Cauchy–Euler Denklemi

Diferansiyel Denklemler

Öğr. Gör. Oktay Cesur

2026-08-22

Katsayıdaki \(x\) Kuvveti

\[ x^2y''-3xy'+3y=0 \]

\(x^2\) ikinci türevle, \(x\) birinci türevle geliyor.

Bu eşleşme rastlantı mı?

Değişken katsayılı bir denklemde \(e^{rx}\) denemesi genel olarak ortak çarpan üretmez. Burada ise türev mertebesi kaçsa katsayıdaki \(x\) kuvveti de o kadar: \(y=x^m\) için \(xy'=mx^m\) ve \(x^2y''=m(m-1)x^m\) olur. Bütün terimler aynı \(x^m\) çarpanını taşır.

Sabit katsayılı denklemlerde \(e^{rx}\) nasıl türev altında biçimini koruyorsa burada \(x^m\) aynı görevi görür. Bu eşleşmeyi taşıyan değişken katsayılı sınıfa Cauchy–Euler denklemi denir.

Tanım

\[ ax^2y''+bxy'+cy=g(x) \]

• \(a,b,c\) sabit
• Katsayıdaki \(x\) kuvveti = türev mertebesi
• \(x>0\) aralığında çalışırız

İkinci mertebe Cauchy–Euler denklemi bu biçimdedir. Belirleyici özellik katsayıların değişken olması değil, \(x\) kuvvetlerinin türev mertebeleriyle eşleşmesidir. \(x^2y''+y'=0\) denklemi bu sınıfa girmez, çünkü birinci türevin katsayısında \(x\) yoktur.

\(x=0\) noktası özel bir noktadır: standart biçime geçmek için \(ax^2\)’ye bölmek gerekir ve orada bölme tanımsız olur. Bu yüzden çözümler \(x>0\) ya da \(x<0\) aralıklarından birinde aranır. Ders boyunca \(x>0\) alacağız; \(x<0\) durumu \(|x|\) yazılarak karşılanır.

Denklem \(n\)’inci mertebeye de genellenir: \(x^ky^{(k)}\) terimlerinin sabit katsayılı toplamı. Yapı aynı kalır, yalnız aday denklemi daha yüksek dereceli olur.

Ölçek Yapısı

\(x\mapsto\lambda x\) dönüşümü denklemin biçimini değiştirmez.

\[ x^ky^{(k)} \quad\text{terimleri ölçekten bağımsız} \]

Bu yüzden aday bir kuvvet fonksiyonu.

Cauchy–Euler denkleminin arkasında bir simetri var. \(x\) yerine \(\lambda x\) yazıldığında her \(x^ky^{(k)}\) terimi aynı biçimde davranır; ölçek değişimi denklemi kendisine dönüştürür. Sabit katsayılı denklemlerdeki karşılığı öteleme simetrisidir: orada \(x\) yerine \(x+h\) yazmak denklemi değiştirmez.

Simetri, aday fonksiyonu belirler. Ötelemeye kapalı fonksiyonlar üstellerdir; ölçeklemeye kapalı fonksiyonlar ise kuvvetlerdir, çünkü \((\lambda x)^m=\lambda^mx^m\) olur ve fonksiyon kendi sabit katına gider.

Bu bakış, denklemi tanımanın da en hızlı yoludur. Katsayılara tek tek bakmak yerine “her terimde \(x\) kuvveti türev mertebesine eşit mi” diye sorulur. Eşitse aday \(x^m\)’dir.

Aday Denklemi

\(y=x^m\) yerine konunca:

\[ am(m-1)+bm+c=0 \]

\[ am^2+(b-a)m+c=0 \]

\(y=x^m\) adayını denkleme yerleştirelim. \(ax^2y''=am(m-1)x^m\), \(bxy'=bmx^m\) ve \(cy=cx^m\) olur. Ortak \(x^m\) çarpanı \(x>0\) için sıfırdan farklı olduğundan sadeleşir.

Geriye \(am(m-1)+bm+c=0\) kalır. Düzenlenince \(am^2+(b-a)m+c=0\) elde edilir. Bu, karakteristik denklemin Cauchy–Euler karşılığıdır ve bilinmeyeni \(m\)’dir.

Katsayıdaki \(b-a\) farkına dikkat edilmesi gerekir. Denklemin katsayıları doğrudan aday denklemine taşınmaz; \(m(m-1)\) açılırken \(-am\) terimi doğar ve birinci dereceli katsayıyı değiştirir. Bu adımı atlayıp \(am^2+bm+c=0\) yazmak, konudaki en yaygın hatadır.

Soru: Ayrık Reel Kökler

\[ x^2y''-3xy'+3y=0, \qquad x>0 \]

\[ a=1,\quad b=-3,\quad c=3 \]

Aday denklemini kuralım: \(m(m-1)-3m+3=0\), yani \(m^2-4m+3=0\). Aynı sonuç formülle de çıkar: \(a=1\), \(b-a=-4\), \(c=3\).

Çarpanlarına ayrılınca \((m-1)(m-3)=0\) olur ve kökler \(m=1\) ile \(m=3\)’tür. Her kök bir çözüm verir: \(y_1=x\) ve \(y_2=x^3\).

İki çözümün lineer bağımsız olduğunu görmek için oranlarına bakmak yeterlidir: \(y_2/y_1=x^2\) sabit değildir. Wronskian hesabı da aynı sonucu verir. Genel çözüm \(y=c_1x+c_2x^3\)’tür.

Bu çözüm çifti daha önce özel çözüm yöntem seçme haritasında \(x^2y''-3xy'+3y=x^2\) denklemi için kullanılmıştı; homojen çözümlerin nereden geldiği şimdi tam olarak görülüyor.

Çözüm ve Kök Tipleri

Kök	Çözümler
\(m_1\neq m_2\) reel	\(x^{m_1}\), \(x^{m_2}\)
\(m\) çift kök	\(x^m\), \(x^m\ln x\)
\(\alpha\pm i\beta\)	\(x^\alpha\cos(\beta\ln x)\), \(x^\alpha\sin(\beta\ln x)\)

Üç kök tipi, sabit katsayılı denklemlerdeki üç tipin birebir karşılığıdır. Ayrık reel kökler iki kuvvet fonksiyonu verir.

Çift kökte ikinci çözüm \(x^m\) ile \(\ln x\)’in çarpımıdır. Sabit katsayılı durumda ikinci çözüm \(xe^{rx}\) oluyordu; buradaki \(\ln x\) çarpanı onun ölçek dünyasındaki karşılığıdır. Gerekçe mertebe indirmeyle görülebilir: \(y_2=v(x)x^m\) dönüşümü çift kök durumunda \(v'=1/x\) verir ve integral \(\ln x\) üretir.

Kompleks kökte \(x^{\alpha+i\beta}\) ifadesini reel biçime çevirmek gerekir. \(x^{i\beta}=e^{i\beta\ln x}=\cos(\beta\ln x)+i\sin(\beta\ln x)\) olduğundan salınım \(x\)’e göre değil \(\ln x\)’e göre gerçekleşir. Çözüm eğrisi \(x\) büyüdükçe giderek yavaşlayan bir salınım gösterir.

Bu ders kapsamında ayrık reel kök durumu asıl çalışma alanıdır; diğer iki satır tanınmak ve gerektiğinde kullanılmak üzere burada bulunur.

Soru: Çift Kök

\[ x^2y''-3xy'+4y=0 \]

Aday denklemi:

\[ m^2-4m+4=0 \]

Katsayılar \(a=1\), \(b=-3\), \(c=4\)’tür. Aday denklemi \(m(m-1)-3m+4=m^2-4m+4=0\) olur.

Bu ifade \((m-2)^2\) biçiminde çarpanlarına ayrılır; \(m=2\) çift köktür. Tek bir çözüm elde ediyoruz: \(y_1=x^2\). İkinci mertebe bir denklemin genel çözümü için iki bağımsız çözüm gerektiğinden bir eksiğimiz var.

Sabit katsayılı denklemlerde aynı tıkanma yaşanmış ve mertebe indirmeyle aşılmıştı. Burada da aynı araç çalışır: \(y_2=v(x)x^2\) konur, denkleme yerleştirilir ve \(v\) için daha basit bir denklem elde edilir.

Çözüm: İkinci Çözümde \(\ln x\)

\[ m=2 \;\text{çift kök} \quad\Rightarrow\quad y_1=x^2,\;\; y_2=x^2\ln x \]

\[ \boxed{y=c_1x^2+c_2x^2\ln x} \]

Mertebe indirme hesabı \(v''x+v'=0\) denklemine götürür; bu denklem \(v'=1/x\) ve \(v=\ln x\) verir. İkinci çözüm \(y_2=x^2\ln x\)’tir.

Doğrulayalım. \(y_2=x^2\ln x\) için \(y_2'=2x\ln x+x\) ve \(y_2''=2\ln x+3\) olur. Denkleme koyalım: \(x^2(2\ln x+3)-3x(2x\ln x+x)+4x^2\ln x\). Terimleri toplayalım: \(\ln x\) katsayısı \(2x^2-6x^2+4x^2=0\), \(\ln x\) içermeyen kısım \(3x^2-3x^2=0\) ✓.

Genel çözüm \(y=c_1x^2+c_2x^2\ln x\)’tir. Bu formül \(x>0\) aralığında elde edildi; denklemin baş katsayısı \(x=0\)’da sıfır olduğu için çözümü o noktadan geçirip geçiremeyeceğimiz ayrı bir sorudur. Burada çözüm aralığını \(x>0\) ile sınırlı tutuyoruz.

Sabit Katsayılıya Dönüştürme

\[ x=e^{t} \quad\Longleftrightarrow\quad t=\ln x \]

Cauchy–Euler denklemi sabit katsayılı hâle gelir.

\[ x^m \;\longleftrightarrow\; e^{mt} \]

\(x=e^t\) dönüşümü ölçek simetrisini öteleme simetrisine çevirir. Zincir kuralıyla \(x\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{dt}\) ve \(x^2\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}\) elde edilir.

Yerine konduğunda denklem \(t\) değişkeninde sabit katsayılı olur. Örneğin \(x^2y''-3xy'+3y=0\) denklemi \(\ddot y-4\dot y+3y=0\) hâline gelir; karakteristik denklemi \(r^2-4r+3=0\)’dır ve kökleri \(1\) ile \(3\)’tür — aday denkleminin kökleriyle aynı.

Dönüşüm iki şeyi açıklıyor. Birincisi, kök sözlüğünün neden birebir örtüştüğü: \(e^{rt}\) geri çevrildiğinde \(x^r\) olur. İkincisi, çift kökte \(\ln x\)’in nereden geldiği: \(te^{rt}\) terimi geri çevrildiğinde \(x^r\ln x\) verir.

Pratikte iki yol da kullanılır. Doğrudan \(y=x^m\) denemesi daha kısadır; dönüşüm ise homojen olmayan denklemlerde belirsiz katsayılar yöntemini kullanılabilir kılar.

Homojen Olmayan Durum

\[ x^2y''-3xy'+3y=x^2 \]

• \(y_h\): aday denkleminden
• \(y_p\): sabitlerin değişimi ya da \(x=e^t\) dönüşümü

Homojen olmayan Cauchy–Euler denkleminde de genel çözüm \(y=y_h+y_p\) yapısındadır. Homojen kısım aday denkleminden gelir; örnekte \(y_h=c_1x+c_2x^3\).

Özel çözüm için iki yol var. Sabitlerin değişimi doğrudan uygulanır, ama önce denklem standart biçime — \(y''\) katsayısı \(1\) olacak biçimde — getirilmelidir: \(y''-\dfrac{3}{x}y'+\dfrac{3}{x^2}y=1\). Yöntemin formülündeki \(g\) bu biçimdeki sağ taraftır, ham denklemdeki \(x^2\) değil.

İkinci yol \(x=e^t\) dönüşümüdür. Denklem \(\ddot y-4\dot y+3y=e^{2t}\) olur, belirsiz katsayılarla \(y_p=-e^{2t}\) bulunur ve geri çevrilerek \(y_p=-x^2\) elde edilir. Doğrulayalım: \(y_p''=-2\), \(y_p'=-2x\) ve \(x^2(-2)-3x(-2x)+3(-x^2)=-2x^2+6x^2-3x^2=x^2\) ✓.

Genel çözüm \(y=c_1x+c_2x^3-x^2\)’dir.

Sık Yapılan Hatalar

1. Aday denkleminde \(m(m-1)\) açılımını atlamak
2. \(x^ky^{(k)}\) eşleşmesini kontrol etmeden yöntemi uygulamak
3. Çözüm aralığını belirtmemek
4. Sabitlerin değişiminde standart biçime geçmemek
5. Çift kökte ikinci çözümü \(x^{m+1}\) sanmak

Birinci hata en sık olanıdır. \(ax^2y''\) teriminden gelen katkı \(am(m-1)\)’dir, \(am^2\) değil. Açılım atlanırsa aday denkleminin birinci dereceli katsayısı yanlış çıkar ve kökler tutmaz.

İkinci hata denklemi yanlış sınıflandırmaktır. \(x^2y''+xy'+y=0\) Cauchy–Euler’dir, ama \(x^2y''+y'+y=0\) değildir; ikincisinde birinci türevin katsayısında \(x\) bulunmuyor. Yöntem yine de uygulanırsa ortak çarpan çıkmaz ve \(x\)’li terimler kalır.

Üçüncü hata \(x=0\) noktasını gözden kaçırmaktır. Çözüm \(x>0\) ya da \(x<0\) aralığında geçerlidir; \(\ln x\) ve \(x^{1/2}\) gibi ifadeler zaten negatif \(x\) için tanımsızdır.

Beşinci hata sabit katsayılı durumdan yanlış aktarma yapmaktır. Orada ikinci çözüm \(xe^{rx}\) olduğu için buraya \(x\cdot x^m=x^{m+1}\) diye taşınır. Doğrusu \(x^m\ln x\)’tir; \(x=e^t\) dönüşümü bunun neden böyle olduğunu gösterir.

Karar Soruları

Hangileri Cauchy–Euler?

1. \(x^2y''+5xy'+4y=0\)
2. \(x^2y''+5y'+4y=0\)
3. \(x^3y'''+2x^2y''-xy'=0\)

Birincisi Cauchy–Euler’dir. Aday denklemi \(m(m-1)+5m+4=m^2+4m+4=(m+2)^2\) olur; \(m=-2\) çift kök ve genel çözüm \(y=c_1x^{-2}+c_2x^{-2}\ln x\)’tir.

İkincisi değildir. Birinci türevin katsayısı \(5\)’tir, \(5x\) değil. \(y=x^m\) denendiğinde \(5mx^{m-1}\) terimi diğerleriyle aynı \(x\) kuvvetine gelmez ve ortak çarpan oluşmaz. Bu denklem için elemanter bir kapalı çözüm yöntemi yoktur.

Üçüncüsü Cauchy–Euler’dir ve mertebesi üçtür. Her terimde \(x\) kuvveti türev mertebesine eşit. Aday denklemi \(m(m-1)(m-2)+2m(m-1)-m=0\) olur; düzenlenince \(m(m^2-m-1)=0\) çıkar. Kökler \(m=0\) ve \(m=\dfrac{1\pm\sqrt5}{2}\)’dir.

Sınıflandırma sorularında kök bulmaya girmeden önce yalnız yapı kontrol edilir; yöntem seçimi hesaptan önce gelir.

Sonraki Adım: Başlangıç Koşulunu Çözümün İçine Almak

Buraya kadar başlangıç koşulları en sonda uygulandı.

\[ y(0)=2,\;y'(0)=-1 \]

Koşullar hesabın başında devreye girse ne olurdu?

Şu ana kadarki yöntemlerde önce genel çözüm kuruldu, ardından başlangıç koşullarıyla sabitler belirlendi. Sağ taraf parçalı olduğunda denklem ayrıca parçalara ayrıldı ve geçiş koşulları elle eşleştirildi.

Laplace dönüşümü denklemi \(t\) değişkeninden \(s\) değişkenine taşır, türevleri cebirsel ifadelere çevirir ve başlangıç koşullarını bu dönüşümün içine alır. Böylece başlangıç değer problemi, \(Y(s)\) için cebirsel bir denkleme dönüşür.

Kaynak Notu

Ana kaynak: Nagle, Saff ve Snider.

Yöntem burada Nagle, Saff ve Snider’ın klasik yaklaşımıyla kurulmuştur: \(y=x^m\) denemesi, aday denklemi ve kök tiplerine göre çözüm sözlüğü. Çalışma ağırlığı ayrık reel kök durumuna verilmiştir; kompleks ve çift kök durumları tanınacak düzeyde ele alınmıştır. Denklemin ölçek yapısı ve \(x=e^t\) dönüşümüyle sabit katsayılı duruma bağlanışı bu ağırlığı destekleyecek ölçüde işlenmiştir.

Kaynak: Nagle, Saff & Snider, Fundamentals of Differential Equations.