^,

b. 2



0



²



0



1 0

0

( ) ^r _n ⁿ ( ) ln

n

y x x x C x x C y x x x

 



 



   biçiminde lineer bağımsız iki

çözümü vardır. (Burada C sıfır/sıfırdan farklı olabilir) 1 52

r   r

için

C 

₁

0



³



_{n n 2} ⁰

n n C C _  ,

n  2



^{n 2}

³ 

n

C C

n n







^,

n  2

için ₂ ⁰

2 5 C  C



^{; 3 1}

0 3 6 C  C 



^{; 4}

4 7

²

2 4 5 7

⁰

C C  C 

   

^,

21

  

⁰

  

2ⁿ

2 4 6 ... 2 5 7 9 ... 2 3 C C

n n

         

^,

^{n  1}

1 52

r   r

için çözüm;

     

5 2 2

1 0

1

( ) 1

2 4 6 ... 2 5 7 9 ... 2 3

n

n

y x C x x

n n





 

  



          ^bulunur.

2 21

r   r

^ için (Bu kısımdaki C katsayıları üst indis * lı olup, yazım kolaylığı açısından yazımda ihmal edilmiştir.) y2(x) çözümünü ilk kökte olduğu gibi arayalım. Sonuçta lineer bağımsız çözüm bulunursa, çözüm tamamlanmış olur, aksi halde (ii) de belirtildiği gibi bir ek terim gelmelidir.

1

0 C 



³



_{n n 2} ⁰

n n C C _  ,

n  2



^{n 2}

³ 

n

C C

n n







^,

n  2

ve

n  3

(

C

₃ başka yerden bulunacak)

n=2 için ₂ ⁰

2

C   C

; ₄ ^{2 0}

4 2 4

C C  C  



^{; 5}

2 5

³

C  C



^,…

  

⁰

  

2ⁿ

2 4 6 ... 2 3 5 7 ... 2 3 C C

n n

          

^,

n  3

 

 

³

   

2 1

2 4 6 ... 2 2 5 7 9 ... 2 1

n

C C

n n





         

^,

n  2

2

1 2

r    r

için çözüm;

     

 

     

2 4 2

1 2

2 0

3

2 1 1 2 3

3

2

( ) 1

2 2 4 2 4 6 ... 2 3 5 7 ... 2 3

2 4 6 ... 2 2 5 7 9 ... 2 1

n

n

n

n

x x x

y x C x

n n

C x x x

n n

 





 



 

               

 

  

           

 





bulunur. Burada

C

₀

(  C

₀^*

)

ve

C

₃

(  C

₃^*

)

keyfi sabitlerdir.

y x

₁

( )

ve

y

₂

( ) x

aralarında lineer bağımlıdır fakat iki tane sabit içermektedir. Bu nedenle çözümlerden biri (örneğin

y

₂

( ) x

tek

22

başına) genel çözüm olabilir. Dolayısıyla, yukarıda (ii) maddesinde yer alan

y

₂

( ) x

çözümünde doğal logaritmanın katsayısı C=0 olur.

Örnek 7.

 

2 2 2

2 3 3 0

d y dy

x x x y

dx dx

    diferansiyel denkleminin x=0 civarında Frobenius yöntemi ile çözünüz .

0

( ) _n ^{n r}

n

y x C x

 







^;

^{ }

¹

0

( ) _n ^{n r}

n

y x n r C x

  



 



 ^;

^{  }

²

0

( ) 1 _n ^{n r}

n

y x n r n r C x

  



 



   ^için

      

₁

0 1

1 3 3 _n ^{n r} 1 _n ^{n r} 0

n n

n r n r n r C x n r C x

 

 

  

         

 

 

 

 

0

       

1



0 1 0

1 3 3 ^r 1 3 3 _n 1 _n ^{n r} 0

n

r r r C x n r n r n r C n r C x

 

 

 

             

   

 



 

2 4 3 0

r  r  için

r

₁

 3, r

₂

 1

1 2

2

r   r

tam pozitif sayı (

2  N

^) 1

3

r   r

için



2



_n



2



_n 1 0

n n C  n C _  ,

n  1

1

n n

C C

n

 

 ,

n  1

için

C

₁

  C

₀ ; ₂ ^{1 0}

2 2!

C

C   C 

; ₃ ^{2 0}

3 3!

C C   C  

,...

2 0

( 1)

!

n n

C C

n

 

,

n  1

1

3

r   r

için çözüm;

2 3

3 3

1 0 0

( ) 1 ... ( 1) ...

2! 3! !

n n x

x x x

y x C x x C x e

n

   

        

  ^bulunur.

2

1

r   r

için (not edelim ki sabitler üst indis * içermektedir, yazım kolaylığı açısından yazımda ihmal edilmiştir)



²



_{n n 1} ⁰

n n C nC _  ,

n  1

23



ⁿ

²

¹



n

C C

n

 





^,

^{n  1}

^ve

n  2

n=1 için

C

₁

 C

₀ ;

n=2 için

0  C

₂

 2 C

₁

 0

^için

C 

₁

0

dolayısıyla,

C 

₀

0

bulunur. Ancak çözüm gereği 0

0

C 

olmalıdır. Buradan,

r   r

₂

1

için bir özel çözüm yoktur. Böylece C2 keyfi kabul edilerek,

3 2

C   C

; ₄ ³

3

C   C

; ₅ ^{4 2}

3 3!

C C

C    

,… ₂

( 1)

²

!

n n

C C



 n



,

n  1

2

1

r   r

için çözüm;

4 5 2 2 3

2 3 3

2 2 2

( 1) ( 1)

( ) ... ... 1 ... ...

2! 3! ! 2! 3! !

n n n n

x x x x x x

y x C x x x C x x

n n

      

                

2

( )

2 3 ^x 1

( )

y x  C x e

^

 y x

bulunur. Teoremden görüldüğü gibi ikinci çözüm

y

₂

( ) x

* 1

1 0

( ) ln

n n n

C x Cy x x

 







^,

^{C }

₀^*

⁰

^ve

^{C  0}

olmalıdır. Bu çözümü belirlemek içi pek çok yöntem vardır, bunlardan biri de türev mertebesini düşürmedir.

MERTEBE DÜŞÜRME METODU

Bu metoda göre diferansiyel denklemin bir çözümü y1(x) yardımıyla çözüm,

( )

3 ^x

( )

y x  x e

^

u x

, (

y x

₁

( )  x e

^{3 x}) şeklinde aranır. Burada u(x)=?

 

3 ^x

3

2 ^x 3 ^x

( )

dy du

x e x e x e u x

dx dx

  

  

   

2 2

3 2 3 3 2

2 ^x 2

2 3

^{x x x}

6

^x

6

^x

( )

d y d u du

x e x e x e x e x e xe u x

dx dx dx

     

     

Bu ifadeler ²d y²2



² 3



dy 3 0

x x x y

dx dx

    denkleminde yerine yazılır düzenlenirse,

 

2

2 3 0

d u du

x x

dx dx

   ;

( ) du x dx

 

değişken dönüştürmesi kullanılarak,

24



³



^{( ) 0}

xd x x

dx

     için

 ( ) x  x e

^{3 x} ve

u x ( )    ( ) x dx   x e dx

^{3 x}

3 3

( )

2

( )

^{x x}

y x  y x  x e

^

 x e dx

^ olur. Bu fonksiyon

y x

₁

( )

ile lineer bağımsızdır.

2 3 4

3 3

2

( ) 1 ...

2 6 24

x

x x x

y x x e

^

x

^

 x  dx

       

 

 



İntegral alınırsa,

3 2

2 2

1 1 1 1 1

( ) ln ...

2 6 48

2

y x x e

x

x x x

x x



 

          

3 2 3

2 2

1 1 1 1 1

( ) ... ln

6 48 2

2

x x

y x x e x x x e x

x x



 



          

bulunur. Dolayısıyla genel çözüm,

1 1 2 2

( ) ( ) ( )

y x  K y x  K y x

olur.

Yukarıdaki örneklerde teoremde verilen

r

₁

  r

₂

0

^veya

r

₁

 r

₂ hariç tüm haller ele alınmıştır.

Hatırlatalım ki, bu durumda çözümler

   

1 0 0

0

( )

^r _n ⁿ

n

y x x x C x x



  





^ve

 

^{1 *}

 

2 0 0 1 0

0

( )

^r _n ⁿ

( ) ln

n

y x x x C x x y x x x

 

  



  

^,

(

C

₀

 0 ve C

₀^*

 0

) şeklinde olur.

ÖRNEKLER

Aşağıdaki denklemlerin tekil noktalarını sınıflandırınız.

i.



² 3



d y²2

^

2

^

dy 0

x x x y

dx dx

    

ii.



⁴ 2 ^{3 2}



d y²2 2

^

1

^

dy ² 0

x x x x x y

dx dx

     

25 iii.



^{5 4} 6 ³



d y²2 ²dy

^

2

^

0

x x x x x y

dx dx

     

Aşağıdaki denklemleri, regüler tekil noktaları civarında Frobenius yöntemi ile çözünüz.

iv. 2 ²d y²2 dy

 

² 1 0

x x x y

dx dx

   

v. ²d y²2 dy



^{2 1}9



0

x x x y

dx dx

   

vi. ²d y²2 dy



^{2 1}4



0

x x x y

dx  dx   vii.

2 2 2

2 2 0

d y dy

x x y

dx dx

  

viii. ²d y²2



³



dy 3 0

x x x y

dx dx

   

ix.

2

2 2 0

d y dy

x y

dx dx

  

BESSEL DENKLEMİ VE BESSEL FONKSİYONLARI A. Sıfırıncı Dereceden Bessel Denklemi

p bir parametre olmak üzere,

 

2 2 2 2

2 0

d y dy

x x x p y

dx dx

    (1)

bu denkleme p. dereceden Bessel denklemi denir. Denklemin çözümüne ise p. dereceden Bessel fonksiyonu denir.

Eğer, p=0 olursa (1) den,

2

2 0

d y dy

x xy

dx dx

   (2)

denklemi elde edilir. (2) denklemi sıfırıncı dereceden Bessel denklemi adlanır. Bu denklem için x=0 regüler tekil noktadır ve çözüm,

0

( )

_n ^{n r}

n

y x C x

 

 

 ^,

C 

₀

0

⁽³⁾

26 şeklinde aranır. (2) ve (3) den

  

¹

 

^{1 1}

0 0 0

1 _n ^{n r} _n ^{n r} _n ^{n r} 0

n n n

n r n r C x n r C x C x

  

     

  

      

  

 

^{2 1} 2 ¹

0 2

n r n r 0

n n

n n

n r C x C x

 

   

  

  

 

 

²

 

²

2 1 1

0 1 2

0 0 2

0

1 0

r r n r

n n

n

r C x r C x n r C C x

   

 

  

 

  



    

2

0

r 

için

r

₁

  r

₂

0

bulunur.

 1  r 

²

C

1

 0

2 _{n n} 2

0

n C  C

_



,

n  2

2

2 n n

C C

n

 

 ,

n  2

; ₂ ⁰

2

2

C   C

, ₃ ¹

2

0

3

C   C 

, ₄ ^{2 0}

2 2 2

4 2 4

C C   C 



^{, …}

2 2 20

( 1) ( !) 2

n

n n

C C

n

 

,

n  1

r=0

0

2

1 0 2 0 0

0

( )

( ) ( 1) ( )

( !) 2

n n

n

J x

y x C x C J x

n





  

      

^;

2

0 2

0

( ) ( 1)

( !) 2

n n

n

J x x

n





  

     

toplamına 0. dereceden

1. tür Bessel fonksiyonu denir.

r

₁

  r

₂

0

olduğu için yukarıda verilen teoreme göre diğer çözüm,

*

2 0

0

( )

_n ⁿ

( ) ln

n

y x x C x J x x



 





^dır.

Şimdi, mertebe düşürerek bu çözümü bulmaya çalışalım:

y x

₂

( )  y x u x

₁

( ) ( )

2 1 1

( ) ( )

( ) dy x ( ) ( ) du x

y x u x y x

dx dx

  

2 2

1 1

2 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) d y x ( ) 2 dy x du x ( ) d u x

y x u x y x

dx dx

dx dx

   

27 Diferansiyel denklemde yerine yazlırsa: ²

2 0

d y dy

x xy

dx dx

  

2

1

d u

2 1

2 dy

1

du 0

xy y x

dx dx dx

 

    

 

^içn

du

dx  

ve 2

2

d u d dx dx

 

dönüşümü sonunda,

 

0

( ) d

0

( ) 2 d

0

( ) 0

xJ x J x x J x

dx dx

  ^    ^    

 

0 0

0

0 0

( ) 2 ( )

( ( ))

( ) 2 ( )

J x x d J x

d J x

d dx dx dx

xJ x x J x





     



₀



²

ln    ln x  ln J ( ) x



₀



²

1 ( )

du x J x dx

  

için



0



²



0



²

( ) 1

( ) ( )

dx

e

x

u x dx dx

x J x J x



   

^için,

   

2 0 2 0 2

0 0

( ) ( ) ( )

( ) ( )

dx

e

x

dx

y x J x J x

J x x J x



   



0



^{2 2 4 6}

3 5

( ) 1 ...

2 32 576

x x x

J x     

 

2 4 6

2 0

1 5 23

1 ...

2 32 576 ( )

x x x

J x

    

3 5

2 0

1 5 23

( ) ( ) ...

2 32 576

x x x

y x J x dx

x

 

       

 

 



2 4 6 2 4 6

0

5 23

( )ln 1 ... ...

4 64 2304 4 128 3456

x x x x x x

J x x    

            

   

   

2 4 6

0

3 11

( )ln ...

4 128 13824

x x x

J x x

    