3 Çözüm Türleri ve Analitik Örnekler
3.1 Kısmi Diferansiyel Denklemlerde Çözüm Kavramı
Bir diferansiyel denklemin yapısını ve çözüm kümelerini anlamak, ileri matematiksel analizin temelidir. Kısmi diferansiyel denklemlerde (KDD) “çözüm” tanımı, denklemin sağlandığı bölge ve fonksiyonun süreklilik şartlarıyla doğrudan ilişkilidir.
Tanım 3.1 (KDD Çözümü) Bir kısmi diferansiyel denklemde bağımlı değişken \(u\)’nun bağımsız değişkenlerinin \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) bölgesinde sınırlandığını varsayalım. \(m\). mertebeden bir KDD’nin \(D\) bölgesindeki çözümü; \(D\) bölgesinin tüm iç noktalarında denklemi sağlayan ve \(C^m\) sınıfından (en az \(m\) kez sürekli türevlenebilir) olan bir fonksiyondur.
Adi diferansiyel denklemlerin genel çözümleri keyfi sabitler (\(c_1, c_2\) vb.) içerirken; kısmi diferansiyel denklemlerin genel çözümleri, kısmi türev alma işleminin doğası gereği keyfi fonksiyonlar içerir.
3.2 Çözüm Türleri
Diferansiyel denklemleri çözerken karşımıza çıkan fonksiyonlar, içerdikleri keyfi ifadelere ve denklemi sağlama biçimlerine göre üç ana kategoriye ayrılır. Bunu bir hiyerarşi gibi düşünebilirsiniz.
Tanım 3.2 (Genel Çözüm (General Solution)) Diferansiyel denklemin mertebesine uygun sayıda keyfi fonksiyon (veya nadiren keyfi sabit) içeren, denklemi sağlayan en geniş çözüm ailesidir. Çözümlerin “ana şablonu” olarak düşünülebilir.
Tanım 3.3 (Özel Çözüm (Particular Solution)) Genel çözümün içindeki keyfi fonksiyonlara belirli bir kural seçilerek elde edilen nokta atışı çözümdür. Genellikle problemde verilen başlangıç veya sınır koşulları uygulandığında genel çözümden özel çözüme geçiş yapılır.
Tanım 3.4 (Tekil Çözüm (Singular Solution)) Diferansiyel denklemi kusursuz biçimde sağlamasına rağmen genel çözüm şablonundan hiçbir şekilde türetilemeyen istisnai çözümlerdir. Genel çözümdeki keyfi fonksiyonlara hangi değeri verirsek verelim tekil çözüme ulaşamayız; o, kendi başına denklemi sağlayan bağımsız bir fonksiyondur.
3.3 📝 Analitik Örnekler
Aşağıdaki örneklerde KDD çözümlerinin doğrulanması ve genel çözümler üzerinden diferansiyel denklemlerin nasıl inşa edileceği incelenmiştir.
Örnek 3.1 Aşağıdaki denklemin çözümünü inceleyiniz.
\[u_x^4 + u_y^4 = 0\]
Reel sayılar kümesinde çalıştığımız için, iki çift kuvvetin toplamının sıfır olabilmesi ancak her iki tabanın ayrı ayrı sıfır olmasıyla mümkündür. Dolayısıyla şu şartlar sağlanmalıdır:
\[u_x = 0 \quad \text{ve} \quad u_y = 0\]
İlk olarak \(u_x = 0\) denklemini ele alırsak, \(u\) fonksiyonunun \(x\)’e göre değişmediğini anlarız. Bu durumda \(u\) yalnızca \(y\)’ye bağlı bir fonksiyon olmalıdır:
\[u = A(y)\]
Şimdi bu ifadeyi \(u_y = 0\) denkleminde yerine koyalım:
\[u_y = A'(y) = 0\]
Bir fonksiyonun türevi sıfırsa o fonksiyon bir sabite eşittir; öyleyse \(A(y) = c\) olmak zorundadır:
\[u(x,y) = c\]
Sonuç olarak genel çözüm \(u(x,y) = c\) şeklindedir. Yani bu istisnai durumda KDD’nin genel çözümü, beklenenin aksine keyfi fonksiyon içermez; yalnızca keyfi bir sabit içerir.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.2 \(f \in C^1\) keyfi bir fonksiyon olmak üzere, \(u(x,y) = \sqrt{y}\, f(2x+y)\) fonksiyonunun
\[y u_x - 2y u_y + u = 0\]
kısmi diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösteriniz.
\(u(x,y) = \sqrt{y}\, f(2x+y)\) fonksiyonunun \(x\) ve \(y\)’ye göre kısmi türevlerini alalım. \(f\) için zincir kuralını, \(u_y\) türevi için ayrıca çarpım kuralını uygulayacağız:
\[u_x = \frac{\partial u}{\partial x} = \sqrt{y} \cdot 2 f'(2x+y)\]
\[u_y = \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{1}{2\sqrt{y}} f(2x+y) + \sqrt{y} \cdot f'(2x+y)\]
Şimdi bu türevleri \(y u_x - 2y u_y + u = 0\) denkleminde yerine yazalım:
\[ \begin{aligned} y \big(2\sqrt{y}\, f'\big) - 2y \left( \frac{1}{2\sqrt{y}} f + \sqrt{y}\, f' \right) + \sqrt{y}\, f &= 2y\sqrt{y}\, f' - \frac{2y}{2\sqrt{y}} f - 2y\sqrt{y}\, f' + \sqrt{y}\, f \end{aligned} \]
\(\dfrac{y}{\sqrt{y}} = \sqrt{y}\) sadeleştirmesini yaparak düzenlersek:
\[2y\sqrt{y}\, f' - \sqrt{y}\, f - 2y\sqrt{y}\, f' + \sqrt{y}\, f = 0\]
Zıt işaretli terimler birbirini götürür ve \(0 = 0\) eşitliği sağlanır. Çözüm matematiksel olarak doğrulanmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.3 \(f\) tek değişkenli keyfi sürekli bir fonksiyon olmak üzere,
\[u(x,y) = x f(x \cdot y) + y^2\]
ifadesi hangi kısmi diferansiyel denklemin genel çözümüdür?
İfade bir adet keyfi fonksiyon (\(f\)) içerdiğinden, aradığımız kısmi diferansiyel denklemin birinci mertebeden olmasını bekleriz. Temel hedefimiz, türev işlemleri yardımıyla denklemin içindeki \(f\) ve \(f'\) ifadelerinden kurtulmaktır.
İlk olarak \(u\)’nun kısmi türevlerini (çarpım ve zincir kurallarıyla) alalım:
\[u_x = 1 \cdot f(xy) + x \cdot \big(y f'(xy)\big) = f(xy) + xy f'(xy)\]
\[u_y = x \cdot \big(x f'(xy)\big) + 2y = x^2 f'(xy) + 2y\]
Bu iki denklemdeki \(f'\) terimlerini eşitleyip yok etmek için ilk denklemi \(x\) ile, ikinci denklemi \(y\) ile çarpalım:
\[x u_x = x f(xy) + x^2 y f'(xy)\] \[y u_y = x^2 y f'(xy) + 2y^2\]
Şimdi \(f'\) terimlerini yok etmek için ilk denklemden ikinciyi çıkaralım:
\[x u_x - y u_y = x f(xy) + x^2 y f'(xy) - \big(x^2 y f'(xy) + 2y^2\big)\] \[x u_x - y u_y = x f(xy) - 2y^2\]
Elde ettiğimiz denklemin içinde hâlâ keyfi \(f\) fonksiyonu barınmaktadır. Bundan tamamen kurtulmak için başlangıçta verilen \(u = x f(xy) + y^2\) eşitliğinden \(x f(xy)\) ifadesini yalnız bırakalım:
\[x f(xy) = u - y^2\]
Bunu bulduğumuz denklemde yerine yazdığımızda:
\[x u_x - y u_y = (u - y^2) - 2y^2\] \[x u_x - y u_y = u - 3y^2\]
Böylece keyfi fonksiyondan tamamen arındırılmış, istenen kısmi diferansiyel denklemi elde etmiş oluruz.
\(\blacksquare\)
Örnek 3.4 \(u = u(x,y,z)\) olmak üzere,
\[u_{xy} = 0\]
kısmi diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Öncelikle \(u_{xy} = \dfrac{\partial}{\partial x} \left( \dfrac{\partial u}{\partial y} \right)\) olduğunu hatırlayalım. Denklemi çözmek için her iki tarafa sırasıyla kısmi integral uygulayacağız.
İlk olarak denklemin her iki tarafının \(x\)’e göre integralini alalım. Kısmi integral aldığımız için oluşacak integrasyon “sabiti” sıradan bir sayı değil; \(x\)’ten bağımsız olan, ancak \(y\) ve \(z\)’ye bağlı olabilen keyfi bir fonksiyon olmalıdır:
\[\int u_{xy} \, \partial x = \int 0 \, \partial x \implies u_y = f(y,z)\]
Şimdi elde ettiğimiz \(u_y = f(y,z)\) denkleminin her iki tarafının \(y\)’ye göre kısmi integralini alalım. Bu kez integrasyon “sabiti”, \(y\)’den bağımsız olan ve \(x\) ile \(z\)’ye bağlı keyfi bir \(G(x,z)\) fonksiyonu olacaktır:
\[\int u_y \, \partial y = \int f(y,z) \, \partial y\]
\(f(y,z)\) fonksiyonunun \(y\)’ye göre integrali de yine \(y\) ve \(z\)’ye bağlı başka bir keyfi fonksiyon üretecektir; buna \(F(y,z)\) diyelim. Sonuç olarak genel çözüm
\[u(x,y,z) = F(y,z) + G(x,z)\]
şeklinde bulunur. Görüldüğü üzere çözüm, birbirinden bağımsız iki keyfi fonksiyondan oluşmaktadır.
\(\blacksquare\)
Genel bir kural olarak; \(n\) tane bağımsız değişken içeren \(m\). mertebeden bir KDD’nin genel çözümü, \(n-1\) değişkene bağlı \(m\) adet keyfi fonksiyonla ifade edilebilir. Ancak yukarıdaki Örnek 3.1 içinde gördüğümüz üzere, denklemin yapısına bağlı olarak bu kural her zaman geçerli olmak zorunda değildir.