# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
174
13
Funksiyani Makloren qatoriga yoyish
𝑓(𝑥) = 𝑓(0) +
𝑓
′
(0) ∙ 𝑥
1!
+
𝑓
′′
(0) ∙ 𝑥
2
2!
+ ⋯
+
𝑓
(𝑛)
(0) ∙ 𝑥
𝑛
𝑛!
Keysni yechish
:
(Oʻqituvchi koʻrsatmalari)
𝐷 ⊂ 𝐺
sohada
markazi
(𝑥
0
, 𝑦
0
)
nuqta tomonlari
2𝑎
va
2𝑏
boʻlgan
toʻgʻri toʻrtburchak olinadi. Rasmda
(𝑥
0
, 𝑦
0
)
nuqtadan oʻtayotgan differensial tenglamaning
yechimlari tasvirlangan.
Yechimlar
𝐷
sohadan
chiqib ketmaganligi uchun
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyaning
qiymatini quyidagicha ifodalash mumkin.
𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑀
Peano kesmasi
−
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
, bunda
ℎ ≤ 𝑎
Lipshis
sharti
−
|𝑓(𝑥, 𝑦
2
) − 𝑓(𝑥, 𝑦
1
)| ≤
𝐿|𝑦
2
− 𝑦
1
|
bunda ,
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
≤ 𝐿
𝐿 −
Lipshis koeffitsiyenti.
Oʻqituvchi yoʻnalish sifatida boshlangʻich
shartni qanoatlantiruvchi differensial tenglama va
unga teng kuchli boʻlgan integral tenglamaga oʻtib olishni maslahat beradi.
Qolgan vaziyatli jarayonni
talabalar davom ettiradi, oʻqituvchi nazorat qiladi.
№
Vaziyat
Vaziyatdan chiqish
1
𝑦(𝑥
0
) = 𝑦
0
shartni
qanoatlantiruvchi
differensial
tenglamaga teng
kuchli
tenglamani
toping.
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) ⟹ 𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
∫ 𝑑𝑦 =
𝑥
𝑥
0
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
𝑦(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
2
Birinchi yaqinlashish
boʻyicha
yechimni
aniqlang.
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyadan
𝑦
ning oʻrniga
𝑦
0
ni qoʻyib birinchi yaqinlashish boʻyicha
yechimni topamiz:
𝑦
1
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
0
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
3
𝑛 −
yaqinlashish
boʻyicha yechimlarni
aniqlang.
{
𝑦
2
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
1
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
… … … … … … … … … … .
𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
4
Hosil
qilingan
yechimlar
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda
𝐷
sohadan
chiqib
ketmasligi
uchun
ℎ =?
|𝑦
𝑛
− 𝑦
0
| = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)𝑑𝑥 ≤ |∫ |𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤ 𝑀
𝑥
𝑥
0
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ 𝑀ℎ ≤ 𝑏
ℎ = 𝑚𝑖𝑛 {𝑎,
𝑏
𝑀
}
5
Hosil
boʻlgan
{𝑦
𝑚
(𝑥)}
funksional
ketma-ketlik Lipshis
shartini
qanoatlantirsa,
u holda -
𝑦
𝑚
(𝑥) = 𝑦
0
+ (𝑦
1
− 𝑦
0
)+. . . +(𝑦
𝑚
− 𝑦
𝑚−1
)
|𝑦
𝑚
− 𝑦
𝑚−1
| ≤
𝐿
𝑚−1
𝑀|𝑥 − 𝑥
0
|
𝑚
𝑚!
𝑦
𝑚
(𝑥) ≤ 𝑦
0
+ 𝑀ℎ +
𝐿𝑀ℎ
2
2!
+. . . +
𝐿
𝑚−1
𝑀ℎ
𝑚
𝑚!
= 𝑦
0
+
𝑀
𝐿
(𝑒
𝐿ℎ
− 1)
Yangi sonli ketma-ketlik hosil boʻladi.
6
Yangi
sonli
ketma-ketlik
yaqinlashuvchimi?
Qatorni Dalamber alomati orqali tekshirib koʻramiz:
lim
𝑚⟶∞
𝑎
𝑚+1
𝑎
𝑚
= lim
𝑚⟶∞
𝐿
𝑚
𝑀ℎ
𝑚+1
𝑚!
(𝑚 + 1)! 𝐿
𝑚−1
𝑀ℎ
𝑚
= lim
𝑚⟶∞
𝐿ℎ
𝑚 + 1
= 0
https://buxdu.uz
# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
175
Qator yaqinlashuvchi.
Qator Veyshtrass alomatiga koʻra tekis yaqinlashuvchi.
7
Demak,
{
𝑦
𝑚
(𝑥)
}
ketma-ketlik
yaqinlashuvchi
boʻlsa,
qanday
funksiyaga
yaqinlashadi?
{
𝑦
𝑚
(𝑥)
} ketma-ketlik
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
tenglamaning yechimi boʻlgan
𝑦(𝑥
0
) =
𝑦
0
shartni qanoatlantiruvchi
𝑢(𝑥)
funksiyaga
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda yaqinlashadi.
|∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑚
(𝑥))𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
− ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥))
𝑥
𝑥
0
𝑑𝑥| ≤ |∫ |𝑓(𝑥, 𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤
≤ 𝐿 |∫ |(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
|
Istalgan
𝜀 > 0
uchun
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda shunday
𝑁(𝜀) > 0
raqam
mavjudki barcha
𝑚 > 𝑁(𝜀)
uchun
|(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)| < 𝜀
tengsizlik bajariladi.
Tengsizlikni oldingi baholashga qoʻyib quyidagi natijaga ega boʻlamiz.
𝐿 |∫ |(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤ 𝐿𝜀ℎ ⟶ 0
𝑚 ⟶ ∞
da
𝑢(𝑥)
funksiya integral tenglamaning
yechimi ekanligi kelib
chiqadi
𝑢(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥))𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
Integral tenglama va differensial tenglama teng kuchli ekanligidan
𝑢(𝑥)
funksiya Koshi masalasini qanoatlantiradi.
8
𝑢(𝑥)
funksiyadan
boshqa
yechim
boʻla
oladigan
funksiya mavjudmi?
Koshi masalasining
𝑢(𝑥)
dan boshqa yechimi bor deb faraz qilamiz. Bu
yechim
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda
𝐷
sohadan chiqib ketmaydi. Bu funksiyasini
𝑧(𝑥)
bilan belgilaymiz. Agar
𝑧(𝑥)
funksiya yechim boʻlsa, yuqoridagi barcha
shartlarni
qanoatlantiradi
lim
𝑚⟶∞
|𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑧(𝑥)| ≤ lim
𝑚⟶∞
𝑀𝐿
𝑚 |𝑥−𝑥
0
|
𝑛+1
(𝑛+1)!
= 0
bundan quyidagicha xulosa chiqarish mumkin!
lim
𝑚⟶∞
𝑦
𝑚
(𝑥) = 𝑧(𝑥) = 𝑢(𝑥)
Keysni yechish yakunlangandan soʻng har bir guruh hisoboti tinglanadi. Talabalar taklif qilgan
yechimlarni oʻqituvchi baholaydi. Soʻngra talabalar egallagan bilim koʻnikmalarini
mustahkamlash uchun
oʻqituvchi tomonidan mini keys topshirigʻi beriladi [7].
Mini keys:
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝑦
differensial tenglamaning
𝑦(0) = 1
shartni qanoatlantiruvchi yechimini toping.
1-usul: berilgan differensial tenglama
𝑦
′
= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)
koʻrinishda boʻlib,
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 𝑧
belgilash kiritish orqali yechimi topiladi:
𝑥 + 𝑦 = 𝑧, 1 + 𝑦
′
= 𝑧
′
, 𝑦
′
= 𝑧 − 1
,
𝑑𝑧
𝑧+1
= 𝑑𝑥 ⟹ ∫
𝑑𝑧
𝑧+1
= ∫ 𝑑𝑥 ⟹ 𝑧 + 1 = 𝐶𝑒
𝑥
,
𝑦 = 𝐶𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1
.
Koshi masalasining yechimi
𝑦 = 2𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1
funksiyadan iborat.
Topilgan funksiyani Makloren qatoriga yoyilganda taqribiy yechim quyidagicha boʻladi:
𝑦 = 2𝑒
𝑥
−
𝑥 − 1 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+
𝑥
6
360
+. ..
2-usul: funksiyani darajali qatorga yoyish yordamida differensial tenglamaning yechimini topish
mumkin.Yechimni quyidagi qator koʻrinishida izlaymiz:
𝑦 = 𝑎
0
+ 𝑎
1
(𝑥 − 0) + 𝑎
2
(𝑥 − 0)
2
+. . . +𝑎
𝑛
(𝑥 − 0)
𝑛
+..
Bu qatorning koeffitsiyentlari Teylor koeffitsiyentlaridir, ular
𝑦
funksiyaning
𝑥 = 0
nuqtadagi
hosilalari orqali quyidagi formulalar bilan ifodalanadi:
𝑎
0
= 𝑦(0), 𝑎
1
= 𝑦
′
(0), 𝑎
2
=
𝑦
′′
(0)
2!
, … . , 𝑎
𝑛
=
𝑦
𝑛
(0)
𝑛!
, …
Koeffitsiyentlarni aniqlash uchun berilgan tenglamani bir necha marotaba differensiallaymiz va
hosilalarning
𝑥 = 0
nuqtadagi qiymatlarini hisoblaymiz:
𝑦
′
= 𝑥 + 𝑦
𝑦(0) = 1
𝑦
′
(0) = 1
𝑎
0
= 1
𝑎
1
= 1
https://buxdu.uz
# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
176
𝑦
′′
= 1 + 𝑦
′
𝑦
′′
(0) = 2
𝑎
2
= 1
𝑦
′′′
= 𝑦
′′
𝑦
′′′
(0) = 2
𝑎
3
=
1
3
𝑦
𝐼𝑉
= 𝑦
′′′
𝑦
𝐼𝑉
(0) = 2
𝑎
4
=
1
12
𝑦
𝑉
= 𝑦
𝐼𝑉
𝑦
𝑉
(0) = 2
𝑎
5
=
1
60
Yechim
𝑦 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+ ⋯
qator koʻrinishda boʻladi.
3-usul (Pikar algoritmi)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝑦, 𝑦(0) = 1,
𝑥
0
= 0 , 𝑦
0
= 1
,
𝐷 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1}, 𝑀 = 2, ℎ = 𝑚𝑖𝑛 {1,
1
2
} =
1
2
,
L = max
𝐷
|
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
| = 1
ekanligini
hisobga olsak, yuqoridagi holat boʻyicha
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
oraliqda
quyidagilarni hosil qilamiz:
𝑦 = 1 + ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥.
𝑥
0
𝑦
1
= 1 + ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥
2
2
𝑥
0
𝑦
2
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 +
𝑥
2
2
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
6
𝑥
0
𝑦
3
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
6
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥
0
𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
24
𝑦
4
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
4
24
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
120
𝑥
0
Berilgan tenglamaning aniq yechimi:
𝑦 = 2𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+
𝑥
6
360
+. ..
Bundan koʻrinadiki, taqribiy yechimlar
𝑦
3
va
𝑦
4
lar aniq yechimdan faqat oxirgi hadlari bilan farq
qiladilar. Endi
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
oraliqda 4- yaqinlashish boʻyicha xatolikni topamiz:
|𝑦(𝑥) − 𝑦
4
(𝑥)| ≤ 𝑀𝐿
4
ℎ
5
5!
= 2 ∙
1
32
120
=
1
1920
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
intervalda har bir
𝑥
uchun koʻpi bilan
1
1920
≈ 0,0005
xatolik bilan aniq yechim oʻrnida 4-
yaqinlashishni olish mumkin.
4-usul: differensial tenglamalarni yana bir qator Izoklinalar, (Eyler, Rung-Kutta) sonli usullar va
maple, matcat amaliy dasturlari yordamida ham yechish mumkin [8].
Xulosa.
Tadqiqotda tavsiya etilgan oʻqitish usulining odatdagi an’anaviy oʻqitish
usuliga nisbatan
samarali ekanligi tahlil etildi. Taklif qilingan muammoni yechish va qaror qabul qilishga oʻrgatuvchi
keysdan amaliy mashgʻulot darslarida, joriy, oraliq va yakuniy nazorat bosqichlarida talabalar bilim
koʻnikmalarini nazorat qilishda foydalanish mumkin. Shu jumladan, oddiy differensial tenglamalar
mavzularini oʻqitishda yuqorida keltirib oʻtilgan usuldan foydalanishni tavsiya etamiz.
Do'stlaringiz bilan baham: