Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

1
1
2
1
1
0
n
n
n
n
n
t
n
n
a
na
n
a
a

















 
ve buradan da  
1
2
1
2
2
0
2
a
a
a
a
 

 
 
0
3
1
2
0
3
3.2
2
0
6
a
a
a
a
a
a
 



 
 
0
4
2
3
1
4
4.3
2
3
0
24
a
a
a
a
a
a


 


 
0
1
5
3
4
2
5
5.4
3
4
0
60 40
a
a
a
a
a
a
a







 
 

 





2
1
1
2
1
1
0
n
n
n
n
n
n
a
na
n
a
a










 
 


 


1
1
2
2
1
2
1
2
n
n
n
n
a
na
a
a
n
n
n
n
n




 







 
bulunur. 
0
n
n
n
y
a t




 de yerine konur ve düzenlenirse, 
2
3
4
5
1
0
0
0
1
0
1
2
6
24
60 40
a
a
a
a
a
y a
a t
t
t
t
t














  
 
 
  

95 
 
 
3
4
5
2
5
0
1
1
6
24 60
2
40
t
t
t
t
t
a
a t





 
















 
ve  
t
 yerine 
1
x

 konarak, 
             

 
 


 
 

3
4
5
2
5
0
1
1
1
1
1
1
1
1
6
24
60
2
40
x
x
x
x
x
y a
a
x















 
















 
çözüm bulunmuş olur.  
 
05.06. Düzgün Tekil Nokta 
1.Durum:  İndis  Denkleminin  Köklerinin  Katlı  ve  Aralarındaki  Farkın  Tam  Sayı 
Olmadığı Durum : 
Örnek. 


2
2
3
2
2
0
x y
xy
x y





  diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. 
Denklemi önce 
 
 
2
2
2
2
0
3
3
x
y
y
y
x
x






 
formunda  yazalım.  Burada 
2
1
2
2
2
( )
,
( )
3
3
x
R x
R x

 
 
    olup  her  ikisi  de 
0
x

  noktası 
civarında seriye açılabilirler, yani analitiktir. Dolayısıyla  
0
x

 noktası bir düzgün tekil noktadır ve denklemin  
0
0
c
n
c n
n
n
n
n
y x
a x
a x









  formunda 
bir çözümü olacaktır. Şimdi 
 
 


1
0
c n
n
n
y
a c n x

 

 


  ve  



2
0
1
c n
n
n
y
a c n c n
x

 

 

 

   
ile verilen değerlerini denklemde yerine koyalım : 







2
2
1
0
1
2
3
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
 



 







1
1
0
1
2
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
2
0
c
c
c
n c
n
x
a x
a x
a x
a x





 










 
olup düzenlenirse 


0
0
0
3
1
2
2
c
x
a c c
a c
a
 





 




1
1
1
1
3
1
2
1
2
c
x
a c
c
a
c
a


 
 



  





2
2
2
2
0
3
2
1
2
2
2
c
x
a
c
c
a
c
a
a



 
 




  + … 
 





2
3
1
2
2
n c
n
n
n
n
x
a n c n c
a n c
a
a




  
 






 

96 
 


2
0
3
5
2
c
x
c
c
a



 




1
1
3 1
1
1
2
c
x
c
c
a


 
 

 


 

 






2
2
0
3 2
1
2
2
c
x
c
c
a
a


 
 


 


 

 + … 






2
3
1
2
0
n c
n
n
x
n c
n c
a
a



  
 




 


 


 
Bu oluşumda en küçük dereceli 
x
 i içeren terimin 
0
0
a

 varsayımı altında sıfıra eşitlenmesi 
ile indis denklemi bulunacaktır: 
 





2
0
0
1
2
1
3
5
2
2 3
1
0
2 ,
3
a
c
c
a c
c
c
c




 


 
 
olup, geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile, 




1
1
3 1
1
1
2
0
0
c
c
a
a
 
 




 


 

       








0
2
0
2
3 2
1
2
2
0
3 2
1
2
2
a
c
c
a
a
a
c
c









 


 

 



 


 

 

 
olur. 




2
3
1
2
0
n
n
n c
n c
a
a

  
 




 


 

den rekürans bağıntısı 
 
 




2
3
1
2
n
n
a
a
n c
n c


 
 

 


 

 
olarak bulunur. 
Rekürans bağıntısı ve 
1
0
a
  gerçeği ile birlikte değerlendirilirse, 
3
5
7
2
1
0
n
a
a
a
a









 
elde edilir. 
1
2
c

 için : 






2
2
3
2
1
2
2
3
7
n
n
n
a
a
a
n
n
n n










 


 

 
olur. Buradan, 
 
0
0
2
0
0
2
4
,
,
2 13
26
4 19
26 4 19 1976
a
a
a
a
a
a
a







 
 
yazılarak 
 
 
2
2
4
1
0
1
1
( )
1
26
1976
y x
a x
x
x











 
bulunur. 

97 
 
2
1
3
c
 
 için : 


2
2
3
7
1
1
3
1
2
3
3
n
n
n
a
a
a
n n
n
n






 














 






 

 
olur. Buradan 
                                                                      




0
2
0
4
0
2
4
6
,
,
,
2
4 12 7
40
6 18 7
2640
a
a
a
a
a
a
a
a
 

 

 



 
yazılarak, 
 
 
1/ 3
2
4
6
2
0
1
1
1
( )
1
2
40
2640
y x
a x
x
x
x













 
bulunur. 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
1
1
0
2
2
x
y
y
y
x
x





  
formunda  yazalım.  Burada 
1
2
1
1
( )
,
( )
2
2
x
R x
R x

 
 
    olup  her  ikisi  de 
0
x
   noktası 
civarında  seriye  açılabilirler,  yani  analitiktir.  Dolayısıyla 
0
x
   noktası  bir  düzgün  tekil 
noktadır ve denklemin  
0
0
c
n
c n
n
n
n
n
y x
a x
a x









      formunda bir çözümü olacaktır. 


1
0
c n
n
n
y
a c n x

 

 


 ;   



2
0
1
c n
n
n
y
a c n c n
x

 

 

 

    
ile verilen değerlerini denklemde yerine koyalım: 
 







2
2
1
0
1
2
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
 



 







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
 








1
2
0
1
2
1
0
c
c
c
n c
n
x a x
a x
a x
a x





 










 
olur. Bunlar düzenlenirse  


0
0
0
2
1
c
x
a c c
a c a
 









1
1
1
1
0
2
1
1
c
x
a c
c
a
c
a
a


 
  




 
 





2
2
2
2
1
2
2
1
2
c
x
a
c
c
a
c
a
a



 
 




  + … 

98 
 





1
2
1
n c
n
n
n
n
x
a n c n c
a n c
a
a




  
 







 
 


2
0
2
3
1
c
x
c
c
a



 






1
1
0
2 1
1
1
1
c
x
c
c
a
a


 
 


 


 

 
  
 






2
2
1
2 2
1
2
1
c
x
c
c
a
a








 


 

 + … 
 
 






1
2
1
1
0
n c
n
n
x
n c
n c
a
a



  
 




 


 


 
Bu oluşumda, en küçük dereceli 
x
 içeren terimin 
0
0
a

 varsayımı altında sıfıra eşitlenmesi 
ile indis denklemi bulunacaktır : 
 





2
0
0
1
2
1
2
3
1
1 2
1
0
1 ,
2
a
c
c
a c
c
c
c

 

 


  
Geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile 
 






0
1
0
1
1 2
1
0
1 2
1
a
c
c
a
a
a
c
c












 
 






0
2
1
2
2 2
3
0
2 2
3
a
c
c
a
a
a
c
c


 








 
 

 
olup  rekürans bağıntısı 
 
 






1
2
1
1
0
n
n
n c
n c
a
a


 






 


 

 
 




1
2
1
1
n
n
a
a
n c
n c


 
 

 


 

 
olarak bulunur. 
1
1
c

 için : 
 






1
1
2
1 1
1 1
2
1
n
n
n
a
a
a
n
n
n n




 
 


 


 

 
olup, bunlardan 
 
0
1
0
2
0
1
2
3
2
,
,
,
1 3
2 5 1 2 3 5
3 7 1 2 3 5 7
a
a
a
a
a
a
a
a







  

   

 
elde edilir. Bu değerler kullanılarak  
 
2
3
1
0
2
1
1
1
( )
1
1 3
1 2 3 5
1 2 3 5 7
y x
a x
x
x
x










  
   


  
bulunur. 
 

99 
 
2
1
2
c

 için : 


1
1
2 2
1
1
1
2
1
1
2
2
n
n
n
a
a
a
n n
n
n






 














 






 

 
olarak bulunur. 
 
0
1
0
2
0
1
2
3
2
,
,
,
1 1
2 3 2 3
3 5
2 3 5
a
a
a
a
a
a
a
a









 

 
ve bu değerler için 
 
2
3
2
0
2
1
1
( )
1
1 3
2 3 5
y x
a
x
x
x
x



 





 



 
yazılabilecektir. Böylece genel çözüm :  
                             
1
2
( )
( )
( )
y x
Ay x
By x


  
yapısında ifade edilecektir. 
 
Örnek. 
Hipergeometrik  Denklem  : 
A
  ve 
B
  herhangi  iki  reel  sayı  ve 
C
  ise  tam  sayı  olmayan 
herhangi bir reel doğal sayı olmak üzere ; 
 
 




1
1
0
x
x y
C
A B
x y
ABy





 






 
ile verilir. 
0
x

 noktası civarında genel çözümünü bulalım. 
0
x

  noktasının  düzgün  tekil  bir  nokta  olduğu  gösterilebilir.  Bunun  anlamı,  denklemin  
0
c n
n
n
y
a x





  ile verilen bir seri çözümünün bulunmasıdır. 
,
y
y
 ve 
y
  yi denklemde yerine 
koyar ve düzenlersek indis denklemi, 
 
 
 


2
1
0
c
C
c



 
ve rekürans bağıntısı ; 
 
 






1
1
n
n
c n c n A B
AB
a
a
c n
c n C


  


 
 
 
olarak bulunur. 
İndis  denkleminin  kökleri 
1
0
c

  ve 
2
1
c
C
    dir. 
C
  nin  tam  sayı  olmaması  nedeniyle 
1
2
1
c
c
C
    de tam sayı değildir. İndis denkleminin kökleri katlı olmadığı gibi aralarındaki 
fark da tam sayı değildir. 
Rekürans bağıntısında 
0
c

 koyalım ve düzenleyelim : 

100 
 
 
 











1
1
1
n
n
n
n n A B
AB
A n B n
a
a
a
n
n C
n
n C

 









 
Buradan, 
1
0
0
1!
AB
AB
a
a
a
C
C


 






 



2
1
0
1
1
1
1
2
1
2!
1
A
B
A A
B B
a
a
a
C
C C








 







 





3
2
0
2
2
1
2
1
2
3
2
3!
1
2
A
B
A A
A
B B
B
a
a
a
C
C C
C











 
 

 
elde edilir. Bulunanlar denklemde yerine konursa : 
