Parametrelerin De¼ gi¸ simi Yöntemi Bu bölümde
a 0 (x) y 00 + a 1 (x) y 0 + a 2 (x) y = f (x) (1) denkleminin bir özel çözümü sabitlerin de¼ gi¸ simi veya parametrelerin de¼ gi¸ simi yöntemi yard¬m¬yla hesaplanmaktad¬r; burada a 0 (x) ; a 1 (x) ; a 2 (x) katsay¬lar¬
ve f (x) bir (a; b) da sürekli ve her x 2 (a; b) için a 0 (x) 6= 0 d¬r. Bu yönteme göre önce kar¸ s¬l¬k gelen homogen
a 0 (x) y 00 + a 1 (x) y 0 + a 2 (x) y = 0 (2) denkleminin lineer ba¼ g¬ms¬z y 1 (x) ve y 2 (x) çözümleri bulunur. Bu çözümlerin (a; b) de tan¬ml¬olduklar¬aç¬kt¬r. Buradan (2) nin genel çözümü
y h = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) dir.
¸
Simdi (1) in (a; b) de tan¬ml¬olan bir özel çözümü
y p = c 1 (x) y 1 (x) + c 2 (x) y 2 (x) (3)
dir; burada 8
<
:
c 0 1 y 1 + c 0 2 y 2 = 0 c 0 1 y 1 + c 0 2 y 2 = f (x)
a 0 (x)
(4)
dir. (4) den önce c 0 1 ve c 0 2 bulunur. Sonra integralleri al¬narak c 1 (x) ve c 2 (x) elde edilir. Bunlar¬n (3) de yerlerine yaz¬lmas¬yla verilen denklemin bir özel çözümü elde edilir. Not edelim ki burada ortaya ç¬kan integrasyon sabitleri yerine s¬f¬r al¬nmaktad¬r.
Örnek 1.
x 2 y 00 2xy 0 + 2y = x 9=2
denkleminin bir özel çözümünü bulunuz; burada kar¸ s¬l¬k gelen homogen den- kleminin ba¼ g¬ms¬z çözümleri y 1 = x ve y 2 = x 2 dir.
Çözüm
y h = c 1 x + c 2 x 2 y p = c 1 (x) x + c 2 (x) x 2 olup,
c 0 1 x + c 0 2 x 2 = 0 c 0 1 (1) + c 0 2 (2x) = x 5=2 :
Bu sistemden c 0 1 = x 5=2 ve c 0 2 = x 3=2 bulunur ve integral al¬n¬rsa c 1 = 2
7 x 7=2 ve c 2 = 2 5 x 5=2
1
elde edilir. Böylece verilen denklemin özel çözümü, c 1 ve c 2 nin yerlerine yaz¬l- mas¬yla
y p = 4 35 x 9=2 olarak bulunur.
Örnek 2.
x 2 (1 ln x) y 00 + xy 0 y = (1 ln x) 2 x
denkleminin bir özel çözümünü bulunuz; burada y 1 = x ve y 2 = ln x kar¸ s¬l¬k gelen homogen denklemin lineer ba¼ g¬ms¬z çözümleridir.
Çözüm
y p = c 1 (x) x + c 2 (x) ln x olup, parametrelerin de¼ gi¸ simi yönteminden
c 0 1 x + c 0 2 ln x = 0 c 0 1 + c 0 2 1
x = 1 ln x x 3 sistemi elde edilir, buradan c 0 1 = ln x
x 3 ve c 0 2 = 1
x 2 olup, integrallerinin al¬n- mas¬yla c 1 = ln x
2x 2 + 1
4x 2 ve c 2 = 1
x bulunur. Bu de¼ gerlerin yerlerine yaz¬l- mas¬yla bir özel çözüm
y p = 1 2 ln x 4x
¸ seklinde elde edilir.
2
Euler Denklemi
A) · Ikinci basamaktan bir Euler denklemi, a; b ve c sabitler olmak üzere
ax 2 y 00 + bxy 0 + cy = 0 (1)
¸ seklinde verilir. y = x r olsun. y 0 = rx r 1 ; y 00 = r (r 1) x r 2 olmak üzere bu fonksiyonlar (1) de yerlerine yaz¬l¬rsa
p (r) = ar (r 1) + br + c indisel polinomu ve
p (r) = 0
indisel denklemi elde edilir. Bu indisel denklemin köklerinin yap¬s¬na göre çözüm a¸ sa¼ g¬daki gibi yaz¬l¬r:
(i) r 1 ve r 2 farkl¬ve reel say¬lar ise, y (x) = c 1 x r
1+ c 2 x r
2; (ii) r 1 = r 2 = r ise, y (x) = (c 1 + c 2 ln x) x r ;
(iii) r 1;2 = i ( > 0) ise, y (x) = x [c 1 cos ( ln x) + c 2 sin ( ln x)] : Örnek 1. A¸ sa¼ g¬daki denklemleri çözünüz.
a) x 2 y 00 2xy 0 4y = 0;
b) x 2 y 00 3xy 0 + 4y = 0;
c) x 2 y 00 xy 0 + 3y = 0:
Çözüm
a) Verilen denkleme kar¸ s¬l¬k gelen indisel denklem p (r) = r 2 3r 4 = 0 olup, kökleri r 1 = 4 ve r 2 = 1 dir. O halde çözüm
y (x) = c 1 x 4 + c 2 x 1
¸ seklinde yaz¬l¬r.
b) Bu denkleme kar¸ s¬l¬k gelen indisel denklem p (r) = r 2 4r + 4 = 0 olup, kökleri r 1 = r 2 = 2 dir. Böylece çözüm
y (x) = (c 1 + c 2 ln x) x 2 olur.
c) p (r) = r 2 2r + 3 = 0 olup, r 1;2 = 1 i p
2 olur ve çözüm y (x) = x
h
c 1 cos p
2 ln x + c 2 sin p 2 ln x
i : B) n-yinci basamaktan bir Euler diferensiyel denklemi
a n x n y (n) + a n 1 x n 1 y (n 1) + ::: + a 2 x 2 y 00 + a 1 xy 0 + a 0 y = f (x) (2)
¸ seklindedir, burada a i ; i = 1; 2; :::; n reel say¬lard¬r. (2) denklemine x = e t dönü¸ sümü uygulan¬rsa x dy
dx = dy
dt veya türev operatörleri cinsinden (xD) ! D 1 ; x 2 d 2 y
dx 2 = d 2 y
dt 2 veya x 2 D 2 ! D 1 (D 1 1) ve böyle devam edilerek (x n D n ) ! D 1 (D 1 1) (D 1 2) ::: (D 1 (n 1)) yaz¬larak, denklem de¼ gi¸ sken katsay¬l¬halden
1
sabit katsay¬l¬hale indirgenir; burada D : x e göre türev operatörü ve D 1 : t ye göre türev operatörüdür.
Örnek 2. x 2 y 00 3xy 0 + 4y = x + x 2 ln x denklemini çözünüz.
Çözüm. Denkleme x = e t dönü¸ sümü uygulan¬rsa, t ba¼ g¬ms¬z de¼ gi¸ sken olmak üzere
D 2 1 4D 1 + 4 y = e t + te 2t
¸ seklinde ikinci basamaktan sabit katsay¬l¬,lineer, homogen olmayan bir diferen- siyel denklem elde edilir. Bu denklemin çözümü
y (t) = (c 1 + c 2 t) e 2t + e t + t 3 6 e 2t olup verilen Euler denkleminin çözümü
y (x) = (c 1 + c 2 ln x) x 2 + x + ln 3 x 6 x 2 olur.
C) n-yinci basamaktan bir Euler diferensiyel denklemi
a n (ax + b) n y (n) +a n 1 (ax + b) n 1 y (n 1) +:::+a 2 (ax + b) 2 y 00 +a 1 (ax + b) y 0 +a 0 y = f (x)
¸ seklinde verilebilir. Bu durumda ax + b = e t dönü¸ sümü uygulanarak, (ax + b) D ! aD 1
(ax + b) 2 D 2 ! a 2 D 1 (D 1 1) .. .
(ax + b) n D n ! a n D 1 (D 1 1) ::: (D 1 (n 1)) yaz¬l¬r ve denklem sabit katsay¬l¬hale getirilir.
Örnek 3. (x + 2) 2 y 00 y = 4 denklemini çözünüz.
Çözüm. Denklem (x + 2) 2 D 2 1 y = 4 ¸ seklinde yaz¬labilir. Bu denkleme x + 2 = e t dönü¸ sümü uygulan¬rsa
D 2 1 D 1 1 y = 4
sabit katsay¬l¬denklemi elde edilir, bu denklemin çözümü y (t) = c 1 e
1+p 5
2
t
+ c 2 e
1 p 5
2
t
4 olup, verilen denklemin çözümü
y (x) = c 1 (x + 2)
1+p 5
2
+ c 2 (x + 2)
1 p 5
2