yüksek mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemler

MATEMATĐK BÖLÜMÜ

YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER

HAZIRLAYAN

Ahmet ÇALIŞKAN

G0602.00006

DANIŞMAN

Yrd. Doç. Dr. Şevket GÜR

Mayıs 2011

T.C. SAKARYA ÜNĐVERSĐTESĐ

FEN-EDEBĐYAT FAKÜLTESĐ MATEMATĐK BÖLÜMÜ

YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI

DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER

BĐTĐRME ÖDEVĐ

HAZIRLAYAN Ahmet ÇALIŞKAN

G0602.00006

DANIŞMAN Yrd. Doç. Dr. Şevket GÜR

Mayıs 2011

T.C. SAKARYA ÜNĐVERSĐTESĐ

FEN-EDEBĐYAT FAKÜLTESĐ MATEMATĐK BÖLÜMÜ

YÜKSEK MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI


BĐTĐRME ÖDEVĐ

HAZIRLAYAN Ahmet ÇALIŞKAN

G0602.00006

Bu tez ... / ... / 2011 tarihinde aşağıdaki jüri tarafından oybirliği / oyçokluğu ile kabul edilmiştir.

......................... ...................... ......................

Jüri Başkanı Jüri Üyesi Jüri Üyesi

ii

TEŞEKKÜR

Bu çalışmayı hazırlamamda bana yardımcı olan başta hocam Yrd. Doç. Dr. Şevket

GÜR’e, ev ve okul arkadaşlarıma ve her zaman yanımda olan, maddi ve manevi tüm

desteklerini benden esirgemeyen kıymetli aileme sonsuz teşekkürlerimi sunarım.

SAYGILARIMLA

Ahmet ÇALIŞKAN

iii

ÖNSÖZ

Diferansiyel denklemler modern mühendislik, fizik ve matematik alanlarının önemli

bir kısmını oluşturmaktadır.

Bu çalışmada diferansiyel denklemlerin bir konusu olan Yüksek mertebeden sabit

katsayılı diferansiyel denklemler tanım, teorem ve örneklerle ele alınmıştır. Çalışma dört

bölümden oluşmaktadır.

Ön bilgiler kısmında diferansiyel denklemleri tanımaya ve sınıflandırmaya yönelik

bilgilere yer verilmiştir.

Birinci bölümde ikinci mertebeden sabit katsayılı homojen denklemlerin çözüm

yöntemlerine ilişkin bilgiler ele alınmıştır.

Đkinci bölümde mertebesi ikiden yüksek olan sabit katsayılı diferansiyel denklemlerle

ilgili tanımlar ve çözümler bulunmaktadır.

Üçüncü bölüm sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemlerin

çözümlerinde kullanılan belirsiz katsayılar ve parametrelerin değişimi yöntemleri ve bunlarla

ilgili örnekler içermektedir.

Dördüncü bölümde ise sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemlerin bir özel hali

olan Euler diferansiyel denklemleri ve çözümleri ele alınmıştır.

iv

ĐÇĐNDEKĐLER

TEŞEKKÜR ................................................................................................................................ i

ÖNSÖZ ....................................................................................................................................... ii

ĐÇĐNDEKĐLER .......................................................................................................................... iii

ÖN BĐLGĐLER ........................................................................................................................... 1

BÖLÜM 1.

ĐKĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER ......................................................................................................................... 9

1.1 Karakteristik Denklem .................................................................................................. 9

1.2 Genel Çözümün Elde Edilmesi ................................................................................... 10

1.2.1 Karakteristik Denklemin Köklerinin Reel ve Birbirinden Farklı Olması

Durumu ......................................................................................................................... 12

1.2.2 Karakteristik Denklemin Köklerinin Birbirine Eşit Olması Durumu .................. 14

1.2.3 Karakteristik Denklemin Kompleks Köklere Sahip Olması Durumu ................. 16

BÖLÜM 2.

n-YĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER ....................................................................................................................... 18

2.1 Karakteristik Denklem ............................................................................................ 18

2.2 Genel Çözüm .......................................................................................................... 19

BÖLÜM 3.

SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN OLMAYAN DĐFERANSĐYEL

DENKLEMLER ....................................................................................................................... 22

3.1 Belirsiz Katsayılar Yöntemi ................................................................................... 22

3.2 Parametrelerin Değişimi Metodu ........................................................................... 30

v

BÖLÜM 4.

EULER DĐFERANSĐYEL DENKLEMĐ ................................................................................. 36

KAYNAKLAR ......................................................................................................................... 40

ÖN BĐLGĐLER

Diferansiyel Denklemler

x bağımsız değişkeni, bilinmeyen ( )y f x= fonksiyonu ve bu fonksiyonun

( ), ,..., ny y y′ ′′ türevleri arasındaki bağıntıya diferansiyel denklem denir. Bu denklem

( )( ), , , , ..., 0nF x y y y y′ ′′ =

şeklinde gösterilir.

Diferansiyel Denklemin Mertebesi ve Derecesi

Bir diferansiyel denklemin mertebesi, denklemde var olan en yüksek mertebeli

türevin mertebesidir. En yüksek mertebeli türevin üssü denklemin derecesidir.

Örnek: 2 4 6 0y y y′′ ′− − = denklemi ikinci mertebeden birinci dereceden bir

diferansiyel denklemdir.

Diferansiyel Denklemlerin Çözümleri

Bir diferansiyel denklemi özdeş olarak sağlayan her ( )y f x= fonksiyonuna

diferansiyel denklemin çözümü denir. Diferansiyel denklemlerin çözümü genel, özel

2

ve tekil olmak üzere üç şekildedir. n . mertebeden bir diferansiyel denklemin genel

çözümü, sayıca daha aşağıya düşürülemeyen n tane keyfi sabit içerir. Özel

çözümler, genel çözümlerde sözü edilen sabitlere özel değerler verilerek elde edilen

çözümlerdir. Bazı diferansiyel denklemlerin, denklemi sağlayan, fakat genel

çözümlerden bulunamayan bir veya birkaç çözümü olabilir ki bu çözümlere tekil

çözümler denir.

Lineer ve Lineer Olmayan Denklemler

Diferansiyel denklemlerin bir diğer sınıflandırması lineer olup olmamalarına göre

yapılabilir. Eğer ( )( ), , , , ..., 0nF x y y y y′ ′′ = adi diferansiyel denkleminde F

fonksiyonu ( ), , ,..., ny y y y′ ′′ değişkenlerinin lineer bir fonksiyonu ise

( )( ), , , , ..., 0nF x y y y y′ ′′ = denklemine lineerdir denir. Böylece n . mertebeden en

genel lineer diferansiyel denklem

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n

n nb x y b x y b x y b x y b x y g x−

− ′′ ′+ + + + + =

biçimindedir.

Lineer Diferansiyel Denklemler

n -yinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklem

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n


− ′′ ′+ + + + + = (1)

biçimindedir ve burada ( )g x ve ( )jb x ( )0,1,2,...,j n= katsayıları sadece x

değişkenine bağlıdır.

3

Eğer ( ) 0g x ≡ ise, o zaman (1) denklemi homojendir; aksi durumda homojen

değildir. Denklemdeki ( )jb x katsayıları sabitse bu lineer diferansiyel denklem sabit

katsayılı; eğer bu katsayılardan biri veya daha fazlası sabit değilse değişken

katsayılıdır.

Teorem 1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n


− ′′ ′+ + + + + = lineer

diferansiyel denklemi ve aşağıdaki n başlangıç koşulu ile verilen başlangıç-değer

problemini ele alalım.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 0 0 1 0 2 0 1, , ,..., n

ny x c y x c y x c y x c−

−′ ′′= = = = (2)

Eğer ( )g x ve ( )jb x ( )0,1,2,...,j n= 0x ı içeren bir I aralığında sürekli ise ve

( ) 0nb x ≠ ise, o zaman (1) ve (2) ile verilen başlangıç–değer probleminin I da

tanımlı tek bir çözümü vardır.

Teorem 1’de ( )nb x üzerindeki koşullar sağlandığında, (1) denklemini ( )nb x

ile bölerek

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n

ny a x y a x y a x y a x y xφ−− ′′ ′+ + + + + = (3)

bulabiliriz, burada ( )( )( )

j

j

n

b xa x

b x= ( )0,1,2,..., 1j n= − ve ( ) ( )

( )n

g xx

b xφ = dir.

( )L y operatörünü, ( )ia x ( )0,1,2,..., 1i n= − ilgilenilen aralıkta sürekli

olmak üzere,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n

nL y y a x y a x y a x y a x y−

− ′′ ′≡ + + + + + (4)

ile tanımlayalım. O zaman (3) denklemi

( ) ( )L y xφ= (5)

olarak yazılabilir ve özel durumda, bir lineer homojen denklem

( ) 0L y = (6)

4

halinde ifade edilebilir.

Lineer Bağımsız Çözümler

Bir ( ) ( ) ( ){ }1 2, ,..., ny x y x y x fonksiyon kümesi, eğer a x b≤ ≤ üzerinde,

( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... 0n nc y x c y x c y x+ + + ≡ (7)

olacak şekilde en az biri sıfırdan farklı olmak üzere 1 2, ,..., nc c c varsa, a x b≤ ≤

üzerinde lineer bağımlıdır.

Örnek: { },5 ,1,sinx x x kümesi [ ]1,1− üzerinde lineer bağımlıdır, çünkü (7)

denklemini sağlayan ve en az biri sıfırdan farklı olan 1 2 35, 1, 0c c c= − = = ve 4 0c =

sabitleri vardır.

Teorem 2: n -yinci mertebeden, lineer homojen ( ) 0L y = diferansiyel denkleminin

n tane lineer bağımsız çözümü vardır. Eğer bu çözümler ( ) ( ) ( )1 2, ,..., ny x y x y x

şeklinde ise, o zaman ( ) 0L y = ın genel çözümü

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... n ny x c y x c y x c y x= + + + (8)

ile verilir, burada 1 2, ,..., nc c c keyfi sabitlerdir.

5

Wronskian

( ) ( ) ( ){ }1 2, ,..., nz x z x z x fonksiyonlar kümesinin a x b≤ ≤ aralığı üzerinde

Wronskianı, her bir fonksiyon bu aralıkta 1n− türeve sahip olmak üzere,

( )

( ) ( ) ( )

1 2

1 2

1 2 1 2

1 1 11 2

, ,...,

n

n

n n

n n n

n

z z z

z z z

W z z z z z z

z z z− − −

′ ′ ′

= ′′ ′′ ′′

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

ile tanımlıdır.

Teorem 3: Eğer, a x b≤ ≤ aralığı üzerinde tanımlı n tane fonksiyondan oluşan

kümenin Wronskianı, bu aralıkta en az bir noktada sıfırdan farklı ise, o zaman

fonksiyon kümesi aynı aralıkta lineer bağımsızdır. Eğer Wronskian bu aralıkta özdeş

olarak sıfırsa ve fonksiyonların her biri aynı lineer diferansiyel denklemin çözümü

ise, o zaman fonksiyon kümesi lineer bağımlıdır.

Uyarı: Wronskian sıfır olduğunda ve fonksiyonların aynı lineer diferansiyel

denklemin çözümleri olduğu bilinmediğinde Teorem 3 bilgi vermez. Bu durumda,

doğrudan (7) denkleminin sağlanıp sağlanmadığı kontrol edilmelidir.

Homojen Olmayan Denklemler

Teorem 4: ( ) ( )L y xφ= denkleminin herhangi bir özel çözümü py ve homojen

çözümü hy olmak üzere ( ) ( )L y xφ= denkleminin genel çözümü

6

p hy y y= + (9)

ile verilir.

Örnek: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin her birinin mertebesini bulunuz ve

lineer olanları belirleyiniz.

a) ( )22 sin 2xy x y x y′′ ′+ − =

b) 2yy xy y x′′′ ′+ + =

c) 0y y′′ − =

d) 2

3 xy xy e−′ + =

e) 2 1x xe y e y′′′ ′′+ =

f) 2y y y x′′ ′+ + =

Çözüm:

a) Đkinci mertebeden. Burada ( )2 2b x x= , ( ) 21b x x= , ( )0 sinb x x= − ve ( ) 2g x =

dir. Bu terimlerin hiçbiri y’ye veya y’nin herhangi bir türevine bağlı olmadığından

denklem lineerdir.

b) Üçüncü mertebeden lineer bir diferansiyel denklemdir.

c) Đkinci mertebeden lineerdir.

d) Birinci mertebeden lineerdir.

e) Üçüncü mertebeden lineerdir.

f) Đkinci mertebedendir. Denklem lineer değildir, çünkü y’nin birinci türevinin birden

daha yüksek bir kuvveti alınmıştır.

7

Örnek: Đkinci mertebeden bir lineer diferansiyel denklemin genel şeklini yazınız.

Çözüm: Bir ikinci mertebeden diferansiyel denklem için, (1) denklemi

( ) ( ) ( ) ( )2 1 0b x y b x y b x y g x′′ ′+ + =

haline gelir. Eğer ( )2 0b x ≠ ise denklemi ( )2b x ile bölersek

( ) ( ) ( )1 2y a x y a x y xφ′′ ′+ + =

biçimini alır.

Örnek: { },x xe e− kümesinin Wronskianını bulunuz.

Çözüm:

( ) ( ) ( ), 2

x x

x x

x x x x x xx x

x x

e ee e

W e e e e e ede dee e

dx dx

−−

− − −−−

= = = − − =

Örnek: { }2 3, ,x x x kümesinin Wronskianını bulunuz.

Çözüm:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3

2 3

2 3

2 2 2 32

2 2 2

2 3

2

3

, ,

1 2 3

0 2 6

2

x x x

d x d xd xW x x x

dx dx dx

d x d xd x

dx dx dx

x x x

x x

x

x

=

=

=

8

olarak bulunur. Bu örnek, Wronskianın genelde basit olmayan bir fonksiyon

olduğunu göstermektedir.

Örnek: 9 0y y′′ + = denkleminin iki çözümü

( )1 sin3y x x= ve ( )2 cos3y x x=

olduğu biliniyorsa genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce bu iki çözümün Wronskianını bulalım.

( ) ( ) ( ) ( )2 2

sin 3 cos3sin 3 cos3

sin 3 ,cos3 3 sin 3 cos 3 3sin 3 cos33cos3 3sin 3

x xx x

W x x x xd x d xx x

dx dx

= = = − + = −−

olarak bulunur ki bu da her yerde sıfırdan farklıdır. Yani bu iki çözüm lineer

bağımsızdır ve genel çözüm

( ) 1 2sin 3 cos3y x c x c x= +

olarak bulunur.

BÖLÜM 1

ĐKĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER

HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER

1.1 Karakteristik Denklem

0a ve 1a in sabit olduğu

1 0 0y a y a y′′ ′+ + = (10)

diferansiyel denklemine,

21 0 0a aλ λ+ + = (11)

cebirsel denklemi karşılık gelir. Bu denklem (10) denkleminde y′′ , y ′ , y sırasıyla

2λ , λ ve 0 1λ = ile değiştirilerek elde edilmiştir. Burada (11) denklemine (10)

denkleminin karakteristik denklemi denir.

Örnek: 3 4 0y y y′′ ′+ − = denkleminin karakteristik denklemi 2 3 4 0λ λ+ − = dır.

y den başka bağımlı değişkeni olan diferansiyel denklemlerin karakteristik

denklemleri de benzer şekilde, bağımlı değişkenin j - yinci türevi jλ ( )0,1,2j = ile

değiştirilerek elde edilir.

Karakteristik denklem çarpanlarına ayrılabilir:

( ) ( )1 2 0λ λ λ λ− − = (12)

10

1.2 Genel Çözümün Elde Edilmesi

2 1 0 0a y a y a y′′ ′+ + = , ( )2 0a ≠ sabit katsayılı lineer diferansiyel denkleminin

karakteristik denklemi

22 1 0 0a a aλ λ+ + =

ve karakteristik denklemin kökleri 1λ ve 2λ olmak üzere,

11 2

2

a

aλ λ+ = − ve 0

1 2

2

.a

aλ λ =

olduğunu biliyoruz.

2 1 0 0a y a y a y′′ ′+ + = denkleminde eşitliğin her iki tarafını 2a ile bölelim. Denklem

01

2 2

0aa

y y ya a

′′ ′+ + =

haline gelir. Buradan

( )1 2 1 2 0y y yλ λ λ λ′′ ′− + + =

denklemi elde edilir ve bu denklemi düzenlersek

( ) ( )1 2 1 0y y y yλ λ λ′′ ′ ′− − − =

şeklinde yazılabilir. Burada

1y zλ′ − =

1y y zλ′′ ′− =

dersek, denklem

2 0z zλ′ − =

11

haline gelir ki bu denklem değişkenlerine ayrılabilirdir. O halde

2 2 2

10

dz dzz z dz dx

dx dx zλ λ λ− = ⇒ = ⇒ =

elde edilir ve eşitliğin her iki tarafının integrali alınırsa

2ln z x Aλ= + ( Akeyfi)

ve buradan

( )2

2

2

.

.

x A

x A

x

z e

z e e

z B e

λ

λ

λ

+=

=

=

(B keyfi)

bulunur. Bulduğumuz bu eşitliği 1y y zλ′ − = denkleminde yerine yazarsak

2

1xy y Beλλ′ − =

elde edilir. ( ) 1P x λ= − ve ( ) 2xQ x Beλ= olmak üzere bu denklem birinci dereceden

lineer diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümünü elde etmek için gerekli

integrasyon çarpanı

( )

1

P x dx

x

e

e λ

µ−

∫=

=

olmak üzere genel çözüm

( )1 1 2

1

1x x x

y Q x dx c

e y e Be dx cλ λ λ

µ µ

− −

= +

= +

∫∫

( )2 11 1

1

xx xy e Be dx c eλ λλ λ−= +∫ (13)

olarak elde edilir.

12

1.2.1 Karakteristik Denklemin Köklerinin Reel ve Birbirinden Farklı Olması

Durumu

Elde edilen (13) denkleminde 1 2λ λ≠ ise genel çözüm

( )

( )

( )

2 11 1

2 11 1

2 1 1 1

1 2

1

1

2 1

2 1

1 2

xx x

xx x

x x

x x

y e Be dx c e

By e e c e

y c e c e

y c e c e

λ λλ λ

λ λλ λ

λ λ λ λ

λ λ

λ λ

−

−

− +

= +

= +−

= +

= +

∫

şeklinde elde edilir.

2 1λ λ= − özel durumda çözüm, ( ) ( )1 1 2 2cosh sinhy k x k xλ λ= + olarak

yeniden yazılabilir.

Örnek: 2 0y y y′′ ′− − = denklemini çözünüz.

Çözüm: Verilen denklem için karakteristik denklem

2 2 0λ λ− − =

ve bu denklem çarpanlarına ayrılırsa

( )( )1 2 0λ λ+ − =

olarak elde edilir. Karakteristik denklemin kökleri olan 1 1λ = − ve 2 2λ = kökleri

reel ve birbirinden farklı olduğundan, verilen denklemin çözümü

21 2

x xy c e c e−= +

olarak bulunur.

13

Örnek: 7 0y y′′ ′− = denklemini çözünüz.

Çözüm: Verilen denklemin karakteristik denklemi

2 7 0λ λ− =

dir ve bu da

( )7 0λ λ − =

şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. 1 0λ = ve 2 7λ = kökleri reel ve birbirinden farklı

olduğundan çözüm

0 7 71 2 1 2

x x xy c e c e c c e= + = +

olarak elde edilir.

Örnek: 5 0y y′′ − = denklemini çözünüz.

Çözüm: Karakteristik denklemi

2 5 0λ − =

dır ve bu da

( )( )5 5 0λ λ− + =

olarak çarpanlarına ayrılabilir. 1 5λ = ve 2 5λ = − kökleri reel ve birbirinden

farklı olduğundan çözüm

5 51 2

x xy c e c e−= +

olarak bulunur. Ayrıca verdiğimiz özel durum olan 1 2λ λ= − sağlandığından çözüm

farklı olarak

14

( ) ( )( ) ( )

5 51 2

1 2

1 2 1 2

1 2

cosh 5 sinh 5 cosh 5 sinh 5

cosh 5 sinh 5

cosh 5 sinh 5

x xy c e c e

c x x c x x

c c x c c x

k x k x

−= +

= + + −

= + + −

= +

olarak da elde edilebilir. Burada 1 1 2k c c= + ve 2 1 2k c c= − dir.

1.2.2 Karakteristik Denklemin Köklerinin Birbirine Eşit Olması Durumu

Elde edilen (13) denkleminde 1 2λ λ= ise genel çözüm

( )

( )( )

2 11 1

1 1

1

1

1

01

1

1 2

xx x

x xx

x

x

y e Be dx c e

y e Be dx c e

y e Bx c

y c c x e

λ λλ λ

λ λ

λ

λ

−= +

= +

= +

= +

∫∫

olarak elde edilir. ( 1 2, ,B c c keyfi)

Örnek: 8 16 0y y y′′ ′− + = denklemini çözünüz.


2 8 16 0λ λ− + =

dir ve bu da

( )24 0λ − =

çarpanlarına ayrılabilir. 1 2 4λ λ= = kökleri reel ve birbirine eşittir. Genel çözüm

4 41 2

x xy c e c xe= +

olarak elde edilir.

15

Örnek: 0y′′ = denklemini çözünüz.

Çözüm: Karakteristik denklem

2 0λ =

ve kökleri

1 2 0λ λ= =

dır. Buradan genel çözüm

0 01 2

1 2

x xy c e c xe

c c x

= +

= +

olarak bulunur.

Örnek: 2

2100 20 0

d N dNN

dt dt− + = denklemini çözünüz.

Çözüm: En yüksek türevin katsayısını bir yapmak için eşitliğin her iki tarafını 100

ile bölersek,

2

20.2 0.01 0

d N dNN

dt dt− + =

elde ederiz. Bu denklemin karakteristik denklemi

2 0.2 0.01 0λ λ− + =

dır ve bu da

( )20.1 0λ − =

şeklinde çarpanlarına ayrılabilir, buradan denklemin kökleri

1 2 0.1λ λ= =

olarak bulunur ki bu kökler reel ve birbirine eşittir. Böylece denklemin genel çözümü

16

0.1 0.11 2

t tN c e c te= +

olarak bulunur.

1.2.3 Karakteristik Denklemin Kompleks Köklere Sahip Olması Durumu

Köklerin reel ve birbirinden farklı olması durumunda elde ettiğimiz (13)

denkleminde karakteristik denklemin kökleri

1 a ibλ = + , 2 a ibλ = −

ise genel çözüm

( ) ( )

( )

( ) ( )( ) ( )( )

3 4

3 4

3 4

3 4 3 4

1 2

cos sin cos sin

cos sin

cos sin

a ib x a ib x

ib xax ibx ax

ax

ax

ax

y c e c e

y c e e c e e

y e c bx i bx c bx i bx

y e c c bx i c c bx

y e c bx ic bx

+ −

−

= +

= +

= + + −

= + + −

= +

olarak elde edilir. ( 1 2 3 4, , ,c c c c keyfi)

Örnek: 4 5 0y y y′′ ′+ + = denklemini çözünüz.

Çözüm: Verilen denklemin karakteristik denklemi

2 4 5 0λ λ+ + =

şeklindedir. Kuadratik formül kullanılırsa, kökler

( ) ( )2

1,2

4 4 4 5

22 i

λ− ± −

=

= − ±

olarak bulunur. Yani kökler kompleks eşlenik çifttir, böylece genel çözüm ( 2a=−

ve 1b= ile)

17

2 21 2cos sinx xy c e x c e x− −= +

olarak bulunur.

Örnek: 4 0y y′′ + = denklemini çözünüz.


2 4 0λ λ+ =

dir ve bu da çarpanlarına ayrılarak

( ) ( )2 2 0i iλ λ− + =

bulunur. Yani kökler komplekstir. Buradan genel çözüm

1 2cos2 sin 2y c x c x= +

olarak bulunur.

Örnek: 3 4 0y y y′′ ′− + = denklemini çözünüz.


2 3 4 0λ λ− + =

dır. Kuadratik fomülden yararlanarak, kökler

( ) ( ) ( )2

1,2

3 3 4 4 3 7

2 2 2iλ

− − ± − −= = ±

oalrak bulunur. Böylece genel çözüm

3 3

2 21 2

7 7cos sin

2 2

x x

y c e x c e x

= +

olarak elde edilir.

BÖLÜM 2

n-YĐNCĐ MERTEBEDEN SABĐT KATSAYILI LĐNEER

HOMOJEN DĐFERANSĐYEL DENKLEMLER

2.1 Karakteristik Denklem

Sabit ja ( )0,1,2,..., 1j n= − katsayılı

( ) ( )11 1 0... 0n n

ny a y a y a y−

− ′+ + + + = (14)

diferansiyel denkleminin karakteristik denklemi

11 1 0... 0n n

na a aλ λ λ−−+ + + + = (15)

dır. (15) karakteristik denklemi (14) denkleminden, ( )iy yerine

( )0,1,2,..., 1j j nλ = − yazılarak elde edilmiştir. y den başka bağımlı değişkeni olan

diferansiyel denklemlerin karakteristik denklemleri de benzer şekilde, bağımlı

değişkenin j − yinci türevinin yerine ( )0,1,2,..., 1j j nλ = − yazılarak elde edilir.

Örnek: ( )4 3 2 0y y y y′′′ ′′− + − = denkleminin karakteristik denklemi

4 3 23 2 1 0λ λ λ− + − =

şeklindedir.

19

Uyarı: Karakteristik denklemler, sadece sabit katsayılı lineer ve homojen denklemler

için tanımlıdır.

2.2 Genel Çözüm

Karakteristik denklemin kökleri (14) denkleminin çözümünü belirler. Eğer

1 2, ,..., nλ λ λ köklerinin tümü reel ve farklı ise çözüm

1 2

1 2 ... nxx x

ny c e c e c eλλ λ= + + + (16)

dir. Eğer kökler farklı ancak bazıları kompleks ise o zaman çözüm yine (16) ile

verilir. Bölüm 1’deki gibi, kompleks üsteller içeren terimler, sinüs ve kosinüs içeren

terimler vermek üzere birleştirilebilir. Eğer kλ , p katlı bir kök ise o zaman kλ ye

karşılık, 2 1, , ,..., ,k k k kx x x xpe xe x e x e pλ λ λ λ− lineer bağımsız çözümleri vardır. Bu çözümler

olağan biçimde diğer köklere karşılık gelen çözümlerle birleştirilerek tam çözüm

elde edilir.

Teoride, karakteristik denklemin çarpanlara ayrılması her zaman mümkündür,

ancak pratikte bu çok zor olabilir. Bu özellikle yüksek mertebeden diferansiyel

denklemler için doğrudur. Böyle durumlarda nümerik yöntemler kullanarak çözümler

yaklaştırılmalıdır.

Örnek: 6 11 6 0y y y y′′′ ′′ ′− + − = denklemini çözünüz.

Çözüm: 6 11 6 0y y y y′′′ ′′ ′− + − = denkleminin karakteristik denklemi

3 26 11 6 0λ λ λ− + − =

dır ve bu da

( ) ( ) ( )1 2 3 0λ λ λ− − − =

şeklinde çarpanlara ayrılabilir. Kökler 1 2 31, 2, 3λ λ λ= = = tür; böylece çözüm

20

2 31 2 3

x x xy c e c e c e= + +

olarak bulunur.

Örnek: ( )4 9 20 0y y y′′− + = denklemini çözünüz.


4 29 20 0λ λ− + =

dır ve bu denklem

( )( ) ( )( )2 2 5 5 0λ λ λ λ− + − + =

şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. Böylece kökler 1 2 3 42, 2, 5, 5λ λ λ λ= = − = = − tir

ve buradan çözüm

2 2 5 51 2 3 4

x x x xy c e c e c e c e− −= + + +

olarak bulunur.

Örnek: 6 2 36 0y y y y′′′ ′′ ′− + + = denklemini çözünüz.


3 26 2 36 0λ λ λ− + + =

ve kökler ise 1 2 32, 4 2, 4 2i iλ λ λ= − = + = − dir. O halde çözüm

( )2 41 2 3cos 2 sin 2x xy c e e c x c x−= + +

şeklinde bulunur.

Örnek:5 4 3 2

5 4 3 22 2 0

d P d P d P d P dPP

dt dt dt dt dt− − + + − = denklemini çözünüz.

21


( ) ( )3 21 1 0λ λ− + =

şeklinde çarpanlarına ayrılabilir; böylece 1,2,3 1λ = üç katlı ve 4,5 1λ = − iki katlı bir

köktür. Buradan çözüm

21 2 3 4 5t t t t tP c e c te c t e c e c te− −= + + + +

olarak elde edilir.

Örnek: Çözümlerinden biri 2xxe olan 4 3 2

4 3 24 5 36 36 0

d y d y d y dyy

dx dx dx dx− − + + =

denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Eğer 2 xxe bir çözüm ise 2 xe de bir çözümdür ki bu da ( )22λ − nin,

4 3 24 5 36 36 0λ λ λ λ− − + − =

karakteristik denkleminin bir çarpanı olduğunu belirtir. O halde

( )

4 3 22

2

4 5 36 369

2

λ λ λ λλ

λ

− − + −= −

−

olur, böylelikle karakteristik denklemin diğer iki kökü 3λ =± ve bunlara karşılık

gelen çözümler 3 xe ve 3xe− tir. Verilen dördüncü mertebeden lineer diferansiyel

denklemin dört lineer bağımsız çözümü belirlenmiş olduğundan, genel çözümü

( ) 2 2 3 31 2 3 4

x x x xy x c e c xe c e c e−= + + +

şeklinde yazabiliriz.

BÖLÜM 3

SABĐT KATSAYILI LĐNEER HOMOJEN OLMAYAN


3.1 Belirsiz Katsayılar Yöntemi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0...n n

n na y a x y a x y a x y a x y xφ−− ′′ ′+ + + + + = (17)

denklemini ele alalım. (17) şeklinde verilen diferansiyel denklemin çözümü için

önce,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 0... 0n n

n na y a x y a x y a x y a x y−

− ′′ ′+ + + + + = (18)

denkleminin çözümü bulunur. Daha sonra verilen ( )xφ fonksiyonunun polinom,

üstel ya da ( ) ( )sin ,cosax b ax b+ + şeklinde veya bunların lineer kombinasyonu

olması durumunda kullanılan bir metottur.

1.Durum: ( )xφ , m−yinci dereceden bir polinom olsun. Bu durumda;

( ) 11 1 0...m m

m mx b x b x b x bφ −−= + + + +

şeklinde yazılabilir. Böylelikle denklemin py özel çözümü;

11 1 0...m m

p m my c x c x c x c−−= + + + +

biçiminde araştırılır. Karakteristik denklemin k tane kökü sıfır ise özel çözüm

( )11 1 0...k m m

p m my x c x c x c x c−−= + + + +

şeklinde aranır.

23

Örnek: ( )4 22 2 3y y y x′′′ ′′+ − = + denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Denkleme ait homojen denklem

( )4 2 0y y y′′′ ′′+ − =

dır. Buradan karakteristik denklem

( )( )( )

4 3 2

2 2

2

2 0

2 0

2 1 0

λ λ λ

λ λ λ

λ λ λ

+ − =

+ − =

+ − =

olarak bulunur ve böylelikle kökler 1 2 3 40, 2, 1λ λ λ λ= = = − = şeklinde elde edilir. O

halde homojen kısmın çözümü

21 2 3 4

x x

hy c c x c e c e−= + + +

olur. Verilen denklemde homojenliği bozan kısım 2.mertebeden bir polinom ve

karakteristik denklemin iki kökü sıfır olduğundan özel çözüm

( )2 2py x Ax Bx C= + +

şeklinde aranır. py bir özel çözüm olduğundan verilen denklemi sağlar. Burada

gerekli türevleri alıp denklemde yerine yazılarak py özel çözümü elde edilir. O

halde

( )

4 3 2

3 2

2

4

4 3 2

12 6 2

24 6

24

p

p

p

p

p

y Ax Bx Cx

y Ax Bx Cx

y Ax Bx C

y Ax B

y A

= + +

′ = + +

′′ = + +

′′′ = +

=

türevlerini denklemde yerine yazarsak

224 24 6 24 12 4 2 3A Ax B Ax Bx C x+ + − − − = +

elde edilir ve polinomların eşitliğinden

24

24 2

24 12 0

24 6 4 3

A

A B

A B C

− =

− =

+ − =

sistemi çözülürse 1 1 3

, ,12 6 2

A B C= − = − = − olarak bulunur ki buradan özel çözüm

4 3 21 1 3

12 6 2py x x x= − − −

şeklinde elde edilir. Böylece genel çözüm

2 4 3 21 2 3 4

1 1 3

12 6 2

h p

x x

y y y

y c c x c e c e x x x−

= +

= + + + − − −

olarak bulunur.

2.Durum: ( ) mxx Aeφ = şeklinde olsun. Bu durumda özel çözüm

mx

py Be=

şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin köklerinden k tanesi m ise özel

çözüm

k mx

py Bx e=

şeklinde araştırılır.

Örnek: 4 5 2 3 xy y y y e′′′ ′′ ′− + − = denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce verilen denklemin homojen kısmının çözümünü bulalım. Denklemin

homojen kısmı

4 5 2 0y y y y′′′ ′′ ′− + − =

ve buradan karakteristik denklemi

25

3 24 5 2 0λ λ λ− + − =

olup karakteristik denklemin kökleri 1 2 31, 2λ λ λ= = = dir. Homojen kısmın çözümü

21 2 3

x x x

hy c e c xe c e= + +

olarak bulunur. Özel çözüm için

( )( )( ) ( )

( )( )

2

2

2

2

2

2

2

2

2 2 2

4 2

6 6

x

p

x x

p

x

x x

p

x

x

p

y Ax e

y A xe x e

Ax Ax e

y Ax A e Ax Ax e

e Ax Ax A

y e Ax Ax A

=

′ = +

= +

′′ = + + +

= + +

′′′ = + +

eşitlikleri denklemde yerine yazılırsa

( )2 2 2 26 6 4 16 8 5 10 2 3x xe Ax Ax A Ax Ax A Ax Ax Ax e+ + − − − + + − =

olur ve eşitliği düzenlersek

( )2 3x xe A e− =

elde edilir. Buradan

32 3

2A A− = ⇒ = −

olarak bulunur. Böylece özel çözüm

23

2x

py x e= −

şeklinde olur. Genel çözüm ise

2 21 2 3

3

2x x x xy c e c xe c e x e= + + −

olarak elde edilir.

26

3.Durum: ( ) ( )sinx A xφ α β= + veya ( ) ( )cosx B xφ α β= + şeklinde ise

özel çözüm

( ) ( )sin cospy A x B xα α= +

şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kökünde reel kısım sıfır ve

imajiner kısım α ise özel çözüm

( )sin cosk

py x A x B xα α= +

şeklinde aranır.

Örnek: 2siny y x′′ + = denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Önce homojen kısmın çözümünü bulalım.

0y y′′ + =

denkleminin karakteristik denklemi

2 1 0λ + =

ve buradan kökler 1,2 iλ = ± dir. Böylece homojen kısmın çözümü

1 2cos sinhy c x c x= +

olarak elde edilir. Özel çözümü ise

( )sin cospy x A x B x= +

şeklinde aramalıyız. O halde

( )sin cos cos sin

2 cos 2 sin sin cos

p

p

y A x B x Ax x Bx x

y A x B x Ax x Bx x

′ = + + −

′′ = − − −

türevleri denklemde yerine konulursa

27

2 cos 2 sin sin cos cos sin 2sinA x B x Ax x Bx x Ax x Bx x x− − − + + =

2 cos 2 sin 2sinA x B x x− =

2 2 1

2 0 0

B B

A A

− = = −⇒

= =

ve buradan özel çözüm

cospy x x= −

olur. Böylece genel çözüm

1 2cos cos siny x x c x c x= − + +

olarak bulunur.

4.Durum: ( )mP x , m− yinci dereceden en genel polinom olmak üzere

( ) ( ) x

mx P x eαφ = şeklinde ise özel çözüm

( )11 1 0...m m x

p m my b x b x b x b eα−−= + + + +

şeklinde araştırılır. Eğer karakteristik denklemin k tane kökü α ise bu durumda özel

çözüm

( )11 1 0...k m m x

p m my x b x b x b x b eα−−= + + + +

şeklinde araştırılmalıdır.


( ) ( ) ( )sin cosmx P x A x B xφ α α= + şeklinde ise özel çözüm

( )( )11 1 0... sin cosm m

p m my b x b x b x b x xα α−−= + + + + +

28

biçiminde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökünün imajiner

kısmı α ise py , kx ile çarpılır.

6.Durum: ( ) ( )1 2sin cosmxx e A x A xφ α α= + olması durumunda özel çözüm

( )sin cosmx

py e A x B xα α= +

şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökü m iα± şeklinde

ise özel çözüm

( )sin cosk mx

py x e A x B xα α= +

olarak aranmalıdır.


( ) ( ) ( )sin cosx

mx P x e x xαφ β β= + olması durumunda özel çözüm

( ) ( )11 1 0... sin cosm m x

p m my b x b x b x b e x xα β β−−= + + + + +

şeklinde aranır. Eğer karakteristik denklemin k tane kompleks kökü iα β± şeklinde

ise özel çözüm

( ) ( )11 1 0... sin cosk m m x

p m my x b x b x b x b e x xα β β−−= + + + + +

biçiminde araştırılır.

Örnek: 2 sinxy y y e x−′′ ′− − = denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen denklemin homojen kısmı

2 0y y y′′ ′− − =

ve karakteristik denklem

29

2 2 0λ λ− − =

olarak bulunur. Karakteristik denklemin kökleri ise 1 2λ = , 2 1λ = − dir. Buradan

homojen kısmın çözümü

21 2

x x

hy c e c e−= +

olur. Verilen denklem için özel çözüm

( )sin cosx

py e A x B x−= +

şeklinde araştılırsa ve

( ) ( )

( )

sin cos cos sin

2 cos sin

x x

p

x

p

y e A x B x e A x B x

y e A x B x

− −

−

′ = − + + −

′′ = − −

türevleri denklemde yerine yazılırsa

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( )

sin 2 cos sin sin cos cos sin

2 sin cos

sin 3 cos sin sin cos

sin 3 sin 3 cos

x x x x

x

x x x

e x e A x B x e A x B x e A x B x

e A x B x

e x e A x B x e A x B x

x A B x A B x

− − − −

−

− − −

= − − + + − −

− +

= − − − +

= − + − +

elde edilir ve buradan 1

10A = − ,

3

10B = olarak bulunur. Böylece özel çözüm

1 3sin cos

10 10x

py e x x− = − +

olur. O halde genel çözüm

21 2

1 3sin cos

10 10x x xy c e c e e x x− − = + + − +

şeklinde bulunur.

30

3.2 Parametrelerin Değişimi Metodu

( ) ( ) ( )( ) ( )

11 2 1 0

11 2 1 0

...

... 0

n n

n n

n n

n n

a y a y a y a y a y x

a y a y a y a y a y

φ−−

−−

′′ ′+ + + + + =

′′ ′+ + + + + =

denklemlerini ele alalım. 0na ≠ için bu denklemler

( ) ( ) ( )11 2 1...n n

n n ny P y P y P y P y xφ−− −′′ ′+ + + + + = (19)

( ) ( )11 2 1... 0n n

n n ny P y P y P y P y−

− −′′ ′+ + + + + = (20)

şeklinde yazılabilir. 1 2, ,..., ny y y fonksiyonları (20) denkleminin temel çözümler

kümesini oluşturur. Burada ( ) ( )1

n

i i

i

y x c y x=

=∑ , (20) denkleminin genel çözümü

bulunur. Şimdi (19) denkleminin çözümünü ( ) ( ) ( )1

n

i i

i

y x c x y x=

=∑ şeklinde

arayalım.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... n ny x c x y x c x y x c x y x= + + +

denkleminin x değişkenine göre türevini alalım:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1

1 1

... n n n n

n n

i i i i

i i

y x c x y x c x y x c x y x c x y x

y x c x y x c x y x= =

′ ′ ′ ′′ = + + + +

′ ′′ = +∑ ∑

olarak bulunur.

1.Koşul: ( ) ( )1

0n

i i

i

c x y x=

′ =∑ kabul edelim. O halde

( ) ( ) ( )1

n

i i

i

y x c x y x=

′′ =∑

31

olarak bulunur ve buradan

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

n n

i i i i

i i

y x c x y x c x y x= =

′′ ′ ′′′ = +∑ ∑


2.Koşul: ( ) ( )1

0n

i i

i

c x y x=

′ ′ =∑ kabul edelim.

( ) ( ) ( )1

n

i i

i

y x c x y x=

′′′′ =∑

olur.

Bu şekilde devam ederek;

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2

1 1

n nn n n

i i i i

i i

y x c x y x c x y x− − −

= =

′= +∑ ∑

(n-1).Koşul: ( ) ( ) ( )2

1

0n

n

i i

i

c x y x−

=

′ =∑ kabul edelim. Buradan

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1

nn n

i i

i

y x c x y x− −

=

=∑

olarak bulunur ve son olarak

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

1 1

n nn n n

i i i i

i i

y x c x y x c x y x−

= =

′= +∑ ∑

olur.

n.Koşul: ( ) ( ) ( ) ( )1

1

nn

i i

i

c x y x xφ−

=

′ =∑ olsun.

( ), ,..., ny y y′ ′′ türevleri (19) denkleminde yerine yazılırsa;

32

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

11 1

...n n

n n n

i i i i i n i

i i

c x y x c x y x P y x P y x xφ− −

= =

′ + + + + = ∑ ∑

olarak elde edilir ve 1 2, ,..., ny y y ler homojen denklemin çözümü olduğundan

( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 ... 0n n

i i n iy x P y x P y x− + + + =

olur. Yani

( ) ( ) ( ) ( )1

1

nn

i i

i

c x y x xφ−

=

′ =∑

dir.

Koşullar:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 2 2

1 1 2 2

2 2 2

1 1 2 2

1 1 1

1 1 2 2

... 0

... 0

... 0

...

n n

n n

n n n

n n

n n n

n n

c x y x c x y x c x y x



c x y x c x y x c x y x xφ

− − −

− − −

′ ′ ′+ + + =

′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + =

′ ′ ′+ + + =

′ ′ ′+ + + =

⋮

Eğer ( ) ( ) ( )1 2, ,..., nc x c x c x fonksiyonları koşulların oluşturduğu denklem

sistemini sağlarsa ( ) ( ) ( )1

n

i i

i

y x c x y x=

=∑ fonksiyonu (18) denkleminin çözümü olur.

Son olarak ise koşulların oluşturduğu denklem sistemini sağlayan ic

fonksiyonlarının var olup olmadığını inceleyelim. Koşulların oluşturduğu denklem

sisteminin katsayılar determinantı

[ ]1 2, ,..., 0nW y y y ≠

olup, buradan denklem sistemi çözülebilirdir ve tek çözümü vardır.

33

Örnek: 1

cosy y

x′′ + = denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen denklem için önce homojen kısmın çözümünü bulalım. Denklemin

homojen kısmı

0y y′′ + =

ve buradan karakteristik denklem

2 1 0λ + =

olarak bulunur. Karakteristik denklemin kökleri 1,2 iλ = ± dir. Böylece homojen

kısmın çözümü

1 2cos sinhy c x c x= +

olarak elde edilir. Denklemin özel çözümünü

( ) ( )1 2cos sinpy c x x c x x= +

şeklinde araştıralım. Verilen denklem ikinci mertebeden olduğundan iki koşul vardır.

1.Koşul: ( ) ( )1 2cos sin 0c x x c x x′ ′+ =

2.Koşul: ( )( ) ( )1 2

1sin cos

cosc x x c x x

x′ ′− + =

Bu iki denklemi ortak çözebilmek için ilk denklemi sin x , ikinci denklemi cosx ile

çarparsak

( )( ) ( )

( )( ) ( )

21 2

21 2

sin cos sin 0

sin cos cos 1

c x x x c x x

c x x x c x x

′ ′+ =

′ ′− + =

elde edilir ve bu iki denklemi ortak çözersek

( ) ( )( )

2 22

2

sin cos 1

1

c x x x

c x

′ + =

′ =

34

bulunur. Burada eşitliğin her iki yanının integrali alınarak ( )2c x x= bulunur.

Bulduğumuz bu ifadeyi denklemlerden herhangi birine yazarak ( ) ( )1 ln cosc x x=

olarak elde edilir. Böylece özel çözüm

( )ln cos cos sinpy x x x x= +

olur ki buradan genel çözüm

( )1 2cos sin ln cos cos siny c x c x x x x x= + + +

şeklinde bulunur.

Örnek: 2xe

y y yx

′′ ′− + = denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: 2 0y y y′′ ′− + = için karakteristik denklem 2 2 1 0λ λ− + = ve kökler

1 2 1λ λ= = − dir. Böylece

1 2x x

hy c e c xe= +

olarak bulunur. ( ) ( )1 2x x

py c x e c x xe= + şeklinde özel çözüm aranırsa

( ) ( )

( ) ( ) ( )1 2

1 1

0x x

xx x x

c x e c x xe

ec x e c x e xe

x

′ ′+ =

′ ′+ + =

bulunur. Bu denklem sistemi ortak çözülürse

( )1 1c x′ = − ve ( )2

1c x

x′ =

elde edilir. Buradan

( )1c x x= − ve ( )2 lnc x x=

olur. O halde özel çözümü

35

lnx x

py xe xe x= − +

olarak buluruz. Dolayısıyla genel çözüm

1 2

1 3

ln

ln

x x x x

x x x

y c e c xe xe xe x

c e c xe xe x

= + − +

= + +

olur. ( )3 2 1c c= −

BÖLÜM 4

EULER DĐFERANSĐYEL DENKLEMĐ

0 1 2, , ,..., na a a a ler reel sabitler ve 0na ≠ olmak üzere

( ) ( ) ( )11 21 2 1 0...n nn n

n na x y a x y a x y a xy a y xφ−−− ′′ ′+ + + + + = (21)

denklemine Euler diferansiyel denklemi denir. (21) denkleminde tx e= dönüşümü

yapılırsa denklem sabit katsayılı lineer diferansiyel denklem haline gelir ve bilinen

yöntemlerle çözümü elde edilir. lnt x= dönüşümü yardımıyla da denklemin genel

çözümü bulunur.

2 2

2 2 2

1

1 1 1 1

dy dy dt dyy

dx dt dx x dt

d y d dy d dy dy d dy dt d y dyy

dx dx dx dx x dt x dt x dt dt dx x dt dt

′ = = =

′′ = = = = − + = −

Örnek: 2 2 lnx y xy y x x′′ ′− + = denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen denklemde tx e= dönüşümü yaparsak ve

1 dyy

x dt′ = ,

2

2 2

1 d y dyy

x dt dt

′′ = −


22

2 2

2

2

1 12 .

2 2

t

t

d y dy dyx x y t ex dt dt x dt

d y dyy te

dt dt

− − + =

− + =

37

denklemi sabit katsayılı lineer hale gelir. Bu denklemin karakteristik denklemi

2 2 2 0λ λ− + =

ve buradan kökler 1 iλ = ± olarak bulunur. Böylece homojen kısmın çözümü

( )1 2cos sint

hy e c t c t= +


( )

( )

( )2

t

p

t t

p

t t

p

y At B e

y Ae At B e

y Ae At B e

= +

′ = + +

′′ = + +


( ) ( ) ( )2 2 2

2 2

t t t tA At B e A At B e At B e te

A At B A t

At B t

+ + − + + + + =

+ + − =

+ =

ve buradan 1A= , 0B= bulunur. O halde

t

py te=

olur. Böylelikle genel çözüm

( )1 2cos sint ty e c t c t te= + +

olarak bulunur. Bulunan çözümde lnt x= yerine yazılırsa genel çözüm

( ) ( )( )1 2cos ln sin ln lny x c x c x x x= + +


Örnek: ( )3 22 sin lnx y x y x x′′′ ′′+ = + denkleminin genel çözümünü bulunuz.

Çözüm: Verilen denklemde tx e= dönüşümü yaparsak ve

38

1 dyy

x dt′ = ,

2

2 2

1 d y dyy

x dt dt

′′ = −

,

3 2

3 3 2

13 2

d y d y dyy

x dt dt dt

′′′ = − +


3 2 23 2

3 3 2 2 2

3 2 2

3 2 2

3 2

3 2

1 13 2 2 sin

3 2 2 sin

sin

t

t

t

d y d y dy d y dyx x e tx dt dt dt x dt dt

d y d y dy d y dye t

dt dt dt dt dt

d y d ye t

dt dt

− + + − = +

− + + − = +

− = +

denklemi sabit katsayılı lineer hale gelir. Bu denklemin karakteristik denklemi

3 2 0λ λ− =

ve buradan kökler 1,2 0λ = , 3 1λ = olarak bulunur. Böylece homojen kısmın çözümü

( )1 2 3t

hy c c t c e= + +


( )( )( )

sin cos

cos sin

2 sin cos

3 cos sin

t

p

t t

p

t t

p

t t

p

y Ate B t C t

y A e te B t C t

y A e te B t C t

y A e te B t C t

= + +

′ = + + −

′′ = + − −

′′′ = + − +


( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 cos sin 2 sin cos sin

3 2 sin cos sin

sin cos sin

t t t t t

t t

t t

A e te B t C t A e te B t C t e t

A At A At e B C t C B t e t

Ae B C t C B t e t

+ − + − + − − = +

+ − − + + + − = +

+ + + − = +

ve buradan 1A= , 1

2B = ,

1

2C = bulunur. O halde

39

1 1sin cos

2 2t

py te t t= + +

ve böylece genel çözüm

( )1 2 3

1 1sin cos

2 2t ty c c t c e te t t= + + + + +

olarak bulunur. Bulunan çözümde lnt x= yerine yazılırsa genel çözüm

( ) ( )1 2 3

1 1ln ln sin ln cos ln

2 2y c c x c x x x x x= + + + + +


40

KAYNAKLAR

BRONSON R., Schaum’s outline of differential equations (H.H.Salihoğlu, çev.), Ankara

1994.

C. CERĐT, Çözümlü diferansiyel denklem problemleri, Cerit Yayınları, Đstanbul 2004.

E. S. TÜRKER, M. BAŞARIR, Çözümlü problemlerle diferansiyel denklemler, Değişim,

Sakarya 2003.

Ö. F. GÖZÜKIZIL, Đ. ŞĐAP, Diferansiyel denklemler, Sakarya Yayınları, Sakarya 2002.

R. MOCAN, Diferansiyel denklemler diferansiyel denklem sistemleri, Đstanbul Devlet

Mühendislik ve Mimarlık Akademisi Yayınları, Đstanbul 1977.

Ş. EREN, M. RAZBONYALI, Diferansiyel denklemler, Maltepe Üni. Yayınları, Đstanbul

2006

yüksek mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemler

Documents