Chiziqli differensial tenglamalar sistemasini matritsaviy usulda yechish

Загружено в:

12.08.2023

Скачано:

0

Размер:

129.94140625 KB

Скачать

Chiziqli differensial tenglamalar sistemasini matritsaviy
usulda yechish
MUNDARIJA
Kirish......................................................................... 3
I Bob. Differensial tenglamalar sistemasining umumiy yechimini Jordan
formasi yordamida topish.
1.1-§. Matritsaning Jordan formasi................................................5
1.2-§. Xos vektorlar va Jordan zanjiri............................................6
1.3-§. Xos vektor va mos yechimlarni topish..................................8
II Bob. Jordan matritsasi yordamida bir jinsli chiziqli differensial
tenglamalar sistemasini yechish.
2.1-§. Ikki noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish...............31
2.2-§. Uch noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish................39
Xulosa ........................................................................ 54
Foydalanilgan adabiyotlar........................................ 55
1

Kirish
Masalaning qo’yilishi. Differensial tenglamlar sistemasining umumiy
yechimini Jordan formasi yordamida topish yo’llari o’rganilgan.
Mavzuning dolzarbligi. Differensial tenglamalar sistemasiga oida
masalalar yechishda algebraik usullarni qo’llash. Xususan, Jordan matritsasini
qo’llash.
Ishning maqsad va vazifalari. Malakaviy bitiruv ishining maqsadi
ikkinchi va uchinchi tartibli Jordan matritsalarni Jordan normal formasiga
keltirish va shu matritsalar yordamida diffferensial tenglamalar sistemasi
umumiy yechimlarini topish yo’lining umumiyrroq usuli, Jordan normal
formasiga keltirish yordamida barcha holatlar ko’rib chiqilgan.
Ilmiy tadqiqot usullari. Algebraik usullar yordamida chiziqli
differensial tenglamalar sistemasini topish.
Ishning amaliy ahamiyati. Mazkur ishdan bakalavr yo’nalishi ikkinchi
kurs talabalari o’zgarmas koeffisiyentli chiziqli differensial tenglamalar
sisteamsini yechimini topishda foydalanilishi mumkin.
Ishning tuzilishi. Malakaviy bitiruv ishi kirish qismi, ikkkita bob, xilosa
va foydalanilgan adabiyotlardan tshkil topgan.
Kirish qismida masalaning masalaning qo’yilishi, mavzuning dolzarbligi,
maqsad va vazifalari hamda, olingan natijalar haqida so’z yuritiladi.
Birinchi bobda, differensial tenglamalar sistemasi umumiy yechimini
topishda,yechimni Jordan formasi yordamida topish usuli barcha holatlari
hamda, Jordan normal formasi, Jordan bazisi haqida va xos sonlarning barcha
karrali va karrali bo’lmagan, holatlari bayon etilgan
Ikkinchi bobda, differensial tenglamalar sistemasi umumiy yechimini
Jordan formasi orqali topish usuli barcha holatlari. Xususan, xos son karrali
2

bo’lgan va bo’lmagan barcha holatlari uchun misollar yechimlari ko’rsatilib
o’tilgan.
3

I Bob. Differensial tenglamalar sistemasining umumiy
yechimini Jordan formasi yordamida topish
O’zgarmas koeffisientli n- tartibli bir jinsli chiziqli differensial tenglamalar
ko’rib chiqaylik.X'(t)= AX (t)
Bunda
X
( t) =
( x
1 ( t )
x
2
( t)
.
.
x
n ( t )
) , A = ( a
11 a
12 … a
1 n
a
21 a
22 … a
2 n
… … … …
a
n 1 a
n 2 … a
nn ) .
Bunday sistemaning umumiy yechimlar sistemasi n ta chiziqli funksiyani o’z
ichiga olishi kerak. Xos sonlar va xos vektorlar usulidan foydalangan holatda
yechimni topishda ko’p holatlarda xos vektorlar soni n dan kam ekanligi ma’lum
bo’ladi. Ya’ni, shunday sistemalar borki, ular uchun faqat xos vektorlardan
iborat bazis mavjud emas. Bunday holatda yechimni boshqa usul bilan,
masalan, aniqmas koeffisiyentlar usuli yordamida topish mumkin. Biroq,
umumiy yechimni topishning umumiyroq va isbotlangan usuli mavjud. Bu har
qanday kvadrat matritsani Jordan normal formasi deb ataladigan formaga
keltirish usulidir. (umuman olganda, bu kompleks maydonga to’g’ri keladi.)
Matritsaning Jordan formasini va Jordan bazisini bilgan holatda,
tenglamalarning sistemasining umumiy yechimini korsatish mumkin.
Ushbu yechim yo’lini batafsil ko’rib chiqaylik. Buning uchun oldin ba’zi asosiy
ta’riflarni keltiramiz.
1.1-§. Matritsaning Jordan formasi .
Jordan formasi kvadrat matritsa bosh diagonali orqali ifodalaniladi. Matritsa
bosh diagonali bo’ylab esa Jordan katagi deb ataluvchi matritsa joylashgan
bo’lib, xos sonlari bilan mos tushadi. Bosh diagonaldagi λ
i lar mos ravishda
4

Jordan kataglaridan iborat bo’lib, kataklar joylashishi λ
i lar bog’liq emas.
Quyida Jordan matrisa umumiy ko’rinishini ko’rishimiz mumkin.
J =( λ
1 1 0 0 0 0
0 λ
1 0 0 0 0
0 0 λ
2 0 0 0
0 0 0 λ
3 1 0
0 0 0 0 λ
3 1
0 0 0 0 0 λ
3 ) .
Matritsada 3 xil Jordan kataklariga mos keladigan matritsa elementlari turli
xil rangda ko’rsatilgan. Bundan tashqari bu matritsada
λ3 matritsaning xos
qiymatlari bosh diagonalda bo’ladi va har bir xos qiymat λ
3 ning algebraik
ko’phadi
ki marta uchraydi. 1 dan katta har bir Jordan katagi mavjud bosh
diagonal ustidagi parallel qator birlardan iborat bo’lib, Jordan matritsasining
boshqa barcha elementlari nolga teng. Jordan kataklarining matritsada joylashish
tartibi aniq belgilanganmagan.
1.2-§. Xos vektorlar va Jordan zanjiri
Xos qiymati λ bo’lgan k o’lchamdagi Jordan katakchasini ko’rib chiqaylik.
Bunda Jordan katagi bazis vektorlari : V
1 V
2 ... V
n .
V
1
( V
1 ≠ 0 ) v
ektorlar xos vektor bo’lib, ular mos matritsalarni qanoatlantiradi.
AV1= λV1⇒ (A− λE )V1=0
Yuqoridagi tenglamadan esa
V2(V2≠0) ekanligi kelib chiqadi.
(A− λE )V2=V1
Yuqoridagi vektor esa birinchi tartibli bog’langan vektor deyiladi. Xuddi
shunday yuqori tartibli boshqa bog’langan vektorlarini topamiz.
(A− λE )V3=V2
....................
(
A − λE ) V
k = V
k − 1
Bu munosabatlardan quyidagilarga ega bo’lamiz:
(A− λE )V1=0
va (A− λE )V2=V1
Bu tengliklardan esa quyidagiga kelamiz:
(A− λE )2V2=0
5

Shuningdek, k-tartibli Vk bog’langan vektorlar uchun esa
( A − λE ) k
V
k = 0
V1
xos vektor va V2 , Vk bog’langan vektorlardan tashkil topgan V1 , V2 , ... Vk
vektorlar zanjiri chiziqli erkli bo’lib, Jordan zanjiri deyiladi.
k- tartibli har bir Jordan zanjiri mos bir jinsli tenglamalar sistemasining
k- tartibli chiziqli erkli yechimlariga mos keladi.
X
1 = e λt
V
1 ,
X2=eλt(t
1!V1+V2)
X
3 = e λt
( t 2
2 ! V
1 + t
1 ! V
2 + V
3 )
..........
Xk= eλt( tk−1
(k−1)!V1+… + t
1!Vk−1+Vk)
Barcha yechimlarning umumiy soni barcha Jordan kataklari uchun Jordan
zanjirlari uzunligi yig’indisiga teng. Ya’ni n matritsa tartibiga tengdir. Bunday
chiziqli erkli vektor funksiyalar to’plami Fundamental yechimlar sistemasini
tashkil qiladi
2 x 2 va 3 x 3 matritsalar uchun sistema umumiy yechimlarini qaraymiz.
Amalda 2 va 3- tartibli differensial tenglamalar sistemasi ko’p uchraydi. shuning
uchun, bunday sistemalarda yuzaga kelishi mumkin bo’lgan Jordan
formalarining barcha ko’rinishlarini va ularga mos keladigan umumiy yechim
formulalarini ko’rib chiqamiz. Jami 8 ta turli holat mavjud (2x2 matritsa uchun
3 ta 3x3 matritsa uchun 5 ta ). Ushbu formulalarni quyidagi jadval orqali qulay
ko’rsatish mumkin.
6

# Matritsa
tartibi Matritsaning xarakteristik
ko’phadi Algebraik (k)
Geometrik (s)
karralilari Jordan formasi
1 n=2 ( λ − λ
1 ) ( λ − λ
2 )
λ1 k1
=1 s
1 =1
λ
2 k
2 =1 s
2 =1
( λ
1 0
0 λ
2 )
2 n=2 ( λ − λ
1 ) 2
λ
1 k
1 =2 s
1 =2
(
λ1 0
0 λ2)
3 n=2
(λ− λ1)2 λ
1 k
1 =2 s
1 =1
( λ
1 1
0 λ
2 )
4 n=3
(λ− λ1)(λ− λ2)(λ− λ3) λ
1 k
1 =1 s
1 =1
λ
2 k
2 =1 s
2 =1
λ
3 k
3 =1 s
3 =1
(
λ1 0 0
0 λ2 0
0 0 λ3)
5 n=3
(λ− λ1)2(λ− λ2) λ
1 k
1 =2 s
1 =2
λ
2 k
2 =1 s
2 =1
( λ
1 0 0
0 λ
1 0
0 0 λ
2 )
6 n=3
(λ− λ1)2(λ− λ2) λ
1 k
1 =2 s
1 =1
λ
2 k
2 =1 s
2 =1
( λ
1 1 0
0 λ
1 0
0 0 λ
2 )
7 n=3
(λ− λ1)3 λ
1 k
1 =3 s
1 =2
( λ
1 1 0
0 λ
1 0
0 0 λ
1 )
8 n=3
(λ− λ1)3 λ
1 k
1 =3 s
1 =1
( λ
1 1 0
0 λ
1 1
0 0 λ
1 )
7

1.3-§. Xos vektor va mos yechimlarni topish
Yuqorida jadvalda ko’rib o’tgan holatlardan foydalangan holatda xos vektor
va bog’langan vektorlarni topish usuli hamda, umumiy yechimlarni topish
usullarini ko’rib chiqamiz:
1-holat 2x2 matritsa, ikki xil xos qiymatlar λ
1 , λ
2
Bu holatda Jordan formasi oddiy diagonal shaklda bo’lib, bunda har bir xos
qiymat λ
i faqat bitta xos vektor V
i ga mos keladi, matritsaviy tenglamasi esa
quyidagicha bo’ladi:(A− λiE)Vi=0
Umumiy yechim esa quyidagi formula bilan aniqlanadi:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
2 t
V
2 .
2-holat 2x2 matritsa. Bitta xos qiymat
λ1(k1=2,s1= 2)
Bu tuerdagi matritsalar 2 karrali bitta xos qiymatga ega. λ
1 xos qiymat uchun
matritsa rangi 0 ga teng. Shuning uchun geometrik karralisi quyidagicha
topiladi:
s1=n−rank (A− λ1E)=2−0=2
matritsaviy tenglamasi esa
(A− λ1E)V=0
Bu tenglamadan ikkita chiziqli erkli V
1 va V
2 xos vektorlarni topamiz.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa 1- holatdagi bilan deyarli bir xil
ko’rinishga ega bo’ladi:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
V
2 .
3-holat 2x2 matritsa, bitta xos qiymat λ
1
( k
1 = 2 , s
1 = 1 )
Bu holatda matritsa
rangi 1 ga teng. Demak, geometrik karralisi xos qiymat λ
1 va xos vektorga
bog’liq bo’lib, quyidagicha aniqlanadi:
s1=n−rank (A− λ1E)=2−1=1
8

xos vektor V
1 = ( V
11 , V
21 ) T
quyidagi tenglama orqali topiladi:(A− λ1E)V1=0
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini topish uchun yana bitta chiziqli
erkli xos vektor lozim. Bu vektor sifatida biz bog’langan

V2=(V12,V22)Tv ektorni olamiz va bu vektor quyidagi tenglama orqali topiladi:
(A− λ1E)V2=V1
Topilgan xos vektor va bog’langan vektordan quyidagi H matritsani tuzamiz
H =(
V11 V12
V21 V22)
U holatda quyidagi munsabatdan Jordan formasini J topish mumkin:
H−1AH =¿
J
Bunda
H − 1
—matritsa, H matritsaning teskari matritsasi, bu tenglama orqali
xos vektor va bog’langan vektorlarni to’g’ri hisoblanganligini tekshirishimiz
mumkin.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa quyidagicha bo’ladi:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
V
2 ( t V
1 + V
2 ) .
4-holat 3x3 matritsa. Uchta xos qiymati
λ1,λ2,λ3 mavjud.
Jordan formasi diagonal ko’rinishda bo’ladi. Har bir λ
i xos qiymat o’zining V
i xos
vektorga mos keladi. Va quyidagi tenglama orqali hisoblanadi:
( A − λ
i E ) V
i = 0
3 o’zgaruvchili differensial tenglamalar sistemasi yechimi:
X (t)=C1eλ1tV1+C2eλ2tV2+C3eλ3tV3
.
5-holat 3x3 matritsa. Ikkita xos qiymat
λ1(k1=2,s1=2),
λ
2 ( k
2 = 1 , s
2 = 1 ) .
Bu holatda xarakteristik tenglama ikkita ildizga ega, ulardan biri
karrali (
k1= 2 ). Bu λ1 karrali ildizini (A− λ1E) rangi 1 ga teng bo’lgan matritsaga
almashtiramiz. Buning natijasida λ
1 xos qiymat geometrik karralisi va unga
bog’langan xos vektorlar soni
9

s1=n−rank (A− λ1E)=3−1=2
V1 va V
2 chiziqli erkli xususiy vektorlar (bular ikkita Jordan katagiga to’g’ri
keladi) tenglamadan hisoblanadi.
(A− λ1E)V= 0
Jordan formasidagi uchinchi katak karrali bo’lmagan xos qiymat

λ2(k2=1,s2=1).v a bu xos qiymat uchun V3 xos vektor quyidagi tenglamadan
topiladi:
(
A − λ
2 E ) V
2 = 0
Bu holat uchun tenglamalar sistemasi umumiy yechimi:
X (t)=C1eλ1tV1+C2eλ1tV2+C3eλ2tV3.
.
6-holat 3x3 matritsa. Ikkita xos qiymat
λ1(k1=2,s1=1),
λ2(k2=1,s2=1)
. Bu holat oldingisidan farq qiladi, chunki birinchi xos qiymat λ1
uchun faqat bitta
V1 xos vektor mos keladi, quyidagi tenglamani qanoatlantiradi.
(A− λ1E)V1= 0
Bundan λ
1 xos son uchun matritsa rangi 2 ga teng:
rank (A− λ1E)= 2,s1=n−rank (A− λ1E)=3− 2=1
.
Qolgan chiziqli erkli xos vektor
V1 bog’langan V2 vektor orqali topiladi:
(A− λ2E)V2=V1
Qolgan λ
2 xos qiymat (ikkinchi Jordan katagiga to’g’ri keladi) yuqoridagidek
tenglama orqali
V3 xos vektorni ifodalaydi.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
( V
1 t + V
2 ) + C
3 e λ
2 t
V
3 .
Birinchi Jordan katagi ikkinchi Jordan katagi
7-holat 3x3 matritsa. Bitta xos qiymat λ
1 ( k
1 = 3 , s
1 = 2 ) ,

Bu holatda Jordan formasi bir xil
λ1 xos qiymatga ega bo’lgan ikkita Jordan
katagidan iborat. Birinchi Jordan katagida bitta xos vektor V
1 va bitta
bog’langan vektor
V2 iborat va ular quyidagicha topiladi:
10

(A− λ1E)V1= 0
(A − λ
1 E ) V
2 = V
1
Birinchi tenglamada ikkita xos vektor ko’rinishidagi ikkita yechimga ega
(chunki rank
(A− λ2E)=1 . Ikkinchi Jordan katagi esa V3 xos vektor orqali
ifodalaydi.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa quyidagicha bo’ladi:
X (t)=C1eλ1tV1+C2eλ1t(V1t+V2)+C3eλ1tV3
.
Birinchi Jordan katagi ikkinchi Jordan katagi
8-holat 3x3 matritsa. Bitta xos qiymat λ
1 ( k
1 = 3 , s
1 = 1 ) ,
Bu holatda chiziqli operator A
k1= 3 karrali bitta λ1 xos qiymatga ega.
(A− λ1E)
matritsa rangi esa 2 ga teng. Bundan quyidagi tanglamaga kelamiz:
(A− λ1E)V1= 0
Yagona xos vektor V
1 ko’rinishdagi yechimga ega. Qolgan ikkita chiziqli
erkli vektor Jordan zanjiridan bog’langan vektorlar sifatida aniqlanadi.
(A− λ1E)V2=V1(
A − λ
1 E ) V
3 = V
2 .
Umumiy yechim esa quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
X (t)=C 1eλ1tV1+C 2eλ1t(V1t+V2)+C3eλ1t(t2
2!V1+tV2+V3).
Quyida 1-8 holatlarga mos keladigan tenglamalar sistemasiga misollarni
ko’rib chiqamiz. Xos vektorning “yetarli” bo’lgan 1, 2, 3, 4, 5 holatlarda
hamda, “xos qiymat va xos vektorlar” usulini ham ko’rib chiqamiz.
1.3.1-misol. Tenglamalar sistemasini yeching.
dx
dt = 2 x − 3 y
dy
dt = − x + 4 y
Yechilishi. Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va
xos qiymatlarini topamiz:
det
( A − λE ) = | 2 − λ − 3
− 1 4 − λ | = 0 , ⇒ ( 2 − λ ) ( 4 − λ ) − 3 = 0
,
11

⇒ λ2−4λ− 2λ+8−3=0,⇒ λ2−6λ+5=0,⇒ λ1=1,λ2=5.
Endi har bir xos qiymat uchun xos vektorlarni topamiz.
Xarakteristik matritsadagi λ ni λ
1 = 1 ,
almashtirib,
V1=(V11,V21)T :
(
2 − 1 − 3
− 1 4 − 1 )( V
11
V
21 ) = 0 , ⇒ ( 1 − 3
− 1 3 )( V
11
V
21 ) = 0 , ⇒ { V
11 − 3 V
21 = 0
− V
11 + 3 V
21 = 0 ,
⇒ V
11 − 3 V
21 = 0.
Ko’rinib turibdiki, bu matritsa rangi birga teng. Shuning uchun, λ
1 = 1 ,
xos
qiymatning geometrik karralisini hisoblaymiz.
s
1 = n − ( A − λ
1 E ) = 2 − 1 = 1.
Shunga ko’ra, ining bitta xos vektori mavjud va uning koordinatalari:
V
21 = t , ⇒ V
11 = 3 V
21 = 3 t , ⇒ V
1 =
( V
11
V
21 ) = ( 3 t
t ) = t ( 3
1 ) ∽ ( 3
1 ) .
Xuddi shu tartibda
V2=(V12,V22)T xos vektorni λ2=5 xos qiymat uchun
hisoblaymiz.
(
2−5 −3
−1 4−5)(
V12
V22)=0,⇒ (
−3 − 3
−1 − 1)(
V12
V22)=0,⇒ {
−3V12−3V22= 0
− V12−V22=0
,
⇒ V12+V22=0.
V22=t
bo’lsin, u holatda
V12=−V22=− t,⇒ V2=(
V12
V22)=(
− t
t)=t(
−1
1 )∽(
−1
1 ).
Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.
(1-holat) Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda
bo’ladi.
X (t)=C1eλ1tV1+C2eλ2tV2=C1et
(
3
1)+C2e5t
(
−1
1 )
.
1.3.2-misol Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
12

dx
dt − x
dy
dt =− y
Yechilishi . Birinchi navbatda xarakteristik tenglamasini tuzish va tenglamani
yechish orqali xos qiymatlarni aniqlaymiz.
det (A− λE )=|
−1− λ 0
0 −1− λ|= 0,⇒ (−1− λ)2=0,
⇒ λ
1 = − 1.
Demak, tenglamalar sistemasi xarakteristik tenglamasi bitta
k1= 2 karrali
λ
1 = − 1
xos qiymatga ega.
λ1 xos qiymat uchun xos vektorni topamiz.
(
− 1 + 1 0
0 − 1 + 1 )( V
11
V
21 ) = 0 , ⇒ ( 0 0
0 0 )( V
11
V
21 ) = 0 , ⇒
{
0 ∗ V
11 + 0 ∗ V
21 = 0
0 ∗ V
11 + 0 ∗ V
21 = 0 , ⇒ 0∗V12+0∗V22=0 .
Bundan kelib chiqadiki, bu holatda har qanday vektor xos vektor hisoblanadi.
Shuning uchun, birlik vektorlarni chiziqli erkli xos vektorlar juftligi sifatida
tanlashimiz mumkin.
V1=(
0
1),V2=(
1
0).
Bu yerda 2- holatga duch kelamiz: differensial tenglamalar sistemasi ikkita
bir xil xos qiymatga ega. Ularning algebraik va geometrik karralilari 2 ga teng.
Sistema uchun umumiy yechim quyidagicha bo’ladi:
X ( t ) =
( x
y ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
V
2 = C
1 e − t ( 0
1 ) + C
2 e − t ( 1
0 ) .
1.3.3-misol. Tenglamalar sistemasini yeching.
dx
dt = 2 x − 3 y
dy
dt = − x + 4 y
Yechilishi. Tenglamalar sistemasi xarakteristik tenglmasini tuzamiz va
ildizlarini topamiz.
det
( A − λE ) = | 2 − λ − 1
1 4 − λ | = 0 , ⇒ ( 2 − λ )( 4 − λ ) + 1 = 0 ,
⇒ λ2−4λ− 2λ+8+1=0,⇒ λ2− 6λ+9=0,⇒ λ1=3.
13

Sistema xarakteristik matritsasi bittaλ1=3 algebraik karralisi k1= 2 bo’lgan xos
qiymat topamiz va bu xos qiymat uchun xos vektorni topamiz. Xos vektor
V
1 = ( V
11 , V
21 ) T

bo’lsin.
U holatda
(
2−3 −1
1 4−3)(
V11
V21)=0,⇒ (
−1 −1
1 1 )(
V11
V21)= 0,⇒ {
−V11−V21=0
V11+V21=0
, ⇒
V11+V21=0
.
V
21 = t
bo’lsin. U holatda
V1 vektor koordinatasi:
V11=−V21=−t,⇒ V1=(
V11
V21)=(
− t
t)=t(
−1
1 )∽(
−1
1 ).
Keling,
V1 xos vektorni to’g’ri hisoblaganimizni tekshirib ko’ramiz. Ta’rifga
ko’ra, xos vektor quyidagi munosabatni qanoatlantirishi kerak.
A V
1 = λ
1 V
1 .
Ma’lum lamshtirishlar orqali quyidagi tenglikka kelamiz:
AV1=(
2 −1
1 4 )(
−1
1 )=(
−2−1
−1+4)=(
−3
3 )=3(
−1
1 )= λ1V1
Yuqoridagi almashtirishlar natijasida ( k
1 = 2 , s
1 = 1
) 3-holatga keladi, bunda
yechim bitta Jordan katagi bilan tavsiflanadi. Umumiy yechimni topish uchun
bog’langan vektor
V2=(V12,V22)T topish talab etiladi. Uning matritsa
tengamasidan topamiz.
(A− λ1E)V2=V1,⇒ (
−1 −1
1 1 )(
V12
V22)=(
V11
V21),
⇒
(
−1 −1
1 1 )(
V12
V22)=(
−1
1 ),⇒ {
−V12−V22=−1
V12+V22=1 ,⇒ V12+V22=1.
⇒ bundan
V22=0V12=1 yoki
V
2 =
( 1
0 ) .
Bog’langan vektorni to’g’ri topilganligiga ishonch hosil qilish uchun yana bir
bor tekshiruv o’tkazamiz.
H−1AH = J
.
Bu yerda H matritsa topilgan vektorlardan tshkil topgan.
14

H =(
V11 V12
V21 V22)=(
−1 1
1 0).
H−1 teskari matritsasi esa quyidagicha:
H − 1
= 1
∆
( A
11 A
12
A
21 A
22 ) T
= 1 (
− 1 )( 0 − 1
− 1 − 1 ) T
= − ( 0 − 1
− 1 − 1 ) = ( 0 1
1 1 ) .
Bunda, A
ij − H
matritsaning algebraik to’ldiruvchisi,
∆− ¿ det(H).
Oxirgi almashtirishlardan so’ng, Jordan shakli ekanigiga ishonch hosil
qilamiz.
H−1AH =(
0 1
1 1)(
2 −1
1 4 )(
−1 1
1 0)=(
0+1 0+4
2+1 −1+4)(
−1 1
1 0)=¿
(
1 4
3 3)(
−1 1
1 0)=(
−1+4 1+0
−3+3 3+0)=(
3 1
0 3)= J.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini quyidagi foemula orqali hisoblaymiz:
X (t)=C1eλ1tV1+C2eλ1tV2(tV1+V2)=¿C1e3t
(
−1
1 )+C2e3t
[t(
−1
1 )+(
1
0)].
1.3.4- misol. Tenglamalar sistemasini yeching.
dx
dt = − 4 x − 6 y − 6 z
,
dy
dt = x+3y+z, dz
dt = 2 x + 4 z .
Yechilishi . Xarakteristik tenglamasini tuzamiz va ildizlarini topamiz.
det ( A − λE ) =
| − 4 − λ − 6 − 6
1 3 − λ 1
2 0 4 − λ | = 0.
Determinantni uchinchi qator bo’ylab yoyamiz:
2(−6+6(3− λ))+(4− λ)((− 4− λ)(3− λ)+6)=0,
⇒ 2(− 6λ+12 )+(4− λ)(λ2+λ−6)=0,
⇒ − 12 λ + 24 + 4 λ 2
– λ 3
+ 4 λ − λ 2
− 24 + 6 λ = 0 ,
⇒ λ3− 3λ2+2λ=0,
⇒ λ ( λ − 1 ) ( λ − 2 ) = 0.
Demak, xarakteristik matritsa uchta har xil xos qiymatga ega:
λ1=0,λ2= 1,λ3= 2
.
15

V1,V2,V3 xos vektorlarni mos xos qiymatlari yordamida hisoblaymiz. λ
1 =0 xos
qiymat uchun
V1=(V11,V21,V31)T ni topamiz:
( A − λ
1 E ) V
1 = 0 , ⇒
( − 4 − 6 − 6
1 3 1
2 0 4 )( V
11
V
21
V
31 ) = 0.
Tenglamalar sistemasi rangini aniqlaymiz.
{
− 4 V
11 − 6 V
21 − 6 V
31 = 0 ∨ ¿ ( − 1 )
V
11 + 3 V
21 + V
31 = 0
2 V
11 + 0 + 4 V
31 = 0 , ⇒ { V
11 + 3 V
21 + V
31 = 0
4 V
11 + 6 V
21 + 6 V
31 = 0
2 V
11 + 0 + 4 V
31 = 0 | R
2 − 4 R
1
R
3 − 2 R
1 ,
⇒
{ V
11 + 3 V
21 + V
31 = 0
0 − 6 V
21 + 2 V
31 = 0
0 − 6 V
21 + 4 V
31 = 0 , ⇒ { V
11 + 3 V
21 + V
31 = 0
3 V
21 − V
31 = 0 .
Bundan matritsa rangi 2 teng va λ
1 xos qiymat geometrik karralisi esa 1 ga
teng. Endi
λ1 xos songa bog’langan V1v ektorni qidiramiz, V31= t deb olsak,
quyidagicha natijaga erishamiz:
3 V
21 = V
31 = t , ⇒ V
21 = t
3 , ⇒ V
11 = − 3 V
21 − V
31 = − 3 ∗ t
3 − t = − 2 t ,
Binobarin,
V
1 =
( V
11
V
21
V
31 ) = ( − 2 t
t
3
t ) ∽ ( − 6 t
t
3 t ) = t ( − 6
1
3 ) ∽ ( − 6
1
3 ) ,
V1
xos vektorni to’g’riligini xos qiymat ta’rifidan foydalanib tekshiramiz.
A V
1 = λ
1 V
1 = 0 , ⇒

( − 4 − 6 − 6
1 3 1
2 0 4 )( − 6
1
3 ) = ( 24 − 6 − 18
− 6 + 3 + 3
− 12 + 0 + 12 ) = ( 0
0
0 ) .
λ2=1
xos qiymat uchun V2=(V12,V22,V32)T ni topamiz:
( A − λ
2 E ) V
2 = 0 , ⇒

( − 4 − 1 − 6 − 6
1 3 − 1 1
2 0 4 − 1 )( V
12
V
22
V
32 ) = 0.
Tenglamalar sistemasi rangini aniqlaymiz.
16

{V
12 + 2 V
22 + V
32 = 0
− 5 V
12 − 6 V
22 − 6 V
32 = 0
2 V
12 + 0 + 3 V
32 = 0 | R
2 + 5 R
1
R
3 − 2 R
1 ,
⇒
{ V
12 + 2 V
22 + V
32 = 0
0 + 4 V
22 − V
32 = 0
0 + 4 V
22 − V
32 = 0 , ⇒ { V
12 + 2 V
22 + V
32 = 0
4 V
22 − V
32 = 0 .
Demak, rank
( A − λ
2 E ) V
2 = 2
teng va λ
2 = 1
xos qiymat geometrik karralisi s
2 = 1
ga teng. Endi
λ2 xos songa bog’langan V2 vektorni qidiramiz. V32= t olamiz va
V
12 , V
22 larni t orqali ifodalaymiz:
4 V
22 = V
32 = t , ⇒ V
22 = t
4 , ⇒ V
12 = − 2 V
22 − V
32 = − 2 ∗ t
4 − t = − 3
2 t ,
Endi, V
2 xos vektorni tuzamiz.
V2=
(
V12
V22
V32)
=
(
−3
2 t
t
4
t
)
∽(
−6t
t
4t)= t(
− 6
1
4 )∽(
−6
1
4 ),
V2
xos vektorni to’g’riligini xos qiymat ta’rifidan foydalanib tekshiramiz.
A V
2 =
( − 4 − 6 − 6
1 3 1
2 0 4 )( − 6
1
4 ) = ( 24 − 6 − 24
− 6 + 3 + 4
− 12 + 0 + 16 ) = ( − 6
1
4 ) = 1 ∗ V
2 λ
2 V
Keyingi qadamda λ
3 = 2
. xos qiymat unga bog’langan
V3=(V13,V23,V33)T xos
vektorni topamiz:
( A − λ
3 E ) V
3 = 0 , ⇒

(
− 4− 2 − 6 −6
1 3−2 1
2 0 4− 2)(
V13
V23
V33)
=0.
{
− 6 V
13 − 6 V
23 − 6 V
33 = 0
V
13 + V
23 + V
33 = 0
2 V
13 + 0 + 2 V
33 = 0 , ⇒ { V
13 + V
23 + V
33 = 0
2 V
23 + 0 + V
33 = 0 .
Ko’rinib turibdiki, rank
(A− λ3E) =2. V33= t deb olamiz va V13 , V23
koordinatalarni topamiz.
17

V13=−V33=−t,⇒ V23=V33+V13=0.bundan,
V
3 =
( V
13
V
23
V
33 ) = ( − t
0
t ) = t ( − 1
0
1 ) ∽ ( − 1
0
1 ) ,
V
3 xos vektorni to’g’riligini xos qiymat ta’rifidan foydalanib tekshiramiz.
A V
3 =
( − 4 − 6 − 6
1 3 1
2 0 4 )( − 1
0
1 ) = ( 4 + 0 − 6
− 1 + 0 + 1
− 2 + 0 + 4 ) = ( − 2
0
2 ) = 2 ( − 1
0
1 ) = λ
3 V
3 .
Demak, barcha xos vektorlar topildi. Endi, tenglamalar sistemasi umumiy
yechimini quyidagicha holatda bo’ladi:
X (t)=(
x
y
z)=∑i=1
3
CieλitVi=C1(
−6
1
3 )+C2et
(
− 6
1
4 )+C3e2t
(
−1
0
1 ).
1.3.5-misol. Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
dx
dt = x − y − z
, dy
dt = − x + y − z ,
dz
dt = − x − y + z .
Yechilishi . Tenglamalar sistemasiniing xarakteristik tenglamasini tuzamiz va
ildizlarini topamiz.
det ( A − λE ) =
| 1 − λ − 1 − 1
− 1 1 − λ − 1
− 1 − 1 1 − λ | = 0 , ⇒
( 1 − λ )[( 1 − λ ) 2
− 1 ] + 1 ∗ ¿
¿
⇒ λ 2
-2λ- λ 3
+2λ 2
+2λ-4=0, ⇒ λ 3
-3λ 2
+4=0
Ko’rish mumkinki, kubik tenglama bitta ildizi
λ=−1 . Shuning uchun,
tenglamadan ( λ + 1 )
ko’paytuvchi ajratamiz, u holatda:
λ 3
+ λ 2
− 4 λ 2
− 4 λ + 4 λ + 4 = 0 , ⇒ λ 2
( λ + 1 ) − 4 λ ( λ + 1 ) + 4 ( λ + 1 ) = 0 ,
⇒ (λ+1)(λ2−4λ+4)=0,⇒ (λ+1)(λ− 2)2=0.
Bundan ko’rinadiki, bu sistemasining ikkita xos qiymati mavjud:
λ
1 = − 1 k
1 = 1
karrali va λ
2 = 2 k
2 = 2
karrali.
Xos vektorlarni topamiz.
λ1=−1 xos son uchun matritsa rangini hisoblaymiz:
18

(1 + 1 − 1 − 1
− 1 1 + 1 − 1
− 1 − 1 1 + 1 ) ∽ ( 2 − 1 − 1
− 1 2 − 1
− 1 − 1 2 )| 2 R
2 + R
1
2 R
3 + R
1 ∽ ( 2 − 1 − 1
0 3 − 3
0 − 3 3 )
∽
( 2 − 1 − 1
0 1 − 1 ) .
Modomiki rank ( A − λ
1 E ) = 2
ekan, xos qiymatlar uchun unga bog’langan bitta
V
1 = ( V
11 , V
21 , V
31 ) T
xos vektorni topamiz.
{
2V11−V21−V31=0
0+V21− V31=0
V31= t
deb olsak, u holatda:
V21=V31=t,⇒ 2V11= V21+V31=t+t=2t,⇒ V11= t.
Bulardan kelib chiqib,
V1 xos vektor teng:
V
1 =
( V
11
V
21
V
31 ) = ( t
t
t) = t ( 1
1
1 ) ∽ ( 1
1
1 ) .
Endi algebraik karralisi
k2=2 bo’lgan ikkinchi xos qiymat λ
2 = 2
ni qoyib,
(A− λ1E) rangi va s2 geometrik karralisini aniqlaymiz:
A − λ
2 E =
( 1 − 2 − 1 − 1
− 1 1 − 2 − 1
− 1 − 1 1 − 2 ) ∽ ( − 1 − 1 − 1
− 1 − 1 − 1
− 1 − 1 − 1 ) ∽
( − 1 − 1 − 1 ) ∽ − ( 1 1 1 ) .
Bundan
s2= n− rank (A− λ2E)=3−1= 2.
Bunday holatda, matritsa ikkita xos vektorga ega (ya’ni bu 5-holatga mos
tushadi). Agar
V2=(V12,V22,V32)T , V3=(V13,V23,V33)T deb belgilasak, u holatda
vektor koordinatalari quyidagi tenglamalarni qanoatlantiradi.
V12+V22+V32=0va V13+V23+V33=0.
Erkin o’zgaruvchilar y, z koordinatalarini tanlab, ularni V
2 uchun (0, 1) va V
3
uchun (1, 0) ga tenglashtirib, quyidagi chiziqli erkli vektorlarni olamiz:
V
2 =
( V
12
V
22
V
23 ) = ( − 1
0
1 ) , V
3 = ( V
13
V
23
V
33 ) = ( − 1
1
0 ) .
19

Umumiy yechimning barcha komponentlarini yig’ib, bir uni quyidagi
shaklda ifodalashimiz mumkin.X (t)=C1e−t
(
1
1
1)+C2e2t
(
−1
0
1 )+C3e2t
(
−1
1
0 ).
1.3.6-misol. Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini aniqlang.
dx
dt = − 3 x − 6 y + 6 z
,
dy
dt = x+6z, dz
dt = − y + 4 z .
Yechilishi. Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va
ildizlarini topamiz.
det ( A − λE ) =
| − 3 − λ − 6 6
1 0 − λ 6
0 − 1 4 − λ | = 0 , ⇒
( − 3 − λ ) ( ( − λ ) ( 4 − λ ) + 6 ) − 1 ∗ [ ( − 6 ) ( 4 − λ ) + 6 ] = 0 ,
⇒ (λ+3)(λ2−4λ+6)+6λ−18 =0,
⇒ λ 3
+ 3 λ 2
− 4 λ 2
− 12 λ + 6 λ + 18 + 6 λ − 18 = 0 , ⇒ λ 3
− λ 2
= 0 ,
⇒ λ 2
( λ − 1 ) = 0.
Ko’rinib turibdiki, ikkita xos qiymat mavjud.
k1= 2 karrali λ1=0 va k2=1
karrali
λ2=1 xos qiymatlar mavjud.
(
A − λ
1 E )
matritsa rangini hisoblaymiz:
(
A − λ
1 E ) = ( − 3 − 6 6
1 0 0
0 − 1 4 )| − 1
3
¿ ∽ ( 1 2 − 2
1 0 6
0 − 1 4 ) ¿
∽
( 1 2 − 2
0 − 2 8
0 − 1 4 ) ∽
(
1 2 −2
0 −1 4 )
.
Demak, rank
( A − λ
1 E ) = 2
va shunga mos ravishda xos qiymatning geometrik
karralisi
s1λ1=0 da quyidagicha:
s
1 = n − rank ( A − λ
1 E ) = 3 − 2 = 1
.
20

Ko’rinib turibdiki, bu misol 6-holatga mos keladi, bu yerda Jordan formasi
ikkita Jordan kataklaridan iborat bo’lib, ulardan biri xos vektor bilan, ikkinchisi
bog’langan vektor bilan bog’langan. Avval V
1 = ( V
11 , V
21 , V
31 , ) T
xos vektorni
topamiz, uning matritsaviy tenglamasi:(A− λ1E)=0
.
Tenglamaga ekvivalent sistemani qaraymiz:
{
V11+2V21−2V31= 0
0−V21+4V31=0
V31= t
deb olsak, u holatda
V
21 = 4 V
31 = 4 t , ⇒ V
11 = − 2 V
21 + V
31 = − 2 ∗ 4 t + 2 t = − 6 t .
Bundan
V
1 =
( V
11
V
21
V
31 ) = ( − 6 t
4 t
t ) = t ( − 6
4
1 ) ∽ ( − 6
4
1 ) .
Endi
V2=(V12,V22,V32)T bog’langan vektorni qidiramz.
( A − λ
2 E ) V
2 = V
1 , ⇒
( − 3 − 6 6
1 0 6
0 − 1 4 )( V
12
V
22
V
32 ) = ( − 6
4
1 ) ,
⇒
{ − 3 V
12 − 6 V
22 + 6 V
32 = − 6
V
12 + 0 + 6 V
32 = 4
0 − V
22 + 4 V
32 = 1 , ⇒ ¿
{
V
12 + 2 V
22 − 2 V
32 = 2
0 − 2 V
22 + 8 V
32 = 2
0 − V
22 + 4 V
32 = 1 ,
⇒ {
V12+2V22− 2V32= 2
−V22+4V32=1 .
Berilgan tenglamalar sistemasini qanoatlantiradigan har qanday vektorni
tanlashimiz mumkin. V
32 = 0
deb olamiz. U holatda qolgan koordinatalar:
V22=4V32−1=−1,V12=2V32− 2V22+2=4
.
Bundan. V
2 koordinatalari quytidagicha bo’ladi:
V
2 =
( V
12
V
22
V
32 ) = ( 4
− 1
0 ) .
21

Endi xos qiymati λ2=1 ni ko’rib chiqaylik. Buning uchun

V3=(V13,V23,V33)T xos vektor teng:
(
−3−1 −6 6
1 0−1 6
0 −1 4− 1)(
V13
V23
V33)
= 0
, ⇒
{ − 4 V
13 − 6 V
23 + 6 V
33 = 0
V
13 − 3 V
23 + 6 V
32 = 0
0 − V
22 + 3 V
32 = 0 | : ( − 2 )
¿ , ⇒
¿
⇒
{ V
13 − V
23 + 6 V
33 = 0
0 + 5 V
23 − 15 V
33 = 0
0 − V
23 + 3 V
33 = 0 ,
⇒
{
V13−V23+6V33= 0
V23−3V33=0 .
V33= t
deb olsak, u holatda
V23=3V33=3t,⇒ V13=V23−6V33=3t−6t=−3t.
Bundan xos vektor koordinatalari quyidagicha bo’ladi:
V
3 =
( V
13
V
23
V
33 ) = ( − 3 t
3 t
t ) = t ( − 3
3
1 ) ∽ ( − 3
3
1 ) .
A matritsaning J Jordan formasiga o’tkazish formulasidan foydalanaib, xos
vektor va bog’langan vektor to’g’ri topilganligini tekshiramiz:
H−1AH = J
bunda
H=
( − 6 4 − 3
4 − 1 3
1 0 1 ) .
H matritsa determinanti:
∆
(H)= | − 6 4 − 3
4 − 1 3
1 0 1 | = 1 ∗
( 12 − 3 ) + 1 ∗ ( 6 − 16 ) = − 1.
Endi H matritsaning algebraik to’ldiruvchilaridan iborat B matritsani tuzamiz.
B=
(
A11 A12 A13
A21 A22 A23
A31 A32 A33)
,
A
11 =
| − 1 3
0 1 | = − 1 − 0 = − 1 ,
A
12 = − | 4 3
1 1 | = − ( 4 − 3 ) = − 1 ,
22

A
13 =| 4 − 1
1 0 | = 0 + 1 = 1 ,
A
21 = − | 4 − 3
0 1 | = − ( 4 − 0 ) = − 4 ,
A
22 =
| − 6 − 3
1 1 | = − 6 − 3 = − 9 ,
A
23 = − | − 6 4
1 0 | = − ( 0 − 4 ) = 4 ,
A
31 =
| 4 − 3
− 1 3 | = 12 − 3 = 9 ,
A
32 = − | − 6 − 3
4 3 | = − ( − 18 + 12 ) = 6 ,
A
33 =
| − 6 4
4 − 1 | = 6 − 16 = − 10.
Bundan
B =
( A
11 A
12 A
13
A
21 A
22 A
23
A
31 A
32 A
33 ) = ( − 1 − 1 1
− 4 − 3 4
9 6 − 10 ) .
B matritsani transponerlab, H ga teskari
H−1 matritsani tuzamiz:
H−1= 1
∆(H )BT= (− 1)∗(
−1 − 4 9
−1 −3 6
1 4 −10 )=(
1 4 −9
1 3 −6
− 1 −4 10 ).
Endi formulani hisoblasak:
H − 1
AH =
( 1 4 − 9
1 3 − 6
− 1 − 4 10 )( − 3 − 6 6
1 0 6
0 − 1 4 )( − 6 4 − 3
4 − 1 3
1 0 1 ) .
∽
(
−3+4+0 −6+0+9 6+24 −36
−3+3+0 −6+0+6 6+18 −24
3−4+0 6+0−10 −6− 24 +40 )(
−6 4 −3
4 − 1 3
1 0 1 )=¿
=
( 1 3 − 6
0 0 0
− 1 − 4 10 )( − 6 4 − 3
4 − 1 3
1 0 1 ) = ¿
=
( − 6 + 12 − 6 4 − 3 + 0 − 3 + 9 − 6
0 0 0
6 − 16 + 10 − 4 + 4 + 0 3 − 12 + 10 ) = ( 0 1 0
0 0 0
0 0 1 ) .
Jordan formasini tuzdik, uning o’z qiymatlari birinchi Jordan katagidagi
diagonalda
λ1=0 , ikkinchi Jordan katagida esa λ2=1 xos qiymatiga ega.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagi formula bilan ifodalanadi:
23

X ( t ) =( x
y
z ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
( V
1 t + V
2 ) + C
3 e λ
2 t
V
3 = ¿
= C
1
( − 6
4
1 ) + C
2 [ t( − 6
4
1 ) + ( 4
− 1
0 )] + C
3 e t ( − 3
3
1 ) .
1.3.7- misol. Chiziqli differensial tenglamalar sistemasining umumiy
yechimini toping:
dx
dt = 4 x + 6 y − 15 z
, dy
dt = x + 3 y − 5 z ,
dz
dt = x + 2 y − 4 z .
Yechilishi . Tenglamalar sisteamsi xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
qiymatlarini aniqlaymiz.
det (A− λE )=|
4− λ 6 −15
1 3− λ −5
1 2 − 4− λ|= 0,⇒
(4− λ)¿
⇒ (4− λ)(λ2+λ− 2)−(−6λ+6)+(15 −15 λ)=0,
⇒ 4 λ 2
− λ 3
+ 4 λ − λ 2
− 8 + 2 λ + 6 λ − 6 + 15 − 15 λ = 0 ,
⇒ λ3− 3λ2+3λ−1=0,⇒ (λ−1)3= 0.
Tenglama
k1= 3 karrali λ1=1 xos qiymatga ega ekanligiga erishamiz.
( A − λE )
matritsa rangini hisoblaymiz.
(
4 − 1 6 − 15
1 3 − 1 − 5
1 2 − 4 − 1 ) ∽ ( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 ) ∽
( 1 2 − 5 ) .
Matritsa rangi 1 ga teng. Endi λ
1 = 1
xos qiymat uchun geometrik karralisini
topamiz.
s
1 = n − rank ( A − λ
1 E ) = 3 − 1 = 2
.
Bundan kelib chiqadiki, Jordan formasi ikkita Jordan katagidan iborat. Ya’ni,
7-holatga mos keladi.

λ1=1 xos qiymat uchun V1 va V2 xos vektorlar qidiramiz. V1 vektor
koordinatalarini
V1=(V11,V21,V31)T ko’rinishda olamiz. Tenglamani yechamiz.
24

det (A− λ1E)V1=0,⇒ V11+2V21−5V31=0. Biz ikkita koordinatalarni mustaqil tanlashimiz mumkin. Eng oddiy chiziqli
erkli vektor juftligiga
V1 vektor uchun y=1,z=0, V
2 vektor uchun y= 0,z=1 larni
olamiz. Ushbu qiymatlarni oxirgi tenglamaga qo’yib,
V1 va V
2 xos
vektorlarining x koordinatalarini topamiz.
V
1 =
( − 2
1
0 ) , V2=(
5
0
1) .
Bu yerda shuni yodda tutishimiz kerakki, bu sistema rangi 1 ga teng bo’lib,
cheksiz xos vektorlar to’plami mavjud ¿
tekislikda yotgan ). Shu bila birga,
topilgan
V1 va V2 vektorlarni Jordan bazisiga kiritish shart emas.
2x2 Jordan katagini ko’rib chiqaylik. Shubhasiz, Jordan zanjiri bitta xos vektor
va bitta bog’langan vektordan iborat. Bu vektorlarni
U 1 va U 2 bilan
belgilaymiz.bu vektorlar quyidagi matritsaviy tenglamani qanoatlantiradi:
(A− λ1E)U 1=0,(A− λ1E)U 2= U1,
Tekshirib ko’ramiz, ( A − λ
1 E ) 2
= 0
, ( A − λ
1 E ) 2
=
( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 ) 2
= ( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 )( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 )
¿
( 9 + 6 − 15 18 + 12 − 30 − 45 − 30 + 75
3 + 2 − 5 6 + 4 − 10 − 15 − 10 + 25
3 + 2 − 5 6 + 4 − 10 − 15 − 10 + 25 ) = ( 0 0 0
0 0 0
0 0 0 ) = 0.
Shunday qilib, har qanday nolga teng bo’lmagan vektor operator yadrosiga
tegishli ,
(A− λ1E)2 . (A− λ1E) matritsaning birinchi ustuni nolga teng bo’lmagani
uchun U
2 bog’langan vektor sifatida Ox o’qining birlik vektorini olishimiz
mumkin:
U 2=(1,0,0 )T
U 1
vektorni hisoblaymiz.
U
1 =
( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 )( 1
0
0 ) = ¿
(
3+0+0
1+0+0
1+0+0)=(
3
1
1) .
25

Topilgan U 1 vektorni (A− λ1E) operatorining yadrosiga tegishli ekanligini
tekshiramiz, ya’ni, A matritsaning xos vektori:
(A− λ1E)U 1
= ( 3 6 − 15
1 2 − 5
1 2 − 5 )( 3
1
1 ) = ¿
(
9+6−15
3+2−5
3+2−5)=(
0
0
0)= 0.
Shunday qilib, 2x2 Jordan katakchasi bilan bog’langan ikkita
U 1 va U
2 bazis
vektorlarni aniqladik. Yana 1x1 elementar katakda yana bitta xos vektor mavjud
bo’lib, u A matritsasining
U 1=(3,1,1 )T vektoriga kolinear bo’lmagan har qanday
xos vektor sifatida qabul qilinishi mumkin. Masalan, yechim boshida topilgan
V
2 = ( 5,0,1 ) T
vektorni olaylik.
Hisoblangan uchta chiziqli erkli vektor
U 1, U 2 va V2 Jordan bazisini tashkil
qiladi. Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X
( t) =
( x
y
z ) = C
1 e λ
1 t
U
1 + C
2 e λ
1 t (
t U
1 + U
2 ) + C
3 e λ
1 t
V
2 =
=C
1 e t
( 3
1
1 ) + C
2 e t [
t( 3
1
1 ) + ( 1
0
0 )] + C
3 e t ( 5
0
1 )
1.3.8-misol. Tenglamalar sistemasining umumiy yechimini toping
dx
dt =−7x−5y−3z
, dy
dt = 2 x − 2 y − 3 z ,
dz
dt = y .
Yechilishi. Tenglamlar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va
ildizlarini topamiz.
det ( A − λE ) =
| − 7 − λ − 5 − 3
2 − 2 − λ − 3
0 1 − λ | = 0 ,
⇒ ( − 7 − λ ) [ ( − 2 − λ ) ( − λ ) + 3 ] − 2 ( 5 λ + 3 ) = 0 ,
⇒ ( λ + 7 ) ( λ 2
+ 2 λ + 3 ) + 10 λ + 6 = 0 ,
⇒ λ3+7λ2+2λ2+14 λ+3λ+21 +10 λ+6=0,
⇒ λ 3
+ 9 λ 2
+ 27 λ + 27 = 0 ,
⇒ ( λ + 3 ) 3
= 0.
26

Demak, A matritsaning algebraik karralisi k1= 3 teng bolgan λ1=−3
xos qiymatini topamiz.
Quyidagi
(A− λ1E) matritsaning rangini topamiz:
(
− 7 + 3 − 5 − 3
2 − 2 + 3 − 3
0 1 3 ) ∽ ( − 4 − 5 − 3
2 1 − 3
0 1 1 ) ¿ ( − 1 )
¿
¿
∽
( 2 1 − 3
4 5 3
0 1 3 ) ¿
¿ R
2 − 2 R
1
¿
∽
( 2 1 − 3
0 3 9
0 1 3 ) ∽ ( 2 1 − 3
0 1 3 ) .
Ko’rinib turibdiki, rank
( A − λ
1 E ) = 2 , λ
1 = − 3
xos qiymat uchun geometrik esa:
s1=n−rank (A− λ1E)=3− 2=1
.
Demak berilgan misol 8- holatga mos keladi, bundan, 3x3 Jordan katagini
olamiz.
Tegishli Jordan zanjiri esa bitta V
1 xos vektor va ikkita V
2 ,
V3 bog’langan
vektorlardan iborat bo’ladi. Bu vektorlar uchun, quyidagi Jordan bazisi
ifodalovchi tengliklar o’rinli bo’ladi.
(A− λ1E)V1=0,(A− λ1E)V2=V1,(A− λ1E)V3=V2
.
Ishonch hosil qilamizki, ( A − λE ) 3
= 0 :
(A− λ1E)2=(
− 4 −5 −3
2 1 −3
0 1 3 )
2
=(
− 4 − 5 −3
2 1 −3
0 1 3 )(
− 4 −5 −3
2 1 −3
0 1 3 )=¿
¿(
16 −10 +0 20 −5−−3 12 +15 −9
−8+2+0 −10 +1−3 −6− 3−9
0+2+0 0+1+3 0−3+9 )=(
6 12 18
−6 −12 −18
2 4 6 ),
(
A − λ
1 E ) 3
= ( 6 12 18
− 6 − 12 − 18
2 4 6 )( − 4 − 5 − 3
2 1 − 3
0 1 3 ) = ¿
¿
( − 24 + 24 + 0 − 30 + 12 + 18 − 18 − 36 + 54
24 − 24 + 0 − 30 + 12 + 18 18 + 36 − 54
− 8 + 8 + 0 − 10 + 4 + 6 − 6 − 12 + 18 ) = ( 0 0 0
0 0 0
0 0 0 ) = 0.
Shunday qilib,
ker (A− λE )3= R3
27

( A − λ
1 E ) 3
operator bazisi butun fazoga to’g’ri keladi. Shuning uchun biz
ixtiyoriy ravishda olingan nolga teng bo’lmagan V
3 vektor Jordan zanjirini hosil
qiladi. Masalan, V
3 = ( 1 , 0 , 0 ) T
birlik vektorni olaylik va bu vektorning
( A − λ
1 E ) 2
tegishli emasligiga ishonch hosil qilamiz:
(
A − λ
1 E ) 2
V
3 ( 6 12 18
− 6 − 12 − 18
2 4 6 )( 1
0
0 ) = ( 6 + 0 + 0
− 6 + 0 + 0
2 + 0 + 0 ) = ( 6
− 6
2 ) ≠ 0.
Endi munosabatlar zanjiridan V
1 , V
2 orqali hisoblaymiz:
V
1 = ( A − λ
1 E ) V
2 = ( A − λ
1 E ) 2
V
3 ,
Bizning maqsadimiz
V1
nolga teng bo’lmagan vektorni topish va Jordan
bazisini qurishdir. Agar V
1 = ¿
0 bo’lsa, u holatda V
3 v
ektor sifatida ( 0,1,0 ) T
yoki
(0,0,1 )T
birlik vektorlarni qabul qilishimiz mumkin. Bundan biz uchta variantdan
birida nolga teng bo’lmagan V
1 vektorni olishimiz kerak.
( A − λ
1 E ) 2
operatorning
bazisi butun fazo bilan mos kelmaydi va shuning uchun uchta chiziqli erkli
vektorga ega bo’la olmaydi.
Hisoblashni davom ettiramiz,
V2 va V1 vektorlarni topamiz.
V2=(A− λ1E)V3=(
−4 −5 −3
2 1 −3
0 1 3 )(
1
0
0)=(
−4+0+0
2+0+0
0+0+0 )=(
− 4
2
0 )
V
1 = ( A − λ
1 E ) V
2 =
( − 4 − 5 − 3
2 1 − 3
0 1 3 )( − 4
2
0 ) = ( 16 − 10 + 0
− 8 + 2 + 0
0 + 2 + 0 ) = ( 6
− 6
2 ) .
Shunday qilib, bu vektorlardan iborat Jordan bazisi quyidagicha:
V
1 =
( 6
− 6
2 ) , V
2 = ( − 4
2
0 ) , V
3 = ( 1
0
0 ) .
Keling, A matritsaning Jordan formasi J ga aylantirish formulaasidan
foydalanib tekshiramiz.
H−1AH = J
H matritsa
V1 , V2 , V3 bazis vektorlardan iborat.
H =
( 6 − 4 1
− 6 2 0
2 0 0 ) ,
28

H−1 teskari matritsasi esa quyidagiga teng:
H − 1
=
( 0 0 1
2
0 1
2 3
2
1 2 3 ) ,
Matritsalarni tenglamaga qo’yib quyidagiga erishamiz:
H−1AH =
(
0 0 1
2
0 1
2
3
2
1 2 3
)(
−7 −5 −3
2 −2 −3
0 1 0 )(
6 − 4 1
−6 2 0
2 0 0)=¿
¿
( 0 1
2 0
1 1
2 − 3
2
− 3 − 6 − 9 )( 6 − 4 1
− 6 2 0
2 0 0 ) = ( − 3 1 0
0 − 3 1
0 0 − 3 ) = J .
Natijada biz Jordan formasida bitta 3x3 Jordan katagini topamiz.
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa quyidagi ko’rinishda bo’ladi:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
V
1 + C
2 e λ
1 t
( V
1 t + V
2 ) + C
3 e λ
1 t
( t 2
2 ! V
1 + t V
2 + V
3 ) = ¿
=C
1 e -3t
( 6
− 6
2 ) − C
2 e − 3 t [
t( 6
− 6
2 ) + ( − 4
2
0 )] + C
3 e − 3 t [ t 2
2 ( 6
− 6
2 ) + t ( − 4
2
0 ) + ( 1
0
0 )] .
II Bob. Jordan matritsasi yordamida bir jinsli chiziqli
differensial tenglamalar sistemasini yechish.
2.1-§. Ikki noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish.
29

2.1.1-misol. Tenglamalar sistemasini yeching{
˙x=3x+4y
˙y=− x− y
Yechilishi Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
qiymatlarini topamiz:
det (A− λE )=|
3− λ 4
−1 −1− λ|= 0,⇒ (3− λ)(−1− λ)+4=0
⇒ λ2−2λ−3+4=0,⇒ λ2− 2λ+1=0,⇒ λ1=1
,
Demak, tenglamalar sistemasi xarakteristik tenglamasi bitta k
1 = 2
karrali λ
1 = 1
xos
qiymatga ega.
λ1 xos qiymat uchun xos vektorni topamiz.
(
3 − 1 4
− 1 − 1 − 1 )( v
11
v
21 ) = 0 , ⇒ ( 2 4
− 1 − 2 )( v
11
v
21 ) = 0 , ⇒
{
2v11+4v21= 0
−v11−2v21= 0
, ⇒ v12+2v22= 0 .
Agar, v
11 = t
deb olsak, u holda
v11=− 2t
boladi. Ya’ni,
v
1 =
( v
11
v
21 ) = ( − 2 t
t ) = t ( − 2
1 ) ∽ ( − 2
1 )
Endi topilgan v
1
vektordan foydalanib,
v2v ektorni quyidagi formula orqali
hisoblaymiz.
( A − λ
1 v
2 ) = v
1
(
2 4
−1 −2)(
v12
v22)=(
− 2
1 )

{
2v12+4v22=−2
− v12− 2v22=1 , ⇒ v
12 + 2 v
22 = − 1
.
Bundan,
v12=1,v22=−1 ekanligi kelib chiqadi.
v
2 =
( 1
− 1 )
Bu yerda 2- holatga duch kelamiz: differensial tenglamalar sistemasi ikkita bir
xil xos qiymatga ega. Ularning algebraik va geometrik karralilari 2 ga teng.
Sistema uchun umumiy yechim quyidagicha bo’ladi:
30

X (t)=(
x
y)=C1eλ1tv1+C2eλ1tv2=C1et
(
− 2
1 )+C2et
(
1
−1).
2.1.2-misol. Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
{
˙x = 2 y
˙y = 2 x
Yechilishi . Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
qiymatlarini topamiz:
det ( A − λE ) =
| − λ 2
2 − λ | = 0 , ⇒ λ 2
− 4 = 0 λ
1 = 2 λ
2 = − 2 .
Endi har bir xos son uchun xos vektorlarni topamiz
λ
1 = 2
xos son uchun
v1=(v11,v21)T xos vektorni quyidagi formula orqali topamiz:
(A− λ1v1)=0
(
− 2 2
2 − 2)(
v11
v21)=(
0
0)

{
−2v11+4v21= 0
2v11−2v21= 0 , ⇒ v
12 − v
22 = 0

Ko’rinib turibdiki, matritsa rangi 1 ga teng. Shuning uchun,
λ1=1 xos
qiymatning geometrik karralisini hisoblaymiz.
s1=n−rank (A− λ1E)=2−1=1
.
Shunga ko’ra, ining bitta xos vektori mavjud va uning koordinatalari:

v21=t deb olsak u holda, v11=v21= t bo’ladi. Ya’ni,
.
v1=(
v11
v21)=(
t
t)=t(
1
1)∽(
1
1)
Endi, λ
2 = − 2
xos son uchun
v2=(v12,v22)T xos vektorni quyidagi formula orqali
topamiz:
(A− λ2v2)=0
(
2 2
2 2 )( v
12
v
22 ) = ( 0
0 )

{
2v11+4v21= 0
2v11+2v21=0 , ⇒ v
12 + v
22 = 0
31

Agar v22=t deb olsak u holda, v12=−v22=−t bo’ladi. Ya’ni,
.
v2=(
v12
v22)=(
−t
t)= t(
−1
1 )∽(
−1
1 )
Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.(1-holat)
Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
v
1 + C
2 e λ
2 t
v
2 = C
1 e 2 t
( 1
1 ) + C
2 e − 2 t ( − 1
1 )
2.1.3-misol . Tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x = x − 3 y
˙y = 3 x + y
Yechilishi. Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzib xos
qiymatlarni topamiz.
(A− λE )=0(
1− λ 3
3 1− λ)=0⇒ (λ−1)2− 9=0
λ1=4,λ2=−2
Ikkita k
1 = 1
va k
2 = 1
karrali xos sonlarga ega bo’lamiz bu xos qiymatlar uchun
matritsa rangi va geometrik karralisi mos ravishda:
rank (A− λ1E)=1,s1= n− rank (A− λ1E)=2−1=1
rank (A− λ2E)=1,s2=n−rank (A− λ2E)=2−1=1
Endi xos qiymat mos ravishda
v1=(v11,v21)Tv a v2=(v12,v22)T xos vektrolarni
topamiz. λ
1 = 4
xos son uchun xos vektor quyidagicha topiladi:
(A− λ1E)v1= 0
(
− 3 3
3 −3)(
v11
v21)=0
{
−3v11+3v21= 0
3v11−3v22= 0
Agar
v11=t deb olsak, u holda v21=t bo’ladi
v
1 =
( v
11
v
21 ) = ( t
t) t ( 1
1 ) ( 1
1 )
Endi λ
2 = − 2
xos songa mos
v2=(v12,v22)T xos vektorni topamiz.
(A− λ2E)v2=0
32

(
3 3
3 3)(
v12
v22)=0
{
3v12+3v22=0
3v12+3v22=0Agar
v22=t deb olsak, u holda v12=−t bo’ladi
v
2 =
( v
12
v
22 ) = ( − t
t ) t ( − 1
1 ) ( − 1
1 )
Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.(1-holat)
Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
v
1 + C
2 e λ
2 t
v
2 = C
1 e 4 t
( 1
1 ) + C
2 e − 2 t ( − 1
1 ) .
2.1.4-misol .tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x = 2 x + y
˙y = 3 x + 4 y
Yechilishi . Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzib xos
qiymatlarni topamiz.
(A− λE )=0(
2− λ 1
3 4− λ)=0⇒ λ2− 6λ+5= 0
λ1=1,λ2=5
Ikkita k
1 = 1 v
a k
2 = 1
karrali xos sonlarga ega bo’lamiz bu xos qiymatlar uchun
matritsa rangi va geometrik karralisi mos ravishda:
rank (A− λ1E)=1,s1= n− rank (A− λ1E)=2−1=1
rank (A− λ2E)=1,s2=n−rank (A− λ2E)=2−1=1
Endi xos qiymat mos ravishda
v=(v11,v21)Tv a v2=(v12,v22)T xos vektrolarni
topamiz. λ
1 = 1
xos son uchun xos vektor quyidagicha topiladi:
(A− λ1E)v1= 0
(
1 1
3 3)(
v11
v21)=0
{
v11+v21=0
3v11+3v22= 0
Agar
v11=t deb olsak, u holda v21=t bo’ladi
33

v
1 =( v
11
v
21 ) = ( t
t) t ( 1
1 ) ( 1
1 )
Endi λ
2 = 5
xos songa mos
v2=(v12,v22)T xos vektorni topamiz.
(A− λ2E)v2=0
(
− 3 1
3 − 1 )( v
12
v
22 ) = 0
{
− 3 v
12 + v
22 = 0
3 v
12 − v
22 = 0
Agar
v22=t deb olsak, u holda v12= −t
3 bo’ladi
v2=(
v12
v22)=
(
−t
3
t )
t
(
−1
3
1 ) (
− 1
3
1 )
Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.(1-holat)
Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X (t)=C1eλ1tv1+C2eλ2tv2=C1e1t
(
1
1)+C2e5t
(
−1
3
1 )
.
2.1. 5 -misol , Tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x= x− y
˙y= x+3y
Yechilishi . Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz
(
A − λE ) = 0
(
1 − λ − 1
1 3 − λ ) = 0
λ2− 4λ+4= 0
λ1=2
Yuqoridagi xarakteristik tenglamadan k
1 = 2
λ
1 = 2
xos songa ega bo’lamiz.
Bu xos qiymat uchun matritsa rangi va geometrik karralisini topamiz./
34

(
−1 −1
1 1 ) (
−1 −1
0 0 )rank
( A − λ
1 E ) = 1 s
1 = n − rank ( A − λ
1 E ) = 2 − 1 = 1
xos vektor v
1 = ( v
11 , v
21 ) T
quyidagi tenglama orqali topiladi:
(A− λ1E)v1= 0
(
−1 −1
1 1 )(
v11
v21)=0
{
−v11−v21= 0
v11+v21=0
Agar
v21=t deb olsak, u holda v11=− v21=−t
v
1 =
( v
11
v
21 ) = ( − t
t ) t ( − 1
1 ) ( − 1
1 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini topish uchun yana bitta chiziqli erkli
xos vektor lozim. Bu vektor sifatida biz bog’langan v
2 = ( v
12 , v
22 ) T
v
ektorni olamiz
va bu vektor quyidagi tenglama orqali topiladi:
(A− λ1E)v1= v1
(
− 1 − 1
1 1 )( v
12
v
22 ) = ( − 1
1 )
{
−v12− v22=−1
v12+v22=1
v
2 =
( v
12
v
22 ) = ( 2
− 1 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini quyidagi foemula orqali hisoblaymiz:
X ( t ) = C
1 e λ
1 t
v
1 + C
2 e λ
1 t
v
2 ( t V
1 + V
2 ) = C
1 e 2 t
( − 1
1 ) + C
2 e 2 t [
t( − 1
1 ) + ( 2
− 1 )] .
2.1.6-misol . Tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x = 2 x
˙y = 3 y
35

Yechilishi. Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz(
A − λE ) = 0
(
2 − λ 0
0 3 − λ ) = 0
(
λ − 3 )( λ − 2 ) = 0
λ1=3,λ2= 2.
λ
1 = 3
xos qiymat k
1 = 1
karrali hamda λ
2 = 2
xos qiymat esa k
2 = 1
karrali xos
qiymatlarni topamiz. Endi, mos ravishda har bir xos qiymatning matritsaviy
rangi hamda geometrik karralilarini quyidagicha bo’lamiz.
rank
( A − λ
1 E ) = 1 s
1 = n − rank ( A − λ
1 E ) = 2 − 1 = 1
rank (A− λ2E)=1s2= n− rank (A− λ2E)= 2−1=1
λ1=3
xos qiymat uchun erkli xos vektorni quyidagicha aniqlaymiz:
(A− λ1E)v1= 0
(
0 0
0 1 )( v
12
v
22 ) = 0
{
0 ∗ v
12 + 0 ∗ v
22 = 0
0 ∗ v
12 + 1 ∗ v
22 = 0
Bu tenglamalar sistemasidan quyidagilarni topamiz
v1=(
v12
v22)=(
1
0)
Xuddi shuningdek
λ2= 2 xos qiymat uchun erkli xos vektorni quyidagicha
aniqlaymiz:
(
A − λ
2 E ) v
2 = 0
(
−1 0
0 0)(
v11
v21)=0
{
− v11+0∗v21=0
0∗v11+0∗v21=0
Bu tenglamalar sistemasidan quyidagilarni topamiz
36

v1=(
v11
v21)=(
0
1)Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.(1-holat)
Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X (t)=C1eλ1tv1+C2eλ2tv2=C1e3t
(
1
0)+C2e2t
(
0
1)
.
2.1.7-misol . Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
{
x'=2x+3y
y'= 4x+3y
Yechilishi . .Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz
(
A − λE ) = 0
(
2− λ 3
4 3− λ)=0
(
λ − 3 )( λ − 2 ) − 12 = 0
λ
1 = 6 , λ
2 = − 1.
λ1=6
xos qiymat k1=1 karrali hamda λ2=−1 xos qiymat esa k2=1 karrali xos
qiymatlarni topamiz. Endi, mos ravishda har bir xos qiymatning matritsaviy
rangi hamda geometrik karralilarini quyidagicha bo’lamiz.
rank (A− λ1E)=1s1=n−rank (A− λ1E)= 2−1=1
rank (A− λ2E)=1s2= n− rank (A− λ2E)= 2−1=1
λ
1 = 6
xos qiymat uchun erkli xos vektorni quyidagich aniqlaymiz:
(A− λ1E)v1= 0
(
− 4 3
4 −3)(
v11
v21)=0
{
−4v11+3v21=0
4v11−3v21=0
Bu tenglamalar sistemasidan quyidagilarni topamiz
v
1 =
( v
11
v
21 ) = ( t
0.75 t ) t ( 1
0.75 ) ( 1
0.75 ) .
λ
2 = − 1
xos qiymat uchun erkli xos vektorni quyidagicha aniqlaymiz:
37

(A − λ
2 E ) v
2 = 0
(
3 3
4 4 )( v
12
v
22 ) = 0
{
3 v
12 + 3 v
22 = 0
4 v
12 + 4 v
22 = 0
Bu tenglamalar sistemasidan quyidagilarni topamiz
v2=(
v12
v22)=(
t
−t) t(
1
−1) (
1
−1)
Ko’rinib turibdiki, biz bu holatda oddiy xos qiymatlarga ega bolamiz.(1-holat)
Tenglamalar sistemasi ummumiy yechimi quyidagicha ko’rinishda bo’ladi.
X (t)=C1eλ1tv1+¿
C2eλ2tv2=C1e6t
(
1
0.75 )+C2e−t
(
1
−1)
2.2-§. Uch noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish.
2.2.8-misol . Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping
{
˙x= 3x− y− z
˙y=− x+3y− z
˙z=− x− y+3z
Yechilishi. Tenglamalar sistemasining xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
qiymatlarini topamiz:
(
A − λE ) =
( 3 − λ − 1 − 1
− 1 3 − λ − 1
− 1 − 1 3 − λ ) = 0
((3− λ)¿¿3+2)−((3− λ)+(3− λ)+(3− λ))=0¿
(3− λ)3− 7+3λ= 0
20 − 24 λ + 9 λ 2
− λ 3
= 0
λ
1 = 5 λ
2 = 2
Demak, biz
λ2= 2 ikki karrali xos songa va λ1=5 bir karrali xos sonlarga ega
bo’lamiz. Endi har bir xos qiymat uchun mos xos vektorlarni topamiz:
λ1=5
xos vektor uchun matritsa rangini hisoblaymiz.
38

(3 − 5 − 1 − 1
− 1 3 − 5 − 1
− 1 − 1 3 − 5 ) ( − 2 − 1 − 1
− 1 − 2 − 1
− 1 − 1 − 2 ) ( − 2 − 1 − 1
0 3 1
0 1 3 ) ( 1 − 1 − 1
0 3 1 )
Modomiki rank ( A − λ
1 E ) = 2
ekan, xos qiymatlar uchun unga bog’langan bitta
v
1 = ( v
11 , v
21 , v
31 ) T
xos vektorni topamiz.
{
−2v11−v21− v31=0
0+3v21+v31=0
v31= t
deb olsak, u holatda:
v
21 = − 1
3 v
31 = − 1
3 t , ⇒ − 2 v
11 = v
21 + v
31 = − 1
3 t + t = 2
3 t , ⇒
v
11 = − 1
3 t
Bulardan kelib chiqib, v
1 xos vektor teng:
v1=
(
v11
v21
v31)
=
(
−1
3 t
−1
3 t
t
)
=t
(
−1
3
−1
3
1
)
∽
(
−1
3
−1
3
1
)
.
Endi
λ2= 2 xos son cuhun (A− λ2E) matritsa rangini aniqlaymiz.
(
3 − 2 − 1 − 1
− 1 3 − 2 − 1
− 1 − 1 3 − 2 ) ( 1 − 1 − 1
− 1 1 − 1
− 1 − 1 1 ) ( 1 − 1 − 1
0 0 − 2
0 − 2 0 ) ( 1 − 1 − 1
0 0 − 2 )
Ko’rinib turibdiki,
rank (A− λ2E)=2 boladi. Bundan
{
v12−v22− v32=0
0+0∗v22−2v32= 0
v
22 = 0
bo’ladi, u holatda:
v22=v12
tenglikka asosan ixtiyori tanlashimiz mumkin. Bulardan kelib chiqib, v
2
xos vektor teng:
v
2 =
( v
12
v
22
v
32 ) = ( t
− t
0 ) = t ( 1
− 1
0 ) ∽ ( 1
− 1
0 ) .
39

bu esa geometrik karralisi esa s2= n− rank (A− λ2E)=3− 2=1
Qolgan chiziqli erkli xos vektor v
3 bog’langan v
2 vektor orqali topiladi:
(A− λ2E)v3=v2
.
(
1 − 1 − 1
− 1 1 − 1
− 1 − 1 1 )( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
− 1
0 )
{
v
13 − v
23 − v
33 = 1
− v
13 + v
23 − v
33 = − 1
− v
13 − v
23 + v
33 = 0
Bundan,
v
3 =
( v
13
v
23
v
33 ) = ( 2
1
0 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagi formula bilan ifodalanadi:
X (t)=(
x
y
z)=C1eλ1tv1+C2eλ2tv2+C3eλ2t(v2t+v3)
=
= C
2 e 2 t
( 1
− 1
0 ) + C
3 e 2 t [
t( 1
− 1
0 ) + ( 2
1
0 )] + C
1 e 5 t ( − 1
3
− 1
3
1 )
2.2.9-misol .Tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x = − 3 x + 4 y − 2 z
˙y = x + z
˙z = 6 x − 6 y + 5 z
Yechilishi. Sistemaning xarakteritik tenglamasini tuzib, xos qiymatlarni
topamiz:
(
A − λE ) =
| − 3 − λ 4 − 2
1 − λ 1
6 − 6 5 − λ | = 0
40

(5 λ ( λ + 3 ) ( 5 − λ ) + 12 + 24 ) − ¿
− 5 λ 3
+ 25 λ 2
+ 61 λ − 2 = 0
λ
1 = 1 , λ
2 = 2 , λ
3 = − 1
Uchta turli xil xos qiymatlarga ega bolamiz. Har bir xos son uchun matritsa
rangi va geometrik karralasini hisoblaymiz va quyidagiyechimlarni olamiz:
λ
1 = 1 rank
( A − λ
1 E ) = 2 , s
1 = n − rank ( A − λE ) = 3 − 2 = 1
λ
2 = 2 rank
( A − λ
2 E ) = 2 , s
2 = n − rank ( A − λE ) = 3 − 2 = 1
λ3=−1rank (A− λ3E)=2,s3= n−rank (A− λE )=3− 2=1
Bundan kelib chiqib bu masala 4- holatga mos keladi. Endi har bir xos qiymat
uchun xos vektorlarni topamiz:
(A− λ1E)v1= 0
(
− 4 4 − 2
1 − 1 1
6 − 6 4 )( v
11
v
21
v
31 ) = 0
{
− 4 v
11 + 4 v
21 − 2 v
31 = 0
v
11 − v
21 + v
31 = 0
6 v
11 − 6 v
21 + 4 v
31 = 0
Bundan
v
1 =
( v
11
v
21
v
31 ) = ( 1
1
0 )
λ
2 = 2
xos qiymat uchun xos vektor esa:
(
A − λ
2 E ) v
2 = 0
(
− 5 4 − 2
1 − 2 1
6 − 6 3 )( v
12
v
22
v
32 ) = 0
{
−5v12+4v22− 2v32=0
v12− 2v22+v32=0
6v12−6v22+3v32=0
Bundan
41

v2=
(
v12
v22
v32)
=
(
0
1
2)λ
3 = − 1
xos son uchun xos vektor quyidagcha:
(
A − λ
3 E ) v
3 = 0
(
− 2 4 − 2
1 1 1
6 −6 6 )(
v13
v23
v33)
=0
{
− 2 v
13 + 4 v
23 − 2 v
33 = 0
v
13 + v
23 + v
33 = 0
6 v
13 − 6 v
23 + 6 v
33 = 0
Bundan
v
3 =
( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
0
− 1 )
Demak, barcha xos vektorlar topildi. Endi, tenglamalar sistemasi umumiy
yechimini quyidagicha holatda bo’ladi:
X (t)=(
x
y
z)=∑i=1
3
Cieλitvi=C1(
1
1
0)+C2et
(
0
1
2)+C3e2t
(
1
0
−1).
2.2. 10 -misol . Tenglamalar sistemasini yeching.
{
˙x=4x− y
˙y=3x+y− z
˙z= x+z
Yechilishi. Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz.
(
A − λE ) = 0 , ⇒
( 4 − λ − 1 0
3 1 − λ − 1
1 0 1 − λ ) = 0
((λ−1)2(4− λ)+1)−(3(λ−1))=0
λ
1 = − 2 ,

λ1=−2 xos son k1= 3 karrali xos songa ega bo’lamiz.
42

Xos son uchun matritsa rangi hamda geometrik karralisini hisoblaymiz.rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
Demak berilgan misol 8- holatga mos keladi, bundan, 3x3 Jordan katagini
olamiz.
Tegishli Jordan zanjiri esa bitta v
1 xos vektor va ikkita v
2 , v
3 bog’langan
vektorlardan iborat bo’ladi. Bu vektorlar uchun, quyidagi Jordan bazisi
ifodalovchi tengliklar o’rinli bo’ladi.
(
A − λ
1 E ) v
1 = 0 .
( A − λ
1 E ) v
2 = v
1 . ( A − λ
1 E ) v
3 = v
2 .
(
2 −1 0
3 −1 −1
1 0 −1)(
v11
v21
v31)
=0
{
2 v
11 − v
21 = 0
3 v
11 − v
21 − v
31 = 0
v
11 − v
31 = 0
Agar
v31= t deb olsak u holda:
v
1 =
( v
11
v
21
v
31 ) = ( t
2 t
t ) t ( 1
2
1 ) ( 1
2
1 )
V2
bog’langan vektorni v1 erkli xos vektor orqali topamiz.
( A − λ
1 E ) v
2 = v
1
( 2 − 1 0
3 − 1 − 1
1 0 − 1 )( v
12
v
22
v
32 ) = ( 1
2
1 )
{
2 v
12 − v
22 = 1
3 v
12 − v
22 − v
32 = 2
v
12 − v
32 = 1
Bu sistemada, agar, v
32 = 0
desak u holda, v
12 = 1 v
32 = 0 , v
22 = 1
bo’ladi.
Ya’ni,
v
2 =
( v
12
v
22
v
32 ) = ( 1
1
0 )
Endi,
v3
bog’langan vektorni ham hisoblaymiz.
43

( A − λ
1 E ) v
3 = v
2( 2 − 1 0
3 − 1 − 1
1 0 − 1 )( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
1
0 )
{
2 v
13 − v
23 = 1
3 v
13 − v
23 − v
33 = 1
v
13 − v
33 = 0
Bu sistemada, agar, v
13 = v
33 = 1
desak u holda,
v13= v23=1, bo’ladi.
Ya’ni,
v
3 =
( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
1
1 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi esa quyidagi ko’rinishda
bo’ladi:
X (t)=C1eλ1tv1+C2eλ1t(v1t+v2)+C3eλ1t(t2
2!v1+tv2+v3)
=
¿ C
1 e − t
( 1
2
1 ) − C
2 e − t [
t( 1
2
1 ) + ( 1
1
0 )] + ¿
+ C
3 e − t
[ t 2
2 ( 1
2
1 ) + t ( 1
1
0 ) + ( 1
1
1 )]
2.2.11-misol . Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
{
˙x=3x+y+y
˙y= x+3y+z
˙z= 2x− 2y+4z
Yechilishi . Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz.
(
A − λE ) = 0 , ⇒
( 3 − λ 1 1
1 3 − λ 1
2 − 2 4 − λ ) = 0
¿
λ3−10 λ2+32 λ−32 =0
λ1=2,λ2=4
44

Xarakteristik tenglamadan λ1=2 k1=1 karrali hamda
λ
2 = 4

k2=2 karrali xos qiymatlarga ega bo’lamiz. Mos ravishda, har bir xos
qiymat uchun
( A − λE )
Matritsa rangi va geometrik karralisi quyidaicha bo’ladi.
rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
λ
1 = 2
xos son uchun xos vektorni quyidagi formula orqali topamiz:
(A− λ1E)v1= 0.

(
1 1 1
1 1 1
2 − 2 2 )( v
11
v
21
v
31 ) = 0
⌊ v
11 + v
21 + v
31 = 0
v
11 + v
21 + v
31 = 0
2 v
11 + 2 v
21 + 2 v
31 = 0 ¿ ¿
Agar
v31= t deb olsak u holda:
v
1 =
( v
11
v
21
v
31 ) = ( t
− 2 t
t ) t ( 1
− 2
1 ) ( 1
− 2
1 )
Endi,
λ2= 4 xos son uchun xos vektor hamda bog’langan vektorlarni topamiz.
(A− λ2E)v2=0.

(
− 1 1 1
1 − 1 1
2 − 2 0 )( v
12
v
22
v
32 ) = 0
{
− v
12 + v
22 + v
32 = 0
v
12 − v
22 + v
32 = 0
2 v
12 − 2 v
22 = 0
Agar v
22 = t
deb olsak u holda v
22 = v
12 = t
hamda v
22 = 0
ekanligi kelib chiqadi.
Bundan,
45

v
2 =( v
12
v
22
v
32 ) = ( t
t
0 ) t ( 1
1
0 ) ( 1
1
0 )
v3
bog’langan vektorni esa quyidagi fomula orqali hisoblaymiz.
(A− λ2E)v3=v2
.
(
− 1 1 1
1 − 1 1
2 − 2 0 )( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
1
0 )
{
−v13+v23+v33=1
v13−v23+v33=1
2v13− 2v23=0
Yuqoridagi sistemadan v
13 = v
23 = 1
deb olsak,
v13=1 bo’ladi
Bundan,
v3=
(
v13
v23
v33)
=
(
1
1
1) (
1
1
1)
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagi formula bilan ifodalanadi:
X
( t) =
( x
y
z ) = C
1 e λ
1 t
v
1 + C
2 e λ
2 t
v
2 + C
3 e λ
2 t
( v
2 t + v
3 )
=
=
C1e2t
(
1
− 2
1 ) + C
2 e 4 t ( 1
1
0 ) + C
3 e 4 t [
t( 1
1
0 ) + ( 1
1
1 )] .
2.2.12-misol , Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
{
˙x= x+2y
˙y= 2y
˙z=−2x− 2y+z
Yechilishi. Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz
(
A − λE ) = 0
46

(
1− λ 2 0
0 2− λ 0
−2 −2 −1− λ)=0
(λ−1)(λ+1)(2− λ)= 0
λ1=1,λ2=−1,λ3= 2.Topilgan xos qiymatlar λ
1 = 1
k
1 = 1
, , λ
2 = − 1 ,
k
2 = 1
, λ
3 = 2
k
3 = 1
karrali
bo’ladi. Xos sonlar uchun mos ravishda matritsa rangi va geometrik karralisini
quyidagicha bo’ladi:
rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
rank
( A − λ
2 E ) = 2 s
2 = n − rank ( A − λ
2 E ) = 3 − 2 = 1
rank
( A − λ
3 E ) = 1 s
3 = n − rank ( A − λ
3 E ) = 3 − 1 = 2
Demak, xarakteristik matritsa uchta har xil xos qiymatga ega:
λ1=1

λ2=−1 , λ
3 = 2
. v
1 , v
2 , v
3 xos vektorlarni mos xos qiymatlari yordamida
hisoblaymiz.
λ1=1 xos qiymat uchun v
1 = ( v
11 , v
21 , v
31 ) T
xos vektorni topamiz:
( A − λ
1 E ) v
1 = 0 , ⇒
( 0 2 0
0 1 0
− 2 − 2 − 2 )( v
11
v
21
v
31 ) = 0.
{
2 v
11 = 0
v
21 = 0
− 2 v
11 − 2 v
21 − 2 v
31 = 0
Bu tenglamadan quyidagini hosil qilamiz
v
21 = 0 , v
11 = t
, deb olsak, v
31 = − v
11 = − t
v1=
(
v11
v21
v31) (
t
0
−t)
t
(
1
0
−1) (
1
0
−1)
Endi, λ
2 = − ¿
1 xos qiymat uchun
v2=(v12,v22,v32)T xos vektorni topamiz:
( A − λ
2 E ) v
2 = 0 , ⇒
( 2 2 0
0 3 0
− 2 − 2 0 )( v
12
v
22
v
32 ) = 0.
{
2 v
12 + 2 v
22 = 0
3 v
22 = 0
− 2 v
12 − 2 v
22 = 0
47

Bu tenglamadan quyidagini hosil qilamiz
v12= t , deb olsak , v
22 = − v
12 = − t
. v
32 esa ixtiyoriy ravishd atanlab olamiz v
32 = t
v
2 =
( v
12
v
22
v
32 ) ( t
− t
t ) t ( 1
− 1
− 1 ) ( 1
− 1
− 1 )
λ
1 = 1
xos songa mos ravishda
v3=(v13,v23,v33)T
xos vektorni topamiz:
( A − λ
3 E ) v
3 = 0 , ⇒
( − 1 2 0
0 0 0
− 2 − 2 − 3 )( v
13
v
23
v
33 ) = 0.
{
−v13+2v23=0
−2v13− 2v23−3v33=0
Bu tenglamadan quyidagini hosil qilamiz
v
23 = t
deb olsak, v
13 = 2 v
23 = 2 t , v
33 = − 2 v
23 = − 2 t
v3=
(
v13
v23
v33)
=
(
2t
t
− 2t)
t
(
2
1
− 2) (
2
1
−2)
Demak, barcha xos vektorlar topildi. Endi, tenglamalar sistemasi umumiy
yechimini quyidagicha holatda bo’ladi:
X (t)=(
x
y
z)=∑i=1
3
Cieλitvi=C1et
(
1
0
−1)+C2e−t
(
1
−1
−1)+C3e2t
(
2
1
− 2).
2.2.13-misol. Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
{
˙x=3x+y− z
˙y= 4x+5y− 2z
˙z=8x+6y−3z
Yechilishi. Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz
(
A − λE ) = 0
48

(
3− λ 1 −1
4 5− λ −2
8 6 −3− λ)= 0
((λ−3)(λ+3)(5− λ)−24 −16 )−¿+ 4
( − 3 − λ ) ¿ = 0
λ3+5λ2− 25 λ−1= 0
λ1=3,λ2=1,.
Topilgan xos qiymatlar λ
1 = 3
k
1 = 1 v
a
,λ2=1, k2=2 , karrali bo’ladi. Xos sonlar
uchun mos ravishda matritsa rangi va geometrik karralisini quyidagicha bo’ladi:
rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
rank (A− λ2E)=2s2=n−rank (A− λ2E)=3− 2=1
λ
1 = 3
xos son uchun erkli xos vektorni quyidagi formula orqali topamiz.
(A− λ1E)v1=0⇒
(
0 1 −1
4 2 − 2
8 6 −6)(
v11
v21
v31)
=0
{
v
21 − v
31 = 0
3 v
11 + 2 v
21 − 2 v
31 = 0
8 v
11 + 6 v
21 − 6 v
31 = 0
Bundan, yuqoridagi tenglamadan kelib chiqadiki
,v11= 0,v21=v31=t bo’ladi.
v
1 =
( v
11
v
21
v
31 ) ( 0
t
t ) t ( 0
1
1 ) ( 0
1
1 ) .
,Endi λ2=1
xos qiymat uchun erkli xos vektorini topamiz.
( A − λ
2 E ) v
2 = 0 ⇒
( 2 1 − 1
4 4 − 2
8 6 − 4 )( v
12
v
22
v
32 ) = 0
{
2 v
12 + v
22 − v
32 = 0
3 v
12 + 4 v
22 − 2 v
32 = 0
8 v
12 + 6 v
22 − 4 v
32 = 0
49

Bundan, yuqoridagi tenglamadan kelib chiqadiki, v22=v32=t deb olsak,
v
12 = − 2
3 v
22 = − 2
3 t
bo’ladi.
v2=
(
v12
v22
v32)
=
(
− 2
3 t
t
t )
t
(
−2
3
1
1 ) (
− 2
3
1
1 )
.
v3
bog’langan vektorni esa v2 yordamida hisoblaymiz.
(A− λ2E)v3=v2⇒ (
2 1 −1
4 4 −2
8 6 −4)(
v13
v23
v33)
=
(
−2
3
1
1 )
{
2v12+v22−v32= −2
3
3v12+4v22− 2v32=1
8v12+6v22− 4v32=1
Yuqoridagi tenglamadan
v
13 = − 0.5 , v
23 = 11
6 , v
33 = 1.5 .
Ekanligini topamiz. Ya’ni,
v
3 =
( v
13
v
23
v
33 ) = ( − 0.5
11
6
1.5 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagi formula bilan ifodalanadi:
X (t)=(
x
y
z)=C1eλ1tv1+C2eλ2tv2+C3eλ2t(v2t+v3)=¿
¿C1e3t
(
0
1
1)+C2et
(
−2
3
1
1 )
+C3et
[
t
(
− 2
3
1
1 )
+
(
−0.5
11
6
1.5 )]
.
2.2.14-misol . Tenglamalar sistemasi umumiy yechimini toping.
50

{
˙x=− 4x+2y+5z
˙y= 6x− y−6z
˙z=−8x+3y+9zYechilishi. Tenglamalar sistemasini xarakteristik tenglamasini tuzamiz va xos
sonlarni topamiz
(
A − λE ) = 0
(
− 4 − λ 2 5
6 − 1 − λ − 6
− 8 3 9 − λ ) = 0
((
λ + 1 )( λ + 4 )( 9 − λ ) + 80 + 96 ) − ¿
+12 (9− λ)¿=0
λ 3
+ 5 λ 2
− 7 λ − 20 = 0
λ
1 = 2 , λ
2 = 1 , .
Topilgan xos qiymatlar
λ1=2 k1=1v a ,λ2=1, k2=2 , karrali bo’ladi. Xos sonlar
uchun mos ravishda matritsa rangi va geometrik karralisini quyidagicha bo’ladi:
rank (A− λ1E)= 2s1= n− rank (A− λ1E)=3− 2=1
rank
( A − λ
2 E ) = 2 s
2 = n − rank ( A − λ
2 E ) = 3 − 2 = 1
λ1=2
xos son uchun erkli xos vektorni quyidagi formula orqali topamiz.
(A− λ1E)v1=0⇒
(
−6 2 5
6 −3 −6
−8 3 7 )(
v11
v21
v31)
=0
{
−6v11+2v21+5v31=0
6v11−3v21−6v31=0
−8v11+3v21+7v31= 0
Bundan, yuqoridagi tenglamadan kelib chiqadiki, v
21 = t
deb olsak,
v31=5v21= 5tv
a v11=5.5 t bo’ladi.
v
1 =
( v
11
v
21
v
31 ) = ( 5.5 t
t
5 t ) t ( 5.5
1
5 ) ( 5.5
1
5 ) .
Endi λ2=1
xos qiymat uchun erkli xos vektorini topamiz.
51

(A− λ2E)v2=0⇒
(
−5 2 5
6 − 2 −6
−8 3 8 )(
v12
v22
v32)
=0
{− 5 v
12 + 2 v
22 − 5 v
32 = 0
6 v
12 − 2 v
22 − 6 v
32 = 0
− 8 v
12 + 3 v
22 + 8 v
32 = 0
Bundan, yuqoridagi tenglamadan kelib chiqadiki,
v12= v32=t deb olsak, v22=0
bo’ladi.
v2=
(
v12
v22
v32)
=
(
t
0
t)
t
(
1
0
1) (
1
0
1)
.
v
3
bog’langan vektorni esa v
2 yordamida hisoblaymiz.
( A − λ
2 E ) v
2 = v
2 ⇒
( − 5 2 5
6 − 2 − 6
− 8 3 8 )( v
13
v
23
v
33 ) = ( 1
0
1 )
{
− 5 v
12 + 2 v
22 − 5 v
32 = 1
6 v
12 − 2 v
22 − 6 v
32 = 0
− 8 v
12 + 3 v
22 + 8 v
32 = 1
Yuqoridagi tenglamadan
v13=−11 ,v23=−30 ,v33=1.
Ekanligini topamiz. Ya’ni,
v
3 =
( v
13
v
23
v
33 ) = ( − 11
− 30
1 )
Tenglamalar sistemasi umumiy yechimi quyidagi formula bilan ifodalanadi:
X (t)=(
x
y
z)=C1eλ1tv1+C2eλ2tv2+C3eλ2t(v2t+v3)=¿
¿ C
1 e 2 t
( 5.5
1
5 ) + C
2 e t ( 5.5
1
5 ) + C
3 e t [
t( 5.5
1
5 ) + ( − 11
− 30
1 )] .
52

Xulosa.
Differensial tenglamalar sistemasini yechishda
qo’llaniladigan xos qiymat va xos vektor orqali yechimni
topishdan farqli o’laroq, umumiyroq va isbotlangan usuli
hisoblangan, har qanday kvadrat matritsani Jordan normal
formasiga keltirish yordamida yechim topilishini ko’rib
chiqdik. Shuningdek, differensial tenglamalar sistemasi
yechishda, sistema xarakteristik tenglama ildizlarining barcha
kompleks bo’lmagan holatlari uchun sistema yechimlar oilasi
hamda, bu holatlarga doir misollar ko’rsatilgan.
53

Foydalanilgan adabiyotlar
1. Hasanov A. B. “Oddiy differensial tenglamalar nazariyasiga kirish”
2. Понтрягин Л. С. Обикновенн ы е дифференциалные уравнение.
3. Muxtorov Ya. Soleyev. “Differensial tenglamalar kursi”.
4. Agurwal R. P. O’Regan. D. An introduction to ordinary differential
equations. Springer -2000.
5. Филлипов А. Ф. Введение задач по дифференцтальных уравненийю
6. Muxtorov Ya. A. Soleyev. Differensial tenglamalar bo’yicha misol va
masalalar. Samarqand – 2014,
7. Robinson J.C. An Introduction to ordinary differential equations.
Birkhuzer. Germany, 2010.
8. Hasanov A. B. “Oddiy differensial tenglamalar nazariyasiga kirish” o’quv
qo’llanma 2019.
9. Sharipov Sh. R. “Oddiy differensial tenglamalar” O’qituvchi nashriyoti
1992-yil
10. Morris Tenebout, Harry Pollard, “Ordinary differential equations”.
Birkhuzer. Germany. 2010
11. Шарипов Ш. Р. Теория однородних систем обыкровенных
дифференцтальный уравнение, Самарканд 1977.
12. Sh. A. Ayupov, B.A. Omirov, A.X. Xudoyberdiyev “Algebra va sonlar
nazariyasi” (o’quv qo’llanma)
13. D. Yunusova A. Yunusov “Algebra va sonlar nazariyasi”
14. R. Nazarov “Algebra va sonlar nazariyasi”
15. A. Hojiyev A. Feynleyb “algebra va sonlar nazariyasi”.
54

Chiziqli differensial tenglamalar sistemasini matritsaviy usulda yechish MUNDARIJA Kirish......................................................................... 3 I Bob. Differensial tenglamalar sistemasining umumiy yechimini Jordan formasi yordamida topish. 1.1-§. Matritsaning Jordan formasi................................................5 1.2-§. Xos vektorlar va Jordan zanjiri............................................6 1.3-§. Xos vektor va mos yechimlarni topish..................................8 II Bob. Jordan matritsasi yordamida bir jinsli chiziqli differensial tenglamalar sistemasini yechish. 2.1-§. Ikki noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish...............31 2.2-§. Uch noma’lumli tenglamalar sistemasini yechish................39 Xulosa ........................................................................ 54 Foydalanilgan adabiyotlar........................................ 55 1

Kirish Masalaning qo’yilishi. Differensial tenglamlar sistemasining umumiy yechimini Jordan formasi yordamida topish yo’llari o’rganilgan. Mavzuning dolzarbligi. Differensial tenglamalar sistemasiga oida masalalar yechishda algebraik usullarni qo’llash. Xususan, Jordan matritsasini qo’llash. Ishning maqsad va vazifalari. Malakaviy bitiruv ishining maqsadi ikkinchi va uchinchi tartibli Jordan matritsalarni Jordan normal formasiga keltirish va shu matritsalar yordamida diffferensial tenglamalar sistemasi umumiy yechimlarini topish yo’lining umumiyrroq usuli, Jordan normal formasiga keltirish yordamida barcha holatlar ko’rib chiqilgan. Ilmiy tadqiqot usullari. Algebraik usullar yordamida chiziqli differensial tenglamalar sistemasini topish. Ishning amaliy ahamiyati. Mazkur ishdan bakalavr yo’nalishi ikkinchi kurs talabalari o’zgarmas koeffisiyentli chiziqli differensial tenglamalar sisteamsini yechimini topishda foydalanilishi mumkin. Ishning tuzilishi. Malakaviy bitiruv ishi kirish qismi, ikkkita bob, xilosa va foydalanilgan adabiyotlardan tshkil topgan. Kirish qismida masalaning masalaning qo’yilishi, mavzuning dolzarbligi, maqsad va vazifalari hamda, olingan natijalar haqida so’z yuritiladi. Birinchi bobda, differensial tenglamalar sistemasi umumiy yechimini topishda,yechimni Jordan formasi yordamida topish usuli barcha holatlari hamda, Jordan normal formasi, Jordan bazisi haqida va xos sonlarning barcha karrali va karrali bo’lmagan, holatlari bayon etilgan Ikkinchi bobda, differensial tenglamalar sistemasi umumiy yechimini Jordan formasi orqali topish usuli barcha holatlari. Xususan, xos son karrali 2

bo’lgan va bo’lmagan barcha holatlari uchun misollar yechimlari ko’rsatilib o’tilgan. 3

I Bob. Differensial tenglamalar sistemasining umumiy yechimini Jordan formasi yordamida topish O’zgarmas koeffisientli n- tartibli bir jinsli chiziqli differensial tenglamalar ko’rib chiqaylik.X'(t)= AX (t) Bunda X ( t) = ( x 1 ( t ) x 2 ( t) . . x n ( t ) ) , A = ( a 11 a 12 … a 1 n a 21 a 22 … a 2 n … … … … a n 1 a n 2 … a nn ) . Bunday sistemaning umumiy yechimlar sistemasi n ta chiziqli funksiyani o’z ichiga olishi kerak. Xos sonlar va xos vektorlar usulidan foydalangan holatda yechimni topishda ko’p holatlarda xos vektorlar soni n dan kam ekanligi ma’lum bo’ladi. Ya’ni, shunday sistemalar borki, ular uchun faqat xos vektorlardan iborat bazis mavjud emas. Bunday holatda yechimni boshqa usul bilan, masalan, aniqmas koeffisiyentlar usuli yordamida topish mumkin. Biroq, umumiy yechimni topishning umumiyroq va isbotlangan usuli mavjud. Bu har qanday kvadrat matritsani Jordan normal formasi deb ataladigan formaga keltirish usulidir. (umuman olganda, bu kompleks maydonga to’g’ri keladi.) Matritsaning Jordan formasini va Jordan bazisini bilgan holatda, tenglamalarning sistemasining umumiy yechimini korsatish mumkin. Ushbu yechim yo’lini batafsil ko’rib chiqaylik. Buning uchun oldin ba’zi asosiy ta’riflarni keltiramiz. 1.1-§. Matritsaning Jordan formasi . Jordan formasi kvadrat matritsa bosh diagonali orqali ifodalaniladi. Matritsa bosh diagonali bo’ylab esa Jordan katagi deb ataluvchi matritsa joylashgan bo’lib, xos sonlari bilan mos tushadi. Bosh diagonaldagi λ i lar mos ravishda 4

Jordan kataglaridan iborat bo’lib, kataklar joylashishi λ i lar bog’liq emas. Quyida Jordan matrisa umumiy ko’rinishini ko’rishimiz mumkin. J =( λ 1 1 0 0 0 0 0 λ 1 0 0 0 0 0 0 λ 2 0 0 0 0 0 0 λ 3 1 0 0 0 0 0 λ 3 1 0 0 0 0 0 λ 3 ) . Matritsada 3 xil Jordan kataklariga mos keladigan matritsa elementlari turli xil rangda ko’rsatilgan. Bundan tashqari bu matritsada λ3 matritsaning xos qiymatlari bosh diagonalda bo’ladi va har bir xos qiymat λ 3 ning algebraik ko’phadi ki marta uchraydi. 1 dan katta har bir Jordan katagi mavjud bosh diagonal ustidagi parallel qator birlardan iborat bo’lib, Jordan matritsasining boshqa barcha elementlari nolga teng. Jordan kataklarining matritsada joylashish tartibi aniq belgilanganmagan. 1.2-§. Xos vektorlar va Jordan zanjiri Xos qiymati λ bo’lgan k o’lchamdagi Jordan katakchasini ko’rib chiqaylik. Bunda Jordan katagi bazis vektorlari : V 1 V 2 ... V n . V 1 ( V 1 ≠ 0 ) v ektorlar xos vektor bo’lib, ular mos matritsalarni qanoatlantiradi. AV1= λV1⇒ (A− λE )V1=0 Yuqoridagi tenglamadan esa V2(V2≠0) ekanligi kelib chiqadi. (A− λE )V2=V1 Yuqoridagi vektor esa birinchi tartibli bog’langan vektor deyiladi. Xuddi shunday yuqori tartibli boshqa bog’langan vektorlarini topamiz. (A− λE )V3=V2 .................... ( A − λE ) V k = V k − 1 Bu munosabatlardan quyidagilarga ega bo’lamiz: (A− λE )V1=0 va (A− λE )V2=V1 Bu tengliklardan esa quyidagiga kelamiz: (A− λE )2V2=0 5

Chiziqli differensial tenglamalar sistemasini matritsaviy usulda yechish

12.08.2023

0

129.94140625 KB

Похожие