Oddiy differensial tenglamalardan misollar, masalalar va topshiriqlar

 
 
Teorema (soha uchun MYaT). 
Agar 
( , )
f x y
funksiya va uning 
( , )
y
f
x y

hosilasi
D
sohada uzluksiz bo‘lsa, 
D
sohaning har bir nuqtasidan 
( , )
y
f x y
 
tenglamaning bittadan yechimi (integral chizig‘i) o‘tadi.
Bu 
D
soha tenglama uchun yechimning yagonalik sohasi deyiladi.
 
 
Teorema (davomsiz yechim to‘g‘risidagi). 
Agar 
( , )
f x y
funksiya 
D
sohadagi har bir nuqtaning biror atrofida MYaT shartlarini qanoatlantirsa 
(buning uchun, masalan,
(
)
f
C D

va 
( )
y
f
C D
 
bo‘lishi yetarli), u holda 
ixtiyoriy 
0
0
( ,
)
x y
D

uchun (K) Koshi masalasi aniqlanish sohasi eng katta 
bo‘lgan yagona yechimga ega; bu yechim davomsiz yechim deyiladi. 
Davomsiz yechim 
D
sohaning chegarasidan chegarasigacha boradi (davom 
etadi). 
Yechimning mavjudligini (yagonaligini emas!) quyidagi teorema 
ta’minlaydi. 
 
Teorema (Peano).
Agar ( , )
f x y
funksiya yuqorida aniqlangan 
Т
to‘rtburchakda uzluksiz bo‘lsa, u holda (K) Koshi masalasi yuqorida aytilgan 
0
|
|
x
x
h


oraliqda kamida bitta yechimga ega. 

---

78
Misol 1.
2
( , )
x
f x y
ye
y x


bo‘lsin. 
( , )
f x y
ni 


( ; )
1
2,
2
T
x y
x
y

 

to‘rtbuchakda yuqoridan baholang. 

Ravshanki, 
Т
da 
1
2
x
 
va, demak, 
3
x

. 
( , )
x y
T


uchun 
quyidagilarga egamiz: 
2
2
2
3
( , )
2
12
x
x
x
f x y
ye
y x
ye
y x
y e
y
x
e






 

. 
Demak, 
( , )
f x y
funksiya 
T
da 
3
2
12
M
e


soni bilan yuqoridan 
chegaralangan. 
Ko‘rsatish mumknki, aslida 
3
( , )
max
( , )
(3; 2)
2
12
x y
T
f x y
f
e
M





. 
Demak, 
M
ni yuqorida topilgan qiymatdan kichiklashtirib, ya’ni 
3
( , )
2
12,
( , )
f x y
e
x y
T



bahoni kuchaytirib (yaxshilab) bo‘lmaydi. 

Misol 2.
4
( , )
sin
f x y
x
y
y


funksiya ixtiyoriy 


( , )
,
T
x y
x
a y
b



to‘rtburchakda 
y
bo‘yicha Lipshits shartini qanoatlantirishini isbotlang. 

Birinchi usul: 
Ta’rifga ko‘ra bevosita isbot. 


( , )
,
T
x y
x
a y
b



ning ixtiyoriy 
1
( ,
)
x y
va 
2
( ,
)
x y
nuqtalarini olaylik (
x
a

, 
1
2
|
|
, |
|
y
b
y
b


). 
Quyidagi baholashlarni bajaramiz: 
4
4
4
4
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
| ( ,
)
( ,
) | | sin
( sin
)| | (sin
sin
)
(
)|
f x y
f x y
x
y
y
x
y
y
x
y
y
y
y










4
4
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
| | | sin
sin
|
|
|
|
|
|
| |
| |
|
x
y
y
y
y
a y
y
y
y
y
y
y
y





 








2
3
1
2
1
2
1
2
|
|
|
| 2
2
(
4
) |
|
a y
y
y
y
b
b
a
b
y
y
 



 





3
1
2
|
| ,
4
L y
y
L
a
b


 
. 
Ikkinchi usul:
Berilgan funksiya, ravshanki, 
2
da uzluksiz. Demak, u
2
T

da ham uzluksiz. 
3
cos
4
f
x
y
y
y




xususiy hosila 
2
da (xususan, 
uning qismi 
T
da) mavjud va u 
T
da chegaralangan:
Chekli orttirmalar haqidagi Lagranj teoremasiga ko‘ra 
, 
. 
3
3
3
( , )
cos
4
cos
4
1 4
.
f
x y
T
x
y
y
x
y
y
a
b
y

 


 

   

*
1
2
1
2
1
2
( ,
)
( ,
)
( ,
)
(
)
f x y
f x y
f x y
y
y
L y
y
y







3
4
L
a
b
 

---

79
Demak, berilgan funksiya berilgan to‘rtburchakda bo‘yicha Lipshits shartini 
qanoatlantiradi. 

Misol 3.
Ushbu 
funksiya 
to‘rtburchakda 
bo‘yicha Lipshits 
shartini qanoatlantirmasligini ko‘rsating. 

Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni berilgan funksiya berilgan 
da
bo‘yicha Lipshits shartini qanoatlantirsin: 
Oxirgi tengsizlikni 
ko‘rinishda yozaylik; bunda
va 
. Bu tengsizlikda 
deymiz. U holda 
, 
tengsizlik hosil bo‘ladi. Bundan 
. 
Bu yerda 
deb limitga o‘tsak, ziddiyat hosil bo‘ladi: 
Demak, 
farazimiz 
noto‘g‘ri, 
ya’ni 
funksiya 
to‘rtburchakda 
bo‘yicha Lipshits shartini 
qanoatlantirmaydi. 

Misol 4.
Ushbu 
Koshi masalasi berilgan. 
a) Bu masala yechimiga uchinchi yaqinlashishni toping. 
b)Tenglamani 
kvadratda qarang. MYaT ketma-ket 
yaqinlashishlarning qaysi oraliqda yechimga tekis yaqinlashishini ta’minlaydi? 
v) Koshi masalasi yechimi bilan topilgan uchinchi yaqinlashish orasidagi 
xatolikni baholang.
g) MYaT ni qaysi 
to‘rtburchakda qo‘llasak, bu teoremaga 
y
( , )
f x y
x y



( , ) 0
1, 0
1
T
x y
x
y

 
 
y
Т
y


1
2
1
2
1
2
0
( ;
), ( ;
)
.
L
x y
x y
T
x y
x y
L y
y
  




1
2
1
2
x
y
y
L y
y



(0;1),
x

1
(0;1)
y

2
(0;1)
y

2
1
,
0
2
x
y

 
1
1
2
,
y
Ly

1
(
(0;1))
y

1
1 2
L y

1
(
(0;1))
y

1
0
y
 
1 0 ?!

( , )
f x y
x y



( , ) 0
1, 0
1
T
x y
x
y

 
 
y
3
2
, (0)
0
y
x
y
y
 


|
| 1, |
| 1
x
y




,
x
a y
b



---

80
ko‘ra topilgan eng katta bo‘ladi (teorema ta’minlovchi yechimning eng katta 
aniqlanish oralig‘i topiladi)?

a) Ketma-ket yaqinlashishlar (1) formula bilan hisoblanadi. Bizning 
misolda 
b) Dastlab
kvadratda 
ning 
maksimumini topamiz. 
ekanligini ko‘rish qiyin emas. MYaT ga ko‘ra yechimga ketma-ket 
yaqinlashishlar 
oraliqda tekis yaqin-
lashuvchi bo‘ladi. 
v) Berilgan masala yechimi 
bilan unga uchinchi yaqinlashish 
orasidagi xatolik (2) tengsizlik bilan baholanadi: 
(3) 
bunda 
Lipshits doimiysi. Biz 
ni topishimiz kerak. 
va 
nuqtalar uchun 
va 
Demak, 
deb olish mumkin. Shuning uchun (3) ga ko‘ra 
h
0
( )
0,
y x

3
2
1
0
0
0
( )
(2
( ))
2
,
x
x
y x
s
y s ds
sds
x






7
3
6
2
2
1
0
0
( )
(2
( ))
(2
)
,
7
x
x
x
y x
s
y s ds
s
s ds
x








7
3
2
3
3
2
0
0
( )
(2
( ))
(2
(
) )
7
x
x
s
y x
s
y s ds
s
s
ds








7
12
17
22
2
3
.
7
28
17 49
22 343
x
x
x
x
x









1
( , )
1,
1
T
x y
x
y



3
| ( , )|
2
f x y
x
y


1
3
3
( , )
max 2
2 1 1
3
x y
T
M
x
y



   
1
1
,
min( ,
)
min(1, )
,
3
3
b
x
h h
a
M




( )
x

3
4
3
1
1
( )
( )
,
,
3
3
4!
( )
ML
x
y x
x





3,
M

L

L
1
1
( ,
)
x y
T

2
1
( ,
)
x y
T

1
2
| | 1, |
| 1, |
| 1
x
y
y





3
3
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
( ,
)
( ,
)
3.
f x y
f x y
y
y
y
y
y
y y
y
y
y
y
y
y
y
y
y

















3
L

3
1
1
1
( )
( )
0, 042,
.
4!
24
3
x
y x
x







---

81
g) Dastlab 
to‘rtburchakda 
ning maksimumini topaylik. Analiz vositalaridan foydalanib ko‘rsatish 
mumkinki,
Qo‘yilgan Koshi masalasining yechimi 
oraliqda mavjud va yagona 
(MYaTga ko‘ra); bunda 
Biz 
va 
larni shunday tanlashimiz kerakki, natijada 
eng katta qiymat qabul qilsin. Shunda biz bir marta qo‘llanilgan MYaT 
ta`minlovchi yechim mavjud bo‘lgan eng katta 
oraliqni topgan 
bo‘lamiz (Albatta, MyaT ni qayta-qayta qo‘llab, yechimni mumkin bo‘lgan eng 
katta oraliqqacha davom ettirsa bo‘ladi; bu – boshqa masala).
6.1- rasm. 
funksiya grafigi. 
egri chiziq birinchi chorakni ikki sohaga ajratadi (6.1- rasm). 
Ravshanki, 
bo‘lgan sohada 
, 
bo‘lgan sohada esa 
. Bu sohalarda funksiya ekstremumga erisha olmaydi, chunki 
sohada 
funksiya 
ga nisbatan o‘suvchi 
, 
sohada esa
soni tayinlanganda 
oraliqda 


( , )
,
T
x y x
a y
b



3
| ( , )|
2
f x y
x
y


3
( , )
max
( , )
2
.
x y
T
M
f x y
a
b




x
h

  

3
min
;
min
,
.
2
b
b
h
a
a
M
a
b



0
a

0
b

( , )
h
h a b

h
x
h
  
3
(2
)
/
a
b
a b


3
2
b
a
a
b


3
2
b
a
a
b


h
a

3
2
b
a
a
b


3
2
b
h
a
b


h
3
2
b
a
a
b


h
a

a
1
0
h
a



 





3
2
b
a
a
b


0
b

(0;
)
a



---

82
funksiya kamayuvchi 
. Demak, 
funksiyaning 
ekstremum nuqtasida
(4) 
bo‘lishi kerak (6.1-rasm.). (4) egri chiziq ustida. ni erkli o‘zgaruvchi deb 
hisoblab, (4) tenglikdan 
bog‘lanishni topamiz: 
. 
va 
funksiya uchun ekstremum shartini yozamiz:
, ya’ni
. 
Oxirgi tenglikdan
yoki
bo‘lishini topamiz. Buni (4) ga qo‘yib
ekanligini topamiz (6.2- rasm). 
6.2- rasm. 


3
min
,
2
b
h
a
a
b


funksiya grafigi.
Demak, berilgan Koshi masalasiga MyaTni bir marta 
to‘rtburchakda qo‘llab, yechimni eng katta 
oraliqda 
mavjudligini topamiz. 
3
2
b
h
a
b


0
h
a









( , )
h
h a b

3
2
b
a
a
b


( )
a
a b

3
6
3
1
1
( )
( )
8
4
4
2 ( )
b
a b
a
a b
b
b
b
a b
b




 







( )
h
a b

( )
0
da b
db

3
0
2
b
b
a
b
 
 






3
2
2
3
0
a
b
b b



3
b
a

3
3
,
3
b
b
b

5
3
5
1
1
,
0,80 ;
,
0,51
3
3
b
b
a
b
a









,
0,51;
0,80
T
x
a y
b
x
y






0,51
0,51
x

 

---

83
Tushunarliki, qaralayotgan Koshi masalasining davomsiz yechimi biz 
topgan 
oraliqqa qaraganda kengroq oraliqda aniqlangan 
bo‘ladi (yechim o‘ngga va chapga davom etadi). 
