Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

verildiğinden, ikinci yanlarda türevli terim bulunmamaktadır. 
Aşağıdaki denklem sistemi, görüntü olarak böyle bir sistemi temsil etmektedir. 
2
2
t
t
dx
x
y e
dt
dy
x y e
dt

 


 
 
diferansiyel denklem sistemi, Normal Sisteme ait bir örnektir. 
 
02.08. Teorem 
Her kanonik sistem, bir normal sisteme dönüştürülebilir. 
Daha  önce  tanım  için  kullandığımız  diferansiyel  denklem  sistemini  yeni-den  ele  alalım.  Bu 
sistemde bütün türevleri birinci mertebeye indirgeyecek şekilde yeni bilinmeyen fonksiyonlar 
kullanarak sistemi yeniden düzenleyelim. Şunları varsayalım:  
x
1
’ = x
4
  ;  x
3
’ = x
5
  ;  x
1
” = x
4
’ = x
6
  ;  x
3
” = x
5
’  ;  x
1
”’ = x
6
’ . 
1
1
1
1
1
2
3
3
2
2
1
1
1
2
3
3
3
3
1
1
1
2
3
3
( , ,
,
, , ,
)
( , ,
,
, , ,
)
( , ,
,
, , ,
)
x
F t x x x x x x
x
F t x x x x x x
x
F t x x x x x x

 



 



 


 
Bu sistem yukarıda öngörülen varsayım yardımıyla yeniden düzenlenirse, 
6
1
1
4
6
2
3
5
2
2
1
4
6
2
3
5
5
3
1
4
6
2
3
5
1
4
3
5
4
6
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
x
F t x x x x x x
x
F t x x x x x x
x
F t x x x x x x
x
x
x
x
x
x
 
 
 
 
 
 
 

12 
 
 
 
olur.  Bu  sistem  bir  normal  sistemin  bütün  özelliklerini  göstermektedir.  Burada  yeni 
bilinmeyenler  katılmış  olması  nedeniyle  denklem  sayısı  artmıştır.  Ancak  her  iki  sistemin 
mertebeleri eşittir.  İlk sistemde mertebe  3 + 1  + 2  = 6 dır. Yeni sistemde ise hepsi  birinci 
mertebeden olan altı denklem vardır ki bu sistemin mertebe sayısı da 6 dır. Demek ki bir ka-
nonik  sistem,  bir  normal  sisteme,  mertebeleri  eşit  olacak  şekilde  dönüştürülmektedir.  Bu 
yargıya  göre,  bir  kanonik  sistem  bir    normal  sisteme  dönüştürülmek  istendiğinde,  mertebe 
sayısına  bakarak,  önceden    kaç  yeni  değişken  katılacağı  kestirilmiş  olur.  Bu  teoremin  bir 
sonucu olarak son elde  edilen diferansiyel denklem sisteminin çözümünden kolayca görüle-
bileceği  gibi,  sistemin  genel  çözümünde  bulunacak  keyfi  sabitlerin  sayısı,  sistemin 
mertebesine  eşit  olacaktır.  Dolayısıyla  genel  çözümde  mertebe  sayısına  eşit  keyfi  sabit 
bulunacaktır. Bu keyfi sabitler birbirinden bağımsızdırlar. Öyleyse varsayılan genel çözüm 
1
1
1
2
3
4
5
6
2
2
1
2
3
4
5
6
3
3
1
2
3
4
5
6
4
4
1
2
3
4
5
6
5
5
1
2
3
4
5
6
6
6
1
2
3
4
5
6
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
( , , , , , , )
x
f t c c c c c c
x
f t c c c c c c
x
f t c c c c c c
x
f t c c c c c c
x
f t c c c c c c
x
f t c c c c c c






 
şeklinde (yapısında) olacaktır. Bu çözüm takımı her iki sistemime de aittir. 
Örnek . 
                
    ,     
 
sistemi bir normal sistem olup, çözüm için türetme-yok etme yöntemini uygulayalım. Her iki 
bağıntı türetilirse : 
=
− =  
şeklinde sabit katsayılı bir diferansiyel denklem elde edilir.  
Bu çözülürse genel çözüm       =
+ 
      olur. Bu sistemden seçilen bağıntılardan 
birine götürülürse 
=
=
=
+
 
elde edilir. Bu şekilde sistemin çözüm takımı bulunmuş olur ki bu çözüm aşağıdadır: 
 
 
Bu sistemin bir özelliği daha var. Bunu tartışalım. Kolayca görülüyor ki sistem x = 0 ve y = 0 
için  de  sağlanmaktadır.  Öyleyse    {x  = 0;  y  =  0}    da  bu  sistemin  bir  çözümüdür.  Ancak  bu 
sonuç  genel  çözümden  elde  edilemez.  Ayrıca  hiçbir  keyfi  sabit  içermemektedir.  Çözüm 
takımında  ancak    c
1
  =  0  ve c
2
  =  0  olması  halinde  yukarıdaki  sonuç  elde  edilebilir ki  bu  da 
dx
y
dt

dy
x
dt

2
2
dx
d x
y
dt
dt
 

dy
dt
x
2
2
  
d x
dt

x
0
x
1
c
t
e

2
t
c e

y
dx
dt


1
2
t
t
d
c e
c e
dt


1
t
c e


2
t
c e
1
2
1
2
t
t
t
t
x c e
c e
y
c e
c e




 


13 
 
 
 
keyfi sabitlerin lineer bağımlı olması demektir. Oysa daha önceden gördüğümüz gibi bunlar 
lineer  bağımlı  olamazlar.  x  =  0  ;  y  =  0  çözümü  genel  çözümden  elde  edilemez.  Bu  tür 
çözümlere Aşikâr Çözüm ya da Trivial Çözüm de denilmektedir.  
Örnek .       
 
 
 
 
Diferansiyel  denklem  sistemi  bir normal  sistem olup,  çözümünü  araştıralım  : türetme  –  yok 
etme yöntemini uygulamak üzere her iki denklemi de türetelim : 
 
      
=
 
 
       
=
 
olur. (2) bağıntısının her terimini 5 ile çarpar (1) bağıntısının terimleri ile toplarsak, 
                        
 
bulunur. Bu sonuç (4) de yerine konursa 
 
elde edilir. Bu ise ikinci mertebeden sabit katsayılı, ikinci yanlı bir diferansiyel denklem olup 
çözülürse, 
 
bulunur. Şimdi de  x(t)  fonksiyonunu bulmak üzere (2) bağıntısını kulla- 
nalım. Bunun için (2) bağıntısını 
 
şeklinde düzenleyelim ve y(t) çözümünü buraya uygulayalım :  
 
 
 
5
2
                1
3
                 2
t
t
dx
x
y e
dt
dy
x
y e
dt




  

2
2
d x
dt
 
5
2
         3
t
dx
dy
e
dt
dt


 

2
2
d y
dt
 
3
           4
t
dx
dy
e
dt
dt

 

5
17
5
5
17
5
t
t
t
t
dx
dy
y
e
e
dt
dt
dx
dy
y
e
e
dt
dt






 



2
2
2
2
5
17
5
3
8
17
4
t
t
t
t
t
d y
dy
dy
y
e
e
e
dt
dt
dt
d y
dy
y e
e
dt
dt




  













 


4
1
2
1
2
sin
cos
26
5
t
t
t
y t
e
c
t c
t
e
e






3
t
dy
x
y e
dt
 


 




4
4
1
2
1
2
1
2
1
2
sin
cos
3
sin
cos
26
5
26
5
t
t
t
t
t
t
t
d
x t
e c
t c
t
e
e
e c
t c
t
e
e
e
dt



 











 


 


14 
 
 
 
olup, bu ifade üzerinde gerekli hesaplamalar ve düzenlemeler yapılırsa, 
 
bulunacaktır. Böylece araştırma konusu olan normal sistemin çözümü 
 
şeklinde elde edilir. Bu  bir genel çözümdür. Örnek seçilen sistemin mertebesi 2 dir. Dikkat 
edilirse çözüm takımındaki keyfi sabitlerin sayısı da 2 dir.  
Örnek .     
 
 
diferansiyel  denklem  sistemini  inceleyelim.  Bu  sistemin  bazı  özellikleri  bulunmaktadır. 
Örneğin (2) bağıntısı (1) bağıntısına uygulanırsa        
 
 
olur. Bu ifade türetilirse :
 
        ;          
 
olur. Bununla (2) bağıntısına gidilirse 
 
diferansiyel denklemine varılır ki bu değişkenlerine ayrılabilen bir diferansiyel denklemdir ve 
çözümü 
             
 
dir. Bunu kullanarak (3) bağıntısından z(x) de bulunabilecektir  
 
Artık sistemin çözüm takımı aşağıda görüldüğü şekilde ifade edilebilecektir: 
 
 






4
2
1
2
1
2
1
sin
cos
13
5
t
t
t
x t
e
c
c
t
c
c
t
e
e







 
 






 


4
2
1
2
1
4
1
2
2
1
sin
cos
3
5
1
2
sin
cos
26
5
t
t
t
t
t
t
x t
e
c
c
t
c
c
t
e
e
y t
e
c
t c
t
e
e













 
 
2
2
2
2
2
2
2
2
           1
                      2
x
x
d y d z dy
y z e
dx
dx
dx
d y d z dy
e
dx
dx
dx



  



 
         
         y+z
        3
x
x
x
x
e
y z
e
e
e


  



x
x
dy
dz
e
e
dx
dx




2
2
2
2
x
x
d y
d z
e
e
dx
dx




        
         
2
x
x
x
x
x
dy
dy
e
e
e
e
e
dx
dx









 
1
2
x
x
y x
e
e
c

  
 
1
1
     
     z
  
       
 z
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
y
z
e
e
y
e
e
e
e
c
e
e
e
e
c





 


  


 





 

 
 
2
2
x
x
x
x
y x
e
e
c
z x
e
e
c


  
 

  

15 
 
 
 
Bu çözüm içinde ilginç bir sonuç vardır. Çözümde sadece 1 adet keyfi sabit görülmektedir. 
Oysa sistemin mertebesi 4 olarak görülmektedir. Bu noktada dikkat edilmesi gereken şudur :  
(2)  bağıntısının  birinci  yanı  ile  (1)  bağıntısının  birinci  yanındaki  türev  ifadeleri  birbirinden 
bağımsız  
değillerdir.  Bu  özelliğiyle  sistem,  ayrıcalıklı  bir  durum  göstermektedir.  Bunun  bir  sonucu 
olarak  sistemin  genel  çözümünde,  4  değil  sadece  1  keyfi  sabit  bulunmaktadır.  Gerçekte 
incelenmiş olan sistem  
 
sistemiyle  eş  anlamlı  olup,  görüldüğü  gibi  bu  sistemin  mertebesi  1  dir.  Örnek  olarak 
seçtiğimiz bu diferansiyel denklem sistemi, bir kanonik sistem olmadığı gibi, normal sistem 
haline de getirilemez. 
Örnek. 
 
 
 
4
2
                    1
                           2
dy
y
z x
dx
dz
y z
dx



  
 
normal  sistemini  inceleyelim.  Sistemin  mertebesi  2  dir.  Türetme-yok  etme  yöntemini 
kullanalım. Bu amaçla sistemdeki her iki bağıntıyı da türetelim: 
                       
 
olup (2) den,  y = z – z’  olup (4) de yerine konur ve düzenlenirse, 
 
             
 
elde edilir. Bu sabit katsayılı , ikinci taraflı bir denklemdir. Denklem çözülürse: 
                       
 
olarak z bilinmeyeni belirlenmiş olur. y bilinmeyen fonksiyonunu bulmak için, yeniden yok 
etme yöntemini uygulayalım : 
          
2
           
x
x
x
x
y z e
e
dy
e
e
dx


  
 

 
 
2
2
2
2
4
2
1             3
                        4
d y
dy
dz
dx
dx
dx
d z
dy
dz
dx
dx
dx
 
 

 



4
2
5
5
5
6
z
y
z x y z
y z x
z
z z
z x
z
z
z
x
   
    
 


 

 




 
2
3
1
2
5
6 36
x
x
x
z c e
c e
 
 
 

16 
 
 
 
 
şeklinde alıp (2) de yerine yazalım : 
 
olur ki bu ilişkiyi (3) bağıntısına uygularsak, 
 
olup, bu da düzenlenirse, 
 
diferansiyel  denklemi  elde  edilir.  Bu  da  ikinci  mertebeden,  sabit  katsayılı,  ikinci  yanlı  bir 
diferansiyel denklem olarak çözülürse 
 
bulunur. Böylece y bilinmeyen fonksiyonu da belirlenmiş olur. Ancak bu çözüm de iki farklı 
keyfi sabit içermektedir. Böylece x ve y çözümleri birlikte göz önüne alınınca c
1
,c
2
,c
3
,c
4
 gibi 
dört keyfi sabit bulunduğu görülmektedir. Oysa sistemin mertebesi 2 olduğuna göre, sistemin 
çözüm  takımında  ancak  2  keyfi  sabit  bulunmalıdır.  Demek  ki  yukarıda  sıraladığımız  keyfi 
sabitler  birbirinden  bağımsız  olamazlar.  Şimdi  bize  düşen  iş,  bunlar  arasındaki  ilişkiyi 
belirlemektir.  Bu  amaçla  (2)  bağıntısını  kullanalım.  Yukarıdaki  çözümleri  buraya 
uygulayalım:
 
 
Benzer terimlerin katsayıları eşitlenirse: 
 
bulunur.  Böylece  keyfi  sabitler  arasındaki  ilişkilerin  ne  olduğu  ortaya  çıkmış  olur.  Bu 
sonuçlar kullanılarak artık sistemin çözüm takım yazılabilecektir. 
 
 
 
 


1
4
2
       
        z
4
2
y
y
z x
y
y x











1
1
4
3
2
2
2
x
z
y
y x
y
y
y






 


4
2
1         
      y
4
6
1
y
y
z
y
y
y x











 
 
5
6
1
y
y
y
x




 
2
3
3
4
1
6 36
x
x
x
y c e
c e
 
 
 




2
3
2
3
2
3
1
2
3
4
1
2
2
3
2
3
1
2
1
3
2
4
1
1
5
2
3
6
6 36
6 36
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
z
y z
x
x
c e
c e
c e
c e
c e
c e
c e
c e
c
c e
c
c e
   

  

 


 





1
1
3
3
1
2
2
4
4
2
2
            
            
3
2
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
 
 



 
2
3
1
2
2
3
1
2
1
2
6 36
5
2
6 36
x
x
x
x
x
y
c e
c e
x
z c e
c e
  


 
 


 

17 
 
 
 
Örnek .       
 
diferansiyel  denklem  sistemi  bir  kanonik  sistemin  bütün  özelliklerini  göstermektedir.  Bunu 
normal sisteme dönüştürelim. Bu amaçla  yeni bilinmeyen fonksiyonlar katmamız gerekiyor. 
Burada  u  =  u(x)  olmak  üzere,  dy/dx  =  u  diyelim.  y”  =  u’  olur.  Sistem  bunlara  göre 
düzenlenirse, 
 
olur  ki  bu  bir  normal  sistemdir.  Dikkat  edilirse  sistemdeki  her  bağıntı,  bilinmeyen  bir 
fonksiyonun birinci türevine göre düzenlenmiştir. Kolayca görülüyor ki sistemin mertebesi 3 
tür. Bununla ilgili teoremi bu vesileyle hatırlamış olalım. (3),(4),(5) bağıntılarını türetelim: 
 
(4) bağıntısından 
 
yazılarak, dz/ dx , dy/dx , ve z yi u fonksiyonu cinsinden ifade edelim : 
 
olur. Bunlar yukarıdaki ilk bağıntı için düzenlenirse:  
 
 
2
2
2               1
              
2
                      2
d y
dy
x
z
dx
dx
dz
dy
z
dx
dx
 



 
 
 
2                     3
2
                          4                  
                                  5
du
x u
z
dx
dz
u z
dx
dy
u
dx
  



 
 
 
2
2
2
2
2
2
1
2
                 6
2
                      7
                                 8
d u
du
dz
dx
dx
dx
d z
du
dz
dx
dx
dx
d y
du
dx
dx
 




2
dz
dy
z
dz
dx
 
 
 
 
2
2
1
3      den         z
   
2
1
6      dan        
1
2
5      de          
du
x u
dx
dz
d u
du
dx
dx
dx
dy
u
dx



 







 






18 
 
 
 
 
 
olur ki bu çözülürse: 
 
bulunur.  Bu  yardımcı  fonksiyonu  kullanarak  esas  bilinmeyen  fonksiyonlarımız  y  ve  z  yi 
belirlemeye çalışalım. Uygun bağıntılar seçelim. (5) den, 
 
ve devam ederek 
 
bulunur.  
 
bağıntısını kullanarak, 
 
olur. Böylece normal sistemin çözümü 
 
olacaktır.  u  fonksiyonu  yardımıyla  bilinmeyen  fonksiyonlarımız  belirlenirse  yani  kanonik 
sistemin çözüm takımı yazılmak istenirse  
2
2
1
1
1
2
2
2
d u
du
du
x u
u
dx
dx
dx




 

 









2
2
2
3
1
d u
du
u
x
dx
dx


 
3
1
2
5
3 9
x
x
x
u c e
c e

 
   
             
             y
dy
u
udx
dx




2
3
3
1
2
1
2
3
5
1
5
3 9
3
6
9
x
x
x
x
x
x
x
y
c e
c e
dx
c e
c e
c






 
 









1
 z
2
du
x u
dx



 




3
3
1
2
1
2
3
3
1
2
1
2
1
1
5
3
2
3
3 9
1
4
8
2
4
  
2
2
2
3
9
3
9
x
x
x
x
x
x
x
x
x
z
c e
c e
x c e
c e
c e
c e
x
c e
c e
x









  

 











 







3
1
2
2
3
1
2
3
3
1
2
5
3 9
1
5
3
6
9
2
4
3
9
x
x
x
x
x
x
x
u c e
c e
x
x
y
c e
c e
c
x
z
c e
c e





 
 




 




19 
 
 
 
 
bulunur. Dikkat edilirse çözümde 3 tane keyfi sabit bulunmaktadır.  
02.09.Wronskien ve Çözümlerin Lineer Bağımlılığı 
Bu  konudaki  tanımı  örnek  seçilmiş  bir  model  üzerinde  yapalım  ve  tartışalım.  Bunun  için,