Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

y
 ve 
y
 nin 
verilen değerlerini denklemde yerine koyalım : 
 
 

106 
 







2
2
1
0
1
2
1
1
2
1
c
c
c
x a c c
x
a
c cx
a
c
c x











  




2
1
n c
n
a
n
c
n
c
x
 


 


 






2
1
1
0
1
2
1
2
c
c
c
x x
a cx
a
c x
a
c x



 










1
n c
n
a n c x
 




 
 
1
2
0
1
2
0
c
c
c
n c
n
a x
a x
a x
a x
















 
olup düzenleyelim : 


0
0
0
1
c
x a c c
a c a
 









1
1
1
0
1
1
1
c
x
a
c c a
c
a
a




 




  
 







2
2
2
1
2
2
1
2
1
c
x
a
c
c
a
c
a
c
a



 
 
 




 … 







1
1
1
0
n c
n
n
n
n
x
a n c n c
a n c
a
n c
a




  
 
  







 
Bu oluşumda en küçük dereceli 
x
 içeren terimin 
0
0
a

 varsayımı altında sıfıra eşitlenmesi ile 
indis denklemi bulunacaktır : 
 


2
0
1
2
1
1
0
1 0
1,
1
a c c
c
c
c
c
   

 


 




 
Geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile 


2
0
1
0
1
1
1
2
a
a
c
a c
a
c



 





 







2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
3
a
a
a
c
a
c
a
c
c
c



 






 


 

 
olup, böylece rekürans bağıntısı, 



 

2
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a
n c
n c
a
n c
a
a
n c





 
 
 




 
 
olarak bulunur.  
Verilen denklemin 
x
 ve  
c
 ye bağlı olarak oluşturulan çözümü, 



1
2
0
0
0
( , )
2
2
3
c
c
c
a
a
y x c
a x
x
x
c
c
c















0
2
3
1
n c
a
x
c
c
n c





 


 
şeklinde oluşacaktır. 
( , )
y x c
 de  
1
1
c

 koyalım ve 
1
( )
y x
 çözümünü bulalım : 


2
1
0
1
1
1
( ,1)
( )
1
3
3 4
3 4
1
n
y x
y x
a x
x
x
x
n



















 
( , )
y x c
 de  
1
1
c
   koyalım ve 
2
( )
y x  çözümünü bulalım : 
2
1
2
0
( , 1)
( )
1
2
2 3
n
x
x
y x
y x
a x
x
n



 

 









2
1
0
1
2!
!
n
x
x
a x
x
n




 









 

107 
 
dır. Genel çözüm : 
1
2
( )
( )
( )
y x
Ay x
By x


  yapısında olacaktır. 
Örnek. 


2
2
1
0
x y
xy
x
y





  diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. 
Denklemi önce 
 
 
 
2
2
1
1
0
x
y
y
y
x
x






 
formunda  yazalım.  Burada   
 
 
2
1
2
1 ,
1
R x
R x
x


   olup  her  ikisi  de 
0
x

  noktası 
civarında  seriye  açılabilirler,  yani  analitiktirler.  Dolayısıyla 
0
x

  noktası  bir  düzgün  tekil 
noktadır  ve  denklemin   
0
c n
n
n
y
a x





    formunda  bir  çözümü  olacaktır.  y   ve 
y
  yü 
oluşturalım ve 
y
 ile birlikte denklemde yerine koyalım : 


2
2
1
x y
xy
x
y












2
2
1
2
0
1
2
1
1
2
1
c
c
x a c c
x
a
c cx
a
c
c x













 




2
1
n c
n
a n c n c
x
 


 






1
1
0
1
2
1
2
c
c
c
x a cx
a
c x
a
c x











 



1
n c
n
a n c x
 






2
1
2
0
1
2
1
0
c
c
c
n c
n
x
a x
a x
a x
a x

















 
olup düzenlenirse, 


2
2
1
x y
xy
x
y







0
0
0
1
c
x a c c
a c a

 









1
1
1
1
1
1
c
x
a
c c a
c
a




 




 
  
 







2
2
2
1
2
0
2
1
2
1
c
x
a
c
c
a
c
a
c
a
a



 
 
 






… 
  
 





2
1
n c
n
n
n
n
x
a n c n c
a n c
a
a




  









 


2
0
1
c
x
c
a






 


2
1
1
1
1
c
x
c
a








 




2
2
2
0
2
1
c
x
c
a
a









 + … 
 
 




2
2
1
0
n c
n
n
x
n c
a
a













 
bulunur.  Burada,  en  küçük  dereceli 
x
  içeren  terimin 
0
0
a

  varsayımı  altında  sıfıra 
eşitlenmesi ile indis denklemi bulunacaktır: 
 


2
2
0
1
2
1
0
1 0
1,
1
a c
c
c
c
 

 


 
 
Geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile  


2
1
1
1
1
0
0
c
a
a









 




2
0
2
0
2
2
2
1
0
2
1
a
c
a
a
a
c







 




 
 

 
olup  rekürans bağıntısı,  
 
 




2
2
2
2
1
1
0
,
2
1
n
n
n
n
n c
a
a
a
a
n
n c









 





 

108 
 
olarak bulunur.  
Rekürans bağıntısı ve 
1
0
a

 gerçeği dikkate alınırsa 
 
 
3
5
7
2
1
0
n
a
a
a
a









 
olduğu görülecektir.  
Rekürans bağıntısında  
1
1
c c
 
 koyalım: 
 




2
2
1
1
,
2
2
1
1
n
n
a
a
n
n n
n

 
 




 
olur ve buradan hareketle, 
 
 
 
2
0
0
2
1
1
2 4
2 1!2!
a
a
a
 
 
 
 
 
 
4
2
0
4
1
1
4 6
2 2!3!
a
a
a
 

 
 
 
 
6
4
0
6
1
1
6 8
2 3!4!
a
a
a
 
 
 
bulunur. Bunlardan genelleme yaparak 
 
 
 
 


2
0
2
1
,
1, 2, 3,
2
!
1 !
k
k
k
a
a
k
k k





 
yazılır. İndis denkleminin  
1
1
c c
 
 köküne karşı gelen çözümü 
          
 


2
1
0
2
0
1
( , )
( ,1)
( )
2
!
1 !
n
n
n
n
y x c
y x
y x
a x
x
n n








 
olacaktır. 
 
Şimdi de rekürans bağıntısında  
2
1
c c
  
 kökünü koyalım : 
 
 




2
2
2
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
n n
n c


 
 



 
bulunur. 
2
a
  yi  bulmak  amacıyla 
2
n

  koyacak  olursak  paydanın  sıfır  olması  nedeniyle  bir 
sonuç  alınamayacaktır.  Yani 
2
a
,  dolayısıyla 
1
k

  olmak  üzere 
2k
a
ları  belirleyebilmemiz 
olanaklı olmayacaktır. 
Bu aşamada indis denkleminin bu kökünü kullanmadan 
2
4
,
,
a a

 katsayılarını ve 
( , )
y x c
 yi 
oluşturalım : 
 





 

2
0
4
0
2
1
1
,
,
3
1
5
3
1
a
a
a
a
c
c
c
c
c
 
 






 
 





 

2
4
0
2
1
1
( , )
3
1
5
3
1
c
c
c
y x c
a x
x
x
c
c
c
c
c




















    
 
    (2) 

109 
 
Şimdi   




0
0
2
0
1
a
b c c
b c



   ile 
0
a
  için  bir  seçim  yapalım  ve  (2)  de  bu  seçimimizi 
değerlendirelim: 







 

2
4
0
2
1
1
( , )
1
3
1
5
3
1
c
c
c
y x c
b c
x
x
x
c
c
c
c
c





















 
 
          
 







2
4
0
2
1
1
1
3
5
3
c
c
c
b
c
x
x
x
c
c
c



















 
 

     
2
4
0
2
1
1
1
3
5
3
c
b x
c
x
x
c
c
c



 












 
Bulduğumuz bu 
( , )
y x c
 çözümünü, aradığımız denklemde yerine koyar ve 
i
a
 lerin arasındaki 
ilişkileri değerlendirecek olursak, 
 
 





2
2
2
0
( , )
( , )
1 ( , )
1
1
0
c
x y x c
xy x c
x
y x c
b x c
c









         
elde ederiz. Bu denklemin bir çözümünü elde edebilmek olanaklı ise 
     
 
 
1
( , )
( , 1)
c
y x c
y x


  
olacağı  açıkça  görülmektedir.  Bir  başka  çözümü  ise,  aynı  denklemin  sağ  yanında  yer  alan 
1
c

 
çarpanının 
kuvvetinin 
derecesinin 
2 
olması 
nedeniyle, 
dolayısıyla                                                     
 











2
2
2
0
0
1
1
ln
1
1
1
2
1
1
0
c
c
c
c
b x c
c
b x
x c
c
x c
x c
c
c
 



















 
ilişkisinin  
1
c
   için de gerçeklenmesi nedeniyle 
 
 
             
1
( , )
c
y x c
c



 
bir çözüm olacaktır. 





2
4
0
2
( , )
1
1
ln
1
3
5
3
c
y x c
b x
x c
x
x
c
c
c
c




 













 
               

 
 
 


2
4
4
0
2
2
2
3
2
1
3
5
3
5
3
c
x
x
x
b x
c
c
c
c
c



















 
olur. 
2
1
c c
  
   konulursa : 


2
, 1
( )
y x
y x
c









1
2
4
0
2
1
1
ln
1 1
3 1
5 1 3 1
b x
x
x
x




  












 
        

 
 
 


2
4
4
1
0
2
2
2
3
2
1
3 1
5 1
3 1
5 1 3 1
x
x
x
b x




















 
         
2
1
2
0
0
1
1
1
5
ln
1
2
8
4
64
b x x
x
b x
x
x





 
















 
olup, çözüm y(x) = A.y
1
 + B.y
2
 yapısında oluşacaktır. 

110 
 
05.07. Alıştırma Problemleri ve Yanıtları 
1) 
''
0
y
y
 
 dif. denkleminin 
0
n
n
n
y
a x




formunda bir çözümünü bulunuz. 
Yanıt: 
2
4
3
5
0
1
1
1
1
1
1
...
...
2!
4!
3!
5!
y a
x
x
a x
x
x




















 
2) 
2
3 '' 2 '
0
xy
y
x y


  dif. denkleminin genel çözümünü bulunuz. 
Yanıt: 
3
6
3
6
1
3
1
...
1
...
24 2448
30 3420
x
x
x
x
y
A
Bx




















 
3)
''
'
0
xy
y
y
  
 dif. denkleminin genel çözümünü bulunuz. 
Yanıt:
2
2
3
2
2
2
1 1
1 1 1
(
ln ) 1
... 2
(1
)
(1
)
...
(2!)
2 (2!)
2 3 (3!)
x
y
A B x
x
B x
x
x




 
 
 
 
  









 
4) 
'' 3 '
0
xy
y
xy



 dif. denkleminin genel çözümünü bulunuz. 
Yanıt:  
4
6
2
4
2
2
5
1
1
1
1
(
ln )
...
1
...
2.2.4
2.2 .4.6
2
2 2!
y
A B
x
x
x
B
x
x





















 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
6. BÖLÜM 
 
LEGENDRE VE BESSEL  DİFERANSİYEL DENKLEMLERİ 
 
06.01. Giriş 
Bu bölümde konu edilecek olan diferansiyel denklemler çok özel olup, ancak kuvvet serileri 
ya  da  seriye  açılımlar  yoluyla  incelenebildiği  için  burada  yer  almış  olmaktadırlar.  Bu  tür 
denklemler, bazı çalışmalar yapılırken bilim insanlarının karşısına çıkar ve bunlarla uğraşmak 
yepyeni  bir  ilgi  alanı  oluşturur.  İşte  Legendre  ve  Bessel  Diferansiyel  denklemleri  de  adları 
denklemlere  verilmiş  bilim  insanları  tarafından  bulunmuştur.  Bunlardan  biri  Adrien  Marie 
Legendre  (1752-1833)  olup  kendi  adıyla  anılan  diferansiyel  denklemi  bulmuştur.  Bunun 
sonucunda, yine kendi adıyla anılan Legendre Polinomları ortaya çıkmıştır.  
Bessel  Diferansiyel  Denklemi  çok  daha  özel  bir  denklemdir.  Bu  denklemle  ilk  ilgilenen 
J.Bernoulli  olmuşsa  da  denklemi  tam  olarak  ortaya  çıkaran  bilim  insanı  Friedrich  Wilhelm 
Bessel  (1784-1846)  olmuştur.  Bu  denklemi,  gezegenlerin  hareketleri  üzerine  yaptığı 
çalışmalar sırasında  geliştirmiştir. Bessel diferansiyel denklemi  ve ondan elde edilen  Bessel 
Fonksiyonları  uygulamalı  matematik  için  önemli  bir  denklem  olup,  akışkanlar  mekaniği, 
elastisite teorisi, potansiel teori, difüzyon ve dalga yayılımı gibi çok farklı ve çeşitli alanlarda 
uygulanabilirliği görülmektedir. Teorik fizikte de kullanılmaktadır.  
06.02. Legendre Diferansiyel Denklemi