Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler



 



2
1
1
, , ;
1
1!
2!
1
A A
B B
AB
F A B C x
x
x
C
C C


 


 
 
 
 
 
 
 
 


 





3
1
2
1
2
3!
1
2
A A
A
B B
B
x
C C
C








 
olmak üzere  


1
0
( )
, , ;
y x
a F A B C x

 elde edilir. 


, , ;
F A B C x
 serisi, Hipergeometrik Seri olarak isimlendirilir. 
1
1
x
  
 için yakınsak olduğu 
kolayca  gösterilebilir. 
0
1
a
   olarak  seçilmesi  durumunda 


1
( )
, , ;
y x
F A B C x

  olacaktır. 
Bunun anlamı, hipergeometrik serinin, hipergeometrik denklemin bir çözümü olmasıdır. 
Şimdi de rekürans bağıntısında 
1
c
C
 
 koyalım ve düzenleyelim : 
 
 






1
1
1
2
1
n
n
n
C n
A B C
AB
a
a
n
C n

 
   


 







1
1
2
1
n
A C n
B C n
a
n
C n
  
  

 

 
Yukarıda yapılanlar tekrarlanır, 
n
a
ler 
0
a
 cinsinden belirlenir ve 
0
1
a

 olarak seçilirse; 
 
 


1
2
( )
1 ,
1 , 2
;
C
y x
x F A C
B C
C x


 
 

 
bulunur.  
Genel çözüm şeklinde ifade edilecektir : 
1
2
( )
( )
( )
y x
Ay x
By x


   
 
2.Durum :  İndis Denkleminin Köklerinin Katlı Olduğu Durum 
0
c n
n
n
y
a x





  in  denklemde  yerine  konulup  düzenlemenin  tamamlanmasından  sonra 
x
  in  en 
küçük kuvveti 
( )
f c
 olmak üzere 

101 
 
 
 


2
( )
0
1
2
0
0
( )
( )
( )
f c
P x y
P x y
P x y a c c
x






  
formunda  bir  ilişki  ortaya  çıkacaktır. 
x
in  daha  büyük  kuvvetlerinin  katsayıları, 
n
a
 
katsayılarının aralarında oluşan rekürans bağıntısının bir sonucu olarak sıfır olacaktır. 
y
  nin, 
x
  in  ve 
c
  nin  fonksiyonu  olduğunu,  dolayısıyla 
y
  ve 
y
  yü  de 
x
  in  ve 
c
  nin 
fonksiyonu olarak düşünülebileceğini ve türevlerin 
 
 
y
y
y
y
c
c
x
x
c
c



 
 




 







 


 
 




 

 
 
 
2
2
2
2
y
y
y
y
c
c
x
x
c
c





 




 







 








 



 
şeklinde oluşacağı dikkate alınarak, diferansiyel denklemin her iki yanını 
c
 ye göre türetelim: 
 




2
( )
( )
0
1
2
0
0
0
0
( )
( )
( )
2
( )ln
f c
f c
y
y
y
P x
P x
P x
a c c x
a c c
x
f c
x
c
c
c



























 
bulunur. Sağ yanda 
0
c c
  bir çarpandır, yani  
0
c c

 için sağ yan taraf sıfır olmaktadır. Bunun 
anlamı: 
0
c c
y
c









  için  son  ifadenin  sol  tarafının  sıfır  olmasıdır.  Bu  durumda 
0
c c
y
c









denklemin bir çözümü olur. 
Örnek. 
2
2
0
x y
xy
x y





    diferansiyel  denklemi,  mertebesi  sıfır  olan  Bessel  Diferansiyel 
Denklemi olarak bilinir. Genel çözümünü bulalım. 
Denklemi önce 
                      
2
2
1
0
x
y
y
y
x
x





 
formunda  yazalım.  Burada   
2
1
2
( ) 1,
( )
R x
R x
x


  olup  her  ikisi  de 
0
x

  noktası  civarında 
seriye açılabilirler, yani iki fonksiyon da analitiktir.  
Dolayısıyla 
0
x

 noktası bir düzgün tekil noktadır ve denklemin  
0
c n
n
n
y
a x





  formunda bir 
çözümü olacaktır.  
Şimdi 
y
 ve  
y
  yü oluşturalım ve denkleme gidelim: 
 







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
 



 



              






1
1
1
0
1
2
1
2
c
c
c
n c
n
x a cx
a
c x
a
c x
a n c x


 















 

102 
 
2
1
2
0
1
2
0
c
c
c
n c
n
x a x
a x
a x
a x
















 
formunda bir çözümü olacaktır. Bu düzenlenirse 
 




2
2
2
1
2
0
1
2
0
1
2
c
c
c
x a c
x
a
c
x
a
c
a







 










 
 
 
 




2
2
3
3
1
2
3
0
c
n c
n
n
x
a
c
a
x
a n c
a






















 
olur.  Bu  oluşumda  en  küçük  dereceli 
x
i  içeren  terimin 
0
0
a

  varsayımı  altında  sıfıra 
eşitlenmesi ile indis denklemi bulunacaktır: 
 
 
 
2
2
0
0
0
a c
c


  
İndis denkleminin iki katlı bir kökü vardır :  
1
2
0
c
c


 
Geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile  
 


2
1
1
1
0
0
a
c
a




 




2
0
2
0
2
2
2
0
2
a
a
c
a
a
c




 

 




2
1
3
1
3
2
3
0
3
a
a
c
a
a
c

 

 

 
 

 
olur ki bunlara göre rekürans bağıntısı  
 




2
2
2
2
0
n
n
n
n
a
a n c
a
a
n c






 

  ,   
2
n

 
olarak bulunur. Buradan, 
     
 
1
3
5
7
0
a
a
a
a






 
olduğu görülmektedir. 
Artık  verilen  denklemin 
x
    ve   
c
  ye  bağlı  olarak  oluşturulan  çözümü  aşağıdaki  gibi 
yazılabilecektir : 
 



 

2
4
0
0
0
2
2
2
,
2
2
4
c
c
c
a
a
y x c
a x
x
x
c
c
c









 
 

6
0
2
2
2
...
2
4
6
c
a
x
c
c
c






 
olur. 
 
,
y x c
  de  
0
c

 koyalım ve 
 
1
y x
 çözümünü bulalım : 
 
 
 
1
,0
y x
y x

 
  
 
 
 
 
 
2
2
4
6
0
2
2
2
2
2
4
6
2
1
1
2 1!
2 2!
2 3!
2
!
k
k
k
x
x
x
x
a
k

















  

103 
 
 
 
 
 
2
2
4
6
0
2
2
2 2
2 2 2
2 2
1
1
2
2 4
2 4 6
2 4
2
k
k
x
x
x
x
a
k



















 
 
0 0
( )
a J x

 
Bu sonuç yani 
0
( )
J x
, mertebesi sıfır olan Bessel fonksiyonu olarak bilinir. 
Şimdi de 
2
( )
y x
 i bulalım. Bu amaçla 
( , )
y x c
 yi  
c
 ye göre türetelim : 
 




2
2
0
3
2
( , )
2
2
ln
ln
2
2
c
c
c
y x c
a x
x
x
x
x
c
c
c












  
 
 
 
 
 
 
 

 


 

4
4
3
2
2
3
2
2
4
2
4
2
c
c
x
x
c
c
c
c








   
 
 
 
 
 

 

4
2
2
1
ln
4
2
c
x
x
c
c









 
olur. Burada 
0
c

 koyalım : 
2
0
( , )
( )
c
y x c
y x
c




2
2
4
4
4
0
3
2
3 2
2 3
2 2
2
1
2
2
1
ln
ln
ln
2
2
4 2
4 2
4 2
a
x
x
x
x
x
x
x
x














                                
         
 
 
 
2
4
0
2
2
4
1
1
ln
l
2 1!
2 2!
x a
x
x













 
 
 
2
4
0
2
2
2
4
1
1
1
2
2 1!
2 2!
x
x
a






 











        
 
 
 
 
2
4
1
0
2
2
2
4
1
( )ln
1
1
2
2 1!
2 2!
x
x
y x
x a







 











 
bulunur. Genel çözüm : 
1
2
( )
( )
( )
y x
Ay x
By x


  yapısında olacaktır. 
Bu denklem bir sonraki bölümde daha kapsamlı incelenecektir. 
Örnek. 
0
xy
y
y


  
 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. 
Denklemi önce  
 
 
 
2
1
0
x
y
y
y
x
x





 
formunda  yazalım.  Burada   
1
2
( ) 1 ,
( )
R x
R x
x

 
  olup  her  ikisi  de 
0
x

  noktası  civarında 
seriye  açılabilirler,  yani  analitik  fonksiyonlardır.  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 denklemde yerine koyalım: 
 







2
1
0
1
2
1
1
2
1
c
c
c
x a c c
x
a
c cx
a
c
c x












 

104 
 



2
1
n c
n
a n c n c
x
 



 



 




1
1
0
1
2
1
2
c
c
c
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 bunu düzenleyelim : 


1
0
0
1
c
x
a c c
a c

 








1
1
0
1
1
c
x a
c c a
c
a



 




 
 





1
2
2
1
2
1
2
c
x
a
c
c
a
c
a



 
 





… 
 





1
1
1
n c
n
n
n
x
a n c n c
a n c
a
 



  
 





 
 
 
2
0
c
x c a



2
1
1
0
1
x
c a
a









2
1
2
1
2
c
x
c a
a








 + … 
 


2
1
1
0
n c
n
n
x
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
1
2
( ) 0
0
a c
c
c



  
bulunur. Geri kalan terimlerin katsayılarının sıfıra eşitlenmesi ile 




2
0
1
0
1
2
1
0
1
a
c a
a
a
c






 



 
 

2
1
0
2
1
2
2
2
2
2
0
2
1
2
a
a
c a
a
a
c
c
c

 






 

 
olup rekürans bağıntısı, 



 
 



2
1
0
1
2
2
2
2
0
1
2
n
n
n
n
a
a
n c a
a
a
n c
c
c
n c













 
olarak bulunur. 
x
 ve  
c
 nin fonksiyonu olarak çözüm : 



 

1
2
0
0
0
2
2
2
( , )
1
1
2
c
c
c
a
a
y x c
a x
x
x
c
c
c











 



0
2
2
2
1
2
n c
a
x
c
c
n c








  
  (1)
 
        
ile verilir. 
Burada  
0
c
  konulursa  
1
( )
y x
 bulunur : 
2
1
0
2
2
2
2
2
( )
1
1 2
1 2
n
x
x
y x
a
x
n



 












 

105 
 
Şimdi de 
2
( )
y x
 i bulalım. Bu amaçla (1) i 
c
 ye göre türetip, 


1
0
0
2
( , )
2
ln
ln
1
1
c
c
y x c
a x
a
x x
x
c
c
c















 

2
0
2
2
2
2
ln
1
2
1
2
c
a x
x
c
c
c
c














 
 
 
 




0
2
2
2
2
ln
1
1
n c
a x
x
c
n c
c
n c



















 
oluşunca,  
0
c
  koymamız yeterli olacaktır : 
2
0
2
0
0
2
2
2
2
2
2 2
( )
ln
1
1 2
1
1 2
1 2
x
a
y x
a
x
x
a x







 






















 
      
        
2
1
0
2
2
3
( )ln
2
1 2
y x
x a
x
x











  
bulunur. Genel çözüm : 
1
2
( )
( )
( )
y x
Ay x
By x


  yapısında olacaktır. 
 
3.Durum :   İndis Denkleminin Kökleri Arasındaki Farkın Tam Sayı Olduğu Durum 
İndis denkleminin kökleri 
1
c
 ve  
2
c
 ve  
1
2
c
c

 ve  
1
c
 ile  
2
c
 arasındaki fark tam sayı olsun. 
Büyük  kök  olan   
1
c
  daima  bir  çözüm  verir.  Küçük  kök  olan 
2
c
  ise  sorun  çıkarabilir.  Bu 
takdirde  


0
0
2
a
b c c


 seçimi yapılırsa çözüm 
 
 
 
 
2
1
c c
c c
y
y Ay
B
c






 
ile verilir. 
Örnek. 


2
2
0
x y
x x y
y




 
 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bula-lım. 
Denklemi önce  
 
 
 
2
1
1
0
x
y
y
y
x
x






 
formunda  yazalım.  Burada   
1
2
( ) 1
,
( )
1
R x
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
c n
n
n
y
a x





  formunda bir çözümü olacaktır. Şimdi