AP Calculus: Değişkenleri Ayırma

Değişkenleri ayırırken yalnız integralleri hesaplamak yetmez: hangi ifadeye böldüğünüzü, sabit çözümleri ve başlangıç koşulunun seçtiği tanım aralığını kontrol edin. Bu AP Calculus rehberindeki özgün örnekler, genel çözüm ile belirli koşulu sağlayan çözümü ayırıyor; işlem sırasında kaybolabilecek çözümleri görünür kılıyor.

Ayrılabilirlik bir yapı koşuludur

y′ = f(x)g(y) biçimindeki denklemde, g(y) ≠ 0 olan bir çözüm parçası üzerinde dy/g(y) = f(x)dx yazılabilir. İki tarafta da yalnız kendi değişkenine bağlı ifade kalır. Sağ tarafın kesir veya çarpım görünümünde olması tek başına yeterli değildir; düzenlemeden sonra x ve y gerçekten ayrılmalıdır.

Örneğin y′ = 2x(y − 3) ayrılabilir. y′ = e^x+y de e^xe^y olarak yazılabilir. Buna karşılık y′ = x + y için sağ tarafı doğrudan x'e ve y'ye bağlı iki ayrı çarpana ayıramazsınız. Bu denklemin başka bir yöntemle çözülebilmesi, değişkenleri ayırmanın burada geçerli olduğu anlamına gelmez.

Güncel College Board çerçevesinde genel çözüm için Topic 7.6, başlangıç koşuluyla özel çözüm için Topic 7.7 AB ve BC'nin ortak kapsamındadır. Euler yöntemi ve lojistik modeller gibi ayrıca BC olarak belirtilen konuları, bütün diferansiyel denklemlerin ortak koşulu saymayın. Her ayrılabilir denklem kısmi kesir veya kısmi integrasyon gerektirmez.

Beş işlem kararı: puan tablosu değildir

1. Başlangıçtaki denklemin tanım koşullarını kaydedin; sabit çözüm adaylarını doğrudan yerine koyun.
2. Böldüğünüz ifadenin sıfır olmadığı çözüm parçasında değişkenleri ayırın.
3. İki tarafı uygun değişkene göre integre edip bir serbest sabit bırakın.
4. Verilmişse başlangıç koşulunu kullanın; işaret veya kök dalını buna göre seçin.
5. Sonucun türevini ve başlangıç değerini denetleyin; geçerli aralığı belirtin.

Bu sıra matematiksel denetim içindir; her satıra evrensel puan atamaz. İki ayrı integral sabiti yazılırsa bunların farkı tek sabitte birleştirilebilir; iki sabit görmek kendi başına yanlış çözüm demek değildir. Resmî bir soruda hangi çalışmaların puanlandığını o sorunun değerlendirme açıklaması belirler.

Özgün örnek 1: bölmeden önce y = 3'ü kontrol edin

y′ = 2x(y − 3) denklemini inceleyelim. y = 3 sabit fonksiyonu için y′ = 0 ve sağ taraf da bütün x değerlerinde sıfırdır. Bu bir denge çözümüdür. Denklemi hemen y − 3'e bölmek, bu çözümü işlemden çıkarır.

y ≠ 3 olan çözüm parçasında dy/(y − 3) = 2x dx; integral alırsak ln|y − 3| = x² + C olur. Üstel biçimde y − 3 = Ae^x² elde edilir; bu aşamada ayrılmış çözümler için A ≠ 0'dır. A = 0 eklenince daha önce kontrol ettiğimiz y = 3 de aynı ailede yazılabilir. Sıfır değerini geri eklemenin dayanağı, özgün denklemde sağladığını denetlemektir.

Şimdi y(1) = 1 koşulu verilsin. 1 − 3 = Ae, dolayısıyla A = −2/e ve y = 3 − 2e^x²−1 bulunur. y − 3 her x için negatiftir; mutlak değerden pozitif dalı rastgele seçemezsiniz. Çözüm bütün gerçek x değerlerinde tanımlıdır ve y(1) = 1'i sağlar.

Türevi −4xe^x²−1 olur. Denklemin sağ tarafı 2x(−2e^x²−1) aynı sonucu verir; özellikle x = 1'de eğim −4'tür. x = 0'da ise türev sıfır, y = 3 − 2/e ≈ 2,2642'dir. Tek bir anda yatay teğet bulunması, bu çözümün y = 3 denge çözümü olduğu anlamına gelmez.

Başlangıç değeri dengeye eşitse

Aynı denklemde y(1) = 3 verilseydi çözüm y = 3 olurdu. ln|y − 3| ifadesine doğrudan bu başlangıç değerini koymak mümkün değildir; logaritmalı işlem zaten y ≠ 3 varsayımıyla kurulmuştur. Önce dengeyi kontrol etmek bu gereksiz çıkmazı önler.

Bu modelde sağ taraf ve y'ye göre türevi süreklidir; başlangıç koşulu yerel olarak tek çözüm seçer. Dolayısıyla başlangıçta denge üzerinde olan çözüm, keyfî bir anda ondan ayrılan başka bir eğriye çevrilemez. Bütün diferansiyel denklemlerde bu teklik sonucunu koşulsuz varsaymayın.

Özgün örnek 2: kök dalı ve tanım aralığı birlikte seçilir

y′ = 3x²/(2y), y(0) = −2 verilsin. Başlangıçtaki denklem y = 0 için tanımsızdır. Bu nedenle y = 0 sabit fonksiyonu bu denklemin denge çözümü değildir. Bir önceki örnekte bölme yüzünden kaybolabilen sabit çözüm ile burada başlangıçta yasak olan değer farklı durumlardır.

2y dy = 3x² dx yazıp integre edince y² = x³ + C elde edilir. Başlangıç koşulu 4 = C verir. İki cebirsel dal ±√(x³ + 4) görünür; y(0) = −2 koşulu y = −√(x³ + 4) dalını seçer.

Bu çözüm için başlangıç noktasını içeren en geniş açık aralık x > −∛4 olur. Karekökün içi pozitif olmalı; sıfır olduğunda y = 0 çıkar ve özgün diferansiyel denklem tanımsız kalır. Karekök fonksiyonuna uç noktada bir değer yazılabilmesi, o noktayı diferansiyel denklemin çözüm aralığına eklemeye yetmez.

Türev −3x²/(2√(x³ + 4)) olur. Sağ tarafa y = −√(x³ + 4) koyunca aynı ifade bulunur. x = 1'de y = −√5 ve y′ = −3/(2√5) ≈ −0,6708'dir. Pozitif kök aynı cebirsel denklemi sağlasa da verilen başlangıç koşulunu sağlamaz.

Örtük sonuç ne zaman yeterlidir?

Bazı ayrılmış integraller y'yi kolayca yalnız bırakmaz. Örneğin y′ = 2x/(1 + y²), y(1) = 0 için (1 + y²)dy = 2x dx ve y + y³/3 = x² − 1 elde edilir. Bu örtük bağıntının türevi (1 + y²)y′ = 2x olduğundan denklem geri gelir; başlangıç noktası da sağlanır.

Burada 1 + y² her zaman pozitiftir. y + y³/3 fonksiyonu kesin artar ve bütün gerçek değerleri alır; dolayısıyla her x için tek bir gerçek y seçilir. Sorunun açık biçim istemediği bir durumda kübik kök formülünü yazmak matematiksel açıklamayı zorunlu olarak iyileştirmez. İstenen cevap biçimini ve çözümün koşullarını ayrı kontrol edin.

Kendinizi sınayın

y′ = 2x(y − 3) denklemi hakkında hangi ifade doğrudur? Soru bu rehber için hazırlanmıştır.

1. y − 3'e böldükten sonra başka çözüm kontrolüne gerek yoktur.
2. y = 3 özgün denklemde doğrudan kontrol edilmesi gereken sabit çözümdür.
3. x = 0'da sağ taraf sıfır olduğundan bütün çözümler sabittir.
4. Her başlangıç koşulu pozitif y − 3 dalını seçer.

Doğru seçenek B'dir. A, bölme sırasında dışlanan çözümü unutur. C tek bir x değerindeki yatay teğeti bütün aralığa taşır. D ise y(1) = 1 örneğindeki negatif dal ile çelişir. Başlangıç koşulu integrasyon sabitini ve uygun dalı seçer; denklemin yasak değerlerini ortadan kaldırmaz.

Yerel eğim ile çözümün bütünü arasındaki fark için eğim alanı rehberini okuyabilirsiniz. Ders bilgisi AP Calculus AB ve AP Calculus BC sayfalarındadır. Matematiksel kaynak: OpenStax: ayrılabilir denklemler. Buradaki sayısal örnekler özgün öğretim modelleridir; yayımlanmış AP sorusu olarak sunulmaz.

Teklik koşulunun matematiksel dayanağı: MIT OpenCourseWare, birinci mertebeden denklemlerde varlık ve teklik notları. Bu koşul açıklaması, ayrı bir AP soru veya puan türü iddiası değildir.

Sık sorulan sorular