Soru Dif. Denklemlerde Genel ve Tekil Çözüm-Türev Operatörü-Mertebe Düşürme (3 Soru, son çözüm şüpheli)

Soru - 1
xy' = 2y^(1 / 3) diferansiyel denkleminin tekil ve genel çözümünün bulunması ve grafiğinin çizilmesi.

[ y^(-1 / 3) ]·dy = 2dx / x
(3 / 2)·[ y^(2 / 3) ] = 2·ln(x) + ln(C1)
y^(2 / 3) = (4 / 3)·ln(x) + (2 / 3)·ln(C1)
Genel Çözüm: y = [ (4 / 3)·ln(x) + C ]^(3 / 2)....(I)
Problemde verilen xy' = 2y^(1 / 3) denklemi y = 0 için sağlanır ve bu değer (I) genel çözümündeki yerine yazılırsa;
0 = [ (4 / 3)·ln(x) + C ]^(3 / 2)
0 = (4 / 3)·ln(x) + C
C = -(4 / 3)·ln(x) olup hiçbir C değeri için sağlanamaz, yani genel çözümdeki hiçbir C değeri için y = 0 bulunamaz. Bu nedenle y = 0 bir tekil (singular) çözümdür.

Grafiği (çizilirse) standart kartezyen sistemdeki x eksenidir.
Johns Hopkins University'den benzer bir örnek:

https://i.ibb.co/vx4YSNL/JHU-Singular-Solution.png
http://www.math.jhu.edu/~brown/courses/f1815/Documents/SingularSolutions.pdf
(Sayfa 1, Örnek 1)
---
Soru - 2
D = d / dx türev operatörü olmak üzere [ 1 / (D^2 + a^2) ]·cos(ax) = (x / 2a)·sin(ax) olduğunun gösterilmesi.

cos(ax) = [ (D^2 + a^2) / (2a) ]·x·sin(ax)
2a·cos(ax) = (D^2)[ x·sin(ax) ] + (a^2)·x·sin(ax)
2a·cos(ax) = D[ 1·sin(ax) + x·a·cos(ax) ] + (a^2)·x·sin(ax)
2a·cos(ax) = a·cos(ax) + 1·a·cos(ax) + x·a·a·[ -sin(ax) ] + (a^2)·x·sin(ax)
2a·cos(ax) = 2a·cos(ax) - (a^2)·x·sin(ax) + (a^2)·x·sin(ax)
2a·cos(ax) = 2a·cos(ax)
---
Soru - 3
Bu haliyle soru için şunları söyleyebilirim;
1. Eksik çünkü y1 = f(x) şeklinde bir özel çözümün bilindiği denklemlerde mertebe düşürülebilmesi için y = u·y1 dönüşümü yapılır ama burada özel çözüm verilmemiş.
2. Gereğinden fazla zor çünkü önce Euler - Cauchy tipi bir denklem olduğunun görülerek genel çözümün x = e^t dönüşümüyle yapılıp buradan keyfi bir özel çözümün elde edildikten sonra buna göre yukarıdaki gibi tekrar mertebe düşürme yoluyla çözüme gidilebilir fakat bu da lüzumsuz bir angarya, hatta eziyet olur.
3. Çözümün teorik bir şekilde yapılması bekleniyor olabilir. Sınavda özel çözüm verilmeden yine böyle bir soru çıkarsa aşağıdaki çözümün kaynak da gösterilerek aynen kopyalanıp [ sadece a0(x) ve a2(x) fonksiyonları probleme göre değişir ] yazılmasını öneriyorum (sınavda olsam yukarıdaki açıklamalarla beraber böyle yapardım).

O halde 3. duruma göre denklemin y'' + (3 / x)·y' + (1 / x^2)·y = 0 haline getirilerek "bir kitaptaki çözüme göre" a0(x) = 3 / x ve
a2(x) = 1 / x^2 alınmasıyla özel çözümün de y1(x) olduğunun bilindiği varsayımıyla;
y = u(x)·y1(x)
y' = u'(x)·y1(x) + u(x)·y1'(x)
y'' = u''(x)·y1(x) + 2y1'(x)·u'(x) konularak,
u''·y1 + 2y1'·u' + u·y1'' + a0(x)(u'·y1 + y1'·u) + u·y1·a2(x) = 0 veya
u''·y1 + [ y1'' + a0(x)·y1' + a2(x)·y1 ]·u + [ 2y1' + a0(x)·y1 ]·u' = 0 elde edilir. Oysa y1, Homojenin çözümü olduğundan,
y1'' + a0(x)·y1' + a2(x)·y1 = 0 dır.
O halde, u''·y1 + [ 2y1' + a0(x)·y1 ]·u' = 0
u'' / u' + [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 = 0 şeklinde değişkenlerine ayrılabilir tipe indirgenerek x değişkenine göre integraller alınırsa;
ln(u') + ∫ { [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 }dx = ln(C1)
ln[ (u') / C1 ] = -∫ { [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 }dx
u' / C1 = e^( -∫ { [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 }dx )
u' = C1·[ e^( -∫ { [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 }dx ) ]....(I)
-∫ { [ 2y1' + a0(x)·y1 ] / y1 }dx = -2·∫(y1' / y1)dx - ∫a0(x)dx = -2ln(y1) - ∫a0(x)dx....(II)
(II) ifadesi (I) eşitliğindeki yerine konularak;
u' = [ C1 / (y1^2) ]·{ e^[ -∫a0(x)dx ] } olarak sağ taraftaki integral a0(x) = 3 / x fonksiyonuna göre alındığında
u' = [ C1 / (y1^2) ]·{ e^[ -3ln(x) ] }
u' = [ C1 / (y1^2) ]·(1 / x^3)
du = { [ C1 / (y1^2) ]·(1 / x^3) }dx
u = ∫{ [ C1 / (y1^2) ]·(1 / x^3) }dx + C2
y / y1 = ∫{ [ C1 / (y1^2) ]·(1 / x^3) }dx + C2
y = ∫[ (C1 / y1)·(1 / x^3) ]dx + C2·y1 şeklinde genel çözüm bulunur ve görüldüğü gibi özel çözüm olan y1 = f(x) fonksiyonuna bağlıdır.

Kaynak:
"Çözümlü Problemlerle Diferansiyel Denklemler", Prof.Dr. Metin Başarır, Doç.Dr. Eyüp Sabri Türker, Değişim Yayınları, 2. Baskı, Eylül 2003, Sayfa 238 - 239
(elektronik bir kopyasını çok aramama rağmen bulamadım)

(x^2)·y'' + 3x·y' + y = 0 Euler - Cauchy denklemi olarak çözümü:

x = e^t ⇒ y' = [ e^(-t) ]·y'(t) ⇒ y'' = [ e^(-2t) ]·[ y''(t) - y'(t) ] standart değişken dönüşümleriyle;
[ e^(2t) ]·[ e^(-2t) ]·[ y''(t) - y'(t) ] + 3(e^t)·[ e^(-t) ]·[ y'(t) ] + y = 0
y''(t) - y'(t) + 3y'(t) + y = 0
y''(t) + 2y'(t) + y = 0 şeklinde y = f(t) olarak ikinci bertebeden sabit katsayılı lineer denkleme dönüşür ve burada karakteristik denklem;
d / dt = r olmak üzere r^2 + 2r + 1 = 0 ⇒ (r + 1)^2 = 0 ⇒ r = -1 çift katlı kök olarak homojen ve genel çözüm (çünkü sağ taraf fonksiyonu yok);
y = [ e^(-t) ]·(C1 + C2·t) olarak x = e^t eşitliğinden x değişkenine geri dönülerek t = ln(x)
y = (1 / x)·[ C1 + C2·ln(x) ]
y = C1 / x + (C2 / x)·ln(x)

Symbolab Kontrolu:
https://www.symbolab.com/solver/step-by-step/\left(x^{2}\right)·y'' + 3x·y' + y = 0
(Altta "Refine" kısmında)

WolframAlpha Kontrolu:
https://www.wolframalpha.com/input/?i=(x^2)·y'' + 3x·y' + y = 0

Not: 2. durumda anlatıldığı gibi örneğin C1 = 1, C2 = -1 alınıp bir özel çözüm y1 = [ 1 - ln(x) ] / x olarak alınıp 3. durumdaki
y = u·y1 = u·{ [ 1 - ln(x) ] / x } dönüşümüyle tekrar aynı işlemlerden gidilerek yine aynı genel çözüm bulunur ama tam bir işkence olur.

Bu soruda hoca bence genel teorik çözüm istiyor, o yüzden kitaptaki anlatıldığı gibi yani 3. durum çözümünü aynen kopyalayıp yazarsınız. Tek fark olarak sınavda çıkacak olan (böyle bir soru gelirse tabii) denklemi düzenledikten sonra sadece a0(x) ve a2(x) fonksiyonlarını belirleyip gerisini aynen kopyalayın. Zaten çözüm sadece a0(x) fonksiyonuna bağlı.

Eğer çok zaman kalırsa x = e^t dönüşümüyle Euler - Cauchy çözümü olarak yapılabileceğini de yazarsınız, hatta daha da zaman kalırsa buradaki gibi çözersiniz. En azından konuyu her yönüyle bildiğiniz de belli olur.