J.Z. NURIDDINOV
ODDIY DIFFERENSIAL
TENGLAMALAR
O‘quv qo‘llanma
1
Ushbu о‘quv qо‘llаnmа Оliy tа’lim muаssаsаlаrining 60530901 - Fizika tа’lim
yо‘nаlishidа tаhsil оlаyоtgаn tаlаbаlаr uchun mо‘ljаllаb yоzilgаn. Qо‘llаnmаdа аsоsаn
o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar, bir jinsli differensial tenglamalar,
chiziqli differensial tenglamalar, Bernulli tenglamasi, Rikkati tenglamasi, Lagranj va Klero
tenglamalari, yuqori tartibli chiziqli differensial tenglamalar, differensial tenglamalar
sistemasi kаbi tushunchаlаr bаtаfsil yоritilgаn. Bаrchа mаvzulаrdа nаzаriy mа’lumоtlаr,
nаmunаviy misol vа mаsаlаlаr yechimlаri vа tаlаbаlаr mustаqil bаjаrishlаri uchun
mо‘ljаllаngаn tоpshiriqlаr keltirilgаn.
Tаqrizchilаr:
Boltayev Zafar Ixtiyorovich, Buxоrо muhаndislik- texnоlоgiyа instituti Оliy
mаtemаtikа kаfedrаsi professori, (DSc).
Rahmonov
Askar
Ahmadovich,
Buxоrо
tenglamalar kаfedrаsi dotsenti, (PhD).
2
dаvlаt
universiteti
Differensial
MUNDARIJA
KIRISH
4
Bob 1. Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalar
7
§ 1.1 Differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar. . . . . . . . . . . .
§ 1.2
7
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. . . . . . . . . . . . . 13
§ 1.3 Bir jinsli va unga keltiriladigan differensial tenglamalar. . . . . . . . . . . 18
§ 1.4
Birinchi tartibli chiziqli va unga keltiriladigan differensial tenglamalar . . 29
§ 1.5 To‘liq differensial tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
§ 1.6 Hosilaga nisbatan yechilmagan differensial tenglamalar. . . . . . . . . . . 61
Bob 2. n− tartibli oddiy differensial tenglamalar
71
§ 2.1 n− tartibli oddiy differensial tenglamalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
§ 2.2 n− tartibli chiziqli differensial tenglamalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
§ 2.3 n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar. . . . . . . 99
Bob 3. Chiziqli differensial tenglamalar sistemasi
115
§ 3.1 O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli differensial tenglamalar sistemasi. . . . . 115
§ 3.2
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamalar sistemasi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Adabiyotlar ro‘yxati
141
3
KIRISH
Differensial tenglamalar fani turli xil fizik jarayonlarni o‘rganish bilan chambarchas
bog‘liqdir. Bunday jarayonlar qatoriga gidrodinamika, elektrodinamika, masalalari va
boshqa ko‘plab masalalarni keltirish mumkin. Turli jarayonlarni ifodalovchi matematik
masalalar ko‘pgina umumiylikka ega bo‘lib, oddiy differensial tenglamalar fanining asosini
tashkil qiladi. Differensial tenglamalar fani umumkasbiy fanlardan biri bo‘lib, Fizika ta’lim
yo‘nlishining 2 - kursida o‘qitiladi. Differensial tenglamalar fanini o‘zlashtirish uchun
talabalar matematik analiz, analitik geometriya fanlaridan yetarli bilim va ko‘nikmalarga
ega bo‘lishlari talab etiladi.
Maskur fandan olgan bilimlar esa xususiy xosilali differensial tenglamalar, matematik
fizika tenglamalari hamda ixtisoslik fanlarida keng qo‘llanilib, bo‘lg‘usi mutaxassislarda
ko‘nikma va malaka shakillanishida muhim o‘rin tutadi.
Differensial tenglamalar nazariyasiga oid masalalar dastlab XVI-XVII asrda hisoblash
matematikasiga oid ishlarda uchraydi. J.Neper (1550-1617) logarifmik jadvallarni
yaratishda bunday tenglamalarga duch kelgan. Differentsial tenglamalar keltiriladigan
masalalarning dastlabkisi 1638 yilda G.Galiley (1564-1642) tomonidan e’lon qilingan
jismning qarshiliksiz muhitda tushishi muammosi va 1628 yilda R.Dekart (1596-1650)
tomonidan e’lon qilingan yorug‘likning sinish qonunida "urinmaga teskari masala"bo‘lib
hisoblanadi. I.Nyuton (1642-1727) va G.V.Leybnits (1646-1716) larning ishlaridan boshlab
differentsial tenglamalarning tarixining birinchi davri boshlanadi. Nuqtaning va qattiq
jismning dinamikasi masalalarini o‘rganish, shuningdek ba’zi geometrik masalalarga
differentsial va integral hisobning qo‘llanilishi birinchi va ikkinchi tartibli oddiy
tenglamalarni guruhlarga ajratdi.
XVIII asrning birinchi yarmida differensial tenglamalar nafaqat mexanikada balki
differentsial geometriya va variatsion hisobda ham kuchli qurol bo‘ldi. XVIII asrning
ikkinchi yarmida matematik fizika masalalari, xususan torning tebranish masalasi xususiy
hosilali differensial tenglamalarning paydo bo‘lishini va bular sirtlar nazariyasida keng
qo‘llanilishiga olib keldi.
Qator differensial tenglamalar Nyuton tomonidan Natural falsafaning matematik
boshlang‘ichlari
(Matematicheskie
nachalo’
4
naturalnoy
filosofii)
(1686)
asarida
integrallangan"matematik
boshlang‘ichlarda
differensial
tenglamalar
va
ularning
integrallarini analitik shaklda yozilmagan. Mexanika masalalarining analitik shaklini
birinchi bo‘lib Eyler keltirgan. Differensial tenglamalar oshkor ko‘rinishda Nyutonning
1671 yilda yozilgan va 1736 yilda e’lon qilingan Flyuksiyalar usuli va cheksiz qatorlar
asarida uchraydi.
Differensial tenglama terminini Leybnits kiritgan. Uning izdoshlari Bernulli (16541705) differensial tenglamalarni yechish uchun qatorlarga yoyishni qo‘lladilar. Bernulli bir
o‘zgaruvchini o‘z ichiga olmagan ikkinchi tartibli tenglamaning tartibini pasaytirish uchun
y 0 = p parametrlar kiritishni qo‘llagan.
Differensial tenglamalar nazariyasining keyingi rivojiga Peterburg Akademiyasi
akademigi Eyler (1707-1783), fransuz matematiklari Klero (1713-1765), Dalamber (17171783)va Lagranj (1736-1813) katta hissa qo‘shdilar.
Eyler chiziqli bir jinsli tenglamani yechish uchun y = ekx almashtirish kiritdi.
Dalamber chiziqli bir chiziqlimas tenglamaning umumiy yechimi uning xususiy yechimi
bilan mos chiziqli bir jinsli tenglama umumiy yechimi yig‘indisiga tengligini ko‘rsatdi.
Lagranj o‘zgarmasllarni varyatsiyalash usulini ishlab chiqdi. Lagranj chiziqli bir jinsli
tenglamaning r ta xususiy yechimi ma’lum bo‘lsa, uning tartibli r tagacha pasaytirish
mumkinligini isbotlaydi. Eyler va Klero integrallovchi ko‘paytuvchi kiritishni taklif qilishdi
va M dx + N dx = 0 tenglamaning integrallanish shartini kiritdi. Maxsus yechimlarni
birinchi marta B.Teylor (1685-1731) 1715 yilda uchratgan. 1736 yilda A.Klero maxsus va
umumiy yechimlarni ajratgan.
1820-1830 yillarda Koshi y 0 = f (x, y) tenglamaning x = x0 , y = y0 boshlang‘ich
shartlarda yechimi mavjudligi va yagonaligi shartini isbotladi. Yechimning mavjudligi va
yagonaligi F.Muan’o (1804-1884), R.Linshiu (1832-1903) tomonidan to‘liq isbotlandi. Dsh.
Peano (1858-1932) y 0 = f (x, y) tenglamaning x = x0 , y = y0 boshlang‘ich shartlarda
f (x, y) uzluksiz bo‘lganda hech bo‘lmaganda bitta yechimi mavjudligini isbotladi. 1880
yilda E Pikar (1856-1941) ketma-ket yaqinlashishlar usulini ishlab chiqdi.
Xususiy
hosilali
tenglamalar
sistemasi
yechimi
mavjudligini
muammosi
S.V.Kovalevskaya (1850-1891) tomonidan o‘rganilgan. Yangi matematik analizlarning
yangi mukammal vositalari yordamida maxsus yechimlar muammosi bilan Muan’o,
5
A.Kurno (1801-1874), maxsus yechimlarning zamonaviy nazariyasi G.Dorou (1842-1917;
1870), Pikar (1886-1887), G.Kristal (1851-1911; 1896) va boshqalar tomonidan ishlab
chiqilgan. Differensial tenglamalarning kvadraturada integrallash masalasi bilan Litsvill
(1809-1882), D.Bernulli, P.L.Chevishev, V.P.Maksimovich, D.D.Morduxay-Boltovskaya
va boshqa olimlar shug‘ullangan.
Yuqori tartibli xususiy hosilali tenglamalar nazariyasi matematik fizika va qayishqoqlik
nazariyasi masalalari bilan uzviy bog‘langan holda rivojlandi va trigonometrik qatorlar
nazariyasi, kompleks o‘zgaruvchili funksiyalar nazariyasi, variatsion hisob apparati keng
tadbiq qilindi. Shunday qilib, XIX asrning birinchi yarmi turli chegaraviy masalalarni
yechishda muhim yutuqlar keltirdi. J.B.Furening (1768-1830) issiqlik o‘tkazuvchanlik
nazariyasidagi klassik ishlari ko‘plab tadqiqotlar uchun tayanch punkti bo‘lib qoldi.
XX asrning boshidan boshlab differensial tenglamalarni sonli integratsiyasi usullari
paydo bo‘ldi va bu sohadagi ishlar, yangi usullari va bu usullarning yechimiga yaqinlashishi
masalalari hozirgi paytda ham davom etmoqda.
6
1
1.1
Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalar
Differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
Reja:
1. Differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
2. Mavjudlik va yagonalik teoremalari.
3. Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalarni integrallash.
Tayanch iboralar. Differensial tenglama, Koshi masalasi, hosilaga nisbatan
yechilgan differensial tenglamalar, xususiy hosilali differensial tenglamalar, uzluksiz
funksiya, integral chiziq.
1. Differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
Differensial tenglamalar fizika, mexanika, differensial geometriya, variyatsion hisob,
issiqlik texnikasi, elektrotexnika, kimyo, biologiya va iqtisod kabi fanlarda keng
qo‘llaniladi. Bu fanlarda uchraydigan ko‘plab jarayonlar differensial tenglamalar
yordamida tavsiflanadi. Shu tenglamalarni o‘rganish bilan tegishli jarayonlar haqida
biror ma‘lumotga, tasavvurga ega bo‘lamiz. Differensial tenglamalar o‘rganilayotgan
jarayonning matematik modelidan iborat bo‘ladi. Bu model qancha mukammal bo‘lsa,
differensial tenglamalarni o‘rganish natijasida olingan ma‘lumotlar jarayonlarni shuncha
to‘la tavsiflaydi. Tabiatda uchraydigan turli jarayonlar (fizik, ximik , biologik jarayonlar
va h.k.) o‘z harakat qonunlariga ega. Ba’zi jarayonlar bir xil qonun bo‘yicha sodir
bo‘lishi mumkin, bu hol esa ularni o‘rganish ishini yengillashtiradi. Ammo jarayonlarni
tavfsiflaydigan qonunlarni to‘g‘ridan to‘g‘ri topish har doim ham mumkin bo‘lavermaydi.
Xarakterli miqdorlar va ularning hosilalari yoki differensiallari orasidagi munosabatni
topish tabiatan yengil bo‘ladi.
1.1.1 - Ta’rif. Agar tenlamadagi noma’lum funksiya faqat bitta erkli o‘zgaruvchiga
bog’liq bo‘lsa, bunday tenglamaga oddiy differensial tenglama deyiladi
1.1.2 - Ta’rif. Erkli o‘zgaruvchi x, x ∈ (a, b) noma’lum funksiya y va uning hosilalari
orasidagi ushbu
F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0
7
(1.1.1)
funksional bog‘lanishga differensial tenglama deyiladi.
1.1.3 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = f (x, y)
(1.1.2)
ko‘rinishdagi tenglamaga birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial
tenglama deyiladi.
1.1.4 - Ta’rif. Ushbu
F (x, y, y 0 ) = 0
(1.1.3)
ko‘rinishdagi tenglamaga birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilmagan oddiy differensial
tenglama deyiladi.
1.1.5 - Ta’rif. Ushbu
y (n) = f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) )
(1.1.4)
ko‘rinishdagi tenglamaga hosilaga nisbatan yechilgan n− tartibli oddiy differensial
tenglama deyiladi.
1.1.6
-
Ta’rif.
Agar f (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) ) yoki F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) lar
y, y 0 , y 00 , ..., y (n−1) va y (n) argumentlarga nisbatan chiziqli funksiyalar bo‘lsa, tegishli
differensial tenglama chiziqli deyiladi.
Yuqoridagi differensial tenglamalarda noma’lum funksiya bir argumentli deb qaraladi.
Aslida noma’lum funksiya ko‘p argumentli bo‘lgan hollar ham tez-tez uchraydi. Bunday
hollarda differensial tenglama xususiy hosilali deyiladi.
Ushbu F (u, ∂u
, ∂u ) = 0 tenglama birinchi tartibli xususiy hosilali tenglamalardan,
∂x ∂y
Φ(u,
∂u ∂u ∂ 2 u ∂ 2 u ∂ 2 u
, ,
,
,
)=0
∂x ∂y ∂x2 ∂x∂x ∂y 2
tenglama esa ikkinchi tartibli xususiy hosilali differensial tenglamalardan iborat. Quyidagi
∂u
∂ 2u
= a2 2
∂x
∂y
(issiqlik o‘tkazuvchanlik tenglamasi)
∂ 2u ∂ 2u
+
=0
∂x2 ∂y 2
∂ 2u ∂ 2u
+
= f (x, y)
∂x2 ∂y 2
(Laplas tenglamasi)
(P uasson tenglamasi)
8
tenglamalar ikkinchi tartibli xususiy hosilali differensial tenglamalarning muhum xususiy
hollari hisoblanadi, ularda noma’lum funksiya ikki argumentlidir.
1.1.7 - Ta’rif. (1.1.2) differensial tenglamaning
y(x0 ) = y0
(1.1.5)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y(x) yechimini topish masalasiga Koshi masalasi
deyiladi. Bu yerda x0 va y0 oldindan berilgan haqiqiy sonlardir.
1.1.8 - Ta’rif.
(1.1.4) hosilafa nisbatan yechilgan n− tartibli differensial
tenglamaning
(n−1)
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 , y 00 (x0 ) = y000 , ..., y (n−1) (x0 ) = y0
(1.1.6)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y(x) yechimini topish masalasiga Koshi masalasi
deyiladi.
Geometrik tilda: y 0 = f (x, y) tenglamaning (x0 , y0 ) nuqtadan o‘tuvchi integral
chizig‘ini topish masalasiga Koshi masalasi deyiladi.
Oddiy differensial tenglamalar nazariyasining asosiy masalalaridan biri, bu Koshi
masalasi bo‘lib, uning yechimi mavjudmi? Agar bunday yechim mavjud bo‘lsa, u
yagonami? Agar yechim mavjud va yagona bo‘lsa, bu yechimni topish algoritmi qanday
bo‘ladi?, degan savollarga javob berishdan iborat. Bu savollarga javob beradigan
teoremalar mavjudlik va yagonalik teoremalari deb yuritiladi.
1.1.9 - Ta’rif. (1.1.2) differensial tenglama berilgan bo‘lib , unda f (x, y) funksiya
R2 tekislikning G sohasida aniqlangan bo‘lsin. Agar I (ochiq, yopiq, yoki yarim ochiq)
intervalda aniqlangan ϕ(x) funksiya uchun quyidagi uchta shart:
1) (x, ϕ(x)) ∈ G, G ⊂ R2 , x ∈ I,
2) ϕ(x) ∈ C 1 (I),
3) dϕ(x) = f (x, ϕ(x)), x ∈ I,
(1.1.7)
dx
bajarilsa, u holda bu funksiya I intervalda (1.1.2) differensial tenglamaning yechimi
deyiladi.
1.1.10 - Ta’rif. (1.1.2) differensial tenglamaning har bir y = ϕ(x) yechimiga mos egri
chiziq (ya’ni y = ϕ(x) funksiyaning grafigi) shu tenglamaning integral chizig‘i deyiladi.
9
dy
= 2x tenglamani (1.1.9) ta’rif yordamida yeching.
1 -Misol. dx
Yechish:
dy
= 2x tenglama uchun G = R2 bo‘lib, ϕ(x) = x2 + 1 funksiya R to‘plamda (ya’ni
dx
−∞ < x < +∞ intervalda) yechim bo‘ladi. Haqiqatdan ta‘rifga ko‘ra:
1). (x, x2 + 1) ∈ R2 , x ∈ R; 2). x2 + 1 ∈ C 1 (R); 3).
d(x2 + 1)
= 2x.
dx
2. Mavjudlik va yagonalik teoremalari.
Har bir (1.1.2) ko‘rinishdagi differensial tenglamalar uchun Koshi masalasining yechimi
bormi yoki yo‘qmi? Agar bunday yechim bor bo‘lsa, u yagonami?, Qachon Koshi masalasi
yechimga ega emas? kabi savollarga javob beradigan teoremalar mavjudlik va yagonalik
teoremalari deb yuritiladi. Quyida ularning asosiylarini keltiramiz.
1.1.1 - Teorema (Koshi teoremasi) Agar f (x, y) funksiya G sohada aniqlangan va
(x,y)
uzluksiz bo‘lib, uning y bo‘yicha xususiy hosilasi ∂f∂y
biror Q (Q ⊂ G) sohada aniqlangan
va uzluksiz bo‘lsa, u holda:
1. (1.1.2) tenglamaning x0 ni o‘z ichiga oladigan biror intervalda aniqlangan va har
bir berilgan (x0 , y0 ) ∈ Q nuqta uchun y(x0 ) = y0 boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi
yechimi mavjud.
2. Agar (1.1.2) tenglamaning ikkita y = ϕ(x) va y = ψ(x) yechimlari x0 da ustmaust tushsa, ya’ni ϕ(x0 ) = ψ(x0 ) = y0 bo‘lsa, u holda bu y = ϕ(x), y = ψ(x) yechimlar
aniqlanish sohalarining umumiy qismida ustma-ust tushadi.
1.1.11 - Ta’rif Agar f (x, y) funksiya G sohada aniqlangan bo‘lib, shu funksiya uchun
shunday musbat L son mavjud bo‘lsaki, ixtiyoriy (x, y1 ) ∈ G, (x, y2 ) ∈ G nuqtalar uchun
ushbu
|f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ L|y1 − y2 |
(L)
tengsizlik bajarilsa, u holda f (x, y) funksiya G sohada y bo‘yicha Lipshis shartini
qanoatlantiradi deyiladi, L esa Lipshis o‘zgarmasi deyiladi.
1.1.2 - Teorema (Koshi - Pikar - Lindelef teoremasi) Agar f (x, y) funksiya
G sohada x va y bo‘yicha aniqlangan va uzluksiz bo‘lib, G sohada y bo‘yicha Lipshis
shartini qanoatlantirsa,u holda shunday o‘zgarmas h > 0 son topiladiki, natijada (1.1.2)
10
tenglamaning (x0 , y0 ) ∈ G bo‘lganda (1.1.1.5) boshlang‘ich shartni qanoatlantiradigan va
I = {x : |x − x0 | ≤ h} yopiq intervalda aniqlangan yagona yechimi mavjud bo‘ladi.
1.1.3 - Teorema (Piano teoremasi) Agar f (x, y) funksiya G sohada aniqlangan va
uzluksiz bo‘lsa, u holda G sohaning berilgan (x0 , y0 ) ∈ G nuqtasidan (1.1.2) tenglamaning
kamida bitta integral chizig‘i o‘tadi.
3. Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalarni integrallash.
I.
dy
dx
= f (x) ko‘rinishdagi differensial tenglamalarni integrallash. f (x)
funksiya I intervalda uzluksiz bo‘lsin. Berilgan tenglamani yechimini quyidagicha
aniqlaymiz:
dy
= f (x)
dx
Z
Z
dy = f (x)dx =⇒ dy = f (x)dx
(1.1.8)
yuqoridagi integralni hisoblab
y = F (x) + C
(1.1.9)
(1.1.8) tenglamaning umumiy yechimi olamiz. Bu yerda F (x) funksiya f (x) funksiyaning
boshlangich funksiyasi.
1 -Misol. y 0 = 3x2 + x − 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y 0 = 3x2 + x − 1
Z
dy
2
= 3x + x − 1 =⇒ dy = (3x2 + x − 1)dx
dx
(1)
oxirgi tenglikni integrallab
y = x3 +
x2
−x+C
2
(1) tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
2 -Misol. y 0 = ctgx differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y 0 = ctgx
Z
Z
Z
sin x
dy
= ctgx =⇒ dy = ctgxdx =
dx
dx
cos x
11
(1)
oxirgi tenglikni integrallab
y = ln | cos x| + C
(1) tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
II.
dy
dx
= g(y) ko‘rinishdagi differensial tenglamalarni integrallash. g(y)
funksiya I intervalda uzluksiz va g(y) 6= 0 bo‘lsin. Berilgan tenglamani yechimini
quyidagicha aniqlaymiz:
dy
= g(y),
dx
g(y) 6= 0
Z
Z
dy
dy
= dx =⇒
= dx
g(y)
g(y)
(1.1.10)
G(y) = x + C
(1.1.11)
oxirgi tenglikni integrallab
1
(1.1.10) tenglamani umumiy yechimini olamiz. (1.1.11) tenglikda G(y) funksiya g(y)
funksiyaning boshlang‘ich funksiyasi.
3 -Misol. y 0 = y + 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y0 = y + 1
dy
dy
= y + 1 =⇒
= dx =⇒
dx
y+1
(1)
Z
dy
=
y+1
Z
dx
oxirgi tenglikni integrallab
ln |y + 1| = x + C =⇒ y = Cex − 1
(2)
(1) tenglamani yechimini umumiy yechimini olamiz.
4 -Misol. y 0 = y 2 − 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y0 = y2 − 1
dy
dy
= y 2 − 1 =⇒ 2
= dx =⇒
dx
y −1
(1)
Z
dy
y2 − 1
Z
=
oxirgi tenglikni integrallab
1
y−1
y−1
ln |
| = x + C =⇒
= Ce2x
2
y+1
y+1
(1) tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
12
dx
Mustaqil yechish uchun misollar.
Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalarni integrallashga doir misollar
1. y 0 = ln x
2. xy 0 = ln x + 1
3. y 0 sin x = cos x
√
5. y 0 x2 + 1 = x
4. y 0 = xex
0
6. siny x = cos2 x
2
1.2
7. y 0 = x3 ex
p
9. yy 0 = 1 − y 2
8. yy 0 = 1
10. y(y 0 − y) = 1
y−1
11. y 0 = y+1
12. y 0 = tgy
13. ey y 0 = 1 + ey
14. (x3 + y + 1)y 0 = y
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar.
Reja:
1. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar.
2. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalarga keltiriladigan
tenglamalar.
Tayanch iboralar. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama, uzluksiz
funksiya, integral chiziq.
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar.
1.2.1 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = f (x) · g(y)
(1.2.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama
deyiladi.
Bu yerda f (x) va g(y) funksiyalar mos ravishda a < x < b va c < y < d oraliqda
aniqlangan va uzluksiz funksiyalar. Bundan ko‘rinadiki, (1.2.1) differensial tenglamaning
o‘ng tomoni quyidagi
D = (a, b) × (c, d) = {(x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d}
13
sohada aniqlangan va uzluksizdir.
1.2.1 - Teorema. Agar f (x) funksiya (a, b) oraliqda, g(y) funksiya (c, d) oraliqda
uzluksiz bo‘lib, ∀y ∈ (c, d)da g(y) 6= 0 bo‘lsa D = (a, b) × (c, d) = {(x, y) ∈ R2 : a < x <
b, c < y < d} sohaning ixtiyoriy berilgan ichki (x0 , y0 ) nuqtasidan (1.2.1) tenglamaning
faqat bitta integral chizig‘i o‘tadi.
(1.2.1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish uchun quyidagi ikki
holni ko‘rib chiqamiz:
I -hol. (1.2.1) differensial tenglamada g(y) 6= 0, y ∈ (c, d) bo‘lsin. U holda (1.2.1)
differensial tenglamani ushbu
dy
= f (x)dx
g(y)
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab
Z
Z
dy
= f (x)dx
g(y)
(1.2.2)
munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, g −1 (y) va f (x) funksiyalar uzluksiz ekanligidan,
ularning mos ravishda G(y) va F (x) boshlang‘ich funksiyalarining mavjudligi kelib
chiqadi. Shuning uchun (1.2.2) tenglik quyidagicha
G(y) = F (x) + C,
C = const
(1.2.3)
yoziladi. qaralayotgan g(y) 6= 0 holda G(y) monoton funksiya bo‘ladi. Chunki,
1
6= 0.
g(y)
G0 (y) =
Bundan esa uning teskarisi G−1 (y) mavjud ekanligi kelib chiqadi. Yuqoridagi (1.2.3)
tenglikdan
y(x) = G−1 (F (x) + C)
(1.2.4)
funksiyani topamiz. O‘z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1.2.1) differensial
tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi.
y−1
1 -Misol. y 0 = x+1
o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamani yeching.
Yechish:
14
y0 =
y−1
x+1
(1)
(1) tenglamani o‘zgaruvchilarini ajratib yozamiz:
dy
y−1
=
dx
x+1
=⇒
dy
dx
=
y−1
x+1
(2) tenglikni integrallaymiz.
Z
Z
dy
dx
=
=⇒ ln |y − 1| = ln |x + 1| + ln |C|
y−1
x+1
(2)
(3)
(3) tenglikni soddalashtirish natijasida
y = C(x + 1) + 1
(4)
(1) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
II -hol. Biror y(x) = ȳ, ȳ ∈ (c, d) nuqtada g(ȳ) = 0 bo‘lsin. Bu tenglamaning
ildizi yordamida aniqlangan y(x) = ȳ o‘zgarmas funksiya (1.2.1) differensial tenglamaning
yechimidan iborat bo‘ladi.
Demak, (1.2.1) differensial tenglamaning umumiy yechimi
G−1 (F (x) + C), agar g(y) 6= 0,
y(x) =
ȳ,
agar g(ȳ) = 0.
(1.2.5)
ko‘rinishda bo‘ladi.
Endi, tayinlangan biror (x0 , y0 ) ∈ D nuqtani olib, (1.2.1) differensial tenglamaning
ushbu
y(x0 ) = y0
(1.2.6)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Shu
maqsadda quyidagi
Zy
Zx
F (x) =
f (t)dt,
G(y) =
x0
y0
funksiyalarni tuzib olamiz.
Quyidagi
f (x, y) = G(y) − F (x)
15
1
dt
g(t)
(1.2.7)
yordamchi funksiyani qaraylik. Ko‘rinib turibdiki,
f (x0 , y0 ) = G(y0 ) − F (x0 )
shart bajariladi. Aniqlanishiga ko‘ra G(y) va F (x) funksiyalar uzluksiz hamda
differensiallanuvchidir.
Shuning
uchun
f (x, y)
ham
D
sohada
uzluksiz
va
differensiallanuvchi bo‘lib,
1
,
g(y)
fy0 (x0 , y0 ) 6= 0
Yuqoridagi
mulohazalardan
fy0 (x, y) = G0 (y) =
munosabatlarni
qanoatlantiradi.
ko‘rinadiki,
f (x, y)
oshkormas funksiyani mavjudligi haqidagi teoremaning barcha shartlarini qanoatlantiradi:
1. (x0 , y0 ) ∈ D nuqtaning atrofida f (x, y) funksiya differensiallanuvchi.
2. f 0 (x0 , y0 ) = 0, fy0 (x0 , y0 ) 6= 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
f 0 (x, y)
F 0 (x)
= − x0
= 0
= f (x) · g(y)
dx
fy (x, y)
G (y)
tenglikning o‘rinli bo‘lishi ham kelib chiqadi. Ko‘rinib turibdiki, funksiya (1.2.1)
differensial tenglamani va (1.2.6) boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini
ifodalaydi.
2. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalarga keltiriladigan
tenglamalar.
1.2.2 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = f (ax + by + c)
(1.2.8)
ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalarga
keltiriladigan tenglama deyiladi.
Bu yerda a, b, c lar o‘zgarmas sonlar.
(1.2.8) differensial tenglamani yechish uchun
t = ax + by + c
16
(1.2.9)
almashtirish bjaramiz. (1.2.9) tenglikni differensiallaymiz:
t0 = a + by 0
(1.2.10)
(1.2.9) va (1.2.10) tengliklarni (1.2.8) tenglamaga qo‘ysak
t0 − a
= f (t) =⇒ t0 = a + bf (t)
b
(1.2.11)
ko‘rinishidagi o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama hosil bo‘ladi. (1.2.11)
differensial tenglamani quyidagicha hisoblaymiz:
Z
Z
dt
dt
dx
dx
=
=⇒
=
a + bf (t)
x
a + bf (t)
x
(1.2.12)
(1.2.12) tenglikni hisoblab
F (t) = ln |x| + C
(1.2.13)
tenglikni olamiz. (1.2.13) va (1.2.9) almashtirishdan
F (ax + by + c) = ln |x| + C
(1.2.14)
(1.2.8) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
√
2 -Misol. y 0 = 4x + 2y − 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y0 =
p
4x + 2y − 1
(1)
(1) differensial tenglamani yechish uchun
t=
p
4x + 2y − 1
(2)
belgilash kiritamiz. Dastlab, (2) tenglikni ikkala tarafini kvadratga ko‘taramiz:
t2 = 4x + 2y − 1
hosil bo‘lgan tenglikni differensiallaymiz:
2tt0 = 4 + 2y 0 =⇒ y 0 = tt0 − 2
(2) va (3) tengliklarni (1) tenglamaga qo‘yamiz:
tt0 − 2 = t =⇒ t0 =
17
t+2
t
(3)
Z
tdt
=
t+2
Z
dx =⇒ t − ln |t + 2| = x + C
(4)
(2) almashtirish va (4) tenglikdan
p
p
4x + 2y − 1 − ln | 4x + 2y − 1 + 2| = x + C
(5)
(1) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
Mustaqil yechish uchun misollar.
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalarni yeching.
1.3
p
y 2 + 1dx = xydy
1. xydx + (x + 1)dy = 0
2.
3. (x2 − 1)y 0 + 2xy 2 = 0; y(0) = 1
p
5. y 0 = 3 3 y 2 ; y(2) = 0
4. y 0 ctgx + y = 2; y(0) = −1
6. xy 0 + y = y 2 ; y(1) = 21
7. 2x2 yy 0 + y 2 = 2
8. y 0 − xy 2 = 2xy
dy
9. e−y (1 + dx
)=1
12. y 0 = cos(y − x)
11. x dx
+t=1
dt
12. y 0 = tgy
13. y 0 − y = 2x − 3
14. (x + 2y)y 0 = 1; y(0) = −1
Bir jinsli va unga keltiriladigan differensial tenglamalar.
Reja:
1. Bir jinsli differensial tenglamalar.
2. Bir jinsli differensial tenglamaga keltiriladigan differensial tenglamalar.
Tayanch iboralar. Bir jinsli differensial tenglama, Bir jinsli va unga keltiriladigan,
integral chiziq.
1. Bir jinsli differensial tenglamalar.
1.3.1 - Ta’rif. Agar quyidagi
y 0 = f (x, y)
18
(1.3.1)
differensial tenglamaning o‘ng tomonidagi f (x, y) funksiya uchun
f (x, y) = f (λx, λy)
(1.3.2)
shart bajarilsa, (1.3.1) differensial tenglamaga bir jinsli differensial tenglama deyiladi.
(1.3.2) tenglikdan λ = x1 belgilash kiritsak
y
y
f (x, y) = f (1, ) := h
x
x
y
y0 = h
x
(1.3.3)
(1.3.3) tenglama simvolik tarzda bir jinsli tenglama deb ataladi. (1.3.3) tenglamani yechish
usuli bilan tanishamiz:
1.3.1 - Teorema. Agar h(t) funksiya [a, b] ∈ R oraliqda aniqlangan va uzluksiz
bo‘lib, shu oraliqning barcha nuqtalarida h(t) 6= t bo‘lsa, u holda G = {(x, y) : x ∈
[a, b], −∞ < y < +∞} sohaning ixtiyoriy olingan (x0 , y0 ) nuqtasidan (1.3.3) tenglamaning
[a, b] oraliqda aniqlangan bitta integral chizig‘i o‘tadi.
(1.3.3) tenglamani yechish uchun
y
=t
x
(1.3.4)
belgilash kiritamiz. ushbu belgilashdan y ni topamiz:
y = tx
oxirgi tenglikni differensiallaymiz:
y 0 = t0 x + t
(1.3.5)
(1.3.4) va (1.3.5) tengliklarni (1.3.3) differensial tenglamaga keltirib qo‘yamiz:
t0 x + t = h(t)
t0 x = h(t) − t =⇒ t0 =
h(t) − t
x
yuqoridagi almashtirishlar natijasida (1.3.3) tenglama o‘zgaruvchilari ajraladigan oddiy
differensial tenglamaga keladi.
dt
h(t) − t
dt
dx
=
=⇒
=
dx
x
h(t) − t
x
19
Z
dt
=
h(t) − t
Z
dx
x
H(t) = ln |x| + C
(1.3.6)
(1.3.6) va (1.3.4) tenglikdan
H
y
x
= ln |x| + C
(1.3.7)
(1.3.1) differensial tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
1 -Misol. (x + 2y)dx − xdy = 0 bir jnsli differensial tenglamani yeching.
Yechish:
(x + 2y)dx − xdy = 0
(1)
(x + 2y)dx = xdy
y
y0 = 2 + 1
x
(1) tenglamani yechish uchun
y
=t
x
(2)
belgilash kiritamiz. ushbu belgilashdan y ni topamiz:
y = tx
oxirgi tenglikni differensiallaymiz:
y 0 = t0 x + t
(3)
(2) va (3) tengliklarni (1) differensial tenglamaga keltirib qo‘yamiz:
dt
t+1
t+1
=⇒
=
x
dx
x
Z
Z
dt
dx
dt
dx
=
=⇒
=
t+1
x
t+1
x
t0 x + t = 2t + 1 =⇒ t0 =
oxirgi tenglikni integrallab
ln |t + 1| = ln |x| + C =⇒ t + 1 = x · C
t=x·C −1
20
(4)
(2) va (4) tengliklardan foydalanib
y
=x·C −1
x
y = x2 · C − x
(5)
(1) tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz.
2. Bir jinsli tenglamalarga keltiriladigan differensial tenglamalar.
1.3.2 - Ta’rif. Ushbu
y0 = f
a x + b y + c 1
1
1
(1.3.8)
a2 x + b 2 y + c 2
ko‘rinishdagi tenglamaga Bir jinsli tenglamaga keltiriladigan differensial tenglama
deyiladi.
Bu yerda a, b, c ∈ R.
(1.3.8) tenglamani bir jinsli tenglamaga keltirish mumkin bo‘lgan barcha hollariga
to‘xtalamiz.
I -hol. Agar (1.3.8) differensial tenglamada
a1
b1
c1
=
=
=k
a2
b2
c2
(1.3.9)
ya’ni
a1 = a2 k,
b1 = b2 k,
c 1 = c2 k
shart bajarilsa, (1.3.8) tenglamaning ko‘rinishi
(a2 x + b2 y + c2 )k
y0 = f
a2 x + b 2 y + c 2
!
y 0 = f (k)
(1.3.10)
bo‘ladi. (1.3.10) tenglama quyidagicha yechiladi:
Z
Z
dy
= f (k) =⇒ dy = f (k)dx
dx
y = f (k)x + C
21
(1.3.11)
(1.3.11) tenglik (1.3.10) shartni qanoatlantiruvchi (1.3.8) tenglamani yechimini ifodalaydi.
2 -Misol. (2x + 3y + 1)dy − (4x + 6y + 2)dx = 0 bir jinsli tenglamaga keltiriladigan
differensial tenglamani yeching.
Yechish:
(2x + 3y + 1)dy − (4x + 6y + 2)dx = 0
(1)
dastlab (1) tenglamani (1.3.8) tenglama ko‘rinishida yozib olamiz:
(2x + 3y + 1)dy = (4x + 6y + 2)dx
y0 =
4x + 6y + 2
2x + 3y + 1
2(2x + 3y + 1)
2x + 3y + 1
y0 =
y0 = 2
(2)
(2) differensial tenglamani hisoblaymiz:
Z
dy = 2dx =⇒
Z
dy =
2dx
y = 2x + C
(3)
(3) tenglik (1) differensial tenglamani umumiy yechimini ifodalaydi.
II -hol. Agar (1.3.8) differensial tenglamada
a1
b1
c1
=
= k, 6= k
a2
b2
c2
(1.3.12)
ya’ni
a1 = a2 k,
b1 = b2 k,
c1 6= c2 k
shart bajarilsa, (1.3.8) tenglamaning ko‘rinishi
(a2 x + b2 y)k + c1
y0 = f
a2 x + b 2 y + c 2
!
(1.3.13)
bo‘ladi. (1.3.13) differensial tenglama
a2 x + b 2 y = t
22
(1.3.17)
belgilash yordamida o‘zgaruvchilari ajraladigan oddiy differensial tenglamaga keltiriladi.
3 -Misol. (2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0 bir jinsli tenglamaga keltiriladigan
differensial tenglamani yeching.
Yechish:
(2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0
(1)
dastlab (1) tenglamani (1.3.13) tenglama ko‘rinishida yozib olamiz:
(2x + y + 1)dx = (4x + 2y − 3)dy
2x + y + 1
2(2x + y) − 3
(2)
2x + y = t
(3)
y0 =
(2) differensial tenglamadan
belgilash kiritamiz. (3) tenglikni differensiallaymiz:
y 0 = t0 − 2
(4)
(3) va (4) tengliklarni (2) tenglamaga qo‘yib
t0 − 2 =
t+1
2t − 3
(5)
o‘zgaruvchilari ajraladigan oddiy differensial tenglamaga kelamiz. (5) differensial tenglama
quyidagicha yechiladi:
t+1
dt
5t − 5
t0 =
+ 2 =⇒
=
2t − 3
dx
2t − 3
Z
Z
Z Z
2t − 3
2t − 2
1 dt = 5dx =⇒
−
dt = 5dx
t−1
t−1
t−1
2t − ln |t − 1| = 5x + C
(6)
(3) va (6) tengliklardan (1) differensial tenglamaning
4x + 2y − ln |2x + y − 1| = 5x + C
ln |2x + y − 1| = 2y − x + C
2x + y − 1 = Ce2y−x
23
(7)
ko‘rinishdagi umumiy yechimi kelib chiqadi.
III -hol. Agar (1.3.8) differensial tenglamada
b1
c1
a1
6=
6=
6= k
a2
b2
c2
(1.3.15)
ya’ni
a1 6= a2 k,
b1 6= b2 k,
c1 6= c2 k
bo‘lib, quyidagi
a x+b y+c =0
1
1
1
(1.3.16)
a x+b y+c =0
2
2
2
to‘g‘ri chiziqlar (x0 , y0 ) nuqtada kesishsin. U holda kordinata boshini (x0 , y0 ) nuqtaga
ko‘chirsak, (1.3.8) differensial tenglama bir jinsli differensial tenglamaga keltiriladi.
(1.3.15) shartni qanoatlantiruvchi (1.3.8) differensial tenglamani yechish uchun
x=u+x
0
(1.3.17)
y =ϑ+y
0
almashtirishdan foydalanamiz. bu yerda (x0 , y0 ) (1.3.16) tenglamalar sistemasining
yechimi, ya’ni ikki to‘g‘ri chiziqning kesishish nuqtasi.
4 -Misol. (2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0 bir jinsli tenglamaga keltiriladigan
differensial tenglamani yeching.
Yechish:
(2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0
(1)
(2x − 4y + 6)dx = −(x + y − 3)dy
y0 = −
2x − 4y + 6
x+y−3
(2)
(2) differensial tenglamadan
2x − 4y + 6 = 0
(3)
−x − y + 3 = 0
chiziqli tenglamalar sistemasini tuzib olamiz. (3) teglamalar sistemasini hisoblab
x =1
0
y =2
0
24
(4)
(x0 , y0 ) larning qiymatini topamiz.
x=u+1
(6)
y =ϑ+2
(6) belgilash yordamida (2) differensial tenglama
ϑ0 = −
2(u + 1) − 4(ϑ + 2) + 6
u+1+ϑ+2−3
ϑ0 =
4ϑ − 2u
u+ϑ
(7)
4 ϑu − 2
ϑ =
1 + ϑu
0
ko‘rinishdagi bir jinsli tenglamaga keladi. (7) tenglamani yechish uchun
ϑ
=t
u
(8)
ϑ=u·t
ϑ0 = t0 u + t
(9)
(8) va (9) tengliklardan foydalanib (2) differensial tenglamani
t0 u + t = −
t0 = −
2 − 4t
t+1
(t − 1)(t − 2)
(t + 1)u
(10)
ko‘rinishdagi tenglama bilan ifodalaymiz. (10) o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial
tenglamani quyidagicha hisoblaymiz:
Z
Z
(t + 1)dt
du
=−
(t − 1)(t − 2)
u
(11)
(11) tenglikdagi integrallarni hisoblash uchun
A
B
(t + 1)
+
=
t−1 t−2
(t − 1)(t − 2)
belgilashdan foydalanib A va B larni topib olamiz:
At − 2A + Bt − B
t+1
=
(t − 1)(t − 2)
(t − 1)(t − 2)
25
(12)
A+B =1
=⇒
−2A − B = 1
A = −2
B=3
(12) belgilashdan foydalanib (11) integralni
Z Z
du
3
2 −
dt = −
t−2 t−1
u
(13)
ko‘rinishida yozib olamiz. (13) tenglamaning yechimi
3 ln |t − 2| − 2 ln |t − 1| = − ln |u| + C
(t − 2)3
C
=
2
(t − 1)
u
(14)
ko‘rinishda bo‘ladi. (8) belgilash yordamida (14) tenglik
( ϑu − 2)3
C
=
ϑ
2
u
( u − 1)
(15)
ko‘rinishga keladi.
y − 2
3 y − 2
2
C
−2 =
−1 ·
x−1
x−1
(x − 1)
soddalashtirishlar natijasida (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi
(y − 2x)3 = C · (y − x − 2)2
(16)
ko‘rinishda bo‘ladi.
Bir jinsli differensial tenglamaga keltirib yechishning sun’iy usuli.
(1.3.1) diffrensial tenglamada
y = zm
(1.3.18)
almashtirish bajaramiz, bu yerda z− yangi noma’lum funnksiya, m− biror haqiqiy son.
(1.3.18) tenglikni differensiallaymiz:
y 0 = mz m−1 z 0
(1.3.19)
(1.3.18) va (1.3.19) tengliklarni (1.3.1) tenglamaga qo‘yib
z0 =
1 1−m
z
f (x, z m ) = g(x, z)
m
26
(1.3.20)
Agar m ning biror qiymatida g(x, z) funksiya bir jinsli bo‘lsa, u holda (1.3.18)
almashtirish ma’noga ega bo‘ladi.
√
5 -Misol. 2y 0 + x = 4 y bir jinsli tenglamaga keltiriladigan differensial tenglamani
yeching.
Yechish:
√
2y 0 + x = 4 y
(1)
y = zm
(2)
(1) tenglamada
almashtirish bajaramiz. (2) tenglikni differensiallaymiz:
y 0 = mz m−1 z 0
(3)
(2) va (3) tengliklarni (1) tenglamaga qo‘yib
m
2mz m−1 z 0 + x = 4y 2
(4)
tenglikni hosil qilamiz. (4) tenglikdan m ni
m−1=1=
m
2
=⇒ m = 2
topib (2) tenglikka qo‘yamiz:
y = z2
(5)
y 0 = 2zz 0
(6)
(5) va (6) tengliklarni (1) tenglamaga qo‘ysak
4zz 0 + x = 4z
z0 = 1 −
x
4z
(7)
bir jinsli differensial tenglamaga kelamiz. (7) tenglamani yechish uchun
z
=t
x
27
(8)
almashtirishdan foydalanamiz.
z = xt =⇒ z 0 = t0 x + t
oxirgi almashtirishlarni (7) tenglamaga qo‘yib
t0 x + t = 1 −
1
4t
hosil bo‘lgan o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamani yechamiz:
t0 x = −
(2t − 1)2
4t
4tdt
dx
=−
2
(2t − 1)
x
dt
(2t − 1)2
=−
dx
4xt
Z
Z
4tdt
dx
=⇒
=−
2
(2t − 1)
x
=⇒
(9)
(9) integralni hisoblaymiz.
Z
Z
Z Z
4tdt
2tdt
2t − 1
1
dx
=2
=2
+
dt = −
2
2
2
2
(2t − 1)
(2t − 1)
(2t − 1)
(2t − 1)
x
1
= − ln |Cx|
2t − 1
1
ln |2t − 1| + ln |Cx| =
2t − 1
ln |2t − 1| −
(2t − 1) ln |(2t − 1)Cx| = 1
(10)
(8) almashtirishni (10) tenglikka qo‘yib
z
z
(2 − 1) ln |(2 − 1)Cx| = 1
x
x
(2z − x) ln |(2z − x)C| = x
(11)
tenglikni hosil qilamiz. (5) almashtirish va (11) tenglikdan
√
√
(2 y − x) ln |(2 y − x)C| = x
(1) tenglamaning umumiy yechimini kelib chiqadi.
28
(12)
Mustaqil yechish uchun misollar.
Bir jinsli tenglamalarni yeching.
1. (x − y)dx + (x + y)dy = 0
2. (y 2 − 2xy)dx + x2 dy = 0
3. 2x3 y 0 = y(3x2 − y 2 )
4. y 2 + x2 y 0 = xyy 0
5. (x2 + y 2 )y 0 = 2xy
6. xy 0 − y = xtg xy
7. xy 0 = y cos ln xy
8. xy 0 = y − e x
√
10. (y + xy)dx = xdy
y
9. xy 0 − y = (x + y) ln x+y
x
p
11. xy 0 = x2 − y 2 + y
Bir jinsli tenglamaga keltiriladigan differensial tenglamalarni yeching.
1. x − y − 1 + (y − x + 2)y 0 = 0
3. (y + 2)dx = (2x + y − 4)dy
2. (x + 4y)y 0 = 2x + 3y − 5
2
y+2
4. y 0 = 2 x+y−1
5. (y 0 + 1) ln y+x
= y+x
x+3
x+3
y+2
6. y 0 = x+1
+ tg y−2x
x+3
7. x3 (y 0 − x) = y 2
8. 2x2 y 0 = y 3 + xy
9. 2xdy + (x2 y 4 + 1)ydx = 0
10. ydx + x(2xy + 1)dy = 0
p
12. 2xy 0 + y = y 2 x − x2 y 2
11. y 0 = y 2 − x22
p
13. 23 xyy 0 = x6 − y 4 + y 2
1.4
14. 2y + (x2 y + 1)xy 0 = 0
Birinchi tartibli chiziqli va unga keltiriladigan differensial
tenglamalar
Reja:
1. Birinchi tartibli chiziqli differensial tenglama.
2. Bernulli tenglamasi.
3. Rikkati differensial tenglamasi..
Tayanch iboralar. Chiziqli differensial tenglama, Bernulli tenglamasi, Rekatti
tenglamasi, o‘zgarmaslarni variatsiyalash usuli, integral chiziq.
29
1. Birinchi tartibli chiziqli differensial tenglamalar.
1.4.1 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = a(x)y + b(x)
(1.4.1)
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
funksiyalar.
1.4.1 - Teorema. Agar a(x) va b(x) funksiyalar [a, b] ∈ R oraliqda aniqlangan va
uzluksiz bo‘lsa, u holda G = {(x, y) : x ∈ [a, b], −∞ < y < +∞} sohaning ixtiyoriy olingan
(x0 , y0 ), x0 ∈ [a, b] nuqtasidan (1.4.1) tenglamaning [a, b] oraliqda aniqlangan bitta integral
chizig‘i o‘tadi va u
Zx
y(x) =
y0 +
Zx
!
e
−A(t)
A(x)
b(t)dt e
, A(x) =
x0
a(t)dt
x0
formula bilan ifodalanadi.
1.4.2 - Teorema. (1.4.1 tenglamaning umumiy yechimi )
!
Zx
Zx
y(x) =
e−A(t) b(t)dt eA(x) , A(x) =
C+
x0
a(t)dt,
C = const
x0
formula bilan ifodalanadi.
1.4.2 - Ta’rif. Agar (1.4.1) tenglamada b(x) 6= 0 x ∈ [a, b] bo’lsa, (1.4.1) tenglamaga
chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglama deyiladi.
1.4.3 - Ta’rif. Agar (1.4.1) tenglamada b(x) = 0 x ∈ [a, b] bo’lsa, (1.4.1) tenglamaga
chiziqli bir jinsli differensial tenglama deyiladi va
y 0 = a(x)y
(1.4.2)
ko‘rinishda yoziladi.
Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Ko‘rinib turibdiki y(x) = 0
funksiya (1.4.2) differensial tenglamaning yechimidan iborat. Agar y(x) 6= 0 bo‘lsa, (1.4.2)
differensial tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
dy
= a(x)dx.
y
30
Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab quyidagi
Zx
a(t)dt + ln |C|
ln |y| =
(1.4.3)
x0
tenglikni olamiz. Ushbu
Zx
a(t)dt
A(x) =
x0
belgilashdan foydanib (1.4.3) tenglikdan
Rx
a(t)dt
y(x) = Cex0
= CeA(x)
(1.4.4)
formulani hosil qilamiz. Bu yerda x0 , x ∈ [a, b], C1 ixtiyoriy o‘zgarmas son. (1.4.4) formula
(1.4.2) ko‘rinishdagi bir jinsli differensial tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi.
Bir jinsli bo‘lmagan (1.4.1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning umumiy yechimini
topishning bir qancha usullari bor. Avvalo biz Lagranj, ya’ni o‘zgarmasni variyatsiyalash
usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda (1.4.1) differensial tenglamaning yechimini ushbu
y(x) = C(x)eA(x)
(1.4.5)
ko‘rinishda izlaymiz. Bu yerda C(x)− hozircha noma’lum funksiya. (1.4.5) tenglikning
ikki tomonini differensiallab
y 0 (x) = C 0 (x)eA(x) + C(x)eA(x) a(x)
(1.4.6)
tenglikni hosil qilamiz. Bu y(x) va y 0 (x) funksiyalarning (1.4.5) va (1.4.6) ifodalarini mos
ravishda (1.4.1) differensial tenglamaga qo‘yib
C 0 (x)eA(x) + C(x)eA(x) a(x) = C(x)eA(x) a(x) + b(x)
munosabatni topamiz. Bundan
C 0 (x)eA(x) = b(x)
kelib chiqadi. Oxirgi tenglikni
C 0 (x) = b(x)e−A(x)
31
ko‘rinishda yozib, uni integrallasak
Zx
C(x) =
b(t)e−A(t) dt + C1 , C1 = const
(1.4.7)
x0
munosabatni hosil qilamiz. Yuqoridagi (1.4.5) tenglikdan va (1.4.7) formuladan fordalanib,
(1.4.1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topamiz:
!
Zx
Zx
b(t)e−A(t) dt + C1 eA(x) = C1 eA(x) + eA(x)
y(x) =
b(t)e−A(t) dt.
(1.4.8)
x0
x0
Bu formuladan foydalanib (1.4.1) differensial tenglamaning
y(x0 ) = y0
(1.4.9)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini ham topish mumkin:
y(x) = y0 eA(x) + eA(x)
Zx
b(t)e−A(t) dt.
(1.4.10)
x0
Bu yerda x0 va y0 berilgan sonlar. Agar (1.4.8) tenglikning o‘ng tomonidagi ikkinchi hadni
ȳ(x) = e
A(x)
Zx
b(t)e−A(t) dt
(1.4.11)
x0
belgilab olsak, u holda ȳ(x) funksiya (1.4.1) differensial tenglamaning
ȳ(x0 ) = 0
(1.4.12)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini beradi. Shuning uchun (1.4.8)
formula
y(x) = C1 eA(x) + ȳ(x)
(1.4.13)
ko‘rinishni oladi. Bu esa bir jinsli bo‘lmagan (1.4.1) differensial tenglamaning umumiy
yechimi bir jinsli (1.4.2) differensial tenglamaning C1 eA(x) umumiy yechimi bilan bir jinsli
bo‘lmagan (1.4.1) differensial tenglamaning ȳ(x) xususiy yechimining yig‘indisidan iborat
ekanligini ko‘rsatadi.
Endi, (1.4.1) ko‘rinishdagi chiziqli differensial tenglamaning umumiy yechimini
topishning Bernulli usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda (1.4.1) differensial tenglamaning
yechimini
32
y(x) = u(x) · ϑ(x)
(1.4.14)
ko‘rinishda izlaymiz. Natijada biz ushbu
ϑ
du
dϑ
+u
= a(x)uϑ + b(x),
dx
dx
ya‘ni
dϑ
du
− a(x)ϑ u + ϑ
= b(x)
dx
dx
(1.4.15)
ko‘rinishidagi differensial tenglamaga ega bo‘lamiz. Bunda ϑ(x) funksiyani shunday
tanlaymizki, natijada
dϑ
− a(x)ϑ = 0
dx
shart bajarilsin. Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Bu
tenglamani yechib
Rx
a(t)dt
ϑ(x) = ex0
= eA(x)
(1.4.16)
funksiyani topamiz. Shuning uchun (1.4.15) differensial tenglama ushbu
du
= b(x)e−A(x)
dx
ko‘rinishni oladi. Bu differensial tenglamani integrallab
Zx
u(x) = C0 +
b(t)e−A(t) dt
(1.4.17)
x0
munosabatni hosil qilamiz. Topilgan u(x) va ϑ(x) funksiyaning (1.4.16) va (1.4.17)
ifodalarni (1.4.14) tenglikka qo‘yib
y(x) = C0 eA(x) + eA(x)
Zx
b(t)e−A(t) dt
x0
(1.4.1) differensial tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
1 -Misol. y 0 + xy = x+1
ex chiziqli differensial tenglamani o‘zgarmaslarni variatsiyalash
x
(Lagranj) usuli bilan yeching.
Yechish:
y0 +
y
x+1 x
=
e
x
x
33
(1)
Z
Z
dy
dx
dy
y
y
= − =⇒
=−
y + = 0 =⇒
x
dx
x
y
x
C
ln |y| = − ln |x| + C =⇒ y =
=⇒ C → C(x)
x
C(x)
y=
x
0
(2)
(2) tenglikni x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiyallab
y0 =
C 0 (x) C(x)
− 2
x
x
hosil qilamiz. Olingan natijalarni (1) tenglamaga keltirib qo‘yamiz:
C 0 (x) C(x) C(x)
x+1 x
− 2 + 2 =
e
x
x
x
x
C 0 (x) = (x + 1)ex
C(x) = xex + C1
(3)
(2) va (3) lardan (1) tenglamaning umumiy yechimi hosil bo‘ladi.
y = ex +
C1
x
(1) differensial tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
2
2 -Misol. y 0 +2xy = 2xe−x chiziqli differensial tenglamani Bernulli usuli bilan yeching.
Yechish:
y 0 + 2xy = 2xe−x
2
(1)
(1) tenglamaninig umumiy yechimini
y = uϑ
(2)
ko‘rinishida izlaymiz. (2) tenglikni diffensiallaymiz:
y0 = ϑ
du
dϑ
+u
dx
dx
(2) va (3) tengliklarni (1) differensial tenglamaga qo‘yamiz:
ϑ
du
dϑ
2
+u
+ 2xuϑ = 2xe−x
dx
dx
34
(3)
!
dϑ
du
2
+ 2xϑ u + ϑ
= 2xe−x
dx
dx
dϑ
dϑ
dϑ
+ 2xϑ = 0 =⇒
= −2xϑ =⇒
= −2xdx
dx
dx
ϑ
Z
Z
dϑ
2
= −2xdx =⇒ ln |ϑ| = −x2 + C =⇒ ϑ = e−x C
ϑ
Z
Z
−x2 du
−x2
e
= 2xe
=⇒ du = 2xdx =⇒ du = dx =⇒ u = x2 + C1
dx
u va ϑ funksiyalarni (2) tenglikka qo‘yib (1) tenglamaning umumiy yechimini topamiz:
2
y = e−x (x2 + C1 )
2. Bernulli tenglamasi.
1.4.4 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = a(x)y + b(x)y α
(1.4.18)
ko‘rinishdagi tenglamaga Bernulli tenglamasi deyiladi.
Bu yerda a(x) va b(x) funksiyalar biror [a, b] ∈ R oraliqda aniqlangan va uzluksiz
funksiyalar. α > 1 haqiqiy son.
Agar α = 0 bo‘lsa, (1.4.18) tenglama
y 0 = a(x)y + b(x)
chiziqli differensial tenglamaga keladi. Bunday tenglamalarni yechilishi yuqorida
ko‘rsatilgan.
Agar α = 1 bo‘lsa, (1.4.18) tenglama
y 0 = (a(x) + b(x))y
o‘zgaruvchilari ajraladigan oddiy differensial tenglamaga keladi. Bunday tenglamalarni
yechishni oldingi paragraflarda ko‘rsatganmiz.
1.4.3 - Teorema. Agar a(x) va b(x) funksiyalar [a, b] ∈ R oraliqda aniqlangan va
uzluksiz bo‘lib, α > 1, u holda G = {(x, y) : x ∈ [a, b], −∞ < y < +∞} sohaning ixtiyoriy
olingan (x0 , y0 ), nuqtasidan (1.4.18) tenglamaning [a, b] oraliqda aniqlangan bitta integral
chizig‘i o‘tadi.
35
Bernulli tenglamasini yechish uchun dastlab tenglamadagi y ning katta darajasiga
(1.4.18) tenglamani ikkala tomonini bo‘lamiz:
y −α y 0 = a(x)y 1−α + b(x)
(1.4.19)
y 1−α = t
(1.4.20)
(1.4.19) tenglikdan
belgilash kiritamiz. (1.4.20) tenglikti differensiallab
(1 − α)y −α y 0 = t0
(1.4.21)
(1.4.20) va (1.4.21) tengliklarni (1.4.18) tenglamaga qo‘yamiz:
t0
= a(x)t + b(x)
1−α
t0 = (1 − α)a(x)t + (1 − α)b(x)
(1.4.22)
(1.4.22) t funksiyaga nisbatan chiziqli differensial tenglama deb ataladi. Bu yerda (1−α) 6=
0 haqiqiy son. (1.4.22) tenglamaning umumiy yechimi
Z
t=
C+
!
e−(1−α)a(x)dx (1 − α)b(x)dx e(1−α)a(x)dx
(1.4.23)
ko‘rinishda bo‘ladi.
3 -Misol. y 0 + 2y = y 2 ex Bernulli tenglamasini yeching.
Yechish:
y 0 + 2y = y 2 ex
(1)
dastlab y ning katta darajasiga (1) tenglamani ikkala tomonini bo‘lamiz:
y −2 y 0 + 2y −1 = ex
(2)
y −1 = t
(3)
−y −2 y 0 = t0 =⇒ y −2 y 0 = −t0
(4)
(2) tenlikdan
(3) tenglikni differensiallaymiz:
36
(3) va (4) tengliklarni (2) tenlamaga keltirib qo‘yamiz:
t0 − 2t = −ex
(5)
(5) tenglama t funksiyaga nisbatan chiziqli tenglama. Chiziqli tenglamani o‘zgarmaslarni
variatsialash usuli bilan yechamiz:
t0 − 2t = 0
dt
t = 2t =⇒
= 2dx =⇒
t
0
Z
dt
=
t
Z
2dx
ln |t| = 2x + C =⇒ t = e2x C =⇒ C → C(x)
t = e2x C(x)
(6)
t0 = 2e2x C(x) + C 0 (x)e2x
(7)
(6) tenglikni differensiallab
hosil bo‘lgan natijani va (6) tenglikni (5) tenglamaga keltirib qo‘yamiz:
2e2x C(x) + C 0 (x)e2x − 2e2x C(x) = −ex
C 0 (x)e2x = −ex =⇒ C 0 (x) = −e−x
oxirgi tenglikni integrallab C(x) funksiyani topamiz:
C(x) = e−x + C1
(8)
(8) tenglikni (6) tenglikka qo‘yib (5) tenglamani umumiy yechimi topamiz:
t = e2x (e−x + C1 )
(9)
y −1 = e2x (e−x + C1 )
(10)
(9) tenglik va (3) belgilashdan
(1) Bernulli tenglamasini umumiy yechimi kelib chiqadi.
37
3. Rikkati differensial tenglamasi.
1.4.5 - Ta’rif. Ushbu
y 0 = a(x)y 2 + b(x)y + c(x)
ko‘rinishdagi
tenglamaga
Rikkati
differensial
tenglamasi
(1.4.24)
deyiladi.
Bu
yerda
a(x), b(x), c(x) ∈ C(α, β), (α ≥ −∞, β ≤ +∞) bo‘lib, a(x) 6= 0, c(x) 6= 0.
Agar a(x) = 0 bo’lsa, u holda (1) differensial tenglama ushbu
y 0 = 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 (1.4.24) differensial tenglama ushbu
y 0 = a(x)y 2 + b(x)y
ko‘rinishni oladi. Bu esa Bernulli tenglamadir.
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 0 = Ay 2 + Bxα , A 6= 0, B 6= 0
ko‘rinishdagi Rikkati differensial tenglamasi kvadraturada integrallanuvchi bo‘lishi
α
uchun 2α+4
soni butun bo‘lishi kerakligini ko‘rsatib bergan. Endi Rikkati differensial
tenglamasining ayrim xossalarini o‘rganamiz:
1.4.1-Lemma. Rikatti tenglamasi quyidagi:
1.x = ϕ(x̄)
2. Kasr - chiziqli
y=
α(x)y1 + β(x)
, γ(x)y1 + δ(x) 6= 0
γ(x)y1 + δ(x)
amashtirishlarga nisbatan ko‘rinishini o‘zgartirmaydi.
Isbot. Ushbu x = ϕ(x̄) tenglikning ikki tomonini differensiallab
dx = ϕ0 (x̄)dx̄, y 0 =
38
dy
ϕ0 (x̄)dx̄
munosabatlarni topamiz. Bu tengliklarni (1.4.24) differenasial tenglamaga qo‘yib
dy
= a(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄))y 2 + b(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄))y + c(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄))
dx
(1.4.25)
differensial tenglamani hosil qilamiz. Bunda ushbu
A(x̄) = a(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄)), B(x̄) = b(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄)). C(x̄) = c(ϕ(x̄)ϕ0 (x̄))
belgilashlardan foydalansak (1.4.25) tenglama
dy
= A(x̄)y 2 + B(x̄)y + C(x̄)
dx
ko‘rinishni oladi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir.
2. Berilgan kasr-chiziqli almashtirishning ikki tomonini differensiallab
y0 =
(αδ − βγ)y10 + (α0 γ − αγ 0 )y12 + (α0 δ + β 0 γ − αβ 0 − γ 0 δ)y1 + β 0 δ − βδ 0
(γy1 + δ)2
(1.4.26)
differensial tenglamani topamiz. Berilgan kasr-chiziqli almashtirish natijasida ushbu
a(x)y 2 + b(x)y + c(x)
kvadrat uchhadning o‘zgarishini aniqlaymiz:
a(x)y 2 + b(x)y + c(x) =
=
a(x)(αy1 + β)2 ) + b(x)(αy1 + β)(γy1 + δ) + c(x)(γy1 + δ)2
(γy1 + δ)2
(1.4.27)
Yuqoridagi (1.4.24) differensial tenglamadan va (1.4.26) hamda (1.4.27) munosabatlardan
foydalanib quyidagi
(αδ − βγ)y10 + (α0 γ − αγ 0 )y12 + (α0 δ + β 0 γ − αδ 0 − βγ 0 )y1 + β 0 δ − δ 0 β =
= a(x)(αy1 + β)2 + b(x)(αy1 + β)(γy1 + δ) + c(x)(γy1 + δ)2
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglik elementar amallar natijasida ushbu
(αδ − βγ)y10 = (aα2 + bαγ + cγ 2 − α0 γ + αγ 0 )y12 + [2αβa + (αδ + βγ)b+
+2γδc − α0 δ − β 0 γ + αδ 0 + βγ 0 ]y1 + αβ 2 + bβδ + cδ 2 − β 0 δ + δ 0 β
39
ko‘rinishni oladi. Bundan
y10 =
+
aα2 + bαγ + cγ 2 − α0 γ + αγ 0 2
y1 +
αδ − βγ
2αβa + (αδ + βγ)b + 2γδc − α0 δ − β 0 γ + αδ 0 + βγ 0
y1 +
αδ − βγ
+
αβ 2 + bβδ + cδ 2 − β 0 δ + δ 0 β
αδ − βγ
kelib chiqadi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir. Lemma isbotlandi.
1.4.2-Lemma. Rikkati tenglamasini ushbu
y = ϕ(x)z, z = ω + ψ(x), x = −x̄
(1.4.28)
almashtirishlar yordamida kanonik ko’rinishga keltirish mumkin:
y 0 = y 2 + f (x)
(1.4.29)
Isbot. Avvalo (1.4.28) almashtirishdan
y 0 = ϕ0 (x)z + ϕ(x)z
(1.4.30)
topamiz. So‘ngra (1.4.28) va (1.4.30) larni (1.4.24) differensial tenglamaga qo‘yib
ϕ0 z + ϕz = aϕ2 z 2 + bϕz + c,
ya‘ni
z 0 = aϕ2 z 2 + (b −
ϕ0
c
)z +
ϕ
ϕ
differensial tenglamani olamiz. Bu yerda
ϕ=
1
a
ϕ0 =
a0
a2
deb tanlansa, u holda
o‘rinli bo‘ladi. Natijada (1.4.31) differensial tenglama
40
(1.4.31)
z 0 = z 2 + (b −
a0
)z + ca
a
(1.4.32)
ko‘rinishni oladi. (1.4.32) differensial tenglamada ushbu
z =ω+ψ
almashtirishni bajarib
a0 a0 ψ 0 = ω 2 + 2ψω + ψ 2 + b +
ω+ b+
ψ + ca − ω 0 ,
a
a
ya‘ni
a0
a0 ψ 0 = ψ 2 + b + + 2ω ψ + ω 2 + b +
ω + ca − ω 0
a
a
(1.4.33)
differensial tenglamani topamiz. Oxirgi (1.4.33) tenglamada ψ oldidagi koeffitsiyentni
nolga tenglashtirsak
b+
a0
+ 2ω = 0
a
ya‘ni
ω=−
ab + a0
2a
kelib chiqadi. Natijada (1.4.33) differensial tenglama
a0 ω + ca − ω 0
ψ = ψ + f, f = ω + b +
a
0
2
2
kanonik ko’rinishga keladi. Lemma isbotlandi.
1.4.4-Teorema. Agar Rikkati tenglamasining bitta xususiy yechimi ma’lum bo‘lsa, u
holda Rikkati tenglamasining barcha yechimlari ikkita kvadratura yordamida topiladi.
Isbot. . Faraz qilaylik, y1 = y1 (x) funksiya (1.4.24) differensial tenglamaning xususiy
yechimi bo‘lsin. U holda
y = y1 + z
almashtirish natijasida (1.4.24) tenglama ushbu
y 0 + z 0 = a(x)(y1 + z)2 + b(x)(y1 + z) + c(x) =
= a(x)y12 + b(x)y1 + c(x) + a(x)z 2 + 2a(x)y1 z + b(x)z
41
(1.4.34)
ko‘rinishni oladi. Teorema shartiga ko‘ra
y 0 = a(x)y12 + b(x)y1 + c(x)
o‘rinli. Bundan foydalanib (1.4.34) tenglamani
z 0 = a(x)z 2 + (2a(x)y1 + b(x))z
(1.4.35)
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu esa Bernulli differensial tenglamasini ifodalaydi, uning
yechimi ikkita kvadratura yordamida topiladi. Chunki (1.4.35) tenglama
z=
1
u
almashtirish yordamida chiziqli differensial tenglamaga keladi. Shunday qilib
y=
1
1
+ y1 , u =
u
y − y1
(1.4.36)
almashtirish natijasida Rikkati differensial tenglamasi chiziqli differensial tenglamaga
keltiridi. Teorema isbotlandi.
1.4.5-Teorema. Agar Rikkati tenglamasining ikkita xususiy yechimi ma’lum bo‘lsa,
u holda uning umumiy yechimi bitta kvadratura yordamida topiladi.
Isbot. y1 = y1 (x) va y2 = y2 (x) funksiyalar (1.4.24) differensial tenglamaning xusuiy
yechimlari bo‘lsin. U holda (1.4.35) differensial tenglamani
z=
1
u
almashtirish yordamida
u0 = (b + 2ay1 )u + a = 0
(1.4.37)
chiziqli differensial tenglamaga keltiramiz. (1.4.36) munosabatga asosan (1.4.37)
tenglamaning bitta xususiy yechimi
u=
1
y2 − y1
bo‘ladi. Bu holda (1.4.37) tenglamaning yechimi bitta kvadratura yordamida topiladi.
Teorema isbotlandi.
42
1-Misol. Ushbu
y 0 = xy 2 + x2 y − 2x3 + 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
u0 = 3x2 u = −x
ko‘rinishni oladi. Ma’lumki, bu chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamaning
umumiy yechimi ushbu
−x2
u(x) = e
Z
(c −
2
xex dx)
formula orqali topiladi. Bundan
2
2
ex
ex
R
=x+
y =x+
c − xex2 dx
c − 12 ex2
kelib chiqadi.
2-Misol. Ushbu
x2 y 0 + xy + x2 y 2 = 4
(1)
differensial tenglamaning umumiy yechimini toping. (1) tenglama xususiy yechimini
y=
a
x
(2)
ko‘rinishda izlaymiz. (2) tenglikni x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab:
a
y0 = − 2
x
(3)
tenglikni hosil qilamiz. (1) tenglamani ikkala tomonini x2 ga bo‘lsak
y0 +
y
4
+ y2 = 2
x
x
(4)
ko‘rinishda bo‘ladi. (2), (3) belgilashlardan foydalansak (4) tenglama
a
a
a2
4
− 2+ 2+ 2 = 2
x
x
x
x
43
(5)
ko‘rinishga keladi. (5) tenglamadan
a2 = 4
a = ±2
bo‘ladi. a ning qiymatini (2) belgilashga qo‘ysak
2
x
y1 =
hosil bo‘ladi. Endi
y=
2 1
+
x u
almashtirish natijasida berilgan tenglama
5
u0 − u = 1
x
chiziqli differensial tenglamaga keladi. Bundan
u = x5 (c −
1
),
4x4
y=
2
1
+ 5 x
x cx − 4
(1) tenglamaning umumiy yechimi hosil bo‘ladi.
1.4.6-Teorema. Agar Rikkati tenglamasining uchta xususiy yechimi ma’lum bo‘lsa,
u holda uning umumiy yechimi kvadraturasiz topiladi.
Isbot.Faraz qilaylik, y1 = y1 (x), y2 = y2 (x) va y3 = y3 (x) funksiyalar (1.4.24)
differensial tenglamaning xususiy yechimlari bo‘lsin. U holda (1.4.37) chiziqli differensial
tenglama ikkita
u1 =
1
y2 − y1
u2 =
1
y3 − y1
xususiy yechimlarga ega bo‘ladi. Shuning uchun (1.4.37) chiziqli differensial tenglamaning
umumiy yechimi kvadraturasiz topiladi:
u=
1
1
1 +C
−
.
y2 − y1
y2 − y1 y3 − y1
(1.4.36) va (1.4.37) tengliklarni tenglashtirib
1
1
1
1 =
+C
−
y − y1
y2 − y1
y2 − y1 y3 − y1
munosabatni hosil qilamiz. Bundan o‘z navbatida o‘zgarmas sonining qiymati topiladi:
c=
y − y2 y3 − y2
:
.
y − y1 y3 − y1
44
(1.4.38)
Bu esa Rikkati tenglamasining umumiy integralidir. Teorema isbotlandi.
1-Natija. Agar Rikkati tenglamasining to‘rtta y1 = y1 (x), y2 = y2 (x), y3 = y3 (x) va
y4 = y4 (x) xususiy yechimlari ma’lum bo‘lsa, u holda quyidagi
y4 − y2 y3 − y2
:
= c = const
y4 − y1 y3 − y1
ayniyat o‘rinli bo‘ladi.
1.4.7-Teorema. Rikkati tenglamasining umumiy yechimi, ixtiyoriy o‘zgarmas C
sonining kasr-chiziqli almashtirishidan iborat.
Isbot. Yuqoridagi (1.4.37) chiziqli differensial tenglamaning umumiy yehimi
u = Cf (x) + g(x)
ko‘rinishga ega bo‘lganligidan (1.4.36) almashtirishni
y = y1 +
y1 f (x)C + y1 g(x) + 1
1
=
Cf (x) + g(x)
Cf (x) + g(x)
ya’ni
y(x) =
Cϕ1 (x) + ϕ2 (x)
Cψ1 (x) + ψ2 (x)
(1.4.39)
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu yerda
ϕ1 (x) = f (x)y1 , ϕ2 (x) = y1 g(x) + 1, ψ1 = f (x), ψ2 = g(x).
Bundan ko‘rinadiki, (1.4.39) tenglik yordamida aniqlangan y(x) funksiya C ning kasrchiziqli almashtirishidan iborat.
Rikkati tenglamasining maxsus ko‘rinishi
1.4.6-Ta’rif. Ushbu
y 0 = Ay 2 + Bxm
(1.4.40)
tenglamaga Rikkati tenglamasining maxsus ko‘rinishi deyiladi. Bu yerda A, B va m
o‘zgarmas sonlar. Biz m sonining qanday qiymatlarida (1.4.40) differensial tenglamaning
umumiy yechimi elementar funksiyalarda topilishi mumkinligini o‘rganamiz.
Avvalo eng sodda hollarni qaraymiz:
45
I. (1.4.40) differensial tenglamada m = 0 bo‘lsin. Bu holda (1.4.40) differensial
tenglama
y 0 = Ay 2 + B
(1.4.41)
ko‘rinishga keladi. Bundan ushbu
dy
Ay 2 + B
= dx
tenglikni topamiz. Bu esa (1.4.41) differensial tenglamaning umumiy yechimi elementar
funksiyalarda ifodalanishini ko‘rsatadi.
II. m = −1 bo‘lsin. Bu holda (1.4.40) differensial tenglama
y 0 = Ay 2 +
B
x2
(1.4.42)
ko‘rinishni oladi. Ushbu
y=
1
z
almashtirishdan foydalansak, (1.4.42) differensial tenglama
−
z
dz
= B( )2 + A
dx
x
(1.4.43)
ko‘rinishni oladi. Bu esa bir jinsli differensial tenglamadir. Quyidagi
y=
z
x
almashtirish natijasida (1.4.43) differensial tenglama o‘zgaruvchilari ajraladigan
−xu0 = Bu2 + u + A
differensial tenglamaga keladi. Bundan ko‘rinadiki, (1.4.42) differensial tenglamaning
umumiy yechimi elementar funksiyalar orqali ifodalanadi.
III. Agar
m
∈ Z {0; −2}
2m + 4
butun son bo‘lsa, (1.4.40) differensial tenglama kvadraturada integrallanadi.
Mustaqil yechish uchun misollar.
46
Chiziqli differensial tenglamalarni yeching.
1. xy 0 − 2y = 2x4
2. (2x + 1)y 0 = 4x + 2y
3. y 0 + ytgx = sec x
4. (x + ex ) − xdy = 0
5. x2 y 0 + xy + 1 = 0
6. y = x(y 0 − x cos x)
7. 2x(x2 + y)dx = dy
8. (xy 0 − 1) ln x = 2y
9. xy 0 + (x + 1) = 3x2 e−x
10. (x + y 2 )dy = ydx
11. (2ey − x)y 0 = 1
12. (sin2 y + xctgy)y 0 = 1
13. (2x + y)dy = ydx + 4 ln ydy
y
14. y 0 = 3x−y
2
15. (1 − 2xy)y 0 = y(y − 1)
Bernulli tenglamasini yeching.
1. (x + 1)(y 0 + y 2 ) = −y
2. y 0 = y 4 cos x + ytgx
3. xy 2 y 0 = x2 + y 3
√
5. xy 0 − 2x2 y = 4y
4. xydy = (y 2 + x)dx
6. xy 0 + 2y + x5 y 3 ex = 0
7. 2y 0 − xy = x2xy−1
8. y 0 x3 sin y = xy 0 − 2y
9. (2x2 y ln y − x)y 0 = y
1.5
To‘liq differensial tenglamalar.
Reja:
1. To‘liq differebsial tenglamalar.
2. Integrallovchi ko‘paytuvchi.
Tayanch iboralar. To‘liq differensial tenglama, integrallovchi ko‘paytuvchi, integral
chiziq.
1.To‘liq differensial tenglamalar.
Har bir (1.1.2) ko‘rinishdagi differensial tenglamalarni simvolik ravishda
dy − f (x, y)dx = 0
47
ko‘rinishda yozish mumkin. Hatto bundan umumiyroq
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
(1.5.1)
ko‘rinishda yozib olamiz. (1.5.1) tenglik birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilgan
differensial tenglamaning differensial formasi deb yuritiladi. Bu yerda M (x, y) va N (x, y)
funksiyalar G ⊆ R2 sohada aniqlangan uzluksiz, ya’ni
M (x, y), N (x, y) ∈ C(G).
1.5.1 - Ta’rif. Agar (1.5.1) differensial tenglamaning chap tomoni biror U (x, y) ∈
C 1 (G) funksiyaning to‘liq differensialidan iborat bo‘lsa, u holda (1.5.1) tenglamaga to‘liq
differensialli tenglama deyiladi.
1.5.2 - Ta’rif. Agar (1.5.1) tenglama to‘liq differensialli tenglama bo‘lsa, u holda
uning chap tomoni
M (x, y)dx + N (x, y)dy = dU (x, y)
(1.5.2)
ko’rinishda yoziladi. Bu holda y = ϕ(x), ϕ(x) ∈ C 1 (a, b) funksiya (1.5.1) differensial
tenglamaning yechimi bo‘lishi uchun ushbu
= U (x, ϕ(x)) = C, C = const, ∀x ∈ (a, b)
U (x, y)
(1.5.3)
y=ϕ(x)
shartning bajarilishi zarur va yetarlidir.Chunki (1.5.2) tenglikda
dU =
dU
dU
dx +
dy
dx
dy
(1.5.4)
munosabatdan foydalansak, undan
dU
= M (x, y),
dx
dU
= N (x, y)
dy
(1.5.5)
tengliklarni olamiz.
Faraz qilaylik, y = ϕ(x) funksiya (1.5.1) to‘liq differensialli tenglamaning yechimi
bo‘lsin. U holda
M (x, ϕ(x))dx + N (x, ϕ(x))ϕ0 (x)dx = 0
y’ani
M (x, ϕ(x)) + N (x, ϕ(x))ϕ0 (x) = 0
48
kelib chiqadi. Bu yerda (1.5.2) dan foydalanib,
d
U (x, ϕ(x)) = 0
dx
topamiz. Bundan
U (x, ϕ(x)) = C, 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))ϕ0 (x) = 0
hosil qilamiz. Bundan esa y = ϕ(x) funksiya (1.5.1) differensial tenglamaning yechimi
ekanligi kelib chiqadi.
1.5.1 - Teorema.
Agar G sohada M (x, y) va N (x, y) funksiyalar aniqlangan
bo‘lib, shu sohada M (x, y), N (x, y), ∂M
, ∂N
funksiyalar uzluksiz bo‘lsa, u holda (1.5.1)
∂y
∂x
differensial tenglama to‘liq bo‘lishi uchun
∂M
∂N
≡
∂y
∂x
(1.5.6)
ayniyatning o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarlidir.
(1.5.1) differensial tenglamaning umumiy yechimi quyidagicha aniqlanadi:
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
faraz qilaylik,
∂M
∂N
≡
∂y
∂x
(1.5.6) tenglik o‘rinli bo‘lsin. (1.5.1) tenglamaning chap tarafi biror bir U (x, y)
funksiyaning to‘la differensialidan iborat bo‘lganligi uchun
∂U
= M (x, y)
∂x
(1.5.7)
tenglik o‘rinli. (1.5.7) tenglikdan
Z
U (x, y) =
M (x, y)dx + ϕ(y)
49
(1.5.8)
kelib chiqadi. (1.5.8) tenglikni y o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab N (x, y) funksiyaga
tenglashtiramiz:
∂U (x, y)
∂ =
∂y
∂y
Z
M (x, y)dx + ϕ0 (y) = N (x, y).
(1.5.9)
Natijada (1.5.9) tenglikdan faqat y o‘zgaruvchiga bo‘liq funksiya qoladi. Ya’ni
ϕ0 (y) = g(y).
(1.5.10)
oxirgi tenglikni integrallab
Z
ϕ(y) =
g(y)dy + C
(1.5.11)
hosil bo‘lgan tenglikni (1.5.8) tenglikka qo‘ysak
Z
U (x, y) =
Z
M (x, y)dx +
g(y)dy + C
hosil bo‘ladi. (1.5.3) tenglikka asosan (1.5.1) tenglamaning umumiy yechimi
Z
Z
M (x, y)dx + g(y)dy = C
(1.5.12)
(1.5.13)
ko‘rinishda bo‘ladi.
1 -Misol. (x2 + 2y)dx + (2x + y 2 )dy = 0 to‘liq differensial tenglamani yeching.
Yechish:
(x2 + 2y)dx + (2x + y 2 )dy = 0
(1)
(1) tenglamada
M (x, y) = x2 + 2y,
N (x, y) = 2x + y 2
∂M
∂N
= 2,
=2
∂y
∂x
(1) tenglama uchun (1.5.6) shart o‘rinli. Demak (1) tenglama to‘liq differensial
tenglamani ifodalaydi. (1) tenglamaning chap tarafi biror bir U (x, y) funksiyaning to‘la
differensialidan iborat bo‘lganligi uchun
∂U
= M (x, y) = x2 + 2y
∂x
(2)
x3
+ 2xy + ϕ(y)
3
(3)
tenglik o‘rinli. (2) tenglikdan
U (x, y) =
50
kelib chiqadi. (3) tenglikni y o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab N (x, y) funksiyaga
tenglashtiramiz:
∂U (x, y)
= N (x, y) =⇒ 2x + ϕ0 (y) = 2x + y 2 .
∂y
(4)
Natijada (4) tenglikdan
ϕ0 (y) = y 2
(5)
(5) tenglikni integrallab
y3
+C
3
(6)
x3
y3
+ 2xy +
+C
3
3
(7)
ϕ(y) =
(6) tenglikni (3) tenglikka keltirib qo‘sak
U (x, y) =
tenglik kelib chiqadi.(1.5.3) tenglikka asosan (3) tenglamaning umumiy yechimi
y3
x3
+ 2xy +
=C
3
3
(8)
ko‘rinishda bo‘ladi.
2. Integrallovchi ko‘paytuvchi.
Faraz qilaylik (1.5.1) tenglamada
∂M
∂N
6=
∂y
∂x
bolsin, ya’ni (1.5.1) tenglama to‘liq differensialli tenglama bo‘lmasin.
1.5.3 - Ta’rif. Agar G sohada berilgan M (x, y), N (x, y) va biror µ(x, y) funksiyalar
uchun, ushbu
µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0
(1.5.14)
tenglama to‘liq differensialli tenglama bo‘lsa, u holda (1.5.1) tenglamaga to‘liq
differensialli
tenglamaga
keltiriladigan
tenglama,
integrallovchi ko‘paytuvchisi deyiladi.
Bu holda
51
µ(x, y)
funksiyaga
esa
uning
µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = dU (x, y)
(1.5.15)
o‘rinli bo‘ladi. Bundan
µM =
∂U
∂U
, µN =
∂x
∂y
(1.5.16)
ekanligini topamiz.
1.5.2 - Teorema. Agar 0 6= µ(x, y) ∈ C 1 (G), M (x, y) ∈ C 1 (G), N (x, y) ∈ C 1 (G)
bo‘lib, y = y(x), y(x0 ) = y0 funksiya I inervalda aniqlangan hamda (1.5.14) differensial
tenglamaning yechimi bo‘lsa, u holda y = y(x) funksiya (1.5.1) differensial tenglamaning
ham sh intervalda aniqlangan yechimi bo‘ladi.
Faraz qilaylik (1.5.14) differensial tenglama to‘liq differensiali tenglama bo‘lsin. u holda
∂(µ(x, y)M (x, y))
∂(µ(x, y)N (x, y))
=
∂y
∂x
(1.5.17)
ayniyat o‘rinli bo‘ladi. (1.5.17) tenglikdan hosilalarni hisoblasak
M
∂M
∂µ
∂N
∂µ
+µ
=N
+µ
∂y
∂y
∂x
∂x
bo‘ladi. bundan
∂N
∂µ
∂µ
∂M M
−N
=µ
−
∂y
∂x
∂x
∂y
(1.5.18)
oxirgi tenglikni ikkala qismini ham µ funksiyaga bo‘lamiz
M
1 ∂µ
1 ∂µ
∂N
∂M
−N
=
−
µ ∂y
µ ∂x
∂x
∂y
bundan
M
∂ ln µ
∂ ln µ
∂N
∂M
−N
=
−
∂y
∂x
∂x
∂y
(1.5.19)
munosabatga kelamiz.
1.5.3 - Teorema. Agar (1.5.1) differensial tenglama U (x, y) = C umumiy integralga
ega bo‘lsa, u holda bu tenglama uchun integrallovchi ko‘paytuvchi mavjud bo‘ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko‘ra U (x, y) = C (1.5.1) differensial tenglamaning umumiy
integrali bo‘lgani uchun
dU (x, u) = 0
52
(1.5.20)
ya’ni
∂U
∂U
dx +
dy = 0
∂x
∂y
(1.5.21)
tenglik o‘rinli bo‘ladi. Bu yerda
∂U
6= 0, (x, y) ∈ G
∂y
(1.5.21) tenglamadan
∂U
∂y
∂x
= − ∂U
∂x
∂y
(1.5.22)
kelib chiqadi. Ikkinchi tomondan, (1.5.1) differensial tenglamaga asosan
M
∂y
=−
∂x
N
munosabatni hosil qilamiz.(1.5.21) va (1.5.22) tengliklarni o‘zaro tenglashtirib
∂U
M
∂x
,
= ∂U
N
∂y
ya’ni
∂U
∂x
=
M
∂U
∂y
N
=µ
bo‘lishini topamiz. Bundan
µM =
∂U
∂U
, µN =
∂x
∂y
kelib chiqadi. O‘z navbatida ushbu
µ[M dx + N dy] = µM dx + µN dy =
∂U
∂U
dx +
dy = dU
∂x
∂y
munosabatlardan µ(x, y) funksiya (1.5.1) differensial tenglama uchun integrallovchi
ko‘paytuvchi ekanligi kelib chiqadi.
Endi
integrallovchi
ko‘paytuvchini
topish
bilan
shug‘ullanamiz.
Yuqoridagi
mulohazalardan ko‘rinadiki, µ(x, y) funksiyani topish uchun (1.5.19) xususiy hosilali
differensial tenglamani xususiy yechimini topish kerak bo‘ladi. Bu masala o‘z navbatida
qo‘yilgan masalaga nisbatan ham ancha murakkab masaladir.
1.5.4 - Teorema. Agar Shunday ω(x, y) ∈ C 1 (G) funksiya mavjud bo‘lib,
∂M
− ∂N
∂y
∂x
∂ω
N ∂ω
−
M
∂x
∂y
= ψ(ω), (x, y) ∈ G
53
(1.5.23)
tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda integrallovchi ko‘paytuvchi
R
µ(x, y) = e ψ(ω)dω
(1.5.24)
formula orqali topiladi.
Isbot. Yuqoridagi (1.5.18) tenglamani yechimini µ = µ(ψ) ko‘rinishda izlaymiz. U
holda
∂µ
∂µ ∂ω
∂µ ∂ω
∂µ ∂ω
∂ω ∂µ
∂µ
dx +
dy =
dx +
dy =
dx +
dy =
dω
dµ =
∂x
∂y
∂ω ∂x
∂ω ∂y
∂ω ∂x
∂y
∂ω
hosil bo‘ladi. Bundan
dµ
∂µ
=
dω
∂ω
(1.5.25)
ekanligini topamiz. Bu holda (1.5.18) tenglama quydagi ko‘rinishni oladi:
M
∂N
∂µ ∂ω
∂µ ∂ω
∂M −N
=µ
−
∂ω ∂y
∂ω ∂x
∂x
∂y
Bu yerda (1.5.25) tenglikni e’tiborga olsak, oxirgi tenglama ushbu
∂M
∂µ ∂ω
∂ω ∂N N
−M
=µ
−
∂ω
∂x
∂y
∂y
∂x
ko‘rinishga keladi. Bundan
∂M
∂N
− ∂x
dµ
∂y
= ∂ω
dω
µ
N ∂x − M ∂ω
∂y
munosabat kelib chiqadi. (1.5.23) tenglikdan foydalanib, oxirgi munosabatni ushbu
dµ
= ψ(ω)dω
µ
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglamani integrallab
R
µ(x, y) = Ce ψ(ω)dω
integrallovchi ko‘paytuvchini topamiz. Bizga birorta integrallovchi ko‘paytuvchi kerak.
Shuning uchun C = 1 deb tanlasak
R
µ(x, y) = e ψ(ω)dω
54
kelib chiqadi.
2 -Misol. Chiziqli bir jinsli bo‘lmagan y 0 = a(x)y + b(x) differensial tenglamaning
integrallovchi ko‘paytuvchisini toping.
Yechish:
y 0 = a(x)y + b(x)
(1)
(a(x)y + b(x))dx − dy = 0
(2)
(1) differensal tenglamani
ko‘rinishida yozib olamiz. (2) tenglamada
M (x, y) = a(x)y + b(x), N (x, y) = −1
bo‘lgani uchun
∂M
∂N
= a(x),
=0
∂y
∂x
munosabatlar o‘rinli. Bundan ko‘rinib turibdiki to‘la differensiallik sharti bajarilmaydi,
ya’ni
∂M
∂N
6=
.
∂y
∂x
(1) differensial tenglamaning integrallovchi ko‘paytuvchisini
µ = µ(x)
ko‘rinishda izlaymiz. Bu holda ω = x bo‘lgani uchun (1.5.23) belgilashga asosan
ψ(x) =
∂M
− ∂N
∂y
∂x
N
= −a(x)
tenglik o‘rinli bo‘ladi. (1.5.24) tenglikdan
µ = e−
R
a(x)dx
(3)
ko‘rinishdagi integrallovchi ko‘paytuvchi kelib chiqadi.
Integrallovchi ko‘paytuvchini topishning ba’zi xususiy hollariga to‘xtalamiz. µ(x, y) 6=
0, µ(x, y) 6= C integrallovchi ko‘paytuvchi faqat x va y ning funksiyasi bo‘lgan hollarda
eng sodda hollar hisoblanadi.
55
ln µ
= 0 bo‘ladi ).
1. µ(x, y) = µ(x) bo‘lsin. (1.5.19) tenglama soddalashadi (chunki ∂ ∂y
−N
bundan
∂ ln µ
∂N
∂M
=
−
∂x
∂x
∂y
∂M
− ∂N
∂ ln µ
∂y
∂x
=
∂x
N
(1.5.26)
kelib chqadi. (1.5.26) tenglikni soddalashtirib integrallab yuborsak
∂M
− ∂N
∂y
∂x
Z
ln µ =
N
dx
oxirgi tenglikdan µ(x) ni topib olamiz
− ∂N
R ∂M
∂y
∂x
µ(x) = Ce
N
dx
oxirgi tenglikdan C = 1 desak,
− ∂N
R ∂M
∂y
∂x
µ(x) = e
N
dx
(1.5.27)
faqat x o‘zgaruvchiga nisbatan integrallovchi ko‘paytuvchi hosil bo‘ladi.
3 -Misol. (x2 + y 2 + x)dx + ydy = 0 differensial tenglamaning integrallovchi
ko‘paytuvchisini toping.
Yechish:
(x2 + y 2 + x)dx + ydy = 0
(1)
(1) tenglamadan
M (x, y) = x2 + y 2 + x, N (x, y) = y
∂M
∂N
= 2y,
=0
∂y
∂x
ko‘rinib turibdiki (1.5.6) tenglik bajarilmaydi. Bu esa (1) tebglama to‘liq differensialli
tenglamani ifodalamaydi. (1.5.27) formuladan foydalanib (1) differensial tenglamaning
integrallovchi ko‘paytuvchisini topamiz
µ(x) = e
− ∂N
R ∂M
∂y
∂x
N
dx
=e
R 2y
y
dx
= e2x
(2)
(1.5.15) formulaga asosan (2) integrallovchi ko‘paytuvchini (1) tenglamaga ko‘paytirib
(x2 e2x + y 2 e2x + xe2x )dx + ye2x dy = 0
56
(3)
tenglamaga kelamiz. (3) tenglamadan
M (x, y) = x2 e2x + y 2 e2x + xe2x , N (x, y) = ye2x
∂M
∂N
= 2ye2x ,
= 2ye2x
∂y
∂x
ya’ni
∂M
∂N
=
∂y
∂x
bo‘ladi. bundan (3) tenglama to‘liq differensialli tenglama ekanligi bizga ma’lum. (3)
tenglamaning chap tarafi biror bir U (x, y) funksiyaning to‘la differensialidan iborat
bo‘lganligi uchun
∂U
= M (x, y) = x2 e2x + y 2 e2x + xe2x
∂x
(4)
tenglik o‘rinli. (4) tenglikdan
U (x, y) =
x2 2x y 2 2x
e + e + ϕ(y)
2
2
(5)
kelib chiqadi. (5) tenglikni y o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab N (x, y) funksiyaga
tenglashtiramiz:
∂U (x, y)
= N (x, y) =⇒ ye2x + ϕ0 (y) = ye2x .
∂y
(6)
Natijada (6) tenglikdan
ϕ0 (y) = 0
(7)
ϕ(y) = C
(8)
(7) tenglikni integrallab
(8) tenglikni (5) tenglikka keltirib qo‘sak
U (x, y) =
x2 2x y 2 2x
e + e +C
2
2
(9)
tenglik kelib chiqadi.(1.5.3) tenglikka asosan (3) tenglamaning umumiy yechimi
e2x (x2 + y 2 ) = C
ko‘rinishda bo‘ladi.
57
(10)
ln µ
= 0 bo‘ladi ).
2. µ(x, y) = µ(y) bo‘lsin. (1.5.19) tenglama soddalashadi (chunki ∂ ∂x
M
bundan
∂ ln µ
∂N
∂M
=
−
∂y
∂x
∂y
∂N
− ∂M
∂ ln µ
∂x
∂y
=
∂y
M
(1.5.28)
kelib chqadi. (1.5.28) tenglikni soddalashtirib integrallab yuborsak
∂N
− ∂M
∂x
∂y
Z
ln µ =
M
dy
oxirgi tenglikdan µ(y) ni topib olamiz
− ∂M
R ∂N
∂x
∂y
µ(y) = Ce
M
dy
oxirgi tenglikdan C = 1 desak,
− ∂M
R ∂N
∂x
∂y
µ(y) = e
M
dy
(1.5.29)
y o‘zgaruvchiga nisbatan integrallovchi ko‘paytuvchi hosil bo‘ladi.
4 -Misol. (xy 2 − y)dx + xdy
=
0 differensial tenglamaning integrallovchi
ko‘paytuvchisini toping.
Yechish:
(xy 2 − y)dx + xdy = 0
(1)
(1) tenglamadan
M (x, y) = xy 2 − y, N (x, y) = x
∂M
∂N
= 2xy − 1,
=1
∂y
∂x
ko‘rinib turibdiki (1.5.6) tenglik bajarilmaydi. Bu esa (1) tebglama to‘liq differensialli
tenglamani ifodalamaydi. (1.5.29) formuladan foydalanib (1) differensial tenglamaning
integrallovchi ko‘paytuvchisini topamiz
µ(y) = e
− ∂M
R ∂N
∂x
∂y
M
dy
R 1−2xy+1
=e
58
xy 2 −y
dy
=e
R −2
y
dy
=
1
y2
(2)
(1.5.15) formulaga asosan (2) integrallovchi ko‘paytuvchini (1) tenglamaga ko‘paytirib
2
1
(xy 2 − y)dx + 2 xdy = 0
2
y
y
x
1
(x − )dx + 2 = 0
y
y
(3)
tenglamaga kelamiz. (3) tenglamadan
x
1
M (x, y) = x − , N (x, y) = 2
y
y
∂M
1
1
∂N
= 2,
= 2
∂y
y
∂x
y
ya’ni
∂M
∂N
=
∂y
∂x
bo‘ladi. bundan (3) tenglama to‘liq differensialli tenglama ekanligi bizga ma’lum.
(3) tenglamaning chap tarafi biror bir U (x, y) funksiyaning to‘la differensialidan iborat
bo‘lganligi uchun
∂U
1
= M (x, y) = x −
∂x
y
(4)
x2 x
− + ϕ(y)
2
y
(5)
tenglik o‘rinli. (4) tenglikdan
U (x, y) =
kelib chiqadi. (5) tenglikni y o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallab N (x, y) funksiyaga
tenglashtiramiz:
∂U (x, y)
x
x
= N (x, y) =⇒ 2 + ϕ0 (y) = 2 .
∂y
y
y
(6)
ϕ0 (y) = 0
(7)
ϕ(y) = C
(8)
Natijada (6) tenglikdan
(7) tenglikni integrallab
(8) tenglikni (5) tenglikka keltirib qo‘sak
U (x, y) =
x2 x
− +C
2
y
59
(9)
tenglik kelib chiqadi.(1.5.3) tenglikka asosan (3) tenglamaning umumiy yechimi
x2 x
− =C
2
y
(10)
ko‘rinishda bo‘ladi.
Mustaqil yechish uchun misollar.
To‘liq differensial tenglamalarni yeching.
1. 2xydx + (x2 − y 2 )dy = 0
2. (2 − 9xy 2 )xdx + (4y 2 − 6x3 ) = 0
3. e−y dx − (2y + xe−y )dy = 0
dx − 2x y+5y
dy = 0
5. 3x y+y
2
3
4. xy dx + (y 3 + ln x)dy = 0
p
p
6. 2x(1 + x2 − y)dx − x2 − ydy = 0
7. (1 + y 2 sin 2x)dx − 2y cos2 xdy = 0
2
cos y
x
9. sin y + 2 dx + (xcos+1)
=0
2y−1
8. 3x2 (1 + ln y)dx = (2y − xy )dy
y2
10. 4 − x2 dx + 2 xy dy = 0
11. 2x cos2 ydx + (2x − x2 sin 2y)dy = 0
12. (x + y)dx + (x + 2y)dy = 0
13. (x3 − 3xy 2 + 2)dx − (3x2 y − y 2 )dy = 0
14. 3x2 ey dx + (x3 ey − 1)dy
15. (3x2 + 6xy 2 )dx + (6x2 y + 4x3 )dy = 0
16. xdx + ydy = xdy−ydx
x2 +y 2
2
2
3
3
Integrallovchi ko‘paytuvchiga doir misollar.
1. (x2 − sin2 y)dx + x sin 2ydy = 0
2. (x2 − 3y 2 )dx + 2xydy = 0
3. (x sin y + y cos y)dx + (x cos y − y sin y)dy = 0
4. cos xdy + (sin x + ey )dx = 0
5. (x2 − y)dx + xdy = 0
6. 2xtgydx + (x2 − 2 sin y)dy = 0
7. (e2x − y 2 )dx + ydy = 0
8. (1 + 3x2 sin y)dx − xctgydy = 0
9. y 2 dx + (yx − 1)dy = 0
10. (sin x + ey )dx + cos xdy = 0
11. 2x cos2 ydx + (2x − x2 sin 2y)dy = 0
60
1.6
Hosilaga nisbatan yechilmagan differensial tenglamalar.
Reja:
1. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar.
2. Lagranj differensial tenglamasi.
3. Klero differensial tenglamasi.
Tayanch iboralar. Hosilaga nisbatan yechilmagan differensial tenglama, Lagranj
tenglamasi, Klero tenglamasi, integral chiziq.
1. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar.
1.6.1 - Ta’rif.
F (x, y, y 0 ) = 0
(1.6.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar hosilaga nisbatan yechilmagan oddiy differensial
tenglamalar deyiladi. Bu yerda F funksiya uch argumentli funksiya bo‘lib, uch o‘lchavli
fazoning D3 sohasida aniqlangan.
1.6.2 - Ta’rif. (1.6.1) differensial tenglama berilgan bo‘lib, F (x, y, y 0 ) funksiya R3
fazoning D3 sohasida aniqlangan bo‘lsin. Agar I (ochiq, yopiq yoki yarim ochiq) intervalda
aniqlangan y = ϕ(x) funksiya uchun quyidagi uchta shart
1) (x, ϕ(x)) ∈ G, x ∈ I, (x, ϕ(x), ϕ0 (x)) ∈ D3 , G ⊂ R2 , D3 ⊂ R3 ,
2) ϕ(x) ∈ C 1 (I),
3) F (x, ϕ(x), ϕ0 (x)) = 0, x ∈ I,
(1.6.2)
bajarilsa, bu funksiya I intervalda (1.6.1) differensial teglamaning yechimi deyiladi. (1.6.1)
differensial teglamaning yechimiga mos egri chiziq uning integral egri chizig‘i deyiladi.
(1.6.1) hosilaga nisbatan yechilmagan oddiy differensial tenglamalarning sodda
hollarini ko‘rib chiqamiz:
I. (1.6.1) differensial tenglamada F funksiya faqat y 0 ga bog‘liq bo‘lsin, ya’ni
F (y 0 ) = 0
differensial tenglama berilgan bo‘lsin. Bu tenglama
61
(1.6.3)
y 0 = kj (j = 1, 2, 3, ...), kj = const
(1.6.4)
ko‘rinishdagi haqiqiy ildizlarga ega bo‘lsa, u holda (1.6.4) tenglamadan
y = kj x + c, kj = const
yoki
k=
y−c
,
x
kelib chiqadi. (1.6.3) differensial tenglama uchun
y − c
F
= 0,
x
ifoda umumiy integral bo‘ladi.
II. (1.6.1) differensial tenglamada F funksiya x va y 0 larga bog‘liq bo‘lsin, ya’ni
F (x, y 0 ) = 0
(1.6.5)
ko‘rinishdagi tenglama berilgan bo‘lsin.
Agar bu tenglamani y ga nisbatan yechish mumkin bo‘lsa, u holda
y 0 = fk (x), k = 1, 2, 3, ...
(1.6.6)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar hosil bo‘ladi. Bu yerda fk (x) lar biror [a, b] oraliqda
aniqlangan va uzluksiz funksiyalar. Bu (1.6.6) differensial tenglamani integrallab uning
umumiy yechimlarini topamiz:
Z
y=
fk (x)dx + c, k = 1, 2, 3, ...
Bu yechimlar to‘plamiga (1.6.5) tenglama x o‘zgaruvchiga nisbatan yechilgan, ya‘ni
x = φ(y 0 )
(1.6.7)
ko‘rinishdagi differensial tenglama berilgan bo‘lsin. Bu holda (1.6.7) differensial
tenglamani integrallash uchun quydagi usuldan foydalanamiz. Shu maqsadda y 0 = p deb
belgilaymiz. Natijada (1.6.7) tenglama
x = φ(p)
62
(1.6.8)
dy
qiymatini qo‘yib
ko‘rinishni oladi. Endi, belgilashdagi y 0 ning o‘rniga uning dx
dy
= p ⇒ dy = pdx
dx
munosabatlarni topamiz. (1.6.8) tengilkni differensiallab
dx = φ0 (p)dp
tenglikni olamiz. Buni yuqoridagi tenglikka qo‘ysak
dy = pdx = pφ0 (p)dp
ya’ni
dy = pφ0 (p)dp
hosil bo‘ladi. Oxirgi tenglikni integrallash natijasida
Z
y = pφ0 (p)dp + c
kelib chiqadi. Demak (1.6.5) tenglama
x = φ(p)
y = R pφ0 (p)dp + c
(1.6.9)
(1.6.10)
III. (1.6.1) differensial tenglamada F funksiya y va y 0 larga bog‘liq bo‘lsin, ya’ni
F (y, y 0 ) = 0
(1.6.11)
ko‘rinishga ega bo‘lsa, u holda yuqoridagi ikki hol takrorlanadi.
a) (1.6.11) tenglamani y 0 ga nisbatan yechish mumkin bo‘lsa, ya’ni
y 0 = fj (y), j = 1, 2, 3, ...
ko‘rinishdagi defferensial tenglama berilgan bo‘lsin. U holda fj (y) 6= 0 deb
Z
dy
dy
⇒
+c
fj (y)
fj (y)
(1.6.12)
(1.6.13)
ko‘rinishdagi yechimlarni topamiz. Agar fj (y) = 0 tenglama y = bm ko‘rinishdagi ildizga
ega bo‘lsa, u holda
y = bm
63
uning yechimi bo‘ladi.
b) Agar (1.6.11) tenglamadan
y = φ(y 0 )
(1.6.14)
topish mumkin bo‘lsa, u holda y 0 = p almashtirish olish mumkin:
dy = y 0 dx ⇒ dy = pdx ⇒ dx =
dy
p
x = R φ0 (p) dp + c
p
(1.6.10)
y = φ(p)
bu esa (1.6.1) tenglamaning umumiy yechimini beradi.
1 -Misol. y = ln(1 + y 02 ) differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y = ln(1 + y 02 )
(1)
(1) differensial tenglamani tenglamani yechish uchun
y0 = p
belgilashdan foydalanamiz:
y = ln(1 + p2 )
(2)
2pdp
1 + p2
(3)
(2) tenglikni differensiallab
dy =
dy
tenglikni hosil qilamiz. y 0 = dx
bo‘lganligi sababli dx = dy
hosil bo‘ladi. bundan
y0
dx =
dy
2pdp
2dp
=
=
0
2
y
p(1 + p )
1 + p2
(4)
hosil qilamiz. (4) tenglikni integrallab
x = 2arctgp + c
topamiz. (1.6.10) formulaga asosan
x = 2arctgp + c
y = ln(1 + p2 )
64
(5)
(6)
(1) tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz.
0
2 -Misol. y = (y 0 − 1)ey differensial tenglamani yeching.
Yechish:
y = (y 0 − 1)ey
0
(1)
(1) differensial tenglamani tenglamani yechish uchun
y0 = p
belgilashdan foydalanamiz:
y = (p − 1)ep
(2)
dy = pep dp
(3)
(2) tenglikni differensiallab
dy
tenglikni hosil qilamiz. y 0 = dx
bo‘lganligi sababli dx = dy
hosil bo‘ladi. bundan
y0
dx =
dy
pep dp
=
= ep dp
y0
p
(4)
x = ep + c
(5)
hosil qilamiz. (4) tenglikni integrallab
topamiz. (1.6.10) formulaga asosan
x = ep + c
y = (p − 1)ep
(6)
(1) tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz.
2. Lagranj differensial tenglamasi.
1.6.3 - Ta’rif. Ushbu
y = φ(y 0 )x + ψ(y 0 )
(1.6.11
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar Lagranj tenglamasi deyiladi.
Avvalo ϕ(y 0 ) 6= y 0 deb faraz qilamiz. Bu tenglamani integrallash uchun, y 0 = p
almashtirishdan foydalanamiz. U holda (1.6.11) tenglama
65
y = φ(p)x + ψ(p)
(1.6.12)
ko‘rinishni oladi. Bu tenglikning ikki tomonini differensiallab
dy
dp
dp
= xφ0 (p) + φ(p) + ψ 0 (p)
dx
dx
dx
dp
dy 0
= xφ (p) + φ0 (p)
+ φ(p)
dx
dx
dp
+ φ(p)
p = xφ0 (p) + ψ 0 (p)
dx
ya’ni
dp
xφ0 (p) + ψ 0 (p)
= p − φ(p)
dx
o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamani hosil qilamiz. Oxirgi tenglikni
quydagicha yozish mumkin:
dx
φ0 (p)
ψ 0 (p)
=
x+
dy
p − φ(p)
p − φ(p)
(1.6.13)
(1.6.13) differensial tenglama x o‘zgaruvchiga nisbatan chiziqli bir jinslimas differensial
tenglamadir. unung umumiy integrali
ϕ(x, p, c) = 0
ko‘rinishga ega. Demak Lagranj tenglamasining umumiy integrali
y = φ(p)x + ψ(p)
ϕ(x, p, c) = 0
(1.6.14)
(1.6.15)
ko‘rinishida bo‘ladi.
3 -Misol. y = 2xy 0 − sin y 0 Lagranj differensial tenglamasini yeching.
Yechish:
y = 2xy 0 − sin y 0
(1) differensial tenglamani yechish uchun
y0 = p
66
(1)
belgilash kiritamiz. U holda (1) tenglama
y = 2xp − sin p
(2)
ko‘rinishni oladi. (2) tenglikni ikki tomonini differensiallab
y 0 = 2p + 2xp0 − cos p · p0
(3)
hosil qilamiz. Bundan
p = 2p + 2xp0 − cos p · p0
−p = (2x − cos p)p0
dx
x cos p
= −2 +
dp
p
p
(4)
(4) tenglama x o‘zgaruvchiga nisbatan chiziqli differensial tenglamadir. (4) tenglamani
o‘zgarmaslarni variatsialash (Lagranj) usuli bilan ishlaymiz.
dx
x
= −2
dp
p
Z
Z
dx
dp
= −2
x
p
ln |x| = −2 ln |p| + c
x=
c
,
p2
c → c(p)
x=
c(p)
p2
(5)
(5) tenglikni x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallaymiz.
x0 =
c0 (p) 2c(p)
− 3
p2
p
(6)
(5) va (6) tengliklarni (4) tenglamaga qo‘yamiz:
c0 (p) 2c(p)
2c(p) cos p
− 3 =− 3 +
2
p
p
p
p
c0 (p) = p cos p
oxirgi tenglikni integrallab
c(p) = p sin p + cos p + c
67
(7)
hosil qilamiz. (7) tenglikni (5) tenglikka qo‘yib
x=
p sin p + cos p + c
p2
(4) tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz. (1.6.15) formulaga asosan
y = 2 p sin p+cos p+c − sin p
p
p
sin
p+cos
p+c
x=
(8)
p2
3. Klero differensial tenglamasi.
1.6.4 - Ta’rif. Ushbu
y = xy 0 + ψ(y 0 )
(1.6.16)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar Klero tenglamasi deyiladi.
Ko‘rinib turibdiki Klero tenglamasi Lagranj tenglamasining φ(y 0 ) = y 0 bo‘lgandagi
xususiy holidir. Klero tenglamasini yechimini topish jarayonida ham
y0 = p
almashtirishdan foydalanamiz. U holda (1.6.16) differensial tenglama:
y = xp + ψ(p)
(1.6.17)
(1.6.17) tenglikning ikki tomonini differensiallab
dy
dp
dp
= x + p + ψ 0 (p)
dx
dx
dx
dp
dp
p = x + p + ψ 0 (p)
dx
dx
dp
(x + ψ 0 (p))
=0
dx
munosabatni hosil qilamiz. oxirgi tenglikdan
dp = 0
dx
x + ψ 0 (p) = 0
(1.6.18)
kelib chiqadi. (1.6.18) sistemadan
p=c
x = −ψ 0 (p)
68
(1.6.19)
tengliklarni topamiz. Bundan esa
y = cx + ψ(c)
Klero tenglamasining umumiy yechimi kelib chiqadi. Ushbu
x = −ψ 0 (p)
y = −pψ 0 (p) + ψ(p)
(1.6.20)
(1.6.21)
(1.6.21) sistemadan p ni yuqotib
ϕ(x, y) = 0
(1.6.22)
Klero tenglamasining integrali hosil qilamiz.
4 -Misol. y = xy 0 + y 0 − y 02 Klero differensial tenglamasini yeching.
Yechish:
y = xy 0 + y 0 − y 02
(1)
(1) defferensial tenglamani yechish uchun
y0 = p
elgilash kiritamiz. U holda (1) tenglama
y = xp + p − p2
(2)
ko‘rinishni oladi. (2) tenglikni ikkala tomonini differensiallab
y 0 = p + xp0 + p0 − 2pp0
hosil qilamiz. Bundan
p = p + xp0 + p0 − 2pp0
(x − 2p + 1)p0 = 0
(6.3.6) formulaga asosan
x = 2p − 1
y = xp + p − p2
69
(3)
bundan
x = 2p − 1
(4)
y = p2
kelib chiqadi. (4) dan p ni yuqotib
(x + 1)2
y=
4
(5)
umumiy yechim kelib chiqadi.
Mustaqil yechish uchun misollar.
Hosilaga nisbatan yechilmagan differensial tenglamalarni yeching.
1. (y 02 − y 2 = 0
2. 8y 03 = 27y
3. (y 0 + 1)3 = 27(x + y)2
4. y 2 (y 02 + 1) = 1
5. y 02 − 4y 3 = 0
6. xy 02 = y
7. y 02 = 4y 3 (1 − y)
8. yy 03 + x = 1
9. y 03 + y 2 = yy 0 (y 0 + 1)
Quyidagi tenglamalarni parametr kiritish usuli bilan yeching.
1. x = y 03 + y 0
p
3. x = y 0 = y 02 + 1
4. y = ln(1 + y 02 )
5. (y 0 + 1)3 = (y 0 − y)2
6. y = y 02 + 2y 03
7. y 0 (x − ln y 0 ) = 1
8. y 04 − y 02 = y 2
9. y = (y 0 − 1)ey
2. x(y 02 − 1) = 2y 0
0
10. 5y + y 02 = x(x + y 0 )
Lagranj va Klero tenglamalarini yeching.
1. y = xy 0 − y 02
2. y = 2xy 0 − 4y 03
3. y 03 = 3(xy 0 − y)
5. 2y 02 (y − xy 0 ) = 1
4. xy 0 − y = ln y 0
√
6. y + xy 0 = 4 y 0
7. y = xy 0 − (2 + y 0 )
8. y = xy 02 − 2y 03
9. xy 0 (y 0 + 2) = y
10. 2xy 0 − y = ln y 0
70
2
n− tartibli oddiy differensial tenglamalar
2.1
n− tartibli oddiy differensial tenglamalar
Reja:
1. n− tartibli differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
2. Ayrim n− tartibli differensial tenglamalarni yechish.
3. Tartibini pasaytirish mumkin bo‘lgan diffrensial tenglamalar.
Tayanch iboralar. n− tartibli differensial tenglamalar. differensial tenglamaning
tartibi tushunchasi.
n− tartibli differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
2.1.1 - Ta’rif.
F (x, y, y 0 , ..., y (n) ) = 0
(2.1.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar n− tartibli hosilaga nisbatan yechilmagan oddiy
differensial tenglamalar deyiladi.
2.1.2 - Ta’rif.
y (n) = f (x, y, y 0 , ..., y (n−1) )
(2.1.2)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar n− tartibli hosilaga nisbatan yechilgan yoki kanonik
ko‘rinishdagi n− oddiy differensial tenglamalar deyiladi.
Quyidagi belgilashlarni kiritaylik:
y(x) ≡ y 0 , y 0 ≡ y (1) , ..., y (k) (x) = y (k) , ..., y (n−1) (x) = y (n−1)
y = (y 0 , y (1) , ..., y (n−1) )T ∈ Rn ,
(x, y) ∈ R(n+1)
R(n+1) o‘lchamli fazoda quyidagi
(k)
G = {(x, y) ∈ R(n+1) : |x − x0 | ≤ a, |y ( k) − y0 | ≤ b k = 0, 1, 2, ..., n − 1}
2.1.3 - Ta’rif. (2.1.2) differensial tenglama berilgan bo‘lib, f (x, y, y 0 , ..., y (n−1) ) funksiya
C ∈ Rn−1 sohasida aniqlangan bo‘lsin. Agar I (ochiq, yopiq yoki yarim ochiq) intervalda
71
aniqlangan y = ϕ(x) funksiya uchun quyidagi uchta shart
1) ϕ(x) ∈ C (n) (I);
2) (x, ϕ(x), ϕ0 (x), ϕ00 (x), ..., ϕ(n−1) (x)) ∈ G, ∀x ∈ I
3)ϕ(n) (x) = (x, ϕ(x), ϕ0 (x), ϕ00 (x), ..., ϕ(n−1) (x)), ∀x ∈ I
(2.1.3)
bajarilsa, y = ϕ(x) funksiya I intervalda (2.1.2) differensial teglamaning yechimi deyiladi.
2.1.4 - Ta’rif. (2.1.2) differensial tenglamaning ushbu
(n−1)
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 , y 00 (x0 ) = y000 , ..., y (n−1) (x0 ) = y0
(2.1.4)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y = ϕ(x) yechimini topishga Koshi masalasi
(n−1)
deyiladi. Bu yerda (x0 , y0 , y00 , y000 , ..., y0
)∈G
2.1.1 - Teorema. Agar f (x, y, y 0 , ..., y (n−1) ) funksiya C ∈ Rn−1 sohasida aniqlangan
va uzluksiz bo‘lib, y, y 0 , ..., y (n−1) o‘zgaruvchilari bo‘yicha Lipshits:
(n−1)
(n−1)
f (x, y1 , y10 , ..., y1
) − f (x, y2 , y20 , ..., y2
)
≤L
n−1
X
(i)
(i)
|y1 − y2 |, ∃L > 0
(2.1.5)
j=0
shartшni qanoatlantirsa, u holda shunday h > 0 soni mavjud bo’lib (2.1.2), (2.1.4) Koshi
masalasining I = [x0 − h, x0 + h] oraliqda aniqlangan yagona yechimi mavjud bo‘ladi.
Ayrim n− tartibli differensial tenglamalarni yechish.
I. Ushbu
y (n) = f (x), f (x) ∈ C[a, b]
(2.1.6)
differensial tenglamaning umumiy yechimini topamiz.
Ketma-ket integrallash usuli.
Avvalo (2.1.6) tenglamani
(y (n−1) )0 = f (x)
(2.1.7)
ko‘rinishda yozib olamiz. Endi ixtiyoriy ∀x0 ∈ [a, b] nuqtani olib (2.1.7) differensial
tenglamani x0 dan x gacha integrallab, ushbu
y (n−1) =
Zx
f (t)dt + c1
x0
72
tenglikni hosil qilamiz. Bu munosabatni yana integrallab ushbu
y (n−2) =
Zx Zx
f (x)dxdx + c1 x + c2
x0 x0
tasvirni topamiz. Yuqoridagi jarayonni n marta davom qildirib
Zx
Zx Zx
f (x)dxdx...dx + c1
...
y(x) =
x0 x0
xn−1
xn−2
+ c2
+ ... + cn−1 x + cn
(n − 1)!
(n − 2)!
(2.1.8)
x0
(2.1.6) differensial tenglamaning umumiy yechimini topishga muvoffaq bo‘lamiz.
Quyidagi
Zx Zx
y(x) =
Zx
...
x0 x0
1
f (x)dxdx...dx =
(n − 1)!
x0
Zx
f (t)(x − t)n−1 dt
x0
formuladan foydalanib (2.1.8) munosabatni
1
y(x) =
(n − 1)!
Zx
n−1
f (t)(x − t)
xn−1
xn−2
dt + c1
+ c2
+ ... + cn−1 x + cn (2.1.9)
(n − 1)!
(n − 2)!
x0
ko‘rinishda yozish mumkin.
1-Misol Ushbu
y 000 = sin x − cos x
(1)
y|x=0 = 1, y 0 |x=0 = −1, y 00 |x=0 = 0
(2)
tenglamaning
boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimini toping.
Yechish. Ketma-ket uch marta integrallab, quyidagilarga ega bo‘lamiz:
y 00 = − cos x − sin x + C1
y 0 = − sin x + cos x + C1 x + C2
y = cos x + sin x + C1
x2
+ C2 x + C3
2
(3) boshlang‘ich shartlardan C1 , C2 , C3 larni topamiz:
73
C −1−0=0
1
C1 · 0 + C2 + 1 − 0 = −1
C ·0+C ·0+C +1+0=1
1
2
(3)
3
(3) sistemadan C1 = 1, C2 = −2, C3 = 0 kelib chiqadi. Shunday qilib izlanayotgan yechim
y = cos x + sin x +
x2
− 2x
2
(4)
bo‘ladi.
II.
F (y (n−1) , y (n) ) = 0
(2.1.10)
ko‘rinishdagi tenglamalarni hisoblashni ko‘rib chiqamiz.
Farz qilaylik (2.1.10) tenglamani y (n) ga nisbatan yechish mumkin bo‘lsin. Ya’ni
y (n) = f (y (n−1) )
(2.1.11)
y (n−1) = t
(2.1.12)
bo‘lsin. (2.1.11) tenglamadan
belgilash kiritamiz. (2.1.12) tenglikni differensiallab
y (n) = t0
(2.1.13)
hosil qilamiz. (2.1.12) va (2.1.13) tengliklardan foydalansak (2.1.11) tenglama
t0 = f (t)
(2.1.14)
ko‘rinishga keladi.(2.1.14) tenglama o‘zgaruvchilari ajraladigan oddiy differensial
tenglamadir. Bu tenglamaning umumiy yechimi
Z
dt
=x+C
f (t)
(2.1.15)
ko‘rinishda bo‘ladi.
Faraz qilaylik (2.1.10) tenglamani y (n) ga nisbatan yechish mumkin bo‘lmasin, ammo
y (n) = χ(t), y (n−1) = ψ(t)
74
(2.1.16)
parametrik ifoda ma’lum bo‘lsin. U holda
dy (n−1) = y (n) dx
(2.1.17)
tenglikdan
ψ 0 (t)dt
dy (n−1)
=
y (n)
χ(t)
dx =
(2.1.18)
kelib chiqadi. (2.1.18) tenglikni integrallab
Z 0
ψ (t)dt
x=
+ C1
χ(t)
(2.1.19)
hosil qilamiz.
dy (n−2) = y (n−1) dx
tenglikdan
y
(n−2)
Z
=
y
(n−1)
Z
dx + C2 =
ψ(t)
ψ 0 (t)dt
+ C1
χ(t)
Xuddi shunday mulohazalar yuritib
dy (n−3) = y (n−2) dx, ..., dy = y 0 dx
tengliklarni integrallaymiz va
Z
y=
y 0 dx + Cn
dan y uchun parametrik ifoda topamiz. (2.1.10) tenglamaning y (n) ga nisbatan mumkin
bo‘lmagan holi uchun umumiy yechim
Z
x=
ψ 0 (t)dt
+ C1 , y =
χ(t)
Z
y 0 dx + Cn
(2.1.20)
ko‘rinishfa bo‘ladi.
III.
F (y (n−2) , y (n) ) = 0
(2.1.21)
ko‘rinishdagi tenglamalarni yechish usulini ko‘rib chiqamiz.
y (n−2) = t
almashtirish bajarib (2.1.21) tenglamani
F (t, t00 ) = 0
75
(2.1.22)
olib kelamiz.
Faraz qilaylik (2.1.22) tenglama t00 ga nisbatan yechish mumkin bo‘lsin. Ya’ni
t00 = f (t)
(2.1.23)
ko‘rinishda bo‘lsin. (2.1.23) tenglamaning ikkala tarafiga 2t0 ni ko‘paytirib
2t0 t00 = 2t0 f (t)
bundan
d(t0 )2 = 2f (t)dt
bo‘ladi.
Z
0 2
f (t)dt
(t ) = 2
yuqoridagi tenglikdan
t0 =
s Z
2
dt
f (t)dt + C1 ⇒ q R
= dx
2 f (t)dt + C1
(2.1.24)
(2.1.24) tenglikni integrallab
Z
dt
Z
q R
=
2 f (t)dt + C1
Z
dx ⇒
dt
q R
= x + C2
2 f (t)dt + C1
(2.1.25)
formulani hosil qilamiz.(2.1.24) tenglikdagi t ning o‘rniga y (n−2) ni qo‘yib hisoblasak
(2.1.25) tenglamaning umumiy yechimi hosil bo‘ladi.
Tartibini pasaytirish mumkin bo‘lgan diffrensial tenglamalar.
I. Ushbu
F (x, y (k) , y (k+1) , ..., y (n) ) = 0
(2.1.26)
ko‘rinishdagi tenglamalar berilgan bo‘lsin.(2.1.26) ko‘rinishdagi tenglamalarni hisoblash
uchun
y (k) = p
76
(2.1.27)
almashtirish bajaramiz. (2.1.27) tenglikdan
y (k+1) = p0 , y (k+2) = p00 , ..., y (n) = p(n−k)
kelib chiqadi. yuqoridagi almashtirishlarga asosan (2.1.26) tenglama
F (x, p, p0 , ..., p(n−k) ) = 0
(2.1.28)
ko‘rinishga keladi. Faraz qilaylik (2.1.28) tenglamaning umumiy integrali
φ(x, p, c1 , c2 , ..., cn−k ) = 0
(2.1.29)
ko‘rinishda bo‘lsin. (2.1.29) tenglikdagi p ning o‘rniga (2.1.27) almashtirishdagi qiymatini
qo‘ysak
φ(y (k) , x, c1 , c2 , ..., cn−k ) = 0
(2.1.30)
tenglikka ega bo‘lamiz. (2.1.30) tenglik (2.1.26) tenglamaning oraliq integralidir.
Agar (2.1.30) tenglamani y (k) ga nisbatan yechsak
y (k) = f (x, c1 , c2 , ..., cn−k )
(2.1.31)
ko‘rinishdagi differensial tenglamaga ega bo‘lamiz. (2.1.31) tenglamani k− marta ketmaket integrallash natijasida (2.1.26) tenglamaning umumiy yechimi
y = ϕ(x, c1 , c2 , ...cn−k , ..., cn )
(2.1.32)
hosil bo‘ladi.
2-Misol Ushbu
4y 0 + y 02 = 4xy 00
(1)
differensial tenglamani yeching.
Yechish. (1) differensial tenglamani yechish uchun dastlab
y 0 = p, y 00 = p0
(2)
almashtirish bajaramiz. (1) differensial tenglama (2) almashtirish yordamida
4p + p2 = 4xp0
77
(3)
ko‘rinishga keladi. Bundan
dp
4p + p2
4p + p2
⇒
=
4x
dx
4x
Z
Z
4dp
4dp
dx
dx
⇒
=
=
2
2
4p + p
x
4p + p
x
p0 =
(4)
hosil bo‘ladi. (4) integralni hisoblab
ln p − ln |4 + p| = ln x + C1
(5)
tenglikni hosil qilamiz. bundan
p
= x · C1 ⇒ p = x · C1 (4 + p)
4+p
p=
4C1 x
1 − C1 x
y0 =
4C1 x
1 − C1 x
hosil bo‘ladi. (2) almashtirishga ko‘ra
(6)
differensial tenglama hosil bo‘ladi. Bundan
4C1 x
4C1 x
dy
=
⇒ dy =
dx
dx
1 − C1 x
1 − C1 x
Z
Z
4C1 x
dy =
dx
1 − C1 x
(7)
kelib chiqadi. (7) tenglikni hisoblab
Z Z
Z
1
4C1 x
dx = −4
1+
dx
dy = −4
C1 x − 1
C1 x − 1
y = −4x −
4
ln |C1 x − 1| + C2
C1
(9)
(1) differensial tenglamani umumiy yechimini hosil qilamiz.
II. Ushbu
F (y, y 0 , ..., y (n) ) = 0
(2.1.33)
ko‘rinishdagi differensial tenglama berilgan bo‘lsin. Bunday ko‘rinishdagi tenglamalarda
y ni argument, y 0 ni funksiya deb qabul qilamiz. (2.1.33) differensial tenglamani
y0 =
dy 0
dp dy
dp
dy
= p, y 00 =
=
·
= p = pp0
dx
dx
dy dx
dy
78
h dp 2
d dp d dp dy
d2 p i
y =
p
=
p
=p
+p 2
dx dy
dy dx dx
dy
dy
000
..........................................................................................................
y (n) = pω(p, p0 , p00 , ..., p(n) )
almashtirish yordamida tenglama tartibini pasaytirish mumkin. Buning uchun yuqoridagi
almashtirishlarni (2.1.33) tenglamaga qo‘ysak
F (y, p, pp0 , ..., pω(p, p0 , p00 , ..., p(n) )) = 0
(2.1.34)
tenglama hosil bo‘ladi.
Faraz qilaylik (2.1.34) tenglamaning umumiy integrali
φ(y, p, c1 , c2 , ..., cn−1 ) = 0
ni p ga nisbatan yechish mumkin bo‘lsin
p = ϕ(y, c1 , c2 , ..., cn−1 )
bundan
y 0 = ϕ(y, c1 , c2 , ..., cn−1 )
dy
= ϕ(y, c1 , c2 , ..., cn−1 )
dx
Z
Z
dy
= dx
ϕ(y, c1 , c2 , ..., cn−1 )
kelib chiqadi. oxirgi tenglikni integrallab
Z
dy
= x + cn
ϕ(y, c1 , c2 , ..., cn−1 )
(2.1.35)
(2.1.33) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
3-Misol Ushbu
1 + y 02 = 2yy 00
(1)
differensial tenglamani yeching.
Yechish. (1) differensial tenglamani yechish uchun dastlab
y 0 = p, y 00 = pp0
79
(2)
almashtirish bajaramiz. (1) differensial tenglama (2) almashtirish yordamida
1 + p2 = 2ypp0
(3)
dp
1 + p2
1 + p2
⇒
=
p =
2yp
dy
2yp
(4)
ko‘rinishga keladi. Bundan
0
o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga kelamiz. (4) differensial tenglamani
hisoblab
Z
2pdp
dy
=
2
1+p
y
ln |1 + p2 | = ln y + C1 ⇒ 1 + p2 = C1 y
p
p = C1 y − 1
(5)
hosil qilamiz. (2) almashtirishdan foydalanib (5) tenglikni
y0 =
p
C1 y − 1
(6)
differensial tenglamaga kelamiz.
dy p
= C1 y − 1 ⇒
dx
Z
dy
√
=
C1 y − 1
Z
dx
oxirgi integralni hisoblab
2 p
C1 y − 1 = x + C2
C1
(1) differensial tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz.
80
(7)
Mustaqil yechish uchun misollar.
2.2
1. x2 y 00 = y 02
2. 2xy 0 y 00 = y 02 − 1
3. y 3 y 00 = 1
4. y 02 + 2yy 00 = 0
5. y 00 = 2yy 0
6. yy 00 + 1 = y 02
7. y 00 (ex + 1) + y 0 = 0
8. y 000 = y 002
9. yy 00 = y 02 − y 03
10. y 000 = 2(y 00 − 1)ctgx
11. 2yy 00 = y 2 + y 02
12. y 003 + xy 00 = 2y 0
13. y 002 + y 0 = xy 00
14. y 00 + y 02 = 2e−y
15. xy 000 = y 00 − xy 00
16. y 002 = y 02 + 1
17. y 00 = ey
18. y 00 − xy 000 + y 0003 = 0
19. 2y 0 (y 00 + 2) = xy 002
20. y 4 − y 3 y 00 = 1
21. y 02 = (3y − 2y 0 )y 00
22. y 00 (2y 0 + x) = 1
23. y 002 − 2y 0 y 000 + 1 = 0
24. (1 − x2 )y 00 + xy 0 = 2
25. yy 00 − 2yy 0 ln y = y 02
26. (y 0 + 2y)y 00 = y 02
27. y 000 y 02 = y 003
28. xy 00 = y 0 + x sin yx
29. yy 00 + y = y 02
30. xy 00 = y 0 + x(y 02 + x2 )
0
n− tartibli chiziqli differensial tenglamalar.
Reja:
1. n− tartibli chiziqli differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
2. n− tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar.
3. n− tartibli chiziqli bir jinsli o‘zgarmas koeffitsiyentli differensial
tenglamalar.
4. Eyler tenglamasi.
Tayanch iboralar. n− tartibli chiziqli differensial tenglamalar. differensial
tenglamaning tartibi tushunchasi, Differensial operator, bir jinsli differensial tenglamalar,
bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar, Eyler tenglamasi.
n− tartibli chiziqli differensial tenglamalar haqida umumiy tushunchalar.
81
2.2.1 - Ta’rif.
y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = g(x)
(2.2.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar n− tartibli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamalar deyiladi.
Bu yerda pi (x) ∈ C[a, b], i = 1, 2, ..., n berilgan uzluksiz funksiyalarga mos ravishda
(2.2.1) tenglamaning koeffitsiyentlari, g(x) ∈ C[a, b] funksiya esa uning o‘ng tomoni
deyiladi.
2.2.2 - Ta’rif. Agar (2.2.1) differensial tenglamaning o‘ng tomoni g(x) = 0 ya’ni
y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0
(2.2.2)
bo‘lsa, n− tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar deyiladi.
2.2.3 - Ta’rif. (2.2.1) differensial tenglamani ayniyatga aylantiruvchi y = ϕ(x) ∈
C n [a, b] o‘funksiyaga uning yechimi deyiladi.
2.2.1 - Lemma.
Agar g(x) = g1 (x) + g2 (x) ko‘rinishda bo‘lib, y1 (x) va y2 (x)
funksiyalar mos ravishda ushbu
(n)
(n−1)
+ p2 (x)y1
(n)
(n−1)
+ p2 (x)y2
y1 + p1 (x)y1
y2 + p1 (x)y2
(n−2)
+ ... + pn−1 (x)y10 + pn (x)y1 = g1 (x)
(n−2)
+ ... + pn−1 (x)y20 + pn (x)y2 = g2 (x)
differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘lsa, u holda y(x) = y1 (x) + y2 (x) funksiya
(2.2.1) differensial tenglamaning yechimi bo‘ladi.
1 - Natija. Agar y1 (x) va y2 (x) funksiyalar (2.2.2) bir jinsli differensial tenglamaning
yechimi bo‘lib, C1 , C2 ixtiyoriy o‘zgarmas sonlar bo‘lsa u holda y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
funksiya (2.2.2) tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Bu ikki tasdiqqa (2.2.1) tenglama uchun superpozitsiya prinsipi deyiladi.
Superpozitsiya prinsipi faqat chiziqli differensial tenglamaga xos xususiyatdir.
(2.2.1) differensial tenglamaga qo‘yilgan
y(x0 ) = y (0) , y 0 (x0 ) = y (1) , ..., y (n−1) (x0 ) = y (n−1) , ∀x0 ∈ [a, b]
Koshi masalasini qaraymiz. Bunda x0 ∈ [a, b], y (0) , y (1) , ..., y (n−1) berilgan sonlar.
82
(2.2.3)
2.2.1 - Teorema. Faraz qilaylik pi (x), i = 1, 2, ..., n va g(x), x ∈ [a, b] funksiyalar
(i)
uzluksiz bo‘lib, x0 ∈ [a, b] bo‘lsin. U holda y0 , i = 1, 2, ..., n berilgan sonlarning ixtiyoriy
qiymatlarida (2.2.1), (2.2.3) Koshi masalasining [a, b] kesmada aniqlangan yagona yechimi
mavjud.
2 - Natija. Ushbu
y (n) + p (x)y (n−1) + p (x)y (n−2) + ... + p (x)y 0 + p (x)y = 0
1
2
n−1
n
y(x ) = y 0 (x ) = ... = y (n−1) (x ) = 0
0
0
(2.2.4)
0
Koshi masalasi yagona y(x) = 0 yechimga ega.
n− tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar.
Quyidagi
L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y
(2.2.5)
belgilash natijasida (2.2.1) va (2.2.2) differensial tenglamalarni quyidagicha yozish
mumkin:
L[y] = g(x)
(2.2.6)
L[y] = 0
(2.2.7)
Bu yerda L[y] ifodaga differensial operator deyiladi. Differensial operator quyidagi asosiy
xossalarga ega:
1 - Xossa. O‘zgarmas ko‘paytuvchini operator belgisidan tashqariga chiqarish
mumkin, ya’ni
L[Cy] = CL[y], C = const.
Isbot.
L[Cy] = (Cy)(n) + p1 (x)(Cy)(n−1) + p2 (x)(Cy)(n−2) + ... + pn−1 (x)(Cy)0 + pn (x)(Cy) =
= Cy (n) + Cp1 (x)y (n−1) + Cp2 (x)y (n−2) + ... + Cpn−1 (x)y 0 + Cpn (x)y =
C(y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y) = CL[y].
2 - Xossa. Ushbu
L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ]
83
tenglik o‘rinli.
Isbot.
L[y1 + y2 ] = (y1 + y2 )(n) + p1 (x)(y1 + y2 )(n−1) + ... + pn−1 (x)(y1 + y2 )0 + pn (x)(y1 + y2 ) =
(n)
(n−1)
= y1 + p1 (x)y1
(n)
(n−1)
+y2 + p1 (x)y2
(n−2)
+ p2 (x)y1
(n−2)
+ p2 (x)y2
+ ... + pn−1 (x)y10 + pn (x)y1 +
+ ... + pn−1 (x)y20 + pn (x)y2 = L[y1 ] + L[y2 ].
1 -Natija. Ushbu
m
m
hX
i X
(i)
L
Ci y
=
Ci L[y (i) ]
i=1
i=1
tenglik o‘rinli. Bu yerda Ci = const, i = 1, 2, ...m.
2.2.2 - Teorema. Agar y = y(x) funksiya [a, b] kasmada (2.2.7) chiziqli tenglamaning
yechimi bo‘lsa, u holda y1 = Cy(x), C = const funksiya ham shu tenglamaning yechimi
bo‘ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko‘ra L[y] = 0. Differensial operatorning birinchi xossasidan
foydalanib L[y1 ] = L[Cy] = CL[y] = 0 kelib chiqadi.
2.2.3 - Teorema. Agar y1 = y1 (x), y2 = y2 (x) funksiyalar [a, b] kasmada (2.2.7)
chiziqli tenglamaning yechimi bo‘lsa, u holda
y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), C1 , C2 = const
funksiya ham [a, b] kesmada shu tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko‘ra L[y1 ] = 0, L[y2 ] = 0. differensial operatorning birinchi
va ikkinchi xossasidan foydalanib
L[y] = L[C1 y1 + C2 y2 ] = C1 L[y1 ] + C2 L[y2 ] = 0.
1 -Natija. Agar y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar [a, b] kesmada (2.2.7) bir jinsli
differensial tenglamaning yechimlaridan iborat bo‘lsa, u holda ushbu
y=
m
X
Ci yi (x), Ci = const.
i=1
funksiya ham (2.27) tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Vronskiy determinanti.
84
2.2.4 -Ta’rif. Agar quyidagi shartni qanoatlantiruvchi
n
X
∃a1 , a2 , ..., an ∈ R,
a2j 6= 0
j=1
sonlar topilib, ushbu
a1 ϕ1 (x) + a2 ϕ2 (x) + ... + an ϕn (x) = 0
(2.2.7)
munosabat bajarilsa ϕ1 (x), ϕ2 (x), ..., ϕn (x) funksiyalarga [a, b] ∈ R oraliqda chiziqli
bog‘langan funksiyalar deyiladi.
2.2.5 -Ta’rif. Agar (2.2.7) tenglik a1 , a2 , ..., an o‘zgarmaslarning faqat nolga teng
qiymatida bajarilsa ϕ1 (x), ϕ2 (x), ..., ϕn (x) funksiyalarga chiziqli bog‘lanmagan funksiyalar
deyiladi.
2.2.4 - Teorema. Agar ϕ1 (x), ϕ2 (x), ..., ϕn (x) funksiyalar (a, b) intervalda chiziqli
bog‘langan bo‘lsa, u holda ularning ichidan bittasi qolganlarining chiziqli kombinatsiyasi
orqali ifodalanadi.
Isbot. Ushbu
a1 ϕ1 (x) + a2 ϕ2 (x) + ... + an ϕn (x) = 0
tenglik an 6= 0 bo‘lganda bajarilsin. U holda
ϕn (x) = −
a1
a2
an−1
ϕ1 (x) − ϕ2 (x) − ... −
ϕn−1 (x)
an
an
an
munosabatga ega bo‘lamiz. Bu esa ϕn (x) funksiya ϕ1 (x), ϕ2 (x), ..., ϕn−1 (x) funksiyalarning
chiziqli kombinatsiyalaridan iborat ekanligini ko‘rsatadi.
2.2.6 -Ta’rif. Ushbu ϕi (x) ∈ C (n−1) [a, b], i = 1, 2, ..., n funksiyalardan tuzilgan
W (x) = W {ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn } =
ϕ1
ϕ2
...
ϕn
ϕ01
ϕ02
...
ϕ0n
...
...
...
...
(n−1)
... ϕn
(n−1)
ϕ1
ϕ2
(n−1)
determinantga Vronskiy determinanti yoki vronskiyan deyiladi.
2.2.5 - Teorema. Ushbu
L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0
85
bir jinsli differensial tenglamaning y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) yechimlari chiziqli bog‘liq bo‘lishi
uchun, ulardan tuzilgan Vronskiy determinanti nolga teng, ya’ni
W {y1 (x), y2 (x), ..., yn (x)} = 0
(2.2.9)
bo‘lishi zarur va yetarli.
2.2.6 - Teorema. (2.2.2.3) bir jinsli differensial tenglamaning y1 (x), y2 (x), ..., yn (x)
yechimlari chiziqli bog‘liq bog‘lanmagan bo‘lishi uchun ulardan tuzilgan Vronstkiy
determinanti
W {y1 (x), y2 (x), ..., yn (x)} =
6 0
bo‘lishi zarur va yetarli.
2.2.7 -Ta’rif. Ushbu
L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0
differensial tenglamaning ixtiyoriy n ta y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) chiziqli bo‘g‘lanmagan
yechimlariga, uning fundamental yechimlari sistemasi deyiladi.
2.2.7 - Teorema. Uzluksiz koeffitsiyentli pi (x) ∈ C[a, b], i = 1, 2, ..., n ko‘rinishdagi
bir jinsli differensial tenglamaning fundamental yechimlari sistemasi mavjud.
2.2.8 - Teorema. Agar y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.2.7) bir jinsli differensial
tenglamaning fundamental yechimlari sistemasini tashkil qilsa, u holda uning umumiy
yechimi ushbu
y(x) =
m
X
Ci yi (x), Ci = const
(2.2.2.6)
i=1
ko‘rinishda yoziladi.
2.2.9 - Teorema. Agar ikkita
y (n) + p1 (x)y (n−1) + p2 (x)y (n−2) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = 0
y (n) + p̄1 (x)y (n−1) + p̄2 (x)y (n−2) + ... + p̄n−1 (x)y 0 + p̄n (x)y = 0
bir jinsli differensial tenglamalar umumiy fundamental yechimlari sistemasiga ega bo‘lsa,
u holda
p1 (x) = p̄1 (x), p2 (x) = p̄2 (x), ..., pn (x) = p̄n (x)
86
munosabatlar o‘rinli bo‘ladi. Bu yerda pi (x), p̄i (x) ∈ C[a, b], i = 1, 2, ..., n uzluksiz
funksiyalar.
(2.2.7) differensial tenglamani, uning fundamental yechimlari orqali qurish mumkin.
Ushbu y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.2.7) differensial tenglamaning fundamental
yechimlaridan iborat bo‘lsin, ya’ni
W (x) =
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−1)
(x) ... yn
(n−1)
y1
(x) y2
(n−1)
6= 0
(x)
Biz izlayotgan bir jinsli n-tartibli chiziqli differensial tenglama
W {ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn } = 0
ko‘rinishda bo‘ladi, ya’ni
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y(x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
y 0 (x)
...
...
...
...
...
(n−1)
(x) ... yn
(n)
...
(n−1)
y1
(n)
(x) y2
y1 (x)
y2 (x)
(n−1)
(x) y (n−1) (x)
(n)
y (n) (x)
yn (x)
=0
(2.2.11)
(2.2.11) ditermenantni hisoblab (2.2.7) differensial tenglamaga kelamiz.
1-Misol. yechimlari y1 = ex va y2 = e−x bo‘lgan differensial tenglama tuzing.
Yechish. (2.2.11) formuladan foydalanib berilgan misol uchun ditermenant tuzamiz.
ex
e−x
y
ex −e−x y 0 = 0
ex
e−x
(1)
y 00
(1) ditermenantni hisoblab y funksiyaga nisbatan differensial tenglama hosil qilamiz.
−ex · e−x y 00 + ex · e−x y 0 + ex · e−x y − (−ex · e−x y + ex · e−x y 00 + ex · e−x y 0 ) = 0
bundan
y 00 − y = 0
87
(2)
kelib chiqadi. Masala shartidagi yechimlar (2) tenglamani qanoatlantiradi.
1-Misol. yechimlari y1 = sin x va y2 = cos x bo‘lgan differensial tenglama tuzing.
Yechish. (2.2.11) formuladan foydalanib berilgan misol uchun ditermenant tuzamiz.
sin x
cos x
y
cos x
− sin x y 0 = 0
(1)
− sin x − cos x y 00
(1) ditermenantni hisoblab y funksiyaga nisbatan differensial tenglama hosil qilamiz.
− sin2 x · y 00 − sin x cos x · y 0 − cos2 x · y − (sin2 x · y + cos2 ·y 00 − sin x · cos x · y 0 ) = 0
− sin2 x · y 00 − cos2 x · y 00 − sin x cos x · y 0 + sin x · cos xy 0 − cos2 x · y − sin2 x · y = 0
bundan
y 00 + y = 0
(2)
kelib chiqadi. Masala shartidagi yechimlar (2) tenglamani qanoatlantiradi.
Ostrogradskiy-Liuvill formulasi.
Ushbu y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.2.1.2) bir jinsli chiziqli differensial
tenglamaning fundamental yechimlari sistemasini tashkil qilsin.
Bunda quyidagi
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−2)
(x) ... yn
(n−1)
(x) ... yn
W (x) =
(n−2)
(x) y2
(n−1)
(x) y2
y1
y1
6= 0
(n−2)
(x)
(n−1)
(x)
(2.2.12)
munosabat o‘rinli. Endi Vronskiy determinantining hosilasini hisoblaymiz:
d
W (x) =
=
dx
0
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−1)
(x) ... yn
(n−1)
y1
(x) y2
88
(n−1)
(x)
+
+
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y100 (x)
y200 (x)
...
yn00 (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
y100 (x)
y200 (x)
...
yn00 (x)
...
...
...
...
...
...
...
...
(n−1)
(x) ... yn
(n−1)
(x) ... yn
(n−1)
(x) ... yn
(n−1)
y1
(x) y2
+ ... +
(n−1)
(x) y2
y1
(n−1)
(x) y2
y1
(n−1)
(x)
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−2)
(x) ... yn
(n)
...
+
(n−2)
y1
(x) y2
(n)
y1 (x)
(n−2)
y2 (x)
+
(n−1)
(x)
(n−1)
(x)
.
(x)
(n)
yn (x)
Bu tenglikda oxirgi determinantdan tashqari barcha determinantlarning qiymati nolga
teng. Chunki ularning har birida ikkita satr elementlari bir xil. Shuning uchun oxirgi
tenglik quyidagi ko‘rinishni oladi:
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−2)
(x) ... yn
(n)
...
W 0 (x) =
(n−2)
y1
(x) y2
(n)
y1 (x)
P1 (x) =
−1
W (x)
(n−2)
y2 (x)
(2.2.13)
(x)
(n)
yn (x)
y1 (x)
y2 (x)
...
yn (x)
y10 (x)
y20 (x)
...
yn0 (x)
...
...
...
...
(n−2)
(x) ... yn
(n)
...
(n−2)
y1
(x) y2
(n)
y1 (x)
(n−2)
y2 (x)
(x)
(n)
yn (x)
formulani inobatga olsak (2.2.13) tenglik quyidagi
P1 (x) = −
W 0 (x)
W (x)
(2.2.14)
ko‘rinishni oladi. Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamadir. Oxirgi
(2.2.14) tenglikni integrallab
−
Rx
W (x) = W (x0 )e x0
89
P1 (t)dt
(2.2.15)
Ostragratiskiy-Liuvill formulasini hosil qilamiz.
Agar biror x0 ∈ (a, b) nuqtada W (x0 ) = 0 bo‘lsa, u holda (2.2.15) formuladan
W (x) = 0, ∀x ∈ (a, b)
bo‘lishi kelib chiqadi.
Agar biror x0 ∈ (a, b) nuqtada W (x0 ) 6= 0 bo‘lsa, u holda (2.2.15) formuladan
W (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b)
bo‘lishi kelib chiqadi.
3-Misol. y 00 − 5y 0 + 6y = 0 chiziqli differensial tenglamaning y1 = e3x yechimi ma’lum
bo‘lsa ikkinchi yechimini aniqlang.
Yechish.
(2.2.15)
Ostragratiskiy-Liuvill
formulasidan
foydalanib
berilgan
tenglamaning ikkinchi ildizini aniqlaymiz.
y1 y
y10 y 0
−
Rx
P1 (t)dt
= W (x0 )e x0
berilgan differensial tenglamadan P1 (x) = −5 kelib chiqadi. Masalaning shartiga mos
Vronskiy determinantini yuqoridagi tenglikka qo‘yamiz.
e3x
y
3e3x y 0
R
= Ce 5dx ⇒ e3x y 0 − 3e3x y = Ce5x
(1)
hosil bo‘lgan (1) teglikni ikkala tomonini y12 ga bo‘lamiz.
e3x y 0 − 3e3x y
Ce5x
=
e6x
e6x
(2)
(2) tenglik quyidagi tenglama bilan ekvivalent:
y
C
d( 3x ) = x
e
e
(3)
(3) tenglamani differensiallab
y
= C1 e−x + C2
3x
e
y = C1 e2x + C2 e3x
berilgan teglamaning (4) umumiy yechimini hosil qilamiz.
90
(4)
n− tartibli chiziqli bir jinsli o‘zgarmas koeffitsiyentli differensial tenglamalar.
2.2.8 -Ta’rif. Ushbu
L[y] = y (n) + a1 y (n−1) + ... + an−1 y 0 + an y = 0
(2.2.16)
ko‘rinishdagi tenglamalar n− tartibli chiziqli bir jinsli o‘zgarmas koeffitsiyentli differensial
tenglamalar deyiladi. Bu yerda ai = const, i = 1, 2, ..., n haqiqiy o‘zgarmas sonlar.
(2.2.16) differensial tenglamaning biror xususiy yechimini
y = eλx , λ − parametr
(2.2.17)
ko‘rinishda izlaymiz. Bu funksiyani ketma-ket n-marta differensiallab
y 0 = λeλx , y 00 = λ2 eλx , ..., y (n) = λn eλx
hosilalarni topib (2.2.16) tenglamaga qo‘yamiz.
λn eλx + a1 λn−1 eλx + ... + an−1 λeλx + an eλx = 0
λn + a1 λn−1 + ... + an−1 λ + an eλx = 0
λn + a1 λn−1 + ... + an−1 λ + an = 0
(2.2.17)
(2.2.17) n-darajali tenglamaga (2.2.16) differensial tenglamaning xarakeristik tenglamasi
deyiladi.
λn + a1 λn−1 + ... + an−1 λ + an
(2.2.18)
n-darajali ko‘phadga (2.2.16) differensial tenglamaning xarakeristik ko‘phadi deyiladi.
2.2.9 -Ta’rif. Agar biror λ = λ0 soni (2.2.17) xarakteristik tenglamaning ildizi bo‘lsa,
u holda L[eλ0 x ] = 0 bo‘lib, y = eλ0 x funksiya (2.2.16) differensial tenglamaning xususiy
yechimidan iborat bo‘ladi.
2.2.18 -Ta’rif. Ushbu
λ1 , λ2 , ..., λn
(2.2.19)
sonlar (2.2.17) xarakteristik tenglamaning har xil ildizlari bo‘lsin. U holda (2.2.19)
ko‘rinishdagi ildizlarga (2.2.16) differinsial tenglamaning
y1 = eλ1 x , y2 = eλ2 x , ..., yn = eλn x
91
(2.2.20)
ko‘rinishdagi xususiy yechimlari deyiladi.
(2.2.16) differensial tenglamaning (2.2.20) yechimlari chiziqli bog‘lanmagan bo‘lganligi
sababli (2.2.16) differensial tenglamaning fundamental yechimlari sistemasini tashkil
qiladi. Demak, (2.2.16) differensial tenglamaning umumiy yechimi
y(x) =
n
X
Ci yi (x) =
i=1
n
X
Ci eλi (x)
(2.2.21)
i=1
ko‘rinishda ifodalanadi. Bu yerda Ci = const i = 1, 2, ..., n ixiyoriy o‘zgarmas sonlar.
4-Misol. y 000 − 7y 0 + 6y = 0 chiziqli differensial tenglamani yeching.
Yechish.
y 000 − 7y 0 + 6y = 0
(1)
y = eλx
(2)
(1) tenglamani yechimini
ko‘rinishida qidiramiz.(2) tenglikni ketma-ket uch marta differensiallab
y = eλx , y 0 = λeλx , y 00 = λ2 eλx , y 000 = λ3 eλx
(3)
(1) tenglamaga qo‘yib.
λ3 eλx − 7λeλx + 6eλx = 0
λ3 − 7λ + 6 = 0
(4)
(1) differensial tenglamaning xarakteristik tenglamasini tuzib olamiz. (4) xarakteristik
tenglama
λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −3
(5)
yechimlarga ega. (5) tenglikni (2) belgilashga qo‘yib (2.2.21) tenglikdan foydalansak, (1)
differensial tenglamaning umumiy yechimi
y = C1 ex + C2 e2x + C3 e−3x
(6)
kelib chiqadi.
2.2.7 -Ta’rif.
Agar (2.2.3.2) xarakteristik tenglamaning ildizlari λ1,2 = α ± βi
kompleks ko‘rinishda bo‘lsa, (2.2.16) differensial tenglamaning umumiy yechimi
y = C1 eαx cos βx + C1 eαx sin βx
92
(2.2.22)
ko‘rinishda bo‘ladi.
5-Misol. y 00 − y 0 + y = 0 chiziqli differensial tenglamani yeching.
Yechish.
y 00 − y 0 + y = 0
(1)
y = eλx
(2)
(1) tenglamani yechimini
ko‘rinishida qidiramiz.(2) tenglikni ketma-ket uch marta differensiallab
y = eλx , y 0 = λeλx , y 00 = λ2 eλx
(3)
(1) tenglamaga qo‘yib.
λ2 eλx − λeλx + eλx = 0
λ2 − λ + 1 = 0
(4)
(1) differensial tenglamaning xarakteristik tenglamasini tuzib olamiz. (4) xarakteristik
tenglama
√
1
3
λ1,2 = ±
i
2
2
(5)
yechimlarga ega. (2.2.22) tenglikdan foydalanib, (1) differensial tenglamaning umumiy
yechimini
y = C1 e
1
x
2
√
√
1
3
3
x
cos
i + C2 e 2 sin
i
2
2
(6)
hosil qilamiz.
2.2.12 -Ta’rif. Agar (8.3.2) xarakteristik tenglamaning ildizlari λ1 = λ2 = ... = λn
bo‘lsa, (2.2.16) differensial tenglamaning umumiy yechimi
y = C1 eλ1 x + C2 xeλ1 x + ... + Cn xn−1 eλ1 x
(2.2.23)
ko‘rinishda bo‘ladi.
6-Misol. y 00 − 2y 0 + y = 0 chiziqli differensial tenglamani yeching.
Yechish.
y 00 − 2y 0 + y = 0
(1)
y = eλx
(2)
(1) tenglamani yechimini
93
ko‘rinishida qidiramiz.(2) tenglikni ketma-ket uch marta differensiallab
y = eλx , y 0 = λeλx , y 00 = λ2 eλx
(3)
(1) tenglamaga qo‘yib.
λ2 eλx − 2λeλx + eλx = 0
λ2 − 2λ + 1 = 0
(4)
(1) differensial tenglamaning xarakteristik tenglamasini tuzib olamiz. (4) xarakteristik
tenglama
λ1 = λ2 = 1
(5)
yechimlarga ega. (2.2.23) tenglikdan foydalanib, (1) differensial tenglamaning umumiy
yechimini
y = C1 ex + C2 xex
(6)
hosil qilamiz.
Eyler tenglamasi.
2.2.13-Ta’rif. Ushbu
xn y (n) + a1 xn−1 y (n−1) + ... + an−1 xy 0 + an y = 0
(2.2.24)
ko‘rinishdagi differensial tenglamaga Eyler tenglamasi deyiladi. Bu yerda ai = const,
i = 1, n. Bu differensial tenglamani
x = et
(2.2.25)
almashtirish yordamida n− tartibli bir jinsli o‘zgarmas koeffitsientli differensial
tenglamaga keltirish mumkin. Haqiqatan ham (2.2.25) almashtirish (2.2.24) differensial
tenglamaning tartibini va chiziqliligini saqlab qoladi. Quyidagi hisoblashlarni bajaramiz:
dx
dt
= et ,
= e−t
dt
dx
y0 =
dy
dy dt
dy
dy
=
·
= e−t = e−t
dx
dt dx
dt
dt
94
dy
dy
=
dt
dt
2
2
dy
d dy dt
d dy
dy 00
−t d
−t dy dt
−2t d y
y = 2 =
( )= ( )
=e
(e
)
=e
−
dx
dx dx
dt dx dx
dt
dt dx
dt2
dt
d2 y dy d2 y dy
= 2 −
x2 y 00 = e2t e−2t
−
dt2
dt
dt
dt
xy 0 = et e−t
...........................................................
d dy
d2 y
dk y d(k) y
α1 + α2 2 + ... + αk k
y (k) = (k) = e−kt
dx
dt
dt
dt
dt
xk y (k) = ekt e−kt
d dy
d2 y
dy
d2 y
dk y dk y
α1 + α2 2 + ... + αk k = α1 + α2 2 + ... + αk k (2.2.26)
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
Bu yerda α1 , α2 , ...αk − o‘zgarmas sonlar. Topilgan (2.2.26) formulalardan foydalanib
(2.2.24) differensial tenglamani quyidagi
dn−1 y
dy
dn y
+
b
+ ... + bn−1 + bn y = 0
1
n
n−1
dt
dt
dt
(2.2.27)
ko‘rinishdagi n− tartibli o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli differensial tenglamaga keladi.
Bu yerda bn o’zgarmas sonlar. (2.2.27) differensial tenglamaning xususiy yechimlari y(t) =
ekt almashtirish yordamida topiladi.
Berilgan (2.2.24) differensial tenglamaning xususiy yechimlarini ushbu
y(x) = ekt
(2.2.28)
almashtirish yordamida topish mumkin.
Quyidagi
y 0 = kek−1
y 00 = k(k − 1)ek−2
................
y (n) = k(k − 1)....(k − n + 1)xk−n
hosilalarni (2.2.24) differensial tenglamaga qo‘yib
k(k − 1)....(k − n + 1) + a1 k(k − 1)....(k − n + 2) + ... + an−1 k + an = 0
95
(2.2.29)
algebraik tenglamani hosil qilamiz. Bu algebraik tenglamaga (2.2.24) differensial
tenglamaning xarakteristik tenglamasi deyiladi va u (2.2.27) differensial tenglamaning
xarakteristik tenglamasi bilan mos tushadi.
I. Agar (2.2.29) xarakteristik tenglamaning ildizlari k1 , k2 , ...kn haqiqiy va har xil bo‘lsa
(2.2.24) Eyler differensial tenglamasining umumiy yechimi
y(x) = C1 xk1 + C2 xk2 + ... + Cn xkn
(2.2.30)
ko‘rinishda bo‘ladi.
II. Agar (2.2.29) xarakteristik tenglamaning ildizlari k1 , k2 , ...kn har xil ildizlarga ega
bo‘lib, ular r1 , r2 , ..., rn karrali r1 +r2 +...+rn = n bo‘lsa, u holda (2.2.24) Eyler differensial
tenglamasining umumiy yechimi
y(x) = xr1 P1 (ln x) + xr2 P2 (ln x) + ... + xrn Pn (ln x)
(2.2.31)
ko‘rinishda bo‘ladi. Bu yerda Pn (t), t = ln x ixtiyoriy rn − darajali ko‘phad.
III. Agar (2.2.29) xarakteristik tenglama k = α + iβ, β = 0 ko‘rinishdagi r karrali
kompleks ildizga ega bo1lsa, u holda (2.2.24) Eyler differensial tenglamasi uchun ushbu
xα cos(β ln x), xα (ln x) cos(β ln x), ..., xα (ln x)r−1 cos(β ln x)
xα sin(β ln x), xα (ln x) sin(β ln x), ..., xα (ln x)r−1 sin(β ln x)
funksiyalar xususiy yechim bo‘ladi.
1-Misol. Quyidagi
x3 y 000 + xy 0 − y = 0
(1)
Eyler tenglamasini umumiy yechimini toping.
Yechish. (1) tenglamani yechish uchun dastlab
x = et
belgilash kiritamiz.(2) tenglikdan
t = ln x
kelib chiqadi.(2.2.26) tengliklardan foydalanib
96
(2)
y 0 = e−t yt0 , y 00 = e−2t (yt00 − yt0 )
y 000 = e−3t (yt000 + 3yt00 + 2yt0 )
(3)
hosil qilamiz. (3) tengliklarni (1) tenglamaga qo‘yib
e3t e−3t (yt000 + 3yt00 + 2yt0 ) + et e−t yt0 − y = 0
y 000 − 3y 00 + 3yi + y = 0
(4)
o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli differensial tenglamani hosil qilamiz. (4) tenglamani
yechish uchun
y = ekt
belgilashdan foydalanib
k 3 − 3k 2 + 3k + 1 = 0
(5)
k ga nisbatan algebraik tenglamaga kelamiz. (5) tenglamaning ildizi
k1 = k2 = k3 = 1
bo‘lgani uchun unga mos bo‘lgan (4) tenglamaning xususiy yechimlari
y1 = et , y2 = tet , y3 = t2 et
ya’ni
yt = C1 et + C2 tet + C3 t2 et
yt = et (C1 + C2 t + C3 t2 )
bo‘ladi. (1) tenglamaning umumiy yechimi esa
y = x(C1 + C2 ln x + C3 ln2 x)
bo‘ladi.
2-Misol. Quyidagi
x2 y 00 − 3xy 0 + 5y = 0
Eyler tenglamasini umumiy yechimini toping.
97
(1)
Yechish. (1) tenglamani yechish uchun dastlab
x = et
(2)
belgilash kiritamiz.(2) tenglikdan
t = ln x
kelib chiqadi.(2.2.26) tengliklardan foydalanib
y 0 = e−t yt0 , y 00 = e−2t (yt00 − yt0 )
(3)
hosil qilamiz. (3) tengliklarni (1) tenglamaga qo‘yib
e2t e−2t (yt00 − yt0 ) − 3et e−t yt0 + 5y = 0
y 00 − 4y 0 + 5y = 0
(4)
o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli differensial tenglamani hosil qilamiz. (4) tenglamani
yechish uchun
y = ekt
belgilashdan foydalanib
k 2 − 4k + 5 = 0
k ga nisbatan algebraik tenglamaga kelamiz. (5) tenglamaning ildizi
k1,2 = 2 ± i
bo‘lgani uchun unga mos bo‘lgan (4) tenglamaning xususiy yechimlari
y1 = e2t cos t, y2 = e2t sin t
yt = C12t cos t + C2 y2 = e2t sin t
bo‘ladi. (1) tenglamaning umumiy yechimi esa
y = C1 x2 cos ln x + C2 x2 sin ln x
bo‘ladi.
98
(5)
2.3
n−
tartibli
bir
jinsli
bo‘lmagan
chiziqli
differensial
tenglamalar.
Reja:
1. n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar.
2. n− tartibli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalarga doir
misollar.
Tayanch iboralar. n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar.
differensial tenglamaning tartibi tushunchasi, Differensial operator.
n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar.
2.3.1-Ta’rif. Ushbu
y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = g(x)
(2.3.1)
ko‘rinishdagi tenglamalar n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar
deyiladi. Bu yerda pi (x) ∈ C[a, b], i = 1, 2, ..., n berilgan uzluksiz funksiyalarga mos
ravishda (2.3.1) tenglamaning koeffitsiyentlari, g(x) ∈ C[a, b] funksiya esa uning o‘ng
tomoni deyiladi.
(2.3.1) tenglamani L[y] operator yordamida quyidgicha yozish mumkin:
L[y] = y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y
L[y] = g(x)
(2.3.2)
Agar (2.3.1) tenglamada g(x) = 0 bo‘lsa
L[y] = 0
(2.3.3)
ko‘rinishidagi bir jinsli tenglamaga keladi.
2.3.1-Teorema 1. Agar y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.2.5.3) differensial
tenglamaning fundamental yechimlari sistemasidan iborat bo‘lib, y(x) funksiya (2.3.1)
99
differensial tenglamaning birorta xususiy yechimi bo‘lsa, u holda (2.3.1) differensial
tenglamaning ixtiyoriy yechimi
y(x) = ȳ(x) +
n
X
Ci yi (x), Ci = const
(2.3.4)
i=1
ko‘rinishda bo‘ladi.
Isbot. Ushbu
z(x) = y(x) − ȳ(x)
ayirmani qaraymiz. Teorema shartiga ko‘ra
L[y] = f (x),
L[y] = f (x)
munosabatlar o‘rinli. Bu tangliklardan foydalanib L[z] ifodaning qiymatini hisoblaymiz:
L[z] = L[y(x) − ȳ(x)] = L[y] − L[y] = f (x) − f (x) = 0
Bundan o‘z navbatida z(x) funksiya (2.3.3) differensial tenglamaning yechimi ekanligi
kelib chiqadi. Shuning uchun z(x) funksiya (2.3.3) bir jinsli differensial tenglamaning
y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) fundamental yechimlari sistemasi orqali ifodalanadi:
z(x) =
n
X
Ci yi (x), Ci = const
(2.3.5)
i=1
oxirgi tengliklardan
y(x) = y(x) +
n
X
Ci yi (x)
i=1
kelib chiqadi.
I. Xususiy yechimni topishning Koshi usuli.
Bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamaning ȳ(x) xususiy yechimini topishning Koshi
usulini ko‘rib chiqamiz:
2.3.2-Ta’rif. Quyidagi
Lx [K(x, t)] = 0
K(x, t)|x=t = K 0 (x, t)|x=t = ... = Kx(n−2) (x, t)|x=t = 0,
100
(2.3.6)
Kx(n−1) (x, t)|x=t = 1, t ∈ (a, b) ⊆ R
(2.3.7)
shartlarni qanoatlantiruvchi K(x, t) funksiyaga (2.3.3) bir jinsli differensial tenglamaning
Koshi funksiyasi deyiladi. Bu yerda
Lx [x, t] ≡
dn
dn−1
(K(x,
t))
+
P
(x)
(K(x, t)) + ...+
1
dxn
dxn−
+Pn−1
d
(K(x, t)) + Pn (x)K(x, t).
dx
Yechimning mavjudligi va yagonaligi haqidagi Koshi teoremasiga asosan (2.3.3) differensial
tenglamaning Koshi funksiyasi mavjud va yagonadir.
Aytaylik, K(x, t) funksiya (2.3.3) bir jinsli differensial tenglamaning Koshi
funksiyasi bo‘lsin. Agar y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.3.3) differensial tenglamaning
fundamental yechimlari sistemasini tashkil qilsa quyidagi
K(x, t) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ... + Cn yn (x)
(2.3.8)
tasvir o‘rinli bo‘ladi. Bu (2.3.8) funksiyani (2.3.7) boshlang‘ich shartlarga qo‘yib Cj
o‘zgarmaslarning qiymatini topamiz:
Cj = W −1 (t) · Wnj (t) j = 1, 2, ..., n.
(2.3.9)
Bu yerda W (t)− Vronskiy detetmenanti, Wnj (t) esa yi (t) elementning algebraik
to‘ldiruvchisi. Shunday qilib (2.3.8) va (2.3.9) tengliklardan K(x, t) Koshi funksiyasining
aniq ko‘rinishini topamiz:
K(x, t) = W
−1
(t) ·
n
X
Wnj (t)yj (x).
(2.3.10)
j=1
2.3.2-Teorema. Agar K(x, t) funksiya (2.3.3) differensial tenglamaning Koshi
funksiyasi bo‘lsa, u holda ushbu
Zx
ȳ(x) =
K(x, t)f (t)dt
(2.3.11)
x0
funksiya (2.3.1) differensial tenglamaning
ȳ(x0 ) = ȳ 0 (x0 ) = ... = ȳ (n−1) (x0 )
101
(2.3.12)
boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimi bo‘ladi.
Isbot. Yuqoridagi (2.3.11) tenglikni ketma-ket n marta differensiallasak va (2.3.7)
boshlang‘ich shartlardan foydalansak quyidagi
Zx
0
Kx0 (x, t)f (t)dt =
ȳ (x)K(x, x)f (x) +
Zx
ȳ (x)K(x, x)|t=x f (x) +
00
Kxx
(x, t)f (t)dt =
ȳ (j) =
Zx
00
Kxx
(x, t)f (t)dt,
(2.3.13)
x0
x0
Zx
Kx0 (x, t)f (t)dt,
x0
x0
00
Zx
∂ j K(x, t)
f (t)dt, j = 1, 2, ..., n − 1
∂xj
x0
ȳ
(n)
Zx
=
∂ n K(x, t)
f (t)dt + f (x).
∂xn
x0
munosabatlarga ega bo‘lamiz. Bu tasvirlardan ȳ(x) funksiya (2.3.12) boshlang‘ich
shartlarni qanoatlantirishi kelib chiqadi. Endi (2.3.11) va (2.3.13) tasvirlardan foydalanib
ȳ(x) funksiya (2.3.1) differinsial tenglamaning xususiy yechimi ekanligini ko‘rsatamiz:
L[ȳ] = ȳ
(n)
+ P1 (x)ȳ
(n−1)
Zx
0
+ ... + Pn−1 (x)ȳ + Pn (x)y = f (x) +
∂ n K(x, t)
f (t)dt+
∂xn
x0
Zx
+P1 (x)
∂ n−1 K(x, t)
f (t)dt + ... + Pn−1 (x)
∂xn−1
x0
Zx
∂K(x, t)
f (t)dt + Pn (x)
∂x
x0
Zx
K(x, t)f (t)dt =
x0
Zx n
∂ K(x, t)
∂ n−1 K(x, t)
∂K(x, t)
+ P1 (x)
+ ... + Pn−1 (x)
+ Pn (x)K(x, t) f (t)dt =
f (x) +
∂xn
∂xn−1
∂x
x0
Zx
= f (x) +
Lx [K(x, t)]f (t)dt = f (x).
x0
Shunday qilib, (2.3.1) differensial tenglamaning umumiy yechimi uchun quyidagi
y(x) =
n
X
i=1
Zx Cj yj (x) +
W
−1
(t) ·
n
X
j=1
x0
Koshi formulasi o‘rinli bo‘ladi. Teorema isbotlandi.
102
Wnj (t)yj (x) f (t)dt.
(2.3.14)
II. n-tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamaning yechimini
topishning Lagranj usuli.
Agar (2.3.3) bir jinsli differensial tenglamaning y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) fundamental
yechimlari sistemasi ma’lum bo‘lsa, u holda (2.3.1) bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamaning umumiy yechimini Lagranj (o‘zgarmasni variyatsiyalash) usulidan
foydalanib topish mumkin. Buning uchun (2.2.5.1) bir jinsli bo1lmagan differensial
tenglamaning umumiy yechimini ushbu
y(x) =
n
X
Cj yj (x)
(2.3.15)
j=1
ko‘rinishda izlaymiz. Bu yerda Cj (x)− hozircha no’malum funksiyalar. Endi, Cj (x)
funksiyalarni shunday tanlaymizki natijada ushbu
(j)
(j)
y (j) (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) + ... + Cn (x)yn(j) (x), j = 1, 2, ..., n − 1
(2.3.16)
munosabat bajarilsin. Bundan C10 (x), C20 (x), ..., Cn0 (x) funksiyalarni aniqlash uchun
quyidagi (n − 1) ta algebreik tenglamalar sistemasini hosil qilamiz:
(j)
(j)
C10 (x)y1 (x) + C20 (x)y2 (x) + ... + Cn0 (x)yn(j) (x) = 0, j = 1, 2, ..., n − 2
(2.3.17)
Ushbu y (j) (x), j = 0, 1, 2, ..., n hosilalarning (2.3.16 ) ifodalarini (2.3.1) differensial
tenglamaga qo‘yib, Cj0 (x), j = 1, 2, ..., n larga nisbatan, yana bir tenglamani olamiz:
(n−1)
C10 (x)y1
(n−1)
(x) + C20 (x)y2
(x) + ... + Cn0 (x)yn(n−1) (x)+
+C1 (x)L[y1 ] + C2 (x)L[y2 ] + ... + Cn (x)L[yn ] = f (x).
(2.3.18)
Bu yerda y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiyalar (2.3.3) differensial tenglamaning yechimlari
bo‘lgani uchun
L[y1 ] = L[y2 ] = ... = L[yn ] = 0
munosabatlar o‘rinli bo‘ladi. Shuning uchun (2.3.18) tenglik quyidagi ko‘rinishga keladi:
(n−1)
C10 (x)y1
(n−1)
(x) + C20 (x)y2
(x) + ... + Cn0 (x)yn(n−1) (x) = f (x)
103
(2.3.19)
Hosil bo‘lgan (2.3.17), (2.3.19) algebraik tenglamalar sistemasidan Cj0 (x), j
1, 2, ..., n
larni
topish
y1 (x), y2 (x), ..., yn (x)
mumkin.
fundamental
Bu
sistemaning
asosiy
yechimlari
sistemasidan
tuzilgan
=
determinanti
vronskiyan
W (x) = W {y1 (x), y2 (x), ..., yn (x)} =
6 0 bilan bir xil. Kramer qoidasiga asosan quyidagi
C10 (x) = W −1 (x)Wn1 (x)f (x),
C20 (x) = W −1 (x)Wn2 (x)f (x),
...........................
Cn0 (x) = W −1 (x)Wnn (x)f (x)
tengliklarga ega bo‘lamiz. W −1 (x)f (x) va Wnj (x), j
= 1, 2, ..., n funksiyalarning
uzluksizligidan
Z
Cj (x) = dj +
W −1 (x)Wnj (x)f (x)dx, j = 1, 2, ..., n
(2.3.20)
formulaga ega bo‘lamiz. Bu yerdagi integral ushbu, W −1 (x)Wnj (x)f (x) funksiyaning
boshlang‘ich funksiyasi, ya’ni
Z
!0
W −1 (x)Wnj (x)f (x)dx
= W −1 (x)Wnj (x)f (x),
dj , j = 1, 2, ..., n ixtiyoriy o‘zgarmas sonlar. (2.3.20) tenglik orqali topilgan Cj (x), j =
1, 2, ..., n larni (2.3.15) formulaga qo1yib, (2.3.1) differensial tenglamaning umumiy
yechimini topamiz:
y(x) =
n
X
Z
dj yj (x) +
W −1 (x)Wnj (x)f (x)dx
(2.3.21)
j=1
n− tartibli o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamalar.
2.3.3-Ta’rif Ushbu
L[y] = y (n) + a1 y (n−1) + ... + an−1 y 0 + an y = g(x)
(2.3.22)
ko‘rinishdagi tenglamaga n− tartibli o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan
differensial tenglamalar deyiladi.
104
2.3.3-Teorema
Chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamaning umumiy
yechimi bu tenglamaning xususiy yechimi va unga mos bir jinsli tenglamaning umumiy
yechimi yig‘indisidan iborat.
Isbot. ȳ orqali (2.3.22) tenglamani xususiy yechimini belgilaymiz:
L[ȳ] = g(x)
(2.3.23)
y funksiya orqali y = Y + ȳ tenglik orqali bog‘langan yangi Y funksiya kiritamiz. U holda
(2.3.22) tenglama quyidagi ko‘rinishga keladi:
L[Y + ȳ] = g(x)
(2.3.24)
differensial operatorning xossasiga asosan
L[Y ] + L[ȳ] = g(x)
tenglamaga keladi. L[ȳ] = g(x) bo‘lganligi uchun Y funksiya (2.3.22) tenglamaga mos bir
jinsli chiziqli tenglamaning yechimi bo‘lishi kelib chiqadi, ya’ni
L[Y ] = 0.
Agar y1 (x), y2 (x), ..., yn (x) funksiayalar (2.3.22) tenglama xususiy yechimlarining
fundamental yechimlari sistemasini tashkil qilsa u holda
Y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ... + Cn yn (x).
ko‘rinishda bo‘ladi.
Bir jinsli bo‘lmagan n− tartibli chiziqli differensial tenglamaninig umumiy yechimi
y = ȳ + Y = ȳ + C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ... + Cn yn (x)
(2.3.25)
ko‘rinishda bo‘ladi. Teorema isbotlandi.
2.3.4-Teorema Agar n− tartibli o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan
(2.3.22) ko‘rinishidagi differensial tenglamaning o‘ng tomoni ikkita funksiyaning
yig‘indisidan iborat bo‘lsa, ya’ni
L[y] = g1 (x) + g2 (x)
105
(2.3.26)
bo‘lsa, bunday tenglamaning xususiy yechimini o‘ng tomonlari mos ravishda g1 (x) va
g2 (x) bo‘lgan xuddi shunday tenglamalarning yig‘indisi sifatida hosil qilish mumkin.
Isbot. L[y] = g1 (x) va L[y] = g2 (x) tenglamalarni qaraymiz. ȳ1 va ȳ2 funksiyalar mos
ravishda yuqoridagi tenglamalarni qanoatlantirsin, ya’ni
L[y1 ] = g1 (x),
L[y2 ] = g2 (x).
Chiziqli differensial operatornong additivlik xossasiga ko‘ra
L[ȳ1 + ȳ2 ] = L[y1 ] + L[y2 ] = g1 (x) + g2 (x)
ya’ni ȳ = ȳ1 + ȳ2 funksiya (2.3.26) tenglamani qanoatlantiradi. Teorema isbotlandi.
n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalarni
yechishning aniqmas koeffitsiyentlar usuli.
Aniqmas koeffitsiyentlar usuli koeffitsiyentlar o‘zgarmas va o‘ng tomoni maxsus
ko‘rinishda bo‘lgan n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalar
uchun tadbiq qilinadi. Agar berilgan differensial tenglamaning o‘ng tomoni ko‘rsatkichli
funksiyalar, trigonometrik funksiyalar va ko‘phadlar yoki ularning butun ratsional
kombinatsiyalari turgan bo‘lsa, u holda aniqmas koeffitsiyentlar usuli bir jinsli bo‘lmagan
tenglamalarning xususiy yechimini topishga imkon beradi. Berilgan tenglamaning xususiy
yechimini bilish, yuqoridagi teoremalarga ko‘ra umumiy yechimini topish uchun yetarlidir.
Aniqmas koeffitsiyentlar usulini misollar yordamida tushuntiramiz.
1-Misol.
y 00 − 2y 0 − y = 6xex
(1)
tenglamani aniqmas koeffitsiyentlar usuli yordamida yeching.
Yechish. (1) tenglamaning umumiy yechimini y = ȳ + Y ko‘rinishda bo‘ladi. Dastlab
(1) tenglamaga mos bir jinsli chiziqli differensial tenglamani yechamiz:
y 00 − 2y 0 − y = 0
(2)
y = ekx
(3)
106
(3) belgilash orqali (2) bir jinsli differensial tenglamani algebraik tenglamaga keltiramiz:
k 2 − 2k − 1 = 0
(4) tenglamaning ildizlari
k1 = 1 +
√
2
(4)
√
k2 = 1 −
2
bo‘ladi. (2) bir jinsli differensial tenglamaning umumiy yechimi
√
√
Y = C1 e(1+ 2)x + C2 e(1− 2)x
(5)
ko‘rinishida bo‘ladi. (1) tenglamaning o‘ng tomoni ex funksiyaga birinchi darajali
ko‘phadga bog‘liq bo‘lgani uchun
ȳ = (Ax + B)ex
(6)
ko‘rinishda izlaymiz.(6) tenglikdan A va B larni topish uchun ȳ funksiyaning x bo‘yicha
hosilalarini olib
ȳ 0 = Aex + (Ax + B)ex
ȳ 00 = 2Aex + (Ax + B)ex
(1) tenglamaga keltirib qo‘yib koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz.
2Aex + (Ax + B)ex − 2Aex − 2(Ax + B)ex − (Ax + B)ex = 6xex
−2(Ax + B)ex = 6xex
Axex + Bex = −3xex
oxirgi tenglikdan A = −3 B = 0 ekanligi kelib chiqadi. A va B larning qiymatlarini (6)
tenglikka qo‘yamiz
ȳ = −3xex
(7)
(1) tenglamaning umumiy yechimi y = ȳ + Y ko‘rinishda bo‘lganligi uchun (5) va (7)
tenglikdan
√
√
y = C1 e(1+ 2)x + C2 e(1− 2)x − 3xex
(1) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
107
(8)
2-Misol.
y 00 − 2y 0 + y = 6xex
(1)
tenglamani aniqmas koeffitsiyentlar usuli yordamida yeching.
Yechish. (1) tenglamaning umumiy yechimini y = ȳ + Y ko‘rinishda bo‘ladi. Dastlab
(1) tenglamaga mos bir jinsli chiziqli differensial tenglamani yechamiz:
y 00 − 2y 0 + y = 0
(2)
y = ekx
(3)
(3) belgilash orqali (2) bir jinsli differensial tenglamani algebraik tenglamaga keltiramiz:
k 2 − 2k + 1 = 0
(4)
(4) tenglamaning ildizlari
k1 = 1
k2 = 1
bo‘ladi. (2) bir jinsli differensial tenglamaning umumiy yechimi
Y = C1 ex + C2 xex
(5)
ko‘rinishida bo‘ladi. (2) bir jinsli differensial tenglamanining xarakteristik tenglamasi
ildizlari bir xil bo‘lganligi uchun
ȳ = x2 (Ax + B)ex = (Ax3 + Bx2 )ex
(6)
ko‘rinishda izlaymiz.(6) tenglikdan A va B larni topish uchun ȳ funksiyaning x bo‘yicha
hosilalarini olib
ȳ 0 = (3Ax2 + 2Bx)ex + (Ax3 + Bx2 )ex
ȳ 00 = (6Ax + 2B)ex + 2(3Ax2 + 2Bx)ex + (Ax3 + Bx2 )ex
(1) tenglamaga keltirib qo‘yib koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz.
(6Ax + 2B)ex + 2(3Ax2 + 2Bx)ex + (Ax3 + Bx2 )ex − 2(3Ax2 + 2Bx)ex −
−2(Ax3 + Bx2 )ex + (Ax3 + Bx2 )ex = 6xex
108
natijada
(6Ax + 2B)ex = 6xex
oxirgi tenglikdan A = 1 B = 0 ekanligi kelib chiqadi. A va B larning qiymatlarini (6)
tenglikka qo‘yamiz
ȳ = x3 ex
(7)
(1) tenglamaning umumiy yechimi y = ȳ + Y ko‘rinishda bo‘lganligi uchun (5) va (7)
tenglikdan
y = C1 ex + C2 xex + x3 ex
(8)
(1) tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
n− tartibli bir jinsli bo‘lmagan chiziqli differensial tenglamalarni yechishning aniqmas
koeffitsiyentlar usulidan foydalanishda quyidagi shartlarga muofiq amalga oshiriladi:
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x) ko‘rinishda bo‘lib, 0 soni xarakteristik
tenglamaning ildizi bo‘lmasa, berilgan tenglamaning xususiy yechimi Qm (x) ko‘rinishda
izlanadi.(Bu yerda Pm (x) va Qm (x) lar ko‘phadlar)
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x) ko‘rinishda bo‘lib, 0 soni xarakteristik
tenglamaning α karrali ildizi bo‘lsa, berilgan tenglamaning xususiy yechimi xα Qm (x)
ko‘rinishda izlanadi.
Agar (2.3.22)) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x)ekx ko‘rinishda bo‘lib, k son
xarakteristik tenglamaning tenglamaning ildizi bo‘lmasa, berilgan tenglamaning xususiy
yechimi Qm (x)ekx ko‘rinishda izlanadi.
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x)ekx ko‘rinishda bo‘lib, k soni
xarakteristik tenglamaning α karrali ildizi bo‘lsa, berilgan tenglamaning xususiy yechimi
xα Qm (x)ekx ko‘rinishda izlanadi.
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x) cos lx + P̄m (x) sin lx ko‘rinishda bo‘lib,
±li sonlar xarakteristik tenglamaning ildizi bo‘lmasa, berilgan tenglamaning xususiy
yechimi Qm (x) cos lx + Q̄m (x) cos lx ko‘rinishda izlanadi.
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x) cos lx + P̄m (x) sin lx ko‘rinishda bo‘lib,
±li sonlar xarakteristik tenglamaning α karrali ildizi bo‘lsa, berilgan tenglamaning xususiy
yechimi xα Qm (x) cos lx + xα Q̄m (x) cos lx ko‘rinishda izlanadi.
109
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x)ekx cos lx + P̄m (x)ekx sin lx ko‘rinishda
bo‘lib, k ± li sonlar xarakteristik tenglamaning ildizi bo‘lmasa, berilgan tenglamaning
xususiy yechimi Qm (x)ekx cos lx + Q̄m (x)ekx cos lx ko‘rinishda izlanadi.
Agar (2.3.22) tenglamaning o‘ng tomoni Pm (x)ekx cos lx + P̄m (x)ekx sin lx ko‘rinishda
bo‘lib, k ± li sonlar xarakteristik tenglamaning α karrali ildizi bo‘lsa, berilgan
tenglamaning xususiy yechimi xα Qm (x)ekx cos lx+xα Q̄m (x)ekx cos lx ko‘rinishda izlanadi.
3-Misol.
y 000 + 2y 00 + 5y 0 = 4xe−x − 68 cos 2x + x
(1)
tenglamani aniqmas koeffitsiyentlar usuli yordamida yeching.
Yechish. (1) tenglamaning umumiy yechimini y = ȳ1 + ȳ2 + ȳ3 + Y ko‘rinishda bo‘ladi.
Dastlab (1) tenglamaga mos bir jinsli chiziqli differensial tenglamani yechamiz:
y 000 + 2y 00 + 5y 0 = 0
(2)
y = ekx
(3)
(3) belgilash orqali (2) bir jinsli differensial tenglamani algebraik tenglamaga keltiramiz:
k 3 + 2k 2 + 5k = 0
(4)
(4) tenglamaning ildizlari
k1 = 0
k2,3 = −1 ± 2i
bo‘ladi. (2) bir jinsli differensial tenglamaning umumiy yechimi
Y = C1 + C2 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x
(5)
ȳ1 = (Ax + B)e−x
(6)
ko‘rinishida bo‘ladi. ȳ1 ni
ko‘rinishda izlaymiz. (6) tenglikdan A va B larni topish uchun ȳ funksiyaning x bo‘yicha
hosilalarini olib
ȳ 0 = Ae−x − (Ax + B)e−x
ȳ 00 = −2Ae−x + (Ax + B)e−x
ȳ 000 = 3Ae−x − (Ax + B)e−x
110
(1) tenglamaga keltirib qo‘yib koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz.
3Ae−x − (Ax + B)e−x − 4Ae−x + 2(Ax + B)e−x + 5Ae−x − 5(Ax + B)e−x = 4xe−x
4Ae−x − 4(Ax + B)e−x = 4xe−x
4A − 4Ax − 4B = 4x
oxirgi tenglikdan A = −1 B = −1 ekanligi kelib chiqadi. A va B larning qiymatlarini (6)
tenglikka qo‘ysak
ȳ1 = −(x + 1)e−x
(7)
ȳ1 ning qiymati kelib chiqadi. Xuddi shunday ȳ2 ni
ȳ2 = A cos 2x + B sin 2x
(8)
ko‘rinishda izlaymiz.
ȳ20 = −2A sin 2x + 2B cos 2x
ȳ200 = −4A cos 2x − 4B sin 2x
ȳ2000 = 8A sin 2x − 8B cos 2x
yuqoridagi tengliklarni (1) tenglamaga keltirib qo‘yib koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz
8A sin 2x − 8B cos 2x − 8A cos 2x8B sin 2x − 10A sin 2x + 10B cos 2x = −68 cos 2x
yuqoridagi tenglikning koeffitsiyentlarini tenglashtib chiziqli tenglamalar sistemasini hosil
qilamiz
8A − 8B − 10A = 0
−8A − 8B + 10B = 68
−2A − 8B = 0
−8A + 2B = 68
bundan A = 8 va B = −2 kelib chiqadi. Olingan natijalarni (8) tenglikka qo‘yib
ȳ2 = 8 cos 2x − 2 sin 2x
111
(9)
hosil qilamiz. ȳ3 ni
ȳ3 = (Ax + B)x = Ax2 + Bx
(10)
ko‘rinishda izlaymiz.
ȳ30 = 2Ax + B
ȳ300 = 2A
ȳ3000 = 0
yuqoridagi tengliklarni (1) tenglamaga keltirib qo‘yib koeffitsiyentlarini tenglashtiramiz
4A + 10Ax + 5B = x
2
1
oxirgi tenglikdan A = 10
B = − 25
ekanligi kelib chiqadi. A va B larning qiymatlarini (10)
tenglikka qo‘ysak
ȳ3 =
x2 2x
−
10 25
(11)
kelib chiqadi. (5),(7), (9)va (11) tengliklardan foydalansak (1) tenglamaning umumiy
yechimi
y = C1 + C2 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x − (x + 1)e−x + 8 cos 2x − 2 sin 2x +
ko‘rinishda bo‘ladi.
112
x2 2x
−
(12)
10 25
Mustaqil yechish uchun misollar.
n− tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalarga doir misollar.
1. y 00 + y 0 − 2y = 0
2. y 00 + 4y 0 + 3y = 0
3. y 00 − 2y 0 = 0
4. 2y 00 − 5y 0 + 2y = 0
5. y 00 − 4y 0 + 5y = 0
6. y 00 + 2y 0 + 10y = 0
7. y 00 + 4y = 0
8. y 000 − 8y = 0
9. y (IV ) − y = 0
10. y (IV ) + 4y = 0
11. y (IV ) + 64y = 0
12. y 00 − 2y 0 + y = 0
13. 4y 00 + 4y 0 + y = 0
14. y (V ) − 6y (IV ) + 9y 000 = 0
15. y (V ) − 10y 000 + 9y 0 = 0
16. y (IV ) + 2y 00 + y = 0
17. y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0
18. y 000 − y 00 − y 0 + y = 0
19. y (IV ) − 5y 00 + 4y = 0
20. y 000 − 3y 0 + 2y = 0
21. y (V ) + 8y 000 + 16y 0 = 0
22. y (IV ) + 4y 00 + 3y = 0
n− tartibli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalarga doir
misollar.
1. y 00 − 2y 0 + 2y = e4x
2. y 00 + y = 4xex
3. y 00 − y 0 = 2ex − x2
4. y 00 + y 0 − 2y = 3xex
5. y 00 − 3y 0 + 2y = sin x
6. y 00 + y = 4 sin x
7. y 00 − 5y 0 + 4y = 4x2 e2x
8. y 00 − 3y + 2y = x cos x
9. y 00 + 3y 0 − 4y = e−4x + xe−x
10. y 00 + 2y 0 − 3y = x2 e2x
11. y 00 − 9y = e3x cos x
12. y 00 − 4y 0 + 8y = e2x + sin 2x
13. y 00 − 2y 0 + y = 6xex
14. y 00 + y = x sin x
15. y 00 + 4y 0 + 4y = xe2x
16. y 00 − 5y 0 = 3x2 + sin 5x
113
Eyler tenglamasiga doir misollar.
1. x2 y 00 − 4xy 0 + 6y = 0
2. x2 y 00 − xy 0 − 3y = 0
3. x3 y 000 + xy 0 − y = 0
4. x2 y 000 = 2y 0
5. x2 y 00 − xy 0 + y = 8x3
6. x2 y 00 + xy 0 + 4y = 10x
7. x3 y 00 − 2xy = 6 ln x
8. x2 y 00 − 3xy 0 + 5y = 3x2
9. x2 y 00 − 6y = 5x3 + 8x2
10. x2 y 00 − 2y = sin ln x
11. (2x + 3)3 y 000 + 3(2x + 3)y 0 − 6y = 0
12. (x − 2)2 y 00 − 3(x − 2)y 0 + 4y = x
114
3
3.1
Chiziqli differensial tenglamalar sistemasi
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli differensial tenglamalar
sistemasi.
Reja:
1. Umumiy tushunchalar, mavjudlik va yagonalik teoremasi.
2. Chiziqli operator va uning xossalari.
3. O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar
sistemasi.
Tayanch iboralar. Normal sistemalar, mavjudlik va yagonalik teoremasi, chiziqli
bir jinsli differensial tenglamalar sistemasi, O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli
differensial tenglamalar sistemasi, O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan
differensial tenglamalar sistemasi, Matritsaviy eksponenta.
Umumiy tushunchalar, mavjudlik va yagonalik teoremasi.
3.1.1 - Ta’rif. Ushbu
n
dyi X
=
aij (x)yj + bi (x), i = 1, 2, ..., n
dx
j=1
(3.1.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar sistemasiga chiziqli differensial tenglamalar
sistemasi deyiladi. Bu yerda aij (x) funksiyalar (3.1.1) chiziqli sistemaning koeffitsiyentlari,
bi (x) funksiya esa ozod hadi deyiladi. Barcha aij (x) va bi (x) funksiyalar biror I intervalda
aniqlangan va uzluksiz.
3.1.2 - Ta’rif. Agar (3.1.1) differensial tenglamalar sistemasida aij (x) = aij = const
bo‘lsa, u holda (3.1.1) differensial tenglamalar sistemasi o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli
differensial tenglamalar sistemasi deyiladi.
Qulaylik uchun quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
a (x) a12 (x) . . . a1n (x)
11
a21 (x) a22 (x) . . . a2n (x)
A(x) =
..
..
..
...
.
.
.
an1 (x) an2 (x) . . . ann (x)
115
b1 (x)
y1 (x)
T
y2 (x)
b2 (x)
b(x) = . = b1 (x), b2 (x), ..., bn (x) , y(x) = .
..
..
yn (x)
bn (x)
bu yerda T transfonerlashni bildiradi.
Yuqoridagi belgilashlar yordamida (3.1.1) differensial tenglamalar sistemasi
dy
= A(x)y + b(x)
dx
(3.1.2)
ko‘rinishda yoziladi.
3.1.3 - Ta’rif.
(3.1.2) differensial tenglamalar sistemasi (3.1.1) differensial
tenglamalar sistemasining vektor - matritsa formasi deyiladi.
Agar (3.1.1) differensial tenglamalar sistemasida b(x) = 0 bo‘lsa,(3.1.1) sistema chiziqli
bir jinsli differensial tenglamalar sistemasi deyiladi.
Agar (3.1.1) differensial tenglamalar sistemasida b(x) 6= 0 bo‘lsa,(3.1.1) sistema chiziqli
bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar sistemasi deyiladi.
3.1.1 - Teorema.
(3.1.2) vektor - matritsa ko‘rinishdagi chiziqli differensial
tenglamalar sistemasi berilgan bo‘lib, A(x) matritsa va b(x) vektor funksiyalar biror I
intervalda aniqlangan va uzluksiz bo‘lsin. U holda ixtiyoriy boshlang‘ich qiymatlar
x0 , y10 , y20 , ..., yn0
(3.1.3)
uchun (3.1.2)tenglamaning (3.1.3) boshlang‘ich qiymatlarga ega bo‘lgan va I intervalda
aniqlangan yagona yechimi mavjud
Chiziqli operator va uning xossalari.
3.1.4 - Ta’rif.
dy
= A(x)y
dx
(3.1.4)
ko‘rinishdagi sistemalar chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar sistemasi deyiladi. bu
yerda A(x) aij (x), i = j = 1, 2, ..., n lardan tuzulgan matritsa.
116
Dastlab chiziqli operator va uning xossalarini urganamiz. Qulaylik uchun L operatorni
L[y] =
dy
− A(x)y
dx
(3.1.5)
d
kabi belgilaymiz. Agar p = dx
va E− birlik matritsa bo‘lsa, (3.1.5) operatorning ko‘rinishi
L[y] = (pE − a(x))y
bo‘ladi. Kiritilgan L operator yordamida (3.1.4) tenglama
L[y] = 0
(3.1.6)
ko‘rinishda yoziladi.
L(y) operator quyidagi xossalarga ega:
1- xossa. L[y1 + y2 ] = L[y1 ] + L[y2 ].
2- xossa. Agar C ixtiyoriy o‘zgarmas son bo‘lsa,
L[Cy]) = CL[y)]
ayniyat o‘rinli.
3- xossa. Agar C1 , C2 , ..., Cm − ixtiyoriy o‘zgarmas sonlar bo‘lsa,
m
m
hX
i X
(i)
L
Ci y
=
Ci L[y (i) ]
i=1
i=1
ayniyat o‘rinli. Bu yerda y (i) , i = 1, 2, ..., m vektor funksiyalar.
3.1.2 - Teorema. Agar ϕ(1) (x), ϕ(2) (x), ..., ϕ(m) (x) vektor-funksiyalarning har biri
I intervalda (3.1.4) tenglamaning yechimi bo‘lsa, u holda bu funksiyalarning chiziqli
kombinatsiyasi ham shu tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Isbot. Teoremaning shartiga ko‘ra L(ϕ(i) (x)) = 0, x ∈ I, i = 1, 2, ..., m. Shuning uchun
2-xossadan foydalansak
m
m
hX
i X
(i)
L
Ci y
=
Ci L[y (i) ] = 0
i=1
i=1
bo‘ladi.
3.1.3 - Teorema. Agar y = ϕ(x) vektor-funksiya (3.1.4) tenglamaning I intervalda
aniqlangan va ϕ(x0 ) = 0, x0 ∈ I boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi yechimi bo‘lsa, u
holda I intervalda ϕ(x) funksiya aynan nolga teng bo‘ladi, ya’ni ϕ(x) = 0, x ∈ I.
117
Isbot. (3.1.4) tenglamaning trivial y = 0 yechimi mavjud. Ammo teoremanong
shartida aytilgan y = ϕ(x) yechim shu trivial yechim bilan bir xil boshlang‘ich qiymatga
ega. Shuning uchun chiziqli sistemalar uchun mavjudlik va yagonalik teoremasiga ko‘ra
y = ϕ(x) yechim trivial yechim bilan butun I intervalda ustma-ust tushadi, ya’ni ϕ(x) = 0.
3.1.4 - Teorema. Agar (3.1.4) tenglamada A(x) matritsa haqiqiy bo‘lib, shu tenglama
y = ϕ(x) + ig(x), x ∈ I kompleks yechimga ega bo‘lsa, u holda har bir ϕ(x), g(x) haqiqiy
vektor-funksiyalar ham shu tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Isbot. Teoremaning sharti bo‘yicha L[ϕ(x) + ig(x)] = 0 bundan L[y] operatorning
xossalariga ko‘ra
L[ϕ(x) + ig(x)] = L[ϕ(x)]L[ig(x)] = 0
Komplek funksiya nolga teng bo‘lishi uchun uning haqiqiy va mavhum qismi nolga teng
bo‘lishi zarur va yetarli. Shuning uchun L[ϕ(x)] = 0, L[ig(x)] = 0.
Vektor funksiyaning chiziqli bog‘liqligi va erkinligi.
3.1.5 - Ta’rif. Agar bir vaqtda nolga teng bo‘lmagan shunday α1 , α2 , ..., αk o‘zgarmas
sonlar mavjud bo‘lsaki, ular uchun biror I intervalda ushbu
α1 ϕ(1) (x) + α2 ϕ(2) (x) + ... + αk ϕ(k) (x) = 0
(3.1.7)
ayniyat o‘rinli bo‘lsa, u holda
(i)
ϕ1 (x)
(i)
ϕ2 (x)
(1)
(2)
(n)
(i)
ϕ (x), ϕ (x), ..., ϕ (x), ϕ (x) =
..
.
(i)
ϕn (x)
(3.1.8)
vektor - funksiyalar chiziqli bo‘liq deyiladi.
3.1.6 - Ta’rif. Agar (3.1.7) ayniyat faqat α1 = α2 = ... = αk = 0 bo‘lgandagina
o‘rinli bo‘lsa, u holda (3.1.8) vektor - funksiyalar chiziqli erkli deyiladi.
3.1.5 - Teorema. Agar x ning I intervaldan olingan kamida bitta x0 , x0 ∈ I qiymati
uchun
ϕ(1) (x0 ), ϕ(2) (x0 ), ..., ϕ(m) (x0 )
118
(3.1.9)
vektorlar chiziqli bog‘liq bo‘lsa, u holda (3.1.8) yechimlar I intervalda chiziqli bog‘liq
bo‘ladi.
3.1.6 - Teorema. Agar (3.1.8) yechimlar I intervalda chiziqli erkli bo‘lsa, u holda
x ning I intervaldan olingan bironta ham qiymatida (3.1.8) yechimla chiziqli bog‘liq
bo‘lmaydi.
3.1.7 - Ta’rif. Agar biror I intervalda aniqlangan (3.1.8) vektor-funksiyalar sistemasi
(3.1.4) tenglamaning chiziqli erkli vektor yechimlari sistemasini tashkil qilsa, u holda bu
sistema yechimning fundamental sistemasi yoki qisqacha fundamental sistema deyiladi.
3.1.7 - Teorema. Differensial tenglamalarning chiziqli bir jinsli sistemasi uchun
fundamental sistema mavjud.
3.1.8 - Teorema (Umumiy yechim haqida). Agar (3.1.8) yechimlar fundamental
sistemani tashkil qilsa, u holda barcha yechimlar ushbu
ϕ(x) = C1 ϕ(1) (x) + C2 ϕ(2) (x) + ... + Cn ϕ(n) (x)
(3.1.10)
formula bilan topiladi. C1 , C2 , ..., Cn − ixtiyoriy o‘zgarmaslar.
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar sistemasi.
3.1.8 - Ta’ruf. Ushbu
n
dyi X
=
aij yj , i = 1, 2, ..., n
dx
j=1
(3.1.11)
ko‘rinishidagi differensial tenglamalar sistemasi o‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli
differensial tenglamalar sistemasi deyiladi.
Qulaylik uchun quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
A= .
.. . .
.. = aij
.
. .
.
.
an1 an2 . . . ann
119
y1 (x)
y2 (x)
y(x) = .
..
yn (x)
Yuqoridagi belgilashlar yordamida (3.1.11) differensial tenglamalar sistemasi
dy
= Ay
dx
(3.1.12)
ko‘rinishda yoziladi. Bu yerda A - kvadrat matritsa, y(x) - noma’lum vektor-funksiya.
3.1.1 - Lemma.
Agar y1 (x) va y2 (x) vektor-funksiyalar (3.1.12) sistemaning
yechimlari bo‘lsa, u holda
y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
(3.1.13)
vektor-funksiya ham (3.1.12) sistemani yechimi bo‘ladi. Bu yerda C1 , C2 - ixtiyoriy
o‘zgarmas sonlar.
(3.1.12) differensial tenglamalar sistemasi yechimini
y(x) = eλx h
(3.1.14)
ko‘rinishda izlaymiz. Bu yerda h 6= 0 sonli vektor.
3.1.9 - Ta’rif. Noldan farqli h 6= 0 vektor uchun
Ah = λh
(3.1.15)
munosabat o’rinli bo’lsa, λ soniga Amatritsaning xos qiymat,h vektorga esa uning xos
vektori deyiladi.
Ma’umki A matritsaning xos qiymatlari ushbu
det|A − λE| = 0
(3.1.16)
xarakteristik tenglamadan topiladi.
3.1.9 - Teorema. Agar A matritsaning λ1 , λ2 , ..., λn xos qiymatlari har xil bo’lsa,
u holda uning h1 , h2 , ..., hn xos vektorlari chiziqli erkli bo’lib, Rn fazoning bazisini tashkil
qiladi.
120
3.1.2 -Lemma. Ushbu
y(x) = eλx h
vektor -funksiya (3.1.12) bir jinsli sistemaning yechimi bo‘lishi uchun λ soni A
matritsaning xos qiymati, h esa uning xos vektori bo’lishi zarur va yetarli.
3.1.10 - Teorema. Agar A matritsaning λ1 , λ2 , ..., λn xos qiymatlari har xil bo‘lsa, u
holda:
1) Ushbu
y(x) = C1 eλ1 x h1 + C2 eλ2 x h2 + ... + Cn eλn x hn
(3.1.17)
vektor-funksiya (3.1.12) differensial tenglamalar sistemasining yechimidan iborat bo‘ladi.
Bu yerda Cn ixtiyoriy o‘zgrmas sonlar.
2) Agar y(x) -vektor-funksiya (3.1.12) sistemaning biror yechimi bo‘lsa, u
holda C1 , C2 , ...Cn -o‘zgarmaslarning shunday qiymatlari topiladiki y(x) yechim (3.1.17)
ko‘rinishda bo‘ladi.
A matritsa har xil xos qiymatlarga (ya‘ni oddiy) ega bo‘lgan holda, (3.1.12) differensial
tenglamalar sistemaning barcha yechimlarini topish algaritimi quyidagi bosqichlardan
iborat bo‘ladi:
1) A matritsaning barcha oddiy xos qiymatlari ushbu
∆(λ) = det(A − λI) = 0
xarakteristik tenglamadan topiladi.
2) Ushbu
Ahi = λhi
algebraik tenglamalar sistemasini yechib, h1 , h2 , ..., hn − xos vektorlarni topamiz.
3) (3.1.17) formuladan (3.1.12) differensial tenglamalar sistemasi yechimi topiladi.
1 - Misol.
x0 = 2x + y
y 0 = 3x + 4y
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamani yeching.
121
(1)
Yechish. (1) tenglamalar sistemasidan A matritsa tuzib olamiz:
2 1
A=
3 4
A matritsaning xos qiymatlarini ya’ni λ1 , λ2 larni
det|A − λE| = 0
formuladan foydalanib aniqlaymiz:
2−λ
1
3
4−λ
=0
(2)
(2 − λ)(4 − λ) − 3 = 0
8 − 2λ − 4λ + λ2 − 3 = 0
λ2 − 6λ + 5 = 0
(3)
(3) kvadrat tenglamadan λ1 = 1 va λ2 = 5 ekanligi kelib chiqadi.
Ushbu
Ahi = λhi , i = 1, 2
algebraik tenglamalar sistemasini yechib, h1 , h2 − xos vektorlarni topamiz.
λ=1
2−1
1
h1
=0
3
4−1
h2
1 1
h
1 = 0
3 3
h2
h +h =0
1
2
3h + 3h = 0
1
2
h1 = −h2 ekanligidan
h1
h2
=
122
1
−1
kelib chiqadi. Xuddi shunday λ = 5 bo‘lganda
2−5
1
3
4−5
−3
1
h1
h1
h2
=0
=0
h2
3 −1
−3h + h = 0
1
2
3h − h = 0
1
2
h1 = 3h2 ekanligidan
h1
h2
=
1
3
kelib chiqadi. (1) tenglamalar sistemasining umumiy yechimi (3.1.17) formulaga asosan
x
y
= C1 e t
1
−1
+ C2 e5t
1
3
ko‘rinishda bo‘ladi. (1) tenglamalar sistemasini umumiy yechimini quyidagi ko‘rinishda
ham yozish mumkin:
x(t) = C1 et + C2 e5t
y(t) = −C1 et + 3C2 e5t .
2 - Misol.
x0 = x − y
y 0 = y − 4x
(1)
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamani yeching.
(1) differensial tenglamalar sistemasini boshqa usul bilan yechilishini ko‘rsatamiz. (1)
sistemaning 1- tenglamasidan y ni topin olamiz
y = x − x0
(2)
(2) tenglikning ikkala tamonini x o‘zgaruvchi bo‘yicha differensiallaymiz
y 0 = x0 − x00
123
(3)
(3) tenglikni (1) tenglamalar sistemasining ikkinchi tenglamasiga keltirib qo‘yamiz:
x0 − x00 = x0 − x0 − 4x
x00 − 2x0 − 3x = 0
(4)
x = ekt
(5)
(4) tenglamadan
belgilash kiritib, almashtirish bajaramiz. (5) tenglikka ko‘ra
x0 = kekt ,
x00 = k 2 ekt
bo‘ladi. yuqoridagi belgilashlardan (4) tenglama
k 2 ekt − 2kekt − 3ekt = 0
k 2 − 2k − 3 = 0
(6)
k ga nisbatan kvadrat tenglama hosil bo‘ladi. Bundan
k1 = −1,
k2 = 3
kelib chiqadi. olingan natijani (5) almashtirishga qo‘ysak
x(t) = C1 e−t + C2 e3t
x0 (t) = −C1 e−t + 3C2 e3t
hosil bo‘ladi. (2) tenglikdan
y(t) = 2C1 e−t − 2C2 e3t
kelib chiqadi. (1) tenglamaning umumiy yechimi quyidagicha bo‘ladi:
x(t) = C1 e−t + C2 e3t
y(t) = 2C1 e−t − 2C2 e3t .
3 - Misol.
x0 = x − y + z
y0 = x + y − z
z 0 = 2x − y
124
(1)
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamani yeching.
Yechish. (1) tenglamalar sistemasidan A matritsa tuzib olamiz:
1 −1 1
A = 1 1 −1
2 −1 0
A matritsaning xos qiymatlarini ya’ni λ1 , λ2 , λ3 larni
det|A − λE| = 0
formuladan foydalanib aniqlaymiz:
1−λ
1
−1
1
1 − λ −1 = 0
(2)
−1 −λ
−(1 − λ)(1 − λ)λ + 2 − 1 − 2(1 − λ) + λ + (1 − λ) = 0
2
−λ + λ2 + λ2 − λ3 + 2 − 1 + 2λ − λ − 1 + λ = 0
λ3 + 2λ2 + λ − 2 = 0
(3)
(3) darajali tenglamadan λ1 = 1, λ2 = 2 va λ3 = −1 ekanligi kelib chiqadi.
Ushbu
Ahi = λhi , i = 1, 2
tenglikdan foydalanib hosil qilingan algebraik tenglamalar sistemasini yechib, h1 , h2 , h3 −
xos vektorlarni topamiz.
λ=1
1−1
−1
1
h1
h2 = 0
1
1 − 1 −1
2
−1 0 − 1
h3
0 −1 1
h1
1 0 −1 h2 = 0
2 −1 −1
h3
125
−h2 + h3 = 0
h1 − h3 = 0
2h − h − h = 0
1
2
3
h1 = h2 = h3 ekanligidan
h
1
1
h2 = 1
h3
1
kelib chiqadi. Xuddi shunday λ = 2 bo‘lganda
1−2
−1
1
h1
1
1 − 2 −1
h =0
2
2
−1 0 − 2
h3
−1 −1 1
h
1
1 −1 −1 h2 = 0
2 −1 −2
h3
−h1 − h2 + h3 = 0
h1 − h2 − h3 = 0
2h − h − 2h = 0
1
2
3
h1 = h3 , h2 = 0 ekanligidan
h1
1
h2 = 0
h3
1
kelib chiqadi. λ = −1 bo‘lganda
1+1
−1
1
h
1
h2 = 0
1
1 + 1 −1
2
−1 0 + 1
h3
2 −1 1
h
1
1 2 −1 h2 = 0
2 −1 1
h3
126
2h − h2 + h3 = 0
1
h1 + 2h2 − h3 = 0
2h − h + h = 0
1
h2 = −3h1 , h3 = −5h1 ekanligidan
2
3
h
−1
1
h2 = 3
h3
5
kelib chiqadi. (1) tenglamalar sistemasining umumiy yechimi (3.1.17) formulaga asosan
x
1
1
−1
y = C1 et 1 + C2 e2t 0 + C3 e−t 3
z
1
1
5
ko‘rinishda bo‘ladi. (1) tenglamalar sistemasini umumiy yechimini quyidagi ko‘rinishda
ham yozish mumkin:
x(t) = C1 et + C2 e2t − C3 e−t
y(t) = C1 et + 3C3 e−t
z(t) = C1 et + C2 e2t + 5C3 e−t .
5 - Misol.
2x0 − 5y 0 = 4y − x
3x0 − 4y 0 = 2x − y
(1)
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamani yeching.
Yechish. Dastlab (1) differensial tenglamalar sistemasini qulayroq ko‘rinishida
yozamiz
2x0 + x − 5y 0 − 4y = 0
3x0 − 2x − 4y 0 + y = 0
(1) tenglamalar sistemasining xos qiymatlarini, ya’ni λ1 , λ2 larni
det|A − λE| = 0
formuladan foydalanib aniqlaymiz:
127
2λ + 1 −5λ − 4
=0
(2)
3λ − 2 −4λ + 1
(2λ + 1)(−4λ + 1) + (5λ + 4)(3λ − 2) = 0
8λ2 + 2λ − 4λ + 1 + 15λ2 − 10λ + 12λ − 8 = 0
7λ2 − 7 = 0
λ2 − 1 = 0
(3)
(3) kvadrat tenglamadan λ1 = 1 va λ2 = −1 ekanligi kelib chiqadi.
Ushbu
Ahi = λhi , i = 1, 2
algebraik tenglamalar sistemasini yechib, h1 , h2 − xos vektorlarni topamiz.
λ=1
2 + 1 −5 − 4
h1
=0
3 − 2 −4 + 1
h2
3 −9
h
1 = 0
1 −3
h2
3h − 9h = 0
1
2
h − 3h = 0
1
2
h1 = 3h2 ekanligidan
h1
h2
=
3
1
kelib chiqadi. Xuddi shunday λ = −1 bo‘lganda
−2 + 1 5 − 4
h1
=0
−3 − 2 4 + 1
h2
−1 1
h1
=0
−5 5
h2
128
−h + h = 0
1
2
−5h + 5h = 0
1
2
h1 = h2 ekanligidan
h1
h2
=
1
1
kelib chiqadi. (1) tenglamalar sistemasining umumiy yechimi (3.1.17) formulaga asosan
x
y
= C1 e t
3
1
+ C2 e−t
1
1
ko‘rinishda bo‘ladi. (1) tenglamalar sistemasini umumiy yechimini quyidagi ko‘rinishda
ham yozish mumkin:
x(t) = 3C1 et + C2 e−t
y(t) = C1 et + C2 e−t .
3.2
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan
differensial tenglamalar sistemasi.
Reja:
1. O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamalar sistemasi.
2. O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial
tenglamalar sistemasini aniqmas koeffitsiyentlar usulida yechish.
Tayanch iboralar. Normal sistemalar, mavjudlik va yagonalik teoremasi, chiziqli
bir jinsli differensial tenglamalar sistemasi, O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli
differensial tenglamalar sistemasi, O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan
differensial tenglamalar sistemasi, Matritsaviy eksponenta.
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar
sistemasi.
129
3.2.1 - Ta’rif. Ushbu
n
dyi X
=
aij yj + bi (x), i = 1, 2, ..., n
dx
j=1
(3.2.1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar sistemasiga O’zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir
jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar sistemasi deyiladi. Bu yerda aij funksiyalar (3.2.1)
chiziqli sistemaning koeffitsiyentlari, bi funksiya esa ozod hadi deyiladi.
Qulaylik uchun quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
A=
..
.. . .
.
. ..
.
.
an1 an2 . . . ann
b (x)
y (x)
1
1
T
b2 (x)
y2 (x)
b(x) =
.. = b1 (x), b2 (x), ..., bn (x) , y(x) = ..
.
.
bn (x)
yn (x)
bu yerda T transfonerlashni bildiradi.
Yuqoridagi belgilashlar yordamida (3.2.1) differensial tenglamalar sistemasi
dy
= Ay + b(x)
dx
(3.2.2)
ko‘rinishda yoziladi.
Aytaylik y0 (x) vektor-funksiya (3.2.2) sistemaning biror yechimi bo‘lsin. U holda
(3.2.2) tenglamaga ushbu
y(x) = z(x) + y0 (x)
almashtirishni qo‘llasak
dz(x) dy0 (x)
+
= A z(x) + y0 (x) + b(x) = Az(x) + Ay0 (x) + b(x)
dx
dx
munosabat hosil bo‘ladi. Shartga ko‘ra y0 (x) vektor-funksiya (3.2.2) tenglamani
qanoatlantiradi, ya’ni
dy0 (x)
= Ay0 (x) + b(x).
dx
130
Shuning uchun yuqoridagi tenglikdan ushbu
dz(x)
= Az(x)
dx
(3.2.3)
bir jinsli differensial tenglama kelib chiqadi.
Agar (3.2.3) bir jinsli sistemaning z1 (x), z2 (x), ...zn (x) chiziqli erkli yechimlari ma’lum
bo1lsa, u holda uning umumiy yechimi
z(x) = C1 z1 (x) + C2 z2 (x) + ... + Cn zn (x)
ko‘rinishda bo‘ladi. Bu ytenglikda C1 , C2 , ..., Cn - ixtiyoriy o‘zgarmas sonlar.
Demak (3.2.2) differensial tenglamalar sistemaning umumiy yechimi
y(x) = C1 z1 (x) + C2 z2 (x) + ... + Cn zn (x) + y0 (x)
(3.2.4)
ko‘rinishda bo‘ladi.
3.2.1 - Lemma. Agar y1 va y2 vektor - funksiyalar mos ravishda quyidagi
dyi (x)
= Ayi (x) + bi (x), i = 1, 2
dx
tenglamalarning yechimlari bo‘lsa, u holda y(x) = y1 (x) + y2 (x) vektor-funksiya ushbu
dy(x)
= Ay(x) + b1 (x) + b2 (x)
dx
ko‘rinishdagi tenglamaning yechimidan iborat bo‘ladi.
Isbot.
dy(x)
dy1 (x) dy2 (x)
=
+
= Ay1 + b1 (x) + Ay2 + b2 (x) =
dx
dx
dx
= A(y1 + y2 ) + b1 (x) + b2 (x) = Ay + b1 (x) + b2 (x).
3.2.1 - Teorema. Faraz qilaylik (3.2.2) differensial tenglamalar sistemasida
b(x) = e
ko‘rinishdagi
µx
h
Pm(1) (x)h1 + Pm(2) (x)h2 + ... + Pm(k) (x)hk
vektor-funksiya
bo‘lsin.
U
holda
(3.2.2)
i
differensial
tenglamalar
sistemasining ushbu
eµx Q (x), µ 6= λ
m
xeµx Q (x), µ = λ
m
131
(3.2.5)
(1)
(2)
(k)
ko‘rinishdagi yechimi mavjud va yagona. Bu yerda Pm (x)+Pm (x)+...+Pm (x) darajasi
m dan oshmaydigan berilgan ko‘phadlar, Qm (x) va Qm+k−1 (x) ko‘phadlarning darajalari
mos ravishda m va m + k − 1.
3.2.2 - Teorema. Aytaylik (3.2.2) chiziqli differensial tenglamalar sistemasida
b(x) = eµx Pm (x)
ko‘rinishda bo‘lsin. Bunda Pm (x) m-darajali vektor ko‘phad. U holda (3.2.2) chiziqli
differensial tenglamalar sistemasining
y(x) = eµx Qm+k (x)
(3.2.6)
ko’rinishdagi yechimi mavjud. Bu yerda Qm+k (x), m + k darajali vektor-ko‘phad bo‘lib,
agar µ soni A matritsaning xos qiymati bo‘lmasa k = 0, agar µ soni A matritsaning
r karrali xos qiymatidan iborat bo‘lsa k = r deb olinadi. Bundan tashqari Qm+k (x)
ko‘phadning koeffitsentlari n o‘lchamli sonli vektorlardan iborat.
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar
sistemasini aniqmas koeffitsiyentlar usulida yechish.
Bir jinsli bo‘lmagan ushbu
dy(x)
= Ay + eµx Pm (x)
dx
(3.2.7)
ko‘rinishdagi differensial tenglamalar sistemasi berilgan bo‘lsin. Bu yerda Pm (x) darajasi
m ga teng bo‘lgan
Pm (x) =
n
X
Pj x j
(3.2.8)
j=1
ko‘rinishdagi vektor-ko‘phad, Pj , j = 1, 2, ..., m, o‘zgarmas vektorlar, µ = const.
Quyidagi ikki hol bo‘lishi mumkin.
1) Rezonansmas hol. µ soni ushbu ∆(λ) = det(A − λI) = 0 xarakteristik
tenglamaning ildizi bo‘lmagan, ya’ni ∆(µ) 6= 0 hol.
Agar µ soni xarakteristik tenglamaning ildizi bo‘lmasa, ya’ni ∆(µ) 6= 0 bo‘lsa, u holda
(3.2.2) chiziqli differensial tenglamalar sistemasi
y(x) = eµx Qm (x)
132
(3.2.9)
ko‘rinishdagi xususiy yechimga ega bo‘ladi. Bunda Qm (x), m− darajali ko‘phad.
Qm (x) ko‘phadni quyidagi
Qm (x) =
m
X
q j xj
(3.2.10)
j=0
ko‘rinishda izlaymiz. Bu yerda qj noma’lum o‘zgarmas vektorlar. (3.2.7) va (3.2.9)
munosabatlardan
µeµx Qm (x) + eµx
dQm (x)
= Aeµx Qm (x) + eµx Pm (x)
dx
tengliklarni hosil qilamiz. Bu tenglikning ikki tamonini eµx 6= 0 ga bo‘lib ushbu
µQm (x) − AQm (x) = Pm (x) −
dQm (x)
dx
(3.2.10)
munosabatni topamiz. Avvalo (3.2.10) tenglikni quyidagi
(µI − A)Qm (x) = Pm (x) −
dQm (x)
dx
(3.2.11)
ko‘rinishda yozib olamiz. So‘ngra bu tenglikning ikki tomonidagi xm , xm−1 darajalar
oldidagi mos koeffitsientlarni tenglashtirsak
(µI − A)qm = pm ,
(µI − A)qm−1 = pm−1 − mpm ,
(3.2.12)
.......................................................
tenglamalar sistemasi hosil bo‘ladi.
Shartga ko‘ra ∆(µ) 6= 0 bo‘lgani uchun (µI − A)−1 teskari matritsa mavjud. Shuning
uchun (3.2.12) sistemaning birinchi tenglamasidan
qm = pm (µI − A)−1
noma’lumni, ikkinchisidan esa
2
qm−1 = (µI − A)−1 pm−1 − m (µI − A)−1 pm
noma’lumni topamiz. Bu jarayonni davom ettirib, qi , i = 0, 1, 2, ..., m noma’lum
vektorlarning barchasini toppish mumkin.
133
1) Rezonans hol. µ soni ushbu ∆(λ) = det(A − λI) = 0 xarakteristik tenglamaning
ildizi, ya’ni ∆(µ) 6= 0 bo‘lsin. Bundan tashqari A matritsa faqat oddiy xos qiymatlarga
ega bo‘lsin. U holda (3.2.2) differensial tenglamalar sistemasining xususiy yechimi
y(x) = eµx xQm (x)
(3.2.13)
ko‘rinishida bo‘ladi. Bunda Qm (x), m− darajali vektor- ko‘phad. Avvalo ushbu
y(x) = T z(x)
almashtirishdan foydalanib (3.2.2) chiziqli differensial tenglamalar sistemani
dz1 = λ z eµx + b (x)
1 1
1
dx
dz
2 = λ z eµx + b (x)
dx
2 2
(3.2.14)
2
ko‘rinishga keltiramiz. Bu bk (x)- ko‘phad T −1 Pm (x) ning mos komponentasi. Bu
tenglamalarning har biri uchun xususiy yechimni
z(x) = xQm (x)eµx = eµx Qm+1 (x)
ko‘rinishda izlaymiz. Bu yerda Qm+1 (x) m + 1 darajali ko‘phad.
1 - Misol.
x0 = y − 5 cos t
y 0 = 2x + y
(1)
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamani yeching.
Yechish. Dastlab (1) bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar sistemasiga mos bir
jinsli differensial tenglamalar sistemasi tuzib olamiz:
x0 = y
y 0 = 2x + y
(2) tenglamalar sistemasidan A matritsa tuzib olamiz:
0 1
A=
2 1
A matritsaning xos qiymatlarini ya’ni λ1 , λ2 larni
det|A − λE| = 0
134
(2)
formuladan foydalanib aniqlaymiz:
−λ
1
2
1−λ
=0
(3)
−λ(1 − λ) − 2 = 0
−λ + λ2 − 2 = 0
λ2 − λ − 2 = 0
(4)
(4) kvadrat tenglamadan λ1 = 2 va λ2 = −1 ekanligi kelib chiqadi.
Ushbu
Ahi = λhi , i = 1, 2
algebraik tenglamalar sistemasini yechib, h1 , h2 − xos vektorlarni topamiz.
λ=2
−2
1
h1
=0
2 1−2
h2
−2 1
h
1 = 0
2 −1
h2
−2h + h = 0
1
2
2h − h = 0
1
2
2h1 = h2 ekanligidan
h1
h2
=
2
1
kelib chiqadi. Xuddi shunday λ = −1 bo‘lganda
1
1
h1
=0
2 1+1
h2
1 1
h
1 = 0
2 2
h2
135
h +h =0
1
2
2h + 2h = 0
1
2
h1 = −h2 ekanligidan
h1
h2
=
1
−1
kelib chiqadi. (1) tenglamalar sistemasining umumiy yechimi (3.2.4) formulaga asosan
x
y
= C1 et
2
1
+ C2 e−t
1
−1
+ y0 (x)
ko‘rinishda bo‘ladi. (5) yechimdagi y0 (x) quyidagi ko‘rinishga ega:
x
y0 (x) =
y
(5)
(6)
(1) differensial tenglamalar sistremasida b(t) = −5 cos t bo’lganligi uchun quyidagicha
belgilash kiritamiz:
x = a cos t + b sin t
y = c cos t + d sin t
x0 = −a sin t + b cos t
y 0 = −c sin t + d cos t
(7)
(8)
(7) va (8) tengliklarni (1) sistemaga qo‘yib a, b, c, d larga nisbatan tenglamalar sistemasini
tuzamiz:
−a sin t + b cos t = c cos t + d sin t
−c sin t + d cos t = 2a cos t + 2b sin t + c cos t + d sin t
−a = d
−c = 2b
b=c−5
d = 2a + c
Ushbu tenglamalar sistemasida a = −1, b = −2, c = 3 va d = 1 kelib chiqadi. olingan
natijalarni (7) tenglikka qo‘yib y0 (x) ni topamiz
x = − cos t − 2 sin t
y0 (x) =
y = 3 cos t + sin t
136
(9)
(9) tenglikni (5) tenglikka qo‘yib (1) tenglamalar sistemasini umumiy yechimini hosil
qilamiz:
x
y
= C1 e t
2
1
+ C2 e−t
1
+
−1
− cos t − 2 sin t
3 cos t + sin t
.
(10)
(1) tenglamalar sistemasini umumiy yechimini quyidagi ko‘rinishda ham yozish mumkin:
x(t) = 2C1 et + C2 e−t − cos t − 2 sin t
y(t) = C1 et − C2 e−t + 3 cos t + sin t.
Mustaqil yechish uchun misollar.
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar
sistemasiga doir misollar.
x0 + x − 8y = 0,
x0 = x + y,
1.
2.
y0 − x − y = 0
y 0 = 3y − 2x
3.
x0 = x − 3y,
5.
7.
4.
y 0 = 3x + y
x0 = 2x + y,
x0 = −x − 5y,
y0 = x + y
6.
y 0 = 4y − x
x0 = 2y − 3x,
8.
y 0 = y − 2x
x0 = x − 2y − z,
9.
y 0 = y − x + z,
z0 = x − z
x0 = 3x − y,
y 0 = 4x − y
x0 − 5x − 3y = 0,
y 0 + 3x + y = 0
x0 = 2x − y + z,
10.
y 0 = x + 2y + 2z,
z0 = x − z
137
11.
x0 = 4y − 2z − 3x,
y 0 = z + x,
z 0 = 6x − 6y + 5z
12.
x0 = x − 2y − z,
y 0 = y − x + z,
z0 = x − z
x0 = x − y − z,
13.
y 0 = x + y,
z 0 = 3x + z
x0 = 2x + y,
14.
y 0 = x + 3y − z,
z 0 = 2y + 3z − x
x0 = 2x + 2z − y,
15.
y 0 = x + 2z,
z 0 = y − 2x − z
x0 = 4x − y − z,
16.
y 0 = x + 2y − z,
z 0 = x − y + 2z
x0 = 2x − y − z,
17.
y 0 = 3x − 2y − 3z,
z 0 = 2z − x + y
x0 = y − 2x − 2z,
18.
y 0 = x − 2y + 2z,
z 0 = 3x − 3y + 5z
x0 = 3x − 2y − z,
19.
y 0 = 3x − 4y − 3z,
z 0 = 2x − 4y
x0 = x − y + z,
20.
y 0 = x + y − z,
z 0 = 2z − y
x0 = y − 2z − x,
21.
y 0 = 4x + y,
z0 = x − z
x0 = 2x + y,
22.
y 0 = 2y + 4z,
z 0 = 2x − 4y
x0 = 2x − y − z,
23.
y 0 = 2x − y − 2z,
z 0 = 2z − x + y
x0 = 4x − y,
24.
y 0 = 3x + y − z,
z0 = x + z
138
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar
sistemasiga keltirib yechishga doir misollar.
1.
3.
5.
7.
9.
x00 = 2x − 3y,
2.
y 00 = x − 2y
y 00 = −x − y
x00 = 3x − y − z,
4.
y 00 = −x + 3y − z
z 00 = −x − y + 3z
x00 = 2y,
y 00 = −2x
x00 + x0 + y 0 − 2y = 0,
6.
x0 − y 0 + x = 0
x00 − x + 2y 00 − 2y = 0,
8.
x0 − x + y 0 + y = 0
x00 − 2y 0 + 2x = 0,
x00 − 2y 00 + y 0 + x − 3y = 0,
4y 00 − 2x00 − x0 − 2x + 5y = 0
x00 + 3y 00 − x = 0,
x0 + 3y 0 − 2y = 0
10.
3x0 + y 00 − 8y = 0
11.
x00 = 3x + 4y,
x00 + 4x0 − 2x − 2y 0 − y = 0,
12.
x00 − 4x0 − y 00 + 2y 0 + 2y = 0
x00 + 5x0 + 2y 0 + y = 0,
3x00 + 5x + y 0 + 3y = 0
2x00 + 2x0 + x + 3y 00 + y 0 + y = 0,
x00 + 4x0 − x + 3y 00 + 2y 0 − y = 0
O‘zgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli bo‘lmagan differensial tenglamalar
sistemasiga doir misollar.
x0 = y + 2et ,
x0 = y − 5 cos t,
1.
2.
y 0 = x + t2
y 0 = 2x + y
3.
x0 = 3x + 3y + 4e5t ,
4.
y 0 = x + 2y
139
x0 = 2x − 4y + 4e−2t ,
y 0 = 2x − 2y
5.
7.
13.
x0 = 2y − x + 1,
y 0 = 3y − 2x
8.
y 0 = x + y + 5e−t
x0 = x + 2y,
10.
y 0 = x − 5 sin t
x0 = 2x − y,
12.
y 0 = y − 2x + 18t
x0 = 2x + 4y − 8,
14.
y 0 = 3x + 6y
15.
17.
6.
y 0 = y − 2x
x0 = 5x − 3y + 2e3t ,
9.
11.
x0 = 4x + y − e2t ,
x0 = x − y + 2 sin t,
x0 = 2x + y + et ,
y 0 = −2x + 2t
x0 = 2x − 4y,
y 0 = x − 3y + 3et
x0 = x + 2y + 16tet ,
y 0 = 2x − 2y
x0 = 2x − 3y,
y 0 = x − 2y + 2 sin t
16.
y 0 = 2x − y
x0 = 4x − 3y + sin t,
18.
y 0 = 2x − y − 2 cos t
x0 = x − y + 8t,
19.
y 0 = 5x − y
20.
140
x0 = 2x − y,
y 0 = x + 2et x
x0 = 2x + y + 2et ,
y 0 = x + 2y − 3e4t
x0 = 2x − y,
y 0 = 2y − x − 5et sin t.
Adabiyotlar ro‘yxati
1. М.С.Салохиддинов Г.Н.Насриддинов. Оддий дифференциал тенгламалар. Тошкент, Узбекистон, 1994.
2. A.B. Hasanov. "Oddiy differensial tenglamalar nazariyasiga krish". Samarqand,
2019.
3. Л.С. Понтрягин. "Обыкновенные дифференциальные уравнения". М.: "Наука 1974.
4. А.Ф. Филиппов. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. – М.: Наука, 1979.
5. В.В. Степанов. Курс дифференциальных уравнений (8-е изд.). М.: ГИФМЛ,
1959.
6. Р.С. Гутер, А.Р. Янполсьский. Дифференциал тенгламалар.Тошкент, 1978.
7. А.Н. Тихонов, А.Б. Васильева, А.Г. Свешников. Дифференциальные уравнения. Учебник для вузов. – 5-е изд. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005.
8. В.А. Треногин. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.:Физматлит,
2009.
9. М.В. Федорюк. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.:Наука, 1985.
10. А.И. Мальцев. Основы линейной алгебры. М.: Наука, 1967.
11. Э.Л. Айнс. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Научно-техническе
издательство Украины. Харьков, 1939.
12. В.В. Амелкин. Дифференциальные уравнения в приложениях. М.: Наукаб
1987.
141
