logo
  1. Bosh sahifa
  2. Referatlar
  3. Umumiy
  4. Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari 40v

Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari 40v

Yuklangan vaqt:

08.08.2023

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

691.1142578125 KB
Ko'chirib olish
Mavzu: Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari Reja: 1. Birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularning turlari; 2. Yuqori tartibli differensial tenglamalar turlari va yechish usullari; 3. Chiziqli o‘zgarmas koeffisentli differensial tenglamalar. Birinchi tartibli differensial tenglamalar Ta’rif - 1. Erkli o‘zgaruvchi x∈(a,b) , noma’lum funksiya y(x) va uning y'(x),y''(x),...,y(n)(x) hosilalari orasidagi ushbu F(x,y(x),y'(x),...,y(n)(x))=0 (1) funksional bog‘lanishga n− tartibli oddiy differensial tenglama deyiladi. Ta’rif-2. Tartibi n bo’lgan (1) tenglamani (a,b) intervalda ayniyatga aylantiruvchi funksiyaga, uning yechimi deyiladi. Jumladan, funksiya quyidagi differensial tenglamaning yechimi ekanligini tekshirish qiyinchilik tug‘dirmaydi. Bundan tashqari ushbu ko‘rinishdagi funksiaylar quyidagi ikkinchi tartibli differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘lishini ham osongina ko‘rsatish mumkin. Yuqoridagi, mulohazalardan ixtiyoriy differensial tenglamaning yechimi bor degan fikr kelib chiqmaydi. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama yechimga ega emas. Chunki . Differensial tenglama yechimlarining soni bitta yoki cheksiz ko‘p bo‘lishi mumkin. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama faqat nol yechimga ega. Differensial tenglamalar nazariyasining asosiy masalasi, tenglamaning yechimini topish va uning xossalarini o‘rganishdan iborat. Yechimning grafigiga esa (1) oddiy differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Aytaylik, funksiya ushbu differensial tenglamaning yechimi bo‘lsin. U holda funksiyaning grafigi, ya’ni nuqtalar to‘plami sohada yotuvchi egri chiziqni ifodalaydi. Bu egri chiziqqa differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 funksiya ko’rinishidagi yechimga (1) tenglamaning integrali deyiladi. Tarkibidagi c1,c2,...,cn parametrlarga aniq qiymat berish hisobiga ixtiyoriy yechimni hosil qilish mumkin bo‘lsa, bu yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi deyiladi va y=ϕ(x,c1,c2,...,cn) ko‘rinishda belgilanadi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 ko‘rinishdagi umumiy yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy integrali deyiladi. Ta’rif-3. Yuqori tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha bo‘ladi: . (2) Kelgusida biz, bu turdagi oddiy differensial tenglamaning ushbu (3) Boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimini topishga Koshi masalasi deymiz va uning yechimini mavjudligi hamda yagonaligi haqidagi tasdiqlar bilan tanishamiz. Xususan hosilaga nisbatan yechilmagan 1-tartibli differensial tenglama F(x,y,y')=0 (4) ko’rinishda bo’ladi. Birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilgan differensial tenglama esa y'= f(x,y) (5) ko‘rinishda bo’ladi. Ta’rif-4. Hosilaga nisbatan yechilgan (5) differensial tenglamaningy(x0)= y0 (6) boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y(x) yechimini topishga Koshi masalasi deyiladi. Bu yerda x0 va y0 oldindan berilgan haqiqiy sonlardir. Geometrik tilda: y'= f(x,y) tenglamaning (x0,y0) nuqtadan o‘tuvchi integral chizig‘ini topishga Koshi masalasi deyiladi. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. Dastavval, ayrim sodda differensial tenglamaning umumiy yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Ushbu y'= f(x)⋅g(y) (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama deyiladi. Bu yerdagi f(x) va g(y) funksiyalar mos ravishda a< x<b va c< y<d oraliqlarda aniqlangan uzluksiz deb qaraladi. Bundan ko‘rinadiki, (1) differensial tenglamaning o‘ng tomoni quyidagi D = (a,b)× (c,d)= {(x,y)∈ R2: a< x<b,c< y<d} sohada aniqlangan va uzluksizdir. (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish uchun quyidagi ikki holni ko‘rib chiqamiz: 1-hol. Aytaylik, g(y)≠0,y∈(c,d) bo‘lsin. U holda (1.1.1) differensial tenglamani ushbu dy g(y) = f(x)dx ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab ∫ dy g(y) =∫ f(x)dx (2) munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, [g(y)]−1 va f(x) funksiyalar uzluksiz ekanligidan, ularning mos ravishda G(y) va F(x) boshlang ‘ ich funksiyalarining mavjudligi kelib chiqadi. Shuning uchun (2) tenglikni quyidagi G (y)= F (x)+C , C = const (3) ko ‘ rinishda yozish mumkin. Qaralayotgan g(y)≠ 0 holda G(y) monoton funksiya bo ‘ ladi. Chunki, G'(y)= 1 g(y) ≠ 0. Bundan esa uning teskarisi G−1 mavjud ekanligi kelib chiqadi. Yuqoridagi (3) tenglikdan y(x)= G−1(F (x)+C ) (4) funksiyani topamiz. O ‘ z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi. 2-hol. Aytaylik biror y(x)= ¯y∈(c,d) nuqtada g(¯y)= 0 bo’lsin. Bu tenglamaning ildizi yordamida aniqlangan y(x)= ¯y o’zgarmas funksiya (1.1.1) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo’ladi. Demak, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi y(x)=¿{G −1 (F(x)+C),agar g(y)≠0,¿¿¿¿ (5) ko ‘ rinishda bo ‘ lar ekan. Endi, tayinlangan biror (x0,y0)∈D nuqtani olib, (1) differensial tenglamaning ushbu y(x0)= y0 (6) boshlang ‘ ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug ‘ ullanamiz. Shu maqsadda quyidagi F (x)=∫ x0 x f(t)dt ,G (y)=∫ y0 y 1 g(t)dt (7) funksiyalarni tuzib olamiz. Ushbu f(x,y)= G(y)− F(x) yordamchi funksiyani qaraylik. Ko ‘ rinib turibdiki, f(x0,y0)= G (y0)− F (x0)= 0 shart bajariladi. Aniqlanishiga ko ‘ ra G(y) va F(x) uzluksiz hamda differensiallanuvchidir. Shuning uchun f(x,y) ham D sohada uzluksiz va differensiallanuvchi bo ‘ lib, fy '(x,y)= G '(y)= 1 g(y) , fy '(x0,y0)≠ 0 munosabatlarni qanoatlantiradi. Yuqoridagi mulohazalardan ko ‘ rinadiki, f(x,y) oshkormas funksiyani mavjudligi haqidagi teoremaning barcha shartlarini qanoatlantiradi: 1. (x0,y0)∈D nuqtaning atrofida f(x,y) differensiallanuvchi. 2. f(x0,y0)= 0, fy '(x0,y0)≠ 0. Bundan f(x,y)=0 tenglama x= x0 nuqtaning biror atrofida aniqlangan differensiallanuvchi va ushbu y(x0)= y0 shartni qanoatlantiruvchi y= y(x) ildizining mavjudligi kelib chiqadi. Shu bilan bir qatorda dy dx =− fx'(x,y) fy '(x,y) = F'(x) G '(y) = f(x)g(y) tenglikning o ‘ rinli bo ‘ lishi ham kelib chiqadi. Ko ‘ rinib turibdiki, y(x) funksiya (1) differensial tenglamani va (6) boshlang ‘ ich shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini ifodalaydi. O ‘ zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga keltiriladigan differensial tenglamalar. Ushbu y'= f(ax +by +c)(1) ko‘rinishdagi differensial tenglamada z= ax +by +c (2) almashtirish bajarsak, o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama hosil bo‘ladi. Bu yerda a,b,c− o‘zgarmas sonlar. Haqiqatan ham z'= a+b y' (3) bo‘lgani uchun (1) differensial tenglama quyidagi z'= a+bf (z) ko‘rinishni oladi. Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Bir jinsli va kvazi bir jinsli differensial tenglamalar. Ta’rif-1. Agar quyidagi y'= f(x,y) (1) differensial tenglamaning o‘ng tomonidagi f(x,y) funksiya uchun f(x,y)= f(λx ,λy ), ∀ λ>0 (2) shart bajarilsa, (1) differensial tenglamaga bir jinsli differensial tenglama deyiladi. Oxirgi (2) tenglikda λ= 1 x desak, f(x,y)= f(1, y x):= h( y x) munosabat hosil bo‘ladi. Buning natijasida (1) differensial tenglama ushbu y'= h( y x) (3) ko‘rinishni oladi. Endi (3) ko’rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Buning uchun quyidagi y(x)= z(x)⋅x (4) almashtirishdan foydalanamiz. Bu yerda z= z(x) yangi noma‘lum funksiya. Bu (4) almashtirishning ikkala tomonini differensiallab y'= z'x+z (5) tenglikni hosil qilamiz. (4) va (5) tengliklardan foydalanib, (3) differensial tenglamani quyidagicha yozish mumkin: z'x+z= h(z), ya’ni z'= 1 x [h(z)− z]. (6) Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. 1-hol. Aytaylik, h(z) funksiya a< z<b intervalda uzluksiz bo‘lib, h(z)≠ z shartni qanoatlantirsin. U holda (6) differensial tenglamani o‘zgaruvchilarni ajratish usulidan foydalanib yechish mumkin: dz h(z)− z = dx x , x= C⋅exp {∫ dz h(z)− z}. Bu yerda C≠ 0 ixtiyoriy o‘zgarmas son. Oxirgi tenglikda z= y x almashtirishga qaytib (3) differensial tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz. 2-hol. Aytaylik z= z0 soni h(z)− z= 0 tenglamaning ildizi bo‘lsin. Bu holda y(x)= z0x funksiya (3) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘ladi. Ta’rif-2. Agar f(x,y) funksiya uchun f(λx ,λy )= λkf(x,y),∀ λ>0 (7) shart bajarilsa, (1) tenglamaga k - darajali bir jinsli differensial tenglama deyiladi. Ta’rif-3. Agar f(x,y) funksiya uchun f(λαx,λβy)= λβ−αf(x,y),∀ λ>0, α,β∈R (8) shart bajarilsa, (1) tenglamaga kvazi bir jinsli differensial tenglama deyiladi. Oxirgi (8) holda ham (1) differensial tenglamani ushbuy(x)= xβ/α⋅z(x) (9) almashtirish yordamida o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga keltirish mumkin. Buning uchun (8) tenglikda λ= x−1/α deb f(1,y/xβ/α)= x1−β/αf(x,y) , ya’ni f(x,y)= xβ/α−1f(1,y/xβ/α) munosabatlarni topamiz. Oxirgi tenglikdan va (9) almashtirishdan foydalanib (1) differensial tenglamani xβ/αdz dx + β α z⋅x−1+β/α= x−1+β/αf(1,z) ko‘rinishga keltirish mumkin. Bundan xdz dx = f(1,z)− β α z (10) ko‘rinishdagi differensial tenglama kelib chiqadi. Bu esa o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. 1-hol. Aytaylik f(1,z)− β α z≠ 0 bo’lsin. Bu holda (10) differensial tenglamadan dx x = dz f(1,z)− β α z munosabatni topamiz va uni integrallab, ushbu x= C⋅exp { ∫ dz f(1,z)− β α z} yechimni hosil qilamiz. Bu yerda C≠ 0 ixtiyoriy o‘zgarmas son. Oxirgi tenglikda almashtirishga qaytib y'= xβ/α−1f(1,y/xβ/α)(11) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning umumiy yechimini topamiz. 2-hol. Faraz qilaylik biror z= z0 soni tenglamaning ildizi bo‘lsin. Bu holda ushbu y= xβ/α⋅z0 funksiya (11) differensial tenglamaning yechimi bo‘ladi. Bir jinsli differensial tenglamaga keltiriladigan differensial tenglamalar. Ushbu y'= f( a1x+b1y+c1 a2x+b2y+c2) (1) ko’rinishdagi differensial tenglamaning umumiy yechimini topish uchun, uni o’zgaruvchilari ajraladigan yoki bir jinsli differensial tenglamalarga keltiramiz. Buning uchun quyidagi hollarni ko’rib chiqamiz: 1-hol. Aytaylik bo’lsin. Bu holda (1) differensial tenglama y'= f( a1x+b1y a2x+b2y) ( 2 ) ko’rinishni oladi. Oxirgi (1.4.2) differensial tenglamani ushbu y'= f ( a1+ b1 y x a2+ b2 y x ) ≡ h( y x) ( 3 ) ko’rinishda yozish mumkin. Bu esa bir jinsli differensial tenglama dir. 2-hol. Aytaylik c1,c2 o’zgarmas sonla rning kamida bittasi noldan farqli bo’lib, quyidagi (4) to’g’ri chiziqlar (x0,y0) nuqtada kesishsin. U holda koordinatalar boshini (x0,y0) nuqtaga ko’chirsak, berilgan differensial tenglama bir jinsli differensial tenglamaga keltiriladi. Haqiqatan ham, (1) differensial tenglamani ushbu y'= f( a1(x− x0)+b1(y− y0) a2(x− x0)+b2(y− y0)) ko’rinishda yozib z= y− y0, t= x− x0 almashtirish bajarsak, y'= ˙z ekanligidan quyidagi ˙z= f( a1t+b1z a2t+b2z), ˙z= dz dt differensial tenglama hosil bo’ladi. Bu esa bir jinsli differensial tenglamadir. 3-hol. Faraz qilaylik, c1,c2 sonlarning kamida bittasi noldan farqli bo’lib, (4) to’g’ri chiziqlar o’zaro parallel bo’lsin. U holda a2= ka 1, b2= kb 1 munosabatlar bajarilgani uchun (1) differensial tenglama quyidagi ko’rinishni oladi: y'= f( a1x+b1y+c1 k(a1x+b1y)+c2) . Bu differensial tenglama z= a1x+b1y almashtirish yordamida o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga keltiriladi. Haqiqatan ham quyidagi z= a1x+b1y , z'= a1+b1y' belgilashlar natijasida z'= a1+b1f( z+c1 kz +c2) differensial tenglamaga ega bo’lamiz. Bu esa o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Birin chi tartibli chiziqli differensial tenglama . Ushbuy'= a(x)y+b(x) ( 1 ) ko’rinishdagi tenglamaga birinchi tartibli chiziqli differensial tenglama deyiladi. Bu yerda a(x) va b(x) funksiyalar biror [a,b]⊂R oraliqda aniqlangan va uzluksiz deb qaraladi. Agar b(x)≠ 0,x∈[a,b] bo’lsa, (1) tenglamaga chiziqli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglama deyiladi. Agar b(x)= 0,x∈[a,b] bo’lsa, (1) tenglamaga chiziqli bir jinsli differensial tenglama deyiladi va ushbu y'= a(x)y ( 2 ) ko’rinish ni oladi. Bu esa o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Ko’rinib turibdiki y(x)= 0 funksiya (2) differensial tenglama ning yechimidan iborat. Agar y(x)≠ 0 bo’lsa, (2) differensial tenglama ni quyidagicha yozish mumkin: dy y = a(x)dx . Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab quyidagi ln |y|=∫ x0 x a(t)dt +ln |C1| (3) tenglikni olamiz. Ushbu A(x)=∫ x0 x a(t)dt belgilashdan foydanib (1.5.3) tenglikdan (4) formulani hosil qilamiz . Bu yerda x0,x∈[a,b], C1 - ixtiyoriy o ’ zgarmas son . (4) formula (2) ko’rinishdagi bir jinsli differensial tenglama ning umumiy yechimini ifodalaydi. Bir jinsli bo’lmagan (1) ko’rinishdagi differensial tenglama ning umumiy yechimini topishning bir qancha usullari bor. Avvalo biz Lagranj, ya’ni o’zgarmasni variyatsiyalash usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda (1) differensial tenglama ning yechimini ushbu y(x)= C (x)eA(x) (5) ko’rinish da izlaymiz. Bu yerda C(x)− hozircha noma’lum funksiya. (5) tenglikning ikki tomonini differensiallab y'= C'(x)eA(x)+C (x)eA(x)a(x) (6) tenglikni hosil qilamiz. Bu y va y' funksiyalarning (1.5.5) va (1.5.6) ifodalarini mos ravishda (1) differensial tenglama ga qo’yib C'(x)eA(x)+a(x)C (x)eA(x)= a(x)C (x)eA(x)+b(x) munosabatni topamiz. Bundan C'(x)eA(x)= b(x) kelib chiqadi. Oxirgi tenglikni C'(x)= b(x)e−A(x) ko’rinishda yozib, uni integrallasak C (x)=∫ x0 x b(t)e−A(x)dt +C , C= const (7) munosabatni hosil qilamiz. Yuqoridagi (5) tenglikdan va (7) formuladan fordalanib, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topamiz: y(x)= { C +∫ x0 x b(t)eA(t)dt } eA(x)= C eA(x)+eA(x)¿∫ x0 x b(t)e−A(t)dt . (8) Bu formuladan foydalanib (1) differensial tenglamaning y(x0)= y0 (9) boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini ham topish mumkin:y(x)= y0eA(x)+eA(x)∫ x0 x b(t)e−A(t)dt . (10) Bu yerda x0 va y0 berilgan sonlar. Agar (8) tenglikning o’ng tomonidagi ikkinchi hadni ~y(x)= eA(x)∫ x0 x b(t)e−A(t)dt (11) belgilab olsak, u holda ~y(x) funksiya (1) differensial tenglamaning ~y(x0)=0 (12) boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini beradi. Shuning uchun (8) formula y(x)= C eA(x)+~y(x) (13) ko’rinishni oladi. Bu esa bir jinsli bo’lmagan (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi bir jinsli (2) differensial tenglamaning CeA(x) umumiy yechimi bilan bir jinsli bo’lmagan (1) differensial tenglamaning ~y(x) xususiy yechimining yig’indisidan iborat ekanligini ko’rsatadi. Endi, (1) ko’rinishdagi chiziqli differensial tenglamaning umumiy yechimini topishning Bernulli usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda (1) differensial tenglamaning yechimini y(x)= u(x)⋅v(x) (14) ko’rinishda izlaymiz. Natijada biz ushbu v du dx +udv dx = a(x)uv +b(x) , ya’ni ( dv dx − a(x)v)u+v du dx = b(x) (15) ko’rinishidagi differensial tenglamaga ega bo’lamiz. Bunda v(x) funksiyani shunday tanlaymizki, natijada dv dx − a(x)v= 0 shart bajarilsin. Bu esa o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Bu tenglamani yechib v(x)= e ∫x0 x a(t)dt = eA(x) (16) funksiyani topamiz. Shuning uchun (15) differensial tenglama ushbu du dx = b(x)e−A(x) ko’rinishni oladi. Bu differensial tenglamani integrallab u(x)= C 0+∫ x0 x b(t)e−A(t)dt (17) munosabatni hosil qilamiz. Topilgan u(x) va v(x) funksiyaning (16) va (17) ifodalarni (14) tenglikka qo’yib y(x)= C0eA(x)+eA(x)∫ x0 x b(t)e−A(t)dt (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini olamiz. Endi, bir jinsli bo’lmagan (1) differensial tenglamaning xususiy yechimini topishning Koshi usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda, biror x=t∈[a,b] nuqtani olib quyidagi bir jinsli differensial tenglamaga qo’yilgan {y ' =a(x)y,¿¿¿¿ (18) Koshi masalasining yechimini topamiz: y(x,t)= exp {∫ t x a(τ)dτ }. (19) Bundan foydalanib ushbu y(x)=∫ x0 x y(x,t)b(t)dt(20) funksiyani tuzib olamiz. Ko’rinib turibdiki bu funksiya y(x0)= 0 (21) boshlang’ich shartni qanoatlantiradi. Yuqoridagi (20) tenglikning ikkala tomonini differensiallab ¯y'(x)= y(x,x)b(x)+∫ x0 x yx '(x,t)b(t)dt = =1⋅b(x)+a(x)∫ x0 x exp {∫ t x a(τ)dτ }b(t)dt = = b(x)+a(x)∫ x0 x y(x,t)b(t)dt = b(x)+a(x)y(x) (1) ko ’rinishdagi differensial tenglamani keltirib chiqaramiz. Bundan ko’rinadiki (20) tenglik orqali aniqlangan ¯y(x) funksiya (1) differensial tenglamaning xususiy yechimini berar ekan. Bundan foydalanib (13) tenglikdan y(x)= C eA(x)+∫ x0 x exp {∫ t x a(τ)dτ }b(t)dt (1) differensial tenglamaning umumiy yechimining yana bir (Koshi) ko’rinishini topamiz. Bernulli differensial tenglama si. Ushbu y'= a(x)y+b(x)yn (1) ko’rinishdagi tenglamaga Bernulli differensial tenglamasi deyiladi. Bu yerda a(x),b(x)∈C(α,β) , ya’ni (α,β) intervalda aniqlangan uzluksiz funksiyalar. Agar n= 0 bo’lsa, u holda y'= a(x)y+b(x) chiziqli differensial tenglama hosil bo’ladi. Agar n=1 bo’lsa, u holda y'= [a(x)+b(x)]y bir jinsli chiziqli differensial tenglama hosil bo’ladi. Aytaylik, n≠ o,n≠ 1 bo’lsin. Ko’rinib turibdiki, y= 0 (1) differensial tenglama ning yechimidan iborat. Agar y≠ 0 bo’lsa, u holda (1) tenglama ning ikki tomonini yn ga bo’lib ushbu y−ny'= a(x)y1−n+b(x) ( 2 ) differensial tenglama ni hosil qilamiz. Bunda z= y1−n (3) almashtirishni bajaramiz. Quyidagi z'= (1− n)y−ny',y−ny'= 1 1− n z' munosabatlardan foydalanib (2) tenglamani ushbu 1 1− n z'= a(x)z+b(x), ya ’ ni z'= (1− n)a(x)z+(1− n)b(x) (4) ko’rinishda yozish mumkin. Bu esa chiziqli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglamadir. Rikkati differensial tenglama si. Ushbu y'= a(x)y2+b(x)y+c(x) (1) ko`rinishdagi tenglamaga Rikkati differensial tenglamasi deyiladi. Bu yerda a(x),b(x),c(x)∈C(α,β),(α≥−∞ ,β≤∞) bo’lib, a(x)≠ 0,c(x)≠0 . Agar a(x)= 0 bo’lsa, u holda (1) differensial tenglama ushbu y'= b(x)y+c(x) ko’rinishni oladi. Bu esa chiziqli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglamadir. Agar c(x)= 0 bo’lsa, u holda (1) differensial tenglama y'= a(x)y2+b(x)y ko’rinishni oladi. Bu esa Bernulli differensial tenglamasidir. Umumiy holda Rikkati differensial tenglamasi kvadraturada integrallanmaydi. Shuni alohida qayd qilish lozimki, ayrim xususiy hollardagina Rikkati differensial tenglamasini kvadraturada integrallanishini ko’rsatish mumkin. Jumladan 1841 yilda Liuvill ushbu y'= Ay 2+ Bx α, A≠ 0,B≠ 0 ko’rinishdagi Rikkati differensial tenglamasi kvadraturada integrallanuvchi bo’lishi uchun α 2α+4 soni butun bo’lishi kerakligini ko’rsatib berdi. Endi Rikkati differensial tenglamasining ayrim xossalarini o’rganishimiz mumkin. Lemma-1. Rikkati tenglamasi quydagi: 1. x= ϕ(¯x), 2. Kasr-chizqli y= α(x)y1+β(x) γ(x)y1+δ(x) , α(x)δ(x)− β(x)γ(x)≠ 0 amashtirishlarga nisbatan ko’rinishini o’zgartirmaydi. Isbot. 1. Ushbu x= ϕ(¯x) tenglikning ikki tomonini differensiallab dx = ϕ'(¯x)d¯x , y'= dy ϕ'(¯x)d ¯x munosabatlarni topamiz. Bu tengliklarni (1.8.1) differenasial tenglamaga qo’yib (2) differensial tenglamani hosil qilamiz. Bunda ushbu A(¯x)= a(¯x)ϕ'(¯x), B(¯x)= b(ϕ(¯x))ϕ'(¯x), C (¯x)= c(ϕ(¯x))ϕ'(¯x) belgilashlardan foydalansak (2) tenglama dy dx = A(¯x)y2+B(¯x)y+C (¯x)ko’rinishni oladi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir. 2. Berilgan kasr-chiziqli almashtirishning ikki tomonini differensiallab y'= (αδ − βγ )y1 ',+(α'γ− αγ')y1 2,+(α'δ+ β'γ− αδ'− γ'β)y1+ β'δ− βδ' (γ y1+δ)2 (3) differensial tenglamani topamiz. Berilgan kasr-chiziqli almashtirish natijasida ushbu a(x)y2+b(x)y+c(x) kvadrat uchhadning o’zgarishini aniqlaymiz: (4) Yuqoridagi (1) differensial tenglamadan va (3) hamda (4) munosabatlardan foydalanib quyidagi (αδ − βγ )y1 '+(α'γ− α γ')y1 2+(α'δ+ β'γ− αδ'− β γ')y1+ β'δ− δ'β= = a(x)(αy 1+ β)2+b(x)(αy 1+ β)(γy 1+δ)+c(x)(γy 1+δ)2 tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglik elementar amallar natijasida ushbu (αδ − βγ )y1 '= (aα 2+ bαγ + cγ 2− α'γ+α γ')y1 2+[2αβ a+(αδ + βγ )b+ 2γδ c− − α'δ− β'γ+ α δ'+ β γ']⋅y1+αβ 2+ b βδ +cδ 2− β'δ+ δ'β ko’rinishni oladi. Bundan y1 '= aα 2+ bαγ + cγ 2− α'γ+α γ' αδ − βγ y1 2+ + [2αβ a+(αδ + βγ )b+2γδ c− α'δ− β'γ+ αδ'+ β γ'] αδ − βγ y1+ + αβ 2+ b βδ +cδ 2− β'δ+ δ'β αδ − βγ kelib chiqadi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir. Rikkati tenglamasining maxsus ko’rinishi Ushbu y'= Ay 2+ Bx m(1) tenglamaga Rikkati tenglamasining maxsus ko’rinishi deyiladi. Bu yerda A,B va m o’zgarmas sonlar. Biz m sonining qanday qiymatlarida (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi elementar funksiyalarda topilishi mumkinligini o’rganamiz. Avvalo eng sodda hollarni qaraymiz: 1. Aytaylik, m= 0 bo’lsin. Bu holda (1.9.1) differensial tenglama y'= Ay 2+B (2) ko’rinishga keladi. Bundan ushbu dy Ay 2+ B = dx tenglikni topamiz. Bu esa (2) differensial tenglamaning umumiy yechimi elementar funksiyalarda ifodalanishini ko’rsatadi. 2. Aytaylik, m=− 2 bo’lsin. Bu holda (1) differensial tenglama y'= Ay 2+ B x2 (3) ko’rinishni oladi. Ushbu y= 1 z almashtirishdan foydalansak, (3) differensial tenglama − dz dx = B( z x) 2 + A (4) ko’rinishni oladi. Bu esa bir jinsli differensial tenglamadir. Quyidagi y= z x almashtirish natijasida (4) differensial tenglama o’zgaruvchilari ajraladigan − xu'= Bu 2+u+ A differensial tenglamaga keladi. Bundan ko’rinadiki, (3) differensial tenglamaning umumiy yechimi elementar funksiyalar orqali ifodalanadi. 3. Agarm 2m+4 ∈Ζ¿{0;− 2¿} butun son bo’lsa, (1) differensial tenglama kvadraturada integrallanadi. Rikkati va ikkinchi tartibli chiziqli differensial tenglama orasidagi bog’lanishlar 1. Avvalo, ushbu y'= a(x)y2+b(x)y+c(x) (1) Rikkati differensial tenglamasida quyidagi y= z a ,a(x)≠ 0 (2) almashtirish bajaramiz. Buning uchun (1.10.2) tenglikning ikki tarafini differensiallab y'= − a' a2z+ 1 a z' (3) topamiz. (2) va (3) tengliklardan foydalanib, (1) differensial tenglamani quyidagicha yozamiz: − a' a2z+ 1 a z'= a z2 a2+b z a +c. Bu tenglamaning ikki tomonini a2 ga ko’paytirib, az'− a'z= az 2+abz +a2c munosabatni olamiz. Bundan z'= z2+(b+ a' a )z+ ac kelib chiqadi. Bu differensial tenglamani z'− z2+ P (x)z+Q = 0, (4) P (x)= −(b+a' a), Q(x)=−ac ko’rinishda yozib olamiz va z= − u' u (5) almashtirish bajaramiz. Bu almashtirishning ikki tomonini differensiallab z'= − u''u− u¿ u2 = − u'' u +( u' u ) 2 topamiz. Oxirgi tenglikdan va (5) almashtirishdan foydalanib, (4) tenglamani − u'' u +( u' u ) 2 − ( u' u ) 2 − P u' u +Q = 0, − u'' u − P u' u +Q = 0, ya’ni u''+ P u'− Qu = 0 (6) ko’rinishda yozish mumkin. Bu esa ikkinchi tartibli chiziqli differensial tenglamadir. 2. Ko’p hollarda, ayniqsa tatbiqiy ahamiyatga ega bo’lgan masalalarda ikkinchi tartibli chiziqli differensial tenglamaning ayrim yechimlarini topish va uning xossalarini o’rganish uchun uni Rikkati tenglamasiga keltiriladi. Shu maqsadda ushbu y''− q(x)y= 0 (7) chiziqli differensial tenglamada ω= y' y (8) almashtirish bajaramiz. Buning uchun (8) tenglikning ikki tomonini differensiallab ω'= y'' y − ( y' y) 2 = y'' y − ω 2 (9) munosabatni hosil qilamiz. (1.10.7) tenglamadan y'' y = q(x) ekanligini hisobga olsak, u holda (1.10.9) differensial tenglama ω'+ω2= q(x)(10) ko’rinishni oladi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir. To’liq differensialli tenglamalar. Hosilaga nisbatan yechilgan birinchi tartibli differensial tenglamaning ushbu M (x,y)dx +N (x,y)dy = 0 (1) ko’rinishi bilan tanishamiz. Bu yerda M (x,y) va N(x,y) funksiyalar Γ ⊆ R2 sohada aniqlangan uzluksiz, ya’ni M (x,y),N (x,y)∈C(Γ) . Ta’rif-1. Agar (1) differensial tenglamaning chap tomoni biror U (x,y)∈C(1)(Γ) funksiyaning to’liq differensialidan iborat bo’lsa, u holda (1) tenglamaga to’liq differensialli tenglama deyiladi. Agar (1) tenglama to’liq differensialli tenglama bo’lsa, u holda uning chap tomoni M (x,y)dx +N (x,y)dy = dU (x,y) (2) ko’rinishda yoziladi. Bu holda y= ϕ(x)∈C(1)(a,b) funksiya (1) differensial tenglamaning yechimi bo’lishi uchun ushbu U (x,y)|y=ϕ(x)= U (x,ϕ(x))= C = const , ∀ x∈(a,b) (3) shartning bajarilishi zarur va yetarlidir. Chunki (2) tenglikda dU = ∂U ∂x dx +∂U ∂ y dy (4) munosabatdan foydalansak, undan ∂U ∂x = M (x,y),∂U ∂y = N (x,y) (5) tengliklarni olamiz. Faraz qilaylik, y= ϕ(x)∈C(1)(a,b) funksiya (1) to’liq differensialli tenglamaning yechimi bo`lsin. U holda M (x,ϕ(x))dx +N (x,ϕ(x))ϕ'(x))dx = 0 , y’ani M (x,ϕ(x))+N (x,ϕ(x))ϕ'(x)= 0 kelib chiqadi. Bu yerda (1.11.2) dan foydalanib, d dx U (x,ϕ(x))= 0 topamiz. Bundan U (x,ϕ(x))= C = const kelib chiqadi. Agar y= ϕ(x) funksiya U (x,ϕ(x))=C tenglamaning yechimi bo`lsa, u holda uni differensiallab M (x,ϕ(x))+N (x,ϕ(x))ϕ'(x))=0 hosil qilamiz. Bundan esa y= ϕ(x) funksiya (1.11.1) differensial tenglamaning yechimi ekanligi kelib chiqadi. Integrallovchi ko’paytuvchi . Faraz qilaylik, ushbu M (x,y)dx +N (x,y)dy = 0 (1) tenglama to’liq differensialli tenglama bo’lmasin, ya’ni Γ ⊆ R2 sohada aniqlangan birorta ham U(x,y) funksiya uchun dU = M (x,y)dx +N (x,y)dy tenglik o’rinli bo’lmasin. Ta’rif-1. Agar Γ ⊆ R2 sohada berilgan M (x,y),N(x,y) va birorta μ(x,y)≠0 funksiya uchun, ushbu μ(x,y)M (x,y)dx +μ(x,y)N (x,y)dy =0 (2) tenglama to’liq differensialli tenglama bo’lsa, u holda (1) tenglamaga to’liq differensialli tenglamaga keltiriladigan tenglama, μ(x,y) funksiyaga esa uning integrallovchi ko’paytuvchisi deyiladi. Bu holda μ Mdx +μ Ndy = dU (3) o’rinli bo’ladi. Bundan μM = ∂U ∂x , μN = ∂U ∂y (4) ekanligini topamiz. Endi integrallovchi ko’paytuvchining ayrim xossalari bilan tanishamiz. Aytaylik, (2) tenglama to’liq differensialli tenglama bo’lsin. Boshqacha aytganda μ(x,y)≠0 funksiya (1) tenglamaning integrallovchi ko’paytuvchisi bo’lsin. U holda (4) tengliklardan ∂(μM ) ∂y = ∂(μN ) ∂x (5) munosabatni topamiz. Bu tenglikni quyidagi ko’rinishda yozamiz: M ∂ μ ∂ y + μ∂M ∂y = N ∂μ ∂x +μ∂ N ∂x yoki M ∂μ ∂y − N ∂μ ∂x = μ( ∂N ∂x − ∂M ∂y ) . (6) Bunda μ(x,y)>0,∀ (x,y)∈Γ⊆R2 deb olsak, (6) dan M ∂ln μ ∂y − N ∂ln μ ∂x = ∂N ∂x − ∂M ∂y (7) kelib chiqadi. Bu munosabat ln μ(x,y) funksiyaga nisbatan birinchi tartibli bir jinsli bo’lmagan xususiy hosilali differensial tenglamadir. Bizga (7) tenglamaning biror xususiy yechimini topish yetarlidir. Bunday yechim (x0,y0)∈Γ nuqtaning yetarli kichik atrofida M ,N ,Nx ',M y ' funksiyalar uzluksiz bo’lgani uchun mavjud. Yuqori tartibli differensial tenglamalar n-chi tartibli differensial tenglamalar Ushbu (1) ko’rinishdagi tenglamaga n-tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial tenglamaning umumiy ko’rinishi deyiladi. Quyidagi belgilashlarni kiritaylik: Endi, -o’lchamli fazoda quyidagi sohani olaylik. Bu yerda –o’zgarmas sonlar bo’lib, Ta’rif-1 . Aytaylik (1) ko’rinishidagi oddiy differensial tenglama berilgan bo’lib funksiya sohada aniqlangan bo’lsin. Agar oraliqda aniqlangan biror funksiya uchun quyidagi 1. 2. 3. shartlar bajarilsa, funksiya oraliqda (1) differensial tenglamaning ye chimi deyiladi. Ta’rif-2 . (1) differensial tenglamaning ushbu (2) boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimini topishga Koshi masalasi deyiladi. Bu yerda berilgan nuqta. Teorema. Agar funksiya sohada aniqlangan va uzluksiz bo’lib, o’zgaruvchilar bo’yicha Lipshits: (3) shart ш ni qanoatlantirsa, u holda shunday soni mavjud bo’lib (1)+( 2) Koshi masalasining oraliqda aniqlangan yagona yechimi mavjud bo’ladi. Bu teoremaning isbotini qisuvchi akslantirishlar prinspidan foydalanib ko’rsatish mumkin. Ayrim n-tartibli differensial tenglamalarni yechish. Ushbu (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topish bilan shug’ullanamiz. 1. Ketma-ket integrallash usuli . Avvalo (1) tenglamani (2) ko’rinishda yozib olamiz. Endi ixtiyoriy nuqtani olib (2) differensial tenglamaning dan x gacha integrallab, ushbu tenglikni hosil qilamiz. Bu munosabatni yana integrallab ushbu tasvirni topamiz. Yuqoridagi jarayonni davom qildirib (3) (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topishga muvoffaq bo’lamiz. Quyidagi formuladan foydalanib (3) munosabatni (4) ko’rinishda yozish mumkin. 2. Koshi usuli. Avvalo ixtiyoriy nuqtani tanlab olamiz va quyidagi Koshi masalasini qaraymiz: (5) ( ) So’ngra, ushbu differensial tenglamaning umumiy yechimini ketma-ket integrallash natijasida topamiz: (6) Bu yerdagi o’zgarmaslarning qiymatlarini boshlang’ich shartlardan foydalanib topish mumkin: (7) (7) sistemani pastdan yuqoriga qarab ketma-ket yechsak o’zgarmaslarning qiymatlari topiladi: O’zgarmaslarning bu qiymatlarini (2.2.6) tenglikning o’ng tomoniga qo’yib, ushbu Koshi funksiyasini topamiz. n-tartibli chiziqli differensial tenglamalar n-tartibli oddiy differensial tenglamalarning muhim xususiy hollaridan biri, n-tartibli chiziqli differensial tenglama bo’lib, u quyidagi ko’rinishda yoziladi: (1) Bunga n-tartibli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglama deyiladi. Agar (1) tenglamada , ya’ni bo’lsa, bunga n-tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglama deyiladi. Bu yerda -berilgan uzluksiz funksiyalarga mos ravishda (1) tenglamaning koeffitsiyentlari va uning o’ng tomoni deyiladi. Ta’rif-1 () differensial tenglamani ayniyatga aylantiruvchi funksiyaga uning yechimi deyiladi. Lemma-1 . Agar ko’rinishda bo’lib, va funksiyalar mos ravishda ushbu differensial tenglamaning yechimidan iborat bo’lsa, u holda funksiya (1) tenglamaning yechimi bo’ladi. Natija-1. Agar , funksiyalar (2) bir jinsli tenglamaning yechimlari bo’lib, -ixtiyoriy o’zgarmas sonlar bo’lsa u holda funksiya (2) tenglamaning yechimi bo’ladi. Bu ikki tasdiqqa (1) tenglama uchun superpozitsiya prinsipi deyiladi. Superpozitsiya prinsipi faqat chiziqli differensial tenglamaga xos xususiyatdir. O ‘ zgarmas koeffisiyentli bir jinsli chiziqli differensial tenglamalar (1) tenglamaga n - chi tartibli o ‘ zgarmas koeffisiyentli birjinsli differensial tenglama deyiladi. Bu yerda o’zgarmas sonlar. Tenglamaning xususiy yechimi ko’rinishda bo ‘ lib, u (2)λ - xarakteristik tenglamaning ildizi bo ‘ lishi kerak. Yechim ko ‘ rinishi (2) xarakteristik tenglama ildizlariga bog ‘ liq: a) (2) tenglama ning barcha ildizlari haqiqiy va har xil. B u holda yechimlar tenglamaning fundamental yechimlar sistemasini tash k il etadi, chunki ular yordamida tuzilgan Vronskiy determinanti noldan farqli . 1-misol . . Xarakteristik tenglamani tuzamiz . =3, =4 bu tenglamaning ildizlaridir . Demak , tenglamaning hususiy yechimlari va berilgan tenglamaning umumiy yechimi bo’ladi. b) (2) tenglamaning ildizlari orasida kompleks yechim mavjud. Xarakteristik tenglama haqiqiy koeffisiyentli bo‘lganligi sababli ildizga qo‘shma bo‘lgan son ham ildiz bo‘ladi . Bu ildizlar bo ‘ lsin. Bu ildizlarga (1) tenglamaning ko ‘ rinishdagi ikkita yechim mos keladi. 2-misol . . Xarakteristik tenglama . U ildizlarga ega, demak, berilgan tenglamaning xususiy yechimlari bo’lib, ular chiziqli bog ‘ lanmagan va tenglamaning umumiy yechimi bo’ladi. 3 -misol . Xarakteristik tenglama ildizlari bo ‘ lgan differensial tenglamaning umumiy yechimini yozing. Umumiy yechim y = c 1 e 2 x cos 4 x + c 2 e 2 x sin 4 x + c 3 e − 3 x Cosx + c 4 e − 3 x Sinx + c 5 e − 4 x ko ‘ rinishda bo’ladi. c) Xarakteristik tenglamaning ildizlari orasida karrali ildiz mavjud . Masalan, tenglamaning karrali ildizi bo ‘ ls in , bu holda (1) tenglama ta (3) ko ‘ rinishdagi x ususiy yechimga ega bo ‘ ladi. Bu yechimlarni chiziqli bog ‘ lanmaganligini bevosita Gram determinantidan foydalanmasdan aniqlash mumkin. (4) tenglik barcha x lar uchun o ‘ rinli bo ‘ lsin, u holda ko‘phad aynan nolga teng bo‘ladi, bu esa ko‘phadning barcha koeffisiyentlari nol bo‘lgandagina bajarilishi mumkin. Demak, (4) tenglik faqat bo‘lganda bajariladi va bundan (3) chiziqli bog‘lanmagan funksiyalar sistemasini tashkil etadi. 4-misol . Xarakteristik tenglama ildizlari bo‘lgan differensial tenglamaning umumiy yechimini yozing . to‘rt karrali ildiz bo‘lganligi sababli tenglamaning xususiy yechimlari bo‘ladi; ikki karrali – yechim Shunday qilib, tenglamaning umumiy yechimi quyidagi ko ‘ rinishga ega 5 -misol . L[y]=0 tenglamaning xarakteristik tenglamasi ildizlari bo‘lsa. uning umumiy yechimini yozing. uch karrali va ikki karrali ildizlar bo‘lganligidan foydalanamiz. Umumiy yechim quyidagi ko‘rinishga ega (5) tenglamani qaraymiz . Bu yerda - o ‘ zgarmas sonlar, da aniqlangan va uzluksiz funksiya. Mavzuga doir misollar 1-Misol. (x 2 +y 2 )dy+ 2 xy dx=0 f 1 (x, y)=x 2 +y 2 va f 2 (x, y)= 2 xy differensial tenglama bir jinslidir, chunki x 2 +y 2 va 2 xy funksiyalar ikki o‘lchovli bir jinslidir: Haqiqatan f 1 (tx, ty) = (tx) 2 +(ty) 2 =t 2 (x 2 +y 2 )=t 2 f 1 (x, y) f 2 (tx,ty)= 2(tx) (ty)=t 2 2xy = t 2 f 2 (x, y). Endi differensial tenglamani yechamiz, ya’ni u=u(x) funksiya kiritib y=ux , dy=u dx+x du. Unda (x 2 + x 2 u 2 ) (u dx+x du) + 2x 2 u dx = 0 yoki ixchamlab, (1+u 2 )dx+2ux dx=0 o‘zgaruvchilarni ajratib,0 1 2 2    du u u x dx hosil qilamiz. Integrallab, lnx+ln(l+u 2 )=lnc yoki x(l+u 2 )=C ni topamiz. u = y/x almashtirishni hisobga olsak, berilgan tenglamaning umumiy integralini hosil qilamiz: x 2 +y 2 =Cx. 2-Misol. Ushbu x y x y y 2 2   yoki )0 ( 1 2        x x y x y y bir jinsli tenglamani yeching. Yechish: O‘ng tomoni nol o‘lchovli bir jinsli funksiyadan iborat, u x y  / almashtirish bajaramiz, u holda y u xu y ux y , ,     va y ning ifodalarini differensial tenglamaga qo‘yamiz: 2 2 1 , 1 u xu u u u xu         o‘zgaruvchilari ajraladigan tenglama hosil bo‘ladi. Oxirgi tenglikni dx ga ko‘paytirib 0 1 2   u x ga bo‘lamiz, o‘zgaruvchilar ajraladi. Integrallab, topamiz: C x u ln ln arcsin   . Bu yerdan ) sin(ln Cx x y . 3-Misol. Ushbu x y y yx ln cos  differensial tenglamani yeching. Yechish: Berilgan tenglamani x ga bo‘lamiz, bo‘ladi       x y x y x y y  ln cos . Demak, qaralayotgan tenglama bir jinsli differensial tenglama, quyidagi y=z x, z=z (x) almashtirishni bajaramiz. Unda zx z y    bo‘lib, berilgan differensial tenglama, ushbu z z z zx ln cos   yoki )1 ln (cos   z z dx dzx ko‘rinishda bo‘ladi. Bu o‘zgaruvchilari ajraladigan tenglama. Unda o‘zgaruvchilarni ajratsak bo‘ladi ?)1 ln (cos ,)1 ln (cos    z z z dz x dx Integrallaymiz ∫    1 ln cos ln ln ln z z d c x yoki ∫ ∫        2 ln ) ln ( sin2 1 cos ln 22 u ctg cx z u du u du cx u yoki        x y ctg cx z ctg cx ln2 1 ln 2 ln ln berilgan differensial tenglamaning umumiy yechimi, bunda c ixtiyoriy o‘zgarmas. Endi cos ln z= 1 tenglikni ko‘ramiz, bundan ,...2,1,0 , ,...,2,1,0 , 22          k xe y k e z kk   yechim hosil bo‘ladi. 4-Misol. Ushbuy'= xy 2+ x2y− 2 x3+1 differensial tenglamaning umumiy yechimini toping. Yechish. Bu yerda y1= x berilgan differensial tenglamaning xususiy yechimidan iborat bo’lgani uchun y= x+ 1 u almashtirish bajaramiz. Natijada berilgan differensial tenglama u'+3x2u=− x ko’rinishni oladi. Ma’lumki, bu chiziqli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglamaning umumiy yechimi ushbu u(x)= e−x2 (c−∫ xe x2 dx ) formula orqali topiladi. Bundan y= x+ ex2 c− ∫ ex2 xdx = x+ ex2 c− 1 2 ex2 kelib chiqadi. 5-Misol. . Ushbu differensial tenglamaning umumiy yechimini toping. Yechish. Qaralayotgan differensial tenglamaning umumiy yechimini (2.2.9) formuladan foydalanib topish mumkin: 6-Misol. Chiziqli bir jinsli bo’lmagan dy dx = p(x)y+q(x) differensial tenglamaning integrallovchi ko’paytuvchisini topamiz. Yechish. Avvalo berilgan differensial tenglamani(p(x)y+q(x))dx − dy = 0 ko’rinishda yozib olamiz. Bu holda M (x,y)= p(x)y+q(x), N (x,y)=−1 bo’lgani uchun ∂M ∂y = p(x), ∂N ∂x =0 munosabatlar o’rinli. Ko’rinib turibdiki, ∂M ∂y ≠ ∂N ∂x . Shuning uchun berilgan chiziqli tenglama to’liq differensialli tenglama emas. Endi berilgan differensial tenglamaning integrallovchi ko’paytuvchisini μ= μ(x) ko’rinishda izlaymiz. Bu holda ω= x bo’lgani uchun ψ(x)= M y '− N x ' N =− p(x) tenglik o’rinli bo’ladi. Bundan esa μ= exp {−∫ p(x)dx } formula kelib chiqadi. 7-misol . . Tenglamani y (4) ga nisbatan yechsak, tenglama hosil bo‘ladi. Ketma- ket to‘rt marta integrallab, umumiy yechimni hosil qilamiz. 8-misol . . Bu tenglamada almashtirish olamiz. ga qo‘ysak, ga qo ‘ yamiz. Bu ifodani integrallab tenglamaning umumiy yechimini topamiz: II. (4) (4) tenglamani , almashtirish yordamida n-k tartibli tenglamaga keltirish mumkin. 9-misol . Tenglamada noma’lum funksiya y qatnashmagan. yordamchi funksiyani kiritamiz. U vaqtda va tenglama ko‘rinishga keladi. Bu tenglama Klero tenglamasi, demak umumiy yechimi maxsus yechim bo‘ladi. Bu yerdan va tenglamaning umumiy yechimi , maxsus yechimi tenglamadan topiladi va . III. . (5) tenglamani almashtirish olib (bu yerda erkli o‘zgaruvchi vazifasini y bajaradi) tartibini bitta birlikka pasaytirish mumkin. Bu holda hosilalar quyidagicha topiladi: va hokazo. 10-misol . . almashtirish olamiz, u holda va tenglama shaklga keladi. Bu yerdan va demak, . Bu tenglamani integrallab, berilgan tenglamaning umumiy yechimini topamiz, O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O‘RTA TA’LIM VAZIRLIGI SHAROF RASHIDOV NOMIDAGI SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI MATEMATIKA FAKULTETI DIFFERENSIAL TENGLAMALAR KAFEDRASI MAXSUS FANLARNI O‘QITISH METODIKASI fanidan MUSTAQIL ISH Mavzu: Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari Bajardi: Daniyorov S. Muyiddinova Sh., Ortiqov B., Pardayev T., Po‘latov S., Xolmurzayev H., Xudayberdiyeva S., Xudoyberdiyev D., Yormatov S. Tekshirdi: Arziqulov A. SAMARQAND-2022 Foydalanilgan adabiyotlar: 1. “Oddiy differensial tenglamalar nazariyasiga kirish“. A.B.Xasanov; 2. “ Сборник задач по дифференсиальн ым уравнениям”. А.Ф.Филиппов .

Mavzu: Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari Reja: 1. Birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularning turlari; 2. Yuqori tartibli differensial tenglamalar turlari va yechish usullari; 3. Chiziqli o‘zgarmas koeffisentli differensial tenglamalar.

Birinchi tartibli differensial tenglamalar Ta’rif - 1. Erkli o‘zgaruvchi x∈(a,b) , noma’lum funksiya y(x) va uning y'(x),y''(x),...,y(n)(x) hosilalari orasidagi ushbu F(x,y(x),y'(x),...,y(n)(x))=0 (1) funksional bog‘lanishga n− tartibli oddiy differensial tenglama deyiladi. Ta’rif-2. Tartibi n bo’lgan (1) tenglamani (a,b) intervalda ayniyatga aylantiruvchi funksiyaga, uning yechimi deyiladi. Jumladan, funksiya quyidagi differensial tenglamaning yechimi ekanligini tekshirish qiyinchilik tug‘dirmaydi. Bundan tashqari ushbu ko‘rinishdagi funksiaylar quyidagi ikkinchi tartibli differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘lishini ham osongina ko‘rsatish mumkin. Yuqoridagi, mulohazalardan ixtiyoriy differensial tenglamaning yechimi bor degan fikr kelib chiqmaydi. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama yechimga ega emas. Chunki . Differensial tenglama yechimlarining soni bitta yoki cheksiz ko‘p bo‘lishi mumkin. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama faqat nol yechimga ega.

Differensial tenglamalar nazariyasining asosiy masalasi, tenglamaning yechimini topish va uning xossalarini o‘rganishdan iborat. Yechimning grafigiga esa (1) oddiy differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Aytaylik, funksiya ushbu differensial tenglamaning yechimi bo‘lsin. U holda funksiyaning grafigi, ya’ni nuqtalar to‘plami sohada yotuvchi egri chiziqni ifodalaydi. Bu egri chiziqqa differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 funksiya ko’rinishidagi yechimga (1) tenglamaning integrali deyiladi. Tarkibidagi c1,c2,...,cn parametrlarga aniq qiymat berish hisobiga ixtiyoriy yechimni hosil qilish mumkin bo‘lsa, bu yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi deyiladi va y=ϕ(x,c1,c2,...,cn) ko‘rinishda belgilanadi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 ko‘rinishdagi umumiy yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy integrali deyiladi. Ta’rif-3. Yuqori tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha bo‘ladi: . (2) Kelgusida biz, bu turdagi oddiy differensial tenglamaning ushbu (3) Boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimini topishga Koshi masalasi deymiz va uning yechimini mavjudligi hamda yagonaligi haqidagi tasdiqlar bilan tanishamiz. Xususan hosilaga nisbatan yechilmagan 1-tartibli differensial tenglama F(x,y,y')=0 (4) ko’rinishda bo’ladi. Birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilgan differensial tenglama esa y'= f(x,y) (5) ko‘rinishda bo’ladi.

Ta’rif-4. Hosilaga nisbatan yechilgan (5) differensial tenglamaningy(x0)= y0 (6) boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y(x) yechimini topishga Koshi masalasi deyiladi. Bu yerda x0 va y0 oldindan berilgan haqiqiy sonlardir. Geometrik tilda: y'= f(x,y) tenglamaning (x0,y0) nuqtadan o‘tuvchi integral chizig‘ini topishga Koshi masalasi deyiladi. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. Dastavval, ayrim sodda differensial tenglamaning umumiy yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Ushbu y'= f(x)⋅g(y) (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama deyiladi. Bu yerdagi f(x) va g(y) funksiyalar mos ravishda a< x<b va c< y<d oraliqlarda aniqlangan uzluksiz deb qaraladi. Bundan ko‘rinadiki, (1) differensial tenglamaning o‘ng tomoni quyidagi D = (a,b)× (c,d)= {(x,y)∈ R2: a< x<b,c< y<d} sohada aniqlangan va uzluksizdir. (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish uchun quyidagi ikki holni ko‘rib chiqamiz: 1-hol. Aytaylik, g(y)≠0,y∈(c,d) bo‘lsin. U holda (1.1.1) differensial tenglamani ushbu dy g(y) = f(x)dx ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab ∫ dy g(y) =∫ f(x)dx (2)

munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, [g(y)]−1 va f(x) funksiyalar uzluksiz ekanligidan, ularning mos ravishda G(y) va F(x) boshlang ‘ ich funksiyalarining mavjudligi kelib chiqadi. Shuning uchun (2) tenglikni quyidagi G (y)= F (x)+C , C = const (3) ko ‘ rinishda yozish mumkin. Qaralayotgan g(y)≠ 0 holda G(y) monoton funksiya bo ‘ ladi. Chunki, G'(y)= 1 g(y) ≠ 0. Bundan esa uning teskarisi G−1 mavjud ekanligi kelib chiqadi. Yuqoridagi (3) tenglikdan y(x)= G−1(F (x)+C ) (4) funksiyani topamiz. O ‘ z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi. 2-hol. Aytaylik biror y(x)= ¯y∈(c,d) nuqtada g(¯y)= 0 bo’lsin. Bu tenglamaning ildizi yordamida aniqlangan y(x)= ¯y o’zgarmas funksiya (1.1.1) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo’ladi. Demak, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi y(x)=¿{G −1 (F(x)+C),agar g(y)≠0,¿¿¿¿ (5) ko ‘ rinishda bo ‘ lar ekan. Endi, tayinlangan biror (x0,y0)∈D nuqtani olib, (1) differensial tenglamaning ushbu y(x0)= y0 (6) boshlang ‘ ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug ‘ ullanamiz. Shu maqsadda quyidagi F (x)=∫ x0 x f(t)dt ,G (y)=∫ y0 y 1 g(t)dt (7)

O'xshashlar

GEOGRAFIYa TA’LIMIDA O‘QITISh METODLARI
Masofali o‘qitish metodlari va modellari, ularning turlari
Avtomatlashtirilgan ish joylari. 40v
O‘qitish metodlari va boshlang‘ich adabiy ta’limda ulardan foydalanish
Birinchi tartibli differensial tenglamalar, yuqori tartibli differensial tenglamalar, chiziqli o‘zgarmas koeffisentli differensial tenglamalar 33v