Tama İndirgenebilen Denklemler
Önceki bölümde tam denklem testini sağlayan tam denklemlerin çözüm yöntemini görmüştük. Bu bölümde tam olmayan, ama tam denklem formuna getirilebilen ve sonrasında aynı yöntemle çözülebilen denklemleri inceleyeceğiz.
Aşağıda verilen birinci mertebeden denklemin tam olup olmadığını kontrol edelim.
\( (3xy + 2y^3)\ dx + (x^2 + 3xy^2)\ dy = 0 \)
\( M(x, y) = 3xy + 2y^3 \)
\( N(x, y) = x^2 + 3xy^2 \)
Tam denklem testine göre, denklemin tam olması için \( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) eşitliği sağlanmalıdır.
\( M_y(x, y) = 3x + 6y^2 \)
\( N_x(x, y) = 2x + 3y^2 \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Şimdi denklemin taraflarını \( x \) ile çarpalım ve elde edilen denklemin tam olup olmadığını tekrar kontrol edelim.
\( (3x^2y + 2xy^3)\ dx + (x^3 + 3x^2y^2)\ dy = 0 \)
\( M(x, y) = 3x^2y + 2xy^3 \)
\( N(x, y) = x^3 + 3x^2y^2 \)
Denklemin tam olması için \( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) eşitliği sağlanmalıdır.
\( M_y(x, y) = 3x^2 + 6xy^2 \)
\( N_x(x, y) = 3x^2 + 6xy^2 \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem tamdır.
Bu örneğe göre, bir birinci mertebeden denklem tam olmasa da, denklemin tarafları aynı çarpan ile çarpıldığında denklem tam denklem formuna getirilebilir. Bu şekilde bir çarpan bulunabiliyorsa denklem tam forma getirilir ve tam denklemler için paylaştığımız çözüm yöntemi ile çözülür.
Tam olmayan bir denklemi tam denklem formuna getiren çarpana integral çarpanı adı verilir ve genellikle \( \mu(x) \) ile gösterilir. Bu şekildeki bir integral çarpanı için aşağıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
\( M(x, y)\ dx + N(x, y)\ dy = 0 \)
tam olmayan birinci mertebeden bir diferansiyel denklem olsun.
\( \mu \ne 0 \) fonksiyonu aşağıdaki eşitliği sağlıyorsa bu denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
Bu durumda aşağıdaki denklem bir tam denklem olur.
\( \mu M(x, y)\ dx + \mu N(x, y)\ dy = 0 \)
İSPATI GÖSTER
Tam olmayan aşağıdaki denklem verilmiş olsun.
\( M(x, y)\ dx + N(x, y)\ dy = 0 \)
\( \mu \) fonksiyonu denklemi tam yapan bir integral çarpanı ise aşağıdaki denklem tamdır.
\( \mu M(x, y)\ dx + \mu N(x, y)\ dy = 0 \)
Bu denklem tam olduğuna göre, \( dx \) katsayısı olan ifadenin \( y \) değişkenine göre kısmi türevi \( dy \) katsayısı olan ifadenin \( x \) değişkenine göre kısmi türevine eşit olmalıdır.
\( \dfrac{\partial (\mu M)}{\partial y} = \dfrac{\partial (\mu N)}{\partial x} \)
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M + \mu\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N + \mu\dfrac{\partial N}{\partial x} \)
Terimleri düzenleyelim.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu\dfrac{\partial M}{\partial y} - \mu\dfrac{\partial N}{\partial x} \)
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
Buna göre \( \mu \) fonksiyonunun denklemi tam yapan bir integral çarpanı olabilmesi için yukarıdaki eşitlik sağlanmalıdır.
İntegral çarpanı koşulunu bir örnek üzerinde gösterelim.
\( (3xy + 2y^3)\ dx + (x^2 + 3xy^2)\ dy = 0 \)
Yukarıda tam olmayan bu denklemi tam yaptığını gösterdiğimiz \( \mu(x) = x \) integral çarpanının bu koşulu sağladığını teyit edelim.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
\( \dfrac{\partial (x)}{\partial x}(x^2 + 3xy^2) - \dfrac{\partial (x)}{\partial y}(3xy + 2y^3) \overset{?}{=} x \left( \dfrac{\partial (3xy + 2y^3)}{\partial y} - \dfrac{\partial (x^2 + 3xy^2)}{\partial x} \right) \)
\( 1(x^2 + 3xy^2) - 0(3xy + 2y^3) \overset{?}{=} x \left( (3x + 6y^2) - (2x + 3y^2) \right) \)
\( x^2 + 3xy^2 = x^2 + 3xy^2 \)
Buna göre, \( \mu(x) = x \) verilen tam olmayan denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
Yukarıdaki koşulu sağlayan (yani tam olmayan bir denklemi tam yapan) bir integral çarpanı çoğu durumda mevcuttur. Bu integral çarpanını her denklem için bulmamızı sağlayan sistematik bir yöntem mevcut olmasa da, belirli koşulları sağlayan denklemler için formüller mevcuttur.
Bu özel durumlardan birincisi aşağıdaki gibidir.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = f(x) \)
ifadesinin sonucu \( f(x) \) şeklinde sadece \( x \) değişkenine bağlı bir fonksiyon ise aşağıdaki \( \mu(x) \) fonksiyonu bu denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( \mu(x) = e^{\int {f(x)}\ dx} \)
İSPATI GÖSTER
Yukarıda paylaştığımız integral çarpanı koşulunu yazalım.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
İntegral çarpanının \( \mu = \mu(x) \) şeklinde sadece \( x \) değişkenine bağlı bir fonksiyon olduğunu varsayalım.
Bu durumda integral çarpanının \( y \) değişkenine göre kısmi türevi sıfır olur ve türev kısmi türevden tek değişkenli türeve dönüşür.
\( \dfrac{d\mu}{dx}N - (0)M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
İntegral çarpanı ifadelerini eşitliğin sol tarafına, diğer ifadeleri eşitliğin sağ tarafına alalım.
\( \dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dx} = \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
Eşitliğin sağ tarafına \( f(x) \) diyelim.
\( \dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dx} = f(x) \)
Eşitliğin taraflarının integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dx}}\ dx = \displaystyle\int {f(x)}\ dx \)
\( \ln{\abs{\mu(x)}} = \displaystyle\int {f(x)}\ dx + C \)
\( \abs{\mu(x)} = e^{\int {f(x)}\ dx + C} \)
\( \mu(x) = \pm e^Ce^{\int {f(x)}\ dx} \)
İntegral çarpanı denklemin tüm terimleri ile çarpıldığı için önündeki katsayı tüm terimlerden sadeleşir, dolayısıyla çarpanın katsayısı ve işareti çarpandan kaldırılabilir.
\( \mu(x) = e^{\int {f(x)}\ dx} \)
Birinci özel durumu bir örnek üzerinde gösterelim.
\( (y^2\sin{x})\ dx + (y\cos{x})\ dy = 0 \)
denkleminin tam olmadığını gösterelim ve denklemi tam yapan integral çarpanını bulalım.
Denklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = 2y\sin{x} \)
\( N_x(x, y) = -y\sin{x} \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Denklemin birinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = \dfrac{1}{y\cos{x}} \left( \dfrac{\partial (y^2\sin{x})}{\partial y} - \dfrac{\partial (y\cos{x})}{\partial x} \right) \)
\( = \dfrac{1}{y\cos{x}} (2y\sin{x} + y\sin{x}) \)
\( = 3\tan{x} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( x \) değişkenine bağlı olduğu için birinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(x) = e^{\int (3\tan{x})\ dx} = \sec^3{x} \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (y^2\sin{x}\sec^3{x})\ dx + (y\cos{x}\sec^3{x})\ dy = 0 \)
\( (y^2\tan{x}\sec^2{x})\ dx + (y\sec^2{x})\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 2y\tan{x}\sec^2{x} \)
\( N_x(x, y) = 2y\sec{x}(\sec{x})' \)
\( = 2y\tan{x}\sec^2{x} \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Elde ettiğimiz tam denklem önceki bölümde gördüğümüz yöntem kullanılarak çözülebilir.
İntegral çarpanını bir formülle bulabildiğimiz özel durumlardan ikincisi aşağıdaki gibidir.
\( \dfrac{1}{M} \left( \dfrac{\partial N}{\partial x} - \dfrac{\partial M}{\partial y} \right) = g(y) \)
ifadesinin sonucu \( g(y) \) şeklinde sadece \( y \) değişkenine bağlı bir fonksiyon ise aşağıdaki \( \mu(y) \) fonksiyonu bu denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( \mu(y) = e^{\int {g(y)}\ dy} \)
İSPATI GÖSTER
Yukarıda paylaştığımız integral çarpanı koşulunu yazalım.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
İntegral çarpanının \( \mu = \mu(y) \) şeklinde sadece \( y \) değişkenine bağlı bir fonksiyon olduğunu varsayalım.
Bu durumda integral çarpanının \( x \) değişkenine göre kısmi türevi sıfır olur ve türev kısmi türevden tek değişkenli türeve dönüşür.
\( (0)N - \dfrac{d\mu}{dy}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
İntegral çarpanı ifadelerini eşitliğin sol tarafına, diğer ifadeleri eşitliğin sağ tarafına alalım.
\( \dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dy} = \dfrac{1}{M} \left( \dfrac{\partial N}{\partial x} - \dfrac{\partial M}{\partial y} \right) \)
Eşitliğin sağ tarafına \( g(y) \) diyelim.
\( \dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dy} = g(y) \)
Eşitliğin taraflarının integralini alalım.
\( \displaystyle\int {\dfrac{1}{\mu}\dfrac{d\mu}{dy}}\ dy = \displaystyle\int {g(y)}\ dy \)
\( \ln{\abs{\mu(y)}} = \displaystyle\int {g(y)}\ dy + C \)
\( \abs{\mu(y)} = e^{\int {g(y)}\ dy + C} \)
\( \mu(y) = \pm e^Ce^{\int {g(y)}\ dy} \)
İntegral çarpanı denklemin tüm terimleri ile çarpıldığı için önündeki katsayı tüm terimlerden sadeleşir, dolayısıyla çarpanın katsayısı ve işareti çarpandan kaldırılabilir.
\( \mu(y) = e^{\int {g(y)}\ dy} \)
İkinci özel durumu bir örnek üzerinde gösterelim.
\( (xy + y^2 + y)\ dx + (x^2 + 3xy + 2x)\ dy = 0 \)
denkleminin tam olmadığını gösterelim ve denklemi tam yapan integral çarpanını bulalım.
Denklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = x + 2y + 1 \)
\( N_x(x, y) = 2x + 3y + 2 \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Denklemin ikinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{M} \left( \dfrac{\partial N}{\partial x} - \dfrac{\partial M}{\partial y} \right) = \dfrac{1}{xy + y^2 + y} \left( \dfrac{\partial (x^2 + 3xy + 2x)}{\partial x} - \dfrac{\partial (xy + y^2 + y)}{\partial y} \right) \)
\( = \dfrac{1}{y(x + y + 1)} ((2x + 3y + 2) - (x + 2y + 1)) \)
\( = \dfrac{1}{y(x + y + 1)}(x + y + 1) \)
\( = \dfrac{1}{y} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( y \) değişkenine bağlı olduğu için ikinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(y) = e^{\int {\frac{1}{y}}\ dy} = y \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (xy^2 + y^3 + y^2)\ dx + (x^2y + 3xy^2 + 2xy)\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 2xy + 3y^2 + 2y \)
\( N_x(x, y) = 2xy + 3y^2 + 2y \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Elde ettiğimiz tam denklem önceki bölümde gördüğümüz yöntem kullanılarak çözülebilir.
Bu iki özel durum dışında, integral çarpanı olduğu bilinen bir \( \mu(x, y) \) fonksiyonu verildiği durumda denklemin tarafları bu çarpan ile çarpılarak denklem tam forma getirilir ve tam denklemlerin çözüm yöntemi ile çözülür.
Özetlemek gerekirse, tama indirgenebilen denklemler aşağıdaki yöntemle çözülür.
Adım 1: Denklemin formu
Verilen denklem önce aşağıdaki forma getirilir, \( M \) ve \( N \) fonksiyonları belirlenir.
\( M(x, y)\ dx + N(x, y)\ dy = 0 \)
Adım 2: Tam denklem testi
Denklemin tam denklem koşulunu sağlamadığı kontrol edilir.
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \)
Adım 3.1: Bilinen integral çarpanı
Eğer denklemi tam yaptığı bilinen bir integral çarpanı verildiyse denklemin tarafları bu çarpan ile çarpılır ve denklem tam forma getirilir.
\( \mu M(x, y)\ dx + \mu N(x, y)\ dy = 0 \)
Adım 3.2: Özel durumlar
Eğer denklemi tam yaptığı bilinen bir integral çarpanı verilmediyse denklemin yukarıda paylaştığımız iki özel durumdan birini sağlayıp sağlamadığı kontrol edilir.
Bu iki durumdan biri sağlanıyorsa ilgili durum için verilen formülle denklemin \( \mu \) integral çarpanı bulunur, denklemin tarafları bu çarpan ile çarpılır ve denklem tam forma getirilir.
\( \mu M(x, y)\ dx + \mu N(x, y)\ dy = 0 \)
Adım 4: Tam denklemin çözümü
Elde edilen denklem önceki bölümde paylaştığımız tam denklemlerin çözüm yöntemi ile çözülür.
\( (2y - xy^2)\ dx + (2x^2y - x)\ dy = 0 \)
\( \mu(x) = \dfrac{1}{x^3} \) çarpanının yukarıdaki denklemi tam yaptığını gösterin.
Çözümü Göster\( \mu \) fonksiyonu aşağıdaki eşitliği sağlıyorsa bu denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
\( \dfrac{\partial (x^{-3})}{\partial x}(2x^2y - x) - \dfrac{\partial (x^{-3})}{\partial y}(2y - xy^2) \overset{?}{=} \dfrac{1}{x^3} \left( \dfrac{\partial (2y - xy^2)}{\partial y} - \dfrac{\partial (2x^2y - x)}{\partial x} \right) \)
\( -\dfrac{3}{x^4}(2x^2y - x) - 0(2y - xy^2) \overset{?}{=} \dfrac{1}{x^3} \left( (2 - 2xy) - (4xy - 1) \right) \)
\( \dfrac{3}{x^3} - \dfrac{6y}{x^2} = \dfrac{3}{x^3} - \dfrac{6y}{x^2} \)
Buna göre, \( \mu(x) = \dfrac{1}{x^3} \) verilen tam olmayan denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( (x\sin{y})\ dx + (2x^2\cos{y} + y^2)\ dy = 0 \)
\( \mu(y) = \sin^3{y} \) çarpanının yukarıdaki denklemi tam yaptığını gösterin.
Çözümü Göster\( \mu \) fonksiyonu aşağıdaki eşitliği sağlıyorsa bu denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( \dfrac{\partial \mu}{\partial x}N - \dfrac{\partial \mu}{\partial y}M = \mu \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) \)
\( \dfrac{\partial (\sin^3{y})}{\partial x}(2x^2\cos{y} + y^2) - \dfrac{\partial (\sin^3{y})}{\partial y}(x\sin{y}) \overset{?}{=} \sin^3{y} \left( \dfrac{\partial (x\sin{y})}{\partial y} - \dfrac{\partial (2x^2\cos{y} + y^2)}{\partial x} \right) \)
\( 0(2x^2\cos{y} + y^2) - 3\sin^2{y}\cos{y}(x\sin{y}) \overset{?}{=} \sin^3{y}(x\cos{y} - 4x\cos{y}) \)
\( -3x\sin^3{y}\cos{y} = -3x\sin^3{y}\cos{y} \)
Buna göre, \( \mu(y) = \sin^3{y} \) verilen tam olmayan denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
\( (3xy + 2y^2 - 4)\ dx + (x^2 + 2xy)\ dy = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = 3x + 4y \)
\( N_x(x, y) = 2x + 2y \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Elimizde denklemi tam yapan bir integral çarpanı bulunmadığı için, denklemin birinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = \dfrac{1}{x^2 + 2xy} \left( \dfrac{\partial (3xy + 2y^2 - 4)}{\partial y} - \dfrac{\partial (x^2 + 2xy)}{\partial x} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x(x + 2y)} ((3x + 4y) - (2x + 2y)) \)
\( = \dfrac{1}{x(x + 2y)} (x + 2y) \)
\( = \dfrac{1}{x} \)
Elde ettiğimiz fonksiyon sadece \( x \) değişkenine bağlı olduğu için birinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(x) = e^{\int \frac{1}{x}\ dx} \)
\( = e^{\ln{\abs{x}}} \)
\( = \abs{x} \)
İntegral çarpanı denklemdeki tüm terimlerle çarpıldığı için önündeki işaretin pozitif ya da negatif olması çözümü değiştirmez, bu yüzden mutlak değer çarpandan kaldırılabilir.
\( = x \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (3x^2y + 2xy^2 - 4x)\ dx + (x^3 + 2x^2y)\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 3x^2 + 4xy \)
\( N_x(x, y) = 3x^2 + 4xy \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( N(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {N(x, y)\ dy} \)
\( = \displaystyle\int {(x^3 + 2x^2y)\ dy} \)
\( y \) değişkenine göre alınan integralin \( x \) değişkenine bağlı integral sabitine \( h(x) \) diyelim.
\( = x^3y + x^2y^2 + h(x) \)
\( h(x) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevini alarak \( M(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( 3x^2y + 2xy^2 + h'(x) = 3x^2y + 2xy^2 - 4x \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( h'(x) = -4x \)
Tarafların \( x \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {h'(x)\ dx} = \displaystyle\int {-4x\ dx} \)
\( h(x) = -2x^2 \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( x^3y + x^2y^2 - 2x^2 = C \)
\( (y^2 + 2y)\ dx + (xy + 1)\ dy = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = 2y + 2 \)
\( N_x(x, y) = y \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Elimizde denklemi tam yapan bir integral çarpanı bulunmadığı için, denklemin birinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = \dfrac{1}{xy + 1} \left( \dfrac{\partial (y^2 + 2y)}{\partial y} - \dfrac{\partial (xy + 1)}{\partial x} \right) \)
\( = \dfrac{1}{xy + 1} ((2y + 2) - y) \)
\( = \dfrac{y + 2}{xy + 1} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( x \) değişkenine bağlı oldmadığı için birinci özel durumun koşulu sağlanmaz.
Denklemin ikinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{M} \left( \dfrac{\partial N}{\partial x} - \dfrac{\partial M}{\partial y} \right) = \dfrac{1}{y^2 + 2y} \left( \dfrac{\partial (xy + 1)}{\partial x} - \dfrac{\partial (y^2 + 2y)}{\partial y} \right) \)
\( = \dfrac{1}{y(y + 2)} (y - (2y + 2)) \)
\( = \dfrac{1}{y(y + 2)}(-y - 2) \)
\( = -\dfrac{1}{y} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( y \) değişkenine bağlı olduğu için ikinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(y) = e^{\int {-\frac{1}{y}}\ dy} \)
\( = e^{-\ln{\abs{y}}} \)
\( = e^{\ln{\abs{y}^{-1}}} \)
\( = \abs{y}^{-1} \)
İntegral çarpanı denklemdeki tüm terimlerle çarpıldığı için önündeki işaretin pozitif ya da negatif olması çözümü değiştirmez, bu yüzden mutlak değer çarpandan kaldırılabilir.
\( = \dfrac{1}{y} \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (y + 2)\ dx + \left( x + \dfrac{1}{y} \right)\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 1 \)
\( N_x(x, y) = 1 \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( M(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {M(x, y)\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {(y + 2)\ dx} \)
\( x \) değişkenine göre alınan integralin \( y \) değişkenine bağlı integral sabitine \( g(y) \) diyelim.
\( = xy + 2x + g(y) \)
\( g(y) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre türevini alarak \( N(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( x + g'(y) = x + \dfrac{1}{y} \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( g'(y) = \dfrac{1}{y} \)
Tarafların \( y \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {g'(y)\ dy} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{y}\ dy} \)
\( g(y) = \ln{\abs{y}} \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( xy + 2y + \ln{\abs{y}} = C \)
\( x \gt 0 \) olmak üzere,
\( y\ dx - x\ dy = 0 \)
\( \mu(x) = -\dfrac{1}{x^2} \) yukarıdaki denklemi tam yapan bir integral çarpanı olduğuna göre, bu çarpanı kullanarak denklemi bir tam denklem olarak çözünüz.
Çözümü GösterVerilen integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( -\dfrac{y}{x^2}\ dx + \dfrac{1}{x}\ dy = 0 \)
Elde ettiğimiz denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = -\dfrac{1}{x^2} \)
\( N_x(x, y) = -\dfrac{1}{x^2} \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( N(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {N(x, y)\ dy} \)
\( = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dy} \)
\( y \) değişkenine göre alınan integralin \( x \) değişkenine bağlı integral sabitine \( h(x) \) diyelim.
\( = \dfrac{y}{x} + h(x) \)
\( h(x) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevini alarak \( M(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( -\dfrac{y}{x^2} + h'(x) = -\dfrac{y}{x^2} \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( h'(x) = 0 \)
Tarafların \( x \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {h'(x)\ dx} = \displaystyle\int {0\ dx} \)
\( h(x) = 0 \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( \dfrac{y}{x} = C \)
\( y = Cx \)
\( (y + 2xy^2)\ dx + (3x + 2x^2y)\ dy = 0 \)
\( \mu(xy) = \dfrac{1}{xy} \) yukarıdaki denklemi tam yapan bir integral çarpanı olduğuna göre, bu çarpanı kullanarak denklemi bir tam denklem olarak çözünüz.
Çözümü GösterVerilen integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( \left( \dfrac{1}{x} + 2y \right)\ dx + \left( \dfrac{3}{y} + 2x \right)\ dy = 0 \)
Elde ettiğimiz denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 2 \)
\( N_x(x, y) = 2 \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( N(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {N(x, y)\ dy} \)
\( = \displaystyle\int {\left( \dfrac{3}{y} + 2x \right)\ dy} \)
\( y \) değişkenine göre alınan integralin \( x \) değişkenine bağlı integral sabitine \( h(x) \) diyelim.
\( = 3\ln{\abs{y}} + 2xy + h(x) \)
\( h(x) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevini alarak \( M(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( 2y + h'(x) = \dfrac{1}{x} + 2y \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( h'(x) = \dfrac{1}{x} \)
Tarafların \( x \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {h'(x)\ dx} = \displaystyle\int {\dfrac{1}{x}\ dx} \)
\( h(x) = \ln{\abs{x}} \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( 3\ln{\abs{y}} + 2xy + \ln{\abs{x}} = C \)
\( x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) \) olmak üzere,
\( (y - xy\tan{x} + x)\ dx + x\ dy = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = 1 - x\tan{x} \)
\( N_x(x, y) = 1 \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Elimizde denklemi tam yapan bir integral çarpanı bulunmadığı için, denklemin birinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = \dfrac{1}{x} \left( \dfrac{\partial (y - xy\tan{x} + x)}{\partial y} - \dfrac{\partial (x)}{\partial x} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x} (1 - x\tan{x} - 1) \)
\( = \dfrac{1}{x} (-x\tan{x}) \)
\( = -\tan{x} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( x \) değişkenine bağlı olduğu için birinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(x) = e^{\int {-\tan{x}\ dx}} \)
\( = e^{\ln{\cos{x}}} \)
\( = \cos{x} \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (y\cos{x} - xy\cos{x}\tan{x} + x\cos{x})\ dx + x\cos{x}\ dy = 0 \)
\( (y\cos{x} - xy\sin{x} + x\cos{x})\ dx + x\cos{x}\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = \cos{x} - x\sin{x} \)
\( N_x(x, y) = \cos{x} - x\sin{x} \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( N(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {N(x, y)\ dy} \)
\( = \displaystyle\int {x\cos{x}\ dy} \)
\( y \) değişkenine göre alınan integralin \( x \) değişkenine bağlı integral sabitine \( h(x) \) diyelim.
\( = xy\cos{x} + h(x) \)
\( h(x) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre türevini alarak \( M(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( y\cos{x} - xy\sin{x} + h'(x) = y\cos{x} - xy\sin{x} + x\cos{x} \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( h'(x) = x\cos{x} \)
Tarafların \( x \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {h'(x)\ dx} = \displaystyle\int {x\cos{x}\ dx} \)
Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin integralini almak için kısmi integral alma yöntemini kullanalım.
\( u \) ve \( dv \) ifadelerini aşağıdaki gibi belirleyelim.
\( u = x \)
\( dv = \cos{x}\ dx \)
Buna göre \( du \) ve \( v \) aşağıdaki gibi olur.
\( du = dx \)
\( v = \sin{x} \)
Bu ifadeleri \( \int {u\ dv} = uv - \int {v\ du} \) kısmi integral formülünde yerine koyalım.
\( = x\sin{x} - \displaystyle\int {\sin{x}\ dx} \)
\( h(x) = x\sin{x} + \cos{x} \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( xy\cos{x} + x\sin{x} + \cos{x} = C \)
\( (1 + \cos{y})\ dx + (x\tan{y} + \cos^2{y})\ dy = 0 \)
denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Çözümü GösterDenklemin tam olmadığını gösterelim.
\( M_y(x, y) = -\sin{y} \)
\( N_x(x, y) = \tan{y} \)
\( M_y(x, y) \ne N_x(x, y) \) olduğu için verilen denklem tam değildir.
Elimizde denklemi tam yapan bir integral çarpanı bulunmadığı için, denklemin birinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{N} \left( \dfrac{\partial M}{\partial y} - \dfrac{\partial N}{\partial x} \right) = \dfrac{1}{x\tan{y} + \cos^2{y}} \left( \dfrac{\partial (1 + \cos{y})}{\partial y} - \dfrac{\partial (x\tan{y} + \cos^2{y})}{\partial x} \right) \)
\( = \dfrac{1}{x\tan{y} + \cos^2{y}} (-\sin{y} - \tan{y}) \)
\( = -\dfrac{\sin{y} + \tan{y}}{x\tan{y} + \cos^2{y}} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( x \) değişkenine bağlı oldmadığı için birinci özel durumun koşulu sağlanmaz.
Denklemin ikinci özel durumu sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim.
\( \dfrac{1}{M} \left( \dfrac{\partial N}{\partial x} - \dfrac{\partial M}{\partial y} \right) = \dfrac{1}{1 + \cos{y}} \left( \dfrac{\partial (x\tan{y} + \cos^2{y})}{\partial x} - \dfrac{\partial (1 + \cos{y})}{\partial y} \right) \)
\( = \dfrac{1}{1 + \cos{y}} (\tan{y} - (-\sin{y})) \)
\( = \dfrac{\sin{y} + \sin{y}\cos{y}}{\cos{y}(1 + \cos{y})} \)
\( = \dfrac{\sin{y}(1 + \cos{y})}{\cos{y}(1 + \cos{y})} = \tan{y} \)
Elde ettiğimiz fonksiyonu sadece \( y \) değişkenine bağlı olduğu için ikinci özel durumun koşulu sağlanır.
Bu durumda denklemi tam yapan integral çarpanını aşağıdaki formülle bulabiliriz.
\( \mu(y) = e^{\int {\tan{y}}\ dy} \)
\( = e^{\ln{\sec{y}}} \)
\( = \sec{y} \)
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (\sec{y} + 1)\ dx + (x\tan{y}\sec{y} + \cos{y})\ dy = 0 \)
Denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = \tan{y}\sec{y} \)
\( N_x(x, y) = \tan{y}\sec{y} \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( M(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {M(x, y)\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {(\sec{y} + 1)\ dx} \)
\( x \) değişkenine göre alınan integralin \( y \) değişkenine bağlı integral sabitine \( g(y) \) diyelim.
\( = x\sec{y} + x + g(y) \)
\( g(y) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre türevini alarak \( N(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( x\tan{y}\sec{y} + g'(y) = x\tan{y}\sec{y} + \cos{y} \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( g'(y) = \cos{y} \)
Tarafların \( y \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {g'(y)\ dy} = \displaystyle\int {\cos{y}\ dy} \)
\( g(y) = \sin{y} \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( x\sec{y} + x + \sin{y} = C \)
\( (4y^4 - 5xy^3)\ dx + (2xy^3 - x^2y^2)\ dy = 0 \)
\( \mu(x, y) = x^py^q \) verilen denklemi tam yapan bir integral çarpanı olduğuna göre, \( p \) ve \( q \) değerlerini bulunuz ve denklemi bir tam denklem olarak çözünüz.
Çözümü Gösterİntegral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (4x^py^{4+q} - 5x^{1+p}y^{3+q})\ dx + (2x^{1+p}y^{3+q} - x^{2+p}y^{2+q})\ dy = 0 \)
Denklemin tam olması için \( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) eşitliği sağlanmalıdır.
\( M_y(x, y) = 4(4 + q)x^py^{3+q} - 5(3 + q)x^{1+p}y^{2+q} \)
\( N_x(x, y) = 2(1 + p)x^py^{3+q} - (2 + p)x^{1+p}y^{2+q} \)
Bu eşitliğin sağlanması için benzer terimlerin katsayıları birbirine eşit olmalıdır.
\( 4(4 + q) = 2(1 + p) \)
\( -5(3 + q) = -(2 + p) \)
İki bilinmeyen ve iki denklemden oluşan bu denklem sistemini çözdüğümüzde aşağıdaki değerleri buluruz.
\( p = 3, \quad q = -2 \)
Buna göre, \( \mu(x, y) = x^3y^{-2} \) verilen tam olmayan denklemi tam yapan bir integral çarpanıdır.
Bulduğumuz integral çarpanını denklemin tarafları ile çarpalım.
\( (4x^3y^2 - 5x^4y)\ dx + (2x^4y - x^5)\ dy = 0 \)
Elde ettiğimiz denklemin tam olduğunu gösterelim.
\( M_y(x, y) = 8x^3y - 5x^4 \)
\( N_x(x, y) = 8x^3y - 5x^4 \)
\( M_y(x, y) = N_x(x, y) \) olduğu için elde ettiğimiz denklem bir tam diferansiyel denklemdir.
Buna göre aşağıdaki koşulları sağlayan ve verilen denklemin çözümü olan bir \( F(x, y) = C \) fonksiyonu vardır.
\( F_x(x, y) = M(x, y) \)
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( M(x, y) \) fonksiyonunun \( x \) değişkenine göre integralini alarak \( F(x, y) \) fonksiyonunu bulalım.
\( F(x, y) = \displaystyle\int {M(x, y)\ dx} \)
\( = \displaystyle\int {(4x^3y^2 - 5x^4y)\ dx} \)
\( x \) değişkenine göre alınan integralin \( y \) değişkenine bağlı integral sabitine \( g(y) \) diyelim.
\( = x^4y^2 - x^5y + g(y) \)
\( g(y) \) fonksiyonunu bulmak için \( F(x, y) \) fonksiyonunun \( y \) değişkenine göre türevini alarak \( N(x, y) \) fonksiyonuna eşitleyelim.
\( F_y(x, y) = N(x, y) \)
\( 2x^4y - x^5 + g'(y) = 2x^4y - x^5 \)
Eşitliğin iki tarafındaki terimleri karşılaştırdığımızda \( h'(x) \) aşağıdaki gibi bulunur.
\( g'(y) = 0 \)
Tarafların \( y \) değişkenine göre integralini alalım.
\( \displaystyle\int {g'(y)\ dy} = \displaystyle\int {0\ dy} \)
\( g(y) = 0 \)
Yöntemin en sonunda genel çözüme \( C \) sabiti ekleneceği için bu adımda ek bir integral sabiti eklemeye gerek yoktur.
Buna göre denklemin genel çözümü olan \( F(x, y) = C \) fonksiyonu aşağıdaki gibi bulunur.
\( x^4y^2 - x^5y = C \)