O’zbekiston respublikasi oliy va o’rta maxsus ta’lim vazirligi buxoro davlat universiteti fizika-matematika fakulteti “matematika” kafedrasi «Oddiy differensial tenglamalar» fanidan kurs ishi mavzu


I Bob.Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama



Download 194,39 Kb.
bet2/2
Sana11.03.2021
Hajmi194,39 Kb.
#61344
1   2
Bog'liq
Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularni integrallash usullari (Восстановлен) (Восстановлен)
12activity, 12activity, 12activity, 12activity, 12activity, Axmedova N A 3 топшириқ Амалиёт 001 1 002 1 , Axmedova N A 3 топшириқ Амалиёт 001 1 002 1 , Axmedova N A 3 топшириқ Амалиёт 001 1 002 1 , otalikni belgilash tugrisidagi ishlarni sudda kurishning protsessual xususiyatlari, Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularni integrallash usullari (Восстановлен) (Восстановлен), Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularni integrallash usullari (Восстановлен) (Восстановлен), Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularni integrallash usullari (Восстановлен) (Восстановлен), blok test uchun, blok test uchun
I Bob.Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama.

    1. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama haqida ma’lumot.

    2. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglamalarni integrallash usullari haqida.

    3. Hosilaga nisbatan yechilmagan tenglamalar uchun izogonal trayektoriyalar to’g’risidagi masala.

II Bob. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama uchun mavjudlik va yagonalik teoremasi.

2.1 Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama uchun mavjudlik va yagonalik haqidagi teorema.

2.2 Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama uchun mavjudlik va yagonalik haqidagi teoremaning isboti.

XULOSA


ILOVA

Foydalanilgan adabiyotlar ro’yxati

Differensial tenglamalarni,unga aloqador barcha fanlarni nafaqat O’zbekiston,balki butun dunyo bor salohiyatini ishga solib o’rganadi.Shu o’rinda aytish lozimki differensial tenglamalarga bag’ishlangan kitoblar rus,ingliz va boshqa tillarda ko’plab chop etilgan.Ular ichida matematik olimlar Pontryagin, Stepanov, Petrovskiylar tomonidan yaratilgan darsliklarni alohida qayd qilib o’tish lozim.O’zbek tilida ilk darslik akademik T.N.Qori-Niyoziy tomonidan 40-yillarda yozilgan.Bu fanni olimlar necha asrlardan beri o’rganib kelishadi.Ushbu soha faqat hozirgi davrdagina mavjud bo’lib qolmay,balki uning tarixi necha necha asrlar ortga borib taqaladi.Ilm endi endi rivojlanayotgan paytda shu sohaning ilk ildizlari endi quloch yoyishni boshlagan desak mubolag’a bo’lmas.O’sha paytlarda ilm hali uncha ham rivojlanmagan bo’lsada,lekin insonlar,olimlar o’zlari uchun muhim bo’lgan muammolarni yecha olishgan.Differensial tenglamalar juda ko’p fanlar bilan uzviy bog’liq hisoblanadi.Masalan fizika,iqtisodiyot,biologiya,kimyo,tibbiyot va boshqa fanlarda uchraydigan ko’plab jarayonlar differensial tenglamalar yordamida tavsiflanadi.Shu tenglamalarni o’rganish bilan tegishli jarayonlar haqida biror ma’lumotga,tasavvurga ega bo’lamiz.O’sha hosil qilingan differensial tenglamalar o’rganilayotgan jarayonning matematik modelidan iborat bo’ladi.Bu model qancha mukammal bo’lsa,differensial tenglamalarni o’rganish natijasida olingan ma’lumotlar jarayonlarni shuncha to’la tavsiflaydi.Shunisi qiziqki,tabiatda uchraydigan turli jarayonlar bir xil differensial tenglamalar bilan tavsiflanishi mumkin.Bu esa “bir o’q bilan ikki quyonni otish” imkonini beradi,ya’ni agar biror matematik modelni to’la o’rganilsa,tegishli natijadan turli jarayonlarni tushuntirishda foydalansa bo’ladi.Aytilgan fikrlar differensial tenglamalarning umumiy nazariyasi va amaliy masalalarni yechishga tatbiqi muhim ahamiyat kasb etishini anglatadi.

Biz darslarimizda hosilaga nisbatan yechilgan, ya’ni y'=f(x, y) (1) ko’rinishdagi differensial tenglamalar bilan tanishib, o’rganib chiqqanmiz.Biroq, birinchi tartibli tenglama, umuman aytganda F(x, y, y')=0 (2) ko’rinishidagi hosilaga nisbatan yechilmagan differensial tenglamaga ega bo’lishi mumkin,shu bilan birga (2) ko’rinishdagi tenglamadan (1) ko’rinishdagi tenglamaga har doim ham o’tish mumkin bo’lavermaydi. Shunday bo’lishiga qaramay, (2) differensial tenglamani integrallash masalasini parameter kiritish yo’li bilan hosilaga nisbatan yechilgan tenglamani integrallash masalasiga keltirish mumkin. (2) tenglamaning ayrim xususiy hollarini qarab chiqamiz va ularni integrallash yo’llarini ko’rsatamiz.

1)n-darajali birinchi tartibli tenglama.Tenglamaning chap tomoni y' ga nisbatan butun ratsional funksiyadan iborat, ya’ni quyidagi ko’rinishga ega:

,

Bu yerda n-butun musbat son, ,,,…, lar x va y ning funksiyalari.Bu funksiyani y' ga nisbatan yecha olamiz deb faraz qilaylik.Bunda y' uchun, umumiy aytganda, n ta har xil ifoda hosil bo’ladi:

y'=f1(x, y), y'=f2(x, y), … , y'=fn(x, y), (3)

Bu holda (2) tenglamani integrallash birinchi tartibli n ta (1) tenglamani integrallashga keltirildi.Ularning umumiy integrallari mos ravishda quyidagilar bo’lsin:Ф1(x, y, c1)=0, Ф2(x, y, c2)=0, … , Фn(x, y, cn)=0. (4)

(4) integrallarning chap tomonlarini o’zaro ko’paytirib,nolga tenglaymiz:

Ф1(x, y, c1) Ф2(x, y, c2) … Фn(x, y, cn)=0. (5)

Agar (5) tenglamani y ga nisbatan yechadigan bo’lsak,(2) tenglamaning yechimini hosil qilamiz.Haqiqatan ham,(5) tenglamaning har qanday yechimi (4) tenglamalarning birini,(1) tenglamalarning birortasini va shunday qilib,(2) tenglama –(1) tenglamalarga yoyilgani uchun uni ham qanoatlantiradi.Umumiylikka ziyon keltirmasdan,(5) dagi barcha c1,c2, … ,cn o’zgarmaslarni bitta c bilan almashtirish va tenglamani Ф1(x, y, c) Ф2(x, y, c) … Фn(x, y, c)=0 (6)

ko’rinishda yozish mumkin,bu (2) tenglamaning umumiy yechimi bo’ladi.Bunga ishonch hosil qilish uchun (6) tenglamaning n ta tenglamaga ajralishini ko’rish mumkin: Ф1(x, y, c)=0, Ф2(x, y, c)=0, … ,Фn(x, y, c)=0, (7) bu yerda c-istalgan qiymatlarni qabul qiluvchi ixtiyoriy o’zgarmas,shu sababli (4) tenglamadan hosil qilinadigan barcha yechimlar (7) tenglamadan hosil qilinadigan yechimlar orasida bo’ladi.



Misol. Ushbu (y')2-xy/a2=0 tenglamaning umumiy integralini topamiz.

Tenglamaning chap tomonini ko’paytuvchilarga ajratib,quyidagini hosil qilamiz: (y'-)( y'+ )=0,bu yerdan y'-=0 va y'+ =0.Bu ikkala tenglama o’zgaruvchilari ajraladigan tenglamadir.Ularning umumiy integrallari:, . Shuning uchun berilgan tenglamaning umumiy integrali ushbu ko’rinishda bo’ladi:

Misol.


2) y ga nisbatan yechilgan va x qatnashmagan tenglama.

Gap y=φ(y') (8) ko’rinishdagi tenglama ustida ketyapti.Bu holda parametr kiritish usulini qo’llash maqsadga muvofiqdir.U qaralayotgan o’zgaruvchilarni parametr orqali ifodalash va yechimni parametrik shaklda izlashdan iborat. y'=p deylik.U holda berilgan tenglama y=φ(p) (9) ko’rinishda yoziladi.Agar x ni p va c orqali ifodalovchi yana bitta tenglama topish mumkin bo’lsa,u holda bu ikkita tenglamadan iborat to’plam (8) tenglamaning parametrik shakldagi umumiy yechimi bo’ladi.ulardan p ni yo’qotib, x,y va c orasidagi munosabatni,ya’ni odatdagi shakldagi umumiy integralni hosil qilish mumkin.Ikkinchi tenglamani quyidagicha topamiz. y'=p tenglikni ko’rinishida qayta yozib olamiz,bu yerdan . Bu yerdagi integralni bo’laklab integrallaymiz:. Demak . (10)

(10) va (9) tenglamalar sistemasi (8) tenglamaning parametrik shakldagi umumiy yechimi bo’ladi.Agar iloji bo’lsa,bu tenglamalardan p ni yo’qotib, Ф(x, y, c)=0 shakldagi umumiy integralni hosil qilamiz.



Misol: y=(y')2+2(y')3 tenglamaning umumiy yechimini parametrik shaklda topamiz.

y'=p deymiz; u holda y=p2+2p3.Buni x bo’yicha differensiallasak: y'=(2p+6p2) yoki y'=p bo’lgani va p ga qisqartirish mumkin bo’lgani uchun:1=(2+6p). Bu yerdan dx=(2+6p)dp va x=2p+3p2+c. Umumiy yechim bunday yoziladi: Bu yerda biz p≠0 deb faraz qildik. Agar p=0 bo’lsa, y=c ga egamiz; bu yechim esa tenglamani c=0 bo’lgandagina qanoatlantirishini ko’rish oson.

3) x ga nisbatan yechilgan va y qatnashmagan tenglama.



Bu holda tenglama x= φ(y') (11) ko’rinishga ega.Yuqoridagidek ish ko’ramiz. y'=p deymiz.Tenglama quyidagi ko’rinishda yoziladi: x=φ(p) (12). y'=p tenglikni bunday yozib olamiz: dy=pdx. Bu yerdan , yoki y=p φ(p)- (13). (12)va (13) tenglamalar sistemasi (11) tenglamaning parametrik shakldagi umumiy yechimidir.Ulardan p parametrni yo’qotib, Ф(x, y, c)=0 umumiy integralni hosil qilamiz.Shuni qayd qilib o’tish kerakki,(9),(10),(12) va (13) tengliklardagi p o’zgaruvchi ixtiyoriy parameter rolini o’ynaydi va istalgan boshqa harf bilan almashtirilishi mumkin.

Misol. x= y'sin y' tenglamaning umumiy yechimini parametrik shaklda topamiz.



y'=p deymiz;u holda x=psinp.Endi tenglikni dy=pdx kabi yozib olamiz.So’ngra bo’lgani uchun y=px+pcosp-sinp+c. Umumiy yechim quyidagicha yoziladi: x=psinp, y=p2sinp+pcosp-sinp+c.

4) x yoki y qatnashmagan,biroq y yoki x ga nisbatan yechilgan bo’lishi shart bo’lmagan tenglama.Tenglama ushbu ko’rinishga ega:F(y, y')=0 (14) yoki F(x, y')=0, shu bilan birga tenglamadan y ni (birinchi tenglamada) yoki x ni (ikkinchi tenglamada),shuningdek,p= y' ni t parameter orqali ifodalash mumkin deb faraz qilamiz.2) va 3) hollardagi kabi bu yerda ham tenglamaning umumiy yechimi parametrik shaklda hosil bo’ladi.Masalan,F(y, p)=0 tenglama bo’lgan holni ko’raylik.y=φ(t) deb,tenglamadan p=ψ(t) ni yoki,aksincha,p=ψ(t) deb tenglamadan y=φ(t) ni topdik deb faraz qilaylik.U holda,bir tomondan,dy=pdx=ψ(t)dx,ikkinchi tomondan,dy= φ '(t)dt.Bu dy uchun ikkala ifodani taqqoslab, ψ(t)dx= φ '(t)dt ni hosil qilamiz,bu yerdan va .Umumiy yechim parametrik shaklda quyidagicha yoziladi:

(15)

Misol: y= tenglamaning umumiy yechimini topaylik.



p=y'=sht deymiz; u holda y= .Ushbu tenglikdan dx= ni topamiz.dy=asht dt bo’lgani uchun dx=adt va x=at-c.Umumiy yechim parametrik shaklda quyidagicha yoziladi:. t parametrni yo’qotamiz.Buning uchun birinchi tenglamadan t ni topib,ikkinchi tenglamaga qo’yamiz.Natijada t=(x+c)/a va y=ach(x+c)/a.

5)Lagranj tenglamasi. x va y ga nisbatan chiziqli bo’lgan ,ya’ni y= φ(y')x+ ψ(y') (16) ko’rinishga ega bo’lgan tenglama shunday ataladi. φ(y') y' deb faraz qilamiz. φ(y')≡y' hol keyinroq qaraladi.Lagranj tenglamasini integrallash uchun ham parametrik usulni qo’llaymiz. y'=p deymiz.U holda tenglama y= φ(p)x+ ψ(p) (17) ko’rinishida yoziladi.x bo’yicha differensiallab quyidagini hosil qilamiz: (18) yoki y' ni p bilan almashtirib, ga ko’paytirish va algebraik almashtirishlardan so’ng: (19).Bu x funksiya va hosilaga nisbatan chiziqli tenglama.Uning umumiy integrali Ф(x, p, c)=0 (20) ko’rinishga ega.U (17) tenglama bilan birgalikda Lagranj tenglamasining parametrik shakldagi umumiy integralini beradi.(17) va (20) tengliklardan p ni yo’qotib,Lagranj tenglamasining umumiy integrali Ф1(x, y, c)=0 ni hosil qilamiz.(18) tenglamani o’zgartirishimiz p- φ(p) ≠0 bo’lgandagina mumkin ekanligini qayd qilib o’taylik.Agar p- φ(p)=0 tenglama p=pi ildizlarga ega bo’lsa,u holda ular y=x φ(pi)+ ψ(pi) (i=1,2,…,k) yechimlarni ham beradi.

Misol:y=x tenglamaning umumiy yechimini topamiz.



y'=p deymiz.U holda y=xp2+p2 yoki y=(x+1)p2.Buni x bo’yicha differensiallab,topamiz: y'=p2+2(x+1)p.Bir qator sodda o’zgartirishlardan so’ng quyidagini hosil qilamiz:1-p-2(x+1) yoki , bu yerdan . Potensirlasak: x+1=c2/(1-p)2.Demak,umumiy yechim parametrik shaklda ushbu ko’rinishda bo’ladi :



p parametrni yo’qotamiz.Buning uchun p2=(1-(1-p))2=(1-)2= ifodani topamiz va y=(x+1)p2 tenglamaga qo’yamiz.Shunday qilib,umumiy yechim quyidagicha bo’ladi: y .

6)Klero tenglamasi.Klero tenglamasi deb Lagranj tenglamasining φ(y')= y' bo’lgan xususiy holiga aytiladi.Klero tenglamasining umumiy ko’rinishi: y=xy'+ ψ(y'). (21)



y'=p deymiz.U holda y=xp+ ψ(p). (22) x bo’yicha differensiallab,quyidagini topamiz: y'=p+x+ ψ '(p), ya’ni (x+ ψ'(p))=0, bu yerdan =0 yoki x+ψ'(p)=0 (23). =0 tenglamadan p=c kelib chiqadi, (22) da p o’rniga c ni qo’yib,Klero tenglamasining parametrik shakldagi yechimini beradi:

Haqiqatan ham, bu tenglamalardan: dx=- ψ(p)dp, dy=(-p ψ(p)- ψ'(p)+ ψ'(p))dp=-p ψ (p)dp, bu yerdan .Buni Klero tenglamasiga qo’yish -p ψ (p)+ ψ(p)= -p ψ (p)+ ψ(p) ayniyatga olib keladi.Sistemaning ikkala tenglamasidan p parametrni yo’qotib, (21) tenglamaning integrali Ф(x, y)=0 ni hosil qilamiz.Bu integralda c ishtirok etmaydi, umumiy integral bo’la olmaydi.Uni umumiy integraldan c ning hech qanday qiymatida hosil qilib bo’lmaydi,chunki chiziqli funksiya emas.U maxsus integral deyiladi.

Misol: y=px+1/p, bu yerda p= y tenglamaning umumiy va maxsus yechimini topamiz.

Umumiy yechimi bevosita tenglamadan p ni c ga almashtirib topamiz: y=cx+1/c.Maxsus yechimni topish uchun ψ(p)=-1/p2 ni topamiz.Ushbu


tenglamalar sistemasi parametrik shakldagi maxsus yechimdan iboratdir.p parametrni yo’qotamiz.Buning uchun ikkinchi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib,ularni birinch tenglamaning mos qismlariga bo’lamiz; y2/x=4 ni hosil qilamiz,bu yerdan y2=4x.Geometrik nuqtai nazardan y=cx+1/c umumiy yechim to’g’ri chiziqlarning bir parametrli oilasini,maxsus integral esa parabolani tasvirlaydi.

Hosilaga nisbatan yechilmagan tenglamalarga ko’pincha turli geometrik masalalar,masalan,izogonal trayektoriyalar to’g’risidagi masalaga olib keladi.Agar F(x, y, a)=0 (24) egri chiziqlarning bir parametrik oilasi bo’lsa,u holda uning izogonal trayektoriyalari deb, (24) oila egri chiziqlari bilan bir xil φ burchak ostida kesishadigan egri chiziqlarning boshqa oilasiga aytiladi.Xususiy holda,agar bu burchak to’g’ri bo’lsa,ya’ni φ=/2 bo’lsa,trayektoriyalar ortogonal trayektoriyalar deb ataladi.Berilgan egri chiziqlar oilasi (24) ning differensial tenglamasini tuzamiz.Buning uchun (24) tenglamani x bo’yicha differensiallaymiz:



(25). (24) va (25) tenglamalardan a parametrni yo’qotamiz.Natijada (24) oilasining differensial tenglamasi y=f(xy) (26) ko’rinishga ega bo’lsin deb faraz qilaylik.M(x;y) nuqtada kesishuvchi ikkita egri chiziq orasidagi burchak deb,egri chiziqlarga bu nuqtada o’tkazilgan urinmalar orasidagi burchakka aytiladi.Agar (24) oilasining I egri chizig’iga M nuqtada o’tkazilgan urunmaning Ox o’q bilan tashkil qilgan burchagini α orqali,shu oilaning II egri chizig’iga ana shu nuqtada o’tkazilgan urinmaning Ox o’q bilan tashkil etgan burchagini β orqali belgilasak,u holda φ=±(β-α) yoki β=α±φ bo’ladi.Bu yerdan tgβ=(tgα±tgφ)/(1tgαtgφ).tgφ kattalik berilgan,uni k orqali belgilaymiz; tgα= y=f(x;y),shuning uchun tgβ=(f(x;y)±k)/(1kf(x;y)).Izogonal trayektoriyaning istalgan nuqtasining koordinatalari bilan bu nuqtadagi urinmaning burchak koeffitsiyenti orasidagi munosabatni,ya’ni trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini hosil qildik.tgβ ni yorqali belgilaymiz;u holda y=(f(x;y)±k)/(1kf(x;y)) (27).Bu differensial tenglamaning umumiy integrali (24) egri chiziqlar oilasi uchun izogonal trayektoriyalar oilasi bo’ladi; ular (24) egri chiziqlarni bir xil φ burchak ostida kesib o’tadi.Agar trayektoriyalar ortogonal bo’lsa,u holda φ=/2, β=α±/2, tgβ=-ctgα=-1/tgα=-1/f(x;y) va ortogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasi ushbu ko’rinishda bo’ladi: y=-1/f(x;y) yoki -1/ y=f(x;y) (28).Shunday qilib, quyidagi qoidani hosil qilamiz: berilgan (24) egri chiziqlar oilasi uchun izogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini topish uchun bu oilaning (26) differensial tenglamasida yni (yk)/(1±k y) bilan almashtirish lozim, bu yerda k_egri chiziqlarning trayektoriyalar bilan kesishish burchagining tangensi.Xususan, ortogonal trayektoriyalar uchun y ni -1/ y ga almashtirish kerak.

Geometrik misollar.



1-misol. Shunday egri chiziqni topingki,unga o’tkazilgan istalgan urinmaning koordinata o’qlari orasidagi kesmasi l ga teng bo’lgan o’zgarmas uzunlikka ega bo’lsin.

Yechilishi: y=f(x) egri chiziqqa M(x;y) nuqtada o’tkazilgan urunma tenglamasi Y-y= y(X-x) ko’rinishga ega, bu yerda X,Y_urinma nuqtasining o’zgaruvchi koordinatalari.Bu tenglamadan urinmaning Ox o’q bilan kesishish nuqtasi A ning absissasini Y=0 deb, Oy o’q bilan kesishish nuqtasi B ning ordinatasini esa X=0 deb topamiz.Quyidagiga egamiz: XA=x-y/ y va YB=y-x y. A(XA;0) va B(0;YB) nuqtalar orasidagi masofani ikki nuqta orasidagi masofa formulasi bo’yicha topamiz va uni l ga tenglaymiz; ushbu differensial tenglamani hosil qilamiz:



. Bu tenglamani o’zgartirishlardan so’ng:

y=x y±ly/ (29).Bu Klero tenglamasidir.Uning y=cx±cl/ umumiy yechimi koordinata o’qlari orasidagi kesmalari l ga teng uzunlikka ega bo’lgan to’g’ri chiziqlar oilasidan iborat.Yechimni c bo’yicha differensiallaymiz va parametrik shakldagi maxsus integralni ifodalaydigan ushbu tenglamalar sistemasini tuzamiz:



C parametrni yo’qotish uchun ikkinchi ifodadagi x ning qiymatini birinchi ifodaga qo’yamiz:



Agar oxirgi ikkita tenglikning ikkala qismini 2/3 darajaga ko’tarsak va qo’shsak, ushbu tenglamani hosil qilamiz: x2/3+y2/3=l2/3. Shunday qilib, maxsus integral astroidadan iborat ekan; u integral to’g’ri chiziqlar oilasining o’rovchi chizig’i bo’ladi.



2-misol. Shunday egri chiziqlarni topingki,ular uchun berilgan ikkita nuqtadan istalgan urinmagacha bo’lgan masofalar ko’paytmasi o’zgarmas bo’lib, b2 ga teng bo’lsin.Berilgan nuqtalar orasidagi masofa 2c ga teng.

Yechilishi: Koordinata o’qlarini shunday tanlab olamizki, berilgan F1 va F2 nuqtalar Ox o’qda, koordinatalar boshi O esa bu nuqtalarning o’rtasida joylashgan bo’lsin, bu sistemada berilgan nuqtalar bunday yoziladi: F1(c;0) va F2(-c;0).Egri chiziqning istalgan M(x;y) nuqtasidagi urinma tenglamasini yX-Y-(x y-y)=0 ko’rinishda yozamiz, bu yerda X va Y_urinma nuqtalarining o’zgaruvchi koordinatalari.Urinma tenglamasini normal ko’rinishga keltirib, berilgan nuqtalardan urinmagacha bo’lgan p1 va p2 masofalarni topamiz:



, .

Shartga ko’ra p1p2=b2, shuning uchun yoki , (30) bu yerda c2b2=a2 deb olingan.Bu Klero tenglamasi.Uning umumiy yechimi to’g’ri chiziqlar oilasidan iborat.Maxsus integralni topamiz.Buning uchun umumiy yechimni c bo’yicha differensiallaymiz va ushbu tenglamalar sistemasini tuzamiz:

(ikkinchi tenglama x ning ifodasini umumiy yechimga qo’yish orqali hosil qilingan).Bu sistemani quyidagicha qayta yozib olamiz:



b2 oldida musbat ishora olamiz va har qaysi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, qo’shamiz:



.Endi b2 oldida manfiy ishora olamiz va har qaysi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, birinchi tenglamadan ikkinchisini ayiramiz:

.Shunday qilib, izlanayotgan egri chiziqlar ellipslar va giperbolalar ekan.

3-misol. Egri chiziqning istalgan nuqtasidagi urinma osti va normal ostining yarim ayirmasi urinish nuqtasining absissasiga teng.Shu egri chiziqni toping.



Yechilishi: Masala shartiga muvofiq, ushbu differensial tenglamani tuzamiz:

yoki (31).

Bu Lagranj tenglamasidir (ψ(y')=0). Uni integrallash uchun quyidagi ko’rinishda yozib olish: yoki x= va x ni y argumentning funksiyasi deb hisoblash qulaydir.=p deymiz.U holda x= yoki x=. y bo’yicha differensiallasak: . ni p bilan almashtirib va o’zgartirishlar bajargach, ni hosil qilamiz, bu yerdan y=cp.Umumiy integral parametrik shaklda

ko’rinishga ega.p ni yo’qotamiz.Buning uchun ikkinchi tenglamadan ni topamiz va birinchi tenglamaga qo’yamiz; natijada ni yoki 2cx=y2-c2 ni, ya’ni parabolalar oilasini hosil qilamiz.



4-misol. x2+y2+2ay=0 (a-ixtiyoriy parametr) aylanalar oilasining ortogonal trayektoriyalarini toping.

Yechilishi: aylanalar oilasining differensial tenglamasini tuzamiz, buning uchun berilgan tenglamaning ikkala qismini x bo’yicha differensiallaymiz va a ni bunday yo’l bilan topilgan tenglamadan va berilgan tenglamadan yo’qotamiz.Quyidagiga ega bo’lamiz: 2x+2y+2a=0.Bu yerga aylanalar oilasidan topilgan 2a=-(x2+y2)/y ifodani qo’yamiz: yoki o’zgartirishlardan so’ng: (33).Ortogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini bu tenglamada ni -1/ ga almashtirish orqali hosil qilamiz: .Bu bir jinsli tenglama.Uning umumiy yechimini bir jinsli tenglamalarni integrallashning umumiy qoidasidan foydalanib toppish mumkin, biroq osonroq yo’li ham bor.Tenglamani differensiallarda qayta yozib olamiz: 2xydy-y2dx+x2dx=0.Bu tenglamaning ikkala tomonini x2 ga bo’lamiz: yoki ,bu to’liq differensiallardagi tenglamadir.Uni integrallab, yoki ga, ya’ni yana aylanalar oilasiga ega bo’lamiz.Ikkala oilaning barcha aylanalari koordinatalar boshidan o’tadi, biroq berilgan oila aylanalarining markazlari Oy o’qda, trayektoriyalarining markazlari esa Ox o’qda joylashgan.

II-bob.Bizga F(x, y, )=0 (2) ko’rinishidagi tenglama berilgan bo’lsin.Ushbu tenglama yechimining mavjudligi va yagonaligi uchun ushbu teorema o’rinli.

Teorema: F(x, y, )=0 (2) tenglamaning y=y(x) yechimi shartni qanoatlantiruvchi x lar uchun y(x0)=y0 boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi yechimi mavjud agar quyidagi shartlar bajarilsa.

1. F(x, y, ) funksiya o’zining barcha argumentlari bo’yicha uzluksiz funksiya.



2. xususiy hosila mavjud va noldan farqli.

3. xususiy hosila chegaralangan

Misol:



Buni yechish uchun avvalo kabi belgilash kiritib olamiz bundan esa dy=shtdx ni olamiz va kiritilgan belgilashni ifodadagi ning o’rniga keltirib qo’yamiz: . Demak xcht=sht bo’lar ekan. Endi x= tenglikning ikkala tomonini differensiallaymiz: . dy=shtdx tenglikdan dx ni topib yuqoridagi tenglamaga eltib qo’yamiz: .Biz bilamizki , bundan esa bo’ladi.Endi sht ni differensial ichiga kiritamiz: .Bundan y ni osongina topa olamiz va quyidagi natijaga kelamiz:

Isbot.


Oshkormas funksiya mavjudligi haqidagi teoremaga asosan 1-va 2- shartlar F(x, y, )=0 (2) tenglamadan ni oshkor ko’rinishda (=f(x, y) ) aniqlash imkonini beradi.U vaqtda hosilaga nisbatan yechilgan tenglamaga qo’yilgan Koshi masalasi yechimining mavjudligi va yagonaligi masalasiga kelamiz.f(x, y) funksiyamiz y o’zgaruvchi bo’yicha Libshits shartini qanoatlantiradi.Bundan tashqari ushbu funksiya quyidagi shartni ham qanoatlantiradi: .Ushbu tengsizlik (x0, y0) nuqtaning ixtiyoriy atrofida bajariladi.Bu shartda esa =f(x, y) tenglama yechimining mavjudligi uchun yetarli shart. F(x, y, )=0 (2) tenglamani y o’zgaruvchi bo’yicha differensiallaymiz va bunda =f(x, y) ekanligini inobatga olamiz va tenglikni hosil qilamiz.Bundan bo’ladi, bunda ekanligi ma’lum bo’lsa dan ni hosil qilamiz.

bo’lsa bo’ladi.Bundan kelib chiqadiki F(x, y, )=0 (2) chap tomonidagi funksiya ga nisbatan olingan hosilasi emas balki y bo’yicha olingan hosilasi ham chegaralangan degan xulosaga kelamiz.Demak

qanoatlantiruvchi yechimi mavjud va yagona.

Ta’rif:F(x, y, )=0 (2) tenglama yechimi mavjudligining shartlari bajarilmaydigan (x, y) nuqtalar to’plami F(x, y, )=0 (2) tenglamaning maxsus to’plami deyiladi.

Misol:

Quyidagicha belgilash kirtamiz va shu belgilashni ifodadagi lar o’rniga keltirib qo’yamiz: k2-(2x+cosx)k+2xcosx=0.Bundan k1=2x va k2=cosx ildizlarni topib olamiz.Topilgan k larni yuqoridagi belgilashga eltib qo’yib y larni topib olamiz.Ya’ni: =2x bundan y=x2+c va =cosx bundan esa y=sinx+c.Demak yechimlar y=x2+c va y=sinx+c ekan.

Misol:



ni tenglikning narigi tomoniga o’tkazib x ni topib olamiz: , x=.Quyidagi =t belgilashni kiritamiz va ning o’rniga t ni keltirib qo’yib hisoblaymiz: x= . =t ni dy=tdx ko’rinishda yozib dx= ni topib olamiz. x= tenglikning ikkala tomonini differensiallaymiz: dx=tdt.Endi dx ning o’rniga dx= topgan ifodamizni keltirib qo’yamiz: dy=t2dt.Bu ifodadan y ni bemalol topa olamiz.Demak umumiy yechim:


Download 194,39 Kb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   2




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©hozir.org 2022
ma'muriyatiga murojaat qiling

    Bosh sahifa
davlat universiteti
ta’lim vazirligi
axborot texnologiyalari
maxsus ta’lim
zbekiston respublikasi
guruh talabasi
O’zbekiston respublikasi
nomidagi toshkent
o’rta maxsus
davlat pedagogika
texnologiyalari universiteti
toshkent axborot
xorazmiy nomidagi
rivojlantirish vazirligi
pedagogika instituti
Ўзбекистон республикаси
tashkil etish
haqida tushuncha
таълим вазирлиги
vazirligi muhammad
O'zbekiston respublikasi
toshkent davlat
махсус таълим
respublikasi axborot
kommunikatsiyalarini rivojlantirish
vazirligi toshkent
saqlash vazirligi
fanidan tayyorlagan
bilan ishlash
Toshkent davlat
sog'liqni saqlash
uzbekistan coronavirus
respublikasi sog'liqni
coronavirus covid
koronavirus covid
vazirligi koronavirus
qarshi emlanganlik
covid vaccination
risida sertifikat
sertifikat ministry
vaccination certificate
Ishdan maqsad
fanidan mustaqil
matematika fakulteti
o’rta ta’lim
haqida umumiy
fanlar fakulteti
pedagogika universiteti
ishlab chiqarish
moliya instituti
fanining predmeti