|
Misol 4.
Ushbu
2
2
3
(2
)
(
)
0
x y
y dx
x y
x dy
tenglamani yeching
Berilgan tenglama to‘la differensialli emas. Uning integrallovchi
ko‘paytuvchisi
uchun tenglama
2
2
2
(
1)
(2
1)
(
2)
x
y
x x y
y
x y
x y
.
Ravshanki, bu tenglama
( )
x
yoki
( )
y
ko‘rinishdagi yechimga ega emas.
Uning
( ),
( , )
x y
, ko‘rinishdagi yechimini izlab ko‘ramiz (
( )
va
( , )
x y
hozircha noma’lum funksiyalar).
( )
uchun
2
2
2
(
1)
(2
1)
(
2)
d
x x y
y
x y
x y
x
y d
tenglama hosil bo‘ladi. Chap tomondagi
2
2
(
1)
(2
1)
x x y
y
x y
x
y
ifodadan
2
(
2)
x y
qavsdan tashqariga chiqishi va o‘ng tomondagi
2
(
2)
x y
bilan qisqarishi kerak. Buning uchun
xy
deymiz. Natijada
d
d
68
tenglamaga kelamiz. Oxirgi tenglama
1
yechimga ega. Demak, berilgan
differensial tenglama
1
1
xy
integrallovchi ko‘paytuvchiga ega. Berilgan
tenglamani
1
xy
ga (
0,
0
x
y
) ko‘paytirib, quyidagi to‘la differensialli
tenglamaga kelamiz:
2
1
1
2
0
(
)
(
)
xy
dx
x
dy
y
x
.
Bu tenglamani, differensiallash qoidalaridan foydalanib, quyidagicha
yechamiz:
2
1
1
2
0
xydx
dx x dy
dy
y
x
,
2
2
(
)
ln
ln
0,
yd x
d
x
x dy
d
y
2
(
)
ln
ln
0,
d x y
d
x
y
2
ln
.
x
x y
c
y
Ravshanki, berilgan tenglamaning
0
y
va
0
x
yechimlari ham bor.
Misol 5.
Tenglamani yeching
3
2
2
3
(
)
(
)
0
x
xy
y dx
x y
y
x dy
.
(26)
Berilgan tenglamada hadlarni quyidagicha qismlarga ajratamiz
(guruhlaymiz):
2
2
2
2
(
)
(
)
0
x x
y dx
y x
y dy
xdy
ydx
(27)
Bu yerdagi birinchi qismning integrallovchi ko‘paytuvchisi
1
2
2
2
:
x
y
2
2
2
2
1
2
2
2
(
)
(
)
2
2
,
x x
y
dx
y x
y
dy
xdx
ydy
du
x
y
2
2
1
u
x
y
.
(28)
Ikkinchi qismning integrallovchi ko‘paytuvchisi esa
2
2
1
x
(yuqoridagi
jadvalga qarang):
2
2
2
2
1
,
xdy
ydx
y
xdy
ydx
du
u
x
x
x
.
(29)
Endi
2
2
1
( )
(
)
u
x
y
va
2
(
)
( )
y
u
x
funksiyalarni
1
1
2
2
( )
( )
u
u
,
ya’ni
69
2
2
2
2
2
2
1
(
)
( )
y
x
y
x
x
y
x
munosabatdan topamiz. Oxirgi tenglikni
2
2
2
2 (
)
1
( )
( )
(
)
y
y
x
y
x
x
(30)
Ko‘rinishda yozib olamiz. (30) dan ravshanki,
2
2
2
1
1
(
)
,
2
1
( )
( )
y
x
y
x
y
x
deyish mumkin. Shunday qilib, biz berilgan (26) tenglamaning
1
1
2
2
2
2
1
( )
( )
u
u
x
y
(31)
integrallovchi ko‘paytuvchisini topdik. (26)ni topilgan (31) integrallovchi
ko‘paytuvchiga ko‘paytirib, quyidagi to‘la differensialli tenglamaga kelamiz:
2
2
2
2
0
y
x
x
dx
y
dy
x
y
x
y
.
Bu tenglamada quyidagicha shakl almashtirishlarni bajaramiz:
2
2
2
2
0,
ydx
xdy
xdx
ydy
x
y
x
y
2
2
2
2
0,
2
2
x
y
xdy
ydx
d
d
x
y
2
2
2
2
2
2
0,
2
x
y
x
xdy
ydx
d
x
y
x
2
2
2
1
0.
2
1
( )
x
y
y
d
d
x
y
x
Oxirgi tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
2
2
1
1
ln 1
ln 1
0.
2
2
2
x
y
y
y
d
x
x
Demak, berilgan (26) tenglamaning yechimlari ushbu
2
2
ln
x
y
x
y
C
x
y
tenglama bilan oshkormas ko‘rinishda beriladi.
Misol 6.
Ushbu
3
(ln
ln
1)
0
ydx
x
x
y
dy
(
0,
0
x
y
)
differensial tenglamani yeching.
Bu tenglama to‘la differensialli emas.
( ),
( , ),
x y
ko‘rinish-
dagi integrallovchi ko‘paytuvchini topishga harakat qilamiz. Integrallovchi
ko‘paytuvchini ushbu
70
(
)
(
)
3
(ln
ln
1)
y
x
y
x
x
y
tenglamadan topamiz. Zarur hisoblashlarni bajarib, oxirgi tenglamani quyidagi
ko‘rinishga keltiramiz:
(
)
3
(ln
ln
1)
(ln
ln
1)
y
x
d
y
x
x
y
x
y
d
.
Oxirgi tenglamaning chap tomonidagi
d
d
oldidagi koeffitsiyentni o‘ng
tomondagi qavsga tenglashtirish maqsadida
( , )
x y
funksiya uchun
1
x
x
va
3
2
0
y
y
shartlarni qo‘yamiz va
( )
funksiya uchun
, ya’ni
e
ekanligini topamiz. Endi zarur integrallashlarni va ixchamlashtirishlarni
bajarib, integrallovchi ko‘paytuvchini aniqlaymiz:
1
ln
( ),
( )
x
y
x
y
y
x
;
2
2
3
2
0
( )
( )
ln
3
3
y
y
y
y
y
y
y
;
2/3
2
1
ln
( )
ln
ln
ln
3
x
y
x
y
xy
;
2/3
2/3
1
1
exp ln
(
)
e
xy
xy
.
Endi berilgan differensial tenglamani topilgan
2/3
1
xy
integrallovchi
ko‘paytuvchiga ko‘paytirib, ushbu
1/3
2/3
3
1
(ln
ln
1)
0
y dx
x
y
dy
x
y
to‘la differensialli tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamaning
( , )
u
u x y
potensiali uchun
1/3
2/3
3
1
,
(ln
ln
1)
x
y
u
y
u
x
y
x
y
bo‘lishi kerak. Oxirgi ikki shartdan
( , )
u
u x y
funksiyani odatdagicha
topamiz:
1/3
3
ln
ln
2
u
y
x
y
.
Demak, berilgan tenglamaning yechimi
( , )
/ 3
u x y
c
, ya’ni
1/3
(ln
ln
2)
y
x
y
c
tenglama bilan oshkormas ko‘rinishda beriladi.
71
Misol 7.
Tenglamani yeching
2
3
2
(
)
0
xydx
x y
y
x dy
.
Berilgan tenglamadan kelib chiqib, quyidagicha almashtirishlar
bajaramiz:
2
2
(
)
(
)
y x
y dy
x xdy
ydx
,
2
2
y
xdy
ydx
dy
x
x
y
,
arctg
(
)
y
y
dy
d
x
x
(jadvalga qarang),
y
u
x
deymiz. U holda
(arctg )
udy
d
u
va
2
1
(
)
du
dy
u
u
,
2
2
2
ln
ln
1
u
y
c
u
,
2
2
2
2
y
y
e c
x
y
(
0)
c
.
Yo‘qolgan
0
y
yechim oxirgi formuladan
0
c
da hosil bo‘ladi.
Javob.
2
2
2
2
,
const
0
(
)
y
x
y e c
y
c
.
Misol 8.
Agar tekislikdagi egri chiziqqa o‘tkazilgan normallarning
barchasi bitta tayin nuqtadan o‘tsa, bu chiziq aylana ekanligini isbotlang.
Koordinatalar boshini normallar o‘tuvchi nuqtada joylashtiramiz. Egri
chiziqning ixtiyoriy
( , )
M x y
nuqtasini qaraylik,
( ),
( )
x
x t y
y t
(
t
egri
chiziqdagi parametr). Shu nuqtadagi urinmaning yo‘naltiruvchi vektori
( ),
( )
x t y t
. Masalaning shartiga ko‘ra bu vektor
( ( ), ( ))
M x t y t
nuqtaning
radius-vektori
( ( ), ( ))
r
x t y t
ga perpendikulyar, ya’ni
0
x x
y y
yoki
0
xdx
ydy
. Oxirgi tenglamadan
2
2
(
0)
x
y
c c
. Demak, barcha
normallari koordinatalar boshidan o‘tgan egri chiziq – bu markazi
koordinatalar boshida joylashgan aylana ekan.
Do'stlaringiz bilan baham: |
