Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
405 kez görüntülendi

Soru: $$x^2\left( \dfrac{dy}{dx}\right)^2 + 2xy \dfrac{dy}{dx} + y^2 - 1 =0$$ denkleminin tüm çözümlerini bulunuz. Ayrıca bu denklemin orijinden geçen iki çözümü nedir?

 

An İtibariyle Kamuya Açıklanabilir Bilgiler 1*: İngiltere'de şu anda 11. sınıfta olan bir öğrencim bu soruyu sormuştu. Bizim liselerde niye yok demiyorum ama İngiltere'de lise müfredatında diferansiyel denklemler var.

 

Çözüm Girişimim: Denklemi tam kareye tamamlayabiliriz, $$ \left( x\dfrac{dy}{dx} + y \right)^2 = 1$$ olup $ x\dfrac{dy}{dx} + y = \mp 1 $ yazılır.  $ \dfrac{dy}{y \mp 1} = -\dfrac{dx}{x}$ olup $ \ln (y \mp 1 ) = - \ln x + \ln C_1$ elde edilir. Buradan $ y = \mp 1 + \dfrac{C_1}{x}$ genel çözümlerine ulaşılır. $(x_0, y_0) = (0, 0)$ noktası ne bu genel çözümü ne de verilen diferansiyel denklemi sağlamıyor. Bu bakımdan orijinden geçen çözüm fikri bana hatalı gibi geldi.

 

An İtibariyle Kamuya Açıklanabilir Bilgiler 2*: Öğrenci de çözümü bu aşamaya kadar getirdiğini ifade etti. Öğretmenine, $(0,0)$ noktasının diferansiyel denklemi sağlamadığı için orijinden geçen çözüm olmayacağını söylediğinde, öğretmeni de $\dfrac{dy}{dx}$ ifadesinin sonsuza gitmesi durumunda bunun mümkün olabileceğini aktarmış.

 

Çözüm Girişimime Devam Ediyorum: Böyle bir durumda $x \to 0$ ve $y \to 0$ için $\dfrac{dy}{dx} \to \infty$ ve $x \dfrac{dy}{dx} \to m$ oluyorsa ($m \in \mathbb R$), (sonsuz ile bu türlü işlemler yapmaktan rahatsız olmakla birlikte) bu değerleri verilen diferansiyel denklemde kullanarak limit alırsak $m^2 - 0\cdot m + 0^2 - 1 = 0$ olup $m=\mp 1$ bulunur. O halde $ dy = \mp \dfrac{dx}{x}$ ve $y = \mp \ln (C_2x)$ olur. Fakat $x \dfrac{dy}{dx} \to m$ olması için de $C_2 = \mp 1$ olmalıdır ve $y = \mp \ln |x|$ olur. Elbette  $y = \mp \ln |x|$ fonksiyonları $x=0$ da tanımsız ve hatta $$\lim_{x\to 0} y = \lim_{x\to 0}\ln|x| \to \infty $$ olduğundan bu da bana absürt geliyor. Demek ki bu türlü bir şey de yok.

 

Daha iyi bir fikir bulabilirsem ben de yazacağım. Bu aşamada fikir, yorum veya çözümlerinizi ifade edebilirsiniz, teşekkürler. 

 

 

* Attack On Titan isimli animeye bir göndermedir. Anime serisi içinde ara ara kullanılan bir cümledir ''An itibariyle kamuya açıklanabilir bilgiler''.

Lisans Matematik kategorisinde (1.9k puan) tarafından  | 405 kez görüntülendi
Yorumu cok begendim :). Ingilterede lisede diferensiyal denklem gosterilmesi ilgincime gitti.

Farkli bir yoldan sizin geldiginiz ilk sonuca geldim ben de.

(Soyle biseyler yaptim tabi ne kadar mantikli bilmiyorum)

$(x\frac{d}{dx}f(x) + f(x))^2 = 1$

$(\frac{d}{dx}(xf(x)))^2 = 1$

$g(x) = xf(x)$

$\frac{d}{dx}g(x) = \pm 1$

$g(x) = \pm x+C$

$f(x) = \pm1+\frac{C}{x}$

ayni zamanda soru ile ugrasirken farkettim ki isaret fonksyonu istediginiz diferensiyal denklemi sagliyor gibi. $ sgn(x)/x$ fonksyonu da diferensiyal denklemin homojen versyonunu cozuyor gibi.

gibi den kastim kirilma ve ziplama noktalarini ihmal edersek

 

duzenleme sonrasi: cevabin bu olduguna emin oldum gibi $f(x) = \pm sgn(x)$ istediginiz her sarti sagliyor.

 

Bu gifte sunu yaptim.

$f(x) = tanh(a\cdot x)$

fonksiyonunu sectim ve

$(f(x) + x\frac{d}{dx} f(x))^2 $ yi cizdirttim. cizdirtirken $a$ yi $0$ ve $1$ arasinda degistirdim

 

 

Maxima adli programla cizdirebilirsiniz asagidaki kodu kullanarak

 


load(draw)$
scenes: []$

for i thru 100 do (
    scenes: append(scenes,
            [gr2d(explicit( (tanh(x*(i/100)) + x * diff(tanh(x*(i/100)),x))^2  ,
                x, -20, 20))]
        )
)$
draw(
    delay = 10,
    file_name = "matkafasi",
    terminal = 'animated_gif,
    scenes
)$

 

$y= \text{sgn} (x)$ fonksiyonu $x=0$ noktasında süreksiz. Bu fonksiyon için 'diferansiyel denklemin bir çözümüdür' demek bana şüpheli geldi. Wolfram'dan $y(1)=2$ şartına uygun çözümü bulmasını isteyince bizim de bulduğumuz şekilde bunu veriyor. Fakat koşulu $y(0)=0$ olarak değiştirince ne hata veriyor ne de çözümü net biçimde ifade ediyor.

Benim beklentim, $y=\sqrt[3]{x^2}$ gibi sürekli ve orijindeki teğeti $y$ ekseni olan bir fonksiyonun bulunacağı şeklindedir.

Ek Bilgi: Burada da soruyu yönelttim ve $y=\mp \text{sgn} (x)$ çözümlerinin nasıl oluştuğu ile ilgili yorumlar geldi. Tabii bu süreksiz çözümler diferansiyel denklemler için gerçekten çözüm kabul edilebilir mi? Bu ayrı bir tartışmadır. İki fikir arasında gidip geldim ve çözüm olarak alınmaması gerektiği fikri daha çok yerleşti bana. Konunun uzmanı olan akademisyen hocalarımız buna yanıt vermesi daha uygun olur. Benim açımdan orijinal problemde sorduğum soru yanıtlanmıştır. @eloi hocamız $y=\mp \text{sgn} (x)$ çözümlerini üreten yanıtını 'Cevap' olarak gönderirse sevinirim.

$\pm sgn(x)$ cozumunu acikcasi hata yaparak urettim. Diferensiyal denklemin Fourier Donusumunu alip cozmek istedim ama birden fazla hata yaptim arada. Sansli bir tesadufler sonucu hatalar birbirini goturdu ve $sgn(x)$ in fourier transformasyonunu elde ettim.
Sanirim fourier transformasyonu ile nasil yapildigini da cozdum ekleyecegim emin olunca
$y(x)$ 0 da türevlenmiyor ise "$y'=***$ eşitliğinin $x=0$ da sağlandığı" nı söylemek biraz zorlama olur.

Eşitliği $x\neq0$ için sağlıyor ve $,\ x=0$ da sürekli olsa, durumu biraz daha kolay kabullenebiliriz, ama buradaki fonksiyon 0 da süreksiz.

Örneğin $y(x)=\begin{cases}1 &x>0\\5 &x=0\\-1 &x<0\end{cases}$ de "çözüm " olarak kabul edilmeli mi?

Veya $y(x)=\begin{cases}1 &x>0\\\pi &x=0\\-1 &x<0\end{cases}$ de "çözüm " olarak kabul edilmeli mi?

$0=\frac{f(0+)+f(0-)}2$ olduğu için (Fourier serilerindeki bir durumdan dolayı) geçerli kabul edilebilir görünüyor, ama onun dışında ($y(x)=\begin{cases}1 &x>0\\-1 &x<0\end{cases}$ olduğunda) $ y(0)=0$ olduğuna inanmak için bir neden göremiyorum.

Doğan Hocamın tespitine hak veriyorum, varabildiğim sonucun en sağlıklı ifadesi, eşitliği sağlayan bir çözümün 

$y(x) = \Big \{ \begin{aligned} &1 && x < 0 \\ & -1 &&  x > 0 \end{aligned}$ olduğu ve çözümün $x = 0$ noktasında süreksiz olduğu. Fonksiyonu $y(0)=0$ noktasından geçirmenin motivasyonu aslında yine @eloi'nin verdiği $\tanh(ax)$ örneğinin $a \rightarrow \infty, (x,y) \rightarrow (0,0)$ limitlerinde $x \frac{dx}{dy} = \text{sabit}$ olma durumunu sağlayacakmış gibi görünmesiydi. Fakat bunun için yine $y'$nin sonsuza gittiği bir duruma yol açıyoruz ve türevlenebilirlik elden gidiyor. Belki bu sezgisel olarak çözüm gibi görünen ilginç durumu, diferansyel denklemi distribusyonlar kapsamında incelemeye çalışarak anlamak mümkündür ama bu konunun çok cahili olduğum için daha fazla fikir yürütemiyorum.

2 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap

Bu yanıtı yazmaya çalışırken diferansiyel denklemlerle ilgili daha önce önemsemediğim noktaları öğrenmeme sebep olduğunuz için teşekkür ederim, güzel ve düşündürücü bir soru. Ben de yanıtın @eloi'nin önerdiği gibi $\text{sgn}(x)$ fonksiyonu olduğuna ikna oldum ve şimdi sizi de ikna etmeye çalışacağım. Biraz uzunca bir yanıt olacak ve bazı sebepler sıraladıktan sonra tartışmaya çok açık bir yerde bırakacağım.

Lineer diferansiyel denklemler için çözümün varlık ve biricikliği

$y' + p(x)y = g(x)$ formundaki bir denklemin $y(x_0) = y_0$ başlangıç koşulu için çözümünü bir integrating factor yardımıyla aşağıdaki şekilde buluruz.

$$y(x) = \frac{1}{\mu(x)} \int^{x}_{x_0}\mu(s)g(s)ds + y_0 \quad \text{ve} \quad \mu(x) = \exp \int^x_{x_0}p(s)ds$$

Bu bizim refleks olarak değişikenleri taraf tarafa ayırıp integral alarak bulma taktiğimizin biraz genelleştirilmiş hali. Fakat bu çözümün varlığı, böyle yazdığımızda daha açık görülüyor ki, $p$ ve $g$ fonksiyonlarının integrallenebilirliğine bağlı. Eğer çözümü aradığımız bir $x_0 \in (\alpha, \beta)$ aralığında her iki fonksiyon sürekli ise, integralleri alırken bir sorunla karşılaşmadan $x \in (\alpha, \beta)$ için $y(x)$ çözümünü hesaplayabiliriz. Verilen başlangıç koşulunu sağlayan bu çözüm biricik çözümdür.

Bizim denklemin asıl haliyle nonlineer oluşunu bir kenara bırakırsak, tam kare haline getirip çözdüğümüz daha sade denklemi ele alalım: $(yx)' = 1$. Denklemi biraz önceki standart formda yazarsak $g = p = 1/x$ olduğundan, $x=0$ noktasında verilen bir başlangıç değeri için yukarıda verdiğimiz yöntemle bir çözüm bulmamız mümkün olmayacak. Hatta bir çözüm var mı, varsa bu o başlangıç koşulunu sağlayan biricik çözüm müdür, bu sorulara da bir cevap veremeyeceğiz.

Diferansiyel denklemler dersinde ismi çokça anılan ve daha genel bir sonuç olan Varlık ve Biriciklik Teoremi (veya bkz. Picard-Lindelöf teoremi) de benzer süreklilik şartları istediği için $x=0$ noktasında imdadımıza yetişemeyecekler. Peki hakikaten bu noktadan geçen alışıldık yöntemlerle bulamadığımız bir çözüm olabilir mi?

Tekil Çözümler

Çeşitli örneklerden gördüğüm kadarıyla bu sorunun yanıtı tekil çözümleri bulmakta saklı. İçlerinden güzel bir örneği şu: $y' = y^{1/3}$. Bu diferansiyel denklemin $y \rightarrow 0$ için bir sürekilik problemi var. Eğer alışıldık şekilde değişkenleri ayırarak çözmeye kalkarsak bulacağımız integral sabiti $c$'ye bağlı "genel" çözüm: $y_c(x) = (\frac{2}{3} x + c)^{3/2}$, başlangıç koşulu $y(0) = 0$ verilirse $c = 0$. Fakat $y_s(x) = 0$ fonksiyonu da aynı eşitliği sağlayan ve gözümüzden kaçmış bağımsız bir çözümdü. Hatta reel çizgi üzerinde herhangi $r$ noktası için,

$$y_s(x) = \left \{ \begin{aligned} &0, && 0 \leq x \leq r \\ & \Big( \frac{2}{3} (x - r) \Big) ^{3/2} && r < x \end{aligned} \right.$$

parçalı fonksiyonu da gayet geçerli bir çözüm! Çözümlerin var olduğu ancak biricik olmadığı bir durumla karşı karşıyayız.

Gözden kaçan tekil çözümü bulmak için $y_c(x)$ çözüm ailesinin her bir $c$ değeri için teğet geçtiği envelope fonksiyonunu bulmamız yeterli olacakmış (sebebini bilmiyor ve merak ediyorum). Eğer farklı $c$'ler için bulduğumuz fonksiyonu çizdirirsek bu envelope eden eğrinin $y = 0$ olduğunu göreceğiz.

Orijinal Soruya Dönelim

Bizim elimizdeki denklemin bir parametreye bağlı "genel" çözüm ailesi $y_C = \mp 1 + \frac{C}{x}$ ve $C > 0$ şeklinde. Olası bütün $C$ değerleri için çözümlerin teğet geçtiği eğriler ise $y = \mp 1$. Bu eğrilerin diferansiyel denklemi sağlayan yeni tekil çözümler olduğunu görebiliyoruz. Aynı şekilde 

$$y_s(x) = \left \{ \begin{aligned} &1, && 0 \leq x \leq 2 \\ & -1 + \frac{2}{x} && 2 < x \end{aligned} \right.$$

parçalı çözümü de her noktasında denklemi sağlıyor.

Ve sonuçta tam olarak buna benzer şekilde parçalı bir çözüm olarak, $x=0$'da süreksiz olsa da diferansiyel denklemi sağlayan

$$\text{sgn}(x) = \left \{ \begin{aligned} &1, && x > 0 \\ &0, && x = 0\\ &-1, && x < 0 \end{aligned} \right.$$

fonksiyonu da bir çözüm sayılabilir kanaatindeyim. İlk bakışta süreksizliğin oluşturacağı bir sorun göremedim, kaldı ki genel çözüm olan $y_C(x)$ fonksiyonlarının tamamı da $x = 0$'da süreksizler.

(145 puan) tarafından 
tarafından seçilmiş

sanirim bu soruya da aciklik getirdi bu cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Burada @Aryadeva isimli kullanıcının yorumunda $y(0)=0$ şartı altında dif. denklem $(yx)'=\pm1 \implies xy=\pm x+c \implies c=0$ durumuna getirdikten sonra $xy=x$ bulunuyor. En sade yaklaşım bu olduğu için yazmayı faydalı gördüm. Bu ifadenin $y(x)=\mp \text{sgn}(x)$ fonksiyonlarına denk olduğunu düşünmüştüm ama daha fazlası da var. (Aşağıda belirttim.)

 

Yanılıyorsam düzeltebilirsiniz, bir fonksiyonun tanımlı olmadığı noktada sürekliliğinden de bahsedilmez. Tanım kümesindeki her noktada sürekli olan fonksiyona sürekli fonksiyon denir. Bu sebeple,

 

$y_C(x)=\mp 1+\dfrac{C}{x}$ fonksiyonlarının tamamı $\mathbb R - \{ 0\}$ kümesinde tanımlıdır ve bu fonksiyonlar tanımlı oldukları kümede süreklidirler.

 

Öte taraftan, Doğan Dönmez'in de belirttiği önemli bir nokta var: Fonksiyon $x=0$ da süreksiz ise $y'(0)$ tanımsızdır ve $y'$ türevini içeren bir diferansiyel denklemi sağladığını söylemek içimize sinmiyor. Bu sebeple dif. denklemin $y(0)=0$ koşuluna uygun bir çözümü olmadığına katılıyorum.

 

Bir başka nokta, $y(x)= \mp \text{sgn} (x)$ fonksiyonlarından başka $y(x) = \begin{cases} 1, & x \neq 0 \\  0, & x=0 \end{cases}$ ve

$y(x) = \begin{cases} -1, & x \neq 0 \\  0, & x=0 \end{cases}$

fonksiyonları da (orijindeki süreksizliği göz ardı edersek) dif. denklemi sağlıyor. (Girişte bahsettim.)

 

An İtibariyle Kamuya Açıklanabilir Bilgiler 3: İngiltere'deki öğrencimden bir mesaj geldi ve 'Sorunun sorulduğu kitabın cevap anahtarında $y(0)=0$ olan çözümler $x^2 + (y\mp 1)^2=1$ çemberleri verilmiş. Kitap kesinlikle bir hata yapmıştır' diyor.

 

Not: Soru hatalı yazılmış olsun ya da olmasın, üzerinde düşünmeye değer değişik bir tarafı vardı bence de. Ters görüşte olmakla beraber, kendi görüşünü iyi savunduğu için @awesome arkadaşımızın yanıtını (motivasyon amacıyla) en iyi yanıt olarak seçiyorum. İlgilenen herkese teşekkürler.

(1.9k puan) tarafından 
19,696 soru
21,399 cevap
71,870 yorum
221,126 kullanıcı