$\sin y \ne 0$, $\cos y \ne 0$ olmak üzere $$ \frac{dy}{dx}=\frac{(x+1)\sin x}{\tan y} $$ diferensiyel denkleminin $y(0)=\pi$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Değişkenlerine Ayrılabilir Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: Değişkenleri ayırarak ($y$ terimlerini $dy$ yanına, $x$ terimlerini $dx$ yanına) her iki tarafın integralini almak.
Denklemi $\tan y = \frac{\sin y}{\cos y}$ olarak yazıp düzenleriz:
$$ \frac{dy}{dx} = \frac{(x+1)\sin x \cos y}{\sin y} $$Değişkenleri ayıralım:
$$ \frac{\sin y}{\cos y} dy = (x+1)\sin x dx $$ $$ \tan y dy = (x \sin x + \sin x) dx $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \tan y dy = \int (x \sin x + \sin x) dx $$Sol tarafın integrali:
$$ \int \tan y dy = \int \frac{\sin y}{\cos y} dy = -\ln|\cos y| $$Sağ taraftaki $\int x \sin x dx$ için kısmi integrasyon ($u=x, dv=\sin x dx \implies du=dx, v=-\cos x$) uygulanır:
$$ \int x \sin x dx = -x\cos x - \int (-\cos x) dx = -x\cos x + \sin x $$Sağ tarafın tam integrali:
$$ \int (x \sin x + \sin x) dx = (-x\cos x + \sin x) - \cos x + C $$Genel çözümü birleştirelim:
$$ -\ln|\cos y| = \sin x - x\cos x - \cos x + C $$$y(0)=\pi$ başlangıç koşulunu uygulayalım:
$$ -\ln|\cos(\pi)| = \sin(0) - 0\cdot\cos(0) - \cos(0) + C $$ $$ -\ln|-1| = 0 - 0 - 1 + C $$ $$ -\ln(1) = -1 + C $$ $$ 0 = -1 + C \implies C = 1 $$Özel çözüm:
$$ -\ln|\cos y| = \sin x - x\cos x - \cos x + 1 $$veya
$$ \ln|\cos y| = x\cos x + \cos x - \sin x - 1 $$$y>3$ için $\frac{dy}{dx}+2y=y^{2}$ diferensiyel denkleminin $y(0)=4$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Bernoulli Diferansiyel Denklemi ($y' + p(x)y = q(x)y^n$ formunda, $n=2$).
Çözüm Yöntemi: $v = y^{1-n} = y^{1-2} = y^{-1}$ dönüşümü ile denklemi lineer hale getirmek.
Denklemi $y^2$ ile bölelim:
$$ y^{-2}\frac{dy}{dx} + 2y^{-1} = 1 $$Dönüşümü uygulayalım:
$v = y^{-1}$ ise $\frac{dv}{dx} = -y^{-2}\frac{dy}{dx}$. Dolayısıyla $y^{-2}\frac{dy}{dx} = -v'$.
Denkleme yerleştirelim:
$$ -v' + 2v = 1 $$ $$ v' - 2v = -1 $$Bu, birinci mertebeden lineer bir diferansiyel denklemdir. İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$.
Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ e^{-2x}(v' - 2v) = -e^{-2x} $$ $$ \frac{d}{dx}(v e^{-2x}) = -e^{-2x} $$İntegral alalım:
$$ v e^{-2x} = \int -e^{-2x} dx = \frac{1}{2}e^{-2x} + C $$$v$ 'yi çözelim:
$$ v(x) = \frac{1}{2} + C e^{2x} $$$v = y^{-1}$ olduğundan $y = \frac{1}{v}$:
$$ y(x) = \frac{1}{\frac{1}{2} + C e^{2x}} = \frac{2}{1 + 2C e^{2x}} $$(Sabiti $K = 2C$ olarak yeniden adlandırabiliriz: $y(x) = \frac{2}{1 + K e^{2x}}$)
$y(0)=4$ başlangıç koşulunu kullanalım:
$$ 4 = \frac{2}{1 + K e^{0}} \implies 4 = \frac{2}{1+K} $$ $$ 4(1+K) = 2 \implies 4 + 4K = 2 \implies 4K = -2 \implies K = -\frac{1}{2} $$Özel çözüm:
$$ y(x) = \frac{2}{1 - \frac{1}{2}e^{2x}} = \frac{4}{2 - e^{2x}} $$$xdx=\sqrt{1+x^{2}}(xdy+ydx)$ diferensiyel denkleminin $y(1)=1$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Diferansiyel Denkleme Dönüştürülebilir.
Çözüm Yöntemi: $xdy + ydx = d(xy)$ (çarpım türevi kuralı) özdeşliğini fark ederek denklemi düzenlemek ve integral almak.
Denklemde $xdy+ydx = d(xy)$ olduğunu görüyoruz:
$$ xdx = \sqrt{1+x^2} \cdot d(xy) $$Denklemi $d(xy)$'ye göre düzenleyelim:
$$ d(xy) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int d(xy) = \int \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx $$Sağ taraftaki integral için $u = 1+x^2$ dönüşümü yaparsak, $du = 2x dx$ ve $x dx = \frac{1}{2} du$ olur:
$$ \int \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} dx = \int \frac{1}{\sqrt{u}} \left(\frac{1}{2} du\right) = \frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = \frac{1}{2} \frac{u^{1/2}}{1/2} + C = u^{1/2} + C = \sqrt{1+x^2} + C $$Sol tarafın integrali $\int d(xy) = xy$'dir.
Genel çözümü birleştirelim:
$$ xy = \sqrt{1+x^2} + C $$$y(1)=1$ başlangıç koşulunu uygulayalım:
$$ (1)(1) = \sqrt{1+1^2} + C $$ $$ 1 = \sqrt{2} + C \implies C = 1 - \sqrt{2} $$Özel çözüm:
$$ xy = \sqrt{1+x^2} + 1 - \sqrt{2} $$veya
$$ y(x) = \frac{\sqrt{1+x^2} + 1 - \sqrt{2}}{x} $$$(x^{2}-3y^{2})dx+4xydy=0$ ile verilen homojen diferensiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Homojen Diferansiyel Denklem ($M(x,y)$ ve $N(x,y)$ aynı dereceden (2) homojen fonksiyonlardır).
Çözüm Yöntemi: $y = vx$ dönüşümü. Bu durumda $dy = v dx + x dv$ olur.
Dönüşümü denklemde yerine yazalım:
$$ (x^2 - 3(vx)^2)dx + 4x(vx)(v dx + x dv) = 0 $$ $$ (x^2 - 3v^2x^2)dx + 4v^2x^2(dx) + 4vx^3(dv) = 0 $$$dx$ ve $dv$ terimlerini gruplayalım:
$$ (x^2 - 3v^2x^2 + 4v^2x^2)dx + 4vx^3 dv = 0 $$ $$ x^2(1 + v^2)dx + 4vx^3 dv = 0 $$ $$ x^2(1 + v^2)dx = -4vx^3 dv $$Değişkenleri ayıralım (v'ler sağa, x'ler sola):
$$ \frac{x^2}{x^3} dx = -\frac{4v}{1+v^2} dv $$ $$ \frac{1}{x} dx = -\frac{4v}{1+v^2} dv $$Bu, değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \frac{1}{x} dx = \int -\frac{4v}{1+v^2} dv $$Sol taraf: $\ln|x|$.
Sağ taraf ( $u=1+v^2, du=2v dv$ dönüşümü ile):
$$ \int -2 \cdot \frac{2v}{1+v^2} dv = -2 \int \frac{du}{u} = -2\ln|u| + C = -2\ln|1+v^2| + C $$Çözümü birleştirelim:
$$ \ln|x| = -2\ln(1+v^2) + C $$($1+v^2$ her zaman pozitif olduğu için mutlak değer kalkar)
$$ \ln|x| + 2\ln(1+v^2) = C $$ $$ \ln|x| + \ln((1+v^2)^2) = C $$ $$ \ln|x(1+v^2)^2| = C $$ $$ x(1+v^2)^2 = e^C = K $$($K$ yeni bir sabittir)
$v = y/x$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ x \left( 1 + \left(\frac{y}{x}\right)^2 \right)^2 = K $$ $$ x \left( \frac{x^2+y^2}{x^2} \right)^2 = K $$ $$ x \frac{(x^2+y^2)^2}{x^4} = K $$Genel çözüm:
$$ \frac{(x^2+y^2)^2}{x^3} = K \quad \text{veya} \quad (x^2+y^2)^2 = Kx^3 $$$(2x\tan(\frac{y}{x})+y)dx-xdy=0$ diferensiyel denkleminin çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Homojen Diferansiyel Denklem ($y/x$ terimleri içerir).
Çözüm Yöntemi: $y = vx$ dönüşümü. Bu durumda $dy = v dx + x dv$ olur.
Dönüşümü denklemde yerine yazalım:
$$ (2x\tan(v) + vx)dx - x(v dx + x dv) = 0 $$Parantezleri açalım:
$$ 2x\tan(v) dx + vx dx - xv dx - x^2 dv = 0 $$Terimleri sadeleştirelim:
$$ 2x\tan(v) dx - x^2 dv = 0 $$ $$ 2x\tan(v) dx = x^2 dv $$Değişkenleri ayıralım (v'ler sağa, x'ler sola):
$$ \frac{2x}{x^2} dx = \frac{1}{\tan v} dv $$ $$ \frac{2}{x} dx = \cot v dv $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \frac{2}{x} dx = \int \cot v dv $$ $$ 2\ln|x| = \ln|\sin v| + C $$Sabiti $\ln|K|$ olarak yazalım ($C = \ln|K|$):
$$ 2\ln|x| = \ln|\sin v| + \ln|K| $$ $$ \ln(x^2) = \ln|K \sin v| $$ $$ x^2 = K \sin v $$$v = y/x$ dönüşümünü geri yazalım:
Genel çözüm:
$$ x^2 = K \sin\left(\frac{y}{x}\right) $$$\frac{dy}{dx}=\frac{2y-x+5}{2x-y-4}$ diferensiyel denkleminin $y(1)=2$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Lineer Katsayılı (Kesişen Doğrular) Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: $x=u+h, y=v+k$ dönüşümü ile homojen denkleme çevirme. $h$ ve $k$ değerleri aşağıdaki denklem sisteminin çözümüdür:
$$ \begin{align*} 2y - x + 5 &= 0 \\ 2x - y - 4 &= 0 \end{align*} $$Sistemi çözersek (ikinci denklemi 2 ile çarpıp toplayalım): $(2y - x + 5) + (4x - 2y - 8) = 0 \implies 3x - 3 = 0 \implies x = 1$. $x=1$ için $2(1) - y - 4 = 0 \implies -y - 2 = 0 \implies y = -2$. Kesişim noktası $(h,k) = (1, -2)$.
Dönüşüm: $x = u+1$ ve $y = v-2$. Bu durumda $dx=du$ ve $dy=dv$.
$$ \frac{dv}{du} = \frac{2(v-2)-(u+1)+5}{2(u+1)-(v-2)-4} = \frac{2v-4-u-1+5}{2u+2-v+2-4} = \frac{2v-u}{2u-v} $$Bu, homojen bir denklemdir. $v = zu$ dönüşümü yapalım ($dv = z du + u dz$):
$$ z + u\frac{dz}{du} = \frac{2(zu)-u}{2u-(zu)} = \frac{u(2z-1)}{u(2-z)} = \frac{2z-1}{2-z} $$ $$ u\frac{dz}{du} = \frac{2z-1}{2-z} - z = \frac{2z-1 - z(2-z)}{2-z} = \frac{2z-1 - 2z+z^2}{2-z} = \frac{z^2-1}{2-z} $$Değişkenleri ayıralım:
$$ \frac{2-z}{z^2-1} dz = \frac{1}{u} du $$Sol tarafı basit kesirlere ayıralım: $\frac{2-z}{(z-1)(z+1)} = \frac{A}{z-1} + \frac{B}{z+1}$
$A(z+1) + B(z-1) = 2-z$. $z=1 \implies 2A = 1 \implies A = 1/2$. $z=-1 \implies -2B = 3 \implies B = -3/2$.
İntegrali alalım:
$$ \int \left( \frac{1/2}{z-1} - \frac{3/2}{z+1} \right) dz = \int \frac{1}{u} du $$ $$ \frac{1}{2}\ln|z-1| - \frac{3}{2}\ln|z+1| = \ln|u| + C_1 $$(2 ile çarpalım): $\ln|z-1| - 3\ln|z+1| = 2\ln|u| + C_2$
$$ \ln\left| \frac{z-1}{(z+1)^3} \right| = \ln(u^2) + C_2 $$ $$ \frac{z-1}{(z+1)^3} = e^{C_2} u^2 = K u^2 $$$z = v/u$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ \frac{v/u - 1}{(v/u + 1)^3} = K u^2 \implies \frac{(v-u)/u}{(v+u)^3/u^3} = K u^2 \implies \frac{u^2(v-u)}{(v+u)^3} = K u^2 $$ $$ v-u = K(v+u)^3 $$$u = x-1$ ve $v = y+2$ dönüşümlerini geri yazalım:
$$ (y+2) - (x-1) = K((y+2) + (x-1))^3 $$ $$ y - x + 3 = K(y + x + 1)^3 $$$y(1)=2$ başlangıç koşulunu kullanalım:
$$ (2) - (1) + 3 = K((2) + (1) + 1)^3 $$ $$ 4 = K(4)^3 \implies 4 = 64K \implies K = \frac{4}{64} = \frac{1}{16} $$Özel çözüm:
$$ y - x + 3 = \frac{1}{16}(y + x + 1)^3 \quad \text{veya} \quad 16(y - x + 3) = (y + x + 1)^3 $$$(x-3y)dx+(x+y-4)dy=0$ diferensiyel denkleminin $y(2)=1$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Lineer Katsayılı (Kesişen Doğrular) Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: $x=u+h, y=v+k$ dönüşümü ile homojen denkleme çevirme. $h$ ve $k$ değerleri kesişim noktasıdır:
$$ \begin{align*} x - 3y &= 0 \implies x = 3y \\ x + y - 4 &= 0 \end{align*} $$Yerine koyma: $(3y) + y - 4 = 0 \implies 4y = 4 \implies y = 1$. $x = 3(1) = 3$. Kesişim noktası $(h,k) = (3, 1)$.
Dönüşüm: $x = u+3$ ve $y = v+1$. Bu durumda $dx=du$ ve $dy=dv$.
$$ ( (u+3) - 3(v+1) )du + ( (u+3) + (v+1) - 4 )dv = 0 $$ $$ (u + 3 - 3v - 3)du + (u + v + 4 - 4)dv = 0 $$ $$ (u - 3v)du + (u + v)dv = 0 $$Bu, homojen bir denklemdir. $v = zu$ dönüşümü yapalım ($dv = z du + u dz$):
$$ (u - 3zu)du + (u + zu)(z du + u dz) = 0 $$$u$ ile bölelim:
$$ (1 - 3z)du + (1 + z)(z du + u dz) = 0 $$ $$ (1 - 3z)du + (z + z^2)du + u(1 + z)dz = 0 $$ $$ (1 - 2z + z^2)du + u(1 + z)dz = 0 $$ $$ (z - 1)^2 du = -u(1 + z)dz $$Değişkenleri ayıralım:
$$ \frac{1}{u} du = -\frac{1+z}{(z-1)^2} dz $$İntegral alalım. Sağ taraf için $t = z-1 \implies z = t+1$ dönüşümü:
$$ -\int \frac{1+(t+1)}{t^2} dt = -\int \frac{t+2}{t^2} dt = -\int \left( \frac{1}{t} + \frac{2}{t^2} \right) dt $$ $$ = -\left( \ln|t| - \frac{2}{t} \right) + C = -\ln|z-1| + \frac{2}{z-1} + C $$Sol taraf $\int \frac{1}{u} du = \ln|u|$.
Genel çözüm:
$$ \ln|u| = -\ln|z-1| + \frac{2}{z-1} + C $$ $$ \ln|u| + \ln|z-1| = \frac{2}{z-1} + C $$ $$ \ln|u(z-1)| = \frac{2}{z-1} + C $$$u = x-3$ ve $z = v/u = (y-1)/(x-3)$ dönüşümlerini geri yazalım:
$$ \ln\left| (x-3) \left( \frac{y-1}{x-3} - 1 \right) \right| = \frac{2}{\frac{y-1}{x-3} - 1} + C $$ $$ \ln\left| (y-1) - (x-3) \right| = \frac{2(x-3)}{y-1 - (x-3)} + C $$ $$ \ln|y - x + 2| = \frac{2(x-3)}{y - x + 2} + C $$$y(2)=1$ başlangıç koşulunu kullanalım:
$$ \ln|(1) - (2) + 2| = \frac{2((2)-3)}{(1) - (2) + 2} + C $$ $$ \ln|1| = \frac{2(-1)}{1} + C $$ $$ 0 = -2 + C \implies C = 2 $$Özel çözüm:
$$ \ln|y - x + 2| = \frac{2(x-3)}{y - x + 2} + 2 $$$y^{\prime}=-2 \cos x-y \sec x$ ; $y(0)=1$ başlangıç değer problemini çözünüz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem.
Denklemi standart $y' + p(x)y = q(x)$ formuna getirelim:
$$ y' + (\sec x)y = -2 \cos x $$Çözüm Yöntemi: İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int p(x) dx}$.
$$ p(x) = \sec x \implies \int p(x) dx = \int \sec x dx = \ln|\sec x + \tan x| $$ $$ \mu(x) = e^{\ln|\sec x + \tan x|} = \sec x + \tan x $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} \left( y(\sec x + \tan x) \right) = -2 \cos x (\sec x + \tan x) $$Sağ tarafı sadeleştirelim:
$$ -2 \cos x \left( \frac{1}{\cos x} + \frac{\sin x}{\cos x} \right) = -2 (1 + \sin x) = -2 - 2\sin x $$İntegral alalım:
$$ y(\sec x + \tan x) = \int (-2 - 2\sin x) dx $$ $$ y(\sec x + \tan x) = -2x + 2\cos x + C $$$y(0)=1$ başlangıç koşulunu kullanalım:
$$ (1)(\sec 0 + \tan 0) = -2(0) + 2\cos 0 + C $$ $$ 1(1 + 0) = 0 + 2(1) + C $$ $$ 1 = 2 + C \implies C = -1 $$Özel çözüm:
$$ y(\sec x + \tan x) = -2x + 2\cos x - 1 $$veya
$$ y(x) = \frac{-2x + 2\cos x - 1}{\sec x + \tan x} $$$y^{\prime}+(\cos x)y=\frac{\cos x}{4}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int p(x) dx}$.
$$ p(x) = \cos x \implies \int p(x) dx = \sin x $$ $$ \mu(x) = e^{\sin x} $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} (y e^{\sin x}) = \frac{\cos x}{4} e^{\sin x} $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ y e^{\sin x} = \int \frac{\cos x}{4} e^{\sin x} dx $$Sağ taraftaki integral için $u = \sin x \implies du = \cos x dx$ dönüşümü yapılır:
$$ \int \frac{1}{4} e^u du = \frac{1}{4} e^u + C = \frac{1}{4} e^{\sin x} + C $$Çözümü birleştirelim:
$$ y e^{\sin x} = \frac{1}{4} e^{\sin x} + C $$$y$'yi yalnız bırakalım:
$$ y(x) = \frac{1}{4} + C e^{-\sin x} $$diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Tip ve yöntem: $x(u)$ için birinci mertebe doğrusal diferansiyel denklem; $du$ ile bölüp integrallen çarpan kullanılır.
Denklemi $du$ ile bölelim ve $x$'i $u$'nun fonksiyonu olarak yazalım:
$$ u\,\frac{dx}{du} + (1-3u)\,x \;=\; 3u \quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{du} + \Big(\frac{1}{u}-3\Big)x \;=\; 3. $$İntegrallen çarpan:
$$ \mu(u) \;=\; \exp\!\Big(\int\!\big(\tfrac{1}{u}-3\big)\,du\Big) \;=\; u\,e^{-3u}. $$Her iki tarafı $\mu(u)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{du}\Big(x\,u\,e^{-3u}\Big)\;=\;3\,u\,e^{-3u}. $$Sağ tarafı integre edelim (parçalı integrasyon veya tablo integral):
$$ x\,u\,e^{-3u} \;=\; \int 3u\,e^{-3u}\,du \;=\; -u\,e^{-3u} - \frac{1}{3}e^{-3u} + C. $$$u\,e^{-3u}$ ile bölelim:
$$ x(u) \;=\; -1 \;-\; \frac{1}{3u} \;+\; \frac{C\,e^{3u}}{u}. $$Dolayısıyla genel çözüm:
$$ \boxed{\,x(u) \;=\; -1 - \frac{1}{3u} + \frac{C\,e^{3u}}{u}\, }. $$$c_{1}$, $m_{1}$, $m_{2}$ sabitler ve $m_{1}+m_{2}\ne0$ olmak üzere $\frac{dy}{dx}-m_{2}y=c_{1}e^{(m_{1}+2m_{2})x}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem (Sabit Katsayılı).
Çözüm Yöntemi: İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int p(x) dx}$.
$$ p(x) = -m_2 \implies \int p(x) dx = -m_2 x $$ $$ \mu(x) = e^{-m_2 x} $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} (y e^{-m_2 x}) = c_{1}e^{(m_{1}+2m_{2})x} \cdot e^{-m_2 x} $$Sağ tarafı sadeleştirelim:
$$ c_{1}e^{(m_{1}+2m_{2} - m_{2})x} = c_{1}e^{(m_{1}+m_{2})x} $$İntegral alalım:
$$ y e^{-m_2 x} = \int c_{1}e^{(m_{1}+m_{2})x} dx $$$m_1+m_2 \ne 0$ koşulu verildiğinden:
$$ y e^{-m_2 x} = \frac{c_1}{m_1+m_2} e^{(m_1+m_2)x} + C_2 $$($C_2$ integral sabitidir).
$y$'yi yalnız bırakmak için $e^{m_2 x}$ ile çarpalım:
$$ y(x) = \frac{c_1}{m_1+m_2} e^{(m_1+m_2)x} e^{m_2 x} + C_2 e^{m_2 x} $$ $$ y(x) = \frac{c_1}{m_1+m_2} e^{(m_1+2m_2)x} + C_2 e^{m_2 x} $$$\frac{dy}{dx}+y=\frac{2}{1+e^{2x}}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int p(x) dx}$.
$$ p(x) = 1 \implies \int p(x) dx = x $$ $$ \mu(x) = e^x $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} (y e^x) = \frac{2e^x}{1+e^{2x}} $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ y e^x = \int \frac{2e^x}{1+(e^x)^2} dx $$Sağ taraftaki integral için $u = e^x \implies du = e^x dx$ dönüşümü yapılır:
$$ \int \frac{2}{1+u^2} du = 2 \arctan(u) + C = 2 \arctan(e^x) + C $$Genel çözümü birleştirelim:
$$ y e^x = 2 \arctan(e^x) + C $$$y$'yi yalnız bırakalım:
$$ y(x) = e^{-x} (2 \arctan(e^x) + C) $$$f(x)\ne0$ için $f(x)dy+2yf^{\prime}(x)dx=-f(x)f^{\prime}(x)dx$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: Denklemi $y' + p(x)y = q(x)$ standart formuna getirip integral çarpanı kullanmak.
Denklemi düzenleyelim ($dx$'e bölerek):
$$ f(x)\frac{dy}{dx} + 2y f'(x) = -f(x)f'(x) $$$f(x) \ne 0$ olduğu için $f(x)$'e bölelim:
$$ \frac{dy}{dx} + \left( \frac{2f'(x)}{f(x)} \right) y = -f'(x) $$Bu, $p(x) = \frac{2f'(x)}{f(x)}$ olan lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı:
$$ \mu(x) = e^{\int \frac{2f'(x)}{f(x)} dx} = e^{2 \ln|f(x)|} = e^{\ln(f(x)^2)} = f(x)^2 $$Denklemi $\mu(x) = f(x)^2$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} (y \cdot f(x)^2) = -f'(x) \cdot f(x)^2 $$İntegral alalım. Sağ taraf için $u = f(x) \implies du = f'(x)dx$:
$$ y \cdot f(x)^2 = \int -f(x)^2 f'(x) dx = \int -u^2 du = -\frac{u^3}{3} + C $$$u = f(x)$ yerine geri yazalım:
$$ y \cdot f(x)^2 = -\frac{f(x)^3}{3} + C $$Genel çözüm:
$$ y(x) = -\frac{f(x)}{3} + \frac{C}{f(x)^2} $$$y^{\prime}+(\tan x)y=\frac{x}{2}\sin 2x$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem.
$p(x) = \tan x$ ve $q(x) = \frac{x}{2}\sin 2x = \frac{x}{2}(2\sin x \cos x) = x \sin x \cos x$.
Çözüm Yöntemi: İntegral çarpanı.
$$ \mu(x) = e^{\int \tan x dx} = e^{-\ln|\cos x|} = e^{\ln|\sec x|} = \sec x $$Denklemi $\mu(x) = \sec x$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx} (y \sec x) = (x \sin x \cos x) \cdot (\sec x) $$ $$ \frac{d}{dx} (y \sec x) = (x \sin x \cos x) \cdot \frac{1}{\cos x} = x \sin x $$İntegral alalım:
$$ y \sec x = \int x \sin x dx $$Sağ taraf için kısmi integrasyon ($u=x, dv=\sin x dx \implies du=dx, v=-\cos x$):
$$ \int x \sin x dx = -x \cos x - \int (-\cos x) dx = -x \cos x + \sin x + C $$Genel çözümü birleştirelim:
$$ y \sec x = -x \cos x + \sin x + C $$$y(x)$'i yalnız bırakmak için $\cos x$ ile çarpalım:
$$ y(x) = \cos x (-x \cos x + \sin x + C) $$ $$ y(x) = -x \cos^2 x + \sin x \cos x + C \cos x $$$2y^{\prime}\sin x-y^{3}-y \cos x=0$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Bernoulli Diferansiyel Denklemi.
Denklemi düzenleyelim:
$$ 2y' \sin x - y \cos x = y^3 $$$2 \sin x$ ile bölelim:
$$ y' - \left( \frac{\cos x}{2 \sin x} \right) y = \left( \frac{1}{2 \sin x} \right) y^3 $$Bu, $n=3$ olan bir Bernoulli denklemidir.
Çözüm Yöntemi: $v = y^{1-n} = y^{1-3} = y^{-2}$ dönüşümü.
Bu durumda $v' = -2y^{-3}y'$, yani $y^{-3}y' = -v'/2$.
Denklemi $y^3$ ile bölelim:
$$ y^{-3}y' - \frac{1}{2}\cot(x) y^{-2} = \frac{1}{2 \sin x} $$Dönüşümü yerine yazalım:
$$ -\frac{v'}{2} - \frac{1}{2}\cot(x) v = \frac{1}{2 \sin x} $$$-2$ ile çarpalım:
$$ v' + \cot(x) v = -\frac{1}{\sin x} = -\csc x $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı:
$$ \mu(x) = e^{\int \cot x dx} = e^{\ln|\sin x|} = \sin x $$Lineer denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx}(v \sin x) = (-\csc x)(\sin x) = -1 $$İntegral alalım:
$$ v \sin x = \int -1 dx = -x + C $$ $$ v = \frac{C - x}{\sin x} $$$v = y^{-2}$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y^{-2} = \frac{C - x}{\sin x} \quad \text{veya} \quad y^2 = \frac{\sin x}{C - x} $$$\frac{dy}{dx}+\frac{1}{2}(\tan x)y=\frac{(4x+5)^{2}}{4 \cos x}y^{3}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Bernoulli Diferansiyel Denklemi ($n=3$).
Çözüm Yöntemi: $v = y^{1-3} = y^{-2}$ dönüşümü. $v' = -2y^{-3}y'$.
Denklemi $y^3$ ile bölelim:
$$ y^{-3}y' + \frac{1}{2}\tan(x) y^{-2} = \frac{(4x+5)^2}{4 \cos x} $$Dönüşümü ($y^{-3}y' = -v'/2$) yerine yazalım:
$$ -\frac{v'}{2} + \frac{1}{2}\tan(x) v = \frac{(4x+5)^2}{4 \cos x} $$$-2$ ile çarpalım:
$$ v' - \tan(x) v = -\frac{(4x+5)^2}{2 \cos x} $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı:
$$ \mu(x) = e^{\int -\tan x dx} = e^{\ln|\cos x|} = \cos x $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx}(v \cos x) = \left( -\frac{(4x+5)^2}{2 \cos x} \right) (\cos x) = -\frac{1}{2}(4x+5)^2 $$İntegral alalım:
$$ v \cos x = \int -\frac{1}{2}(4x+5)^2 dx $$Sağ taraf için $u=4x+5, du=4dx \implies dx=du/4$:
$$ v \cos x = -\frac{1}{2} \int u^2 \left(\frac{du}{4}\right) = -\frac{1}{8} \frac{u^3}{3} + C = -\frac{1}{24}(4x+5)^3 + C $$$v$'yi çözelim:
$$ v = \frac{C - \frac{1}{24}(4x+5)^3}{\cos x} $$$v = y^{-2}$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y^{-2} = \frac{C - \frac{1}{24}(4x+5)^3}{\cos x} \quad \text{veya} \quad y^2 = \frac{\cos x}{C - \frac{1}{24}(4x+5)^3} $$$y^{\prime}+\frac{3y}{x}=-\frac{6e^{x}}{x}y^{\frac{2}{3}}$ diferansiyel denklemi...
(Soru 36'daki "denkleminin genel çözümünü bulunuz" ifadesi Soru 35'e aittir.)
Denklem Tipi: Bernoulli Diferansiyel Denklemi ($n=2/3$).
Çözüm Yöntemi: $v = y^{1-n} = y^{1-2/3} = y^{1/3}$ dönüşümü.
$v' = \frac{1}{3}y^{-2/3}y'$, yani $y^{-2/3}y' = 3v'$.
Denklemi $y^{2/3}$ ile bölelim:
$$ y^{-2/3}y' + \frac{3}{x}y^{1/3} = -\frac{6e^x}{x} $$Dönüşümü yerine yazalım:
$$ 3v' + \frac{3}{x}v = -\frac{6e^x}{x} $$3 ile bölelim:
$$ v' + \frac{1}{x}v = -\frac{2e^x}{x} $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı:
$$ \mu(x) = e^{\int (1/x) dx} = e^{\ln|x|} = x $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx}(v x) = \left( -\frac{2e^x}{x} \right) (x) = -2e^x $$İntegral alalım:
$$ v x = \int -2e^x dx = -2e^x + C $$ $$ v = \frac{C - 2e^x}{x} $$$v = y^{1/3}$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y^{1/3} = \frac{C - 2e^x}{x} \implies y(x) = \left( \frac{C - 2e^x}{x} \right)^3 $$$n\ne1$ ve $k+n\ne1$ için $xy^{\prime}-y=kx^{k}y^{n}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Bernoulli Diferansiyel Denklemi.
Denklemi $x$ ile bölelim:
$$ y' - \frac{1}{x}y = k x^{k-1} y^n $$Çözüm Yöntemi: $v = y^{1-n}$ dönüşümü. $v' = (1-n)y^{-n}y'$.
Denklemi $y^n$ ile bölelim:
$$ y^{-n}y' - \frac{1}{x}y^{1-n} = k x^{k-1} $$Dönüşümü ($y^{-n}y' = \frac{v'}{1-n}$) yerine yazalım:
$$ \frac{v'}{1-n} - \frac{1}{x} v = k x^{k-1} $$$(1-n)$ ile çarpalım:
$$ v' - \frac{1-n}{x} v = k(1-n)x^{k-1} $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı:
$$ \mu(x) = e^{\int -\frac{1-n}{x} dx} = e^{-(1-n)\ln|x|} = e^{\ln|x^{n-1}|} = x^{n-1} $$Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx}(v x^{n-1}) = (k(1-n)x^{k-1}) \cdot (x^{n-1}) = k(1-n)x^{k+n-2} $$İntegral alalım ($k+n \ne 1$ verildiği için $k+n-2 \ne -1$):
$$ v x^{n-1} = \int k(1-n)x^{k+n-2} dx = k(1-n) \frac{x^{k+n-1}}{k+n-1} + C $$$v$'yi çözelim:
$$ v = \frac{k(1-n)}{k+n-1} x^k + C x^{1-n} $$$v = y^{1-n}$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y^{1-n} = \frac{k(1-n)}{k+n-1} x^k + C x^{1-n} $$$y_{1}=1$ özel çözümüne sahip $y^{\prime}=x+y(1-2x)-y^{2}(1-x)$ diferensiyel denkleminin $y(0)=-1$ koşulunu sağlayan çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Riccati Diferansiyel Denklemi.
Denklemi standart forma getirelim: $y' - (1-2x)y + (1-x)y^2 = x$.
Çözüm Yöntemi: $y_1=1$ özel çözümü bilindiğinden, $y = y_1 + \frac{1}{v} = 1 + \frac{1}{v}$ dönüşümü yapılır.
$y' = -\frac{v'}{v^2}$.
Denkleme yerleştirelim:
$$ \left(-\frac{v'}{v^2}\right) - (1-2x)\left(1+\frac{1}{v}\right) + (1-x)\left(1+\frac{1}{v}\right)^2 = x $$ $$ -\frac{v'}{v^2} - (1-2x) - \frac{1-2x}{v} + (1-x)\left(1 + \frac{2}{v} + \frac{1}{v^2}\right) = x $$ $$ -\frac{v'}{v^2} - 1 + 2x - \frac{1-2x}{v} + 1 - x + \frac{2(1-x)}{v} + \frac{1-x}{v^2} = x $$Terimleri toplayalım:
(Sabitler): $(-1+2x) + (1-x) = x$. (Sağ taraftaki $x$ ile sadeleşir).
($1/v$ terimleri): $\frac{-(1-2x) + 2(1-x)}{v} = \frac{-1+2x+2-2x}{v} = \frac{1}{v}$.
($1/v^2$ terimleri): $\frac{1-x}{v^2}$.
Kalan denklem:
$$ -\frac{v'}{v^2} + \frac{1}{v} + \frac{1-x}{v^2} = 0 $$$-v^2$ ile çarpalım:
$$ v' - v - (1-x) = 0 \implies v' - v = 1-x $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. $\mu(x) = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$.
$$ \frac{d}{dx}(v e^{-x}) = (1-x)e^{-x} $$$v e^{-x} = \int (1-x)e^{-x} dx$. Kısmi integrasyon ($u=1-x, dv=e^{-x}dx \implies du=-dx, v=-e^{-x}$):
$$ v e^{-x} = -(1-x)e^{-x} - \int (-e^{-x})(-dx) = -(1-x)e^{-x} - \int e^{-x}dx $$ $$ v e^{-x} = (-1+x)e^{-x} + e^{-x} + C = x e^{-x} + C $$ $$ v(x) = x + C e^x $$$y = 1 + 1/v$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y(x) = 1 + \frac{1}{x + C e^x} $$$y(0)=-1$ koşulunu kullanalım:
$$ -1 = 1 + \frac{1}{0 + C e^0} \implies -2 = \frac{1}{C} \implies C = -\frac{1}{2} $$Özel çözüm:
$$ y(x) = 1 + \frac{1}{x - \frac{1}{2}e^x} = 1 + \frac{2}{2x - e^x} = \frac{2x - e^x + 2}{2x - e^x} $$$y_{1}=2$ özel çözümüne $\frac{dy}{dx}=-2-y+y^{2}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Riccati Denklemi (ve aynı zamanda Değişkenlerine Ayrılabilir).
Çözüm Yöntemi (Değişkenlere Ayırma): Denklem $x$'e bağlı olmadığından, değişkenlerine ayrılabilir.
$$ \frac{dy}{dx} = y^2 - y - 2 = (y-2)(y+1) $$ $$ \frac{1}{(y-2)(y+1)} dy = dx $$Sol tarafı basit kesirlere ayıralım: $\frac{1}{(y-2)(y+1)} = \frac{A}{y-2} + \frac{B}{y+1}$
$1 = A(y+1) + B(y-2)$.
$y=2 \implies 1 = 3A \implies A = 1/3$.
$y=-1 \implies 1 = -3B \implies B = -1/3$.
İntegrali alalım:
$$ \int \left( \frac{1/3}{y-2} - \frac{1/3}{y+1} \right) dy = \int dx $$ $$ \frac{1}{3} (\ln|y-2| - \ln|y+1|) = x + C_1 $$ $$ \ln\left|\frac{y-2}{y+1}\right| = 3x + 3C_1 $$Her iki tarafın $e$ tabanını alalım:
$$ \frac{y-2}{y+1} = e^{3x+3C_1} = e^{3C_1}e^{3x} = C e^{3x} \quad (C = \pm e^{3C_1}) $$(Not: $y_1=2$ özel çözümü $C=0$ durumuna karşılık gelir.)
$y$'yi çözmek için:
$$ y - 2 = C e^{3x}(y+1) = C e^{3x}y + C e^{3x} $$ $$ y - C e^{3x}y = 2 + C e^{3x} $$ $$ y(1 - C e^{3x}) = 2 + C e^{3x} $$ $$ y(x) = \frac{2 + C e^{3x}}{1 - C e^{3x}} $$$\frac{dy}{dx}+2e^{x}-4y+e^{-x}y^{2}=0$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Riccati Diferansiyel Denklemi.
Denklemi düzenleyelim: $y' - 4y + e^{-x}y^2 = -2e^x$.
Çözüm Yöntemi: Özel çözüm arayıp $y = y_1 + 1/v$ dönüşümü yapmak.
$y_1 = a e^x$ formunda bir özel çözüm arayalım ($q(x)$ ve $r(x)$'in $e^x$ içermesinden dolayı).
$y_1' = a e^x$. Yerine koyalım:
$$ (a e^x) - 4(a e^x) + e^{-x}(a e^x)^2 = -2e^x $$ $$ a e^x - 4a e^x + e^{-x}(a^2 e^{2x}) = -2e^x $$ $$ a e^x - 4a e^x + a^2 e^x = -2e^x $$$e^x$ ile bölelim:
$$ a - 4a + a^2 = -2 \implies a^2 - 3a + 2 = 0 $$ $$ (a-1)(a-2) = 0 $$İki özel çözüm bulduk: $a=1$ veya $a=2$. $y_1 = e^x$ çözümünü kullanalım.
Dönüşüm: $y = y_1 + \frac{1}{v} = e^x + \frac{1}{v}$. $y' = e^x - \frac{v'}{v^2}$.
Denkleme yerleştirelim:
$$ \left(e^x - \frac{v'}{v^2}\right) - 4\left(e^x + \frac{1}{v}\right) + e^{-x}\left(e^x + \frac{1}{v}\right)^2 = -2e^x $$ $$ e^x - \frac{v'}{v^2} - 4e^x - \frac{4}{v} + e^{-x}\left(e^{2x} + \frac{2e^x}{v} + \frac{1}{v^2}\right) = -2e^x $$ $$ (e^x - 4e^x + e^x) - \frac{v'}{v^2} - \frac{4}{v} + \frac{2}{v} + \frac{e^{-x}}{v^2} = -2e^x $$ $$ (-2e^x) - \frac{v'}{v^2} - \frac{2}{v} + \frac{e^{-x}}{v^2} = -2e^x $$$-2e^x$ terimleri sadeleşir:
$$ -\frac{v'}{v^2} - \frac{2}{v} + \frac{e^{-x}}{v^2} = 0 $$$-v^2$ ile çarpalım:
$$ v' + 2v - e^{-x} = 0 \implies v' + 2v = e^{-x} $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. $\mu(x) = e^{\int 2 dx} = e^{2x}$.
$$ \frac{d}{dx}(v e^{2x}) = (e^{-x}) (e^{2x}) = e^x $$İntegral alalım:
$$ v e^{2x} = \int e^x dx = e^x + C $$ $$ v(x) = (e^x + C)e^{-2x} = e^{-x} + C e^{-2x} $$Genel çözümü $y = e^x + 1/v$ olarak yazalım:
$$ y(x) = e^x + \frac{1}{e^{-x} + C e^{-2x}} = e^x + \frac{e^{2x}}{e^x + C} $$$(x^{3}+xy^{2}+1)dx+Q(x,y)dy=0$ denkleminin tam diferensiyel denklem olması için $Q(x,y)$ fonksiyonunu bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Diferansiyel Denklem.
Denklem $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$ formundadır.
Burada $M(x,y) = x^3 + xy^2 + 1$ ve $N(x,y) = Q(x,y)$.
Çözüm Yöntemi: Tam diferansiyel olabilmesi için $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ (veya $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$) koşulu sağlanmalıdır.
$M$'nin $y$'ye göre kısmi türevini alalım:
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (x^3 + xy^2 + 1) = 2xy $$Tamlık koşulu gereği:
$$ \frac{\partial Q}{\partial x} = 2xy $$$Q(x,y)$'yi bulmak için bu ifadenin $x$'e göre integralini alırız (bu sırada $y$'yi sabit kabul ederiz):
$$ Q(x,y) = \int (2xy) dx = 2y \int x dx $$ $$ Q(x,y) = 2y \left( \frac{x^2}{2} \right) + h(y) $$ $$ Q(x,y) = x^2 y + h(y) $$Burada $h(y)$, $x$'e göre türevi sıfır olan, $y$'ye bağlı keyfi bir fonksiyondur.
Soruda $Q(x,y)$ fonksiyonu için (en basit) bir örnek istendiğinden, $h(y) = 0$ (veya $h(y) = C$ gibi bir sabit) seçebiliriz.
Örneğin, $h(y)=0$ için:
$$ Q(x,y) = x^2y $$$P(x,y)dx+(2ye^{x}+y^{2}e^{3x}-2)dy=0$ denkleminin tam diferensiyel denklem olması için $P(x,y)$ fonksiyonunu bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: Tam diferensiyel denklem $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$ için $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ koşulu sağlanmalıdır.
Burada $M(x,y) = P(x,y)$ ve $N(x,y) = 2ye^{x}+y^{2}e^{3x}-2$.
Önce $N(x,y)$'nin $x$'e göre kısmi türevini alalım:
$$ \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (2ye^{x}+y^{2}e^{3x}-2) = 2ye^x + y^2(3e^{3x}) = 2ye^x + 3y^2e^{3x} $$Tamlık koşulu gereği, $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ olmalıdır:
$$ \frac{\partial P}{\partial y} = 2ye^x + 3y^2e^{3x} $$$P(x,y)$'yi bulmak için bu ifadenin $y$'ye göre integralini alırız ($x$'i sabit tutarak):
$$ P(x,y) = \int (2ye^x + 3y^2e^{3x}) dy = e^x \int 2y dy + e^{3x} \int 3y^2 dy $$ $$ P(x,y) = e^x (y^2) + e^{3x} (y^3) + g(x) $$Burada $g(x)$, $y$'ye göre integrasyon sabiti olan keyfi bir $x$ fonksiyonudur. En basit $P(x,y)$ için $g(x)=0$ (veya $g(x)=C$) seçilebilir.
$$ P(x,y) = y^2e^x + y^3e^{3x} $$$(3x^{2}\tan y+2)+(x^{3}\sec^{2}y-1)\frac{dy}{dx}=0$, $y(0)=0$ başlangıç değer problemini çözünüz.
Denklem Tipi: Tam Diferansiyel Denklem.
Denklemi $Mdx + Ndy = 0$ formunda yazalım:
$$ (3x^2\tan y + 2)dx + (x^3\sec^2 y - 1)dy = 0 $$Burada $M(x,y) = 3x^2\tan y + 2$ ve $N(x,y) = x^3\sec^2 y - 1$.
Çözüm Yöntemi: Tamlık koşulunu ($\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$) kontrol edip $F(x,y) = C$ genel çözümünü bulmak.
1. Türevleri alalım:
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (3x^2\tan y + 2) = 3x^2\sec^2 y $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^3\sec^2 y - 1) = 3x^2\sec^2 y $$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ olduğundan denklem tamdır.
2. $F(x,y)$ potansiyel fonksiyonunu bulalım. $\frac{\partial F}{\partial x} = M(x,y)$:
$$ F(x,y) = \int M(x,y) dx = \int (3x^2\tan y + 2) dx = x^3\tan y + 2x + h(y) $$3. $\frac{\partial F}{\partial y} = N(x,y)$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial y} (x^3\tan y + 2x + h(y)) = x^3\sec^2 y + h'(y) $$ $$ x^3\sec^2 y + h'(y) = N(x,y) = x^3\sec^2 y - 1 $$Sadeleştirirsek: $h'(y) = -1 \implies h(y) = \int -1 dy = -y$.
4. Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ x^3\tan y + 2x - y = C $$5. $y(0)=0$ başlangıç koşulunu uygulayalım:
$$ (0)^3\tan(0) + 2(0) - 0 = C \implies C = 0 $$Özel çözüm:
$$ x^3\tan y + 2x - y = 0 $$$(3x^{2}+2y+6x^{3}y)dx+2xdy=0$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan, İntegral Çarpanı ile Çözülebilen Denklem.
$M(x,y) = 3x^2 + 2y + 6x^3y$ ve $N(x,y) = 2x$.
Çözüm Yöntemi: Tamlık koşulunu kontrol edip, uygun bir integral çarpanı $\mu(x)$ bularak denklemi tam hale getirmek.
1. Tamlık kontrolü:
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = 2 + 6x^3 $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = 2 $$$\frac{\partial M}{\partial y} \ne \frac{\partial N}{\partial x}$ olduğu için denklem tam değildir.
2. İntegral çarpanı $\mu(x)$ arayalım:
$$ \frac{1}{N} \left( \frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x} \right) = \frac{1}{2x} ( (2 + 6x^3) - 2 ) = \frac{6x^3}{2x} = 3x^2 $$Bu ifade sadece $x$'e bağlı olduğundan, $\mu(x) = e^{\int 3x^2 dx} = e^{x^3}$ bir integral çarpanıdır.
3. Denklemi $\mu(x) = e^{x^3}$ ile çarpalım:
$$ e^{x^3}(3x^2 + 2y + 6x^3y)dx + e^{x^3}(2x)dy = 0 $$ $$ (3x^2e^{x^3} + 2ye^{x^3} + 6x^3ye^{x^3})dx + (2xe^{x^3})dy = 0 $$Bu yeni denklem tamdır. $M^* = 3x^2e^{x^3} + 2ye^{x^3} + 6x^3ye^{x^3}$ ve $N^* = 2xe^{x^3}$.
4. $F(x,y)$ potansiyel fonksiyonunu bulalım. $\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ daha basit görünüyor:
$$ F(x,y) = \int N^* dy = \int 2xe^{x^3} dy = 2xe^{x^3}y + g(x) $$5. $\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial x} (2xe^{x^3}y + g(x)) = 2e^{x^3}y + 2x(3x^2e^{x^3})y + g'(x) $$ $$ 2ye^{x^3} + 6x^3ye^{x^3} + g'(x) = M^* = 3x^2e^{x^3} + 2ye^{x^3} + 6x^3ye^{x^3} $$Sadeleştirirsek: $g'(x) = 3x^2e^{x^3}$.
6. $g(x)$'i bulalım ($u=x^3, du=3x^2dx$):
$$ g(x) = \int 3x^2e^{x^3} dx = \int e^u du = e^u = e^{x^3} $$7. Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ 2xe^{x^3}y + e^{x^3} = C \quad \text{(veya } e^{x^3}(2xy + 1) = C \text{)} $$$(2xy^{2}+y)\,dx \;+\; (2y^{3}-x-2)\,dy \;=\; 0.$ diferensiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.
Tip ve yöntem: Tam olmayan bir diferansiyel denklem; yalnızca $y$'ye bağlı bir integral(lenen) çarpan $\mu(y)$ ile tam hâle getirilir.
$M(x,y)=2xy^{2}+y,\; N(x,y)=2y^{3}-x-2$. Tamlık koşulu:
$$ \frac{\partial M}{\partial y}=4xy+1, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-1 \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial M}{\partial y}\neq \frac{\partial N}{\partial x}. $$Sadece $y$'ye bağlı bir çarpan arıyoruz. Standart kriter:
$$ \frac{1}{M}\Big(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\Big) = \frac{-1-(4xy+1)}{\,2xy^{2}+y\,} = \frac{-\,2-4xy}{\,y(2xy+1)\,} = -\,\frac{2}{y}, $$yalnızca $y$'ye bağlıdır. Öyleyse
$$ \mu(y)\;=\;\exp\!\Big(\int -\tfrac{2}{y}\,dy\Big)\;=\;y^{-2}. $$Denklemi $\mu(y)=y^{-2}$ ile çarpalım:
$$ \big(2x+\tfrac{1}{y}\big)\,dx \;+\; \Big(2y - \frac{x}{y^{2}} - \frac{2}{y^{2}}\Big)\,dy \;=\; 0. $$Bu denklem tamdır. Potansiyel fonksiyonu $F$ için
$$ \frac{\partial F}{\partial x}=2x+\frac{1}{y} \quad\Rightarrow\quad F(x,y)=x^{2}+\frac{x}{y}+h(y). $$$y$'ye göre türev alıp $N^{*}$ ile eşitleyelim:
$$ \frac{\partial F}{\partial y}=-\frac{x}{y^{2}}+h'(y) \;=\; 2y - \frac{x}{y^{2}} - \frac{2}{y^{2}} \quad\Longrightarrow\quad h'(y)=2y-\frac{2}{y^{2}}. $$Entegre edelim:
$$ h(y)=\int\!\Big(2y-\frac{2}{y^{2}}\Big)dy = y^{2}+\frac{2}{y}+C. $$Sabit $C$’yi $F=C$ genel sabitine yediririz. Böylece potansiyel:
$$ F(x,y)=x^{2}+\frac{x}{y}+y^{2}+\frac{2}{y}. $$Genel çözüm:
$$ \boxed{\,x^{2}+\frac{x}{y}+y^{2}+\frac{2}{y}=C\, }. $$$(x+y)\sin ydx+(x \sin y+\cos y+\sin y)dy=0$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan, İntegral Çarpanı ile Çözülebilen Denklem.
$M(x,y) = (x+y)\sin y = x\sin y + y\sin y$
$N(x,y) = x\sin y + \cos y + \sin y$
Çözüm Yöntemi: Tamlık koşulunu kontrol edip, uygun bir integral çarpanı $\mu(y)$ bularak denklemi tam hale getirmek.
1. Tamlık kontrolü:
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (x\sin y + y\sin y) = x\cos y + (\sin y + y\cos y) $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = \sin y $$Denklem tam değildir.
2. İntegral çarpanı $\mu(y)$ arayalım:
$$ \frac{1}{M} \left( \frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y} \right) = \frac{1}{(x+y)\sin y} (\sin y - (x\cos y + \sin y + y\cos y)) $$ $$ = \frac{-(x\cos y + y\cos y)}{(x+y)\sin y} = \frac{-(x+y)\cos y}{(x+y)\sin y} = -\cot y $$Bu ifade sadece $y$'ye bağlı olduğundan, $\mu(y) = e^{\int -\cot y dy} = e^{-\ln|\sin y|} = \frac{1}{\sin y} = \csc y$ bir integral çarpanıdır.
3. Denklemi $\mu(y) = \csc y$ ile çarpalım:
$$ \csc y (x+y)\sin y dx + \csc y (x\sin y + \cos y + \sin y)dy = 0 $$ $$ (x+y)dx + (x + \frac{\cos y}{\sin y} + 1)dy = 0 $$ $$ (x+y)dx + (x + \cot y + 1)dy = 0 $$Bu yeni denklem tamdır. $M^* = x+y$ ve $N^* = x + \cot y + 1$.
4. $F(x,y)$ potansiyel fonksiyonunu bulalım. $\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$:
$$ F(x,y) = \int (x+y) dx = \frac{x^2}{2} + xy + h(y) $$5. $\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial y} (\frac{x^2}{2} + xy + h(y)) = x + h'(y) $$ $$ x + h'(y) = N^* = x + \cot y + 1 $$Sadeleştirirsek: $h'(y) = \cot y + 1$.
6. $h(y)$'yi bulalım:
$$ h(y) = \int (\cot y + 1) dy = \ln|\sin y| + y $$7. Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ \frac{x^2}{2} + xy + y + \ln|\sin y| = C $$$(5xy^{2}-2y)dx+(3x^{2}y-x)dy=0$ diferensiyel denkleminin bir $\lambda(x,y)=x^{a}y^{b}$ şeklindeki integral çarpanın bularak $y(1)=2$ koşulunu sağlayan çözümünü elde ediniz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan, İntegral Çarpanı $\mu(x,y)=x^a y^b$ Formunda.
$M = 5xy^2-2y$, $N = 3x^2y-x$.
Çözüm Yöntemi: Denklemi $x^a y^b$ ile çarpıp tamlık koşulunu $\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ sağlayacak $a$ ve $b$ değerlerini bulmak.
1. Denklemi $\mu = x^a y^b$ ile çarpalım:
$M^* = x^a y^b(5xy^2-2y) = 5x^{a+1}y^{b+2} - 2x^a y^{b+1}$
$N^* = x^a y^b(3x^2y-x) = 3x^{a+2}y^{b+1} - x^{a+1}y^b$
2. Kısmi türevleri alıp eşitleyelim:
$\frac{\partial M^*}{\partial y} = 5(b+2)x^{a+1}y^{b+1} - 2(b+1)x^a y^b$
$\frac{\partial N^*}{\partial x} = 3(a+2)x^{a+1}y^{b+1} - (a+1)x^a y^b$
3. Katsayıları eşitleyerek $a$ ve $b$ için denklem sistemi kuralım:
$x^{a+1}y^{b+1}$ terimi: $5(b+2) = 3(a+2) \implies 5b+10 = 3a+6 \implies 3a - 5b = 4$
$x^a y^b$ terimi: $-2(b+1) = -(a+1) \implies 2b+2 = a+1 \implies a = 2b+1$
4. Sistemi çözelim: $a$'yı ilk denkleme yerleştirelim:
$3(2b+1) - 5b = 4 \implies 6b+3-5b = 4 \implies b=1$.
$a = 2(1)+1 = 3$.
İntegral çarpanı $\mu(x,y) = x^3 y^1$.
5. Denklemi $\mu = x^3 y$ ile çarpınca $M^*$ ve $N^*$ ($a=3, b=1$):
$M^* = 5x^4y^3 - 2x^3y^2$
$N^* = 3x^5y^2 - x^4y$
Bu denklem tamdır.
6. $F(x,y)$'yi bulalım. $\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$:
$$ F(x,y) = \int (5x^4y^3 - 2x^3y^2) dx = y^3(x^5) - y^2(\frac{2x^4}{4}) + h(y) $$ $$ F(x,y) = x^5y^3 - \frac{1}{2}x^4y^2 + h(y) $$7. $\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ kontrolü:
$$ \frac{\partial}{\partial y} (x^5y^3 - \frac{1}{2}x^4y^2 + h(y)) = 3x^5y^2 - x^4y + h'(y) $$Bu $N^*$ ile aynıdır, $h'(y) = 0 \implies h(y) = 0$.
8. Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ x^5y^3 - \frac{1}{2}x^4y^2 = C $$9. $y(1)=2$ başlangıç koşulunu uygulayalım:
$$ (1)^5(2)^3 - \frac{1}{2}(1)^4(2)^2 = C $$ $$ 8 - \frac{1}{2}(4) = C \implies 8 - 2 = C \implies C = 6 $$Özel çözüm:
$$ x^5y^3 - \frac{1}{2}x^4y^2 = 6 \quad \text{veya} \quad 2x^5y^3 - x^4y^2 = 12 $$$(\cos x \cos y)dx+(\sin x \cos y-\sin x \sin y+y+1)dy=0$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan, İntegral Çarpanı ile Çözülebilen Denklem.
$M = \cos x \cos y$
$N = \sin x \cos y - \sin x \sin y + y + 1$
Çözüm Yöntemi: Tamlık koşulunu kontrol edip, uygun bir integral çarpanı $\mu(y)$ bularak denklemi tam hale getirmek.
1. Tamlık kontrolü:
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = -\cos x \sin y $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = \cos x \cos y - \cos x \sin y $$Denklem tam değildir.
2. İntegral çarpanı arayalım:
$$ \frac{1}{M} \left( \frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y} \right) = \frac{1}{\cos x \cos y} ( (\cos x \cos y - \cos x \sin y) - (-\cos x \sin y) ) $$ $$ = \frac{\cos x \cos y}{\cos x \cos y} = 1 $$Bu ifade $y$'ye bağlı (sabit fonksiyon) olarak düşünülebilir. $\mu(y) = e^{\int 1 dy} = e^y$.
3. Denklemi $\mu(y) = e^y$ ile çarpalım:
$M^* = e^y \cos x \cos y$
$N^* = e^y (\sin x \cos y - \sin x \sin y + y + 1) = e^y\sin x(\cos y - \sin y) + e^y(y+1)$
4. $F(x,y)$ potansiyel fonksiyonunu bulalım. $\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$:
$$ F(x,y) = \int e^y \cos x \cos y dx = e^y \cos y \int \cos x dx = e^y \cos y \sin x + h(y) $$5. $\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial y} (e^y \sin x \cos y + h(y)) = \sin x (e^y\cos y - e^y\sin y) + h'(y) $$ $$ \sin x e^y(\cos y - \sin y) + h'(y) = N^* = e^y\sin x(\cos y - \sin y) + e^y(y+1) $$Sadeleştirirsek: $h'(y) = e^y(y+1)$.
6. $h(y)$'yi bulalım (Kısmi integrasyon: $u=y+1, dv=e^y dy$):
$$ h(y) = \int (y+1)e^y dy = (y+1)e^y - \int e^y dy = (y+1)e^y - e^y = ye^y $$7. Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ e^y \sin x \cos y + ye^y = C \quad \text{veya} \quad e^y (\sin x \cos y + y) = C $$$(4x+3y^{2}+1)dx+2xydy=0$ diferensiyel denklemi için
a) Tam diferensiyel olmadığını gösteriniz.
b) $x^{n}$ (n pozitif bir tamsayı), şeklinde bir integral çarpanı bulunuz.
c) Bulduğunuz integral çarpanı ile denklemi çarparak, bulunan tam diferensiyel denklemin genel çözümünü bulunuz.
$M(x,y) = 4x+3y^2+1$ ve $N(x,y) = 2xy$.
a) Tamlık Kontrolü
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (4x+3y^2+1) = 6y $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (2xy) = 2y $$$\frac{\partial M}{\partial y} (6y) \ne \frac{\partial N}{\partial x} (2y)$ olduğu için denklem tam diferensiyel değildir.
b) $x^n$ İntegral Çarpanı Bulunması
Denklemi $\mu(x) = x^n$ ile çarpalım:
$M^* = x^n(4x+3y^2+1) = 4x^{n+1} + 3x^n y^2 + x^n$
$N^* = x^n(2xy) = 2x^{n+1}y$
Tamlık koşulunu $\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ uygulayalım:
$$ \frac{\partial M^*}{\partial y} = 6x^n y $$ $$ \frac{\partial N^*}{\partial x} = 2(n+1)x^n y $$Katsayıları eşitleyelim: $6x^n y = 2(n+1)x^n y \implies 6 = 2(n+1) \implies 3 = n+1 \implies n = 2$.
İntegral çarpanı $\mu(x) = x^2$.
c) Genel Çözüm
Denklemi $x^2$ ile çarpalım:
$$ (4x^3 + 3x^2y^2 + x^2)dx + (2x^3y)dy = 0 $$Bu denklem tamdır. $M^* = 4x^3 + 3x^2y^2 + x^2$ ve $N^* = 2x^3y$.
$\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ daha basittir:
$$ F(x,y) = \int N^* dy = \int 2x^3y dy = 2x^3 \frac{y^2}{2} + g(x) = x^3y^2 + g(x) $$$\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial x} (x^3y^2 + g(x)) = 3x^2y^2 + g'(x) $$ $$ 3x^2y^2 + g'(x) = M^* = 4x^3 + 3x^2y^2 + x^2 $$Sadeleştirirsek: $g'(x) = 4x^3 + x^2$.
$$ g(x) = \int (4x^3 + x^2) dx = x^4 + \frac{x^3}{3} $$Genel çözüm $F(x,y) = C$:
$$ x^3y^2 + x^4 + \frac{x^3}{3} = C $$$(2y^{2}+2xy)dx-x^{2}dy=0$ diferensiyel denklemi için
a) Denklemin tam olmadığını gösteriniz.
b) n tamsayı olmak üzere verilen denklemin $y^{n}$ şeklinde bir integral çarpanını bulunuz ve denklemi $y^{n}$ ile çarpınız.
c) Bulunan tam diferensiyel deklemin genel çözümünü bulunuz.
$M(x,y) = 2y^2+2xy$ ve $N(x,y) = -x^2$.
a) Tamlık Kontrolü
$$ \frac{\partial M}{\partial y} = 4y + 2x $$ $$ \frac{\partial N}{\partial x} = -2x $$$\frac{\partial M}{\partial y} \ne \frac{\partial N}{\partial x}$ olduğu için denklem tam değildir.
b) $y^n$ İntegral Çarpanı Bulunması
Denklemi $\mu(y) = y^n$ ile çarpalım:
$M^* = y^n(2y^2+2xy) = 2y^{n+2} + 2xy^{n+1}$
$N^* = y^n(-x^2) = -x^2y^n$
Tamlık koşulunu $\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ uygulayalım:
$$ \frac{\partial M^*}{\partial y} = 2(n+2)y^{n+1} + 2(n+1)xy^n $$ $$ \frac{\partial N^*}{\partial x} = -2xy^n $$Eşitliği $2(n+2)y^{n+1} + 2(n+1)xy^n = -2xy^n$ sağlayabilmek için $y^{n+1}$ teriminin katsayısı 0 olmalıdır:
$2(n+2) = 0 \implies n = -2$.
$n=-2$ için $xy^n$ terimlerinin katsayılarını kontrol edelim:
$2(n+1) = 2(-2+1) = -2$. Eşitlik sağlanır ($-2 = -2$).
İntegral çarpanı $\mu(y) = y^{-2}$.
Denklemi $y^{-2}$ ile çarparsak:
$$ (2 + \frac{2x}{y})dx - \frac{x^2}{y^2}dy = 0 $$c) Genel Çözüm
Yeni denklem tamdır. $M^* = 2 + 2x/y$ ve $N^* = -x^2/y^2$.
$\frac{\partial F}{\partial x} = M^*$ üzerinden $F(x,y)$'yi bulalım:
$$ F(x,y) = \int M^* dx = \int (2 + \frac{2x}{y}) dx = 2x + \frac{x^2}{y} + h(y) $$$\frac{\partial F}{\partial y} = N^*$ koşulunu kullanalım:
$$ \frac{\partial}{\partial y} (2x + \frac{x^2}{y} + h(y)) = -\frac{x^2}{y^2} + h'(y) $$ $$ -\frac{x^2}{y^2} + h'(y) = N^* = -\frac{x^2}{y^2} $$Sadeleştirirsek: $h'(y) = 0 \implies h(y) = C_1$.
Genel çözüm $F(x,y) = C_2$:
$$ 2x + \frac{x^2}{y} = C $$$\frac{1}{x^{2}+y^{2}}$ fonksiyonunun $(x+y+x^{2}+y^{2})dx+(y-x)dy=0$ diferensiyel denkleminin bir integral çarpanı olduğunu gösteriniz ve denklemin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan, İntegral Çarpanı Verilmiş Denklem.
$M = x+y+x^2+y^2$, $N = y-x$. $\mu = \frac{1}{x^2+y^2}$.
Çözüm Yöntemi: Denklemi $\mu$ ile çarpıp tam olduğunu göstermek (Gösterim kısmı) ve ardından tam denklemi çözmek (Çözüm kısmı).
1. İntegral Çarpanı Olduğunu Gösterme
Denklemi $\mu = \frac{1}{x^2+y^2}$ ile çarpalım:
$$ M^* = \frac{x+y+x^2+y^2}{x^2+y^2} = \frac{x+y}{x^2+y^2} + 1 $$ $$ N^* = \frac{y-x}{x^2+y^2} $$Tamlık koşulunu $\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ kontrol edelim:
$$ \frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{x+y}{x^2+y^2} + 1 \right) = \frac{(1)(x^2+y^2) - (x+y)(2y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2-2xy-y^2}{(x^2+y^2)^2} $$ $$ \frac{\partial N^*}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{y-x}{x^2+y^2} \right) = \frac{(-1)(x^2+y^2) - (y-x)(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2-2xy-y^2}{(x^2+y^2)^2} $$$\frac{\partial M^*}{\partial y} = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ olduğundan, $\frac{1}{x^2+y^2}$ bir integral çarpanıdır.
2. Genel Çözümün Bulunması
Çözülmesi gereken tam denklem:
$$ \left( \frac{x+y}{x^2+y^2} + 1 \right)dx + \left( \frac{y-x}{x^2+y^2} \right)dy = 0 $$Terimleri yeniden düzenleyelim:
$$ dx + \left( \frac{x}{x^2+y^2}dx + \frac{y}{x^2+y^2}dy \right) + \left( \frac{y}{x^2+y^2}dx - \frac{x}{x^2+y^2}dy \right) = 0 $$Bu terimler bilinen tam diferansiyellerdir:
Denklemi bu diferansiyeller cinsinden yazalım:
$$ d(x) + d\left(\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)\right) + d(\arctan(x/y)) = 0 $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int d(x) + \int d\left(\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)\right) + \int d(\arctan(x/y)) = \int 0 $$Genel çözüm:
$$ x + \frac{1}{2}\ln(x^2+y^2) + \arctan(x/y) = C $$(Not: $d(\arctan(x/y))$ yerine $-d(\arctan(y/x))$ kullanılsaydı çözüm $x + \frac{1}{2}\ln(x^2+y^2) - \arctan(y/x) = C_2$ olurdu, bu da geçerli bir çözümdür.)
$(2+\frac{y^{3}}{x^{3}}+\frac{y^{2}}{x}+\frac{2y}{x})dx+(-\frac{x}{y}-\frac{2y^{2}}{x^{2}}+y+\frac{3y}{x})dy=0$ tam olmayan diferansiyel denklemi için $v(x,y)=v(\frac{x}{y})$ şeklinde bir integral çarpanı bularak genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Tam Olmayan Diferansiyel Denklem.
İstenen Yöntem: $v(x,y)=v(x/y)$ şeklinde bir integral çarpanı bulmak.
Analiz:
Bir integral çarpanının $\mu(v)$ (burada $v=x/y$) formunda olması için,
$$ g(v) = \frac{\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}}{M \frac{\partial v}{\partial y} - N \frac{\partial v}{\partial x}} $$ifadesinin sadece $v$'ye bağlı bir fonksiyon olması gerekir.
$M = 2+\frac{y^{3}}{x^{3}}+\frac{y^{2}}{x}+\frac{2y}{x}$
$N = -\frac{x}{y}-\frac{2y^{2}}{x^{2}}+y+\frac{3y}{x}$
Kısmi türevler:
$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{3y^2}{x^3} + \frac{2y}{x} + \frac{2}{x}$
$\frac{\partial N}{\partial x} = -\frac{1}{y} + \frac{4y^2}{x^3} - \frac{3y}{x^2}$
$v = x/y$ için $\frac{\partial v}{\partial x} = 1/y$ ve $\frac{\partial v}{\partial y} = -x/y^2 = -v/y$.
Payda: $M \frac{\partial v}{\partial y} - N \frac{\partial v}{\partial x} = M(-\frac{v}{y}) - N(\frac{1}{y}) = -\frac{1}{y} (vM + N)$
$vM + N = v(2+\frac{1}{v^3}+\frac{1}{v^2}+\frac{2}{v}) + (-\frac{1}{v} - \frac{2}{v^2} + y + \frac{3}{v})$
$vM + N = (2v + \frac{1}{v^2} + \frac{1}{v} + 2) + (-\frac{1}{v} - \frac{2}{v^2} + y + \frac{3}{v}) = 2v - \frac{1}{v^2} + \frac{3}{v} + 2 + y$
$g(v)$ ifadesinin paydası $y$ değişkenini içerdiğinden ($vM+N$ teriminden dolayı), sonuç sadece $v$'ye bağlı bir fonksiyon olamaz. $N(x,y)$ fonksiyonunda bulunan $y$ terimi, denklemin $v(x/y)$ formundaki terim yapısını bozmaktadır.
Bu nedenle, denklem belgede yazıldığı haliyle $v(x/y)$ tipinde bir integral çarpanı ile çözülemez. Problemde bir yazım hatası olması muhtemeldir.
$y^{\prime}-y=2e^{x}$ denkleminin $y=ve^{-x}$ dönüşümü ile genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Birinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklem (Dönüşüm ile).
Çözüm Yöntemi: $y=ve^{-x}$ dönüşümünü uygulamak.
$y = ve^{-x}$ ise, $x$'e göre türevi (çarpım kuralı):
$y' = \frac{dv}{dx}e^{-x} + v(-e^{-x}) = v'e^{-x} - ve^{-x}$
Bu ifadeleri ana denklemde yerine yazalım:
$$ (v'e^{-x} - ve^{-x}) - (ve^{-x}) = 2e^x $$ $$ v'e^{-x} - 2ve^{-x} = 2e^x $$Denklemi $e^{-x}$ ile bölelim ($e^x$ ile çarpalım):
$$ v' - 2v = 2e^{2x} $$Bu, $v$ için lineer bir denklemdir. İntegral çarpanı $\mu(x) = e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$.
Denklemi $\mu(x)$ ile çarpalım:
$$ \frac{d}{dx}(v e^{-2x}) = (2e^{2x}) e^{-2x} = 2 $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ v e^{-2x} = \int 2 dx = 2x + C $$$v$'yi çözelim:
$$ v(x) = (2x + C)e^{2x} $$Genel çözümü bulmak için $y = ve^{-x}$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ y(x) = \left( (2x + C)e^{2x} \right) e^{-x} $$ $$ y(x) = (2x + C)e^x $$$y^{\prime}=1-\cos^{2}(x-y+2)$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü $x-y+2=u$ dönüşümüyle bulunuz.
Denklem Tipi: Değişken Dönüşümü ile Çözülen (Değişkenlerine Ayrılabilir).
Çözüm Yöntemi: $u = x-y+2$ dönüşümünü uygulamak.
Öncelikle $1 - \cos^2(u) = \sin^2(u)$ trigonometrik özdeşliğini kullanalım:
$$ y' = \sin^2(x-y+2) = \sin^2(u) $$Şimdi $u = x-y+2$ dönüşümünün $x$'e göre türevini alalım:
$$ \frac{du}{dx} = 1 - \frac{dy}{dx} \implies \frac{dy}{dx} = 1 - \frac{du}{dx} $$$y'$ için bulduğumuz iki ifadeyi eşitleyelim:
$$ 1 - \frac{du}{dx} = \sin^2(u) $$$\frac{du}{dx}$'i yalnız bırakalım:
$$ \frac{du}{dx} = 1 - \sin^2(u) = \cos^2(u) $$Bu, değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir:
$$ \frac{1}{\cos^2(u)} du = dx $$ $$ \sec^2(u) du = dx $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \sec^2(u) du = \int dx $$ $$ \tan(u) = x + C $$$u = x-y+2$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ \tan(x-y+2) = x + C $$In z $ydx=x~ln(y^{3})$ dy diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
(Not: "In z" ifadesi, $z$'nin $x$ veya $y$'ye bağlı olmadığı varsayılarak bir $K$ sabiti olarak yorumlanmıştır.)
Denklem Tipi: Değişkenlerine Ayrılabilir Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: $x$ terimlerini $dx$ yanına, $y$ terimlerini $dy$ yanına toplamak.
Denklemi $K = \ln z$ (sabit) ve $\ln(y^3) = 3\ln y$ olarak yeniden yazalım:
$$ K y dx = x (3 \ln y) dy $$Değişkenleri ayıralım:
$$ K \frac{1}{x} dx = \frac{3 \ln y}{y} dy $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int K \frac{1}{x} dx = \int \frac{3 \ln y}{y} dy $$Sol tarafın integrali:
$$ K \ln|x| + C_1 $$Sağ tarafın integrali için $u = \ln y$ dönüşümü yapılırsa, $du = \frac{1}{y} dy$ olur:
$$ \int 3 u du = 3 \frac{u^2}{2} = \frac{3}{2} (\ln y)^2 + C_2 $$Çözümleri birleştirelim ($C = C_2 - C_1$):
$$ K \ln|x| = \frac{3}{2} (\ln y)^2 + C $$$K = \ln z$ yerine geri yazarsak:
$$ (\ln z) (\ln|x|) = \frac{3}{2} (\ln y)^2 + C $$$y^{\prime}=(\frac{x-y+5}{x-y+1})^{2}$ diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Değişken Dönüşümü ile Çözülen (Değişkenlerine Ayrılabilir).
Çözüm Yöntemi: $u = x-y$ dönüşümü uygulamak.
Dönüşüm: $u = x-y$. Türevi: $\frac{du}{dx} = 1 - \frac{dy}{dx} \implies \frac{dy}{dx} = 1 - \frac{du}{dx}$.
Ana denklemi $u$ cinsinden yazalım:
$$ y' = \left(\frac{u+5}{u+1}\right)^2 $$$y'$ ifadelerini eşitleyelim:
$$ 1 - \frac{du}{dx} = \left(\frac{u+5}{u+1}\right)^2 $$ $$ \frac{du}{dx} = 1 - \left(\frac{u+5}{u+1}\right)^2 = \frac{(u+1)^2 - (u+5)^2}{(u+1)^2} $$ $$ \frac{du}{dx} = \frac{(u^2+2u+1) - (u^2+10u+25)}{(u+1)^2} $$ $$ \frac{du}{dx} = \frac{-8u-24}{(u+1)^2} = \frac{-8(u+3)}{(u+1)^2} $$Değişkenleri ayıralım:
$$ \frac{(u+1)^2}{u+3} du = -8 dx $$Sol taraftaki kesri polinom bölmesi ile ayıralım:
$(u^2+2u+1) \div (u+3) = (u-1)$ kalan $4$.
Yani, $\frac{u^2+2u+1}{u+3} = u - 1 + \frac{4}{u+3}$.
Denklem:
$$ \left( u - 1 + \frac{4}{u+3} \right) du = -8 dx $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \left( u - 1 + \frac{4}{u+3} \right) du = \int -8 dx $$ $$ \frac{u^2}{2} - u + 4\ln|u+3| = -8x + C $$$u = x-y$ dönüşümünü geri yazalım:
$$ \frac{(x-y)^2}{2} - (x-y) + 4\ln|x-y+3| = -8x + C $$ $$ \frac{(x-y)^2}{2} + 7x + y + 4\ln|x-y+3| = C $$$\frac{\sin^{3}x}{\cos^{3}y}dx=\frac{8 \sin y}{\cos x}dy$ denkleminin genel çözümünü bulunuz.
Denklem Tipi: Değişkenlerine Ayrılabilir Diferansiyel Denklem.
Çözüm Yöntemi: $x$ terimlerini $dx$ yanına, $y$ terimlerini $dy$ yanına toplamak.
Denklemi düzenleyelim:
$$ (\sin^3 x \cos x) dx = (8 \sin y \cos^3 y) dy $$Her iki tarafın integralini alalım:
$$ \int \sin^3 x \cos x dx = \int 8 \sin y \cos^3 y dy $$Sol taraf için $u = \sin x$ dönüşümü ($du = \cos x dx$):
$$ \int u^3 du = \frac{u^4}{4} = \frac{\sin^4 x}{4} $$Sağ taraf için $v = \cos y$ dönüşümü ($dv = -\sin y dy$):
$$ \int 8 v^3 (-dv) = -8 \int v^3 dv = -8 \frac{v^4}{4} = -2v^4 = -2\cos^4 y $$Genel çözümü birleştirelim ($K$ bir integral sabitidir):
$$ \frac{\sin^4 x}{4} = -2\cos^4 y + K $$Veya 4 ile çarparak:
$$ \sin^4 x + 8\cos^4 y = C $$(Burada $C = 4K$)