DiFERANSiYEL DENKLEMLER DERS NOTLARI pdf murat kusay

DIFERANSIYEL DENKLEMLER DERS NOTLARI 1

1. BOLUM

ON BILGILER

Matematikte ve uygulamalarında ele alınan bircok kavram iki veya daha fazla degiskene sahip olan

fonksiyonlar ile ifade edilir. Ornegin, dunya uzerindeki bir noktanın S sıcaklıgı bu noktanın boylamı

olan x ile enlemi olan y degiskenlerine baglıdır. Benzer sekilde, bir silindirin V hacmi taban yarıcapı

r ile yuksekligi olan h degiskenlerine baglıdır.

1.1. Iki Degiskenli Fonksiyonlar

D, duzlemde bir bolge, yani D ⊂ R2 olsun. D bolgesindeki her (x, y) sıralı ikilisini f (x, y) ile

gosterilen tek turlu belirli bir reel sayıya karsılık getiren f kuralına iki degiskenli bir fonksiyon

denir. D bolgesi f (x, y) fonksiyonunun tanım kumesi olarak adlandırılır. f (x, y) fonksiyonunun

goruntu kumesi f fonksiyonunun D bolgesindeki noktalara karsılık aldıgı degerlerin kumesidir, yani

{f (x, y) : (x, y) ∈ D} kumesidir.

Bir (x, y) noktasında f fonksiyonunun aldıgı deger genelde z = f (x, y) ile gosterilir. Bu gosterimde

x ile y bagımsız degiskenler, z ise bagımlı degiskendir. Bu gosterim ile S sıcaklıgı, x boylamı ve y

enlemi cinsinden S = f (x, y) ile, silindirin V hacmi V (r, h) = πr2h ile gosterilir.

Bir formul ile verilen iki degiskenli bir f fonksiyonunun tanım kumesi kesin olarak belirtilmemisse

bu fonksiyonun tanım kumesi verilen formulu iyi tanımlı yapan tum (x, y) noktalarının kumesi olarak

alınır. Ornegin, f (x, y) = x ln (y2 − x) fonksiyonunun tanım kumesi logaritmanın tanımlı oldugu

D ={(x, y) : x < y2

}kumesidir.

f fonksiyonu, tanım kumesi D olan iki degiskenli bir fonksiyon ise f fonksiyonunun grafigi

G ={(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y) , (x, y) ∈ D

}kumesidir. Tek degiskenli bir f fonksiyonunun grafigi y = f (x) ile verilen ve iki boyutlu bir sekil olan

C egrisidir. Diger taraftan, iki degiskenli bir f fonksiyonunun grafigi z = f (x, y) ile verilen ve uc

boyutlu bir sekil olan S yuzeyidir. Uygulamalarda iki degiskenli bir fonksiyonun grafigini cizmek tek

degiskenli bir fonksiyonun grafigini cizmekten daha zordur. z = f (x, y) fonksiyonunun S grafigi tanım

kumesinin tam olarak altında veya ustunde kalan xy-duzlemindeki izdusumu ile gorsellestirilebilir.


Iki degiskenli bir fonksiyonun grafiginin genel sekli icin fikir edinebilmenin yollarından biri de

seviye egrileri olarak adlandırılan kavramdır. Bir grafigin (yani, bir yuzeyin) seviye egrileri grafigin

belirli yuzeylerle alınan arakesitlerdir. Seviye egrilerini belirlemek icin genellikle xy-duzlemine, yz-

duzlemine veya xz-duzlemine paralel olan yatay veya dikey duzlemler ile arakesitler olusturulur. Bu

arakesitlerden olusan birkac egri incelenerek fonksiyonun grafiginin genel sekli icin bir fikir olusabilir.

Ornek: z =√

4− x2 − y2 fonksiyonu ele alınsın. Bu fonksiyonun grafigi ile c bir sabit sayı olmak

uzere z = c yatay duzlemi uzerinde yer alan noktalar

c2 = 4− x2 − y2 =⇒ x2 + y2 = 4− c2

denklemini saglarlar. Bu denklem, orjin merkezli ve√4− c2 yarıcaplı cember denklemidir. c sayısı

farklı degerler aldıgında farklı seviye egrileri elde edilir. Ornegin, c = 1 ise x2 + y2 =√3, c = 0 ise

x2 + y2 = 2 cemberleri ve c = 2 ise x2 + y2 = 0 noktası, yani orjin elde edilir.�

1.2. Limit ve Sureklilik

f (x, y) fonksiyonu (a, b) merkezli yuvar uzerinde tanımlı ((a, b) noktasında tanımlı olması gerek-

meyen) iki degiskenli bir fonksiyon olsun. Verilen her ε > 0 sayısı icin 0 <√(x− a)2 + (y − b)2 < δ

oldugunda |f (x, y)− L| < ε olacak sekilde bir δ > 0 sayısı varsa L sayısına f (x, y) fonksiyonunun

(a, b) noktasındaki limiti denir ve bu kavram

lim(x,y)→(a,b)

f (x, y) = L

ile gosterilir.

Yukarıdaki tanımda√(x− a)2 + (y − b)2 sayısı duzlemde (x, y) ile (a, b) noktaları arasındaki

uzaklıktır. (x, y) noktası (a, b) noktasına yaklastıgında bu uzaklık azalır. Tanımda sadece uzaklıktan

soz edilmektedir, noktaların birbirlerine yaklasma yonu hakkında bilgi verilmemektedir. Dolayısıyla,

limit varsa (x, y) noktası (a, b) noktasına nasıl yaklasırsa yaklassın f (x, y) noktasının limiti aynı L

sayısı olmalıdır. Bu yuzden, f (x, y) noktasının farklı limitlerinin ortaya cıktıgı iki yaklasma yolu

bulunabilirse limitin olmadıgı soylenir.

Ornek: lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2limiti ele alınsın. x-ekseni boyunca (0, 0) noktasına yaklasılırsa y = 0

olacagından

limx→0y=0

x2 − y2

x2 + y2= lim

x→0

x2

x2= 1


bulunur. y-ekseni boyunca (0, 0) noktasına yaklasılırsa x = 0 olacagından

limy→0x=0

x2 − y2

x2 + y2= lim

y→0

−y2

y2= −1

elde edilir. 1 = −1 oldugundan lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2limiti yoktur.�


xy

x2 + y2limiti ele alınsın. x-ekseni boyunca limit

limx→0y=0

xy

x2 + y2= 0

ve y-ekseni boyunca limit

limy→0x=0

xy

x2 + y2= 0

olur. Bu limitlerin esit olması limitin var ve sıfır oldugunu gostermez. Cunku, (0, 0) noktasına y = x

dogrusu boyunca yaklasılırsa

limx→0y=x

xy

x2 + y2= lim

x→0

x2

x2 + x2=

1

2

elde edilir.1

2= 0 oldugundan lim

(x,y)→(0,0)

xy



xy2

x2 + y4limiti ele alınsın. (0, 0) noktasına y = mx dogrusu boyunca yaklasılırsa

limx→0y=mx

xy2

x2 + y4= lim

x→0

m2x3

m4x4 + x2= lim

x→0

m2x

1 +m4x2= 0

oldugundan (0, 0) noktasından gecen her dogru boyunca limit sıfırdır. Ancak, bu durum verilen limitin

sıfır oldugunu anlamına gelmez. Cunku, (0, 0) noktasına x = y2 parabolu boyunca yaklasılırsa

limy→0x=y2

xy2

x2 + y4= lim

y→0

y4

y4 + y4=

1

2

elde edilir.1

2= 0 oldugundan lim

(x,y)→(0,0)

xy2



3x2y

x2 + y2limiti ele alınsın. (0, 0) noktasından gecen her dogru boyunca ve x = y2 ile

y = x2 parabolleri boyunca limit sıfırdır. Ancak, bu durum verilen limitin sıfır oldugunu anlamına

gelmez. Limitin sıfır oldugunu gostermek icin tanım kullanılmalıdır.

ε > 0 verilen herhangi bir sayı olsun. 0 <√

(x− 0)2 + (y − 0)2 < δ oldugunda∣∣∣∣ 3x2y

x2 + y2− 0

∣∣∣∣ < ε


olacak sekilde bir δ > 0 sayısı bulunacaktır.∣∣∣∣ 3x2y

x2 + y2− 0

∣∣∣∣ < ε =⇒ 3x2 |y|x2 + y2

< ε

olur. y2 > 0 oldugundan x2 6 x2 + y2 dir. Buradan,

3x2 |y|x2 + y2

6 3x2 |y|x2

= 3 |y| = 3√y2 6 3

√x2 + y2

oldugundan δ =ε

3secilirse ∣∣∣∣ 3x2y

x2 + y2− 0

∣∣∣∣ 6 3√x2 + y2 6 3δ = 3

ε

3= ε

bulunur. O halde, lim(x,y)→(0,0)

3x2y

x2 + y2= 0 dır.�

f (x, y) fonksiyonu (a, b) merkezli yuvar uzerinde tanımlı iki degiskenli bir fonksiyon olsun.

lim(x,y)→(a,b)

f (x, y) = f (a, b)

ise f (x, y) fonksiyonuna (a, b) noktasında sureklidir denir.

Ornek: f (x, y) =x2 − y2

x2 + y2fonksiyonu (0, 0) noktasında tanımlı olmadıgından bu noktada surekli

degildir. Diger taraftan,

g (x, y) =

x2 − y2

x2 + y2, (x, y) = (0, 0) ise;

0, (x, y) = (0, 0) ise.

olarak tanımlanan fonksiyon (0, 0) noktasında tanımlı olmasına ragmen lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2limiti var

olmadıgından (0, 0) noktasında surekli degildir.�

1.3. Kısmi Turevler

f (x, y) fonksiyonu x ile y degiskenlerine baglı iki degiskenli bir fonksiyon olsun. b bir sabit sayı

olmak uzere y = b alınıp degisken olarak sadece x bırakılırsa tek degiskenli olan g (x) = f (x, b)

fonksiyonu elde edilir. g fonksiyonunun bir a noktasında turevi varsa bu tureve f (x, y) fonksiyonunun

(a, b) noktasında x degiskenine gore kısmi turevi denir ve bu turev fx (a, b) ile gosterilir. Dolayısıyla,

g (x) = f (x, y) olmak uzere fx (a, b) = g′ (a) dır. Turev tanımı geregi

g′ (a) = limh→0

g (a+ h)− g (a)

h

oldugundan x degiskenine gore kısmi turev

fx (a, b) = limh→0

f (a+ h, b)− f (a, b)

h


olarak yazılabilir.

Benzer sekilde, f (x, y) fonksiyonunun (a, b) noktasında y degiskenine gore kısmi turevi, a bir

sabit sayı olmak uzere x = a alınıp bagımsız degisken olarak sadece y bırakıldıgı h (y) = f (a, y)

fonksiyonunun b noktasındaki turevi olarak tanımlanır ve bu turev fy (a, b) ile gosterilir. Yani,

fy (a, b) = limh→0

f (a, b+ h)− f (a, b)

h

dir.

Kısmi turev tanımındaki (a, b) noktası degisken olarak alınırsa fx ile fy kısmi turevleri iki degiskenli

fonksiyonlar olur. Bu durumda,

fx (x, y) = limh→0

f (x+ h, y)− f (x, y)

h,

fy (x, y) = limh→0

f (x, y + h)− f (x, y)

h

yazılır. Kısmi turevlerin kullanılan cesitli gosterimleri vardır. z = f (x, y) ise

fx (x, y) = fx =∂f

∂x=

∂

∂xf (x, y) =

∂z

∂x= Dxf,

fy (x, y) = fy =∂f

∂y=

∂

∂yf (x, y) =

∂z

∂y= Dyf

gosterimleri en sık kullanılanlardır.

x degiskenine gore kısmi turev iki degiskenli fonksiyonda y degiskeninin sabit tutulması ile elde

edilen tek degiskenli fonksiyonun x degiskenine gore turevidir. Dolayısıyla, fx kısmi turevi y degiskeni

sabit gibi dusunulerek f (x, y) fonksiyonunun x degiskenine gore turevi alınarak hesaplanır. Benzer

sekilde, fy kısmi turevi x degiskeni sabit olarak dusunulup y degiskenine gore turevi alınarak bulunur.

Iki degiskenli f (x, y) fonksiyonu icin fx ile fy kısmi turevleri de iki degiskenli fonksiyonlardır. Bu

yuzden, bu kısmi turevlerin de (fx)x, (fx)y, (fy)x, (fy)y kısmi turevlerinden bahsetmek mumkundur.

Bu yeni kısmi turevlere f (x, y) fonksiyonunun ikinci mertebeden kısmi turevleri denir. z = f (x, y)

ise

(fx)x = fxx =∂

∂x

(∂f

∂x

)=

∂2f

∂x2=

∂2z

∂x2,

(fx)y = fxy =∂

∂y

(∂f

∂x

)=

∂2f

∂y∂x=

∂2z

∂y∂x,

(fy)x = fyx =∂

∂x

(∂f

∂y

)=

∂2f

∂x∂y=

∂2z

∂x∂y,

(fy)y = fyy =∂

∂y

(∂f

∂y

)=

∂2f

∂y2=

∂2z

∂y2

dir.


Ornek: f (x, y) = x3 + x2y3 − 2y2 fonksiyonunun ikinci mertebeden kısmi turevlerini bulunuz.

Cozum:

fx = 3x2 + 2xy3, fy = 3x2y2 − 4y,

fxx = (fx)x = 6x+ 2y3, fyy = (fy)y = 6x2y − 4,

fxy = (fx)y = 6xy2, fyx = (fy)x = 6xy2

bulunur.�

Yukarıdaki ornekte fxy = fyx esitliginin ortaya cıkması tesaduf degildir. Uygulamalarda karsılasılan

bircok fonksiyon icin bu esitlik saglanır. Asagıdaki teorem bu esitlik icin gereken kosulu verir.

Teorem 1.1 (Clairaut Teoremi) f (x, y) fonksiyonu (a, b) noktasını iceren bir D yuvarında tanımlı

olsun. fxy ile fyx fonksiyonları D bolgesinde surekli ise

fxy (a, b) = fyx (a, b)

dir.�

1.4. Tam Diferansiyel

Tek degiskenli y = f (x) fonksiyonu icin y bagımlı degiskenindeki artıs

∆y = f (x+∆x)− f (x)

ve y bagımlı degiskeninin diferansiyeli

dy = f ′ (x) dx

dir.

Simdi, iki degiskenli z = f (x, y) fonksiyonu ele alınsın. x ve y bagımsız degiskenlerine verilen

artıslar sırasıyla ∆x ve ∆y ise z bagımlı degiskenine karsılık gelen artıs olan ∆z

∆z = f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y)

ile verilir. dz diferansiyelini tanımlamak icin

∆z = f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y)

= f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y +∆y) + f (x, y +∆y)− f (x, y)

=f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y +∆y)

∆x∆x+

f (x, y +∆y)− f (x, y)

∆y∆y


yazılsın. ∆x ≈ dx ve ∆y ≈ dy oldugundan

∆z =f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y +∆y)

∆xdx+

f (x, y +∆y)− f (x, y)

∆ydy

yazılabililir. Dolayısıyla, z fonksiyonunun diferansiyeli

dz = lim∆x→0,∆y→0

∆z = lim∆x→0,∆y→0

f (x+∆x, y +∆y)− f (x, y +∆y)

∆xdx

+ lim∆x→0,∆y→0

f (x, y +∆y)− f (x, y)

∆ydy

=⇒ dz = lim∆x→0

f (x+∆x, y)− f (x, y)

∆xdx+ lim

∆y→0

f (x, y +∆y)− f (x, y)

∆ydy

=⇒ dz = fx (x, y) dx+ fy (x, y) dy =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

olarak tanımlanır. Bu esitlige z = f (x, y) fonksiyonunun tam diferansiyeli denir.


2. BOLUM

DIFERANSIYEL DENKLEMLER VE COZUMLERI

2.1. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması, Kaynakları ve Uygula-

maları

Bir veya daha cok bagımlı degiskenin bir veya daha cok bagımsız degiskene gore turevlerini iceren

denklemlere diferansiyel denklemler denir. Ornegin,

d2y

dx2+ xy

(dy

dx

)3

= 0,

x(4) + 5x′′ + 3x = sin t,

∂v

∂s+

∂v

∂t= v,

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= 0.

diferansiyel denklemlerdir.

Yukarıdaki esitliklerden goruldugu gibi bir diferansiyel denklemde bulunan degiskenler ve turevleri

cesitli sekillerde olabilir. Bu yuzden, diferansiyel denklemler icin sınıflandırmalar gereklidir.

(1) Diferansiyel denklemler denklemde kullanılan tureve gore sınıflandırılabilirler.

Bir veya daha fazla bagımlı degiskenin tek bir bagımsız degiskene gore turevlerini iceren diferansiyel

denklemlere adi diferansiyel denklemler denir. Ornegin,

d2y

dx2+ xy

(dy

dx

)3

= 0,

x(4) + 5x′′ + 3x = sin t,

adi diferansiyel denklemlerdir.

Bir veya daha fazla bagımlı degiskenin birden fazla bagımsız degiskene gore kısmi turevlerini iceren

diferansiyel denklemlere kısmi diferansiyel denklemler denir. Ornegin,

∂v

∂s+

∂v

∂t= v,

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= 0,

kısmi diferansiyel denklemlerdir.

Bu derste sadece adi diferansiyel denklemler ve uygulamaları ele alınacagından aksi belirtilmedikce

diferansiyel denklem denildiginde adi diferansiyel denklem kastedilecektir.


(2)Diferansiyel denklemler denklemde gorunen en buyuk turev mertebesine gore sınıflandırılabilirler.

Bir diferansiyel denklemde gorunen en buyuk turevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi

denir. Ornegin,

dy

dx= x2 − y2

birinci mertebeden diferansiyel denklem,

d4x

dt4+ 5

d2x

dt2+ 3x = sin t

dorduncu mertebeden diferansiyel denklem ve

d2y

dx2+ xy

(dy

dx

)3

= 0

ikinci mertebeden diferansiyel denklemdir.

(3) Diferansiyel denklemler dogrusal olup olmamalarına gore sınıflandırılabilirler.

Bir diferansiyel denklem asagıdaki ozellikleri saglıyorsa bir dogrusal diferansiyel denklem olarak

adlandırılır:

(i) Diferansiyel denklemde her bagımlı degiskenin ve turevinin kuvveti en fazla 1 dir.

(ii) Diferansiyel denklemde bagımlı degiskenler ile turevlerinin carpımı yer almaz.

(iii) Diferansiyel denklemde bagımlı degiskenlerin veya turevinlerinin askın fonksiyonları yer almaz.

Ornegin,

d2y

dx2+ 5

dy

dx+ 6y = 0,

d4y

dx4+ x2d

3y

dx3+ x3dy

dx= xex,

dogrusal diferansiyel denklemler,

d2y

dx2+ 5

dy

dx+ y2 = 0,

d2y

dx2+ xy

(dy

dx

)3

= 0,

dy

dx+ sin y = 0,

dogrusal olmayan diferansiyel denklemlerdir.

(4) Dogrusal diferansiyel denklemler bagımlı degiskenlerinin ve turevlerinin katsayılarına gore

sınıflandırılabilirler.


Ornegin,

d2y

dx2+ 5

dy

dx+ 6y = 0

sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklem ve

d4y

dx4+ x2 d

3y

dx3+ x3 dy

dx= xex

degisken katsayılı dogrusal diferansiyel denklemdir.

Diferansiyel denklemler matematigin ve muhendisligin cesitli dallarında karsılasılan problemlerle

ilgili olarak ortaya cıkmaktadır. Bu problemlerden birkac tanesi su sekilde listelenebilir:

(1) Yeryuzunden fırlatılan bir cismin, bir roketin veya bir uydunun, bir gezegenin hareketinin belir-

lenmesi problemi

(2) Bir elektrik devresindeki yuk veya akımın belirlenmesi problemi

(3) Bir levha veya cubuktaki ısının iletimi problemi

(4) Bir tel veya kaplamadaki titresimin belirlenmesi problemi

(5) Bir radyoaktif maddenin bozunma veya bir nufusun buyume oranı calısmaları

(6) Kimyasal maddelerin reaksiyonu uzerine yapılan calısmalar

(7) Bir yay ucundaki cismin hareketinin belirlenmesi problemi

(8) Kesin geometrik ozelliklere sahip egrilerin belirlenmesi problemi

Bu tur problemlerin matematiksel olarak ifade edilmesi sonucu diferansiyel denklemler olusur.

Yukarıdaki problemlerde ele alınan olaylar kesin bilimsel yasaları saglamaktadırlar. Bu yasalar bir

veya daha fazla buyuklugun diger buyukluklere gore degisim oranlarını icermektedirler. Matematiksel

olarak bu turde olan degisim oranları turev ile ifade edilir. Dolayısıyla, yukarıdaki problemlerden her-

birinde cesitli degisim oranları, yani turevler ve bilimsel yasanın ifadesinden elde edilen bir denklem,

yani diferansiyel denklem bulunur.

Elde edilen diferansiyel denklemin uygulanabilir olması icin diferansiyel denklemin matematiksel

yorumunda genellikle bazı basitlestirici varsayımlar yapılır. Diger bir ifade ile goreceli olarak karmasık

yapıda olan bir olay yerine daha basit yapıda olan olay modellenir. Bu durum icin elde edilen bilgi

bilim adamları icin cogu zaman yeterli olmaktadır.

Bir diferansiyel denklem, diferansiyel denklemden ise yarayacak bilginin elde edilebilmesi icin

cozulebiliyorsa diferansiyel denklemin cozumu bulunur. Diferansiyel denklemin cozumu bulunamıyorsa

diferansiyel denklemler teorisi ile cozum hakkında bilgi edinilir.


2.2. Cozumler

Turev icermeyen, bir veya daha fazla degiskenden olusan ve diferansiyel denklemi saglayan herhangi

bir bagıntıya diferansiyel denklemin cozumu denir. Ornegin, y = f (x) = e2x fonksiyonu

d2y

dx2+

dy

dx− 6y = 0

diferansiyel denkleminin bir cozumudur. Gercekten,

d2y

dx2+

dy

dx− 6y = 0 =

d2

dx2(e2x) +

d

dx(e2x)− 6e2x = 4e2x + 2e2x − 6e2x = 0

dır. Diger bir ornek olarak (4x3 − y3

)dx+

(2y − 3xy2

)dy = 0

diferansiyel denklemi ve C bir sabit olmak uzere

x4 − xy3 + y2 = C

bagıntısı ele alınsın. Bu bagıntıyı x veya y degiskeninin bir fonksiyonu olarak ifade etmek kolay

degildir. Ancak, bu bagıntının her iki tarafından kapalı turev alınırsa

4x3dx− y3dx− 3xy2dy + 2ydy = 0

elde edilir ki bu yukarıdaki diferansiyel denklemdir. Dolayısıyla, x4 − xy3 + y2 = C bagıntısı verilen

diferansiyel denklemin bir cozumudur.

Ornek: Mertebesi bir olandy

dx= 2x diferansiyel denklemi ele alınsın. Her reel x icin tanımlı olan

y = f0 (x) = x2 fonksiyonu bu diferansiyel denklemin cozumudur. Ayrıca, her reel x icin tanımlı

olan y = f1 (x) = x2 + 1, y = f2 (x) = x2 + 2, y = f3 (x) = x2 + 3 fonksiyonları da verilen

diferansiyel denklemin cozumleridir. Genel olarak, C bir sabit olmak uzere her reel x icin tanımlı

olan y = f (x) = x2 + C fonksiyonu verilen diferansiyel denklemin cozumudur.�

Ornek: Mertebesi iki oland2y

dx2+ y = 0 diferansiyel denklemi ele alınsın. c1 bir sabit olmak uzere

y = c1 cosx fonksiyonu bir cozumdur. Benzer sekilde, c2 bir sabit olmak uzere y = c2 sinx fonksiyonu

da bir cozumdur. Ayrıca, y = c1 cos x + c2 sin x fonksiyonunun da bir cozum oldugunu gormek zor

degildir.�

Yukarıdaki orneklerden de goruldugu gibi verilen bir diferansiyel denklemin cozumunde sabitler

yer alır. Genel olarak, bir diferansiyel denklemin cozumunde diferansiyel denklemin mertebesi kadar

sabit yer alır. Diferansiyel denklemin mertebesi kadar sabit iceren cozume diferansiyel denklemin

genel cozumu denir.


2.3. Sabitlerin Yok Edilmesi

Bu bolumde sabitler iceren bir bagıntı (yani, genel cozum) ele alınarak bu sabitlerin yok edilmesi ile

bagıntı tarafından saglanan diferansiyel denklem bulunacaktır.

Sabitlerin bagıntıda yer alma sekline gore sabitlerin yok edilmesi islemi farklılıklar gosterir. Bir

problem icin kullanılan yontem diger bir problem icin uygun olmayabilir. Genel olarak, herbir turev

alma islemi sabitleri yok edeceginden sabitlerin sayısı kadar turev alma islemi uygundur.

Ornek: y = c1e−2x + c2e

3x bagıntısının cozum oldugu ikinci mertebeden diferansiyel denklemi bulu-

nuz.

Cozum: Yok edilecek sabit sayısı iki oldugundan verilen bagıntıdan iki defa turev alınabilir. Bu

durumda,

y′ = −2c1e−2x + 3c2e

3x

y′′ = 4c1e−2x + 9c2e

3x

bulunur. Bu denklemlerden c1 yok edilirse

y′′ + 2y′ = 15c2e3x

elde edilir.

y = c1e−2x + c2e

3x

y′ = −2c1e−2x + 3c2e

3x

denklemlerinden c1 yok edilirse

y′ + 2y = 5c2e3x

bulunur. Dolayısıyla,

y′′ + 2y′ = 3 (y′ + 2y) =⇒ y′′ − y′ − 6y = 0

diferansiyel denklemi elde edilir.

Verilen bagıntıdan diferansiyel denklem farklı bir yol ile de elde edilebilir.

y = c1e−2x + c2e

3x

y′ = −2c1e−2x + 3c2e

3x

y′′ = 4c1e−2x + 9c2e

3x


denklemleri c1 ile c2 bilinmeyenlerinin bir dourusal denklem sistemi olarak dusunulurse bu denklem

sisteminin cozumunun var olması icin gerekli ve yeterli kosul∣∣∣∣∣∣∣∣∣y −e−2x −e3x

y′ 2e−2x −3e3x

y′′ −4e−2x −9e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

olmasıdır. e−2x ile e3x fonksiyonları sıfır olmadıgından bu ifade∣∣∣∣∣∣∣∣∣y 1 1

y′ −2 3

y′′ 4 9

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

olarak yazılabilir. Bu determinant y′′ − y′ − 6y = 0 diferansiyel denklemini verir.�

Ornek: Genel cozumu (x− a)2 + y2 = a2 olan birinci mertebeden diferansiyel denklemi belirleyiniz.

Cozum: (x− a)2 + y2 = a2 esitliginin her iki tarafından turev alınırsa

2 (x− a) dx+ 2ydy = 0 =⇒ x− a+ ydy

dx= 0 =⇒ a = x+ y

dy

dx

oldugundan(−y

dy

dx

)2

+ y2 =

(x+ y

dy

dx

)2

=⇒(ydy

dx

)2

+ y2 = x2 + 2xydy

dx+

(ydy

dx

)2

=⇒ (x2 − y2) + 2xydy

dx= 0 =⇒ (x2 − y2) dx+ 2xydy = 0

elde edilir.

Diger bir yol su sekilde uygulanabilir:

(x− a)2 + y2 = a2 =⇒ x2 − 2xa+ a2 + y2 = a2 =⇒ 2a =x2 + y2

x

=⇒ 0 =(2xdx+ 2ydy)x− (x2 + y2) dx

x2=⇒ (x2 − y2) dx+ 2xydy = 0

dır.�

Ornek: Genel cozumu cxy + c2x+ 4 = 0 olan birinci mertebeden diferansiyel denklemi belirleyiniz.

Cozum:

cxy + c2x+ 4 = 0 =⇒ c (y + xy′) + c2 = 0 =⇒ c = − (y + xy′)

=⇒ − (y + xy′) xy + (y + xy′)2 x+ 4 = 0 =⇒ x3 (y′)2 + x2yy′ + 4 = 0


bulunur.�

Bir parametre ile duzlemdeki bir noktanın bir veya her iki koordinatını iceren bagıntı bir egri ailesi

belirler. Parametrenin herbir degerine karsılık bir egri belirlenir. Ornegin,

(x− c)2 + (y − c)2 = 2c2

veya denk olarak x2 + y2 − 2c (x+ y) = 0 denklemi merkezleri y = x dogrusu uzerinde olan ve orjin-

den gecen cemberler ailesidir. Bu esitlikteki c sabiti yok edilirse ortaya cıkan denklem egri ailesinin

diferansiyel denklemi olur.

x2 + y2 − 2c (x+ y) = 0 =⇒ 2c =x2 + y2

x+ y=⇒ 0 =

(2xdx+ 2ydy) (x+ y)− (x2 + y2) (dx+ dy)

(x+ y)2

=⇒ (x2 + 2xy − y2) dx− (x2 − 2xy − y2) dy = 0

bu cemberler ailesinin diferansiyel denklemidir.

Ornek: Merkezleri y-ekseni uzerinde bulunan cemberler ailesinin diferansiyel denklemini bulunuz.

Cozum: Soz konusu cemberler ailesinin denklemi x2 + (y − c)2 = r2 dir.

x2 + (y − c)2 = r2 =⇒ 2x+ 2 (y − c) y′ = 0 =⇒ c =x+ yy′

y′

=⇒ 0 =y′[1 + yy′′ + (y′)2

]− y′′ (x+ yy′)

(y′)2=⇒ xy′′ − (y′)3 − y′ = 0

bu cemberler ailesinin diferansiyel denklemidir.�

2.4. Baslangıc Deger ve Sınır Deger Problemleri

Bir diferansiyel denklem ile bir veya daha fazla destekleyici kosuldan olusan problemler diferansiyel

denklemlerin uygulamalarında sıkca ortaya cıkmaktadır. Problemdeki tum destekleyici kosullar bir x

degerine baglı (daha genel bir ifade ile bagımsız degiskenin bir degerine baglı) ise probleme baslangıc

deger problemi denir. Problemdeki tum destekleyici kosullar iki veya daha fazla farklı x degerine

baglı (daha genel bir ifade ile bagımsız degiskenin iki veya daha fazla degerine baglı) ise probleme

sınır deger problemi denir. Ornegin,

d2y

dx2+ y = 0, y (0) = 3, y′ (0) = −4

bir baslangıc deger problemi,

d2y

dx2+ y = 0, y (0) = 1, y

(π2

)= 5


bir sınır deger problemidir.

Baslangıc deger veya sınır deger problemlerinin cozumu icin ilk once verilen diferansiyel denklemin

genel cozumu bulunur. Elde edilen genel cozumdeki sabitlerin belirlenmesi icin verilen destekleyici

kosullar kullanılır. Dolayısıyla, diferansiyel denklemin bir ozel cozumu elde edilmis olur. Ornegin,

d2y

dx2+ y = 0

diferansiyel denkleminin genel cozumu (daha once gozlem ile elde edildigi gibi) y = c1 cos x+ c2 sin x

dir. y (0) = 3 ise genel cozumde x = 0 icin y = 3 olacagından c1 = 3 bulunur. y′ (0) = −4 kosulunu

kullanmak icin genel cozumden turev alınarak elde edilen y′ = −c1 sin x + c2 cosx ifadesinde x = 0

icin y′ = −4 olacagından c2 = −4 olur. Dolayısıyla,

d2y

dx2+ y = 0, y (0) = 3, y′ (0) = −4

baslangıc deger probleminin cozumu y = 3 cos x− 4 sin x olur.


2. Bolum icin Problemler

A. Asagıdaki ifadelerden sabitleri yok ediniz.

(1) x sin y + x2y = c (2) xy2 − 1 = cy (3) cx2 + x + y2 = 0 (4) y = cx + c2 + 1 (5) y2 = 4ax

(6) y = c1 + c2e3x (7) y = c1e

x + c2e−x (8) y = x+ c1e

x + c2e−x (9) y = c1e

2x cos 3x+ c2e2x sin 3x

(10) y = c1x+ c2ex

B. Asagıda verilen egri ailelerinin diferansiyel denklemlerini bulunuz.

(11) Orjinden gecen dogrular (12) Egimi ve y-eksenini kestigi nokta esit olan dogrular

(13) Orjinden sabit p uzaklıkta olan dogrular (14) Merkezi x-ekseni uzerinde olan cemberler

(15) Sabit r yarıcapına sahip x-eksenine teget olan cemberler

Yanıtlar:

(1) (sin y + 2xy) dx+(x cos y + x2) dy = 0 (2) y3dx+(xy2 + 1) dy = 0 (3) (x+ 2y2) dx−2xydy = 0

(4) y = xy′ + (y′)2 + 1 (5) 2xydx− ydy = 0 (6) y′′ − 3y′ = 0 (7) y′′ − y′ = 0 (8) y′′ − y′ = −x

(9) y′′− 4y′+13y = 0 (10) (x− 1) y′′−xy′+ y = 0 (11) ydx−xdy = 0 (12) ydx− (x+ 1) dy = 0

(13) (xy′ − y)2 = p2[1 + (y′)2

](14) yy′′ + (y′)2 + 1 = 0 (15) (y ± r)2 (y′)2 + y2 ± 2ry = 0


3. BOLUM

KESIN COZUMLERI ELDE EDILEBILEN BIRINCI MER-

TEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLER

Bu bolumde ele alınacak olan birinci mertebeden diferansiyel denklemler

dy

dx= f (x, y)

veya

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

seklinde ifade edilebilir. Bu gosterimlerin birinde olan bir diferansiyel denklem kolaylıkla diger sekilde

yazılabilir. Gercekten,

dy

dx= f (x, y) =⇒ f (x, y) dx− dy = 0

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 =⇒ dy

dx= −M (x, y)

N (x, y)

dir. Ornegin,

dy

dx=

x2 + y2

x− y=⇒ (x2 + y2) dx+ (y − x) dy = 0

(y + sin x) dx+ (x+ 3y) dy = 0 =⇒ dy

dx= −y + sin x

x+ 3y

dir.

3.1. Tam Diferansiyel Denklemler ve Integrasyon Carpanları

u = F (x, y) fonksiyonunun birinci kısmi turevleri var olsun. u fonksiyonunun tam diferansiyeli

du =∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy

dir. Ornegin, her reel (x, y) cifti icin u = xy2 + 2x3y ise

∂u

∂x= y2 + 6x2y ve

∂u

∂y= 2xy + 2x3

oldugundan u fonksiyonunun tam diferansiyeli

du =(y2 + 6x2y

)dx+

(2xy + 2x3

)dy


dir.

M (x, y) dx+N (x, y) dy

ifadesi bir u fonksiyonunun tam diferansiyeli ise yani,

∂u

∂x= M (x, y) ve

∂u

∂y= N (x, y)

olacak sekilde bir u fonksiyonu varsa

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

diferansiyel denklemine bir tam diferansiyel denklem denir.

Ornek: y2dx+2xydy = 0 diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklemdir. Cunku, y2dx+2xydy

ifadesi u = xy2 fonksiyonunun tam diferansiyelidir. Diger taraftan, bu denklemin y degiskeni ile

bolumunden elde edilen

ydx+ 2xdy = 0

diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklem degildir. Cunku, tam diferansiyeli ydx+2xdy olan

bir u = F (x, y) fonksiyonu yoktur.�

Yukarıdaki ornekten tam diferansiyel denklem icin iki soru ortaya atılabilir. Bunlardan birincisi

M (x, y) ile N (x, y) fonksiyonları uzerindeki hangi kosullar altındaM (x, y) dx+N (x, y) dy ifadesinin

bir u = F (x, y) fonksiyonunun tam diferansiyeli oldugudur. Ikincisi ise bu kosullar altında u =

F (x, y) fonksiyonunun nasıl bulunacagıdır. Birinci sorunun yanıtı asagıdaki sonuc ile belirlenir:

Teorem 3.1 (Tam Diferansiyel Denklem) M (x, y) ile N (x, y) fonksiyonlarının surekli birinci

kısmi turevleri var olmak uzere

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

diferansiyel denkleminin bir tam diferansiyel denklem olması icin gerekli ve yeterli kosul

∂M

∂y=

∂N

∂x

olmasıdır.�

Ornek: y2dx+ 2xydy = 0 diferansiyel denklemi icin M (x, y) = y2, N (x, y) = 2xy ve

∂M

∂y= 2y =

∂N

∂x


oldugundan verilen diferansiyel denklem bir tam diferansiyel denklemdir. Diger taraftan, ydx +

2xdy = 0 diferansiyel denklemi icin M (x, y) = y, N (x, y) = 2x ve

∂M

∂y= 1 = 2 =

∂N

∂x

oldugundan soz konusu diferansiyel denklem bir tam diferansiyel denklem degildir.�

Ornek: (2x sin y + y3ex) dx+(x2 cos y + 3y2ex) dy = 0 diferansiyel denklemi icin M = 2x sin y+y3ex,

N = x2 cos y + 3y2ex ve∂M

∂y= 2x cos y + 3y2ex =

∂N

∂x

oldugundan verilen diferansiyel denklem bir tam diferansiyel denklemdir.�

Ikinci sorunun yanıtı icin M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi bir tam diferansi-

yel denklem olsun. Bu durumda, tam diferansiyeli M (x, y) dx + N (x, y) dy olan bir u = F (x, y)

fonksiyonu vardır. Buradan,∂u

∂x= M (x, y) ve

∂u

∂y= N (x, y)

dir. O halde, diferansiyel denklem

du =∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy = 0

olarak yazılabilir. Dolayısıyla, M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel

denklem ise bu diferansiyel denklemin cozumu C bir sabit olmak uzere

u = F (x, y) = C

dir. Bu gozlemden asagıdaki sonuc elde edilir:

Teorem 3.2 (Tam Diferansiyel Denklemin Genel Cozumu) Bir tam diferansiyel denklem olan

M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumu C bir sabit ve∂u

∂x= M (x, y),

∂u

∂y= N (x, y) olmak uzere u = F (x, y) = C fonksiyonudur.�

Yukarıdaki teoremde varlıgı gosterilen u cozumunun bulunma yontemi orneklerle ele alınacaktır.

Ornek: 3x (xy − 2) dx+ (x3 + 2y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem icin M = 3x (xy − 2), N = x3 + 2y dir ve

∂M

∂y= 3x2 =

∂N

∂x


oldugundan bir tam diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denklemin cozumu u = F (x, y) olsun.

O halde,∂u

∂x= M (x, y) = 3x (xy − 2) ,

∂u

∂y= N (x, y) = x3 + 2y

dir. Birinci esitlikten,

u =

∫∂u

∂xdx =

∫ (3x2y − 6x

)dx = x3y − 3x2 +B (y)

bulunur. Ikinci esitlik geregi∂u

∂y= x3 + 2y oldugundan

x3 + 2y =∂u

∂y= x3 +B′ (y) =⇒ B′ (y) = 2y =⇒ B (y) = y2 +K

elde edilir. Dolayısıyla, genel cozum

u = x3y − 3x2 + y2 +K = C =⇒ x3y − 3x2 + y2 = C

dir.�

Ornek: (2x3 − xy2 − 2y + 3) dx− (x2y + 2x) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulu-

nuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem icin M = 2x3 − xy2 − 2y + 3, N = −x2y − 2x dir ve

∂M

∂y= −2xy − 2 =

∂N

∂x

oldugundan bir tam diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denklemin cozumu u = F (x, y) olsun.

O halde,∂u

∂x= M (x, y) = 2x3 − xy2 − 2y + 3,

∂u

∂y= N (x, y) = −x2y − 2x

dir. Ikinci esitlikten,

u =

∫∂u

∂ydy =

∫ (−x2y − 2x

)dy = −x2y2

2− 2xy + A (x)

bulunur. Ilk esitlik geregi∂u

∂x= 2x3 − xy2 − 2y + 3 oldugundan

2x3 − xy2 − 2y + 3 =∂u

∂x= −xy2 − 2y + A′ (x) =⇒ A′ (x) = 2x3 + 3 =⇒ A (x) =

x4

2+ 3x+K


u = −x2y2

2− 2xy +

x4

2+ 3x+K = C =⇒ x4 − x2y2 − 4xy + 6x = C

dir.�


Tam diferansiyel denklemlerin genel cozumlerini bulmanın diger bir yolu da Gruplama Yontemidir.

Gruplama Yonteminde tam diferansiyel denklemin sol tarafında yer alan sıfırdan farklı terimler bazı

kesin tam diferansiyellerin toplamı olacak sekilde yeniden duzenlenir ve integral ile genel cozum

bulunur. Gruplama Yontemi, yukarıdaki ornekler ile verilen cozum yontemine gore daha kısadır.

Ornek: (3x2 + 4xy) dx+ (2x2 + 2y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem icin M = 3x2 + 4xy, N = 2x2 + 2y dir ve

∂M

∂y= 4x =

∂N

∂x

oldugundan bir tam diferansiyel denklemdir.

(3x2 + 4xy) dx+ (2x2 + 2y) dy = 0 =⇒ 3x2dx+ (4xydx+ 2x2dy) + 2ydy = 0

=⇒ d (x3) + d (2x2y) + d (y2) = d (C) =⇒ x3 + 2x2y + y2 = C

elde edilir. Dolayısıyla, genel cozum x3 + 2x2y + y2 = C dir.�

Ornek: (2x cos y + 3x2y) dx+(x3 − x2 sin y − y) dy = 0 diferansiyel denkleminin y (0) = 2 baslangıc

kosulunu saglayan ozel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem icin M = 2x cos y + 3x2y, N = x3 − x2 sin y − y dir ve

∂M

∂y= −2x sin y + 3x2 =

∂N

∂x

oldugundan bir tam diferansiyel denklemdir.

1. Yol: Diferansiyel denklemin cozumu u = F (x, y) olsun. O halde,

∂u

∂x= M (x, y) = 2x cos y + 3x2y,

∂u

∂y= N (x, y) = x3 − x2 sin y − y

dir. Ilk esitlikten,

u =

∫∂u

∂xdx =

∫ (2x cos y + 3x2y

)dx = x2 cos y + x3y +B (y)

bulunur. Ikinci esitlik geregi∂u

∂y= x3 − x2 sin y − y oldugundan

x3 − x2 sin y − y =∂u

∂y= −x2 sin y + x3 +B′ (y) =⇒ B′ (y) = −y =⇒ B (y) = −y2

2+K


u = x2 cos y + x3y − y2

2+K = C =⇒ 2x2 cos y + 2x3y − y2 = C


dir. Ozel cozum icin y (0) = 2 oldugundan x = 0, y = 2 icin C = −4 bulunur. O halde, istenilen ozel

cozum

2x2 cos y + 2x3y − y2 + 4 = 0

seklindedir.

2. Yol: Diferansiyel denklem tam oldugundan

(2x cos y + 3x2y) dx+ (x3 − x2 sin y − y) dy = 0

=⇒ (2x cos ydx− x2 sin ydy) + (3x2ydx+ x3dy)− ydy = 0

=⇒ d (x2 cos y) + d (x3y)− d

(y2

2

)= d (C) =⇒ x2 cos y + x3y − y2

2= C =⇒ 2x2 cos y + 2x3y − y2 = C

genel cozumdur. Ozel cozum icin y (0) = 2 oldugundan x = 0, y = 2 icin C = −4 bulunur. O halde,

istenilen ozel cozum 2x2 cos y + 2x3y − y2 + 4 = 0 seklindedir.�

Verilen bir M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi icin

∂M

∂y= ∂N

∂x

ise diferansiyel denklem bir tam diferansiyel denklem degildir. Bir diferansiyel denklem tam ol-

madıgında bu diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklem haline getiren bir ifade ile carpmak

uygundur. Ornegin, tam olmayan

ydx+ 2xdy = 0

diferansiyel denkleminin her iki tarafı y ile carpılarak

y2dx+ 2xydy = 0

tam diferansiyel denklemi elde edilir.

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

bir tam olmayan diferansiyel denklem ve µ = F (x, y) uygun secilen bir fonksiyon olmak uzere

µM (x, y) dx+ µN (x, y) dy = 0

denklemi bir tam diferansiyel denklem ise µ = F (x, y) fonksiyonuna M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0

diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı denir. Yani, integrasyon carpanı tam olmayan

bir diferansiyel denklem ile carpıldıgında diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklem haline

getiren fonksiyondur.


Integrasyon carpanlarının belirlenmesi icin cesitli yontemler vardır. Ornegin, bir ayrılabilir dife-

ransiyel denklem icin her zaman bir intagrasyon carpanı bulunabilir ve bir dogrusal diferansiyel

denklemin integrasyon carpanı denklemden belirlenebilir. Ozel integrasyon carpanlarının bulunması

ve gozlem yontemi ile integrasyon carpanlarının belirlenmesi ileride ele alınacaktır.

3.2. Ayrılabilir Diferansiyel Denklemler

Bir diferansiyel denklem

F (x)G (y) dx+ f (x) g (y) dy = 0

seklinde ise bu diferansiyel denkleme degiskenlerine ayrılabilen diferansiyel denklem veya kısaca

ayrılabilir diferansiyel denklem denir. Ornegin,

(x3 + x2

)ydx+ x2

(y3 + 2y

)dy = 0

bir ayrılabilir diferansiyel denklemdir.

F (x)G (y) dx+ f (x) g (y) dy = 0

ayrılabilir diferansiyel denklem genelde tam degildir. Fakat, kolaylıkla goruldugu gibi

1

f (x)G (y)

integrasyon carpanına sahiptir. Gercekten, diferansiyel denklem1

f (x)G (y)ile carpılırsa

F (x)

f (x)dx+

g (y)

G (y)dy = 0

elde edilir. Bu durumda,

M (x, y) =F (x)

f (x), N (x, y) =

g (y)

G (y)

dir ve∂M

∂y= 0 =

∂N

∂xoldugundan

F (x)

f (x)dx+

g (y)

G (y)dy = 0

bir tam diferansiyel denklemdir. Dolayısıyla,

M (x) =F (x)

f (x), N (y) =

g (y)

G (y)

yazılarak diferansiyel denklem

M (x) dx+N (y) dy = 0


seklinde yazılabilir. Son diferansiyel denklemin cozumu C bir sabit olmak uzere∫M (x) dx+

∫N (y) dy = C

dir. O halde, bir ayrılabilir diferansiyel denklemin cozumu aslında bir integral hesabıdır. Bu bakımdan

ayrılabilir diferansiyel denklemler en basit birinci mertebeden diferansiyel denklem sınıfıdır.

Ornek: (x3 + x2) ydx+ x2 (y3 + 2y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:

(x3 + x2) ydx+ x2 (y3 + 2y) dy = 0 =⇒ x3 + x2

x2dx+

y3 + 2y

ydy = 0

=⇒ (x+ 1) dx+ (y2 + 2) dy = 0 =⇒ x2

2+ x+

y3

3+ 2y = C

=⇒ 3x2 + 6x+ 2y3 + 12y = C

genel cozumdur.�

Ornek: 2 (y + 3) dx− xydy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:

2 (y + 3) dx− xydy = 0 =⇒ 2

xdx− y

y + 3dy = 0 =⇒ 2

xdx−

(1− 3

y + 3

)dy = 0

=⇒ 2 ln x− y + 3 ln (y + 3) = C

genel cozumdur.

Bu genel cozum gecerli olmasına ragmen iki logaritmik terimin varlıgı sabitin logaritmik olarak

alınıp daha kapalı bir sekilde yazılmasını saglar. Bu yuzden,

2 ln x− y + 3 ln (y + 3) + lnC1 = 0

yazılabilir. Buradan,

y = ln(x2 (y + 3)3 C1

)=⇒ ey = x2 (y + 3)3C1

bulunur. Bu genel cozum ile daha once bulunan genel cozum aslında aynıdır. Gercekten,

2 ln x− y + 3 ln (y + 3) = C =⇒ y + C = 2 ln x+ 3 ln (y + 3) =⇒ eyeC = x2 (y + 3)3

bulunur. eC =1

C1

alınırsa istenilen gosterilmis olur.�

Ornek: x sin ydx + (x2 + 1) cos ydy = 0 diferansiyel denkleminin y (1) =π

2baslangıc kosulunu

saglayan ozel cozumunu bulunuz.


Cozum:

x sin ydx+ (x2 + 1) cos ydy = 0 =⇒ x

x2 + 1dx+

cos y

sin ydy = 0

=⇒ 1

2ln (x2 + 1) + ln (sin y) = lnC =⇒ ln (x2 + 1) + 2 ln (sin y) = 2 lnC

=⇒ ln (x2 + 1) + ln(sin2 y

)= lnC =⇒ (x2 + 1) sin2 y = C

genel cozumdur. y (1) =π

2oldugundan C = 2 bulunur. O halde, (x2 + 1) sin2 y = 2 istenilen ozel

cozumdur.�

Ornek: (1 + y2) dx+ (1 + x2) dy = 0, y (0) = −1 baslangıc deger problemini cozunuz.

Cozum:

(1 + y2) dx+ (1 + x2) dy = 0 =⇒ dx

1 + x2+

dy

1 + y2= 0 =⇒ arctanx+ arctan y = C

genel cozumdur. Burada,

−π

2< arctanx <

π

2

kabul edilirse y (0) = −1 icin C = −π

4olacagından arctan x + arctan y = −π

4istenilen ozel cozum

olur.�

3.3. Homojen Diferansiyel Denklemler

Bu bolumde bir degisken degistirme yapılarak ayrılabilir diferansiyel denklem haline gelen bir

diferansiyel denklem sınıfı ele alınacaktır.

Birinci mertebeden M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi

dy

dx= f (x, y)

seklinde yazıldıgında f (x, y) fonksiyonu g(yx

)olarak ifade edilebiliyorsaM (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

diferansiyel denklemine bir homojen diferansiyel denklem denir.

Ornek: (x2 − 3y2) dx+2xydy = 0 diferansiyel denklemi bir homojen diferansiyel denklemdir. Gercekten,

verilen diferansiyel denklem

dy

dx=

3y2 − x2

2xy=

3y

2x− x

2y=

3

2

(yx

)− 1

2

[1(yx

)]

seklinde yazılırsa sag tarafıny

xdegiskeninin bir fonksiyonu oldugu gorulur.�


Ornek:(y +

√x2 + y2

)dx − xdy = 0 diferansiyel denklemi bir homojen diferansiyel denklemdir.

Gercekten, verilen diferansiyel denklem

dy

dx=

y +√

x2 + y2

x=

y

x∓√

1 +(yx

)2seklinde yazılabilir.�

Bir F (x, y) fonksiyonu icin

F (tx, ty) = tnF (x, y)

ise F (x, y) fonksiyonuna x ile y degiskenlerine gore derecesi n olan bir homojen fonksiyon denir.

Ornegin,

F (x, y) = x3ex/y − 4y2√

x2 + y2

fonksiyonu icin

F (tx, ty) = (tx)3 etx/ty − 4 (ty)2√

(tx)2 + (ty)2 = t3(x3ex/y − 4y2

√x2 + y2

)= t3F (x, y)

oldugundan F (x, y) derecesi 3 olan bir homojen fonksiyondur.

Verilen bir M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 birinci mertebeden diferansiyel denklemi icin M (x, y) ile

N (x, y) fonksiyonları aynı dereceden homojen fonksiyonlar ise bu diferansiyel denklem bir homojen

diferansiyel denklemdir. Gercekten, M (x, y) ile N (x, y) aynı dereceden homojen fonksiyonlar ise bir

n sayısı icin

M (tx, ty) = tnM (x, y) , N (tx, ty) = tnN (x, y)

dir. Buradan,

M(1,

y

x

)= M

(1

xx,

1

xy

)=

(1

x

)n

M (x, y)

N(1,

y

x

)= N

(1

xx,

1

xy

)=

(1

x

)n

N (x, y)

bulunur. M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi

dy

dx= −M (x, y)

N (x, y)

seklinde yazılırsady

dx= −

xnM(1, y

x

)xnN

(1, y

x

) = −M(1, y

x

)N(1, y

x

)elde edilir. Bu esitligin sag tarafı

y

xdegiskeninin bir fonksiyonu oldugundanM (x, y) dx+N (x, y) dy =

0 diferansiyel denklemi bir homojen diferansiyel denklemdir.


Simdi, homojen diferansiyel denklemin cozum yontemi ele alınacaktır. M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0

bir birinci mertebeden homojen diferansiyel denklem ise v = v (x) fonksiyonu x degiskeninin bir

fonksiyonu olmak uzere y = vx donusumu homojen diferansiyel denklemi v ile x degiskenlerine gore

bir ayrılabilir diferansiyel denklem haline getirir. Gercekten, M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 diferansiyel

denklemi bir homojen diferansiyel denklem olsun. O halde,

dy

dx= g

(yx

)yazılabilir. v = v (x), x degiskeninin bir fonksiyonu olma uzere y = vx yazılırsa

dy

dx= v + x

dv

dx

oldugundan diferansiyel denklem

v + xdv

dx= g (v)

veya denk olarak

[v − g (v)] dx+ xdv = 0

haline gelir. Son diferansiyel denklem

dv

v − g (v)+

dx

x= 0

olan ayrılabilir diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denklem cozulerek v bulunur. v =y

xyazılarak

verilen homojen diferansiyel denklemin genel cozumu elde edilir.

Ornek: (x2 − 3y2) dx+ 2xydy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: M (x, y) = x2 − 3y2, N (x, y) = 2xy ve

M (tx, ty) = (tx)2 − 3 (ty)2 = t2 (x2 − 3y2)

N (tx, ty) = 2 (tx) (ty) = t2 (2xy)

oldugundan M (x, y) = x2 − 3y2 ile N (x, y) = 2xy dereceleri 2 olan homojen fonksiyonlardır. Do-

layısıyla, (x2 − 3y2) dx+ 2xydy = 0 diferansiyel denklemi bir homojen diferansiyel denklemdir.

(x2 − 3y2

)dx+ 2xydy = 0 =⇒ dy

dx= − x

2y+

3y

2x

dir. y = vx yazılırsa v =y

xve

dy

dx= v + x

dv

dxoldugundan

v + xdv

dx= − 1

2v+

3

2v =⇒ x

dv

dx= − 1

2v+

v

2=⇒ x

dv

dx=

v2 − 1

2v=⇒ 2v

v2 − 1dv =

dx

x


ayrılabilir diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklemin genel cozumu

ln(v2 − 1

)= ln x+ lnC =⇒ v2 − 1 = Cx

dir. v =y

xoldugundan

y2

x2− 1 = Cx =⇒ y2 − x2 = Cx3

istenilen genel cozumdur.�

Ornek:(y +

√x2 + y2

)dx− xdy = 0, y (1) = 0 baslangıc deger probleminin cozumunu bulunuz.

Cozum: y+√x2 + y2 ile −x dereceleri 1 olan homojen fonksiyonlar oldugundan verilen diferansiyel

denklem bir homojen diferansiyel denklemdir.(y +

√x2 + y2

)dx− xdy = 0 =⇒ dy

dx=

y +√

x2 + y2

x

dir. x degiskeni icin baslangıc kosulu 1 oldugundan x =√x2 alınabilir. O halde,

dy

dx=

y

x+

√1 +

(yx

)2elde edilir. y = vx yazılırsa v =

y

xve

dy

dx= v + x

dv

dxoldugundan

v + xdv

dx= v +

√1 + v2 =⇒ dv√

1 + v2=

dx

x

=⇒ arcsin hv = ln x+ lnC =⇒ ln(v +

√1 + v2

)= ln xC

=⇒ v +√1 + v2 = xC

oldugundan v =y

xicin

y

x+

√1 +

y2

x2= Cx =⇒ y +

√x2 + y2 = Cx2

genel cozumdur. y (1) = 0 oldugundan C = 1 dir. O halde, y +√

x2 + y2 = x2 baslangıc deger

probleminin cozumudur.�

3.4. Dogrusal Diferansiyel Denklemler

Integrasyon carpanının her zaman dogrudan belirlenebildigi onemli bir diferansiyel denklem turu bi-

rinci mertebeden dogrusal diferansiyel denklemlerdir. Bir birinci mertebeden dogrusal diferansiyel

denklemdy

dx+ P (x) y = Q (x)


seklindedir. Burada P (x) ile Q (x) fonksiyonları x degiskeninin verilen fonksiyonlarıdır. Ornegin,

xdy

dx+ (x+ 1) y = x2

bir birinci mertebeden dogrusal diferansiyel denklemdir. Cunku,

xdy

dx+ (x+ 1) y = x2 =⇒ dy

dx+

x+ 1

xy = x

oldugundan P (x) =x+ 1

xve Q (x) = x dir.

Bir birinci mertebeden dogrusal diferansiyel denklem olan

dy

dx+ P (x) y = Q (x)

diferansiyel denklemi

[P (x) y −Q (x)] dx+ dy = 0

olarak yazılırsa M (x, y) = P (x) y −Q (x) ve N (x, y) = 1 olur.

∂M

∂y= P (x) ,

∂N

∂x= 0

oldugundan∂M

∂y=

∂N

∂xesitligi sadece P (x) = 0 oldugunda dogrudur. P (x) = 0 ise verilen diferan-

siyel denklem bir ayrılabilir diferansiyel denklemdir. P (x) = 0 ise

[P (x) y −Q (x)] dx+ dy = 0

bir tam diferansiyel denklem degildir. Ancak, tam olmayan bu diferansiyel denklemin sadece x

degiskenine baglı olan ve kolaylıkla belirlenebilen bir integrasyon carpanı vardır. Gercekten, µ (x)

fonksiyonu bu diferansiyel denklem icin bir integrasyon carpanı ise

[µ (x)P (x) y − µ (x)Q (x)] dx+ µ (x) dy = 0

diferansiyel denklemi bir tam diferansiyel denklemdir. O halde,

∂

∂y[µ (x)P (x) y − µ (x)Q (x)] =

∂

∂x[µ (x)]

olmalıdır. Buradan,

µ (x)P (x) =∂

∂x[µ (x)]

veya daha basit bir gosterim ile

µP =dµ

dx


elde edilir. Son esitlik bir ayrılabilir diferansiyel denklemdir ve cozumu

µP =dµ

dx=⇒ dµ

µ= Pdx =⇒ lnµ =

∫Pdx =⇒ µ = e

∫Pdx

oldugundandy

dx+ P (x) y = Q (x)

dogrusal diferansiyel denklemin integrasyon carpanı

µ = e∫Pdx

olur. Dogrusal diferansiyel denklem bu integrasyon carpanı ile carpılırsa

e∫Pdx dy

dx+ P (x) ye

∫Pdx = Q (x) e

∫Pdx

elde edilir. Bu bir tam diferansiyel denklem oldugundan sol taraf

d

dx

(ye

∫Pdx)

seklinde yazılabilir. Dolayısıyla, genel cozum

y = e−∫Pdx

∫Q (x) e

∫Pdxdx+ C

olarak elde edilir.

Ornek:dy

dx+

(2x+ 1

x

)y = e−2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: P (x) =2x+ 1

xoldugundan

e∫

2x+1x

dx = e∫(2+ 1

x)dx = e2x+lnx = xe2x

integrasyon carpanıdır. Dolayısıyla,

xe2xdy

dx+ (2x+ 1) e2xy = x

veya denk olarakd

dx

(xe2xy

)= x

elde edilir. Buradan, integral alınarak

xe2xy =x2

2+ C =⇒ y =

1

2xe−2x +

C

xe−2x

genel cozum bulunur.�


Ornek: (x2 + 1)dy

dx+4xy = x diferansiyel denkleminin y (2) = 1 kosulunu saglayan ozel cozumunu bu-

lunuz.

Cozum:

(x2 + 1)dy

dx+ 4xy = x =⇒ dy

dx+

4xy

x2 + 1=

x

x2 + 1

oldugundan P (x) =4xy

x2 + 1dir. O halde,

e∫ 4xy

x2+1dx

= e2 ln(x2+1) =

(x2 + 1

)2integrasyon carpanıdır. Dolayısıyla,

dy

dx+ 4xy

(x2 + 1

)= x

(x2 + 1

)veya denk olarak

d

dx

(y(x2 + 1

)2)= x

(x2 + 1

)elde edilir. Buradan, integral alınarak

y(x2 + 1

)2=

x4

4+

x2

2+ C =⇒ y =

x4

4 (x2 + 1)2+

x2

2 (x2 + 1)2+

C

(x2 + 1)2

genel cozum elde edilir.

y (2) = 1 =⇒ 1 =4

25+

2

25+

C

25=⇒ C = 19

oldugundan istenilen ozel cozum

y =x4

4 (x2 + 1)2+

x2

2 (x2 + 1)2+

19

(x2 + 1)2

seklindedir.�

Ornek: y2dx+ (3xy − 1) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem bir tam, ayrılabilir veya homojen diferansiyel denklem degildir.

Ayrıca, bu diferansiyel denklemdy

dx=

y2

1− 3xy

seklinde yazılırsa diferansiyel denklemin y degiskenine gore bir dogrusal diferansiyel denklem ol-

madıgı gorulur. Ancak, bir birinci mertebeden diferansiyel denklemde bagımlı degisken ile bagımsız

degiskenin secimi serbest oldugundan x bagımlı degisken ve y bagımsız degisken olarak alınırsa

dx

dy=

1− 3xy

y2


veya denk olarakdx

dy+

3

yx =

1

y2

elde edilir. Son diferansiyel denklem

dx

dy+ P (y)x = Q (y)

seklinde oldugundan x degiskenine gore bir dogrusal diferansiyel denklemdir. O halde,

e∫

3ydy = e3 ln y = y3

integrasyon carpanıdır ve

y3dx

dy+ 3y2x = y =⇒ d

dy

(y3x)= y =⇒ y3x =

y2

2+ C =⇒ x =

1

2y+

C

y3

genel cozumdur.�

3.5. Bernoulli Diferansiyel Denklemleri

Bu bolumde uygun bir donusum ile bir dogrusal diferansiyel denklem haline gelen ve Bernoulli

Diferansiyel Denklemi olarak adlandırılan ozel bir diferansiyel denklem sınıfı ele alınacaktır.

dy

dx+ P (x) y = Q (x) yn

seklinde olan diferansiyel denkleme bir Bernoulli Diferansiyel Denklemi denir. Bernoulli Diferansiyel

Denklemi n = 0 isedy

dx+ P (x) y = Q (x)

dogrusal diferansiyel denklem ve n = 1 ise

dy

dx+ [P (x)−Q (x)] y = 0

ayrılabilir diferansiyel denklem haline gelir. Bu yuzden, n = 0 ve n = 1 varsayılacaktır.

Bernoulli Diferansiyel Denklemi

v = y1−n

donusumu ile v degiskeninin bir dogrusal diferansiyel denklemi haline gelir. Gercekten,

dy

dx+ P (x) y = Q (x) yn

Bernoulli Diferansiyel Denklemi y−n ile carpılırsa

y−n dy

dx+ P (x) y1−n = Q (x)


haline gelir.

v = y1−n =⇒ dv

dx= (1− n) y−n dy

dx=⇒ 1

1− n

dv

dx= y−n dy

dx

oldugundan1

1− n

dv

dx+ P (x) v = Q (x)

veya denk olarakdv

dx+ (1− n)P (x) v = (1− n)Q (x)

elde edilir. P1 (x) = (1− n)P (x) ve Q1 (x) = (1− n)Q (x) yazılırsa v degiskenine gore dogrusal olan

dv

dx+ P1 (x) v = Q1 (x)

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklem cozulerek v bulunur ve v = y1−n yazılarak

Bernoulli Diferansiyel Denkleminin genel cozumu elde edilir.

Ornek: 6y2dx− x (2x3 + y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:

6y2dx− x (2x3 + y) dy = 0 =⇒ dx

dy− x

6y=

x4

6y2=⇒ x−4dx

dy− 1

6yx−3 =

1

6y2

v = x−3 =⇒ dv

dy= −3x−4dx

dy=⇒ −1

3

dv

dy= x−4dx

dy

=⇒ −1

3

dv

dy− v

6y=

1

3y2=⇒ dv

dy+

1

2yv = − 1

y2

=⇒ e∫

12y

dy = e12ln y =

√y integrasyon carpanı

=⇒ √ydv

dy+

v

2√y= − 1

y3/2=⇒ d

dy

[√yv]= − 1

y3/2=⇒ √

yv =2√y+ C =⇒ v =

2

y+

C√y

v = x−3 =⇒ 1

x3=

2 + C√y

y=⇒ y = x3

(2 + C

√y)

genel cozumdur.�

Ornek: y (6y2 − x− 1) dx+ 2xdy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:


y (6y2 − x− 1) dx+ 2xdy = 0 =⇒ dy

dx−(1

2+

1

2x

)y = −3y3

x

=⇒ y−3 dy

dx−(1

2+

1

2x

)y−2 = −3

x

v = y−2 =⇒ dv

dx= −2y−3 dy

dx=⇒ −1

2

dv

dx= y−3dy

dx

=⇒ −1

2

dv

dx−(1

2+

1

2x

)v = −3

x=⇒ dv

dx+

(1 +

1

x

)v =

6

x

=⇒ e∫(1+ 1

x)dx = ex lnx = xex integrasyon carpanı

=⇒ xexdv

dx+ xex

(1 +

1

x

)v = 6ex =⇒ d

dx[xexv] = 6ex =⇒ xexv = 6ex + C

=⇒ v =6

x+

C

xe−x

v = y−2 =⇒ 1

y2=

6 + Ce−x

x=⇒ y2 (6 + Ce−x) = x

genel cozumdur.�

3.6. Riccati Diferansiyel Denklemleri

Bu bolumde uygun bir donusum ile bir dogrusal diferansiyel denklem haline gelen diger bir dife-

ransiyel denklem sınıfı olan Riccati Diferansiyel Denklemleri ele alınacaktır. Bir Riccati Diferansiyel

Denklemidy

dx= A (x) y2 +B (x) y + C (x)

seklindedir. Riccati Diferansiyel Denklemi A (x) = 0 ise bir dogrusal diferansiyel denklem, B (x) = 0

ve A (x) = C (x) ise bir ayrılabilir diferansiyel denklem ve C (x) = 0 ise bir Bernoulli Diferansiyel

Denklemidir.

Bir Riccati Diferansiyel Denkleminin genel cozumunu bulmak icin bu diferansiyel denklemin bir

ozel cozumunun bilinmesi gereklidir. Bu ozel cozum ya verilir ya da gozlem ile diferansiyel denklemden

elde edilir.

y1 = y1 (x) fonksiyonudy

dx= A (x) y2 +B (x) y + C (x)

Riccati Diferansiyel Denkleminin bir cozumu ise v = v (x) fonksiyonu x degiskeninin bir fonksiyonu

olmak uzere

y = y1 +1

v

donusumu diferansiyel denklemi bir dogrusal diferansiyel denkleme donusturur. Gercekten,

y = y1 +1

v=⇒ dy

dx=

dy1dx

− 1

v2dv

dx


oldugundan

dy1dx

− 1

v2dv

dx= A (x)

(y1 +

1

v

)2

+B (x)

(y1 +

1

v

)+ C (x)

= A (x) y21 +B (x) y1 + C (x)

+2A (x)y1v

+A (x)

v2+

B (x)

v

elde edilir. y1 fonksiyonu Riccati Diferansiyel Denkleminin bir ozel cozumu oldugundan

dy1dx

= A (x) y21 +B (x) y1 + C (x)

dir. O halde, yukarıdaki ifade

− 1

v2dv

dx= 2A (x)

y1v

+A (x)

v2+

B (x)

v

veya denk olarakdv

dx+ [2A (x) y1 +B (x)] v = −A (x)

dogrusal diferansiyel denklem haline gelir. Son diferansiyel denklem cozulerek v bulunur. y = y1 +1

vdonusumu kullanılarak Riccati Diferansiyel Denkleminin genel cozumu elde edilir.

Ornek: y′+2xy = 1+x2+y2 Riccati Diferansiyel Denkleminin bir ozel cozumu y1 = x ise diferansiyel

denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:

y′ + 2xy = 1 + x2 + y2 =⇒ dy

dx= y2 − 2xy + x2 + 1

y = y1 +1

v=⇒ y = x+

1

v=⇒ dy

dx= 1− 1

v2dv

dx

=⇒ 1− 1

v2dv

dx=

(x+

1

v

)2

− 2x

(x+

1

v

)+ x2 + 1 = x2 +

2x

v+

1

v2− 2x2 − 2x

v+ x2 + 1

=⇒ − 1

v2dv

dx=

1

v2=⇒ dv

dx= −1 =⇒ v = −x+ C =⇒ y = x+

1

C − x

genel cozumdur.�

Ornek: y′ (1− sinx cosx) + y2 cosx − y + sinx = 0 Riccati Diferansiyel Denkleminin bir ozel

cozumu y1 = cos x ise diferansiyel denklemin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:


y′ (1− sin x cos x) + y2 cos x− y + sin x = 0

=⇒ dy

dx= − cosx

1− sin x cos xy2 +

1

1− sin x cos xy − sinx

1− sin x cos x

y = y1 +1

v=⇒ y = cos x+

1

v=⇒ dy

dx= − sin x− 1

v2dv

dx

=⇒ − sin x− 1

v2dv

dx= − cosx

1− sin x cos x

(cos x+

1

v

)2

+1

1− sinx cos x

(cos x+

1

v

)− sin x

1− sinx cosx

=⇒ − 1

v2dv

dx= − cos 2x

1− sin x cos x

1

v− cosx

1− sinx cosx

1

v2

=⇒ dv

dx− cos 2x

1− sinx cosxv =

cos x

1− sinx cosxdogrusal diferansiyel denklem

e∫− cos 2x

1−sin x cos xdx = eln(1−sinx cosx) = 1− sin x cos x integrasyon carpanı

(1− sin x cos x)dv

dx− (cos 2x) v = cos x =⇒ d

dx[(1− sinx cosx) v] = cosx

=⇒ (1− sinx cosx) v = sin x+ C =⇒ v =sinx+ C

1− sinx cosx

=⇒ y = cos x+1− sin x cos x

sinx+ C=

1 + C cos x

sinx+ C

genel cozumdur.�

3.7. Ozel Integrasyon Carpanları ve Donusumler

Su ana kadar altı farklı birinci mertebeden diferansiyel denklem sınıfı ele alınmıstır. Bunlardan tam

olanlar icin dogrudan cozum yontemi vardır. Ayrılabilir ve dogrusal olanlar bir ifade ile carpıldıktan

sonra, homojen, Bernoulli ve Riccati olanlar bir donusumden sonra cozulebilmektedirler. Bu cozum

yontemleri, yukarıdaki altı ture ait olmayan diferansiyel denklemleri cozmek icin kullanılacak olan

iki genel plan onermektedir. Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem integrasyon carpanı ile

carpılarak tam diferansiyel denklem haline veya uygun bir donusum ile daha basit yapıda olan bir

diferansiyel denklem haline getirilebilir. Ancak, tum durumlarda gecerli olan bir integrasyon carpanı

veya donusum bulma imkanı yoktur. Bu bolumde, ozel integrasyon carpanları ve donusum bulma

yontemlerinden bazıları ele alınacaktır.

Bir integrasyon carpanının bulunması kimi zaman gozleme dayanır. Gozleme dayalı yontemde bazı


kesin diferansiyellerin bilinmesi onemlidir. Asagıdaki diferansiyeller en sık kullanılanlardır:

d (x+ y) = dx+ dy,

d (xy) = ydx+ xdy,

d

(x

y

)=

ydx− xdy

y2,

d(yx

)=

xdy − ydx

x2,

d(arctan

y

x

)=

xdy − ydx

x2 + y2,

d[ln(x2 + y2

)]=

2xdx+ 2ydy

x2 + y2.

Ornek: ydx + (x+ x3y2) dy = 0 diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı bularak genel

cozumu elde ediniz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem tam, ayrılabilir, homojen, dogrusal ve Riccati diferansiyel

denklemi degildir. Soz konusu diferansiyel denklem bir Bernoulli Diferansiyel Denklemi olmasına

ragmen bir integrasyon carpanı bularak cozulecektir.

ydx+(x+ x3y2

)dy = 0 =⇒ ydx+ xdy + x3y2dy = 0 =⇒ d (xy) + x3y2dy = 0

bulunur. Son esitlik, d (xy) teriminin katsayısının xy degiskeninin bir fonksiyonu ve dy teriminin

katsayısının y degiskeninin bir fonksiyonu haline getirecek bir integrasyon carpanının aranması ge-

rektigini ifade eder. Istenilen integrasyon carpanı xnyk seklinde olsun. O halde,

xnykd (xy) + xn+3yk+2dy = 0

bulunur. d (xy) teriminin katsayısı xy degiskeninin bir fonksiyonu ve dy teriminin katsayısı y degiskeninin

bir fonksiyonu olacagından

n+ 3 = 0 ve n = k

olmalıdır. Buradan, n = k = −3, yani1

x3y3integrasyon carpanıdır. Diferansiyel denklem bu integ-

rasyon carpanı ile carpılırsa

d (xy)

(xy)3+

dy

y= 0 =⇒ − 1

2x2y2+ ln y = C =⇒ 2x2y2 ln (Cy) = 1

genel cozumdur.�

Ornek: y (x3 − y) dx − x (x3 + y) dy = 0 diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı bularak

genel cozumu elde ediniz.


Cozum: Verilen diferansiyel denklem tam, ayrılabilir, homojen, dogrusal, Bernoulli ve Riccati dife-

ransiyel denklemi degildir.

y (x3 − y) dx− x (x3 + y) dy = 0 =⇒ x3 (ydx− xdy)− y (ydx+ xdy) = 0

=⇒ x3ydx− xdy

y2− 1

y(ydx+ xdy) = 0 =⇒ x3d

(x

y

)− d (xy)

y= 0

bulunur. Son esitlik, d

(x

y

)teriminin katsayısının

x

ydegiskeninin bir fonksiyonu ve d (xy) teriminin

katsayısının xy degiskeninin bir fonksiyonu haline getirecek bir integrasyon carpanının aranması

gerektigini ifade eder. Istenilen integrasyon carpanı xnyk seklinde olsun. O halde,

xn+3ykd

(x

y

)− xnyk−1d (xy) = 0

bulunur. d

(x

y

)teriminin katsayısı

x

ydegiskeninin bir fonksiyonu ve d (xy) teriminin katsayısı xy

degiskeninin bir fonksiyonu olacagından

n+ 3 = −k ve n = k − 1

olmalıdır. Buradan, n = −2, k = −1, yani1

x2yintegrasyon carpanıdır. Diferansiyel denklem bu

integrasyon carpanı ile carpılırsa

x

yd

(x

y

)− d (xy)

(xy)2= 0 =⇒ x2

2y2+

1

xy= C =⇒ x3 + 2y = Cxy2

genel cozumdur.�

Ornek: 3x2ydx − (y4 + x3) dy = 0 diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı bularak genel

cozumu elde ediniz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklem tam, ayrılabilir, homojen, dogrusal, Bernoulli ve Riccati dife-

ransiyel denklemi degildir.

3x2ydx− (y4 + x3) dy = 0 =⇒ (3x2ydx− x3dy)− y4dy = 0

=⇒ 3x2ydx− x3dy

y2− y2dy = 0 =⇒ d

(x3

y

)− d

(y3

3

)= d (C)

=⇒ x3

y− y3

3= C =⇒ 3x3 − y4 = Cy

genel cozumdur.�

Verilen bir M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olmasın

ve µ = µ (x, y) bu diferansiyel denklem icin bir integrasyon carpanı olsun. O halde, M = M (x, y) ve

N = N (x, y) olmak uzere

µMdx+ µNdy = 0


bir tam diferansiyel denklemdir. Bu durumda,

∂ (µM)

∂y=

∂ (µN)

∂x

veya denk olarak

N∂µ

∂x−M

∂µ

∂y=

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)µ

kısmi turevli diferansiyel denklem elde edilir.

µ = µ (x) ise∂µ

∂y= 0 ve

∂µ

∂x=

dµ

dxolacagından yukarıdaki kısmi turevli diferansiyel denklem

Ndµ

dx=

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)µ

veya denk olarak

dµ

µ=

∂M∂y

− ∂N∂x

Ndx

haline gelir. Buradan,

lnµ =

∫ ∂M∂y

− ∂N∂x

Ndx

veya denk olarak

µ = e∫ ∂M

∂y− ∂N

∂xN

dx

bulunur.

µ = µ (y) ise∂µ

∂x= 0 ve

∂µ

∂y=

dµ

dyolacagından yukarıdaki kısmi turevli diferansiyel denklem

−Mdµ

dy=

(∂M

∂y− ∂N

∂x

)µ

veya denk olarak

dµ

µ= −

∂M∂y

− ∂N∂x

Mdy

haline gelir. Buradan,

lnµ = −∫ ∂M

∂y− ∂N

∂x

Mdy

veya denk olarak

µ = e−∫ ∂M

∂y− ∂N

∂xM

dy

bulunur.

Ornek: (4xy + 3y2 − x) dx + x (x+ 2y) dy = 0 diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı

bularak genel cozumu elde ediniz.

Cozum: M = 4xy + 3y2 − x, N = x2 + 2xy


∂M

∂y= 4x+ 6y,

∂N

∂x= 2x+ 2y =⇒ tam diferansiyel denklem degil

∂M∂y

− ∂N∂x

N=

4x+ 6y − 2x− 2y

x (x+ 2y)=

2 (x+ 2y)

x (x+ 2y)=

2

x

=⇒ µ = e∫

2xdx = e2 lnx = x2 integrasyon carpanı

=⇒ (4x3y + 3x2y2 − x3) dx+ (x4 + 2x2y) dy = 0 tam diferansiyel denklem

=⇒ (4x3ydx+ x4dy) + (3x2y2dx+ 2x3ydy)− x3dx = 0

=⇒ d (x4y) + d (x3y2)− d

(x4

4

)= d (C) =⇒ 4x4y + 4x3y2 − x4 = C

genel cozumdur.�

Ornek: y (x+ y + 1) dx + x (x+ 3y + 2) dy = 0 diferansiyel denklemi icin bir integrasyon carpanı

bularak genel cozumu elde ediniz.

Cozum: M = xy + y2 + y, N = x2 + 3xy + 2x

∂M

∂y= x+ 2y + 1,

∂N

∂x= 2x+ 3y + 2 =⇒ tam diferansiyel denklem degil

∂M∂y

− ∂N∂x

M=

x+ 2y + 1− 2x− 3y − 2

y (x+ y + 1)=

− (x+ y + 1)

y (x+ y + 1)= −1

y

=⇒ µ = e−∫− 1

ydy = eln y = y integrasyon carpanı

=⇒ (y2x+ y3 + y2) dx+ (x2y + 3xy2 + 2xy) dy = 0 tam diferansiyel denklem

=⇒ (y2xdx+ x2ydy) + (y3dx+ 3xy2dy) + (y2dx+ 2xydy) = 0

=⇒ d

(x2y2

2

)+ d (y3x) + d (y2x) = d (C) =⇒ 2xy3 + 2xy2 + x2y2 = C

genel cozumdur.�

Homojen, Bernoulli ve Riccati diferansiyel denklemlerinde oldugu gibi verilen diferansiyel denk-

lemde bazı donusumler yapılarak cozum yontemi bilinen bir diferansiyel denklem elde edilebilir.

Kullanıslı ve yararlı olan bu tur donusumlerin dogal kaynaklarından biri diferansiyel denklemin ken-

disidir. Bir veya her iki degiskene baglı bir ozel bir ifade diferansiyel denklemde tekrarlanıyorsa

veya bu ifadenin turevi de diferansiyel denklem icinde ise bu ifade yerine bir degisken kullanılarak

diferansiyel denklem daha sade bir hale getirilebilir.

Ornek: (x+ 2y − 1) dx+ 3 (x+ 2y) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: x+ 2y terimi diferansiyel denklemde iki defa yer aldıgından u = x+ 2y yazılabilir.


u = x+ 2y =⇒ du = dx+ 2dy =⇒ dx = du− 2dy

=⇒ (u− 1) (du− 2dy) + 3udy = 0 =⇒ (u− 1) du+ (u+ 2) dy = 0

=⇒ u− 1

u+ 2du+ dy = 0 =⇒

(1− 3

u+ 2

)du+ dy = 0 =⇒ u− 3 ln (u+ 2) + y = C

=⇒ x+ 3y + C = ln (x+ 2y + 2)

genel cozumdur.�

Ornek: (1 + 3x sin y) dx− x2 cos ydy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Diferansiyel denklemde sin y ile turevi olan cos ydy yer aldıgından u = sin y yazılabilir.

u = sin y =⇒ du = cos ydy =⇒ (1 + 3xu) dx− x2du = 0

M = 1 + 3xu, N = −x2 =⇒ ∂M

∂u= 3x,

∂N

∂x= −2x

∂M∂u

− ∂N∂x

N=

5x

−x2= −5

x=⇒ µ = e

∫− 5

xdx = e−5 lnx =

1

x5integrasyon carpanı

=⇒(

1

x5+

3u

x4

)dx− 1

x3du = 0 tam diferansiyel denklem

=⇒(3u

x4dx− 1

x3du

)+

1

x5dx = 0 =⇒ d

(− u

x3

)+ d

(− 1

4x4

)= d (C)

=⇒ 4xu+ 1 = x4C

u = sin y =⇒ 1 + 4x sin y = x4C

genel cozumdur.�

Uygun bir donusum ile daha basit bir diferansiyel denkleme donusen diferansiyel denklemlerin

diger bir sınıfı a1, b1, c1, a2, b2, c2 sabitler olmak uzere

(a1x+ b1y + c1) dx+ (a2x+ b2y + c2) dy = 0

seklinde olan diferansiyel denklemlerdir.

a2a1

= b2b1

ise (h, k) ikilisi

a1h+ b1k + c1 = 0

a2h+ b2k + c2 = 0

denklem sisteminin cozumu olmak uzere

x = u+ h ve y = v + k

donusumu verilen diferansiyel denklemi u ile v degiskenlerine gore homojen olan

(a1u+ b1v) du+ (a2u+ b2v) dv = 0


diferansiyel denkleme donusturur.

a2a1

=b2b1

= k ise z = a1x + b1y donusumu verilen diferansiyel denklemi x ile z degiskenlerine gore

ayrılabilir olan bir diferansiyel denkleme donusturur.

Ornek: (x− 2y + 1) dx+ (4x− 3y − 6) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: a1 = 1, b1 = −2, a2 = 4, b2 = −3 oldugundana2a1

= 4 = 3

2=

b2b1

dir.

h− 2k + 1 = 0

4h− 3k − 6 = 0=⇒

h− 2k = −1

4h− 3k = 6=⇒ h = 3, k = 2

=⇒ x = u+ 3, y = v + 2 =⇒ dx = du, dy = dv

=⇒ (u+ 3− 2v − 4 + 1) du+ (4u+ 12− 3v − 6− 6) dv = 0

=⇒ (u− 2v) du+ (4u− 3v) dv = 0 homojen diferansiyel denklem

=⇒ dv

du=

u− 2v

3v − 4u=⇒ v = tu =⇒ dv

du= t+ u

dt

du

=⇒ t+ udt

du=

u− 2tu

3tu− 4u=

1− 2t

3t− 4

=⇒ udt

du=

1− 2t

3t− 4− t = −3t2 − 2t− 1

3t− 4=⇒ 3t− 4

3t2 − 2t− 1dt = −du

u

=⇒ 5

4ln (3t+ 1)− 1

4ln (t− 1) = − lnu+ lnC

=⇒ ln

((3t+ 1)5

t− 1

)= ln

(C

u4

)=⇒ u4 (3t+ 1)5 = C (t− 1)

t =u

v=⇒ (3v + u)5 = C (v − u)

u = x− 3, v = y − 2 =⇒ [3 (y − 2) + x− 3]5 = C (y − 2− x+ 3)

=⇒ (x+ 3y − 9)5 = C (y − x+ 1)

genel cozumdur.�

Ornek: (x+ 2y + 3) dx+ (2x+ 4y − 1) dy = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: a1 = 1, b1 = 2, a2 = 2, b2 = 4 oldugundana2a1

= 2 =b2b1

dir. O halde, z = x+ 2y yazılabilir.

z = x+ 2y =⇒ dz = dx+ 2dy =⇒ dx = dz − 2dy

=⇒ (z + 3) (dz − 2dy) + (2z − 1) dy = 0

=⇒ (z + 3) dz − 7dy = 0 =⇒ z2

2+ 3z − 7y = C

=⇒ z2 + 6z − 14y = C =⇒ (x+ 2y)2 + 6 (x+ 2y)− 14y = C

=⇒ x2 + 4y2 + 4xy + 6x− 2y = C

genel cozumdur.�



A. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Degiskenlerin Ayrılması)

(1) (1− x) y′ = y2 (2) sin x sin ydx+ cos x cos ydy = 0 (3) x2dx+ y (x− 1) dy = 0

(4)dθ

dz= z (1− z2) sec2 θ (5) y lnx ln ydx+ dy = 0 (6) xyy′ − y2 = 1, y (2) = 1

(7)dr

dt= −2rt, r (0) = r0 (8) y′ = xe−y−x2

, y (0) = 0

B. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Homojen Denklemler)

(9) (x− 2y) dx+ (2x+ y) dy = 0 (10) (2x2 + xy − 2y2) dx = (x2 − 4xy) dy

(11) (x2 + 2y2) dx− xydy = 0 (12) (x2 + 2xy − 4y2) dx− (x2 − 8xy − 4y2) dy = 0

(13) x (x2 + y2)2(ydx− xdy) + y6dy = 0 (14) (x− y) dx+ (3x+ y) dy = 0, y (2) = −1

(15)(y +

√x2 + y2

)dx− xdy = 0, y

(√3)= 1 (16) (y2 + 7xy + 16x2) dx+ x2dy = 0, y (1) = 1

C. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Tam Denklemler)

(17) (6x+ y2) dx+ y (2x− 3y) dy = 0 (18) (y2 − 2xy + 6x) dx− (x2 − 2xy + 2) dy = 0

(19) (2xy − tan y) dx + (x2 − x sec2 y) dy = 0 (20) (r + sin θ − cos θ) dr + r (sin θ + cos θ) dθ = 0

(21) (cos 2y − 3x2y2) dx+ (cos 2y − 2x sin 2y − 2x3y) dy = 0

(22) (w3 + wz2 − z) dw + (z3 + w2z − w) dz = 0 (23) 2xydx+ (y2 + x2) dy = 0

(24) [2xy cos (x2)− 2xy + 1] dx+ [sin (x2)− x2] dy = 0

D. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Dogrusal Denklemler)

(25) (3xy + 3y − 4) dx+ (x+ 1)2 dy = 0 (26) tdx

dt= 6te2t + x (2t− 1)

(27) (3x− 1) y′ = 6y − 10 (3x− 1)1/3 (28) (y − 2) dx+ (3x− y) dy = 0

(29) (y − cos2 x) dx+ cos xdy = 0 (30) x (x2 + 1) y′ + 2y = (x2 + 1)3

(31) (2x+ 3) y′ = y +√2x+ 3, y (−1) = 0 (32) y′ = x3 − 2xy, y (1) = 1

E. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Bernoulli Denklemleri)

(33) 2x3y′ = y (y2 + 3x2) (34) xy′ = y − y3 cosx

(35) (y4 − 2xy) dx+ 3x2dy = 0, y (2) = 1 (36) (x2 + 6y2) dx− 4xydy = 0, y (1) = 1


F. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Integrasyon Carpanları)

(37) y (2xy + 1) dx−xdy = 0 (38) y (y3 − x) dx+x (y3 + x) dy = 0 (39) (x3y3 + 1) dx+x4y2dy = 0

(40) 2tds+ s (2 + s2t) dt = 0 (41) y (x4 − y2) dx+ x (x4 + y2) dy = 0

(42) y (y2 + 1) dx+ x (y2 − 1) dy = 0 (43) (x3 + xy2 + y) dx+ (y3 + x2y + x) dy = 0

(44) y (x3exy − y) dx+ x (y + x3exy) dy = 0 (45) 2y (x2 − y + x) dx+ (x2 − 2y) dy = 0

(46) y (4x+ y) dx− 2 (x2 − y) dy = 0 (47) (2y2 + 3xy − 2y + 6x) dx+ x (x+ 2y − 1) dy = 0

(48) y2dx+ (3xy + y2 − 1) dy = 0 (49) 3 (x2 + y2) dx+ x (x2 + 3y2 + 6y) dy = 0

G. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Denklem Tarafından Belirlenen Donusumler)

(50) (3x− 2y + 1) dx+ (3x− 2y + 3) dy = 0 (51) (x+ sin y) sin ydx+ 2x2 cos ydy = 0

(52)dy

dx= (9x+ 4y + 1)2 (53)

dy

dx= sin (x+ y) (54) (3 tan x− 2 cos y) sec2 xdx+tanx sin ydy = 0

(55) y′ = 2 (3x+ y)2 − 1, y (0) = 1

H. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Iki Degiskene Gore Dogrusal Olan Katsayılar)

(56) (y − 2) dx− (x− y − 1) dy = 0 (57) (2x− y) dx+ (4x+ y − 6) dy = 0

(58) (x− 4y − 3) dx− (x− 6y − 5) dy = 0 (59) (x+ y − 1) dx+ (2x+ 2y + 1) dy = 0

(60) (x+ 2y − 1) dx− (2x+ y − 5) dy = 0

I. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Riccati Denklemleri)

(61) y′ = y2 − y

x, y1 = 0 (62) y′ + y2 − 1 = 0, y1 = 1

(63) y′ = −y2 + 2x2y + 2x− x4, y1 = x2 (64) y′ =1

xy2 + 2

(1

x− 1

)y + x− 1, y1 = x

(65) (1− x3) y′ − y2 + x2y + 2x = 0, y1 = −x2

J. Asagıdaki diferansiyel denklemleri cozunuz (Eski Sınav Soruları)

(66) (y3 − x3) dx = xy (xdx+ ydy) (67) (5x+ 3ey) dx+ 2xeydy = 0

(68) 4dx+ (x− y + 2)2 dy = 0 (69) dy + (y cotx− 5ecosx) dx = 0

(70) (2x+ x2 + y2) dx+ (2y − x2 − y2) dy = 0 (71) y2 (xy′ + y) (1 + x4)1/2

= x

(72) y (x2y2 + x2 + y2) dx+ x (x2 + y2 − x2y2) dy = 0 (73) (x2 − y2 + 1) dx− (x2 − y2 − 1) dy = 0

(74)dy

dx= tan y cotx− sec y cosx (75) y (x cosx+ 2 sinx) dx+ x (y + 1) sin xdy = 0


Yanıtlar:

(1) y ln [c (1− x)] = 1 (2) sin y = c cos x (3) (x+ 1)2 + y2 + 2 ln [c (x− 1)] = 0

(4) 2θ + sin 2θ = c− (1− z2)2

(5) x lnx+ ln (ln y) = x+ c (6) x2 − 2y2 = 2 (7) r = r0e−t2

(8) 2ey = 3− e−x2(9) ln (x2 + y2) + 4 arctan

(yx

)= c (10) arctan

(yx

)= 2 ln

(x2+y2

cx

)(11) x4 = c2 (x2 + y2) (12) x2 + 4y2 = c (x+ y) (13) (x2 + y2)

3= 6y6 ln

(cy

)(14) 2 (x+ 2y) + (x+ y) ln (x+ y) = 0 (15) x2 = 2y + 1 (16) x− y = 5 (y + 4x) ln x

(17) 3x2 + xy2 − y3 = c (18) xy2 − x2y + 3x2 − 2y = c (19) x2y − x tan y = c

(20) r2 + 2r (sin θ − cos θ) = c (21) 12sin 2y + x cos 2y − x3y2 = c (22) (w2 + z2)

2= 4wz + c

(23) y (3x2 + y2) = c (24) y [sin (x2)− x2] = c− x (25) y = 2 (x+ 1)−1 + c (x+ 1)−3

(26) xt = (3t2 + c) e2t (27) y = 2 (3x− 1)1/3 + c (3x− 1)2 (28) 12x = 3y + 2 + c (y − 2)3

(29) y (secx+ tanx) = c+x−cosx (30) x2y = 14(x2 + 1)

3+c (x2 + 1) (31) 2y =

√2x+ 3 ln (2x+ 3)

(32) 2y = x2 − 1 + 2e1−x2(33) y2 (c− x) = x3 (34) x2 = 2y2 (x sin x+ cos x+ c)

(35) x2 = y3 (x+ 2) (36) 2y2 = x2 (3x− 1) (37) x (xy + 1) = cy (38) 2xy3 − x2 = cy2

(39) x3y3 = −3 ln (cx) (40) 1 + s2t = cs2t2 (41) y (3x4 + y2) = cx3 (42) x (y2 + 1) = cy

(43) (x2 + y2)2= c− 4xy (44) 2x2exy + y2 = cx2 (45) y (x2 − y) = ce−2x

(46) 2x2 + xy + 2y ln y = cy (47) x2 (y2 + xy − y + 2x) = c (48) y2 (y2 + 4xy − 2) = c

(49) x (x2 + 3y2) = ce−y (50) 5 (y − x+ c) = 2 ln (15x− 10y + 11) (51) x3 sin2 y = c (3x+ sin y)2

(52) 3 tan (6x+ c) = 2 (9x+ 4y + 1) (53) x+ c = tan (x+ y)− sec (x+ y)

(54) cos y tan2 x = tan3 x+ c (55) 4 arctan (3x+ y) = 8x+ π (56) x− 3 = (2− y) ln [c (y − 2)]

(57) (x+ y − 3)3 = c (2x+ y − 4)2 (58) (x− 2y − 1)2 = c (x− 3y − 2)

(59) x+ 2y + c = 3 ln (x+ y + 2) (60) (x− y − 4)3 = c (x+ y − 2) (61) y =1

x ln(cx

)(62) y =

ce2x + 1

ce2x − 1(63) y =

x3 + cx2

x+ c(64) y =

cx− x3 + 2x2

c− x2(65) y =

cx2 + 1

c+ x


4. BOLUM

BIRINCI MERTEBEDENDIFERANSIYEL DENKLEMLE-

RIN UYGULAMALARI

Diferansiyel denklemler fizik ve muhendisligin cesitli dallarında karsılasılan problemlerle ilgili ola-

rak ortaya cıkmaktadır. Bu tur problemlerin matematiksel olarak ifade edilmesi sonucu diferansiyel

denklemler olusur. Fizik ve muhendislikte karsılasılan olaylar kesin bilimsel yasaları saglamaktadırlar.

Bu yasalar bir veya daha fazla buyuklugun diger buyukluklere gore degisim oranlarını icermektedirler.

Matematiksel olarak bu turde olan degisim oranları turev ile ifade edilir. Dolayısıyla, bu problemlerde

cesitli degisim oranları, yani turevler ve bilimsel yasanın ifadesinden elde edilen bir denklem, yani

diferansiyel denklem bulunur. Bu bolumde birinci mertebeden difransiyel denklemlerin bu turde olan

bazı uygulamaları ele alınacaktır.

4.1. Mekanik Problemleri

Mekanikte bazı kesin problemlere diferansiyel denklemler uygulanmadan once konu ile ilgili bazı

ilkeleri hatırlamak yararlı olabilir.

Bir cismin momentumu cismin m kutlesi ile v hızının carpımıdır. Hız, dolayısıyla momentum

vektorel bir buyukluktur. Newton’un Ikinci Hareket Kanunu, bir cismin momentumunun zamana

gore degisim oranının cisme etkiyen kuvvet ile dogru orantılı ve bu kuvvet ile aynı yonde oldugunu

ifade eder. Matematiksel olarak bu ifade

d

dt(mv) = KF

olarak yazılabilir. Burada, m cismin kutlesi, v cismin hızı, F cisme etkiyen kuvvet, K orantı sabiti

ve t zamandır. Cismin m kutlesi sabit olarak dusunulurse bu bagıntı

mdv

dt= KF

veya denk olarak

a = KF

m

veya

F = kma


olarak yazılır. Burada, k =1

Kve a =

dv

dtcismin ivmesidir. k orantı sabitinin buyuklugu, kuvvet,

kutle ve ivme icin kullanılan birimlere baglıdır. Acıkca gorulmektedir ki en basit olan birimler sistemi

k = 1 olan sistemdir. Bu tur bir sistem kullanılırsa Newton’un Ikinci Hareket Kanunu

F = ma

olarak ifade edilir. Bu ders boyunca aksi belirtilmedikce Newton’un Ikinci Hareket Kanununun yu-

karıdaki yazılısı kullanılacaktır.

Newton’un Ikinci Hareket Kanunu fiziksel problemlerde ele alınabilir.

Duzgun Dogrusal Hareket:

Duzgun dogrusal hareket bir L dogrusu boyunca bir cismin hareketidir. Cismin orjine gore konumu

olan x koordinatı cismin yer degistirmesini gosterir. Cismin (anlık) hızı x koordinatının zamana gore

degisim oranı, yani

v =dx

dt

ve cismin (anlık) ivmesi v hızının zamana gore degisim oranı, yani

a =dv

dt=

d2x

dt2

dir. x, v ve a vektorel buyukluklerdir.

L dogrusu boyunca cismin hareketine Newton’un Ikinci Hareket Kanunu olan F = ma esitligi

uygulansın. F cisme uygulanan kuvvet olmak uzere

dv

dt=

dv

dx

dx

dt= v

dv

dx

oldugundan Newton’un Ikinci Hareket Kanunu, F kuvvetinin yapısına baglı olarak

mdv

dt= F , m

d2x

dt2= F , mv

dv

dx= F

denk esitlikleri ile ifade edilebilir. Ornegin, F kuvveti zamana baglı ise ilk iki esitlik, konuma, yani

yer degistirmeye baglı ise ucuncu esitlik kullanılır.

Ornek: Bir kursun v0 ilk hızı ile ilerlemesini hızının karesi olan bir kuvvet ile engelleyen bir ortama

ateslenmistir. Kursunun ortamda t > 0 anındaki hızını ve s uzaklıga ulastıgı andaki hızını bulunuz.

Cozum: Kursunun kutlesi m olsun. Newton’un Ikinci Hareket Kanunu geregi

mdv

dt= F


dir. Buradan,

mdv

dt= −v2 =⇒ dv

v2= −dt

m=⇒ −1

v= − t

m+ C =⇒ 1

v=

t

m+ C

bulunur. t = 0 anında kursunun hızı v0 oldugundan C =1

v0dır. O halde, t > 0 anındaki hız

1

v=

t

m+

1

v0=⇒ v =

mv0v0t+m

dir.

Konum icindv

dt=

dv

ds

ds

dt= v

dv

ds

oldugundan Newton’un Ikinci Hareket Kanunu geregi

mvdv

ds= F =⇒ mv

dv

ds= −v2 =⇒ dv

v= −ds

m=⇒ ln v = − s

m+ C =⇒ v = Ce−

sm

bulunur. s = 0 konumunda kursunun hızı v0 oldugundan C = v0 dır. O halde, s > 0 konumundaki

hız v = v0e− s

m olur.�

Serbest Dusme:

Serbest dusme, bir cismin dunyaya dogru hava surtunmesi ihmal edilerek dusmesidir. Cismin kutlesi

m ve agırlıgı w olsun. Cisme etkiyen tek kuvvet cismin agırlıgıdır. Ivme, yercekimi sonucu olusur.

Olusan ivmeye yercekimi ivmesi denir ve g ile gosterilir. Yercekimi ivmesi dunya yuzeyine yakın

noktalarda yaklasık olarak g = 9.80665 m/sn2 dir. Dolayısıyla, serbest dusmede Newton’un Ikinci

Hareket Kanunu

w = mg

veya

m =w

g

olarak yazılır.

Serbest dusme yapan bir cisim icin hava direnci hesaba katılırsa cisme etkiyen kuvvet degisir. Hava

direnci cismin hızına baglıdır fakat bu iliskiyi ifade eden kesin bir bagıntı yoktur.

Ornek: Agırlıgı 8 kg olan bir cisim serbest dusmektedir. Cisme etkiyen hava direnci cismin hızının

iki katı ise cismin hızını ve konumunu zamana gore belirleyiniz.

Cozum: Cisme iki kuvvet etki etmektedir. Bunlar, F1 = mg yercekimi kuvveti ve F2 = −2v hava

direncidir. Dolayısıyla, Newton’un Ikinci Hareket Kanununu geregi

mdv

dt= mg − 2v


elde edilir. Cisim baslangıcta durmakta oldugundan (serbest dusme) v (0) = 0 baslangıc kosulu

saglanır. Bu durumda,

mdv

dt= mg − 2v, v (0) = 0

baslangıc deger problemi elde edilir.

mdv

dt= mg − 2v =⇒ m

dv

dt= 8− 2v =⇒ dv

v − 4= −2

dt

m=⇒ ln (v − 4) = −2t

m+ C

=⇒ v = 4 + Ce−2tm

bulunur. v (0) = 0 oldugundan C = −4 olur. O halde, t > 0 anındaki hız v = 4(1− e−

2tm

)dir.

Konum icin v =dx

dtoldugundan

x = x (t) =

∫vdt =

∫4(1− e−

2tm

)dt = 4

(t+

m

2e−

2tm

)+K

bulunur. x (0) = 0 alınırsa K = −2m olacagından

x = x (t) = 4(t− m

2+

m

2e−

2tm

)elde edilir.

w = mg = 8 =⇒ m =8

g=

8

9.80665≈ 0.8157

oldugundan

v = 4(1− e−2.4519t

)ve

x = 4

(t− 1

2.4519+

1

2.4519e−2.4519t

)bulunur.

Elde edilen sonuclar su sekilde yorumlanabilir: t → ∞ icin v hızı v = 4 m/sn limit hıza ulasır.

t → ∞ icin x → ∞ olur. Ancak, cisim dunya yuzeyine carptıgında hareket etmeyeceginden dunya

yuzeyinde bu diferansiyel denklem gecerli degildir.�

Surtunme Kuvvetleri:

Bir cisim bir yuzey uzerinde hareket ederken bu cisme agırlıgı, hava direnci ve yuzeyin ozelliginden

kaynaklanan ek bir kuvvet etki eder. Bu ek kuvvete surtunme kuvveti denir. Fizikte gosterildigi gibi

surtunme kuvveti µN ile verilir. Burada, µ yuzeyin yapısına baglı olan, surtunme katsayısı olarak

adlandırılan bir sabit ve N yuzeyin uyguladıgı normal kuvvettir.


Ornek: Agırlıgı 48 kg olan bir cisim egim acısı 30◦ olan bir egik duzlemin tepesinden bırakılmıstır.

Hava direnci cismin hızının yarısı ve surtunme katsayısı1

4ise cismin kaymaya basladıktan iki saniye

sonraki hızını bulunuz.

Cozum:

Agırlıgın duzleme pararel ve dik olan bilesenleri, sırasıyla 48sin 30◦ = 24 ve 48cos 30◦ = 24√3 olur.

Duzlemle dik olan bilesenler dengede oldugundan N normal kuvveti 24√3 olur. Cisme, duzlem ile

paralel olan ve pozitif yonde etkiyen F1 = 24 kuvveti, cisme dik olan ve negatif yonde etkiyen

F2 = −µN = −6√3 surtunme kuvveti ve cisme negatif yonde etkiyen F3 = −v

2hava direnci etki

etmektedir. Dolayısıyla, Newton’un Ikinci Hareket Kanununu geregi

mdv

dt= 24− 6

√3− v

2

elde edilir. Cisim baslangıcta durmakta oldugundan v (0) = 0 baslangıc kosulu saglanır. Bu durumda,

mdv

dt= 24− 6

√3− v

2, v (0) = 0


mdv

dt= 24− 6

√3− v

2=⇒ dv

v + 12√3− 48

= − dt

2m=⇒ ln

(v + 12

√3− 48

)= − t

2m+ C

=⇒ v = 48− 12√3 + Ce−

t2m

bulunur. v (0) = 0 oldugundan C = 12√3− 48 olur. O halde,

v =(48− 12

√3)(

1− e−t

2m

)elde edilir. m =

48

g≈ 4.8946 oldugundan v =

(48− 12

√3) (

1− e−t

9.7892

)bulunur. t = 2 icin

v =(48− 12

√3)(

1− e−2

9.7892

)≈ 5.022885 m/sn


elde edilir.�

Dunyadan Kacıs Hızı:

Uzerinde sadece yercekimi kuvveti etki eden ve kure varsayılan dunyanın merkezinden gecen bir

dogru uzerinde hareket ederek dunya dısına yol alan bir cismin vk baslangıc hızına dunyadan kacıs

hızı denir.

Newton’un Kutle Cekim Kanununa gore bir cismin ivmesi, cismin dunyanın merkezine olan uzak-

lıgının karesi ile ters orantılıdır. Cismin dunyanın merkezine olan degisken uzaklıgı s ise bu ifade

a =dv

dt=

k

s2

olarak yazılabilir. Cismin hızı azalan oldugundan ivme negatiftir. Bu yuzden, buradaki k sabiti bir

negatif sayıdır. k sabitini bulmak icin dunya yuzeyindeki durum ele alınsın. Dunyanın yarıcapı R

olmak uzere s = R ise a = −g dir. Dolayısıyla,

−g =k

R2=⇒ k = −gR2 =⇒ a = −gR2

s2

bulunur.

a =dv

dt=

dv

ds

ds

dt= v

dv

ds

oldugundan

vdv

ds= −gR2

s2

diferansiyel denklemi elde edilir. Cismin ilk hızı v0 olsun. Bu durumda, s = R icin v = v0 olacagından

vdv

ds= −gR2

s2, v (R) = v0


vdv

ds= −gR2

s2=⇒ vdv = −gR2

s2ds =⇒ v2

2=

gR2

s+ C =⇒ v2 =

2gR2

s+ C

dir. v (R) = v0 oldugundan

v20 =2gR2

R+ C =⇒ C = v20 − 2gR


v2 =2gR2

s+ v20 − 2gR

cismin hızıdır. Bu hızın (vektorel olarak) pozitif olması icin v20 − 2gR > 0 olmalıdır. Diger taraftan,

v20 − 2gR < 0 ise esitligin sag tarafını sıfır yapan bir kritik s degeri vardır. Bu durumda, dunya


yuzeyinden yukarı dogrı hareket eden cisim bir noktada duracak, cismin hızı pozitiften negatife

donecek ve cisim dunyaya geri gelecektir.

Dolayısıyla, v0 >√2gR olacak sekilde bir baslangıc hızına sahip olan cisim dunyanın cekim kuv-

vetinden kurtulur. Bu hızın en kucugu olan vk =√2gR dunyadan kacıs hızıdır. Dunyanın yarıcapı

(yaklasık olarak) R = 6371 km oldugundan yukarıdaki varsayımlar altında dunyadan kacıs hızı

vk =√

2gR =√2 (9.80665) (6371000) = 11178.3869 m/sn ≈ 11.2 km/sn

dir.

Yukarıdaki modelde diger gok cisimlerinin cisme uyguladıkları kutle cekim etkileri ele alınmamıstır.

Daha gercekci bir modelde cisme etkiyen diger kuvvetler, ornegin ilk birkac kilometrede ortaya cıkan

buyuk hava surtunmesi hesaba katılmalıdır.

Ornek: Bazı gok cisimlerinin kutle cekim sabitleri ve yarıcapları (yaklasık olarak) asagıda verilmistir.

Kacıs hızlarını bulunuz (g = 9.8 m/sn2 alınız).

Kutle cekim sabiti Yarıcap (km)

Venus 0.85g 6080

Mars 0.38g 3360

Jupiter 2.6g 68800

Gunes 28g 691200

Cozum:

Venus’ten kacıs hızı vk =√2gR =

√2 (0.85) (9.8) (6080000) ≈ 10.06 km/sn

Mars’tan kacıs hızı vk =√2gR =

√2 (0.38) (9.8) (3360000) ≈ 5.002 km/sn

Jupiter’den kacıs hızı vk =√2gR =

√2 (2.6) (9.8) (68800000) ≈ 59.21 km/sn

Gunes’ten kacıs hızı vk =√2gR =

√2 (28) (9.8) (691200000) ≈ 615.89 km/sn

bulunur.�

4.2. Kapalı Elektrik Devresi Problemleri

Bir uretec ile direnc, bobin ve kapasitor (veya kondansator) iceren devvrelere ilgili olan problem-

lerde diferansiyel denklemler kullanılabilir. i = i (t), t anında devredeki akım olmak uzere L Henrylik

bir bobinden gecen gerilim Ldi

dt, R ohmluk bir direncten gecen gerilim Ri ve q kapasitorun yuku ol-

mak uzere C Faradlık bir kapasitorden gecen gerilimq

Cdir. Elektrik devreleri teorisine gore akım ile

yuk arasında i =dq

dtbagıntısı vardır. Kapalı elektrik devrelerindeki temel kanun Kirchhoff Yasasıdır.


Kirchhoff Yasasına gore bir kapalı elektrik devresindeki bobinden, direncten ve kapasitorden gecen

gerilimlerin toplamı devreye verilen toplam gerilime esittir. Diger bir ifade ile

Ldi

dt+Ri+

q

C= E (t)

dir. Bu bolumde bobin veya kapasitor bulunmayan kapalı elektrik devreleri ele alınacaktır.

Ornek: E (t) = 100e−10t Volt gerilim ureten bir uretec, R = 20 ohmluk bir direnc, C = 0.025 Faradlık

bir kapasitor ve bir anahtar seri baglanarak bir kapalı elektrik devresi olusturulmustur. q (0) = 1

baslangıc kosulu ile devredeki anahtar kapandıgında devredeki akımı zamanın bir fonksiyonu olarak

belirleyiniz.

Cozum: Kirchhoff Yasası geregi

Ri+q

C= E (t) =⇒ 20i+

q

0.025= 100e−10t =⇒ 20

dq

dt+ 40q = 100e−10t =⇒ dq

dt+ 2q = 5e−10t

dogrusal diferansiyel denklem bulunur.

e∫2dt = e2t integrasyon carpanı

=⇒ e2tdq

dt+ 2e2tq = 5e−8t =⇒ d

dt(qe2t) + 2e2tq = 5e−8t

=⇒ qe2t = −5

8e−8t +K =⇒ q = −5

8e−10t +Ke−2t

q (0) = 1 =⇒ 1− 5

8= K =⇒ K =

13

8

=⇒ q = −5

8e−10t +

13

8e−2t =⇒ i =

dq

dt=

25

4e−10t − 13

4e−2t

istenilen akımdır.�

Ornek: E (t) = 120 Volt gerilim ureten bir uretec, L = 2 Henrylik bir bobin, R = 10 ohmluk bir

direnc ve bir anahtar seri baglanarak bir kapalı elektrik devresi olusturulmustur. Baslangıcta devrede

akım yoksa anahtar kapatıldıktan bir saniye sonraki akımı bulunuz.

Cozum: Kirchhoff Yasası geregi

Ldi

dt+Ri = E (t) =⇒ 2

di

dt+ 10i = 120 =⇒ di

dt+ 5i = 60 =⇒ di

dt= 60− 5i

=⇒ di

i− 12= −5dt =⇒ ln (i− 12) = −5t+K =⇒ i = 12 +Ke−5t

q (0) = 0 =⇒ 0 = 12 +K =⇒ K = −12

=⇒ i = 12 (1− e−5t)

t = 1 =⇒ i = 12 (1− e−5) ≈ 11.91914 amper

bulunur.�


4.3. Oran Problemleri

Bazı problemlerde bir buyuklugun degisim oranı mevcut miktarın ve (veya) zamanın bilinen bir

fonksiyonudur ve bu buyuklugun bulunması istenir. x = x (t), t anında buyuklugun mevcut miktarı

isedx

dtbuyuklugun degisim oranını verir ve sonuc olarak bir diferansiyel denklem elde edilir. Bu

bolumde bu turde olan bazı problemler ele alınacaktır.

Nufus Problemleri

N = N (t), t anında bir toplulugun (insanlar, bocekler, bakteriler) nufusu olsun. Bu toplulugun

dogum oranı β ile olum oranı δ sabit ise kısa bir ∆t zaman aralıgında yaklasık olarak βN (t)∆t

dogum ve δN (t)∆t olum gerceklesir. Bu durumda, N (t) nufusundaki degisim

∆N = (β − δ)N (t)∆t

dir ve k = β − δ olmak uzere

lim∆t→0

∆N

∆t=

dN

dt= kN

diferansiyel denklemi elde edilir. N0 sayısı t = 0 anında toplulugun nufusu ise N (0) = N0 olacagından

dN

dt= kN , N (0) = N0

baslangıc deger problemi bulunur.

dN

dt= kN =⇒ dN

N= kdt =⇒ lnN = kt+ C =⇒ N = Cekt

N (0) = N0 =⇒ C = N0 =⇒ N = N0ekt

soz konusu baslangıc deger probleminin cozumudur.

Ornek: 1982 yılında dunyanın nufusu 4.5 milyar olarak hesaplanmıs ve bu nufusun gunde 250000

kisilik bir oran ile arttıgı tahmin edilmistir. Dogum ve olum oranlarının sabit oldugu varsayılarak

dunya nufusunun 10 milyar olacagı zamanı bulunuz.

Cozum: t = 0 anı 1982 yılı olarak alınırsa N0 = 4.5 olmak uzere N (t) = 4.5ekt dir. N (t) nufusunun

gunde 250000 artması yılda

N ′ (0) = (0.00025) (365.25) ≈ 0.0913

milyar artması anlamına gelir. Buradan,

k =N ′ (0)

N (0)≈ 0.0913

4.5≈ 0.0203


bulunur. Yani nufus, yılda yaklasık %2.03 oranında artmaktadır. Nufusun 10 milyar olacagı zamanı

bulmak icin

10 = 4.5e(0.0203)t

denklemi cozulur. Buradan,

t =ln(104.5

)0.0203

≈ 39

bulunur. Bu ise 2021 yılına karsılık gelir.�

Radyoaktif Bozunma

R = R (t), t anında bir radyoaktif madde ornegindeki atomların sayısı olsun. Bu radyoaktif mad-

dedeki atomların belirli bir kısmının her birim zamanda bozundugu gozlemlenmistir. Bu yuzden,

radyoaktif madde ornegi bir sabit olum oranı olan, dogum oranı olmayan bir nufus modeline benzer.

Bu yuzden, R (t) fonksiyonudR

dt= −kR

diferansiyel denklemini saglar. Burada k, radyoaktif maddenin turune baglı olan bir pozitif sabittir.

R0 sayısı t = 0 anındaki madde miktarı ise R (0) = R0 olacagından

dR

dt= −kR, R (0) = R0

baslangıc deger problemi elde edilir. Bu problemin cozumu

R = R0e−kt

dir.

Bir radyoaktif maddenin bozunma sabiti cogu zaman radyoaktif maddenin yarılanma omru ola-

rak adlandırılan diger bir sabit ile belirlenir. Bir radyokatif maddenin yarılanma omru, madde-

nin baslangıc miktarının yarısının bozunması icin gecen suredir. Yarılanma omru T ile gosterilirse

R = R0e−kt esitliginde R =

R0

2ve t = T alınarak

R0

2= R0e

−kT =⇒ 1

2= e−kT =⇒ ln 2 = kT =⇒ T =

ln 2

k

elde edilir.

Ornek: Bir radyoaktif maddenin yarılanma omru 1500 yıl ise 4500 yıl sonra kalan madde miktarını

ve maddenin onda dokuzunun bozunması icin gecen sureyi bulunuz.


Cozum: T =ln 2

koldugundan k =

ln 2

1500bulunur. Buradan,

R = R0e−kt = R0e

− ln 21500

4500 =R0

8

elde edilir. Yani, 4500 yıl sonra kalan madde miktarı baslangıc miktarının sekizde biridir. Diger

taraftan,R0

10= R0e

− ln 21500

t =⇒ 1

10= e−

ln 21500

t =⇒ t = 1500ln 10

ln 2≈ 4985

bulunur. Yani, maddenin onda dokuzunun bozunması (dolayısıyla, onda birinin kalması) icin yaklasık

4985 yıl gecmesi gereklidir.�

Soguma ve Isınma

Yapılan deneyler bazı kesin kosullar altında bir cismin sıcaklıgına Newton’un Soguma (Isınma) Ya-

sası ile iyi bir yaklasım yapılabilecegini gostermektedir. Newton Soguma Yasası, bir cismin sıcaklıgının

zamanla degisim oranının cismin sıcaklıgı ile ortam sıcaklıgı arasındaki farkla orantılı oldugunu ifade

eder. Diger bir ifade ile S = S (t), t anında cismin sıcaklıgı ve S0 sabit olan ortam sıcaklıgı ise

dS

dt= −k (S − S0)

diferansiyel denklemi elde edilir. Buradan,

dS

dt= −k (S − S0) =⇒

dS

S − S0

= −kdt =⇒ ln (S − S0) = −kt+ C

=⇒ S = S0 + Ce−kt

genel cozumu bulunur.

Ornek: 30 ◦C sıcaklıgı gosteren bir termometre sıcaklıgı sabit 10 ◦C olan bir ortama getiriliyor.

Uc dakika sonra termometre 20 ◦C sıcaklıgı gosteriyorsa 10 dakika sonra termometrenin gosterdigi

sıcaklıgı bulunuz.

Cozum:

S0 = 10 =⇒ S = 10 + Ce−kt

S (0) = 30 =⇒ 30 = 10 + C =⇒ C = 20

S (3) = 20 =⇒ 20 = 10 + 20e−3k =⇒ k =ln 2

3

=⇒ S = 10 + 20e−ln 23

t

t = 10 =⇒ S = 10 + 20e−ln 23

10 ≈ 11.9843◦C


bulunur.�

Torricelli Yasası

Bir su deposunun tabanında, depodan su cıkmasına neden olan a alanına sahip bir delik var olsun.

t anında depodaki suyun yuksekligi y = y (t) ise bazı kesin kosullar altında delikten cıkan suyun hızı

v =√2gy

dir (bu hız, su yuzeyinden delige serbest dusen su damlasının ulasacagı hızdır). Torricelli Yasası,

depodaki suyun hacminin zamanla degisim oranının deligin alanı ile suyun cıkıs hızının carpımına

esit oldugunu ifade eder. Diger bir ifade ile, V = V (t), t anında depodaki suyun hacmi ise

dV

dt= −av = −a

√2gy

dir. A (y) ile deponun y yuksekligindeki arakesitinin alanı gosterilsin. Kesitler yontemi ile hacim

hesabı geregi

V =

y∫0

A (u) du

elde edilir. Analizin Temel Teoremi iledV

dy= A (y)

bulunur. Zincir Kuralı geregidV

dt=

dV

dy

dy

dt= A (y)

dy

dt

oldugundan Torricelli Yasasından elde edilen diferansiyel denklem

A (y)dy

dt= −a

√2gy

ayrılabilir diferansiyel denklemidir.

Ornek: Yarıcapı 4 metre olan yarım kure seklindeki bir su deposu baslangıcta tamamen doludur. t =

0 anından itibaren deponun tabanında capı 2 santimetre olan cembersel bir delik acılıyor. Deponun

tamamen bosalması icin gecen sureyi bulunuz.

Cozum:


Yukarıdaki sekilden

A (y) = πr2 = π[16− (4− y)2

]= π

(8y − y2

)bulunur. Dolayısıyla, Torricelli Yasasından

π (8y − y2)dy

dt= −π

(1

100

)2 √2gy =⇒ (8y − y2) dy = −

√2gy

10000dt

=⇒(8y1/2 − y3/2

)dy = −

√2g

10000dt =⇒ 16

3y3/2 − 2

5y5/2 = −

√2g

10000t+ C

elde edilir. y (0) = 4 oldugundan C =128

3− 64

5=

448

15bulunur. Deponun tamamen bosalması y = 0

olması demektir. Dolayısıyla, √2g

10000t =

448

15=⇒ t ≈ 67439 sn

elde edilir. Yani, depo yaklasık 19 saat sonra bosalır.�

4.4. Karısım Problemleri

Bir S maddesi belirli bir karısıma belirli bir oranda eklensin ve karısım, karıstırma veya baska

islemlerle homojen tutulsun. Bu tur bir problemde karısım farklı bir oranda anlık olarak bosaltılabilir.

S maddesinin t anındaki miktarı x = x (t) olsun. S maddesinin karısıma girme oranı G ve karısımdan

cıkma oranı C isedx

dt= G− C

diferansiyel denkleminden S maddesinin t anındaki x miktarı belirlenir.

Ornek: Bir depoda 50 litre saf su bulunmaktadır. t = 0 anından baslayarak litrede 2 gr erimis

tuz iceren tuzlu su dakikada 3 litrelik bir oran ile depoya girmektedir. Karısım, karıstırma islemi

ile homojen tutulmakta ve bu homojen karısım aynı oran ile depodan dısarı cıkmaktadır. Herhangi

t > 0 anında depodaki tuz miktarını bulunuz.

Cozum: x = x (t), t anında depodaki tuz miktarı olsun. Tuzlu su dakikada 3 litrelik bir oran ile

depoya girdiginden ve her litrede 2 gr tuz bulundugundan

G = (2 gr/lt) (3 lt/dak) = 6 gr/dak

bulunur. Depoya giren ve cıkan karısım oranları aynı oldugundan her t anında depoda 50 litre karısım

vardır. Bu 50 litrelik karısım t anında x gr tuz icerdiginden t anında depodaki tuz derisimix

50gr/lt

dir. Karısım, 3 lt/dak oran ile dısarı cıktıgından

C =( x

50gr/lt

)(3 lt/dak) =

3x

50gr/dak


elde edilir. Ayrıca, baslangıcta depoda tuz bulunmadıgından x (0) = 0 dır. Dolayısıyla,

dx

dt= 6− 3x

50, x (0) = 0


dx

dt= 6− 3x

50=⇒ dx

dt=

300− 3x

50=⇒ dx

x− 100= − 3

50dt =⇒ ln (x− 100) = − 3

50t+ C

=⇒ x = 100 + Ce−350

t

bulunur. x (0) = 0 oldugundan C = −100 olur. Dolayısıyla,

x = 100(1− e−

350

t)

elde edilir.�

Ornek: Bir depoda 10 gr erimis tuz iceren 50 litrelik tuzlu su bulunmaktadır. t = 0 anından

baslayarak litrede 2 gr erimis tuz iceren tuzlu su dakikada 5 litrelik bir oran ile depoya girmek-

tedir. Karısım, karıstırma islemi ile homojen tutulmakta ve bu homojen karısım dakikada 3 litrelik

bir oran ile depodan dısarı cıkmaktadır. Herhangi t > 0 anında depodaki tuz miktarını bulunuz.

Cozum: x = x (t), t anında depodaki tuz miktarı olsun.

G = (2 gr/lt) (5 lt/dak) = 10 gr/dak

ve

C = (D gr/lt) (3 lt/dak)

bulunur. Burada D, depodaki tuz derisimidir. Depoya dakikada 5 litrelik tuzlu su girdiginden ve

dakikada 3 litrelik tuzlu su cıktıgından dakikada 2 litrelik tuzlu su kazancı vardır. Dolayısıyla, t

dakika sonra depodaki tuzlu su 50 + 2t litredir. Buradan,

C =

(x

50 + 2tgr/lt

)(3 lt/dak) =

3x

50 + 2tgr/dak

bulunur. Ayrıca, baslangıcta depoda 10 gr tuz bulundugundan x (0) = 10 olur. Dolayısıyla,

dx

dt= 10− 3x

50 + 2t, x (0) = 10


dx

dt= 10− 3x

50 + 2t=⇒ dx

dt+

3

50 + 2tx = 10 dogrusal diferansiyel denklem

e∫

350+2t

dt = e32ln(50+2t) = (50 + 2t)3/2 integrasyon carpanı

=⇒ (50 + 2t)3/2dx

dt+ 3 (50 + 2t)1/2 x = 10 (50 + 2t)3/2

=⇒ d

dt

[x (50 + 2t)3/2

]= 10 (50 + 2t)3/2 =⇒ x (50 + 2t)3/2 = 2 (50 + 2t)5/2 + C

=⇒ x = 2 (50 + 2t) + C (50 + 2t)−3/2


bulunur. x (0) = 10 oldugundan 10 = 100 + C (50)−3/2 =⇒ C = −22500√2 olur. Dolayısıyla,

x = 4t+ 100− 22500√2

(50 + 2t)3/2

elde edilir.�

4.5. Diger Problemler

Bu bolumde birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin uygulamaları olarak ortaya cıkan bazı

ilginc problemler ele alınacaktır. Bu problemlerde Newton’un Ikinci Hareket Kanununda kutlenin de

zamana baglı buyukluk oldugu durumlar ortaya cıkmaktadır.

Dusen Ip

Uzunlugu 4 metre olan bicimlendirilebilir bir ipin 3 metrelik kısmı bir yumak seklinde yeteri kadar

yuksek bir masanın kosesinde yer almakta, ipin kalan kısmı masadan asagı sarkmakta ve denge konu-

munda bulunmaktadır. t = 0 anında yumak cozulmekte ve ip masanın kenarından, sarkan parcasının

agırlıgı nedeniyle dusmektedir. Tum surtunme kuvvetlerinin ihmal edildigi ve yumagın bir anda

masadan dusmedigi varsayılarak ipin tamamının masanın uzerinden ayrıldıgı zaman bulunacaktır.

x = x (t) ve v = v (t), sarkan ipin t anındaki sırasıyla, uzunlugu ve hızı olsun. Bu durumda,

x (0) = 1 ve v (0) = 0 dır. Ipin yogunlugu ρ ise sarkan ipin kutlesi m = ρx oldugundan sarkan ipe

etkiyen kuvvet

F = mg = ρgx

dir. Newton’un Ikinci Hareket Kanunu geregi

ρgx =d

dt(mv) =

d

dt(ρxv) = ρ

d

dt(xv) = ρ

(xdv

dt+ v

dx

dt

)elde edilir. v =

dx

dtve

dv

dt=

dv

dx

dx

dtoldugundan

gx = xvdv

dx+ v2

veya denk olarak (v2

x− g

)dx+ vdv = 0

diferansiyel denklemi elde edilir.

M =v2

x− g =⇒ ∂M

∂v=

2v

x

N = v =⇒ ∂N

∂x= 0


oldugundan bu diferansiyel denklem tam degildir. Ancak,

∂M∂v

− ∂N∂x

N=

2vx

v=

2

x

oldugundan diferansiyel denklemin integrasyon carpanı e∫

2xdx = x2 olur. Dolayısıyla,

(xv2 − gx2

)dx+ x2vdv = 0

bir tam diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denklemin cozumu

(xv2 − gx2) dx+ x2vdv = 0 =⇒ (xv2dx+ x2vdv)− gx2dx = 0

=⇒ d

(x2v2

2

)− gd

(x3

3

)= d (C) =⇒ x2v2

2− gx3

3= C =⇒ 3x2v2 − 2gx3 = C

bulunur. Baslangıc deger kosulları x = 1 ve v = 0 oldugundan C = −2g dir. Dolayısıyla,

3x2v2 − 2gx3 = −2g

veya denk olarak

v =

√2g

3

√x3 − 1

x

elde edilir. v =dx

dtoldugundan

dx

dt=

√2g

3

√x3 − 1

x=⇒ dt =

√3

2g

xdx√x3 − 1

=⇒ t =

√3

2g

∫xdx√x3 − 1

bulunur. Ipin tamamının masadan ayrıldıgı zaman x = 4 oldugu T anı ise

T =

√3

2g

4∫1

xdx√x3 − 1

elde edilir. Has olmayan ve elementer fonksiyonlar cinsinden yazılamayan sag taraftaki integral icin

n = 100 olmak uzere Simpson Kuralı kullanılarak T ≈ 0.541 sn bulunur.

Roket Fırlatma

Bir roket t = 0 anında yeryuzeyinden uzaya fırlatılsın. Roketin herhangi bir t > 0 anındaki y

yuksekligi ve v =dy

dthızı bulunacaktır.

Roket, yukarı dogru sabit c hızı ile cıkan gazlardan dolayı ilerlemektedir. Yakıtın azalması nedeniyle

roketin m kutlesi zamanla degisir, yani m = m (t) dir.


Roketin hareketinin diferansiyel denklemi icin Newton’un Ikinci Hareket Kanununun

dP

dt= F

sekli kullanılacaktır. Burada, P = mv roketin momentumudur.

t ile t+∆t zaman aralıgında roketin kutlesi m degerinden m+∆m degerine ve hızı v degerinden

v +∆v degerine degisirse roketin momentumundaki degisim

∆P = (m+∆m) (v +∆v)−mv = m∆v + v∆m+∆m∆v

olur. Sistemde bu zaman aralıgında −∆m kutlesi ve v − c hızını iceren gaz cıkısı da yer aldıgından

∆t zaman aralıgında sistemin momentumundaki degisim

∆P ≈ (m∆v + v∆m+∆m∆v)− (v − c)∆m = m∆v + c∆m+∆m∆v

olur. Bu esitligin her iki tarafı ∆t ile bolunur ve ∆t → 0 icin limit alınırsa, ∆t → 0 icin ∆m → 0 ve

∆v → 0 oldugundandP

dt= m

dv

dt+ c

dm

dt

bulunur. O halde,

mdv

dt+ c

dm

dt= F

elde edilir. Rokete etkiyen kuvvetler mg yercekimi kuvveti ve roketin hızı ile dogru orantılı olan, yani

kv olan hava direnci ise

mdv

dt+ c

dm

dt= −mg − kv

bulunur.

Roket, bir [0, T ] zaman aralıgında sabir bir β oranı ile yakıt tuketsin ve t = T anında roketin yakıtı

tamamen bitmis olsun. [0, T ] zaman aralıgında roketin kutlesi m0 degerinden m1 degerine azalmıs

ise

m (0) = m0, m (T ) = m1

m (t) = m0 − βt

dm

dt= −β, t 6 T

elde edilir. Dolayısıyla,

mdv

dt+ c

dm

dt= −mg − kv

diferansiyel denklemi t 6 T icin

(m0 − βt)dv

dt− cβ = − (m0 − βt) g − kv


veya denk olarakdv

dt+

k

m0 − βtv = −g +

cβ

m0 − βt

dogrusal diferansiyel denklem haline gelir.

e∫

km0−βt

dt= e−

kβln(m0−βt) = (m0 − βt)−

kβ

integrasyon carpanı oldugundan bu diferansiyel denklemin cozumu

(m0 − βt)−kβdv

dt+ k (m0 − βt)−1− k

β v = −g (m0 − βt)−kβ + cβ (m0 − βt)−1− k

β

=⇒ d

dt

[v (m0 − βt)−

kβ

]= −g (m0 − βt)−

kβ + cβ (m0 − βt)−1− k

β

=⇒ v (m0 − βt)−kβ =

g

β − k(m0 − βt)1−

kβ +

cβ

k(m0 − βt)−

kβ + A

=⇒ v =g

β − k(m0 − βt) +

cβ

k+ A (m0 − βt)

kβ

olur. v (0) = v0 ise

v0 =gm0

β − k+

cβ

k+ A (m0)

kβ =⇒ A = v0 (m0)

− kβ − g (m0)

1− kβ

β − k− cβ

k(m0)

− kβ

olacagından

v =g

β − k(m0 − βt) +

cβ

k+

(1− βt

m0

) kβ[v0 −

gm0

β − k− cβ

k

]roketin t 6 T anındaki hızıdır. y =

dv

dtoldugundan bu ifadenin integrali alınarak roketin t 6 T

anındaki yuksekligi elde edilir.

Sistemde hava direnci ihmal edilirse

dv

dt= −g +

cβ

m0 − βt

olacagından roketin hızı

v = v0 − gt+ c ln

(m0

m0 − βt

)seklindedir. m0 − βT = m1 oldugundan roketin yakıtının bittigi andaki (t = T anındaki) hızı

v = v0 − gT + c ln

(m0

m1

)olur.

Roket uzayda oldugunda yercekimi ve hava direnci olmayacagından

dv

dt=

cβ

m0 − βt

dir ve roketin hızı

v = v0 + c ln

(m0

m0 − βt

)olur.


4.6. Dik ve Egik Yorungeler

Bu bolumde birinci mertebeden diferansiyel denklemlerin geometrik uygulamalarından olan dik ve

egik yorungeler kavramları ele alınacaktır.

c bir parametre olmak uzere F (x, y, c) = 0 esitligi, xy-duzleminde bir egri ailesi belirler. Bu egri

ailesindeki egriler ile dik acı yapacak sekilde kesisen egrilerin ailesine F (x, y, c) = 0 egri ailesinin dik

yorungesi denir. Burada egrilerin dik kesismesi, kesisim noktasındaki teget dogruların dik kesismesi

anlamındadır.

Verilen bir F (x, y, c) = 0 egri ailesinin dik yorungesinin bulunması icin bu egri ailesindeki c

parametresi x degiskenine gore turev alınarak yok edilir. Bu islem sonucu F (x, y, c) = 0 egri ailesinin

sagladıgıdy

dx= f (x, y)

diferansiyel denklemi bulunur. Geometrik olarak bu esitlik, F (x, y, c) = 0 egri ailesindeki bir E

egrisinin (x, y) noktasından gecen teget dogrusunun egiminin f (x, y) oldugunu ifade eder. Verilen

egri ailesinin dik yorungesi ailedeki herbir egri ile dik acı yapacak sekilde kesisen egrilerin ailesi

oldugundan E egrisi ile dik kesisen K egrisinin (x, y) noktasındaki teget dogrusunun egimi − 1

f (x, y)olur. O halde, K gibi egrilerin sagladıgı diferansiyel denklem

dy

dx= − 1

f (x, y)

olur. Bu diferansiyel denklem, dik yorungenin sagladıgı diferansiyel denklemdir. Bu diferansiyel denk-

lemin genel cozumu olan G (x, y, k) = 0 esitligi, F (x, y, c) = 0 egri ailesinin dik yorungesi olan aileyi

belirler.

Ornek: Merkezleri orjinde olan cemberler ailesinin dik yorungesini bulunuz.

Cozum: Merkezleri orjinde olan cemberler x2 + y2 = c2 denklemi ile belirlenir.

x2 + y2 = c2 =⇒ 2x+ 2ydy

dx= 0 =⇒ dy

dx= −x

y

=⇒ dy

dx=

y

xdik yorungenin diferansiyel denklemi

=⇒ dy

y=

dx

x=⇒ ln y = ln x+ ln k =⇒ y = kx

bulunur. Yani, merkezleri orjinde olan cemberler ailesinin dik yorungesi orjinden gecen dogrulardır.�

Ornek: y = cx2 paraboller ailesinin dik yorungesini bulunuz.

Cozum:


y = cx2 =⇒ y

x2= c =⇒

x2 dydx

− 2xy

x4= 0 =⇒ dy

dx=

2y

x

=⇒ dy

dx= − x

2ydik yorungenin diferansiyel denklemi

=⇒ 2ydy = −xdx =⇒ y2 = −x2

2+ k =⇒ x2 + 2y2 = k2

bulunur. Yani, y = cx2 parabollerinin dik yorungesi, orjin merkezli ve ana ekseni x-ekseni olan

elipslerdir.�

Simdi, egik yorunge kavramı ele alınacaktır. F (x, y, c) = 0 egri ailesi ile α = 90◦ acısı yaparak

kesisen egrilerin ailesine F (x, y, c) = 0 egri ailesinin egik yorungesi denir.

F (x, y, c) = 0 egri ailesinin diferansiyel denklemi

dy

dx= f (x, y)

olsun. Bu durumda, F (x, y, c) = 0 egri ailesindeki bir E egrisinin (x, y) noktasından gecen teget

dogrusunun egimi f (x, y) ve egim acısı arctan [f (x, y)] dir. Egik yorungede bu E egrisi ile α acısı

yaparak kesisen K egrisinin (x, y) noktasındaki teget dogrusunun egim acısı α+arctan [f (x, y)] olur.

Dolayısıyla, K egrisinin (x, y) noktasındaki tegetinin egimi

tan (α + arctan [f (x, y)]) =f (x, y) + tanα

1− f (x, y) tanα

dır. O halde, egik yorungenin diferansiyel denklemi

dy

dx=

f (x, y) + tanα

1− f (x, y) tanα

dir. Bu diferansiyel denklemin genel cozumu olan G (x, y, k) = 0 esitligi egik yorungeyi belirler.

Ornek: y = cx dogrular ailesi ile 45◦ acı yaparak kesisen egik yorungeyi bulunuz.

Cozum:

y = cx =⇒ y

x= c =⇒

xdydx

− y

x2= 0 =⇒ dy

dx=

y

x=⇒ f (x, y) =

y

x

=⇒ dy

dx=

yx+ 1

1− yx

egik yorungenin diferansiyel denklemi

y = vx =⇒ dy

dx= x

dv

dx+ v

=⇒ xdv

dx+ v =

v + 1

1− v=⇒ x

dv

dx=

v + 1

1− v− v =⇒ x

dv

dx=

v2 + 1

1− v=⇒

=⇒ v − 1

v2 + 1dv = −dx

x=⇒

(1

2

2v

v2 + 1− 1

v2 + 1

)dv = −dx

x

=⇒ 1

2ln (v2 + 1)− arctan v = − lnx+ ln k =⇒ 2 arctan v = ln [x2k2 (v2 + 1)]

v =y

x=⇒ 2 arctan

(yx

)= ln [k2 (y2 + x2)]

egik yorungenin denklemidir.�



A. Asagıda verilen egri ailelerinin dik yorungelerini bulunuz.

(1) x− 4y = c (2) y2 = cx3 (3) ex + e−y = c (4) y = ce−x2(5) x2 − y2 = cx (6) y3 = 3 (x− c)

(7) y (x2 + c) + 2 = 0 (8) y2 = x2 (1− cx) (9) y (x2 + 1) = cx (10) y2 (2x2 + y2) = c2

B. Asagıdaki problemleri cozunuz.

(11) Agırlıgı3

4kg olan bir top 6 metre yukseklikten 20 m/sn hızla yukarı dogru dikey bir sekilde

atılıyor. Topa etkiyen hava direnci, v topun hızı olmak uzerev

64ise topun ulastıgı en yuksek noktayı

bulunuz.

(12) Baslangıcta duran ve toplam agırlıgı 640 kg olan bir motorlu tekneki motor hareket yonune

gore 20 kg sabit kuvvet uygulamakta ve tekneye etkiyen su direnci, v teknenin hızı olmak uzere3v

2ise bir dakika sonra teknenin hızını bulunuz.

(13) Agırlıgı 24 kg olan bir cisim egim acısı 45◦ ve uzunlugu 30 metre olan bir egik duzlemin

tepesinden bırakılıyor. Cisme etkiyen hava direnci, v cismin hızı olmak uzerev

3ve surtunme katsayısı

2

5ise cismin egik duzlemin alt ucuna geldigi andaki hızını bulunuz.

(14) Yarılanma omru 140 gun olan radyoaktif polonyum elemetinden bir deney icin bir ornek

alınmıstır. %90 oranında bozunması durumunda ornek deney icin uygun olmadıgına gore ornegin

deney icin kullanılabilir oldugu gun sayısını bulunuz.

(15) Bir atomun cekirdeginde bulunan bir notron duragan olmasına ragmen serbest kaldıgında 12.8

dakikalık yarılanma omru ile bir protona, bir elektrona ve bir antinotrona bozunmaktadır. Serbest

notronlardan olusan bir ısın 25 km/sa hızla uzaya gonderiliyor. Isındaki notronların onda biri bo-

zundugunda ısının aldıgı yolu hesaplayınız.

(16) 75 ◦C sıcaklıgı gosteren bir termometre sıcaklıgı 20 ◦C olan bir ortama getiriliyor. Dort dakika

sonra termometre 30 ◦C sıcaklıgı gosterdigine gore termometrenin 20.5 ◦C sıcaklıgı gostermesi icin

gecen zamanı bulunuz.

(17) Nufusu B olan bir bakteri kolonisinin zamanla buyume oranı B ile orantılıdır. Saat 12:00 ile

saat 14:00 arasında koloninin nufusu 3 kat artmıs ise nufusun ogleden itibaren 100 kat arttıgı zamanı

bulunuz.

(18) Tedavisi bulunmayan bir salgın hastalıga yakalanan kisilerin sayısının zamanla degisim oranı o

anki hasta sayısı ile orantılıdır. Hastalıgın ilk goruldugu anda hasta sayısı 587 ve bir yıl sonra hasta

sayısı 831 ise hastalıgın goruldugu ilk andan uc yıl sonraki hasta sayısını bulunuz.


(19) Yeni gelistirilen bir tahıl urununun bir koydeki ciftciler tarafından kullanılma oranı, t yıl ve C

ile k sabitler olmak uzere p =(1 + Ce−kt

)−1ile veriliyor. Baslangıcta bu urunu kullanan ciftcilerin

oranı %2 ve dort yıl sonra bu urunu kullanan ciftcilerin oranı %50 ise bu urunu kullanan ciftcilerin

oranının %90 olması icin gecen zamanı bulunuz.

(20) Bir toplulukta bir soylentinin yayılması sosyologlar tarafından sosyal dagılım olarak adlandırılır.

Yeteri kadar buyuk bir nufusa sahip bir toplulukta soylentiyi duyan insanların sayısının zamanla

degisim oranı soylentiyi duyan insanların sayısı ile duymayan insanların sayısının carpımı ile orantılıdır.

1000 kisilik bir toplulukta baslangıcta 50 kisi tarafından duyulan bir soylenti bir saat sonra 100 kisi

tarafından duyulmus ise toplulugun yarısının soylentiyi duyması icin gecen zamanı bulunuz.

(21) Sıcaklık sabit olmak uzere P atmosfer basıncının h yuksekligine gore degisim oranı P ile orantılı

olacak sekilde azalmaktadır. 15 ◦C sıcaklıkta deniz seviyesindeki basınc 101.3 kPa ve 1000 metre

yukseklikteki basınc 87.14 kPa ise 3000 metre yukseklikteki basıncı bulunuz.

(22) 120 V gerilim ureten bir uretec, 5 ohmluk bir direnc, 10−4 Faradlık bir kapasitor ve bir anahtar

seri baglanarak bir elektrik devresi olusturulmustur. t = 0 anında anahtar acık ve t = 0 anında

kapasitordeki yuk sıfır ise anahtar kapandıgında devrede olusan akımı belirleyiniz.

(23) A ve B maddeleri kimyasal olarak bir C maddesine donusmektedir. C maddesinin x miktarının

zamanla degisim oranı A ve B maddelerinden donusmemis miktarların carpımı ile orantılıdır. Bir

birim C maddesi bir birim A ve bir birim B maddesinden olusmaktadır. t = 0 anında a birim A

maddesi, b birim B maddesi varsa ve C maddesi yoksa t > 0 icin x miktarını belirleyiniz.

(24) Bir depo 100 litre saf su icermektedir. Depoya, litrede 4 gr erimis tuz bulunduran tuzlu su

dakikada 5 litrelik bir oran ile akmaktadır. Karısım, karıstırma islemi ile homojen tutulmakta ve

bu homojen karısım dakikada 3 litrelik bir oran ile dısarı akmaktadır. 20 dakika sonra depodaki tuz

miktarını bulunuz.

(25) Bir depo 20 gr erimis tuz iceren 100 litrelik tuzlu su icermektedir. Depoya, litrede 3 gr erimis

tuz bulunduran tuzlu su dakikada 4 litrelik bir oran ile akmaktadır. Karısım, karıstırma islemi ile

homojen tutulmakta ve bu homojen karısım aynı oranda dısarı akmaktadır. Depodaki tuz miktarının

160 gr oldugu zamanı bulunuz.

C. Gecmis yıllarda sorulan bazı sınav soruları

(26) Saat 13:00’da 70 ◦C sıcaklıgı gosteren bir termometre sıcaklıgı sabit −10 ◦C olan bir ortama

getiriliyor. Saat 13:02’de termometre 26 ◦C sıcaklıgı gosteriyor. Saat 13:05’de termometre sıcaklıgı

70 ◦C olan ortama geri getiriliyor. Saat 13:09’da termometrenin gosterdigi sıcaklıgı bulunuz.


(27) Agırlıgı 10 kg olan bir cisim 20 m/sn hızla durgun bir gole dalmıstır. Cisme etkiyen su direnci

cismin hızının altı katı ve suyun kaldırma kuvveti 20 N ise cismin gole girdikten 2 saniye sonraki

hızını bulunuz (g = 10 m/sn2 alınız).

(28) Bir adam agırlıgı 80 kg olan bir kızagı buz uzerinde saniyede 2 metrelik bir hız ile cekmekteyken

belirli bir anda kızagı bırakmıstır. Kızaga etkiyen hava direnci kızagın hızının dortte ucu ve surtunme

katsayısı 0.04 ise kızagın bırakıldıktan sonra aldıgı yolu bulunuz (g = 10 m/sn2 alınız).

(29) Hacmi 485 km3 olan bir gole yılda 175 km3 su girmekte ve cıkmaktadır. t = 0 anında goldeki

kirlilik olusturan madde miktarın hacmen oranı %0.05 ve gole giren sudaki kirlilik olusturan madde

miktarının hacmen oranı %0.01 ise goldeki kirlilik yapan madde miktarının hacmen oranının %0.02

olması icin gecen sureyi bulunuz.

(30) Bir depoda 60 litre saf su vardır. Depoya litrede 1 gr erimis tuz bulunduran tuzlu su dakikada

2 litrelik bir oran ile girmektedir. Karısım, karıstırma islemi ile homojen tutulmakta ve bu homojen

karısım dakikada 3 litrelik bir oran ile depodan cıkmaktadır. Depo tam bir saat sonra bosaldıgına

gore t dakika sonra depodaki tuz miktarını bulunuz.

(31) Bir fosilin yasını yaklasık olarak belirlemek icin kullanılan Karbon 14 (C14) testi uc gercege

dayanır. Birincisi, canlı bir organizmada C14 miktarı sabittir ve 100 birim kabul edilir. Ikincisi, bir

organizma oldugunde organizmadaki C14 miktarının zamanla degisim oranı o anki C14 miktarı ile

orantılıdır. Ucuncusu, C14 maddesinin yarılanma omru 5600 yıldır. 2 birim C14 maddesi iceren bir

fosilin yasını yaklasık olarak bulunuz.

(32) Bulunan bir ay tası parcasında esit miktarda argon ve potasyum atomlarının oldugu gozlem-

lenmistir. Mevcut olan argon atomlarının, yarılanma omru 1.28·109 yıl olan potasyum atomlarından

elde edildigi ve her dokuz potasyum atomunun bir argon atomuna donustugu varsayılmaktadır. Ay

tası parcasında baslangıcta sadece potasyum atomu olduguna gore ay tası parcasının yasını belirle-

yiniz.

(33) Bir binanın temelinde kullanılacak harcın donan miktarının zamanla degisim oranı donmayan

miktarı ile orantılıdır. Kullanılan harcın yarısının donması icin gecen sure iki saattir. Harc %90

oranında dondugunda calısmalar devam edebilmektedir. Carsamba gunu sabah saat 8’de 10000 m3

harc dokuldukten sonra calısmaların baslayabilecegi zamanı bulunuz.

(34) y = ce−x egri ailesindeki egriler ile (0, 1) noktasında dik kesisen egrileri belirleyiniz.

(35) R = R0e−kt radyoaktivite denkleminde

1

ksayısına radyoaktif cekirdegin ortalama omru denir.

Bir ornekte bulunan radyoaktif cekirdeklerin %95’inin uc ortalama omur suresinde bozundugunu

gosteriniz.


Yanıtlar:

(1) 4x+ y = k (2) 2x2 + 3y2 = k2 (3) ey − e−x = k (4) x = key2

(5) y (y2 + 3x2) = k

(6) y =1

x− k(7) y3 = −3 ln |kx| (8) x2 + 3y2 = ky (9) y2 = x2 + 2 ln |k (x2 − 1)|

(10) y2 = 2x2 ln |kx| (11) 28.06 metre (12) 9.98 m/sn (13) 30.55 m/sn (14) 465.06 gun

(15) 2918.46 km (16) 11.5 dakika (17) 20:22 (18) 1665 kisi (19) 6.25 yıl (20) 6.2 saat

(21) 64.5 kPa (22)3e−t

250amper (23) x =

ab[e(b−a)kt−1]be(b−a)kt−a

, b = a ise;

a2ktakt+1

, b = a ise.(24) 318.53 gr

(25) 17.33 dakika


5. BOLUM

YUKSEK MERTEBEDEN DOGRUSAL DIFERANSIYEL

DENKLEMLER VE COZUM YONTEMLERI

5.1. Dogrusal Diferansiyel Denklemlerin Temel Teorisi

Mertebesi n olan genel dogrusal diferansiyel denklem

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy

dx+ an (x) y = R (x)

seklinde olan diferansiyel denklemdir. Burada, R (x) ile a0 (x) , a1 (x) , . . . , an (x) fonksiyonları bir

[a, b] aralıgında reel degerli surekli fonksiyonlardır ve her x ∈ [a, b] icin a0 (x) = 0 dır. R (x) fonksi-

yonuna diferansiyel denklemin homojen olmayan terimi denir. R (x) = 0 ise diferansiyel denkleme

bir homojen dogrusal diferansiyel denklem, aksi halde homojen olmayan diferansiyel denklem denir.

Mertebesi n olan bir dogrusal diferansiyel denklem ile verilen baslangıc deger probleminin cozumleri-

nin varlıgı ve tekligi icin temel teorem asagıdaki sekildedir:

Teorem 5.1. (Varlık ve Teklik Teoremi) a0 (x) , a1 (x) , . . . , an (x) ile R (x) fonksiyonları bir [a, b]

aralıgında reel degerli surekli fonksiyonlar ve her x ∈ [a, b] icin a0 (x) = 0 olmak uzere

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy


diferansiyel denklemi ele alınsın. x0, [a, b] aralıgında bir nokta ve c0, c1, . . . , cn−1 n tane reel sabit

olsun. Bu durumda, verilen diferansiyel denklemin [a, b] aralıgında tanımlı olan ve

f (x0) = c0, f′ (x0) = c1, . . . , f

(n−1) (x0) = cn−1

ozelliginde olan tek turlu belirli bir f cozumu vardır.�

Bu teoremin kullanıslı bir sonucu asagıda verilmistir:

Sonuc 5.2. a0 (x) , a1 (x) , . . . , an (x) bir [a, b] aralıgında reel degerli surekli fonksiyonlar ve her x ∈

[a, b] icin a0 (x) = 0 olmak uzere

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy

dx+ an (x) y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denklemin x0 ∈ [a, b] olmak uzere

f (x0) = 0, f ′ (x0) = 0, . . . , f (n−1) (x0) = 0


ozelliginde olan bir f cozumu varsa her x ∈ [a, b] icin f (x) = 0 dır.�

y1 = f1 (x) ve y2 = f2 (x) fonksiyonları

a0 (x) y(n) + a1 (x) y

(n−1) + · · ·+ an−1 (x) y′ + an (x) y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denklemin cozumleri ise c1 ile c2 sabitler olmak uzere

y = f (x) = c1f1 (x) + c2f2 (x)

fonksiyonu da homojen dogrusal diferansiyel denklemin bir cozumudur. Gercekten, y1 ile y2 cozumler

ise

a0 (x) y(n)1 + a1 (x) y

(n−1)1 + · · ·+ an−1 (x) y

′1 + an (x) y1 = 0

a0 (x) y(n)2 + a1 (x) y

(n−1)2 + · · ·+ an−1 (x) y

′2 + an (x) y2 = 0

dır. Ilk esitlik c1, ikinci esitlik c2 ile carpılır ve sonuclar taraf tarafa toplanırsa

a0 (x)[c1y

(n)1 + c2y

(n)2

]+a1 (x)

[c1y

(n−1)1 + c2y

(n−1)2

]+· · ·+an−1 (x) [c1y

′1 + c2y

′2]+an (x) [c1y1 + c2y2] = 0

ve buradan

a0 (x) y(n) + a1 (x) y

(n−1) + · · ·+ an−1 (x) y′ + an (x) y = 0

elde edilir. Yani, y = c1y1 + c2y2 soz konusu diferansiyel denklemin cozumudur.

Genel olarak, y1, . . . , ym homojen dogrusal diferansiyel denklemin cozumleri ve c1, . . . , cm sabitler

ise y = c1y1 + · · ·+ cmym ifadesi soz konusu diferansiyel denklemin cozumudur.

Bir [a, b] aralıgında tanımlı f1 (x) , . . . , fm (x) fonksiyonları ve c1, . . . , cm sabitleri icin

c1f1 (x) + · · ·+ cmfm (x)

ifadesine f1 (x) , . . . , fm (x) fonksiyonlarının bir dogrusal kombinasyonu denir. Dolayısıyla, bir homo-

jen dogrusal diferansiyel denklemin cozumlerinin herhangi bir dogrusal kombinasyonu da soz konusu

denklemin bir cozumudur.

Ornek: Dogrudan yerine koyma yontemi ile gorulebilecegi gibi sinx ile cos x, y′′ + y = 0 dogrusal

homojen diferansiyel denklemin cozumleridir. Dolayısıyla, herhangi c1, c2 sabitleri icin

y = c1 cosx+ c2 sinx

ifadesi de bir cozumdur.�


Ornek: Dogrudan yerine koyma yontemi ile gorulebilecegi gibi ex,e−x ve e2x, y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denklemin cozumleridir. Dolayısıyla, herhangi c1, c2, c3 sabitleri icin

y = c1ex + c2e

−x + c3e2x

ifadesi de bir cozumdur.�

Bir [a, b] aralıgında tanımlı f1 (x) , f2 (x) , . . . , fn (x) fonksiyonları icin

c1f1 (x) + c2f2 (x) + · · ·+ cnfn (x) = 0

olacak sekilde hepsi birden sıfır olmayan c1, c2, . . . , cn sabitleri varsa f1 (x) , f2 (x) , . . . , fn (x) fonksi-

yonlarına bu aralıkta dogrusal bagımlı fonksiyonlar denir. Bu esitlik sadece c1 = c2 = · · · = cn = 0

icin saglanıyorsa f1 (x) , f2 (x) , . . . , fn (x) fonksiyonlarına bu aralıkta dogrusal bagımsız fonksiyonlar

denir.

Ornek: [0, 1] aralıgında x ve 2x fonksiyonları dogrusal bagımlıdır. Cunku, c1 = 2 ve c2 = −1 icin

c1x+ c22x = 2x− 2x = 0

dır.�

Ornek: [0, 1] aralıgında x ve x2 fonksiyonları dogrusal bagımsızdır. Cunku,

c1x+ c2x2 = 0

olacak sekilde sıfırdan farklı c1 ve c2 sabitleri yoktur.�

Asagıdaki teorem mertebesi n olan bir homojen dogrusal diferansiyel denklemin dogrusal bagımsız

cozumlerinin varlıgı ile ilgilidir:

Teorem 5.3. Mertebesi n olan

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy

dx+ an (x) y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denkleminin her zaman dogrusal bagımsız olan n tane cozumu vardır.

Bu cozumler f1, . . . , fn ise bu diferansiyel denklemin herhangi bir f cozumu f1, . . . , fn cozumlerinin

c1f1 + · · ·+ cnfn

dogrusal kombinasyonu seklinde yazılabilir.�


Mertebesi n olan

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy

dx+ an (x) y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denkleminin [a, b] aralıgında dogrusal bagımsız cozumleri f1 (x) , . . . , fn (x)

ise [a, b] aralıgında

f (x) = c1f1 (x) + · · ·+ cnfn (x)

olarak tanımlanan f (x) fonksiyonuna soz konusu homojen dogrusal diferansiyel denklemin genel

cozumu denir.

Ornek: Her x icind2y

dx2+ y = 0 diferansiyel denkleminin cozumleri cosx ve sin x dir. Bu cozumler

dogrusal bagımsız oldugundan diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1 cosx+ c2 sinx

dir.�

Ornek:d3y

dx3−2

d2y

dx2− dy

dx+2y = 0 diferansiyel denkleminin cozumleri olan ex,e−x ve e2x fonksiyonları

dogrusal bagımsız oldugundan bu diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1ex + c2e

−x + c3e2x

dir.�

Yukarıdaki orneklerden gorulebilecegi gibi mertebesi n olan bir homojen dogrusal diferansiyel denk-

lemin genel cozumlerini bulmak icin bu diferansiyel denklemin cozumlerinin dogrusal bagımsız olup

olmadıgının bilinmesi onemlidir. Asagıda bu durum icin bir kriter verilmistir:

[a, b] aralıgında verilen f1 (x) , . . . , fn (x) fonksiyonlarının herbiri en az (n− 1) . mertebeden turevli

fonksiyonlar olsun. Bu durumda,

c1f1 + · · ·+ cnfn = 0

esitliginden

c1f′1 + · · ·+ cnf

′n = 0

c1f′′1 + · · ·+ cnf

′′n = 0

...

c1f(n−1)1 + · · ·+ cnf

(n−1)n = 0


elde edilir. Bu denklemler, degiskenleri c1, . . . , cn olan denklemlerden olusan bir dogrusal denklem

sistemi olarak dusunuldugunde bu dogrusal denklem sisteminin cozumunun c1 = · · · = cn = 0 olması

icin katsayılar determinantının sıfırdan farklı olması, yani∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

f1 f2 · · · fn

f ′1 f ′

2 · · · f ′n

......

......

f(n−1)1 f

(n−1)2 · · · f

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

olması gerekir. Bu determinanta f1 (x) , . . . , fn (x) fonksiyonlarının [a, b] aralıgındaki Wronskian de-

terminantı denir.

Dolayısıyla, [a, b] aralıgında verilen f1 (x) , . . . , fn (x) fonksiyonlarının dogrusal bagımsız olması icin

bu fonksiyonların Wronskian determinantının sıfırdan farklı olması yeterlidir. Ancak, bir aralıkta

verilen fonksiyonların Wronskian determinantının sıfırdan farklı olması bu fonksiyonların dogrusal

bagımsızlıgı icin bir gerekli kosul degildir. Diger bir ifade ile Wronskian determinantının sıfır oldugu

dogrusal bagımsız fonksiyonlar vardır. Fakat, diferansiyel denklemler teorisinde asagıdaki sonuc gecer-

lidir:

Teorem 5.4. Mertebesi n olan homojen dogrusal diferansiyel denklemin f1, . . . , fn cozumlerinin

[a, b] aralıgında dogrusal bagımsız olması icin⇐⇒ [a, b] aralıgındaki bazı x degerleri icin Wronskian

determinantının sıfırdan farklı olmasıdır.�

Ornek:d2y

dx2+ y = 0 diferansiyel denkleminin cozumleri olan cosx ve sin x dogrusal bagımsızdır.

Gercekten, ∣∣∣∣∣∣ cos x sinx

− sinx cosx

∣∣∣∣∣∣ = cos2 x+ sin2 x = 1 = 0

dır.�

Ornek:d3y

dx3−2

d2y

dx2− dy

dx+2y = 0 diferansiyel denkleminin cozumleri olan ex,e−x ve e2x fonksiyonları

dogrusal bagımsızdır. Gercekten, ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex e−x e2x

ex −e−x 2e2x

ex e−x 4e2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −6e2x = 0

dır.�

Mertebesi n olan

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy



homojen olmayan dogrusal diferansiyel denklemin bir ozel cozumu yp ve bu diferansiyel denklemin

karsılık gelen

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy

dx+ an (x) y = 0

homojen dogrusal diferansiyel denklemin genel cozumu yh ise

a0 (x)dny

dxn+ a1 (x)

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1 (x)

dy


homojen olmayan dogrusal diferansiyel denkleminin genel cozumu

y = yh + yp

dir.

Ornek: yp = x, homojen olmayand2y

dx2+ y = x

diferansiyel denkleminin bir ozel cozumudur. Bu diferansiyel denkleme karsılık gelend2y

dx2+ y = 0

homojen diferansiyel denklemin genel cozumu yh = c1 cosx + c2 sinx oldugundand2y

dx2+ y = x

diferansiyel denkleminin genel cozumu

y = yh + yp = c1 cos x+ c2 sinx+ x

dir.�

5.2. Turev Operatorleri

D ile x degiskenine gore turev alma islemi gosterilirse herhangi bir negatif olmayan k tam sayısı

icin

Dky =dky

dxk

dır. a0, a1, . . . , an sabitlenmis sayılar olmak uzere

A = a0Dn + a1D

n−1 + · · ·+ an−1D + an

ifadesine derecesi n olan turev operatoru denir. Turev operatoru, bir y fonksiyonuna uygulandıgında

Ay = a0dny

dxn+ a1

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1

dy

dx+ any

sonucunu veren operator olarak da tanımlanabilir. a0, a1, . . . , an sayılarına turev operatorunun kat-

sayıları denir.


A ile B turev operatorlerinin esit olması icin ⇐⇒ bir y fonksiyonuna uygulandıklarında aynı

sonucu vermeleridir. Yani, A = B olması icin ⇐⇒ Ay = By olmasıdır. A ile B operatorlerinin

carpımı, B operatoru uyuglandıktan sonra A operatorunun uygulanması sonucu elde edilen ifadeyi

veren operator olarak tanımlanır. Yani, (AB) y = A (By) dir. Iki turev operatorunun carpımı her

zaman vardır ve yine bir turev operatorudur. Sabit katsayılı turev operatorleri icin AB = BA dır.

Ornek: A = D + 2 ve B = 3D − 1 olsun.

By = (3D − 1) y = 3Dy − y = 3dy

dx− y

A (By) = (D + 2)

(3dy

dx− y

)= D3

dy

dx−Dy + 6

dy

dx− 2y = 3

d2y

dx2+ 5

dy

dx− 2y

dir. Diger taraftan,

Ay = (D + 2) y = Dy + 2y =dy

dx+ 2y

B (Ay) = (3D − 1)

(dy

dx+ 2y

)= 3D

dy

dx+ 3D2y − dy

dx− 2y = 3

d2y

dx2+ 5

dy

dx− 2y

dir. Dolayısıyla,

AB = 3D2 + 5D − 2 = BA

dır.�

Ornek: G = xD + 2 ve H = D − 1 olsun.

G (Hy) = (xD + 2)

(dy

dx− y

)= x

d2y

dx2− x

dy

dx+ 2

dy

dx− 2y

oldugundan

GH = xD2 + (2− x)D − 2

dir. Diger taraftan,

H (Gy) = (D − 1)

(xdy

dx+ 2y

)= x

d2y

dx2+

dy

dx+ 2

dy

dx− x

dy

dx− 2y

oldugundan

HG = xD2 + (3− x)D − 2

dir. GH = HG olmasının nedeni G operatorunun katsayılarından birinin bir sabit sayı degil, bir

degisken olmasıdır.�


Iki turev operatorunun toplamı karsılıklı katsayıların toplamı sonucu elde edilen operatordur.

Ornegin, A = 3D2 −D + x− 2 ve B = x2D2 + 4D + 7 ise

A+B =(x2 + 3

)D2 + 3D + x+ 5

dir.

Turev operatoru bir dogrusal operatordur. Yani, A bir turev operatoru, c1 ile c2 sabitler ve f1 ile

f2 gerekli sayıda turevlerinin alınabildigi x degiskeninin fonksiyonları ise

A (c1f1 + c2f2) = c1Af1 + c2Af2

dir.

m sabitlenmis bir sayı ve k negatif olmayan bir tam sayı olsun.

Dkemx = mkemx

oldugundan bir turev operatorunun emx fonksiyonu uzerine etkisi kolaylıkla belirlenebilir. Gercekten,

f (D) degiskeni D olan bir polinom, yani

f (D) = a0Dn + a1D

n−1 + · · ·+ an−1D + an

olsun. Bu durumda,

f (D) emx = a0mnemx + a1m

n−1emx + · · ·+ an−1memx + anemx

= emx(a0m

n + a1mn−1 + · · ·+ an−1m+ an

)oldugundan

f (D) emx = emxf (m)

dir. Dolayısıyla, bir m1 sayısı f (m) = 0 denkleminin bir koku ise

f (D) em1x = 0

dır.

Ornek: f (D) = 2D2 + 5D − 12 olsun. f (m) = 2m2 + 5m− 12 dir ve

f (m) = 0 =⇒ 2m2 + 5m− 12 = 0 = (m+ 4) (2m− 3) =⇒ m1 = −4,m2 =3

2

oldugundan (2D2 + 5D − 12

)e−4x = 0 ve

(2D2 + 5D − 12

)e−

32x = 0


dır. Diger bir ifade ile y1 = e−4x ve y2 = e−32x fonksiyonları(

2D2 + 5D − 12)y = 0

diferansiyel denkleminin cozumleridir.�

Simdi, (D −m) operatoru ve xkemx fonksiyonu ele alınsın.

(D −m) xkemx = kxk−1emx +mxkemx −mxkemx

oldugundan

(D −m) xkemx = kxk−1emx

dir. O halde,

(D −m)2 xkemx = (D −m) kxk−1emx = k (k − 1)xk−2emx

dir. Benzer sekilde devam edilerek

(D −m)k xkemx = k!emx

bulunur. (D −m) emx = 0 oldugundan her n > k icin

(D −m)n xkemx = 0

dır. Bu ifade,

(D −m)n(xkemx

)= 0, k = 0, 1, . . . , n− 1

olarak yazılabilir.

5.3. Sabit Katsayılı Homojen Dogrusal Diferansiyel Denklem

Mertebesi n olan sabit katsayılı homojen diferansiyel denklem

a0dny

dxn+ a1

dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1

dy

dx+ any = 0

seklindedir. Bu diferansiyel denklem,

f (D) = a0Dn + a1D

n−1 + · · ·+ an−1D + an

olmak uzere

f (D) y = 0

olarak yazılabilir. m sayısı, f (m) = 0 cebirsel denklemin bir koku ise f (D) emx = 0 dır. Bu ise

y = emx fonksiyonunun f (D) y = 0 diferansiyel denklemi icin bir cozum oldugunu ifade eder. f (m) =


0 cebirsel denklemine sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemin karakteristik veya yardımcı

denklemi denir. Mertebesi n olan sabit katsayılı homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen yardımcı

denklem derecesi n olan bir polinom belirler. Dolayısıyla, yardımcı denklemin n tane m1,m2, . . . ,mn

koku vardır.

1. Durum: Reel ve Ayrık Kokler:

Mertebesi n olan sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denkleme karsılık gelen yardımcı

denklemin m1,m2, . . . ,mn kokleri reel ve ayrık (birbirinden farklı) olsun. Bu durumda, diferansiyel

denklemin dogrusal bagımsız olan n tane

y = em1x, y = em2x, . . . , y = emnx

cozumu vardır. c1, c2, . . . , cn sabitler olmak uzere bu diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1em1x + c2e

m2x + · · ·+ cnemnx

dir.

Ornek:d2y

dx2− 3

dy

dx+ 2y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m2−3m+2 = 0 dır. O halde, m = 1 ve m = 2 oldugundan

diferansiyel denklemin genel cozumu y = c1ex + c2e

2x dir.�

Ornek: (D3 − 4D2 +D + 6) y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m3 − 4m2 +m+ 6 = 0 dır.

m3 − 4m2 +m+ 6 = (m+ 1) (m− 2) (m− 3) = 0

=⇒ m1 = −1,m2 = 2,m3 = 3

oldugundan genel cozum y = c1e−x + c2e

2x + c3e3x dir.�

2. Durum: Reel ve Katlı Kokler:

Bu durum oncelikle bir ornek ile ele alınacaktır.

Ornek:d2y

dx2− 6

dy


Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m2 − 6m+ 9 = 0 dır.


m2 − 6m+ 9 = (m− 3)2 = 0 =⇒ m1 = 3,m2 = 3

oldugundan 1. durum geregi y = c1e3x + c2e

3x fonksiyonunun verilen diferansiyel denklemin genel

cozumu olması beklenir. Ancak,

y = c1e3x + c2e

3x = (c1 + c2) e3x = c3e

3x

oldugundan iki koke karsılık tek bir cozum elde edilmis olur. Bu uyumsuzlugun nedeni m1 = m2 = 3

koklerine karsılık gelen cozumlerin dogrusal bagımlı olmasıdır. Genel cozumun dogrusal bagımsız

cozumlerin bir dogrusal kombinasyonu olması gerektiginden y = c1e3x+ c2e

3x genel cozum degildir.�

Dolayısıyla, yukarıdaki ornekte verilen diferansiyel denklemin genel cozumunu elde etmek icin

m1 = m2 = 3 koklerine karsılık gelen cozum ile dogrusal bagımsız olan bir cozum bulunmalıdır.

Asagıda, bu durum icin genel bir yontem verilmistir:

Mertebesi n olan sabit katsayılı homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen f (m) = 0 yardımcı

denkleminin m1 = m2 = · · · = mn = a seklinde n tane esit koku olsun. Bu durumda, f (D) turev

operatorunun (D − a)n seklinde bir carpanı vardır. Bu diferansiyel denklemin genel cozumu

(D − a)n y = 0

esitligini saglayan n tane dogrusal bagımsız cozumun dogrusal kombinasyonudur. k = 0, 1, . . . , n− 1

icin

(D − a)n(xkeax

)= 0

oldugundan k = 0, 1, . . . , n− 1 icin

yk = xkeax

fonksiyonları istenilen ozelligi saglarlar. Dolayısıyla, verilen diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1eax + c2xe

ax + c3x2eax + · · ·+ cnx

n−1eax

dir.

Bir yardımcı denklemin ayrık ve katlı kokleri varsa ayrık olan mk koklerine karsılık y = ckemkx

cozumleri, katlı olan m1 = m2 = · · · = mn = a koklerine karsılık

y = c1eax + c2xe

ax + c3x2eax + · · ·+ cnx

n−1eax

cozumleri vardır. Bu iki cozumun toplamı istenilen genel cozumu verir.

Ornek:d3y

dx3− 4

d2y

dx2− 3

dy



Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m3 − 4m2 − 3m+ 18 = 0 dır.

m3 − 4m2 − 3m+ 18 = (m+ 2) (m− 3)2 =⇒ m1 = −2,m2 = m3 = 3

oldugundan genel cozum

y = c1e−2x + c2e

3x + c3xe3x

dir.�

Ornek: (D4 − 7D3 + 18D2 − 20D + 8) y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m4 − 7m3 + 18m2 − 20m+ 8 = 0 dır.

m4 − 7m3 + 18m2 − 20m+ 8 = (m− 1) (m− 2)3 =⇒ m1 = 1,m2 = m3 = m4 = 2


y = c1ex + c2e

2x + c3xe2x + c4x

2e2x

dir.�

3. Durum: Karmasık Kokler:

Ilk olarak, z bir karmasık degisken olmak uzere ez icin gecerli olan bir tanım ifade edilecektir.

i =√−1 ve α ile β reel degiskenler olmak uzere olmak uzere z = α + iβ olsun. ez bilinen ustel

fonksiyonun ozelliklerini saglayacagından eα+iβ = eαeiβ kabul edilebilir. eα bilinen ustel fonksiyondur.

Reel x degiskeni icin

ex =∞∑k=0

xk

k!= 1 + x+

x2

2!+

x3

3!+ · · ·+ xk

k!+ · · ·

oldugundan x = iβ yazılırsa

eiβ = 1 + (iβ) +(iβ)2

2!+

(iβ)3

3!+

(iβ)4

4!+ · · ·+ (iβ)k

k!+ · · ·

= 1 +i2β2

2!+

i4β4

4!+ · · ·+ i2kβ2k

(2k)!

+iβ

1!+

i3β3

3!+

i5β5

5!+ · · ·+ i2k+1β2k+1

(2k + 1)!+ · · ·

veya denk olarak

eiβ =∞∑k=0

i2kβ2k

(2k)!+

∞∑k=0

i2k+1β2k+1

(2k + 1)!

elde edilir. i2k = (−1)k oldugundan

eiβ =∞∑k=0

(−1)kβ2k

(2k)!+ i

∞∑k=0

(−1)kβ2k+1

(2k + 1)!


dir. Sag taraftaki ilk seri cos β, ikinci seri sin β oldugundan

eiβ = cos β + i sin β

Euler Formulu elde edilir. Dolayısıyla, eα+iβ icin uygun bir tanım olarak

eα+iβ = eα (cos β + i sin β)

esitligi alınabilir. β yerine −β alınırsa

eα−iβ = eα (cos β − i sin β)

elde edilir.

Karmasık z degiskeni icin ez fonksiyonu, reel x icin ex fonksiyonunun sagladıgı ozelliklerin cogunu

gercekler. Ozel olarak, a, b, x reel olmak uzere y = e(a+ib)x ise (D − a− ib) y = 0 dır. Bu sonuc,

y = e(a+ib)x = eax (cos bx+ i sin bx) ifadesinin x degiskenine gore turevinden elde edilir.

Simdi, f (D) y = 0 katsayıları reel olan homojen dogrusal diferansiyel denklem ve f (m) = 0 karsılık

gelen yardımcı denklem olsun. Yardımcı denklemin katlı olmayan koklerinden biri m1 = a+ ib ise bu

kokun eslenigi olan m2 = a− ib karmasık sayısı da yardımcı denklemin kokudur. Bu sonuc, katsayıları

reel olan cebirsel denklem icin gecerlidir. Katsayılar karmasık sayı ise bu sonuc dogru olmayabilir.

Dolayısıyla, yardımcı denklemin koklerinden biri m1 = a + ib ise m2 = a− ib sayısı da bir koktur

ve f (D) y = 0 diferansiyel denklemi

y = k1e(a+ib)x + k2e

(a−ib)x

tarafından saglanır. Bu ifade,

y = k1eax (cos bx+ i sin bx) + k2e

ax (cos bx− i sin bx)

veya denk olarak

y = (k1 + k2) eax cos bx+ i (k1 − k2) e

ax sin bx

seklinde yazılabilir.

k1 + k2 = c1, i (k1 − k2) = c2

alınırsa m1 = a+ ib ve m2 = a− ib koklerine karsılık gelen cozum

y = c1eax cos bx+ c2e

ax sin bx

dir. Bu cozumde, a, b, x, y reel ise c1 ile c2 katsayıları da reel sayılardır. Gercekten, k1 + k2 = c1ve

i (k1 − k2) = c2 oldugundan k1 = 12(c1 − ic2) ve k2 = 1

2(c1 + ic2) bulunur, yani k1 ile k2 eslenik

karmasık sayılardır.


Ornek:d2y

dx2+ y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m2 + 1 = 0 dır.

m2 + 1 = 0 =⇒ m1 = i,m2 = −i


y = c1e0x cos 1x+ c2e

0x sin 1x = c1 cos x+ c2 sin x

dir.�

Ornek: (D3 − 3D2 + 9D + 13) y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m3 − 3m2 + 9m+ 13 = 0 dır.

m3 − 3m2 + 9m+ 13 = (m+ 1) (m2 − 4m+ 13) = 0 =⇒ m1 = −1

m2 − 4m+ 13 = 0 =⇒ ∆ = 16− 52 = −36 =⇒ m2,3 =4∓

√−36

2

=⇒ m2 = 2 + 3i,m3 = 2− 3i


y = c1e−x + c2e

2x cos 3x+ c3e2x sin 3x

dir.�

Katlı karmasık kokler durumu icin genel cozum katlı reel kokler durumuna benzer sekilde elde

edilir. Ornegin, m = a∓ ib kokleri uc katlı ise karsılık gelen cozum, altı dogrusal bagımsız cozumden

olusan (c1 + c2x+ c3x

2)eax cos bx+

(c4 + c5x+ c6x

2)eax sin bx

ifadesidir.

Ornek: (D4 + 8D2 + 16) y = 0 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen yardımcı denklem m4 + 8m2 + 16 = 0 dır.

m4 + 8m2 + 16 = (m2 + 4)2= 0

oldugundan m = ∓2i iki katlı koklerdir. Dolayısıyla, genel cozum

y = (c1 + c2x) cos 2x+ (c3 + c4x) sin 2x

dir.�


5.4. Belirsiz Katsayılar Yontemi

Mertebesi n olan (a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D + an

)y = R (x)

homojen olmayan sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklem ele alınsın. Bu diferansiyel denklemin

bir ozel cozumu yp ve bu diferansiyel denkleme karsılık gelen

(a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D + an

)y = 0

homojen diferansiyel denklemin genel cozumu yh ise

y = yh + yp

homojen olmayan diferansiyel denklemin genel cozumudur.

yp ozel cozumunu bulmanın cesitli yolları vardır. Bu bolumde bu yollardan biri olan Belirsiz Kat-

sayılar Yontemi ele alınacaktır.

Gozlem Ile Bulunan Ozel Cozumler:

Mertebesi n olan (a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D + an

)y = R (x)

homojen olmayan sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklemde R (x) sabit, ornegin R (x) = R0 ise(a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D + an

)y = R0

diferansiyel denkleminin ozel cozumu gozlem ile belirlenebilir.

an = 0 olsun. Bu durumda,

yp =R0

an

soz konusu diferansiyel denklemin ozel cozumudur. Gercekten, yp ozel cozumunun tum turevleri sıfır

olacagından (a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−1D + an

)yp = an

R0

an= R0

bulunur.

an = 0 olsun. Dky soz konusu diferansiyel denklemdeki en kucuk mertebeli tureve sahip terim ise

diferansiyel denklem, an−k = 0 olmak uzere

(a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−kD

k)y = R0


seklinde yazılabilir. Dkxk = k! oldugundan xk teriminin k sayısından buyuk olan tum yuksek merte-

bebeden turevleri sıfırdır. Dolayısıyla, diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp =R0x

k

an−kk!

dir. Gercekten, (a0D

n + a1Dn−1 + · · ·+ an−kD

k)yp = an−k

R0k!

an−kk!= R0

dır.

Ornek: (D2 − 3D + 2) y = 16 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: (D2 − 3D + 2) y = 0 homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen yardımcı denklem

m2 − 3m+ 2 = (m− 2) (m− 1) = 0

oldugundan

yh = c1ex + c2e

2x

dir. Gozlem ile, verilen homojen olmayan diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp =16

2= 8

olarak elde edilir. Dolayısıyla, genel cozum

y = c1ex + c2e

2x + 8

dir.�

Ornek:d5y

dx5+ 4

d3y

dx3= 7 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: (D5 + 4D3) y = 0 homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen yardımcı denklem

m5 +m3 = m3 (m2 + 1) = 0

oldugundan

yh = c1 + c2x+ c3x2 + c4 cos x+ c5 sin x

dir. Gozlem ile, verilen homojen olmayan diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp =7x3

3!4=

7x3

24


olarak elde edilir. Dolayısıyla, genel cozum

y = c1 + c2x+ c3x2 + c4 cos x+ c5 sin x+

7x3

24

olarak bulunuz.�

Bir Ozel Cozumden Elde Edilen Homojen Dogrusal Diferansiyel Denklem:

Belirsiz Katsayılar Yonteminin uygulanmasında bir ozel cozumden bir homojen diferansiyel denk-

lem elde etmek oldukca yararlı bir islemdir.

f (D) y = 0 seklinde olan sabit katsayılı homojen diferansiyel denklemlerin genel cozumlerinde

c, cx, ceax, cxeax, ceax cos bx, ceax sin bx

gibi fonksiyonlar yer alır. c sabiti, homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen f (m) = 0 yardımcı

denklemin kokunun m = 0 olması durumunda ortaya cıkar ve bu durumda f (D) turev operatorunun

D seklinde olan bir carpanı vardır. cx fonksiyonu f (D) turev operatorunde D2 seklinde bir carpan

varsa, eax fonksiyonu f (D) turev operatorunde (D − a) seklinde olan bir carpan varsa, cxeax fonk-

siyonu f (D) turev operatorunde (D − a)2 seklinde bir carpan varsa ortaya cıkar. ceax cos bx veya

ceax sin bx fonksiyonları m = a∓ ib kokune veya[(D − a)2 + b2

]carpanına karsılık gelir.

Ornek: Ozel cozumu yp = 7e3x + 2x seklinde olan sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel

denklemi belirleyiniz.

Cozum: Bu problemde 7 ile 2 sabitlerinin onemi yoktur. Herhangi c1, c2 sabitleri icin

y = c1e3x + c2x

tarafından saglanan sabit katsayılı homojen diferansiyel denklem elde edilecektir.

c1e3x fonksiyonu yardımcı denklemin m = 3 kokunden elde edilir. c2x fonksiyonu yardımcı denkle-

min m = 0, 0 koklerinden yani iki katlı m = 0 kokunden elde edilir. O halde, yardımcı denklem

m2 (m− 3) = 0

ve karsılık gelen sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denklem

D2 (D − 3) y = 0

seklindedir.�


Ornek: y = 6 + 3xex − cosx tarafından saglanan sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel

denklemi belirleyiniz.

Cozum: 6 terimi m = 0 kokunden, 3xex terimi iki katlı m = 1 kokunden ve cos x terimi ∓i

koklerinden elde edilir. Dolayısıyla, yardımcı denklem

m (m− 1)2(m2 + 1

)= 0

ve karsılık gelen homojen dogrusal diferansiyel denklem

D (D − 1)2(D2 + 1

)y =

(D5 − 2D4 + 2D3 − 2D2 +D

)y = 0

seklindedir. Bu diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1 + (c2 + c3x) ex + c4 cosx+ c5 sinx

dir. c1 = 6, c2 = 0, c3 = 3, c4 = −1, c5 = 0 icin y = 6 + 3xex − cos x elde edilir.�

Ornek: y = 4xex sin 2x tarafından saglanan sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denklemi

belirleyiniz.

Cozum: 4xex sin 2x terimi iki katlı m = 1∓2i kokunden gelmektedir. Dolayısıyla, yardımcı denklem

[(m− 1)2 + 4

]2= m4 − 4m3 + 14m2 − 20m+ 25 = 0

ve karsılık gelen homojen dogrusal diferansiyel denklem

(D4 − 4D3 + 14D2 − 20D + 25

)y = 0

seklindedir.�

Bir Homojen Olmayan Sabit Katsayılı Dogrusal Diferansiyel Denklemin Genel Cozumu:

Belirsiz Katsayılar Yonteminin teorik anlamına ve calısma ilkesine gecmeden once temelde yatan

dusunce icin basit bir ornek ele alınacaktır.

Ornek: D2 (D − 1) y = 3ex + sin x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denkleme karsılık gelen D2 (D − 1) y = 0 homojen diferansiyel denkle-

min genel cozumu

yh = c1 + c2x+ c3ex


dir. Verilen homojen olmayan diferansiyel denklem icin

R (x) = 3ex + sin x

dir. 3ex+sinx, yardımcı denkleminin kokleri m = 1 ve m = ∓i olan sabit katsayılı homojen dogrusal

diferansiyel denklemin bir ozel cozumudur. O halde, bu diferansiyel denklem

(D − 1)(D2 + 1

)R (x) = 0

dır. Sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denklemlerin genel cozumleri kolaylıkla buluna-

bildiginden soruda verilen homojen olmayan diferansiyel denklem bir homojen diferansiyel denk-

lem haline getirilebilirse cozumu bulunabilir. Soz konusu diferansiyel denklemin sag tarafı R (x) ve

(D − 1) (D2 + 1)R (x) = 0 oldugundan

(D − 1)(D2 + 1

)D2 (D − 1) y = 0

elde edilir. Son diferansiyel denklemin genel cozumu

y = c1 + c2x+ c3ex + c4xe

x + c5 cos x+ c6 sin x

dir. Bu genel cozumde c1+c2x+c3ex terimi verilen diferansiyel denklemin homojen kısmının cozumune

karsılık gelir. Bu yuzden, geriye kalan c4xex+c5 cosx+c6 sin x kısmı homojen olmayan R (x) terimin-

den, yani 3ex+sin x teriminden gelen ozel cozume karsılık gelmelidir. Dolayısıyla, A,B,C belirlenecek

katsayılar olmak uzere

yp = Axex +B cos x+ C sin x

olmalıdır. Bu cozum

D2 (D − 1) y = 3ex + sin x

denkleminin ozel cozumu oldugundan

D2 (D − 1) yp = 3ex + sin x

olmalıdır.

Dyp = A (xex + ex)−B sin x+ C cos x

D2yp = A (xex + 2ex)−B cosx− C sin x

D3yp = A (xex + 3ex) +B sin x− C cosx

oldugundan

3ex + sin x = D3yp −D2yp = Aex + (B + C) sin x+ (B − C) cos x


=⇒ A = 3, B + C = 1, B − C = 0 =⇒ A = 3, B =1

2, C =

1

2

bulunur. O halde, verilen homojen olmayan diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp = 3xex +1

2cosx+

1

2sin x

ve genel cozumu

y = yh + yp = c1 + c2x+ c3ex + 3xex +

1

2cos x+

1

2sinx

dir.�

Belirsiz Katsayılar Yontemi:

f (D), D turev operatorunun bir polinomu olmak uzere

f (D) y = R (x)

sabit katsayılı homojen olmayan dogrusal diferansiyel denklem ele alınsın. Bu diferansiyel denkleme

karsılık gelen f (D) y = 0 homojen dogrusal diferansiyel denklemin f (m) = 0 yardımcı denkleminin

kokleri

m = m1,m2, . . . ,mn

olsun. Homojen olmayan diferansiyel denklemin genel cozumu, belirlenecek olan yp ozel cozumu ile

m1,m2, . . . ,mn koklerinden elde edilen ve homojen kısmın genel cozumu olan yh cozumlerinin top-

lamıdır. R (x), karsılık gelen yardımcı denklemin kokleri

m′ = m′1,m

′2, . . . ,m

′n

olan

g (D)R (x) = 0

sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denklemin cozumu olsun. m′ kokleri R (x) ifadesinden

gozlem ile elde edilebilir. O halde,

g (D) f (D) y = 0

sabit katsayılı homojen diferansiyel denkleme karsılık gelen yardımcı denklemin kokleri f (m) = 0

denkleminden gelenm kokleri ile g (m′) = 0 denkleminden gelenm′ kokleridir. Dolayısıyla, g (D) f (D) y =

0 homojen diferansiyel denklemin genel cozumu yh cozumunu icerir ve

y = yh + yq


seklindedir. yh homojen kısmın cozumu oldugundan yq, yp ozel cozumunde karsılık gelmelidir. Bu

durumda, yq belirlenecek olan bazı katsayılar ile f (D) y = R (x) diferansiyel denklemini saglayan

ozel cozum olur. Katsayılar, f (D) yq = R (x) esitliginden elde edilir.

Belirsiz Katsayılar Yontemi, diferansiyel denklemin homojen olmayan terimi olan R (x) fonksiyo-

nunun sadece bir sabit katsayılı homojen dogrusal diferansiyel denklemin cozumu oldugu durumlarda

uygulanabilir.

Ornek:d2y

dx2− 2

dy

dx− 3y = 2ex − 10 sin x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: m = −1, 3 ve m′ = 1,∓i oldugundan yh = c1e−x+ c2e

3x ve yp = Aex+B cos x+C sin x dir.

yp = Aex +B cosx+ C sinx

Dyp = Aex −B sinx+ C cosx

D2yp = Aex −B cosx− C sin x

=⇒ 2ex − 10 sin x = D2yp − 2Dyp − 3yp = −4Aex + (−4B − 2C) cos x+ (2B − 4C) sin x

=⇒−4A = 2

−4B − 2C = 0

2B − 4C = −10

=⇒ A = −1

2, B = −1, C = 2

=⇒ yp = −1

2ex − cosx+ 2 sin x

=⇒ y = yh + yp = c1e−x + c2e

3x − 1

2ex − cos x+ 2 sin x

bulunur.�

Ornek: (D2 +D − 2) y = 2x− 40 cos 2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: m = 1,−2 ve m′ = 0, 0,∓2i oldugundan yh = c1ex + c2e

−2x ve yp = A + Bx + C cos 2x +

E sin 2x dir.

yp = A+Bx+ C cos 2x+ E sin 2x

Dyp = B − 2C sin 2x+ 2E cos 2x

D2yp = −4C cos 2x− 4E sin 2x

=⇒ 2x− 40 cos 2x = D2yp+Dyp− 2yp = (2E − 6C) cos 2x+(−6E − 2C) sin 2x− 2Bx+(B − 2A)


=⇒

B − 2A = 0

−2B = 2

−6E − 2C = 0

2E − 6C = −40

=⇒ A = −1

2, B = −1, C = 6, E = −2

=⇒ yp = −1

2− x+ 6 cos 2x− 2 sin 2x

=⇒ y = yh + yp = c1ex + c2e

−2x − 1

2− x+ 6 cos 2x− 2 sin 2x

bulunur.�

Ornek: (D2 + 1) y = sin x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: m = ∓i ve m′ = ∓i oldugundan yh = c1 cos x+ c2 sin x ve yp = Ax cos x+Bx sin x dir.

yp = Ax cosx+Bx sin x

Dyp = A cos x− Ax cos x+B sin x+Bx cos x

D2yp = −2A sin x− Ax cos x−Bx sin x+ 2B cos x

=⇒ sinx = D2yp + yp = −2A sin x+ 2B cosx

=⇒−2A = 1

2B = 0=⇒ A = −1

2, B = 0 =⇒ yp = −1

2x cos x

=⇒ y = yh + yp = c1 cos x+ c2 sin x− 1

2x cos x

bulunur.�

Ornek:d2y

dx2− 3

dy

dx+2y = 2x2 +ex +2xex +4e3x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: m = 1, 2 ve m′ = 0, 0, 0, 1, 1, 3 oldugundan yh = c1ex + c2e

2x ve

yp = A+Bx+ Cx2 + Exex + Fx2ex +Ge3x dir.

yp = A+Bx+ Cx2 + Exex + Fx2ex +Ge3x

Dyp = B + 2Cx+ Eex + Exex + 2Fxex + Fx2ex + 3Ge3x

D2yp = 2C + 2Eex + Exex + 2F ex + 4Fxex + Fx2ex + 9Ge3x


=⇒2x2 + ex + 2xex + 4e3x = D2yp − 3Dyp + 2yp

= −2Fxex + (2F − E) ex + 2Cx2 + (−6C + 2B) x+ (2C − 3B + 2A) + 2Ge3x

=⇒

−2F = 2

2G = 4

2F − E = 1

2C = 2

−6C + 2B = 0

2C − 3B + 2A = 0

=⇒ A =7

2, B = 3, C = 1, E = −3, F = −1, G = 2

=⇒ yp =7

2+ 3x+ x2 − 3xex − x2ex + 2e3x

=⇒ y = yh + yp = c1ex + c2e

2x7

2+ 3x+ x2 − 3xex − x2ex + 2e3x

bulunur.�

Belirsiz Katsayılar Yontemi Uzerine Notlar:

Gozlem ile ozel cozum bulma farklı diferansiyel denklemlere de uygulanabilir. Ornegin,

(D2 + 4

)y = sin 3x

diferansiyel denklemi ele alınsın. sin 3x fonksiyonunun ikinci turevi de sin 3x carpanı icerdiginden

sin 3x ile baglantılı olan bir ozel cozum arastırmak dogaldır. Gercekten,

yp = A sin 3x

ise

D2yp = −9A sin 3x

oldugundan

(−9 + 4)A = 1 =⇒ A = −1

5

ile yp = −15sin 3x ozel cozum ve

y = yh + yp = c1 cos 2x+ c2 sin 2x− 1

5sin 3x

diferansiyel denklemin genel cozumudur.


Bu ornekte gozlem ile bulunan cozum Belirsiz Katsayılar Yontemine kıyasla daha kısa islemler

icermesine ragmen her zaman gozlem ile cozum bulunamayabilir. Ornegin,

(D2 + 4D + 4

)y = sin 3x

diferansiyel denklemi icin sin 3x ile ikinci turevi baglantılı olmasına ragmen sol tarafta yer alan Dy

terimi cos 3x fonksiyonunu ortaya cıkarır ve sag tarafta bu fonksiyonu sadelestirecek bir terim yoktur.

Bu diferansiyel denklemin cozumu icin Belirsiz Katsayılar Yontemi kullanılmalıdır. Daha karmasık

yapıda olan, ornegin (D2 + 4

)y = x sin 3x− 2 cos 3x

seklinde olan bir diferansiyel denklem icin gozlem ile cozum yapma islemlerden ve zamandan tasarruf

saglamaz.

Diger taraftan, (D2 + 4

)y = e5x

diferansiyel denklemi icin gozlem yonteminden

(D2 + 4

)e5x = 29e5x

oldugundan

yp =1

29e5x

elde edilir.

Sabit katsayılı homojen olmayan dogrusal diferansiyel denklem

f (D) y = R1 (x) +R2 (x)

seklinde ise f (D) y = R1 (x) diferansiyel denkleminin ozel cozumu y1 ve f (D) y = R2 (x) diferansiyel

denkleminin ozel cozumu y2 olmak uzere f (D) y = R1 (x) + R2 (x) diferansiyel denkleminin ozel

cozumu y1 + y2 olur.

Ornek: (D2 − 9) y = 3ex + x− sin 4x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: (D2 − 9) ex = −8ex oldugundan (D2 − 9) y = 3ex diferansiyel denkleminin ozel cozumu

y1 = −3

8ex

dir. Benzer dusunce ile (D2 − 9) y = x diferansiyel denkleminin ozel cozumu

y2 = −x

9


olarak bulunur. Son olarak, (D2 − 9) y = − sin 4x diferansiyel denkleminin ozel cozumu

y3 =1

25sin 4x

dir. Dolayısıyla, verilen diferansiyel denklemin genel cozumu

y = yh + yp = c1e−3x + c2e

3x − 3

8ex − 1

9x+

1

25sin 4x

dir.�

Ornek: (D2 + 4) y = sin x+ sin 2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: (D2 + 4) y = sin x ise ozel cozum

y1 =1

3sin x

dir. (D2 + 4) y = sin 2x ise m = ∓2i ve m′ = ∓2i oldugundan

yh = c1 cos 2x+ c2 sin 2x ve yp = Ax cos 2x+Bx sin 2x dir.

yp = Ax cos 2x+Bx sin 2x

Dyp = A cos 2x− 2Ax cos 2x+B sin 2x+ 2Bx cos 2x

D2yp = −4A sin 2x− 4Ax cos 2x− 4Bx sin 2x+ 4B cos 2x

=⇒ sin 2x = D2yp + 4yp = −4A sin 2x+ 4B cos 2x

=⇒−4A = 1

4B = 0=⇒ A = −1

4, B = 0 =⇒ yp = −1

4x cos 2x

oldugundan

y = yh + yp = c1 cos 2x+ c2 sin 2x+1

3sinx− 1

4x cos 2x

genel cozumdur.�


5.5. Operator Yontemleri

Ustel Kayma:

D =d

dxve V (x) istenildigi kadar tureve sahip bir fonksiyon olsun. Bu durumda,

D[e−axV (x)

]= e−axD [V (x)]− ae−axV (x) = e−ax (D − a)V (x)

dir. D operatoru tekrar uygulanırsa

D2[e−axV (x)

]= D

[e−ax (D − a)V (x)

]= e−ax (D − a)2 V (x)

elde edilir. Bu sekilde devam edilerek herhangi bir pozitif n tam sayısı icin

Dn[e−axV (x)

]= e−ax (D − a)n V (x)

formulu bulunur. f (D),D operatorunun sabit katsayılı bir polinomu olsun. Turev operatoru dogrusal

oldugundan

f (D)[e−axV (x)

]= e−axf (D − a)V (x)

bulunur. Son esitlikte

y = e−axV (x)

yazılırsa

f (D) y = e−axf (D − a) [eaxy]

veya denk olarak

eaxf (D) y = f (D − a) [eaxy]

elde edilir. Bu ifade, sol taraftaki ustel fonksiyonun sag tarafa, yani turev islemi altına gecerken bir

kayma urettigini gosterir. Bu yuzden bu sonuca ustel kayma denir.

Ustel kaymanın bir cok uygulaması vardır.

Ornek: (D2 − 2D + 5) y = 16x3e3x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Karsılık gelen (D2 − 2D + 5) y = 0 homojen diferansiyel denklemin cozumu

yh = c1ex cos 2x+ c2e

x sin 2x

dir. Diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp = Ax3e3x +Bx2e3x + Cxe3x + Ee3x


dir ve Belirsiz Katsayılar Yontemi ile A,B,C,E katsayılarının bulunması uzun islemler gerektirir.

Ustel kayma ile soru daha kısa bir sekilde cozulebilir.

Soruda verilen diferansiyel denklemin ozel cozumunu bulmak icin

e−3x(D2 − 2D + 5

)yp = 16x3

olarak yazılsın. Ustel kayma ile

e−3x(D2 − 2D + 5

)yp =

[(D + 3)2 − 2 (D + 3) + 5

] (e−3xyp

)= 16x3

oldugundan (D2 + 4D + 8

) (e−3xyp

)= 16x3

diferansiyel denklemi elde edilir. Bu diferansiyel denklemdeki bagımlı degisken e−3xyp dir ve ozel

cozum

e−3xyp = Ax3 +Bx2 + Cx+ E

seklindedir.

D (e−3xyp) = 3Ax2 + 2Bx+ C ve D2 (e−3xyp) = 6Ax+ 2B

oldugundan

16x3 = (D2 + 4D + 8) (e−3xyp) = 8Ax3 + (12A+ 3B)x2 + (6A+ 8B + 8C)x+ 2B + 4C + 8E

=⇒

8A = 16

12A+ 3B = 0

6A+ 8B + 8C = 0

2B + 4C + 8E = 0

=⇒ A = 2, B = −3, C =3

2, E = 0

dır. Dolayısıyla,

e−3xyp = 2x3 − 3x2 +3

2x =⇒ yp = 2x3e3x − 3x2e3x +

3

2xe3x

ve

y = yh + yp = c1ex cos 2x+ c2e

x sin 2x+ 2x3e3x − 3x2e3x +3

2xe3x

genel cozumdur.�

Ornek: (D2 − 2D + 1) y = xex + 7x− 2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.


Cozum: yh = c1ex+c2xe

x dir. Verilen diferansiyel denklemin ozel cozumu icin ustel kayma dogrudan

uygulanamaz. Cunku, sag taraftaki ilk terimden ex ifadesinin yok edilmesi 7x ile 2 terimlerine e−x

ifadesi getirir. Diger taraftan, verilen diferansiyel denklem

(D2 − 2D + 1

)y1 = xex,

(D2 − 2D + 1

)y2 = 7x,

(D2 − 2D + 1

)y3 = −2

olarak uc diferansiyel denkleme ayrılırsa her diferansiyel denklem icin bulunan ozel cozumlerin top-

lamı soz konusu diferansiyel denklemin ozel cozumunu verir.

(D2 − 2D + 1) y1p = xex =⇒ e−x (D2 − 2D + 1) y1p = x

=⇒[(D + 2)2 − 2 (D + 2) + 1

] (e−xy1p

)= x =⇒ D2

(e−xy1p

)= x =⇒ D

(e−xy1p

)=

x2

2

=⇒ e−xy1p =x3

6=⇒ y1p =

1

6x3ex

bulunur. Diger taraftan,

(D2 − 2D + 1

)y2p = 7x =⇒ y2p = 7x+ 14(

D2 − 2D + 1)y3p = −2 =⇒ y3p = −2

oldugundan verilen diferansiyel denklemin ozel cozumu

yp = y1p + y2p + y3p =1

6x3ex + 7x+ 12

ve genel cozumu

y = yh + yp = c1ex + c2xe

x +1

6x3ex + 7x+ 12

olarak bulunur.�

Ornek: D2 (D + 4)2 y = 96e−4x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1 + c2x+ c3e−4x + cxxe

−4x dir. yp ozel cozum ise

D2 (D + 4)2 yp = 96e−4x =⇒ D (D + 4)2 yp = −24e−4x =⇒ (D + 4)2 yp = 6e−4x

=⇒ e4x (D + 4)2 yp = 6 =⇒ [(D − 4) + 4]2 (e4xyp) = 6 =⇒ D2 (e4xyp) = 6

=⇒ D (e4xyp) = 6x =⇒ e4xyp = 3x2 =⇒ yp = 3x2e−4x


y = yh + yp = c1 + c2x+ c3e−4x + cxxe

−4x + 3x2e−4x

olarak bulunur.�


1

f (D)eax Ifadesinin Hesaplanması:

f (D) y = eax diferansiyel denkleminin ozel cozumunu bulmak icin

yp =1

f (D)eax

yazmak ve bu sekilde yazılan yp fonksiyonunun bir anlamı ile verilen diferansiyel denklemi saglaması

icin1

f (D)operatoru tanımlamak dogaldır.

1

f (D)eax ifadesini hesaplamak icin bir ters turev ope-

ratorleri teorisi olusturmak yerine sembolik anlamda islemlerden olusan ve

f (D)1

f (D)eax = eax

esitligi ile dogrulugu kontrol edilecek olan bir yontem ele alınacaktır.

Daha once elde edilen ve kullanılan

f (D) eax = f (a) eax

esitliginden f (a) = 0 ise1

f (D)eax =

eax

f (a)

yazılabilir. Gercekten,

f (D)eax

f (a)= f (a)

eax

f (a)= eax

dir.

f (a) = 0 isef (D) turev operatorunde (D − a) carpanı yer alır. Bu carpan f (D) turev ope-

ratorunde n defa yer alsın, yani φ (a) = 0 olmak uzere

f (D) = (D − a)n φ (D)

olsun. Daha once elde edilen

(D − a)n (xneax) = n!eax

esitligi kullanılarak

φ (D) (D − a)n (xneax) = φ (D)n!eax

bulunur.

φ (D)n!eax = n!φ (a) eax

ve φ (a) = 0 oldugundan1

(D − a)n φ (D)eax =

xneax

φ (a)n!


elde edilir. Gercekten,

(D − a)n φ (D)1

(D − a)n φ (D)eax = (D − a)n φ (D)

xneax

φ (a)n!=

n!φ (a) eax

φ (a)n!= eax

dir.

Ornek: (D2 + 1) y = e2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1 cos x+c2 sin x dir. f (D) = (D2 + 1) ve a = 2 oldugundan f (2) = 0 dır. Dolayısıyla,

yp =1

D2 + 1e2x =

e2x

22 + 1=

1

5e2x


y = yh + yp = c1 cos x+ c2 sin x+1

5e2x

bulunur.�

Ornek: D2 (D − 1)3 (D + 1) y = ex diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1+c2x+c3ex+c4xe

x+c5x2ex+c6e

−x dir. φ (D) = D2 (D + 1) olmak uzere verilen di-

feransiyel denklem φ (D) (D − 1)3 y = ex olarak yazılabilir. n = 3 ve a = 1 icin φ (1) = 2 oldugundan

ozel cozum

yp =1

D2 (D + 1) (D − 1)3ex =

ex

φ (D) (D − 1)3=

x3ex

2 · 3!=

1

12x3ex

olarak bulunur. Dolayısıyla, genel cozum

y = yh + yp = c1 + c2x+ c3ex + c4xe

x + c5x2ex + c6e

−x +1

12x3ex

dir.�

Yukarıda elde edilen sonuclar eiax = cos ax+ i sin ax Euler Formulunden elde edilen

cos ax =eiax + e−iax

2ve sin ax =

eiax − e−iax

2i

esitliklerine uygulanarak1

D2 + a2cos ax ve

1

D2 + a2sin ax

ifadelerinin hesaplanmasında kullanılabilir. Gercekten,

1

D2 + a2cos ax =

1

2

1

(D − ai) (D + ai)

(eiax + e−iax

)=

1

2

(xeiax

1!2ai+

xe−iax

1! (−2ai)

)=

x

2a

(eiax − e−iax

2i

)=

x

2asin ax


ve

1

D2 + a2sin ax =

1

2i

1

(D − ai) (D + ai)

(eiax − e−iax

)=

1

2i

(xeiax

1!2ai− xe−iax

1! (−2ai)

)= − x

2a

(eiax + e−iax

2

)= − x

2acos ax

elde edilir.

Ornek: (D2 + 4) y = cos 2x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1 cos 2x+ c2 sin 2x dir. Ozel cozum,

yp =1

D2 + 22cos 2x =

x

4sin 2x


y = yh + yp = c1 cos 2x+ c2 sin 2x+x

4sin 2x

dir.�

5.6. Parametrelerin Degisimi Yontemi

Herhangi katsayılı homojen olmayan dogrusal diferansiyel denklemlerin genel cozumunu veren

yontemlerden birisi Parametrelerin Degisimi Yontemidir. Parametrelerin Degisimi Yontemi icin ge-

rekli olan tek kosul f (D) y = R (x) diferansiyel denklemindeki homojen olmayan R (x) teriminin

ortaya cıkacak olan integrallerin var olmasına yetecek kadar iyi davranıslı olmasıdır.

Kolaylık acısından soz konusu yontem mertebesi iki olan sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denk-

lemler icin ifade edilecektir. Daha yuksek mertebeler icin yontemin kullanımı benzerdir ve sabit

katsayılı olmayan dogrusal diferansiyel denklemler icin bu yontem ileride ele alınacaktır.

f (D) y = R (x) mertebesi iki olan sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklem olsun. Bu diferan-

siyel denkleme karsılık gelen f (D) y = 0 homojen dogrusal diferansiyel denklemin genel cozumu

yh = c1φ1 (x) + c2φ2 (x)

olsun. Ozel cozum olarak homojen cozumdeki c1 ile c2 sabitleri yerine sırasıyla x degiskenin fonksi-

yonları olan A (x) ile B (x) yazılsın (yani parametreler degistirilsin!). Yani, A (x) ile B (x) belirlenecek

fonksiyonlar olmak uzere

yp = A (x)φ1 (x) + B (x)φ2 (x)


olsun. Belirlenecek olan A (x) , B (x) ve yp fonksiyonları f (D) y = R (x) ile

yp = A (x)φ1 (x) + B (x)φ2 (x)

denklemlerini saglarlar. Ancak, uc bilinmeyeni kesin olarak bulmak icin genelde uc denklem ge-

rektiginden bu fonksiyonlar icin ucuncu bir denklem (kosul) yazılabilir.

yp = A (x)φ1 (x) + B (x)φ2 (x)

esitliginden

Dyp = A (x)φ′1 (x) +B (x)φ′

2 (x) + A′ (x)φ1 (x) + B′ (x)φ2 (x)

elde edilir. Ucuncu denklem olarak

A′ (x)φ1 (x) +B′ (x)φ2 (x) = 0

yazılırsa

Dyp = A (x)φ′1 (x) +B (x)φ′

2 (x)

elde edilir ve buradan

D2yp = A (x)φ′′1 (x) + B (x)φ′′

2 (x) + A′ (x)φ′1 (x) +B′ (x)φ′

2 (x)

bulunur. yp, Dyp ve D2yp degerleri f (D) y = R (x) diferansiyel denkleminde yerine yazılırsa A′ (x)

ile B′ (x) fonksiyonlarını iceren bir denklem elde edilir. Bu denklem ile ucuncu denklem olan

A′ (x)φ1 (x) +B′ (x)φ2 (x) = 0

kullanılarak A′ (x) ile B′ (x) turevleri belirlenir. Integral ile A (x) ve B (x) bulunarak

yp = A (x)φ1 (x) + B (x)φ2 (x)

ozel cozumu belirlenmis olur.

Ornek:d2y

dx2+ y = tanx diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1 cos x+ c2 sin x dir. A (x) ile B (x) belirlenecek fonksiyonlar olmak uzere

yp = A (x) cos x+B (x) sin x

olsun.

Dyp = −A (x) sin x+B (x) cosx+ A′ (x) cos x+B′ (x) sin x


dir. Kosul olarak

A′ (x) cos x+B′ (x) sin x = 0

alınırsa

D2yp = −A (x) cos x−B (x) sin x− A′ (x) sin x+B′ (x) cos x

elde edilir. Buradan,

(D2 + 1

)yp = tanx =⇒ −A′ (x) sin x+B′ (x) cos x = tan x

bulunur. Bu esitlik ile kosul bir arada yazılırsa

−A′ (x) sin x+B′ (x) cos x = tan x


denklem sistemi elde edilir. Ilk denklem cos x ile ikinci denklem sin x ile carpılıp taraf tarafa toplama

yapılırsa

−A′ (x) sin x+B′ (x) cos x = tan x


=⇒ B′ (x) = sinx =⇒ B (x) = − cosx

bulunur. Denklem sistemindeki ilk denklem − sinx ile ikinci denklem cosx ile carpılıp taraf tarafa

toplama yapılırsa

A′ (x) sin2 x−B′ (x) sinx cosx = (− sinx) tan x

A′ (x) cos2 x+B′ (x) sin x cosx = 0

=⇒ A′ (x) = −sin2 x

cosx=

cos2 x− 1

cosx= cos x− sec x

=⇒ A (x) = sin x− ln (tan x+ sec x)


yp = A (x) cos x+B (x) sin x

= sin x cos x− cos x ln (tan x+ sec x)− cos x sin x

= − cos x ln (tan x+ sec x)

ve

y = yh + yp = c1 cos x+ c2 sinx− cosx ln (tan x+ sec x)

genel cozumdur.�


Ornek: (D2 + 1) y = sec x tanx diferansiyel denkleminin ozel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1 cos x+ c2 sin x dir.

yp = A (x) cos x+B (x) sinx

Dyp = −A (x) sin x+B (x) cos x, (A′ (x) cos x+B′ (x) sin x = 0)

D2yp = −A (x) cos x−B (x) sin x− A′ (x) sinx+B′ (x) cos x

=⇒ (D2 + 1) yp = sec x tanx =⇒ −A′ (x) sin x+B′ (x) cos x = sec x tan x

=⇒−A′ (x) sin x+B′ (x) cos x = sec x tanx


A′ (x) =

∣∣∣∣∣∣secx tanx cosx

0 sin x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− sin x cos x

cosx sin x

∣∣∣∣∣∣= − sin2 x

cos2 x= − tan2 x

=⇒ A (x) = −∫tan2 xdx =

∫(1− sec2 x) dx = x− tanx

B′ (x) =

∣∣∣∣∣∣− sin x sec x tanx

cosx 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− sinx cosx

cos x sinx

∣∣∣∣∣∣= tanx

=⇒ B (x) =∫tanxdx = − ln (cos x)

=⇒ yp = A (x) cos x+B (x) sin x = (x− tanx) cos x−ln (cosx) sin x = x cosx−sin x−ln (cosx) sinx

=⇒ y = yh + yp = c1 cos x+ c2 sin x+ x cos x− sin x− ln (cos x) sin x

=⇒ y = c1 cosx+ c2 sin x+ x cos x− ln (cos x) sin x

genel cozumdur.�

Ornek: (D2 − 3D + 2) y =1

1 + e−xdiferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1ex + c2e

2x dir.

yp = A (x) ex +B (x) e2x

Dyp = A (x) ex + 2B (x) e2x, (A′ (x) ex +B′ (x) e2x = 0)

D2yp = A (x) ex + 4B (x) e2x + A′ (x) ex + 2B′ (x) e2x


=⇒ (D2 − 3D + 2) y =1

1 + e−x=⇒ A′ (x) ex + 2B′ (x) e2x =

1

1 + e−x

=⇒A′ (x) ex + 2B′ (x) e2x =

1

1 + e−x

A′ (x) ex +B′ (x) e2x = 0

=⇒ −A′ (x) ex =1

1 + e−x=⇒ A′ (x) = − e−x

1 + e−x=⇒ A (x) = ln (1 + e−x)

=⇒ B′ (x) e2x =1

1 + e−x=⇒ B′ (x) =

e−2x

1 + e−x

=⇒ B (x) =∫ e−2x

1 + e−xdx =

∫ (e−x − e−x

1 + e−x

)dx = −e−x + ln (1 + e−x)

=⇒ yp = A (x) ex +B (x) e2x = ex ln (1 + e−x)− ex + e2x ln (1 + e−x)

=⇒ y = yh + yp = c1ex + c2e

2x + ex ln (1 + e−x)− ex + e2x ln (1 + e−x)

=⇒ y = c1ex + c2e

2x + (ex + e2x) ln (1 + e−x)

genel cozumdur.�

Ornek:d3y

dx3− 6

d2y

dx2+ 11

dy

dx− 6y = ex diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: yh = c1ex + c2e

2x + c3e3x dir.

yp = A (x) ex +B (x) e2x + C (x) e3x

Dyp = A (x) ex + 2B (x) e2x + 3C (x) e3x, (A′ (x) ex +B′ (x) e2x + C ′ (x) e3x = 0)

D2yp = A (x) ex + 4B (x) e2x + 9C (x) e3x, (A′ (x) ex + 2B′ (x) e2x + 3C ′ (x) e3x = 0)

D3yp = A (x) ex + 8B (x) e2x + 27C (x) e3x + A′ (x) ex + 4B′ (x) e2x + 9C ′ (x) e3x

=⇒ (D3 − 6D2 + 11D − 6) y = ex =⇒ A′ (x) ex + 4B′ (x) e2x + 9C ′ (x) e3x = ex

=⇒A′ (x) ex + 4B′ (x) e2x + 9C ′ (x) e3x = ex

A′ (x) ex +B′ (x) e2x + C ′ (x) e3x = 0

A′ (x) ex + 2B′ (x) e2x + 3C ′ (x) e3x = 0

A′ (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex 4e2x 9e3x

0 e2x e3x

0 2e2x 3e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex 4e2x 9e3x

ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

e6x

∣∣∣∣∣∣ 1 1

2 3

∣∣∣∣∣∣e6x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 4 9

1 1 1

1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=1

2


B′ (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex ex 9e3x

ex 0 e3x

ex 0 3e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex 4e2x 9e3x

ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

−e5x

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 3

∣∣∣∣∣∣e6x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 4 9

1 1 1

1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −e−x

C ′ (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex 4e2x ex

ex e2x 0

ex 2e2x 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ex 4e2x 9e3x

ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

e4x

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 2

∣∣∣∣∣∣e6x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 4 9

1 1 1

1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=1

2e−2x

=⇒ A (x) =x

2, B (x) = e−x, C (x) = −1

4e−2x

=⇒ yp = A (x) ex +B (x) e2x + C (x) e3x =x

2ex + ex − 1

4ex

=⇒ y = yh + yp = c1ex + c2e

2x + c3e3x +

x

2ex + ex − 1

4ex

=⇒ y = c1ex + c2e

2x + c3e3x +

1

2xex

genel cozumdur.�

5.7. Operatorun Carpanlara Ayrılması

Bu bolumde sabit katsayılı homojen olmayan dogrusal diferansiyel denklemlerin bir sınıfının ozel

cozumunu bulma yontemlerinden biri olan operatorun carpanlara ayrılması yontemi ele alınacaktır.

Bu yontem, verilen diferansiyel denklemin mertebesi iki oldugunda yararlıdır. Yuksek mertebeli dife-

ransiyel denklemler icin bu yontemin tekrarlı uygulaması gereklidir.

Mertebesi iki olan sabit katsayılı homojen olmayan dogrusal

(D − a) (D − b) y = R (x)


diferansiyel denklemi ele alınsın. Bu diferansiyel denklemin yp ozel cozumunu bulmak icin

(D − b) yp = w

donusumu ile birinci mertebeden dogrusal diferansiyel denklem olan

(D − a)w = R (x)

diferansiyel denklemi elde edilir. Son diferansiyel denklem cozulerek once w, sonra (D − b) yp = w

diferansiyel denklemi cozulerek basta verilen diferansiyel denklemin yp ozel cozumu bulunur.

Dolayısıyla, operatorun carpanlara ayrılması yontemi ile mertebesi iki olan bir diferansiyel denk-

lemin ozel cozumunu bulma problemi her biri birinci mertebeden olan iki dogrusal diferansiyel denk-

lemin cozumunu bulma problemine indirgenmis olur. Operatorun carpanlara ayrılması yontemindeki

en buyuk zorluk ortaya cıkan integrallerin hesaplanmasıdır.

Ornek: (D2 − 1) y =2

ex + e−xdiferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum:

(D2 − 1) y =2

ex + e−x=⇒ (D − 1) (D + 1) y =

2

ex + e−x

(D − 1) y = w =⇒ (D + 1)w =2

ex + e−x

=⇒ dw

dx+ w =

2

ex + e−xmertebesi bir olan dogrusal diferansiyel denklem

e∫dx = ex integrasyon carpanı

exdw

dx+ exw =

2ex

ex + e−x=⇒ d

dx[wex] =

2ex

ex + e−x

=⇒ wex =∫ 2ex

ex + e−xdx =

∫ 2e2x

e2x + 1dx = ln (e2x + 1) + c1

=⇒ w = c1e−x + e−x ln (e2x + 1)

(D − 1) y = w =⇒ (D − 1) y = c1e−x + e−x ln (e2x + 1)

=⇒ dy

dx− y = e−x [c1 + ln (e2x + 1)] mertebesi bir olan dogrusal diferansiyel denklem

e∫−dx = e−x integrasyon carpanı

e−x dy

dx− e−xy = e−2x [c1 + ln (e2x + 1)] =⇒ d

dx[ye−x] = e−2x [c1 + ln (e2x + 1)]

=⇒ ye−x =∫e−2x [c1 + ln (e2x + 1)] dx = c1

∫e−2xdx+

∫e−2x ln (e2x + 1) dx

= −c1e−2x

2+ I = c1e

−2x + I


u = ln (e2x + 1) du =2e2x

e2x + 1dx

v = −e−2x

2du = e−2xdx

I = −e−2x

2ln(e2x + 1

)+

∫dx

e2x + 1= −e−2x

2ln(e2x + 1

)+

∫ (1− e2x

e2x + 1

)dx

= −e−2x

2ln(e2x + 1

)+ x− 1

2ln(e2x + 1

)+ c2

=⇒ y = c1e−x + xex − 1

2(ex + e−x) ln (e2x + 1) + c2e

x

=⇒ y = c1e−x + c2e

x + xex − 1

2(ex + e−x) ln (e2x + 1)

=⇒ y = c1e−x + c2e

x + xex − (coshx) ln (e2x + 1)

genel cozumdur.�

5.8. Degisken Katsayılı Dogrusal Diferansiyel Denklemler

Bu bolumde degisken katsayılı dogrusal diferansiyel denklemlerin genel cozumunu bulmak icin bazı

durumlarda uygulanabilen birkac yontem ele alınacaktır. Bunlar, operatorun carpanlara ayrılması,

mertebe dusurme ve parametrelerin degisimi yontemleridir. Kolaylık bakımından bu yontemler mer-

tebesi iki olan diferansiyel denklemler icin ifade edilecektir. Soz konusu yontemler sabit katsayılı

dogrusal diferansiyel denklemlerin genel cozumunu bulmak icin de uygulanabilir.

Operatorun Carpanlara Ayrılması:

Mertebesi iki olan degisken katsayılı homojen olmayan dogrusal

a0 (x) y′′ + a1 (x) y

′ + a2 (x) y = R (x)

diferansiyel denkleminde ortaya cıkan

f (D, x) = a0 (x)D2 + a1 (x)D + a2 (x)

turev operatoru b0 bir reel sabit ve r1 (x) ile r2 (x) x degiskeninin fonksiyonları olmak uzere

f (D, x) = b0 [D − r1 (x)] [D − r2 (x)]


seklinde carpanlarına ayrılabilirse verilen diferansiyel denklem

b0 [D − r1 (x)] [D − r2 (x)] y = R (x)

haline gelir.

[D − r2 (x)] y = w

donusumu ile birinci mertebeden dogrusal diferansiyel denklem olan

b0 [D − r1 (x)]w = R (x)

diferansiyel denklemi elde edilir. Son diferansiyel denklem cozulerek once w, sonra [D − r2 (x)] y = w

diferansiyel denklemi cozulerek verilen diferansiyel denklemin genel cozumu bulunur.

Ornek: xy′′ + (x− 1) y′ − y = x2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklemdeki f (D, x) = xD2 + (x− 1)D − 1 turev operatoru

xD2 + (x− 1)D − 1 = (xD − 1) (D + 1)

seklinde carpanlarına ayrılabilir. Turev operatoru degisken katsayılı oldugundan (xD − 1) (D + 1) =

(D + 1) (xD − 1) dir. Dolayısıyla, diferansiyel denklem

(xD − 1) (D + 1) y = x2

haline gelir.

(xD − 1) (D + 1) y = x2

(D + 1) y = w =⇒ (xD − 1)w = x2

=⇒ xdw

dx− w = x2 =⇒ dw

dx− 1

xw = x mertebesi bir olan dogrusal diferansiyel denklem

e∫− 1

xdx = e− lnx =

1

xintegrasyon carpanı

1

x

dw

dx− 1

x2w = 1 =⇒ d

dx

[wx

]= 1 =⇒ w

x= x+ c1

=⇒ w = x2 + c1x

(D + 1) y = w =⇒ (D + 1) y = x2 + c1x

=⇒ dy

dx+ y = x2 + c1x mertebesi bir olan dogrusal diferansiyel denklem


e∫dx = ex integrasyon carpanı

exdy

dx+ exy = c1xe

x + x2ex =⇒ d

dx[yex] = c1xe

x + x2ex

=⇒ yex = c1∫xexdx+

∫x2exdx = c1xe

x − c1ex + x2ex − 2xex + 2ex + c2

=⇒ y = c1x− c1 + x2 − 2x+ 2 + c2e−x = c1 (x− 1)− 2 (x− 1) + x2 + c2e

−x

=⇒ y = (c1 − 2) (x− 1) + c2e−x + x2 = c1 (x− 1) + c2e

−x + x2

genel cozumdur.�

Mertebe Dusurme:


a0 (x) y′′ + a1 (x) y

′ + a2 (x) y = R (x)

diferansiyel denklemin genel cozumunu bulmanın diger bir yolu diferansiyel denklemin mertebesini

dusurmektir (yani azaltmaktır).

Verilen diferansiyel denkleme karsılık gelen

a0 (x) y′′ + a1 (x) y

′ + a2 (x) y = 0

homojen diferansiyel denklemin bir cozumu y1 = f (x) ise u = u (x), x degiskeninin bir fonksiyonu

olmak uzere

y = uf (x)

donusumu verilen homojen olmayan diferansiyel denklem mertebesi bir olan ve v = u′ degiskeninin

diferansiyel denklemi haline gelir. Gercekten,

y = fu, y′ = f ′u+ fu′, y′′ = f ′′u+ 2f ′u′ + fu′′

oldugundan

a0 (x) [f′′u+ 2f ′u′ + fu′′] + a1 (x) [f

′u+ fu′] + a2 (x) fu = R (x)

=⇒ [a0 (x) f′′ + a1 (x) f

′ + a2 (x) f ] + a0 (x) fu′′ + [2a0 (x) f

′ + a1 (x) f′]u′ = R (x)

elde edilir. f fonksiyonu, a0 (x) y′′+a1 (x) y

′+a2 (x) y = 0 homojen diferansiyel denklemin cozumu ol-

dugundan a0 (x) f′′ + a1 (x) f

′ + a2 (x) f = 0 dır. Buradan,

u′′ +

(2f ′

f+

a1 (x)

a0 (x)

f ′

f

)u′ =

R (x)

a0 (x) f


elde edilir. v = u′ yazılırsa son esitlik

v′ + P (x) v = Q (x)

dogrusal diferansiyel denklemi haline gelir. Son diferansiyel denklem cozulerek v ve v = u′ ile u

bulunarak denklemin genel cozumu olan y bulunur.

Verilen bir diferansiyel denklemin genel cozumunu bulmak icin mertebe dusurme yonteminin uy-

gulanması soz konusu diferansiyel denkleme karsılık gelen homojen diferansiyel denklemin bir ozel

cozumunun bilinmesine baglıdır. Diferansiyel denklemdeki turev operatoru kimi zaman bu ozel

cozumun secilmesi icin ipucu verir. Bunlardan bazıları asagıda sıralanmıstır:

(1) Turev operatorunde y degiskeninin katsayısı sıfır ise y = 1 bir ozel cozumdur.

(2) Turev operatorunde a1 (x) + xa2 (x) = 0 ise y = x bir ozel cozumdur.

(3) Turev operatorunde y degiskeninin ve turevlerinin katsayıları toplamı sıfır ise y = ex bir ozel

cozumdur.

(4) Turev operatorunde y degiskeninin tek mertebeden turevlerinin katsayıları toplamı ile cift mer-

tebeden turevlerinin katsayıları toplamı esit ise y = e−x bir ozel cozumdur.

(5) Bir r sabiti icin a0 (x) r2 + a1 (x) r + a2 (x) = 0 ise y = erx bir ozel cozumdur.

Ornek: xy′′ + 2 (1− x) y′ + (x− 2) y = 2ex diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denkleme karsılık gelen xy′′ + 2 (1− x) y′ + (x− 2) y = 0 homojen

diferansiyel denklemde y degiskeninin ve turevlerinin katsayıları toplamı sıfır oldugundan y1 = ex

ozel cozumdur. Buradan,

y = uex, y′ = uex + u′ex, y′′ = uex + 2u′ex + u′′ex

=⇒ x [uex + 2u′ex + u′′ex] + 2 (1− x) [uex + u′ex] + (x− 2)uex = 2ex

=⇒ [xex + 2 (1− x) ex + (x− 2) ex]u+ xexu′′ + 2exu′ = 2ex

=⇒ xu′′ + 2u′ = 2

elde edilir. v = u′ yazılırsa son ifade mertebesi bir olan

=⇒ xv′ + 2v = 2 =⇒ v′ +2

xv =

2

x

dogrusal diferansiyel denklem haline gelir.

e∫

2xdx = e2 lnx = x2 integrasyon carpanı


x2v′ + 2xv = 2x =⇒ d

dx[x2v] = 2x =⇒ x2v = x2 + c1 =⇒ v = 1 +

c1x2

elde edilir. v = u′ oldugundan

u = x− c1x

+ c2

bulunur. O halde,

=⇒ y = uex =(x− c1

x+ c2

)ex =

c1xex + c2e

x + xex

genel cozumdur.�

Parametrelerin Degisimi Yontemi:


a0 (x) y′′ + a1 (x) y

′ + a2 (x) y = R (x)

diferansiyel denklemin genel cozumunu bulmak icin parametrelerin degisimi yontemi de uygulanabilir.

Verilen diferansiyel denkleme karsılık gelen

a0 (x) y′′ + a1 (x) y

′ + a2 (x) y = 0

homojen diferansiyel denklemin cozumleri y1 = φ1 (x) ve y2 = φ2 (x) ise

y′′ +a1 (x)

a0 (x)y′ +

a2 (x)

a0 (x)y =

R (x)

a0 (x)

diferansiyel denkleminin genel cozumu A (x) ile B (x), x degiskeninin belirlenecek olan fonksiyonları

olmak uzere

y = A (x)φ1 (x) +B (x)φ2 (x)

dir. Belirlenecek olan A (x) , B (x) ve y fonksiyonları

y′′ +a1 (x)

a0 (x)y′ +

a2 (x)

a0 (x)y =

R (x)

a0 (x)

ile y = A (x)φ1 (x) +B (x)φ2 (x)denklemlerini saglarlar. Ancak, uc bilinmeyeni kesin olarak bulmak

icin genelde uc denklem gerektiginden bu fonksiyonlar icin ucuncu bir denklem (kosul) yazılabilir.

y = A (x)φ1 (x) +B (x)φ2 (x)

esitliginden

y′ = A (x)φ′1 (x) +B (x)φ′

2 (x) + A′ (x)φ1 (x) +B′ (x)φ2 (x)


elde edilir. Ucuncu denklem olarak

A′ (x)φ1 (x) +B′ (x)φ2 (x) = 0

yazılırsa

y′ = A (x)φ′1 (x) +B (x)φ′

2 (x)

elde edilir ve buradan

y′′ = A (x)φ′′1 (x) + B (x)φ′′

2 (x) + A′ (x)φ′1 (x) +B′ (x)φ′

2 (x)

bulunur. y, y′ ve y′′ degerleri verilen diferansiyel denkleminde yerine yazılırsa A′ (x) ile B′ (x) fonksi-

yonlarını iceren bir denklem elde edilir. Bu denklem ile ucuncu denklem olan

A′ (x)φ1 (x) +B′ (x)φ2 (x) = 0

kullanılarak A′ (x) ile B′ (x) turevleri belirlenir. Integral ile A (x) ve B (x) bulunarak

y = A (x)φ1 (x) +B (x)φ2 (x)

genel cozumu belirlenmis olur.

Ornek: (x− 1) y′′ − xy′ + y = (x− 1)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denkleme karsılık gelen (x− 1) y′′ − xy′ + y = 0 homojen diferansiyel

denklemin iki cozumu y1 = x ve y2 = ex fonksiyonlarıdır. Buradan,

y = A (x)x+B (x) ex

Dyp = A (x) + B (x) ex, (A′ (x) x+B′ (x) ex = 0)

D2yp = B (x) ex + A′ (x) + B′ (x) ex

=⇒ (x− 1) y′′−xy′+y = (x− 1)2 =⇒ y′′− x

(x− 1)y′+

1

(x− 1)y = x−1 =⇒ A′ (x)+B′ (x) ex = x−1

=⇒A′ (x) +B′ (x) ex = x− 1

A′ (x)x+B′ (x) ex = 0

=⇒ A′ (x) = −1 =⇒ A (x) = −x+ c1

=⇒ B′ (x) ex = x =⇒ B′ (x) = xe−x =⇒ B (x) = −xe−x − e−x + c2

=⇒ y = A (x)x+B (x) ex = x (−x+ c1) + ex (−xe−x − e−x + c2)

=⇒ y = c1x+ c2ex − x2 − 1

genel cozumdur.�


5.9. Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemi

Degisken katsayılı dogrusal diferansiyel denklemlerin bazı ozel sınıfları uygun bir donusum ile sabit

katsayılı dogrusal diferansiyel denklem haline getirilebilir. Bu sınıfta olan diferansiyel denklemlerden

birisi Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemidir.

a0, a1, . . . , an reel sabitler olmak uzere

a0xn d

ny

dxn+ a1x

n−1 dn−1y

dxn−1+ · · ·+ an−1x

dy

dx+ any = R (x)

olarak verilen diferansiyel denkleme Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemi denir. Bu diferansiyel denk-

lem degisken katsayılı ozel bir diferansiyel denklemdir. Her bir terimde x degiskeninin kuvveti ile

turevin mertebesi aynıdır.

Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemi x > 0 icin

x = et

donusumu ile sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklem haline gelir. Bu sonuc mertebesi iki olan

bir diferansiyel denklem icin su sekilde gosterilebilir:

a0, a1 ve a2 reel sabitler olmak uzere

a0x2d

2y

dx2+ a1x

dy

dx+ a2y = R (x)

Cauchy-Euler Diferansiyel Denklemi ele alınsın. x = et ise t = ln x oldugundan

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=

1

x

dy

dtd2y

dx2=

d

dx

(1

x

dy

dt

)=

1

x

d2y

dt2dt

dx− 1

x2

dy

dt=

1

x2

d2y

dt2− 1

x2

dy

dt

dir. O halde,

a0x2

(1

x2

d2y

dt2− 1

x2

dy

dt

)+ a1x

(1

x

dy

dt

)+ a2y = R (et)

=⇒ a0d2y

dt2+ (a1 − a0)

dy

dt+ a2y = R (et)

elde edilir. Son ifade t degiskeninin bir sabit katsayılı dogrusal diferansiyel denklemidir.

Dolayısıyla, bir Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumunu bulmak icin x = et donusu-

mu ve gerekli turevler diferansiyel denklemde yerine yzaılarak bir sabit katsayılı dogrusal diferansiyel

denklem elde edilir. Sabit katsayılı olan diferansiyel denklem cozulerek y cozumu t degiskeni cinsinden

bulunur. Bu cozumde t = lnx yazılarak Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumu elde

edilir.


Ornek: x2 d2y

dx2− 2x

dy

dx+ 2y = x3 Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: x = et olsun. O halde, t = ln x dir ve

dy

dx=

1

x

dy

dt,d2y

dx2=

1

x2

d2y

dt2− 1

x2

dy

dt

dir. Buradan,

d2y

dt2− 3

dy

dt+ 2y = e3t

bulunur.

yh = c1et + c2e

2t

yp =1

D2 − 3D + 2e3t =⇒ yp =

1

2e3t

=⇒ y = yh + yp = c1et + c2e

2t +1

2e3t

elde edilir. t = ln x yazılırsa verilen Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumu

y = c1x+ c2x2 +

1

2x3

olarak bulunur.�

Ornek: x2y′′ + xy′ + 4y = 2x lnx Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: x = et olsun. O halde, t = ln x dir ve

dy

dx=

1

x

dy

dt,d2y

dx2=

1

x2

d2y

dt2− 1

x2

dy

dt=⇒ d2y

dt2+ 4y = 2tet

bulunur.

yh = c1 cos 2t+ c2 sin 2t

(D2 + 4) yp = 2tet =⇒ e−t (D2 + 4) yp = 2t

=⇒[(D + 1)2 + 4

](e−typ) = 2t =⇒ (D2 + 2D + 5) (e−typ) = 2t

=⇒ e−typ =2

5t− 4

25=⇒ yp =

2

5tet − 4

25et

=⇒ y = yh + yp = c1 cos 2t+ c2 sin 2t+2

5tet − 4

25et

elde edilir. t = ln x yazılırsa verilen Cauchy-Euler Diferansiyel Denkleminin genel cozumu

y = c1 cos (lnx2) + c2 sin (ln x

2) +1

5x lnx2 − 4

25x

olarak bulunur.�


5.10. Ikinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Icin Bazı Donusumler

Ikinci mertebeden bir diferansiyel denklemin genel sekli F (x, y, y′, y′′) = 0 dır. Bu diferansiyel

denklemde bagımlı degisken y veya bagımsız degisken x yoksa bu diferansiyel denklem bir donusum

ile bir birinci mertebeden diferansiyel denklem haline gelir.

Ikinci mertebeden olan F (x, y, y′, y′′) = 0 diferansiyel denklemi

A (x) y′′ +B (x) y′ + C (x) y +D (x) x = 0

seklinde olsun. Bu diferansiyel denklemde bagımlı degisken olan y yoksa diferansiyel denklem

A (x) y′′ +B (x) y′ +D (x)x = 0

haline gelir. Bu durumda,

p = y′ =dy

dxve y′′ =

dp

dx

donusumu ile diferansiyel denklem

A (x)dp

dx+B (x) p = −D (x) x

veya denk olarakdp

dx+

B (x)

A (x)p = −D (x)

A (x)x

seklinde, p degiskenine gore dogrusal olan bir diferansiyel denklem olarak yazılabilir. Bu difransiyel

denklem cozulerek p bulunur ve

p =dy

dx

ayrılabilir diferansiyel denklemi cozulerek y elde edilir.

Ornek: xy′′ + 2y′ = 6x diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklemde bagımlı degisken y olmadıgından

p = y′ =dy

dx, y′′ =

dp

dx

donusumleri

xdp

dx+ 2p = 6x =⇒ dp

dx+

2

xp = 6

dogrusal diferansiyel denklemini verir.

e∫

2xdx = e2 lnx = x2


integral carpanı oldugundan

x2 dp

dx+ 2xp = 6x2 =⇒ d

dx

[px2]= 6x2 =⇒ px2 = 2x3 + c1 =⇒ p = 2x+

c1x2

bulunur. Dolayısıyla, genel cozum

p =dy

dx=⇒ 2x+

c1x2

=dy

dx=⇒ dy =

(2x+

c1x2

)dx =⇒ y = x2 − c1

x+ c2

dir.�

Ikinci mertebeden olan F (x, y, y′, y′′) = 0 diferansiyel denkleminde bagımsız degisken olan x yoksa

diferansiyel denklem

F (y, y′, y′′) = 0

seklindedir. Bu durumda,

p = y′ ve y′′ =dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p

dp

dy

donusumu ile diferansiyel denklem

F

(y, p, p

dp

dy

)= 0

haline gelir. Son diferansiyel denklemin p = p (y, c1) seklinde olan genel cozumu bulunabilirse F (y, y′, y′′) =

0 diferansiyel denkleminin genel cozumu

x =

∫dx

dydy =

∫dy

p=

∫dy

p (y, c1)+ c2

olarak elde edilir.

Ornek: y ile y′ pozitif olmak uzere yy′′ = (y′)2 diferansiyel denkleminin genel cozumunu bulunuz.

Cozum: Verilen diferansiyel denklemde bagımsız degisken x olmadıgından

p = y′, y′′ = pdp

dy

donusumleri ile

ypdp

dy= p2

elde edilir.

ypdp

dy= p2 =⇒ dp

p=

dy

y=⇒ ln p = ln y + ln c1 =⇒ p = yc1


x =

∫dx

dydy =

∫dy

p=

∫dy

yc1=⇒ xc1 = ln y + c2

=⇒ y = exc1−c2


dir.�

Ornek: (Asılı Kablo) Bicimlendirilebilen fakat esnek olmayan bir maddeden yapılmıs bir kablo

iki direk arasına asılmıs olsun. Kabloya etkiyen kuvvetler sadece kablonun agırlıgından kaynaklanan

yercekimi kuvveti ve kablonun direklere baglandıgı noktalardaki gerilim kuvvetleri olsun. Kablo-

nun agırlıgı, uzunlugu boyunca duzgun dagılmıs olsun. Bu durumda, kablonun agırlıgı yatay olarak

duzgun dagılmıs degildir ve bu yuzden kablo dikey dogrultuda esneme yapar.

Kablonun yogunlugu ρ olsun. Yukarıdaki sekilde gosterildigi gibi kablonun, uzunlugu s olan PQ

parcası ele alınsın. PQ parcasına etki eden dengeleyici yatay ve dikey kuvvetler kullanılarak kab-

lonun tamamının seklinin y = f (x) ile verilen fonksiyonunu bulmak icin bir diferansiyel denklem

kurulacaktır.

PQ parcasına etkiyen dengeleyici yatay ve dikey kuvvetler

T0 → kabloyu P noktasından ceken yatay gerilim

T → kabloyu P noktasından ceken teget gerilim

ρs → PQ parcasını asagı ceken yercekimi kuvveti

dir. Yatay ve dikey kuvvetler esitlendiginde ϕ acısı yukarıdaki sekilde gosterilen acı olmak uzere

T cosϕ = T0 ve T sinϕ = ρs

dir. tanϕ, Q noktasından gecen tegetin egimi oldugundan

dy

dx= tanϕ =

T sinϕ

T cosϕ=

ρs

T0

bulunur. PQ parcasının uzunlugu olan s degiskeni x degskeninin bir fonksiyonu oldugundan yu-

karıdaki diferansiyel denklem beklenildigi kadar kolay degildir. Ancak, bu difransiyel denklemin her

iki tarafından turev alınırsad2y

dx2=

ρ

T0

ds

dx


elde edilir.

ds

dx=

√1 +

(dy

dx

)2

oldugundan son diferansiyel denklem

d2y

dx2=

ρ

T0

[1 +

(dy

dx

)2]1/2

haline gelir. Bu diferansiyel denklemde bagımlı degisken olan y bulunmadıgından

p =dy

dx,dp

dx=

d2y

dx2

donusumu iledp

dx=

ρ

T0

[1 + (p)2

]1/2veya denk olarak

dp[1 + (p)2

]1/2 =ρ

T0

dx

ayrılabilir diferansiyel denklem elde edilir.

1√1 + x2

= (arcsin hx)′

oldugundan bu diferansiyel denklemin her iki tarafından integral alınırsa

arcsin hp =ρ

T0

x+ c1

bulunur. x = 0 icin p = 0 oldugundan (diger bir ifade ile P noktasındaki tegetin egimi sıfır

oldugundan)

arcsin h0 = c1 = 0

elde edilir. O halde,

p = sinh

(ρx

T0

)dır. Buradan,

y =

∫sinh

(ρx

T0

)dx =

T0

ρcosh

(ρx

T0

)+ c2

bulunur. P= (0, y0) ise

y0 =T0

ρ+ c2 =⇒ c2 = y0 −

T0

ρ

yani

y = f (x) =T0

ρcosh

(ρx

T0

)+ y0 −

T0

ρ

elde edilir. x-ekseni, y0 =T0

ρolacak sekilde yerlestirilmis varsayılırsa asılı kablonun seklini veren

fonksiyon

y = f (x) =T0

ρcosh

(ρx

T0

)olarak bulunur.�


6. BOLUM

IKINCI MERTEBEDEN SABIT KATSAYILI DOGRUSAL

DIFERANSIYEL DENKLEMLERINMEKANIK VE ELEKTRIK

UYGULAMALARI

6.1. Bir Yayın Ucundaki Bir Cismin Hareket Denklemi

Agırlıgı ihmal edilen bir yayın ucuna asılı ve kutlesi m olan bir cismin hareketi ele alınacaktır.Bu

hareketin incelenecegi sisteme bir kutle-yay sistemi denir.

murat

Yapışkan Not

murat kuşay

DiFERANSiYEL DENKLEMLER DERS NOTLARI pdf murat kusay

Documents

Transcript of DiFERANSiYEL DENKLEMLER DERS NOTLARI pdf murat kusay