˙IkinciMertebeden ˙IndirgenebilirDiferansiyelDenklemlerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III (DIF DENK)/Bölüm2handout4lu.pdf · ikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa,

YUKSEK MERTEBEDEN

DIFERANSIYEL DENKLEMLER

Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 1/ 150

Yuksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler

Ikinci Mertebeden Indirgenebilir Diferansiyel Denklemler

ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem, bilinmeyen y(x)fonksiyonunun ikinci turevini ihtiva eder ve

F (x, y, y′, y′′) = 0 (1)

genel sekline sahiptir. Eger y bagımlı degiskeni veya x degiskeniikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa, bu taktirdedenklem basit bir degisiklikle daha once bahsettigimiz yontemlerlecozulebilen birinci mertebeden bir denkleme indirgenebilir.



y bagımlı degiskenini icermeyen denklemler Eger ybulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi

F (x, y′, y′′) = 0 (2)

seklini alır.y′ = p ⇒ y′′ = p′

degisikligi birinci mertebeden

F (x, p, p′) = 0

diferansiyel denklemini verir.Bu denlemin cozumu C1 bir keyfi sabitolmak uzere, p(x,C1) ise, bu takdirde denklem (2) nin C1 ve C2

gibi iki keyfi sabit (ikinci mertebeden diferansiyel denklemdenbeklenilecegi gibi) iceren bir cozumunu elde etmek icin sadece

y(x) =

∫

y′(x)dx =

∫

p(x,C1)dx+ C2

yazmak gerekir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 3/ 150


ORNEK

xy′′ + 2y′ = 6x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Goruldugu gibi y bagımsız degiskenini denklemimiz icermiyor.

y′ = p ⇒ y′′ = p′

Donusumuxp′ + 2p = 6x

birinci mertebeden denkleme donusur.Duzenlersek

p′ +2

xp = 6

denklemini verir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 4/ 150


Bu birinci mertebeden denklemin lineer olduguna dikkatediniz.Bagımlı degiskeni p, bagımsız degiskeni x olan bu birincimertebeden diferansiyel denklemin genel cozumu

p = 2x+C1

x2

seklinde bulunur.p degiskeni y nin birinci turevini temsil ettiginegore

p = y′ = 2x+C1

x2

denkleminde x’e gore integral alınarak verilen ikinci mertebedendenklemin cozumu bulunabilir.

y(x) = x2 − C1

x+ C2



ORNEK

y′′ = (x+ y′)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Goruldugu gibi y bagımsız degiskenini denklemimiz icermiyor.

y′ = p ⇒ y′′ = p′

Donusumunup′ = (x+ p)2

birinci mertebeden denkleme donusur.Bu denklem

dy

dx= F (ax+ by + c)

seklinde olan bir denklemdir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 6/ 150


p′ = (x+ p)2 denkleminde v = x+ p donusumu uygularsak

dv

dx= v2 + 1

degiskenlerine ayrılabilir diferansiyel denkleme donusur. Budenklemin cozumu

v = tan (x+ C1)

dir. Dolayısıyla p′ = (x+ p)2 denkleminin cozumu

p = tan (x+ C1)− x

dur.



p = tan (x+ C1)− x

Denkleminde p = y′ oldugu icin her iki tarafın x’e gore integralibize cozumu verir. Cozumumuz

y(x) = − ln (cos (x+ C1))−x2

2+ C2

dur.



x bagımsız degiskenini icermeyen denklemler Eger xbulunmuyorsa, bu takdirde (1) denklemi

F (y, y′, y′′) = 0 (3)

seklini alır.y′ = p donusumu yapılmak istenirse y′′ yerine

y′′ =dp

dx=

dp

dy

dy

dx=

dp

dyp

yazılır ve denklem

F (y, p, pdp

dy) = 0

haline gelir.



F (y, p, pdp

dy) = 0

Yukarıdaki birinci mertebeden denklemi cozersek p yi y ye ve birkefi sabite C1 e baglı buluruz.

p = p(y, C1) ⇒ dy

dx= p(y, C1)

Burada birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir bir denklem ilekarsı karsıyayız.

dy

p(y, C1)= dx

Bunu cozdugumuzde ikinci mertebeden denklemimizin kapalıcozumunu bulmus oluruz.



ORNEK

y.y′′ = (y′)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Goruldugu uzere denklemimizde x bagımsız degiskeni bulunmuyor.

y′ = p ve y′′ = pdp

dy

donusumu yapalım.

y.p.dp

dy= (p)2

Birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir denklem haline geldi.



y.p.dp

dy= (p)2

Denklemini cozersek

ln p = ln y + C1 ⇒ p = C1y

buluruz. Yanidy

dx= C1y

dy

y= C1dx

BuradanC1x = ln y + C2

olarak kapalı cozumumuzu buluruz. Buradan y yi cekmek mumkun

y(x) = eC1x−C2



ORNEK

y′′ = 2y(y′)3 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Goruldugu uzere denklemimizde x bagımsız degiskeni bulunmuyor.

y′ = p ve y′′ = pdp

dy

donusumu yapalım.

p.dp

dy= 2y(p)3 ⇒ dp

dy= 2y(p)2

Birinci mertebeden degiskenlerine ayrılabilir denklem haline geldi.



dp

dy= 2y(p)2

Denklemini cozersek

p = − 1

y2 + C1

buluruz. Yanidy

dx= − 1

y2 + C1

(y2 + C1)dy = −dx

Buradany3

3+ C1y = −x+ C2

olarak kapalı cozumumuzu buluruz. Buradan y yi cekmek mumkundegildir.


Yuksek Mertebeden Diferansiyel Denklemler

Ikinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

x bagımsız ve y bagımlı degisken olmak uzere genel olarak ikincimertebeden bir diferansiyel denklem

G(x, y, y′, y′′) = 0 (4)

seklinde ifade edildigini biliyoruz.Burada G fonksiyonu y, y′ ve y′′

ye gore lineer ise (4) denklemine lineer denklem denir. Yani

A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x) (5)

bicimindeki denklemler lineer olarak adlandırılır. Burada A(x),B(x), C(x) ve F (x) fonksiyonları bir I (muhtemelen sınırsız) acıkaralıgı uzerinde sureklidir.



ORNEK

exy′′ + (cosx)y′ + (1 +√x)y = tan(−1) x

denklemi ikinci mertebeden lineer bir denklemdir.

—————–

y′′ = y.y′

vey′′ + 3(y′)2 + 4y3 = 0

denklemleri ise ikinci mertebeden lineer olmayan denklemlerdir.



A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x) (5)

Denklem (5) in sag tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralıgıuzerinde sıfıra ozdes ise, (5) denklemine lineer homogen; aksitaktirde lineer homogen olmayan denklem denir.

ORNEK

x2y′′ + 2xy′ + 3y = cosx

ikinci mertebeden lineer, homogen olmayan bir denklem,

—————–

x2y′′ + 2xy′ + 3y = 0

ise bununla ilgili olan ikinci mertebeden lineer homogen

denklemlerdir.



Ikinci Mertebeden Lineer Homogen Denklemler

Ikinci mertebeden genel lineer

A(x)y′′ +B(x)y′ + C(x)y = F (x)

diferansiyel denklemi ele alalım.Burada A(x), B(x), C(x) ve F (x)fonksiyonları I da surekli ve ∀x ∈ I A(x) 6= 0 dır.Yukarıdakidenklemin her iki tarafı A(x)’e bolunurse, denklem

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x) (6)

biciminde ifade edilebilir.Ilk olarak (5) ile ilgili olan

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (7)

homogen denklemi inceleyecegiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 18/ 150


y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (7)

Teorem: (Superposition prensibi)

y1 ve y2, (7) ile verilen homogen denklemin I aralıgı uzerinde ikicozumu olsun, C1 ve C2 keyfi sabitler olmak uzere,

y = C1y1 + C2y2 (8)

ifadeside (7) ile verilen denklemin I aralıgı uzerinde bir cozumudur.



ORNEK

y1(x) = cosx ve y2(x) = sinx

fonksiyonlarınıny′′ + y = 0

denkleminin cozumleri oldukları kolaylıkla gorulebilir.Teorem, bucozumlerin ornegin;

y(x) = 3y1(x)− 2y2(x) = 3 cosx− 2 sinx

gibi herhangi bir lineer birlesimininde denklemin bir cozumuoldugunu belirtir. Tersine, y′′ + y = 0 denkleminin her bircozumunun, bu denklemin y1 ve y2 ozel cozumlerinin bir lineerbirlesimi oldugunu ilerde gorecegiz.



Teorem: (Varlık ve Teklik)

p,q ve f fonksiyonları a noktasını iceren bir I aralıgı uzerindesurekli olsun. Bu takdirde, b0 ve b1 verilen sabitler olmak uzere

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x) (6)

denklemi, I aralıgının tamamında,

y(a) = b0, y′(a) = b1

baslangıs kosullarını saglayan bir tek (bir ve yalnız bir) cozumesahiptir.



ORNEK

y′′ + y = 0

y(0) = 3, y′(0) = −2

baslangıc deger probleminin cozumunu bulalım.

COZUM

Bir onceki ornekte y(x) = C1 cosx+ C2 sinx (tum reel eksenuzerinde) y′′ + y = 0 denkleminin cozumu oldugunu soylemistik.(Teorem yardımıyla)



Baslangıc kosullarından

y(0) = C1 cos 0 + C2 sin 0 = C1

vey′(0) = −C1 sin 0 + C2 cos 0 = C2

C1 = 3 ve C2 = −2 bulunur. Sonuc olarak baslangıc degerproblemimizin cozumu

y(x) = 3 cosx− 2 sinx

dur.

Goruldugu gibi keyfi sabitler basit bir lineer denklem sistemindenbulunabilmektedir.



ORNEK

y′′ − 2y′ + y = 0

y(0) = 3, y′(0) = 1

baslangıc deger probleminin cozumunu bulalım.

COZUM

y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex (tum reel eksen uzerinde)y′′ − 2y′ + y = 0 denkleminin cozumleri oldugu kolaylıklagorulebilir. Teorem yardımıyla

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1ex + c22e

x

fonksiyonunda denklemimizin bir cozumu oldugunu soyleyebilir vebaslangıc kosullarını saglayan c1 ve c2 yi bulabilirsek baslangıcdeger problemimizi cozumunu bulmus oluruz.



Baslangıc kosullarından

y(0) = c1e0 + c22e

0 = 3

vey′(0) = c1e

0 + c22e0 = 1

Cozumu olmayan (saglayan c1 ve c2 nin bulunamayacagı)

c1 + 2c2 = 3

c1 + 2c2 = 1

denklem sistemi gelir.Cozumlerimizin nasıl fonksiyonlar olması durumunda baslangıckosulları yardımıyla kefilerimizi (c1 ve c2) bulabilecegimizi gorelim.



TANIM

y1(x) ve y2(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında reel degerlive turevlenebilir fonksiyonlar olsun

y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

determinantı y1(x) ve y2(x) fonksiyonlarının Wronskiyeni olarakadlandırılır. W (y1(x), y2(x)) olarak gosterilir.



TANIM

y1(x) ve y2(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında dogrusalbagımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralıgındaki her x icinW (y1(x), y2(x)) = 0

ORNEK

y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex fonksiyonlarının Wronskiyeni

W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

=ex 2ex

ex 2ex= 0

y1(x) = ex ve y2(x) = 2ex fonksiyonları dogrusal bagımlıdır.



ORNEK

y1(x) = sinx ve y2(x) = cosx fonksiyonlarının Wronskiyeni

W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

=sinx cosxcosx − sinx

= −1 6= 0

y1(x) = sinx ve y2(x) = cosx fonksiyonları dogrusal bagımsızdır.



TEOREM

p ve q fonksiyonları acık bir I aralıgı uzerinde surekli olmak uzerey1 ve y2

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

homogen denkleminin dogrusal bagımsız iki cozumu olsun. EgerY (x) bu homogen denklemin I aralıgı uzerindeki herhangi bircozumu ise, bu taktirde ∀x ∈ I

Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x)

olacak sekilde c1 ve c2 sabitleri vardır.



IKINCI MERTEBEDEN SABIT KATSAYILI LINEERDENKLEMLER

Bu bolumde a, b ve c sabitler olmak uzere

ay′′ + by′ + cy = 0 (9)

diferansiyel denklemi ele alınacaktır.

Denkleme baktıgımızda aradıgımız fonksiyonun turevlerinin belirlisabitlerle carpılıp toplandıgında 0 elde edildigini goruruz. Turevlerikendisinin katı olan fonksiyon bu denklemi saglayacaktır. Buozelligi erx ustel fonksiyonu tasır.



y(x) = erx fonksiyonu denklemde yerine yazılır ve buradaki rbulunabilirse cozumumuzu bulmus oluruz.

y(x) = erx ⇒ y′(x) = rerx ⇒ y′′(x) = r2erx

ay′′ + by′ + cy = 0

ar2erx + brerx + cerx = 0

(ar2 + br + c)erx = 0

carpanlarımızdan erx fonksiyonu 0 olamıyacagı icin ar2 + br + cikinci derece polinomu 0 olmalıdır.Bu polinomun koklerinibulabilirsek y(x) = erx fonksiyonu denklem (1) in bir cozumuolacaktır.



ORNEK

y′′ − 5y′ + 6y = 0

diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Denklemimizde y(x) = erx i yerine yazarsak,

r2erx − 5rerx + 6erx = 0

(r2 − 5r + 6)erx = 0

bulunur. r2 − 5r + 6 polinomunun kokleri r = 2 ve r = 3 tur. Bircozum ararken y1(x) = e2x ve y2(x) = e3x gibi iki cozum bulduk.Eger bu fonksiyonlar dogrusal bagımsız ise genel cozumumuzu

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

seklinde yazabiliriz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 32/ 150


y1(x) = e2x ve y2(x) = e3x foksiyonlarının Wronskiyeni

W (y1(x), y2(x)) =y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

=e2x e3x

2e2x 3e3x

W (y1(x), y2(x)) = 3e5x − 2e5x = e5x

Hic bir reel sayı icin Wronskiyen 0 olamıyacagı icin bu iki fonksiyondogrusal bagımsızdır ve denklemimizi genel cozumu bu ikifonksiyonun lineer kombinasyonu seklinde yazılabilir.

y(x) = c1e2x + c2e

3x

seklinde genel cozumumuzu bulmus oluruz.



ar2 + br + c = 0

denklemineay′′ + by′ + cy = 0 (1)

denkleminin karakteristik denklemi denir.

Eger r1 ve r2 karakteristik denklemin reel ve farklı iki koku ise,

y(x) = c1er1x + c2e

r2x

fonksiyonu denklem (1) in genel cozumudur.



ORNEK

2y′′ − 7y′ + 3y = 0


COZUM

Karakteristik denklemimiz

2r2 − 7r + 3 = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = 1/2 ve r2 = 3 tur.Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu

y(x) = c1e1

2x + c2e

3x

olarak yazılır.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 35/ 150


ORNEK

y′′ + 2y′ = 0


COZUM


r2 + 2r = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = 0 ve r2 = −2 dir.Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu

y(x) = c1e0x + c2e

−2x = c1 + c2e−2x



ay′′ + by′ + cy = 0 (1)

Eger karakteristik denklem r1 = r2 gibi esit iki reel koke sahip ise,

y(x) = (c1 + c2x)er1x




ORNEK

9y′′ − 12y′ + 4y = 0


COZUM


9r2 − 12r + 4 = 0

dir. Karakteristik denklemimizin kokleri r1 = r2 =23 dur.

Dolayısıyla denklemimizin genel cozumu

y(x) = (c1 + c2x)e2

3x



ORNEK

y′′ + 2y′ + y = 0

y(0) = 5, y′(0) = −3

baslangıc deger problemini cozunuz.

COZUM


r2 + 2r + 1 = (r + 1)2 = 0

dir. Dolayısıyla karakteristik denklemimizin kokleri birbirine esit ver1 = r2 = −1 dir. Denklemimizin genel cozumu

y(x) = (c1 + c2x)e−x



y(x) = (c1 + c2x)e−x

Baslangıc kosullarımız yardımıyla c1 ve c2 yi bulabiliriz.

y(0) = (c1 + c20)e−0 = c1 = 5

vey′(x) = −c1e

−x + c2e−x − c2xe

−x

y′(0) = −c1e−0 + c2e

−0 − c20e−x = −c1 + c2 = −3

Bu iki denklemden c1 = 5 ve c2 = 2 degerlerine ulasırız. Sonucolarak cozumumuz

y(x) = (5 + 2x)e−x

tur.



ay′′ + by′ + cy = 0 (1)

Eger karakteristik denklemin a∓ ib, (b 6= 0) gibi kompleks eslenikiki koke sahip ise,

y(x) = eax(c1 cos (bx) + c2 sin (bx))




ORNEK

y′′ − 4y′ + 5y = 0

denkleminin genel cozumunu bulun.

COZUM


r2 − 4r + 5 = 0

dır. ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4.1.5 = −4 < 0 oldugu icinkarakteristik denklemin reel koku yoktur. Kompleks koklerimiz2∓ i dir.Boylece genel cozumumuz

y(x) = e2x(c1 cosx+ c2 sinx)

seklinde yazılabilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 42/ 150

n. Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

Bu bolumde ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler icinelde edilen sonucları n. mertebeden

P0(x)y(n)+P1(x)y

(n−1)+ · · ·+Pn−1(x)y′+Pn(x)y = F (x) (10)

lineer denklemler icin genellemesi yapılacaktır. Aksi belirtilmedikcedenklemde gecen Pi(x) katsayılarının (P0(x) 6= 0) ve F (x) indenklemi cozmek istedigimiz bir I (muhtemelen sınırsız) acıkaralıgı uzerinde surekli oldugu kabul edilecektir.



(1) denkleminin her iki tarfını P0(x)’e bolersek baskatsayısı 1 olan

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x) (11)

denklemini elde ederiz.Denklem (2) ile ilgili homogen denklem

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0 (12)

dır. n. mertebeden lineer denklemler icin de Superposition prensibigecerlidir.



Teorem: (Superposition prensibi)

y1, y2, · · · , yn, (3) ile verilen homogen denklemin I aralıgı uzerinden cozumu olsun, c1, c2, · · · , cn keyfi sabitler olmak uzere,

y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (13)

ifadeside (3) ile verilen denklemin I aralıgı uzerinde bir cozumudur.



Ikinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin bir ozelcozumunun iki baslangıc kosulu ile belirlendigini gorduk. Benzersekilde n. mertebeden leneer bir diferansiyel denklemin bir ozelcozumu n tane baslangıc kosulu ile belirlenir.



Teorem: (Varlık ve Teklik)

p1, p2, · · · , pn ve f fonksiyonları a noktasını iceren bir I aralıgıuzerinde surekli olsun. Bu takdirde, b0, b1, · · · , bn−1 verilen sabitlerolmak uzere

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x) (2)

denklemi, I aralıgının tamamında,

y(a) = b0, y′(a) = b1, · · · y(n−1) = bn−1

baslangıc kosullarını saglayan bir tek (bir ve yalnız bir) cozumesahiptir.



Lineer Bagımsız Cozumler

Ikinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler ile ilgili verilentemel bilgiler esas alındıgında, n . mertebeden lineer, homogen

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0

denkleminin genel cozumunun; y1, y2, · · · , yn (3) denkleminin ozelcozumleri olmak uzere

y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn (4)

biciminde lineer birlesimi olarak ifade edilebilecegini sezgisel olaraksoyleyebiliriz. Bu n tane ozel cozumun “yeterince bagımsız” olmasıgerekir ki (4) bagıntısındaki c1, c2, · · · , cn katsayılarını baslangıckosullarını saglayabilecek sekilde bulabilelim.



TANIM

y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgında reeldegerli ve turevlenebilir fonksiyonlar olsun

y1(x) y2(x) · · · yn(x)y′1(x) y′2(x) · · · y′n(x)...

......

...

y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) · · · y

(n−1)n (x)

determinantı y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonlarının Wronskiyeni

olarak adlandırılır. W (y1(x), y2(x), · · · , yn(x)) olarak gosterilir.



TANIM

y1(x), y2(x), · · · , yn(x) fonksiyonları bir [a, b] kapalı aralıgındadogrusal bagımlıdır ancak ve ancak [a, b] kapalı aralıgındaki her xicin W (y1(x), y2(x), · · · , yn(x)) = 0



TEOREM

pi ler acık bir I aralıgı uzerinde surekli olmak uzere y1, y2, · · · , ynbu aralık uzerinde

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0

homogen denkleminin dogrusal bagımsız n ozel cozumu olsun.Eger Y (x) bu homogen denklemin I aralıgı uzerindeki herhangi bircozumu ise, bu taktirde ∀x ∈ I

Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)

olacak sekilde c1, c2, · · · , cn sabitleri vardır.



Su ana kadar n. mertebeden lineer homogen bir diferansiyeldenklemin genel cozumunun n tane lineer bagımsız ozel cozumdenolustugunu gorduk. Ancak, bir tek cozumun bile nasıl bulunacagıhakkında fazla bir sey soylenmedi. Degisken katsayılı lineer birdiferansiyel denklemin cozumlerinin bulunması icin genelliklenumerik yontemlere yada kuvvet serileri yontemlerine ihtiyac vardır.

Simdi biz n. mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklemlerincozumlerinin nasıl bulunabileceginden bahsedelim.



n. MERTEBEDEN SABIT KATSAYILI LINEER DENKLEMLER

Bu bolumde a0, a1, · · · , an sabitler ve an 6= 0 olmak uzere

any(n) + an−1y

(n−1) + · · ·+ a1y′ + a0y = 0 (14)

diferansiyel denklemi ele alınacaktır.

Ikinci mertebeden lineer homogen diferansiyel denklemlerdeyaptıgımız gibi burada da karakteristik denklemden faydalanacagız.Yukarıdaki denklemin karakteristik denklemi:

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0 (15)

dır.



anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0

Goruldugu gibi karakteristik denklemimiz n. dereceden birpolinomdur. Bu polinomun n koku vardır. Bu koklerin farklı veyareel olma zorunlulugu yoktur. Boyle bir denklemin koklerininbulunması zor, hatta bazen imkansızdır. Boyle durumlarda numerikyontemler kullanılarak kokler bulunabilir.



Farklı Reel Kokler

Eger (6) karakteristik denkleminin r1, r2, · · · , rn kokleri reel vefarklı ise, (5) denkleminin genel cozumu

y(x) = c1er1x + c2e

r2x + · · ·+ cnernx

ile verilir.



ORNEK

y(3) + 3y′′ − 10y′ = 0

y(0) = 7, y′(0) = 0, y′′(0) = 70

baslangıc deger probleminin genel cozumunu bulalım.

COZUM

Karakteristik denklem:

r3 + 3r2 − 10r = 0

dir. Carpanlarına ayırdıgımızda;

r(r2 + 3r − 10) = r(r + 5)(r − 2) = 0

bulur ve koklerini de r1 = 0, r2 = −5 ve r3 = 2 buluruz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 56/ 150


Buldugumuz kokler reel ve birbirinden farklıdır. Genel cozumumuz

y(x) = c1e0 + c2e

−5x + c3e2x = c1 + c2e

−5x + c3e2x

olur. Verilen baslangıc kosullarından

y(0) = c1 + c2 + c3 = 7

y′(0) = −5c2 + 2c3 = 0

y′′(0) = 25c2 + 4c3 = 70

denklem sistemini elde ederiz. Son iki denklemi kullanarak c2 = 2buluruz. Diger denklemlerde yerine koyarak c3 = 5 ve c1 = 0buluruz. Boylece ozel cozumumuz

y(x) = 2e−5x + 5e2x

olur.



Katlı Kokler

Eger (6) karakteristik denklemi k katlı bir r kokune sahipse (5)denkleminin genel cozumunun bu k katlı r kokune karsılık gelenparcası

(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx

k−1)erx

seklindedir.



ORNEK

y(3) + y′′ − y′ − y = 0

diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulalım.

COZUM:


r3 + r2 − r − 1 = 0

r yerine 1 koyarsak karakteristik denklemi saglar ⇒ r = 1,kokumuz. Yani (r − 1) karakteristik denklemin bir carpanı.



Karakteristik denklemi (r − 1) e bolersek diger carpanı buluruz.

r3 + r2 − r − 1 = (r − 1)(r2 + 2r + 1) = (r − 1)(r + 1)2

koklerimiz r1 = 1 r2,3 = −1 olarak bulunur. Genel cozum

y(x) = c1e1x

︸︷︷︸

r1 = 1 kokune karsılık gelen parca

+ (c2 + c3x)e−1x

︸︷︷︸

r2,3 = −1 katlı kokune karsılık gelen parca

olarak yazılır.



ORNEK

Besinci mertebeden

9y(5) − 6y(4) + y(3) = 0


COZUM:


9r5 − 6r4 + r3 = r3(9r2 − 6r + 1) = r3(3r − 1)2 = 0

seklindedir. Iki farklı kok vardır. r1,2,3 = 0 ve r4,5 =13 kokleridir.



r = 0 dan

c1e0x + c2xe

0x + c3x2e0x = c1 + c2x+ c3x

2

ve cift katlı kok olan r = 13 ten c4e

x/3 + c5xex/3elde edilir. Boylece

genel cozumumuz

y(x) = c1 + c2x+ c3x2 + c4e

x/3 + c5xex/3

olur.



Kompleks Kokler

Eger (6) karakteristik denklemi a∓ ib, (b 6= 0) gibi komplekseslenik iki koke sahip ise, (5) denkleminin genel cozumunun bukompleks koklere karsılık gelen parcası

eax(c1 cos (bx) + c2 sin (bx))

seklindedir.



ORNEK

y(4) + 3y′′ − 4y = 0

diferansiyel denkleminin cozumunu bulalım.

COZUM:


r4 + 3r2 − 4 = 0 ⇒ (r2 + 4)(r2 − 1) = 0



Kokler:r1,2 = ∓2i, r3 = 1, r4 = −1

genel cozum:

y(x) = e0x(c1cos2x+ c2sin2x)︸︷︷︸

komplex koklere karsılık gelen parca

+c3ex + c4e

−x



Katlı Kompleks Kokler

Eger (6) karakteristik denkleminin a∓ ib, (b 6= 0) kompleks eslenikkoku k katlı ise, (5) denkleminin genel cozumunun bu komplekskoklere karsılık gelen parcası

eax((c1 cos (bx) + d1 sin (bx)) + x(c2 cos (bx) + d2 sin (bx)) + · · ·+xk−1(ck−1 cos (bx) + dk−1 sin (bx)))

seklindedir.



ORNEK

y(4) + 12y(3) + 62y′′ + 156y′ + 169y = 0


COZUM:


r4 + 12r3 + 62r2 + 156r + 169 = 0

(r2 + 6r + 13)2 = 0

[(r + 3)2 + 4]2 = 0

(r + 3)2 + 4 = 0 ⇒ (r + 3)2 = −4 ⇒ r + 3 = ∓2i

r1,2 = −3∓ 2i



−3∓ 2i koku 2 katlı kompleks kok. O halde genel cozum

y(x) = e−3x(c1cos2x+ d1sin2x+ x(c2cos2x+ d2sin2x))

seklinde yazılır.


HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER

n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x) (16)

seklinde oldugunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineerhomogen denlemin

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0 (17)

oldugunu biliyoruz.



Teorem

pi ve f fonksiyonları I acık aralıgında surekli olmak uzere yo, (1)denkleminin bir ozel cozumu ve y1, y2, . . . , yn fonksiyonları (2)denkleminin I aralıgı uzerinde bir cozumu ise, her x ∈ I icin

Y (x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) + yo(x) (18)

olacak sekilde c1, c2, . . . , cn keyfi sabitleri vardır.



Teorem’e gore

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x) (1)

diferansiyel denkleminin genel cozumu, ilgili homogen denklemin

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = 0 (2)

genel cozumu

yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x)

ile (1) denkleminin bir ozel cozumunun yo(x) toplamı olacagıdır.



ORNEK

y′′ + 4y = 12x diferansiyel denklemini ele alalım. Bu denklemleilgili homogen denklem

y′′ + 4y = 0

denklemidir ve bu homogen denklemin genel cozumuc1 cos 2x+ c2 sin 2x olarak bulunabilir (yh(x)).

y = 3x fonksiyonun homogen olmayan denklemi sagladıgı kolaycagosterilebilir. Yani y = 3x fonksiyonu denklemimiz icin bir ozelcozumdur (yo(x)).Teoreme gore homogen olmayan denklemin genel cozumu (yg(x))

yg(x) = yh(x) + yo(x) = c1 cos 2x+ c2 sin 2x+ 3x

olarak yazılabilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 72/ 150


Sonuc olarak n. mertebeden homogen olmayan lineer birdiferansiyel denklemin cozumunu bulmak istiyorsak, bu denklemleilgili n. mertebeden homogen denklemin genel cozumunu bulmamızve homogen olmayan denklemin bir ozel cozumunu elde etmemizgerek.

Bir onceki bolumde n. mertebeden sabit katsayılı homogen lineerdenklemlerin genel cozumlerini bulmayı ogrenmistik. Bu bolumdehomogen olamayan sabit katsayılı lineer denklemlerin cozumunuinceleyecegiz. Ilgili homogen denklemin genel cozumunubulabildigimize gore isimiz sadece homogen olmayan denklem icinozel cozum bulmaktır.



Belirsiz Katsayılar Metodu

y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = f(x) (1)

(1) denklemindeki f(x) fonksiyonu yo nin genel sekli icin birtahmin yapabilecegimiz kadar basit verilmis ise, belirsiz katsayılar

metodu yo yi bulmak icin bir yoldur.

Ilk olarak f(x) veya onun herhangi bir turevinde bulunan hicbirterimin homogen denklemi saglamadıgını kabul edelim.



f(x) fonksiyonu m. dereceden bir polinom ise, ozel cozum yoasagıdaki gibi secilir

yo(x) = Amxm +Am−1xm−1 + . . .+A1x+A0

ve Am, Am−1, . . . , A1, A0 bilinmeyenleri bulunur.



ORNEK

y′′ + 3y′ + 4y = 3x+ 2 diferansiyel denklemin bir ozel cozumunubulalım.

Burada f(x) = 3x+ 2 seklinde 1. dereceden bir polinomdur.Boylece bizim ozel cozumumuz

yo(x) = A1x+A0

dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A1, A0 bilinmeyenlerinibulalım.



Ozel cozumumuzun turevlerini bulalım.

y′o(x) = A1

y′′o(x) = 0

Yerlerine yazılırsa

0 + 3A1 + 4(A1x+A0) = 3x+ 2

Duzenlersek;4A1x+ 3A1 + 4A0 = 3x+ 2

Polinomların esitligini kullanarak A1 =34 ve A0 =

−116

bulunur.Boylece ozel cozumumuz

yo(x) =3

4x− 1

16

olarak bulunur.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 77/ 150


f(x) = a cos kx+ b sin kx, seklinde ise, ozel cozum yo asagıdakigibi secilir

yo(x) = A cos kx+B sin kx

ve A,B bilinmeyenleri bulunur.



ORNEK

y′′ + y′ − 2y = 2 cosx diferansiyel denklemin bir ozel cozumunubulalım.

Burada f(x) = 2 cosx . Boylece bizim ozel cozumumuz

yo(x) = A cosx+B sinx

dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A,B bilinmeyenlerinibulalım.




y′o(x) = −A sinx+B cosx

y′′o(x) = −A cosx−B sinx


(−A cosx−B sinx)+(−A sinx+B cosx)−2(A cosx+B sinx) = 2 cosx

Duzenlersek;

(B − 3A) cosx+ (−A− 3B) sinx = 2 cosx

Yine katsayılar esitligini kullanarak A = −35 ve B = 1

5bulunur.Boylece ozel cozumumuz

yo(x) =−3

5cosx+

1

5sinx



f(x) = ekx, seklinde ise, ozel cozum yo asagıdaki gibi secilir

yo(x) = Aekx

ve A bilinmeyeni bulunur.



ORNEK

y′′ − 4y = 2e3x diferansiyel denklemin bir ozel cozumunu bulalım.

Burada f(x) = 2e3x . Boylece bizim ozel cozumumuz

yo(x) = Ae3x

dir.Diferansiyel denklemimizde yerine yazıp A bilinmeyenini bulalım.




y′o(x) = 3Ae3x

y′′o(x) = 9Ae3x


(9Ae3x)− 4(Ae3x) = 2e3x

Duzenlersek;(5A)e3x = 2e3x

Buradan A = 25 bulunur.Boylece ozel cozumumuz

yo(x) =2

5e3x



Belirsiz katsayılar metodu, (1) denklemindeki f(x) fonksiyonunasagıdaki uc tip fonksiyon (sonlu) carpımlarının bir lineer birlesimiolması durumunda uygulanır.

x’e gore polinom

ekx tipi ustel fonksiyon

cos kx ya da sin kx



ORNEK

y′′ − 3y′ + 2y = 3e−x − 10 cos 3x

y(0) = 1, y′(0) = 2

baslangıc deger problemini cozunuz.

COZUM

Oncelikle yukarıdaki diferansiyel denklemin ilgili homogendenklemini cozmemiz gerekiyor.Yani

y′′ − 3y′ + 2y = 0

homogen diferansiyel denklemini cozelim.



Bu denklemin karakteristik denklemi

r2 − 3r + 2 = 0

dir. Bu polinomun kokleri r1 = 1 ve r2 = 2 dir. Sonuc olarakhomogen kısmın genel cozumu

yh(x) = c1ex + c2e

2x

olarak bulunur.f(x) = 3e−x − 10 cos 3x ve turevleri e−x, cos 3x vesin 3x terimlerini icerir. Bunların hicbirisi yh(x) in icindegorulmediginden

yo(x) = Ae−x +B cos 3x+ C sin 3x

olarak alınabilir.



y′o ve y′′o fonksyonlarını bulup denklemimizde yerine yazalım vebilinmeyenleri bulalım.

y′o = −Ae−x − 3B sin 3x+ 3C cos 3x

y′′o = Ae−x − 9B cos 3x− 9C sin 3x

Yerlerine yazılıp duzenlenirse

6Ae−x+(−7B−9C) cos 3x+(9B−7C) sin 3x = 3e−x−10 cos 3x

elde edilir. Buradan

6A = 0

−7B − 9C = −10

9B − 7C = 0

denklem sistemi elde edilir.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 87/ 150


Bu denklem sistemini cozersek: A = 12 , B = 7

13 ve C = 913 olarak

bulunur.Bu da

yo(x) =1

2e−x +

7

13cos 3x+

9

13sin 3x

ozel cozumunu verir.Fakat soruda verilen baslangıc kosullarınısaglamaz. Denklemimizin genel cozumunu yazıp baslangıckosullarını saglayacak sekilde c1, c2 keyfi sabitlerini bulalım.Genelcozumumuzyg(x) = yh(x) + yo(x)

= c1ex + c2e

2x + 12e

−x + 713 cos 3x+ 9

13 sin 3x

olarak yazılır.Kosullar kullanılarak c1 = −12 ve c2 =

613

bulunur.Istenilen cozum

y(x) = −1

2ex +

6

13e2x +

1

2e−x +

7

13cos 3x+

9

13sin 3x



ORNEK

4y′′ + 4y′ + y = 3xex diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

COZUM

Once ilgili homogen denklemin 4y′′ + 4y′ + y = 0 genel cozumunubulalım.Karakteristik denklemimiz

4r2 + 4r + 1 = 0

Karakteristik denklemin kokleri r1,2 = −12 dir. Homogen denklemin

genel cozumu

yh(x) = e−1

2x(c1 + c2x)

seklinde bulunur.



yh(x) = e−1

2x(c1 + c2x) cozumunun icerisinde f(x) = 3xex veya

herhangi bir turevi bulunmuyor. f(x) fonksiyonu birinci derecedenbir polinom ve ustel fonksiyonun carpımı oldugu icin ozelcozumumuz

yo = (Ax+B)ex

seklinde olacaktır. Denklemimizde yerine koymak icin turevlerialalım.

y′o = Aex + (Ax+B)ex

y′′o = 2Aex + (Ax+B)ex

Turevleri yerine koyalım

4(2Aex+(Ax+B)ex)+4(Aex+(Ax+B)ex)+(Ax+B)ex = 3xex

Duzenlersekex(9Ax+ 12A+ 9B) = 3xex

elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 90/ 150


ex(9Ax+ 12A+ 9B) = 3xex

Yukarıdaki denklemde sadelestirme yapılırsa, katsayılarınesitliginden A = 1

3 ve B = −49 bulunur.Ozel Cozumumuz:

yo(x) = (1

3x− 4

9)ex

olarak bulunur. Genel cozumumuz ise

yg(x) = e−1

2x(c1 + c2x)

︸︷︷︸

yh(x)

+(1

3x− 4

9)ex

︸︷︷︸

yo(x)

dir.



ORNEK

y(3) + y′′ = 3ex + 4x2 diferansiyel denkleminin ozel cozumunubulunuz.

COZUM

Ilgili homogen denklemin karakteristik denklemi r3 + r2 = 0 dır.Kokler r1,2 = 0 ve r3 = −1 dir.Bu durumda homogen denklemingenel cozumu

yh(x) = c1 + c2x+ c3e−x

dir.



Ozel cozumumuzu

yo(x) = Aex︸︷︷︸

ex icin

+B + Cx+Dx2︸︷︷︸

x2 icin

seklinde secemeyiz. Cunku f(x) = 3ex + 4x2 fonksiyonunun x2

teriminin turevi yh(x) in icinde mevcut.

Bu durumda ozel cozumde x2 ye karsılık gelen parcayı xm ilecarparak yh(x) ile benzer terim icermemesini saglamalıyız.Buradam secilebilecek en kucuk tamsayı olmalıdır.



x2 ye karsılık gelen parca olan B + Cx+Dx2 yi x ile carpalım

Bx+ Cx2 +Dx3

Hala benzer terim mevcut (Bx, c2x).x2 ile carpalım

Bx2 + Cx3 +Dx4

Artık benzer terimimiz yok. Yani ozel cozumumuz

yo(x) = Aex +Bx2 + Cx3 +Dx4

seklinde secilebilir.



Turevleri alıp yerine koyalım

y′o(x) = Aex + 2Bx+ 3Cx2 + 4Dx3

y′′o(x) = Aex + 2B + 6Cx+ 12Dx2

y(3)o (x) = Aex + 6C + 24Dx

Denklemimizde yerine yazalım ve duzenleyelim

2Aex + (2B + 6C) + (6C + 24D)x+ 12Dx2 = 3ex + 4x2

elde ederiz.Buradan katsayıların esitliginden

2A = 3

2B + 6C = 0

6C + 24D = 0

12D = 4

denklemlerini elde ederiz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 95/ 150


Bu denklemlerden A = 32 , B = 4, C = −4

3 ve D = 13 olarak

bulunur.Boylece istenilen cozum

yo(x) =3

2ex + 4x2 − 4

3x3 +

1

3x4

olur.



ORNEK

y′′ + 6y′ + 13y = e−3x cos 2x diferansiyel denkleminin ozel cozumuicin uygun bir form belirleyiniz.

COZUM

Ilgili homogen denklemin karakteristik denklemir2 + 6r + 13 = 0olup kokleri r1,2 = −3∓ 2i dir. Bu durumda homogen denklemincozumu

yh(x) = e−3x(c1 cos 2x+ c2 sin 2x)

dir.



f(x) = e−3x cos 2x fonksiyonuna bakılarak

yo(x) = e−3x(A cos 2x+B sin 2x)

ozel cozum olarak dusunulebilir. Fakat denklemimizdekif(x) = e−3x cos 2x homogen denklemin cozumunun icinde vardır.(c1 = 1, c2 = 0 secilirse) Bu nedenle ozel cozumumuz yukarıdakisekilde secilemez. x ile carparsak

yo(x) = e−3x(Ax cos 2x+Bx sin 2x)

benzer terim ortadan kaldırılır.



ORNEK

y′′ + y′ + y = sin2 x diferansiyel denkleminin genel cozumunubulunuz.

COZUM

Once ilgili homogen denklemin y′′ + y′ + y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:

r2 + r + 1 = 0

dir. Bu denklemin kokleri r1,2 = −12 ∓ i

√32 dir. Ilgili homogen

denklemin genel cozumu

yh(x) = e−1

2x(c1 cos (

√3

2x) + c2 sin (

√3

2x))



ozel cozumu f(x) = sin2 x fonksiyonuna bakarak soyleyemeyiz.sin2 x = 1

2 − 12 cos (2x) trigonometrik ozdesliginden

yararlanabiliriz.Denklemimiz asagıdaki sekilde de yazılabilir,

y′′ + y′ + y =1

2− 1

2cos (2x)

Simdi ozel cozumumuzun

yo(x) = A cos (2x) +B sin (2x)︸︷︷︸

− 1

2cos (2x) icin

+ C︸︷︷︸1

2icin

seklinde olacagını soyleyebiliriz.



Denklemde yerine yazıp A,B bilinmeyenlerini bulabilmek icinturevleri alalım

y′o(x) = −2A sin (2x) + 2B cos (2x)

y′′o(x) = −4A cos (2x)− 4B sin (2x)

Yerine koyup duzenlersek:

(−3A+ 2B) cos (2x) + (−3B − 2A) sin (2x) +C =1

2− 1

2cos (2x)

elde edilir.Buradan C = 12 oldugu direkt gorulur.



Katsayıların esitligi kullanılarak

−3A+ 2B =1

2−3B − 2A = 0

denklemlerini elde ederiz.Bu denklemlerden A = − 326 ve B = 1

13bulunur.Boylece ozel cozumumuz

yo(x) = − 3

26cos (2x) +

1

13sin (2x) +

1

2

olur.Genel cozumumuz ise

yg(x) = e−1

2x(c1 cos (

√3

2x)+c2 sin (

√3

2x))− 3

26cos (2x)+

1

13sin (2x)+

1

2

dir.



ORNEK

y′′′ − y = ex + 7 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Once ilgili homogen denklemin y′′′ − y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:

m3 − 1 = 0

dir.



m3 − 1 = 0 denkleminin kokleri m1,2,3 = 1 dir demek yanlıstır.Cunku bu kokler (m− 1)3 = 0 denkleminin kokleridir. Bizimdenklemimizin koklerinden bir tanesi 1 dir. Diger ikisi isekomplekstir. Kompleks kokleri bulabilmek icin kompleks sayılarınEuler formundan yararlanırız

m = r(cos θ + i sin θ)

m3 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)

m3 − 1 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)− 1 = 0

Buradan r = 1 olarak bulunur. Yine katsayılar esitliginden

cos 3θ = 1

sin 3θ = 0

yazılır. Buradan θ = 23kπ, k ∈ N bulunur.



θ =2

3kπ, k ∈ N

k = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ m1 = 1

k = 1 ⇒ θ =2

3π ⇒ m2 = −1

2+ i

√3

2

k = 2 ⇒ θ =4

3π ⇒ m3 = −1

2− i

√3

2

Karakterisitik denklemimizin kokleri m1 = 1,m2,3 = −12 ∓ i

√32 dir.

Homogen cozum

yh(x) = c1ex + e−

1

2x(c2 cos (

√3

2x) + c3 sin (

√3

2x))

olarak yazılır.



f(x) = ex + 7 fonksiyonuna bakarak ozel cozumu

yo(x) = Aex +B

seklinde dusunebiliriz. Fakat ilgili homogen denklemin cozumuyh(x) in icinde f(x) = ex + 7 fonksiyonunun bir parcası (ex)bulunuyor. Bu sebeble ex e karsılık gelen parcayı x le carpıp farklıhale getirmeliyiz.

yo(x) = Axex +B

Goruldugu gibi f(x) ile yo(x) arasında benzerlik kalmadı.



Turevleri alalımy′o(x) = Aex +Axex

y′′o(x) = 2Aex +Axex

y′′′o (x) = 3Aex +Axex

Yerlerine yazıp duzenlersek

3Aex −B = ex + 7

denklemini elde ederiz.Buradan A = 13 ve B = −7 bulunur.Ozel

cozumumuz

yo(x) =1

3ex − 7

olarak bulunmus olur.Genel cozumumuz asagıdaki gibidir.

yg(x) = c1ex + e−

1

2x(c2 cos (

√3

2x) + c3 sin (

√3

2x)) +

1

3ex − 7



PARAMETRELERIN DEGISIMI YONTEMI

Son olarak belirsiz katsayılar metodunun kullanılamayacagıdurumda kullanılacak bir yontemi inceleyecegiz. Ornegin,

y′′ + y = tanx

Parametrelerin Degisimi yontemini 2. mertebeden lineer denklemleruzerinde ogrenelim.



y′′ + p(x)y′ + q(x)y = f(x)

yukarıdaki 2. mertebeden lineer denklemin ilgili homogendenklemin genel cozumu

yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

olsun. Temel fikir kısaca soyledir: yh(x) fonksiyonundaki c1, c2parametrelerinin yerine, x degiskenine baglı fonksiyonlaru1(x), u2(x) yazıp, yeni olusan yh(x) fonksiyonunu denklemimizdeyazarak, u1(x), u2(x) fonksiyonlarını belirlemektir.Kısacası ozelcozumumuz

yo(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)

seklinde dusunulecek.



Bu ozel cozumu denklemde yerine yazarak bilinmeyen u1(x), u2(x)bulmaya calısalım.Iki bilinmeyen fonksiyonumuz oldugunu gore,bunları belirleyebilmek icin iki denkleme ihtiyacımız var. Simdi budenklemleri belirleyelim.

y′o = u1y′1 + u2y

′2 + u′1y1 + u′2y2

Denklemde yerine yazabilmek icin 2. turevi almalıyız. 2. turevialırsak u1 ve u2 fonksiyonlarının 2. turevleri karsımıza cıkacak veisimizi zorlastıracaktır. Bu nedenle birinci denklemimizi isimizikolaylastırsın diye

u′1y1 + u′2y2 = 0

olarak alacagız.



y′o = u1y′1 + u2y

′2

Ozel cozumun ikinci turevini alalım

y′′o = u1y′′1 + u2y

′′2 + u′1y

′1 + u′2y

′2

Denklemimizde yerine yazalım

u1y′′1 + u2y

′′2 + u′1y

′1 + u′2y

′2

︸︷︷︸

y′′o

+ p(x) (u1y′1 + u2y

′2)

︸︷︷︸

y′o

+ q(x) (u1y1 + u2y2)︸︷︷︸

yo

= f(x)



u1, u2 parantezlerine alalım

u1(y′′1 + p(x)y′1 + q(x)y1︸︷︷︸

0

) + u2(y′′2 + p(x)y′2 + q(x)y2︸︷︷︸

0

)

+u′1y′1 + u′2y

′2 = f(x)

y1 ve y2 fonksiyonları ilgili homogen denklemin(y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0) cozumu oldugu icin u1, u2 nin katsayıları0 dır. Boylece ikinci denklemimizi elde etmis olduk.

u′1y′1 + u′2y

′2 = f(x)



u′1y1 + u′2y2 = 0

u′1y′1 + u′2y

′2 = f(x)

Yukarıdaki denklemlerden u′1, u′2 bulunur. Integral alınarak u1, u2

elde edilir. Boylece ozel cozumumuzu y′′o belirlemis oluruz. Birornekle inceliyelim.



ORNEK

y′′ + y = tanx diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

COZUM

Once ilgili homogen denklemin y′′ + y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:

r2 + 1 = 0

dir. Kokleri: r1,2 = ∓i dir. yh(x) asagıdaki gibi yazılır.

yh(x) = c1 cosx+ c2 sinx



Parametrelerin degisimi yontemini kullanacagız. yh(x)’ e bakarak

y1(x) = cosx y2(x) = sinx

oldugunu soyleyebiliriz. Ozel cozumumuzu

yo = u1(x) cosx+ u2(x) sinx

seklinde sececegiz. Yerine koyuldugunda asagıdaki denklemsistemini elde edecegiz.

(u′1) cosx+ (u′2) sinx = 0,

−(u′1) sinx+ (u′2) cosx = tanx



Bu iki bilinmeyenli iki denklemi asagıdaki gibi matris carpımı ileifade edebiliriz.

[cosx sinx− sinx cosx

]

︸︷︷︸

A

[u′1u′2

]

︸︷︷︸

U

=

[0

tanx

]

︸︷︷︸

b

Yukarıdaki sisteminin tek cozumu vardır.A katsayılar matrisinindeterminantı cosx ve sinx in Wronskiyenidir.Bu fonksiyonlar ilgilihomogen denklemin genel cozumunu olusturdukları icin lineerbagımsızdırlar,yani Wronskiyeni 0 dan faklıdır.Bu sistemi cozmekicin Kramer Kuralını kullanacagız.



KRAMER KURALI

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

... . . ....

an1 an2 . . . ann

x1x2...xn

=

b1b2...bn

Yukarıdaki denklem sisteminin (Ax = b, det(A) 6= 0) cozumunui. kolon

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 . . .︷︸︸︷

b1 . . . a1na21 . . . b2 . . . a2n... . . .

... . . ....

an1 . . . bn . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

det(A)i = 1, 2, ..., n

formuluyle bulabiliriz.Ogr.Gor.Dr. Meltem ALTUNKAYNAK 117/ 150


[cosx sinx− sinx cosx

]

︸︷︷︸

A

[u′1u′2

]

︸︷︷︸

U

=

[0

tanx

]

︸︷︷︸

b

Katsayılar matrisinin (A) determinantını bulalım,

det(A) =

∣∣∣∣

cosx sinx− sinx cosx

∣∣∣∣= cos2 x+ sin2 x = 1



Bilinmeyenlerimiz u′1, u′2 fonksiyonları ise

u′1 =

∣∣∣∣

0 sinxtanx cosx

∣∣∣∣

1= − sinx tanx = cosx− secx

u′2 =

∣∣∣∣

cosx 0− sinx tanx

∣∣∣∣

1= sinx

seklinde bulunur.Integral alarak u1 ve u2 fonksiyonlarını bulabiliriz.

u2(x) = − cosx

u1(x) = sinx− ln|secx+ tanx|NOT: secx in integralinde secx+ tanx ile carpıp boler, degiskendonusumu yaparız.



yo(x) = u1(x) cosx+ u2(x) sinx

u1(x) ve u2(x) i yerine yazalım

yo(x) = (sinx− ln|secx+ tanx|) cosx− cosx sinx

yo(x) = − cosx ln|secx+ tanx|



ORNEK

y′′ + 4y′ + 4y = e−2xx−2, (x > 0) diferansiyel denkleminin genelcozumunu bulunuz.

COZUM

Once ilgili homogen denklemin y′′ + 4y′ + 4y = 0 genel cozumunubulalım. Karakteristik denklemimiz:

r2 + 4r + 4 = 0

dir. Kokleri: r1,2 = −2 dir. yh(x) asagıdaki gibi yazılır.

yh(x) = c1e−2x + c2xe

−2x



Denklemimizin sag tarafı belirsiz katsayılar metodundainceledigimiz fonsiyon tiplerinden farklı. Parametrelerin degisimimetodunu kullanacagız. Ozel cozumumuzu

yo(x) = u1(x) e−2x︸︷︷︸

y1(x)

+u2(x)xe−2x

︸︷︷︸

y2(x)

olarak sececegiz ve u1(x) ve u2(x) katsayı fonksiyonlarını bulacagız.



u1 ve u2’yi bulacagımız denklemler:

u′1y1 + u′2y2 = 0

u′1y′1 + u′2y

′2 = f(x)

bilinenleri yerlerine yazalım,

u′1e−2x + u′2xe

−2x = 0

u′1(−2e−2x) + u′2(e−2x − 2xe−2x) = e−2xx−2

Her iki denklemdeki e−2x leri yok edersek daha sade denklemlerelde ederiz.



u′1 + u′2x = 0

−2u′1 + u′2(1− 2x) = x−2

Yol 1: birinci denklemi 2 ile carpıp denklemleri toplayalım

u′2 = x−2

bulunur. u′2 yi birinci denklemde yerine yazdıgımızda

u′1 = −x−1

elde ederiz.



Yol 2: Kramer kuralını kullanalım. Sistemimiz asagıdaki gibiyazılabilir

[1 x−2 1− 2x

]

︸︷︷︸

A

[u′1u′2

]

︸︷︷︸

U

=

[0

x−2

]

︸︷︷︸

b

A’nın determinantı det(A) = 1 olarak bulunur. Bilinmeyenlerimiz

u′1 =

∣∣∣∣

0 xx−2 1− 2x

∣∣∣∣

1= −1

x

u′2 =

∣∣∣∣

1 0−2 x−2

∣∣∣∣

1= x−2

olarak bulunur.



Integral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz.

u1(x) = ln (1

x)

u2(x) = −1

x

Boylece ozel cozumumuz

yo(x) = ln (1

x)e−2x − 1

xxe−2x = ln (

1

x)e−2x − e−2x

olur.Sonuc olarak genel cozumumuz

yg(x) = c1e−2x + c2xe

−2x + ln (1

x)e−2x − e−2x

dir.


CAUCHY-EULER DENKLEMI


anxn d

ny

dxn+ an−1x

n−1 dn−1y

dxn−1+ · · ·+ a1x

dy

dx+ a0y = f(x)

seklindeki denklemler Cauchy-Euler denklemi olarak adlandırılır.

Bu denklemin cozumu icin x = et donusumu yapılır.



x = et ⇐⇒ t = lnx

donusumu yapacagız. Bu donusumu yaparsak y fonksiyonu t’yebaglı olur. Bu sebeble y’nin x’e gore turevleri yerine y’nin t’ye goreturevleri yazılmalıdır.Bu turevleri bulalım.

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=

dy

dt

1

x

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dt

1

x

)

=d

dx

(dy

dt

)1

x+

dy

dt

d

dx

(1

x

)

d2y

dx2=

d2y

dt21

x2+

dy

dt

(

− 1

x2

)

=1

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

...



Bu turevler denklemde yerine konulursa x’in kuvvetleri sadelesir ve

andny

dtn+ an−1

dn−1y

dtn−1+ · · ·+ a1

dy

dt+ a0y = f(et)

sabit katsayılı lineer denklem elde edilir. Bu denklem cozulur,bulunan y(t) fonsiyonunda t = lnx ters donusumu yapılaraksonuca ulasılır.



ORNEK

x2y′′ + xy′ − 4y = 0 denklemini cozunuz.

COZUM

Denklemimiz Cauchy-Euler denklemi.x = et donusumu yapacagız.

dy

dx=

dy

dt

1

x

d2y

dx2=

1

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

Yukaridaki turevleri denklemde yerine koyalım.



x21

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

+ xdy

dt

1

x− 4y = 0

sadelestirmeleri yapalım.

d2y

dt2− dy

dt+

dy

dt− 4y = 0

y′′ − 4y = 0

sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi:r2 − 4 = 0, kokler r1 = 2 ve r2 = −2 dir. Genel cozumumuz

y(t) = c1e2t + c2e

−2t



t = lnx ters donusumu yapalım.

y(x) = c1e2 lnx + c2e

−2 lnx

y(x) = c1elnx2

+ c2elnx−2

y(x) = c1x2 + c2x

−2

olarak cozumumuzu elde ederiz.



ORNEK

x3y′′′ − 4x2y′′ + 8xy′ − 8y = 4 lnx denklemini cozunuz.

COZUM

Cauchy-Euler oldugu icin x = et donusumu yapacagız.

dy

dx=

dy

dt

1

x

d2y

dx2=

1

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

Bu turevleri bir onceki ornekten biliyorduk.



Simdi 3. turevi bulalım.

d3y

dx3=

d

dx

(1

x2

(d2y

dt2− dy

dt

))

d3y

dx3=

d

dx

(1

x2

)(d2y

dt2− dy

dt

)

+1

x2d

dx

(d2y

dt2− dy

dt

)

d3y

dx3=

−2

x3

(d2y

dt2− dy

dt

)

+1

x2

(d3y

dt31

x− d2y

dt21

x

)

d3y

dx3=

1

x3

(d3y

dt3− 3

d2y

dt2+ 2

dy

dt

)

Simdi yerlerine yazalım.



x3y′′′ − 4x2y′′ + 8xy′ − 8y = 4 lnx

x31

x3

(d3y

dt3− 3

d2y

dt2+ 2

dy

dt

)

− 4x21

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

+8x1

x

dy

dt− 8y = 4 ln et

Duzenlersekd3y

dt3− 7

d2y

dt2+ 14

dy

dt− 8y = 4t

sabit katsayılı denklemi elde ederiz.



Ilgili homogen denklemi y′′′ − 7y′′ + 14y′ − 8y = 0 cozelim.Karakteristik denklemimiz r3 − 7r2 + 14r − 8 = 0 ve koklerir1 = 1,r2 = 2 ve r3 = 4 dir. Genel cozumumuz

yh(t) = c1et + c2e

2t + c3e4t

olarak yazılır. Denklemin sag tarafında 4t var. 1. derece polinom.Ozel cozumumuzu

yo(t) = At+B

olarak secelim. Ozel cozumun turevlerini alalım ve yerine koyalım.



y′o(t) = A

y′′o(t) = 0

y′′′o (t) = 0

Yerlerine yazılırsa14A− 8(At+B) = 4t

Buradan A = −12 ve B = −7

8 bulunur.

y(t) = c1et + c2e

2t + c3e4t − 1

2t− 7

8

t = lnx ters donusumu yapılırsa, cozumumuz,

y(x) = c1x+ c2x2 + c3x

4 − 1

2lnx− 7

8


LEGENDRE DENKLEMI

LEGENDRE DENKLEMI

cn(ax+b)ny(n)+cn−1(ax+b)n−1yn−1+· · ·+c1(ax+b)y′+c0y = f(x)

seklindeki denklemler Legendre denklemi olarak adlandırılır.

Bu denklemin cozumu icin (ax+ b) = et donusumu yapılır.


LEGENDRE DENKLEMI

Cauchy-Euler denkleminde oldugu gibi y’nin x’e gore turevleriyerine y’nin t’ye gore turevlerini yazmalıyız. Turevleri bulalım.

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=

dy

dt

a

ax+ b

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dt

a

ax+ b

)

=d

dx

(dy

dt

)a

ax+ b+

dy

dt

d

dx

(a

ax+ b

)

d2y

dx2=

d2y

dt2a2

(ax+ b)2+dy

dt

( −a2

(ax+ b)2

)

=a2

(ax+ b)2

(d2y

dt2− dy

dt

)

...


LEGENDRE DENKLEMI

Kolayca gorulecegi uzere Cauchy-Euler denkleminin cozumundeoldugu gibi turevler yerine yazıldıgında (ax+ b)’nin kuvvetlerisadeleserek denklemde kalmayacaktır.

cndny

dtn+ cn−1

dn−1y

dtn−1+ · · ·+ c1

dy

dt+ c0y = f(

et − b

a)

Sabit katsayılı bir denkleme donustu ki bu denklemleri cozmeyibiliyoruz.


LEGENDRE DENKLEMI

ORNEK

(3x+ 2)2y′′ + 3(3x+ 2)y′ − 36y = 3x2 + 4x+ 1 denkleminicozunuz.

COZUM

Denklemimiz Legendre denklemi. (3x+ 2) = et donusumuyapacagız.

dy

dx=

dy

dt

a

ax+ b=

dy

dt

3

3x+ 2

d2y

dx2=

32

(3x+ 2)2

(d2y

dt2− dy

dt

)

Yukaridaki turevleri denklemde yerine koyalım.


LEGENDRE DENKLEMI

(3x+ 2)29

(3x+ 2)2

(d2y

dt2− dy

dt

)

+ 3(3x+ 2)3

3x+ 2

dy

dt− 36y =

3(et − 2

3)2 + 4(

et − 2

3) + 1

sadelestirmeleri yapalım.

9d2y

dt2− 9

dy

dt+ 9

dy

dt− 36y =

e2t − 1

3

9d2y

dt2− 36y =

e2t − 1

3


LEGENDRE DENKLEMI

d2y

dt2− 4y =

e2t − 1

27

sabit katsayılı denklemimizi elde ederiz. Karakteristik denklemi:r2 − 4 = 0, kokler r1 = 2 ve r2 = −2 dir. Genel cozumumuz

y(t) = c1e2t + c2e

−2t

olarak yazarız. yh(t) ilee2t−127 fonksiyonlarında e2t fonksiyonu

ortak. Bu nedenle ozel cozumumuzu

yo(t) = Ate2t +B

seklinde secmeliyiz.


LEGENDRE DENKLEMI

Turevleri alıp yerine koyalım

y′o(t) = Ae2t + 2Ate2t

y′′o(t) = 4Ae2t + 4Ate2t

Denklemde yerine yazalım

4Ae2t + 4Ate2t − 4(Ate2t +B) =e2t − 1

27

Duzenledigimizde

4Ae2t − 4B =e2t

27− 1

27

Bu denklemden A = B = 1108 bulunur.


LEGENDRE DENKLEMI

Ozel Cozumumuz

yo(t) =1

108(te2t + 1)

olarak bulunur. Genel cozum ise

yg(t) = c1e2t + c2e

−2t +1

108(te2t + 1)

t = ln (3x+ 2) ters donusumu yaparak denklemimizin cozumunutamamlamıs oluruz.

yg(x) = c1e2 ln (3x+2)+c2e

−2 ln (3x+2)+1

108(ln (3x+ 2)e2 ln (3x+2)+1)

yg(x) = c1(3x+2)2+c2(3x+2)−2+1

108((3x+2)2 ln (3x+ 2)+1)


ORNEK

ORNEK

x2y′′ + xy′ + y = 1cos(lnx) denklemini cozunuz.

COZUM

Cauchy-Euler oldugu icin x = et donusumu yapacagız.

dy

dx=

dy

dt

1

x

d2y

dx2=

1

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

Bu turevleri bir elde etmistik.


ORNEK

Yerlerine yazalım

x21

x2

(d2y

dt2− dy

dt

)

+ xdy

dt

1

x+ y =

1

cos(t)

Duzenlersekd2y

dt2+ y =

1

cos(t)

sabit katsayılı denklemi elde ederiz.


ORNEK

Ilgili homogen denklemi y′′ + y = 0 cozelim. Karakteristikdenklemimiz r2 +1 = 0 ve kokleri r1,2 = ∓i dir. Genel cozumumuz

yh(t) = c1 cos t+ c2 sin t

olarak yazılır. Denklemin sag tarafında 1cos(t) var. Belirsiz katsayılar

metodunu kullanamayız. Parametrelerin degisimi metodunukullanalım. Yani ozel cozumumuzu

yo(t) = u1(t) cos t+ u2(t) sin t

seklinde secip u1(t) ve u2(t) yi bulalım.


ORNEK

u1(t) ve u2(t)’yi bulacagımız denklemler

u′1 cos t+ u′2 sin t = 0

−u′1 sin t+ u′2 cos t =1

cos t

Kramer metodunu kullanırsak

u′1 =

∣∣∣∣

0 sin t1

cos t cos t

∣∣∣∣

1= − sin t

cos t

u′2 =

∣∣∣∣

cos t 0− sin t 1

cos t

∣∣∣∣

1= 1

olarak bulunur.


ORNEK

Integral alarak bilinmeyen fonksiyonlarımızı buluruz.

u1(t) = ln | cos t|, u2(t) = t

Boylece ozel cozumumuz

yo(t) = ln | cos t|. cos t+ t sin t

dir. Genel cozum ise

yg(t) = c1 cos t+ c2 sin t+ ln | cos t|. cos t+ t sin t

dir. t = lnx ters donusumu yaparak verilen problemin genelcozumu elde edilebilir:

yg(x) = c1 cos(lnx)+c2 sin(lnx)+ln | cos(lnx)|. cos(lnx)+(lnx) sin(lnx)


Documents

˙IkinciMertebeden ˙IndirgenebilirDiferansiyelDenklemlerkisi.deu.edu.tr/meltem.altunkaynak/MAT III (DIF DENK)/Bölüm2handout4lu.pdf · ikinci mertebeden diferansiyel denklemde bulunmuyorsa,