Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

1
(1) 2
6
15
3
27
x
y
y
y
x y
x
x y
x


 





 
bulunur.  Gerekiyorsa   
(4)
(5)
(6)
(1),
(1),
(1)
y
y
y
  ve 
( )
y x
  in  daha  yüksek  mertebeden  türevlerinin 
1
x

  noktasındaki  değerleri  benzer  yol  izlenerek  elde  edilir.  Bu  değerler  ( )
y x   in 
1
x

 
civarındaki Taylor açılımında yerine konarak, 
 
 






2
3
9
27
( ) 1 4
1
1
1
...
2!
3!
y x
x
x
x
 
 




     
elde edilir. 
 
Örnek. 
(0) 6
y

 ve 
4
y
y x
   
  tür.  ( )
y x  i Taylor açılımı yöntemiyle bulalım. 
4
y
y x
   
  denkleminin  her  iki  yanı 
x
e  göre  türeterek 
1
y
y


 
  bulunur.  Bir  kez  daha 
türeterek 
y
y



  elde  edilir.  Türetmeye  devam  ederek 
(
1)
( )
n
n
y
y


  ilişkisi  her 
2
n

  için 
oluşturulur. 

89 
 
 
0,
6
(0)
4
6 0 4 2
x
y
y
y x



  
   
 
0,
6
(0)
1
1
x
y
y
y




 

 
( )
(
1)
(0)
(0)
(0)
(0)
1
n
n
y
y
y
y











 
 
 
elde edilir. Öte yandan,  ( )
y x  in 
0
x

 civarındaki Taylor açılımı, 
 
( )
2
(0)
(0)
(0)
( )
(0)
1!
2!
!
n
n
y
y
y
y x
y
x
x
x
n










          
dir. Her iki denklem birleştirilir ve düzenlenirse; 
2
3
6 2
2!
3!
!
n
x
x
x
y
x
n
 






  
    
2
3
(5
) (1
) 5
2!
3!
!
n
x
x
x
x
x
x
x e
n
 
  




  


 
5
x
y
x e
  
 
elde edilir. 
 
Örnek. 
(0) 0
y

, 
(0) 1
y

 ve 
0
y
y
    dır.  ( )
y x  i Taylor açılımı yöntemiyle bulalım. 
Önce verilen denklemde 
0
x

 koyarak 
(0)
y
 ı bulalım: 
0
( )
( )
(0)
(0)
(0) 0 0
(0) 0
x
y x
y x
y
y
y
y









 


 
Şimdi de verilen denklemi bir kez türetelim ve 
0
x

 koyalım, 
0
( )
( ) 0
( )
( )
0
(0)
(0)
1
x
y x
y x
y x
y x
y
y












 
 
                                                                                      
bulunur. Bir kez daha türetelim ve 
0
x
  koyalım, 
(4)
(4)
0
( )
( )
0
(0)
(0) 0
x
y
x
y x
y
y






 

 
bulunur. Böyle devam edilirse, 
(5)
(2
1)
(0)
(0)
(0)
( 1)
(0)
1
n
n
y
y
y
y



 


 




 
(4)
(6)
(2 )
(0)
(0)
(0)
(0)
0
n
y
y
y
y









 
olduğu görülür ve  
3
5
7
2
1
( )
( 1)
3!
5!
7!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
y x
x
n

 



 




 
( ) sin
y x
x

     bulunur. 

90 
 
05.04. Adi Nokta – Tekil Nokta.  Frobenius Yöntemi              
 
0
1
2
( )
( )
( )
0
P x y
P x y
P x y




  
 
 
 
 
 
yapısında ikinci mertebeden homojen bir diferansiyel denklemi ele alalım.  x a
  noktası için, 
0
( ) 0
P a

 ise buna adi nokta,  
0
( ) 0
P a

 ise buna tekil nokta denir.  
x a

 noktası adi nokta ise  
 
 
2
0
1
2
0
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
y
a x a
a
a x a
a x a
a x a
















 
yazılarak bir çözüm aranır. Bu, kuvvet serisi yöntemi olarak bilinir. 
x a

 noktası bir tekil nokta ise ilk denklem 
 


1
2
2
( )
( )
0
R x
R x
y
y
y
x a
x a







 
şeklinde  yazılabilir. 
1
( )
R x
  ve 
2
( )
R x
  fonksiyonları 
x a

  noktası  civarında  seriye  açılabilirse 
x a

 noktasına düzgün tekil nokta,  
1
( )
R x
 ve  
2
( )
R x
 fonksiyonlarına ise 
x a

 noktası civarında analitiktir denilir ve  
  
 
0
0
(
)
(
)
c
n
c n
n
n
n
n
y x
a x a
a x a











 
 
          
1
2
0
1
2
(
)
(
)
(
)
(
)
c
c
c
c n
n
a x a
a x a
a x a
a x a














          
formunda bir çözüm aranır. Bu yöntem, Frobenius yöntemi olarak bilinir. 
P(x) ve R(x) in yerine konulup gerekli düzenlemelerin yapılmasından sonra oluşan denklemde 
en küçük kuvvetli 
x
in katsayısını sıfıra eşitleyerek elde edilen ilişkiye indis denklemi denir. 
İkinci dereceden bir denklem olan indis denkleminin kökleri için üç farklı durum söz konu-
sudur: 
i. Kökler birbirinden farklı ve aralarındaki fark bir tam sayıdan farklıdır. 
ii. Kökler birbirine eşittir. 
iii. Kökler birbirinden farklı ve aralarındaki fark bir tam sayı kadardır. 
Bu aşamada  x a
  noktasının adi bir nokta veya düzgün bir tekil nokta olduğu durumlar için 
örnekler vereceğiz. 
 
05.05.  Adi Nokta 
 
Örnek. 
2
y
xy
y
 

    diferansiyel  denkleminin 
(0) 1
y

  başlangıç  koşulunu  gerçekleyen 
0
n
n
n
y
a x




  
formunda bir özel çözümünü bulalım. 

91 
 
0
( ) 1
P x
 , 
0
a
 ’dır.
0
(0) 1 0
P
  ’dır. Yani bir adi nokta söz konusudur.  
Öyleyse, 
0
n
n
n
y
a x




  formunda bir çözüm arayabiliriz: 
 
1
2
1
2
3
1
2
3
n
n
n
y
na x
a
a x
a x



 
 



   dir. 
0
0
,
n
n
n
n
a
b




 
  gibi herhangi iki serinin çarpımını, 
0 0
0 1
1 0
0 2
1 1
2 0
0
0
(
) (
)
n
n
n
n
a
b
a b
a b
a b
a b
a b
a b






















   
                  
 
 
0
1
1
0
(
)
n
n
n
a b
a b
a b








 
bağıntısıyla biçimlendiren Cauchy çarpımını kullanarak, 
2
0
0
.
n
n
n
n
y y y
a
a








 







 
 
2
2
0
1
2
0
1
2
(
)(
)
n
n
n
n
a
a x a x
a x
a
a x a x
a x















 
2
2
0
0 1
1 0
0 2
1 1
2 0
(
)
(
)
a
a a
a a x
a a
a a
a a x







 
 
0
1
1
1 1
0
(
)
n
n
n
n
n
a a
a a
a a
a a x









  
bulunur. 
2
, ',
y y y
 nin bu değerleri ile denkleme gidelim ve düzenleyelim : 
2
1
2
3
2
3
a
a x
a x




 


2
2
2
3
2
3
1
2
1
1
2
3
2
2
o
o
o
o
a x
a a x
a a
a
x
a
a x a x
a x
















2
2
2
3
1
1
2
2
1
3
(
)
(2
)
(2
)
o
o
o
o
a
a
a x
a a
a x
a a
a
a x










 
olup  şimdi,  eşitliğin  her  iki  yanında  bulunan  aynı  kuvvetten 
x
  lerin  katsayıları  karşılıklı 
olarak eşitlenirse : 
1
0
,
a
a

 
2
2
2
2
0
1
0
0
2
0
0
1
2
(
),
2
a
a
a
a
a
a
a
a

 




      
2
2
2
2
3
0 1
2
0
0
0
0
0
3
0
0
1
1
1
3
2
2
(
)
(5
)
(5
),
2
2
6
a
a a
a
a
a
a
a
a
a
a
a










 

 
bulunur. 
0
n
n
n
y
a x




   de yerine koyalım : 
2
2
2
3
0
0
0
0
1
1
(
)
(5
)
2
6
o
o
y a
a x
a
a x
a
a x








 
(0) 1
y

 başlangıç koşulundan 
1
o
a

 ve  
2
3
1
y
x x
x
  


       elde edilir. 

92 
 
Örnek. 
2
y
xy
 

 diferansiyel denkleminin 
0
n
n
n
y
a x




  formunda bir çözümünü bulalım. 
0
( ) 1
P x

 ;  
0
a

  ve  
0
(0) 1 0
P
 
 dır. Yani bir adi nokta söz konusudur. 
2
2
(
1)
n
n
n
y
n n
a x



 


  dir. Denkleme gidelim ve düzenleyelim : 
 
2
1
2
0
(
1)
2
n
n
n
n
n
n
n n
a x
a x











 
 
2
3
2
3
0
4
1
5
2
2
(3.2
)
(4.3
)
(5.4
)
a
a
a x
a
a x
a
a x









 
 


2
3
(
1)
2
n
n
n
n n
a
a
x








 
Buradan,                                                                       
0
1
2
2
3
4
5
3
1
1 ,
,
,
,
,
3!
4.3
5.4
(
1)
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
n n


 
 
 
 


 elde edilir.  
Böylece rekürans bağıntısı bulunmuş olur.  
2
5
8
11
,
,
,
, ...
a
a
a
a
  dizininin  elemanlarını  rekürans  bağıntısına  göre 
2
a
  cinsinden  ifade 
edelim: 
 
2
5
8
11
1
1
1
1 ,
,
,
,
5.4
8.7.5.4
11.10.8.7.5.4
a
a
a
a

 
 
 

 
olurlar.  Şimdi  de 
0
3
6
9
,
,
,
, ...
a
a
a
a
    dizisinin  elemanlarını  rekürans  bağıntısına  göre 
0
a
 
cinsinden ifade edelim: 
 
0
0
0
0
0
3
6
9
,
,
,
,
3.2
6.5.3.2
9.8.6.5.3.2
a
a
a
a
a
a
a
a

 
 
 

 
olurlar. Son olarak 
1
4
7
10
,
,
,
, ...
a
a
a
a
  dizininin elemanlarını rekürans bağıntısına göre 
1
a
 
cinsinden ifade edelim : 
 
1
1
1
1
1
4
7
10
,
,
,
,
4.3
7.6.4.3
10.9.7.6.4.3
a
a
a
a
a
a
a
a

 
 
 
  
olurlar. Bulunan bütün bu 
n
a  değerlerini 
0
n
n
n
y
a x




 serisinde yerlerine koyarak çözümü elde 
edelim : 
3
6
9
0
1
1
1
(1
)
3.2
6.5.3.2
9.8.6.5.3.2
y a
x
x
x






 
 
 
4
7
10
1
1
1
1
(
)
4.3
7.6.4.3
10.9.7.6.4.3
a x
x
x
x






 
 
 
2
5
8
11
2
1
1
1
(
)
5.4
8.7.5.4
11.10.8.7.5.4
a x
x
x
x






 

93 
 
Örnek. 
0
y
y


   diferansiyel denkleminin 
0
n
n
n
y
a x




 formunda bir çözümünü bulalım. 
0
( ) 1
P x

 ;  
0
a

  ve 
0
(0) 1 0
P
 
  dır. Yani bir adi nokta söz konusudur. 


1
2
1
2
,
1
n
n
n
n
n
n
y
na x
y
n n
a x













dir. Denkleme gidelim ve düzenleyelim : 
 
 
2
1
2
1
(
1)
0
n
n
n
n
n
n
n n
a x
na x











 
 
2
2
1
3
2
4
3
(2.1
) (3.2
2 )
(4.3
3 )
a
a
a
a x
a
a x










1
1
(
1)
0
n
n
n
n
na
na x







 
Buradan,                                                       
 
1
2
1
3
1
1
2
3
4
1
,
,
,
,
,
2!
3
3!
4
4!
1 (
1)!
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
n
n












 
elde edilir. Bulduğumuz bu 
n
a
 değerlerini 
0
n
n
n
y
a x




 serisinde yerleştirir ve düzenlersek : 
2
3
1
0
1
1
1
2!
3!
(
1)!
n
n
x
x
x
y a
a x a
a
a
n










  
     
2
3
1
0
1
1
1
2!
3!
(
1)!
n
x
x
x
a
a
a
x
n




 
 










  
     
1
2
x
c
c e
 
 
bulunur. Burada  
1
1
0
2
1
,
c
a
a
c
a
 

 olarak alınmış ve  
 
 
2
3
1
1
2!
3!
(
1)!
n
x
x
x
x
e
x
n

  






  
bağıntısı kullanılmıştır. 
 
Örnek. 
(
1)
0
y
xy
x
y






    diferansiyel  denkleminin 


0
1
n
n
n
y
a x





  formunda  bir  çözümünü 
bulalım. 
1
x
t
 
  olsun.   
 
 
1
dt
dx

  ve   
dy
dy dt
dy
dx
dt dx
dt


 ’dir. 
 
 
2
2
2
2
d y
d dy
d dy dt
d dy
d y
dx
dx dx
dt dx dx
dt dt
dt






















 
olduğu dikkate alınırsa verilen diferansiyel denklemi, bağımsız değişken t olmak üzere; 

94 
 
 
 
(
1)
0
y
t
y
ty


 
 
 
formunda  yazabiliriz.  Ve  problem  bu  denklemin 
0
n
n
n
y
a t




  formunda  bir  çözümünün 
bulunması problemine indirgenmiş olur. 
 
 
1
2
1
2
,
(
1)
n
n
n
n
n
n
y
na t
y
n n
a t













    
değerleri ile denkleme gidelim : 
 
 
2
1
1
2
1
0
(
1)
(
1)
0
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
a t
t
na t
a t

















 
Açılımını yaparak : 
2
2
3
4
2
2.1
3.2
4.3
(
2)(
1)
n
n
a
a t
a t
n
n
a t














 
2
3
1
2
3
2
3
n
n
a t
a t
a t
na t












  


2
1
2
3
1
2
3
1
n
n
a
a t
a t
n
a t













  
2
3
0
1
2
1
0
n
n
a t a t
a t
a t














 
olup düzenlersek, 






2
2
1
3
1
2
0
4
2
3
1
2
3.2
2
4.3
2
3
a
a
t
a
a
a
a
t
a
a
a
a











 
 
 
 
 
 





2