|
II. Differensial tenglama tartibini pasaytirish va uni yechish usullari
II.1.
n
- tartibli differensial tenglama
ushbu
( )
( ),
( )
( , )
n
y
f x
f x
C
a b
,
ko‘rinishda bo‘lsin. U holda uning barcha yechimlari majmuasini ketma-ket
n
marta integrallash yordamida topish mumkin. Integrallash tartibini o‘zgartirib,
yechimni ushbu
0
(
1)
1
1
0
0
(
2)
2
0
0
0
0
0
1
( )(
)
(
)
(
1)!
(
1)!
(
)
(
)
(
2)!
x
n
n
n
x
n
n
y
y
f t x t
dt
x
x
n
n
y
x
x
y x
x
y
n
(6)
formula bilan bersa ham bo‘ladi. Bu yerda
(
1)
0
0
0
0
( , ),
,
,...,
n
х
a b y y
y
lar esa
ixtiyoriy o‘zgarmas sonlar.
Misol 2.
Ushbu
2
2
0
0
0
0
( )
( )
,
d х
a
dt
dх t
x t
x
v
dt
Koshi masalasi yechilsin
0
0
0
( , ,
,
a t
x v
o‘zgarmaslar).
(6) formulaga ko‘ra bu yechim mana bu
2
0
0
0
0
0
(
)
2
t
at
х
а t y dy v t x
v t x
to‘g‘ri chiziqli tekis o‘zgaruvchan harakat formulasini beradi (
t
– vaqt,
( )
x
x t
– harakatlanuvchi nuqta koordinatasi).
II.2. Agar (1) tenglamada
(
1)
,
,...,
k
y y
y
lar bevosita qatnashmasa
,
ya’ni tenglama
( )
(
1)
( )
( ,
,
,...,
)
0
(1
)
k
k
n
F x y
y
y
k
n
(7)
113
ko‘rinishda bo‘lsa (
k
-tartibli hosila tenglamada qatnashgan), u holda yangi
noma’lum
z
funksiyani
( )
k
z
y
formula bilan kiritib, (7) tenglamani (
)
n k
-tartibli tenglamaga keltirish
mumkin:
(
)
( , , ,...,
)
0
n k
F x z z
z
. (8)
Faraz qilaylik, hosil qilingan (8) tenglamaning
( , ,...,
)
n k
z
x c
c
yechimi topilgan bo‘lsin (
1
,...,
n k
с
c
-ixtiyoriy o‘zgarmaslar). Endi dastlabki
y
noma’lumga qaytib, II.1 bandda o‘rganilgan ushbu
( )
( , ,...,
)
k
n k
y
x c
c
tenglamadan
( , ,...,
,...,
)
n k
n
y
x c
c
c
(
1
2
,
,..,
n
c c
c
- ixtiyoriy o‘zgarmaslar)
yechimni hosil qilamiz.
Misol 3.
2
y
xy
tenglamani yeching.
Bu tenglamada ,
y y
qatnashmagan.
z
y
deb
( )
z
z x
ga nisbatan
ushbu
2
z
xz
birinchi tartibli chiziqli bir jinsli tenglamani hosil qilamiz. Uning umumiy
yechimi
2
1
.
x
z
c e
Demak,
2
1
x
y
c e
, va (6) formulaga ko‘ra berilgan tenglamaning yechi-
mini topamiz
2
1
2
3
0
(
)
x
t
y
c e
x t dt c x
c
yoki
2
2
1
1
2
3
0
2
x
x
t
c
y
c x
e dt
e
c x
c
.
II.2.1. Ushbu
(
1)
(
,
)
0
(
1)
n
n
F y
y
n
(9)
tenglama berilgan
bo‘lsin. Faraz qilaylik, bu tenglama
( )
n
у
ga nisbatan
yechilsin:
( )
(
1)
(
)
n
n
y
f y
.
Bu yerda
(
1)
n
y
z
deb, yangi noma’lum funksiya kiritamiz va
( )
z
f z
o‘zgaruvchilari ajraladigan tenglamani hosil qilamiz.
114
Demak,
(
1)
1
1
,
( , ),
( , )
( )
n
dz
dx z
x c
y
x c
f z
tenglamani integrallab
izlangan yechimni hosil qilamiz.
( )
0
f z
bo‘lishi mumkin bo‘lgan hollar
alohida tekshirilishi kerak, chunki bu holda yechim yo‘qolishi mumkin.
Agar (9) tenglama
( )
n
y
ga nisbatan oddiygina yechilmasa, lekin uni
(
1)
( )
( ),
( )
n
n
y
t
y
t
(10)
ko‘rinishda parametrlashtirish mumkin bo‘lsa, u holda
(
1)
( )
n
n
dy
y
dx
va (10)
ga ko‘ra
(
1)
( )
( )
( )
n
n
dy
t dt
dx
t
y
tenglikni va bu yerdan
1
( )
( )
t dt
x
c
t
(11)
bog‘lanishni topamiz. Agar (10) dagi birinchi munosabatda parametr
t
ni
y
noma’lum funksiya o‘zgaruvchisi sifatida qaralsa 1.bandga ko‘ra uning
yechimini
2
3
( ,
, ,...,
)
n
n
y
t c c
c
(12)
ko‘rinishda yozib olish mumkin. (11) va (12) lardan
x
va
y
larning (
n
parametrli) yechimlar oilasini parametrik ko‘rinishda hosil qilamiz (
t
-
parametr;
1
,...,
n
c
c
- ixtiyoriy o‘zgarmaslar).
Misol 4.
Ushbu
2
у
у
tenglamani yeching.
Tenglamada
,
y y
oshkor ko‘rinishda (bevosita) qatnashmagan.
у
z
yangi o‘zgaruvchini kiritamiz. Demak,
2
z
z
. Bu tenglamaning
0
z
yechimi mavjudligi ravshan. Qolgan yechimlarni o‘zgaruvchilarni ajratish
yordamida topamiz:
1
1
2
2
1
1
1
,
,
,
,
.
dz
dz
dx
dx
x
c
z
c
z
x
c
z
z
Endi dastlabki noma’lumga qaytamiz. Ushbu
1)
0
y
va
1
1
2)
y
x
c
tenglamalardan
1
2
y
c x c
va
3
1
2
1
(
) ln( (
))
y
с
x c
c x c
yechimlar majmuasini hosil qilamiz.
(7) tenglamaning muhim ikki holini qaraylik.
II.2.2. Tenglama ushbu
(
2)
( )
(
,
)
0
n
n
F y
y
(13)
115
ko‘rinishda
bo‘lsin. Faraz qilaylik, bu tenglama
( )
n
y
ga nisbatan yechilsin:
( )
(
2)
(
)
n
n
y
f y
. (18)
(
2)
n
z
y
yangi noma’lum funksiyani kiritaylik. U holda
( )
z
f z
ikkinchi tartibli tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglamaning ikkala tomonini
2
z dx
ga ko‘paytiramiz:
2
2 ( )
z z dx
f z
z dx
;
Hosil bo‘lgan bu tenglamaning shaklini o‘zgartiramiz:
2
(
)
2 ( )
z
f z dz
;
Buni integrallab,
2
1
2
( )
z
f z dz
c
,
1
2
( )
z
f z dz
c
,
1
2
( )
dz
dx
f z dz
c
,
1
2
( , ,
)
z
x c c
yechimni topamiz. Demak,
(
2)
1
2
( , ,
)
n
y
x c c
. Oxirgi ko‘rinishdagi
tenglamani biz 1.bandda o‘rgandik.
Faraz qilaylik, (13) tenglama
( )
n
y
ga nisbatan oddiygina yechilmasin,
ammo uni parametrlashtirish mumkin bo‘lsin:
(
2)
( )
n
y
t
,
( )
( )
n
y
t
, ( ( ), ( ))
0
F
t
t
.
(19)
Quyidagilarga egamiz:
(
1)
( )
n
n
dy
y
dx
,
(
2)
(
1)
n
n
dy
y
dx
Bu yerdagi birinchi ifodaning har ikkala tomonini
(
1)
n
y
ga ko‘paytirib,
hamda ikkinchi ifodani hisobga olib topamiz:
(
1)
(
1)
( )
(
1)
( )
(
2)
n
n
n
n
n
n
y
dy
y
y
dx
y
dy
yoki
(
1) 2
[
]
2 ( )
( )
(
)
n
d
y
t
t dt
.
Bundan
(
1)
1
1
2
( ) ( )
( , )
n
y
t
t dt
c
t c
ni hosil qilamiz va bunga
(
2)
( )
n
y
t
tenglikni birlashtirib II.1 bandda o‘rga-
nilgan holga kelamiz.
II.3. Erkli o‘zgaruvchini bevosita o‘z ichiga olmagan, ya’ni avtonom
tenglama.
Avtonom tenglama
( )
( , ,
,...,
)
0
n
F y y y
y
(20)
ko‘rinishda bo‘ladi. Unda
x
erkli o‘zgaruvchi oshkor ko‘rinishda qatnashmagan.
116
y
z
yangi noma’lum funksiyani kiritamiz va erkli o‘zgaruvchi sifatida
y
ni qabul qilamiz, ya’ni
( )
z
z y
deymiz. (20) tenglama
( )
z
z y
noma’lum
funksiyaga nisbatan
1
n
- tartibli tenglamaga keladi. Buning uchun
( )
,
...,
n
y y
y
larni
( )
z
z y
va uning
y
bo‘yicha hosilalari orqali ifodalaymiz:
dy
dz dy
dz
y
z
dx
dy dx
dy
2
2
2
(
)
(
)
dy
d
d
dy
d z
dz
dz
dz
y
z
z
z
z
dy
dy
dx
dx
dy
dx
dy
dy
1
( )
1
,
,...,
(
)
n
n
n
dz
d
z
y
z
dy
dy
va ularni (20) tenglamaga qo‘yamiz:
1
1
, ,
,...,
,
,...,
0
(
)
(
)
n
n
dz
dz
d
z
F y z
z
z
dy
dy
dy
. (21)
Bu (21) tenglama esa
1
n
tartiblidir. Agar (21) ni yechib,
1
1
1
( , ,...,
)
n
z
y c
c
yechimni topsak, dastlabki noma’lum
y
ga qaytib, ushbu
1
1
( , ,...,
)
n
y
y c
c
birinchi tartibli tenglamani hosil qilamiz.
Biz yuqorida
y
noma’lum funksiyani o‘zgaruvchi sifatida qaradik,
bunda
const
y
yechimni yo‘qotishimiz mumkin. Shuning uchun (20) ga
y
b
qo‘yib, hosil bo‘lgan ushbu
( ,0,...,0)
0
F b
tenglamani yechib,
i
b
b
ildizlarni topsak, u holda (20) tenglamaning
i
y
b
ko‘rinishdagi o‘zgarmas yechimlariga ega bo‘lamiz.
Misol 5.
2
y y
y
y
tenglamani yeching.
Bu tenglama avtonom, ya’ni unda
x
erkli o‘zgaruvchi oshkor
ko‘rinishda qatnashmagan. Tenglamaning tartibini pasaytirish uchun
y
z
deymiz va
( )
z
z y
noma’lum funksiyani izlaymiz. Bunda
const
y
b
yechim yo‘qolishi mumkin. Berilgan tenglamada
y
b
deb,
0
b
ekanligini
topamiz. Demak,
0
y
yechim. Endi
dy
dz dy
dz
y
z
dx
dy dx
dy
va
y
z
larni berilgan avtonom tenglamaga qo‘yib, uni ushbu
2
dz
y
z
y
z
dy
117
ko‘rinishga keltiramiz. Uni
2
z
u
deb chiziqli tenglamaga keltirib yechish
mumkin. Biz boshqacha ish tutamiz: differensiallash qoidalaridan foydalanib,
quyidagilarni yozamiz:
2
dz
y
z
y
z
dy
,
2
yzdz
ydy
z dy
,
2
2
2
2
yzdz
z dy
ydy
,
2
2
2
1
(
)
(
)
2
yd z
z d y
ydy
y
3
(:
)
y
,
2
2
2
2
4
2
(
)
(
)
2
y d z
z d y
dy
y
y
,
2
2
2
,
z
d
d
y
y
2
2
2
0.
z
d
y
y
Bundan
2
1
2
2
,
z
c
y
y
ya’ni
2
2
1
2
z
y
y c
yoki
2
2
1
1
( ')
2
(
)
y
y
y c
c
ni
hosil qilamiz. Oxirgi differensial tenglamani
1
c
o‘zgarmasning turli
qiymatlarida yechib, ushbu
2
1
1
2
1
ch(
)
с y
c x c
va
2
1
1
2
1
сos(
)
с y
c x c
,
0
y
,
2
1
1
(
)
2
y
x
c
yechimlar oilasini hosil qilamiz.
Do'stlaringiz bilan baham: |
