Oddiy differensial tenglamalardan misollar, masalalar va topshiriqlar

7.
(0;1)
I

intervalda. 
8.
Berilgan tenglama 


1
(0;
)
C

sinfga tegishli bir dona, 


1
0
(
;
)
C
x

(
0
0, 79
x
 
) sinfga tegishli ikki dona funksiyani oshkormas 
koʻrinishda aniqlaydi (* rasm). Ular yechimlardir. 
* rasm. 
3
1 0
y
xy
e


 
tenglama grafigi 
9.
2
2
1
y
y
 

; 
10.
2
2
2
0
x y
xy
y





; 
11
. 
2
0
x y
xy
y



 
; 12.
3
2
(
)
3
y
e
x y
x



. 
2. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar 
1.
,
1
1
x
x
ce
y
y
ce

 

. 
2.
1
,
0
sin
1
y
y
c
x



. 
3. 
2
3
arctg
(1 2 )
0
x
y
c


 
.
4.
2
2
1
2
x
y
c




. 
5. 
2
4ln(1
)
x
e
y
c



. 
6.
exp
1
0
(
),
c
y
y
x



. 

---

287
7. 
0
Si( )
1
sin
, Si( )
1
x
x
t
y
x
dt
t
ce




. 
8.
3
2
2ln(
1)
x
y
x
y
c


  
; 
u
x
y
 
almashtirish bajaring. 
9.
2
3
(3
)
16
xy
c
x


; 
u
xy

almashtirish bajaring. 
10. 
2
2ln
1
x
x
y
x
y
c

 
  
,
1
y
x
 
; 
u
x
y
 
almashtirish bajaring. 
11.
tg
ln
4
(
)
y
x



. 
12.
1
4 sin 2
y
x
  

. 
13.
1
y
 
. 
14.
2
4
(
1)
x
x
e
y
e


. 
15. 
2
0
( )
( )
ln
x
y x
y s ds
a
a



2
1
, (0)
y
a
y y
a
y




2
,
[0, )
a
y
x
a
a
x



. 
16. 
( )
v
v t


oniy tezlik bo‘lsin. Ta’sir etuvchi kuch 
2
,
F
kv t
 
0
k
const

 
proprsionallik koeffitsienti. Masala shartiga ko‘ra 
2
0,5
2 10
1 / 80
k
k
    
. 
Demak, 
2
1
80
F
v t
 
. Nyutonning ikkinchi qonuniga ko‘ra
2
1
80
dv
v t
dt
 
2
1
1
160
t
c
v
 

. 
Boshlang‘ich shart: 
(10)
2
v

. Bundan 
1
8
c
 
kelib chiqadi. Demak,
2
2
1
1
1
160
160
8
20
t
v
v
t

  

. 
20( )
t
s

paytdagi tezlik 
2
160
(20)
0, 42 (
/ )
20
20
v
m s



. 
17. 
Nyutonning ikkinchi qonuniga ko‘ra 
dv
m
kv
dt
 
, 
0
k
const

 
proprsionallik koeffitsienti. 
Bundan 
exp
(
)
k
v
c
t
m


. Lekin, 
(0)
10
v

. Demak, 
10 exp
(
)
k
v
t
m



. 
(5)
8
v

ekanligidan exp
(
)
k
m

miqdorni topamiz: 8 10 exp
5
(
)
k
m
 
 

5
exp
4 / 5
(
)
k
m


. 
Demak, 
tezlikning 
o‘zgarish 
qonuni 
/5
4
10 exp
10
exp
10
5
(
)
(
)
t
t
k
k
v
t
m
m


 









 


 

. Kemaning tezligi 1 (m/s) gacha 
tushgan paytni topamiz:
/5
4
5 ln10
1 10
51,59( )
5
ln(5 4)
/
t
t
s

 


 

 
 
. 
18. 
( )
x
x t
t


(soat) paytdagi tuz miqdorini (kg) anglatsin. Shartga ko‘ra 
0
(0)
10
x
x


. Agar 
0
t

paytda 
v
(kg) miqdordagi suv quyilgan bo‘lsa, 
aralashmaning miqdori 
0
v
x
const


bo‘ladi. Yana masalaning shartiga ko‘ra

---

288
0
1
3
dx
x
k x
dt
v
x


  






,
0
k
const

 
proporsionallik koeffitsienti. Bu o‘zgaruchilari ajraladigan 
differensial tenglamani 
0
(0)
x
x

boshlang‘ich shartda yechaylik: 
0
0
(
) 3
3(
)
dx
v
x
x
k x
dt
v
x


   

, 
0
0
3(
)
(
) 3
(
)
v
x
dx
kdt
v
x
x x

 


, 
0
0
0
0
(
)
3
(
2 ) exp(
3)
/
x v
x
x
x
v
x
kt


 
. 
Masalaning shartiga ko‘ra 
90
v

bo‘lganda 
(1)
5
x

(1 soatda 10 kg tuzning 
yarmi qolgan). Demak,
10(90 10)
17
5
exp(
3)
3 10
(90
2 10) exp(
3)
7
/
/
k
k






 
. 
Shuning uchun
0
0
0
0
(
)
3
(
2 )(17 7)
/
t
x v
x
x
x
v
x


 
. 
Masalada 
180
v

suv quyilgandagi 
(1)
x
ning qiymati so‘ralgan. Ravshanki,
10(180 10)
190 7
(1)
4,5
3 10
(180
2 10)(17 7)
293
/
m
x








 
. 
Demak, agar dastlab 
180
v

(kg) suv quyilganda edi, 1 soatdan so‘ng 10 (kg) tuzdan 
4,5
m

(kg) i qolgan bo‘lardi. 
19. 
Shartda aytilgan egri chiziqli trapetsiya yuzi 
0
( )
x
x
S
f x dx


ga teng. Masala 
shartiga ko‘ra 


3
0
( )
( )
S
k f x
f x


, 
0
const
k
 

proporsionallik koeffitsienti. 
Demak, 


0
3
0
( )
( )
( )
x
x
f x dx
k f x
f x



. 
Bu tenglikni hadma-had differensiallab, 
( )
y
f x

noma’lum funksiyaga nisbatan 
differensial tenglama hosil qilamiz: 


2
0
( )
3
( )
( )
( )
f x
k f x
f x
f x



yoki 


2
0
0
0
3
( )
0
(
)
k y
y
y
y
y
f x





. 
Bu o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamani 
0
0
(
)
y x
y

shartda yechib, 
yechimni oshkormas ko‘rinishda topamiz: 
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
3
9
6
3
ln
3
ln
0
2
2
x
x
ky
kyy
ky
y
ky
ky
y







. 
Bu munosabat 
( )
x
x y

funksiyani bir qiymatli aniqlaydi. Teskari funksiya 
( )
y
f x

izlangan yechimni beradi. Bu 
0
( ),
,
y
f x
x
x


funksiya aniqlovchi egri chiziq 
1,
k

0
0,
x

0
1
y

holda quyidagi **- rasmda ko‘rsatilgan.
 

---

289 
**- rasm. 
2
3
9
6
3ln
0,
0,
2
2
x
y
y
y
x



 

tenglama grafigi. 
20. 
2
dv
m
kv
dt
 
, 
0
k
const

 
proporsionallik koeffitsienti. 
2
dv
k
dt
v
m
 
, 
1
,
def
k
v
m
t
c





. 
0
t

paytda 
0
v
v

bo‘lgan. Bu boshlang‘ich shartdan 
0
1
c
v

. 
Demak, 
0
1
1
v
t
v



. Masala shartiga ko‘ra 
1
1
( )
v t
v

. Bundan 

koeffitsient topiladi: 
0
1
1
1
0 1
1
0
1
1
1
v
v
v
t
v v
t
v



  

. 
Yechishni davom ettiramiz. Tushunarliki,
dx
v
dt

, 
0
1
1
dx
dt
t
v



, 
0
1
1
ln
t
x
c
v











. 
Yana masala shartiga ko‘ra 
1
(0)
0 ,
( )
x
d
x t


. Demak, 


0
1
1
0
0
0 1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
ln
ln
l
ln
1
n
t
v v
v
t
v
v
t
v
v
v
d
v







 







 


 


Javob. 
0 1
0
1
0
1
1
ln
v v
v
d
t
v
v
v


. 
21. 
Izlangan egri chiziq 
( )
y
f x

tenglama bilan berilsin. Uning 
( , ( ))
x f x
nuqtasidan o‘tkazilgan urinma 
Ox
va 
Oy
o‘qlarni mos ravishda 
( )
( ) ,0
(
)
/
x
f x
f x


va 0
( )
( )
( ,
)
f x
x f x


nuqtalarda kesadi. Masala shartiga ko‘ra bu nuqtalarning o‘rtasi 
( , ( ))
x f x
nuqtadan iborat bo‘lishi kerak. Bundan ushbu 
( )
( )
x f
x
f x

 
tenglama hosil bo‘ladi. Oxirgi tenlamaning umumiy yechimi 
( )
x f x
c

. 
(2) 1
f

boshlang‘ich shartga ko‘ra 
2
c

. Demak, izlnagan egri chiziq 

---

290 
( )
2
x f x

, ya’ni
( )
2
, 0
/
y
f x
x
x


  
tenglama bilan beriladi. Bu – 
giperbolaning bir pallasi. 
22. 
Masalaning simmetriyasiga ko‘ra nuqtadagi 
T
temperatura shu nuqtadan faqat 
sterjen o‘qigacha bo‘lgan masofa 
r
ga bog‘liq xolos, 
( )
T
T r

, 
1
2
r
r
r
 
; 
T
dT
dr



n
. 
Issiqlik holati statsionar bo‘lgani uchun asosi 
r
radiusli uzunligi 1 ga teng bo‘lgan 
silindrning yon sirti orqali oqib o‘tadigan issiqlik miqori o‘zgarmas:
2
1
dT
k
r
q
const
dr

 
 
 
. 
Oxirgi tenglamadan 
T
ni topamiz: 
ln
2
q
T
r
c
k

 

. 
Bu yerdagi 
2
q
k

va 
c
larni berilgan 
1
1
( )
T r
T

va 
2
2
( )
T r
T

shartlardan foydalanib 
aniqlaymiz: 
1
1
2
2
ln
,
ln
2
2
q
q
T
r
c T
r
c
k
k


 

 


1
2
2
1
2
ln
ln
q
T
T
k
r
r




, 
1
2
2
1
2
1
ln
ln
ln
ln
T
r
T
r
c
r
r



. 
Demak, temperatura taqsimoti quyidagi formulaga ko‘ra topiladi: 
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
ln
ln
ln
ln
ln
ln
ln
T
T
T
r
T
r
T
r
r
r
r
r






. 
23. 
Suyuqlik sathining 
t
paytdagi balandligini 
( )
z
z t

bilan belgilaymiz. 
[ ,
]
t t
t
 
kichik vaqt oralig‘ida teshikdan 
(
)
V
v t
o
t

 
  
miqdordagi suyuqlik oqib 
ketadi. Buning natijasida suyuqlikning sath balandligi 
z

ga kamayadi. Ravshanki, 
( )
(
)
V
S z
z
o
z
  
  
bo‘ladi. Demak,
(
)
( )
(
)
v t
o
t
S z
z
o
z

    
  
.
Bu tenglikni 
t

ga bo‘lib, 
0
t
 
da limitga o‘tsak, ushbu
( )
dz
S z
v
dt

 
munosabatga kelamiz. Bu tenglikdan Torichelli formulasiga ko‘ra noma’lum 
( )
z
z t

uchun quyidagi o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama hosil 
bo‘ladi: 
( )
2
dz
S z
k
gz
dt

 
. 
Bu tenglamani 
(0)
z
h

boshlang‘ich shartda yechib, topamiz 
1
( )
2
h
z
S x
t
dx
k
g
x



.
Izlangan 
( )
z
z t

funksiya bu formula bilan oshkormas ko‘rinishda (teskari funksiya 
kabi) beriladi. Idishning bo‘shash vaqti 
b
t
ni topish uchun oxirgi tenglikda 
0
z

qo‘yish kerak: 

---

291 
0
1
( )
2
b
h
S x
t
dx
k
g
x



. 
24.
( )
v
v t

jismning 
t
paytdagi tezligi bo‘lsin. Nyuton qonuniga ko‘ra 
2
(
)
dv
Mm
m
G
dt
r
R
 

, 
bu yerda 
,
m M

mos ravishda jism va Yerning massalari, 
R

Yerning radiusi, 
G

gravitatsion doimiy, 
r

Yer sathidan uning radiusi yo‘nalishi bo‘yicha 
hisoblangan masofa. Tenglamada shakl almashtiramiz va o‘zgaruvchilarni ajratib 
integrallashlarni bajaramiz: 
2
(
)
dv dr
M
G
dr dt
r
R
 

, 
2
(
)
dv
M
v
G
dr
r
R
 

, .
2
(
)
Mdr
vdv
G
r
R
 

., 
2
(
)
dr
vdv
GM
c
r
R





, 
2
1
2
v
GM
c
r
R



. 
Oxirgi tenglik energiyaning saqlanish qonunini anglatadi (
2
2
v
mM
m
G
const
r
R



). 
Masalaning shartiga ko‘ra 
0
0
r
v
v


. Demak,
2
2
0
2
2
v
GM
v
GM
r
R
R




. 
Bundan 
2
0
1/2
2
2
GM
GM
v
v
R
r
R










. 
Barcha 
r
 
larda ham 
v
mavjud bo‘lishi uchun boshlng‘ich tezlik uchun 
2
0
2
0
GM
v
R


ya’ni 
0
2
GM
v
R

shart bajarilishi kerak. 
2
11, 2
GM
km
s
R


2- 
kosmik tezlik deb ataladi. Agar jismning boshlang‘ich tezligi 2- kosmik tezlikdan 
katta bo‘lsa, u Yerning tortish maydonidan chiqib ketadi. 
25.
Berilgan boshlang‘ich masalaning yechimi osongina topiladi: 
0
pt
w
w
Q
Q
e
p
p


 





. 
Bu formuladan ravshanki, agar 
0
0
w
Q
p


, ya’ni 
0
w
pQ

(pulni o‘sish tezligi 
kichik) bo‘lsa, vaqt o‘tishi bilan omonat pul miqdori cheksiz ortadi. Agar 
0
w
pQ

bo‘lsa, pul miqdori o‘zgarmay turadi (qo‘shilgan protsentning hamasi olinadi): 
0
w
Q
Q
const
p



. Agar 
0
w
pQ

bo‘lsa, omonat pul miqdori kamaya boshlaydi va 
uning nolga tenglashgan payti 
T
ushbu 
0
0
pT
w
w
Q
e
p
p










---

292 
tenglamadan topiladi. Natijada
0
1
ln
w
T
p
w
pQ


formula hosil bo‘ladi.