Oddiy differensial tenglamalardan misollar, masalalar va topshiriqlar

6
0
. 
Umumiy ko‘rinishdagi (1
0
) tenglamaning fundamental (bazis) 
yechimlarini topish usuli mavjud emas. Ba’zi hollarda berilgan tenglamaning 
ko‘rinishidan 
kelib 
chiqib, 
yechimlarni 
u 
yoki 
bu 
(
,
x
y
e


1
1
1
0
n
n
n
n
y
x
x
x











va hokazo) ko‘rinishida izlashga urinib 
ko‘rish mumkin. 
7
0
. 
Agar (1
0
) tenglamaning biror 
1
1
( ),
( )
0,
y
y x
y x


yechimi ma’lum 
bo‘lsa, bu tenglamaning tartibini bittaga kamaytirsa bo‘ladi. Buning uchun 

---

134 
tenglamada 
1
( )
y
y x u

almashtirishni bajaramiz; bunda 
( )
u
u x

yangi 
noma’lum funksiya. Natijada 
v
u


ga nisbatan tartibi 
1
n

ga teng bo‘lgan 
chiziqli bir jinsli tenglamaga kelamiz.
8
0
. 
Agar 
ikkinchi 
tartibli 
chiziqli 
bir 
jinsli 
tenglama 
1
0
( )
( )
0
y
a x y
a x y





ning biror 
1
1
( ),
( )
0,
y
y x
y x


yechimi ma’lum 
bo‘lsa, tenglamaning bu yechimga chiziqli bog‘liq bo‘lmagan ikkinchi 
( )
y
y x

yechimini Ostrogradskiy-Liuvill formulasi (3) dan foydalanib topish 
ham mumkin: 


0
1
2
1
2
0
1
( )
exp
( )
(
)
( )
(
)
x
x
y x
y
c
a s ds
c
W x
y x
y






, 
0
1
1
2
1
( )
( )
exp
( )
x
x
y x y
y x y
c
a s ds












. (5) 
Oxirgi birinchi tartibli chiziqli differensial tenglamadan 
( )
y
y x

noma’lum 
funksiya (ikkinchi yechim) osongina topiladi. Masalan, (5) ning har ikkala 
tomonini 
2
1
( )
y
x
ga bo‘lib, uni
0
2
1
2
1
1
1
exp
( )
( )
( )
x
x
y
c
a s ds
y x
y x
















ko‘rinishga keltirish va yechish mumkin.
9
0
. 
Bir jinsli bo‘lmagan (1) chiziqli tenglamaning umumiy yechimi uning 
biror xususiy yechimiga mos bir jinsli tenglama (1
0
) ning umumiy yechimini 
qo‘shishdan hosil bo‘ladi. Agar bir jinsli tenglama (1
0
) ning fundamental 
(bazis) yechimlari (umumiy yechimi) ma’lum bo‘lsa, (1) tenglamaning xususiy 
yechimini ixtiyoriy o‘zgarmaslarni variatsiyalash usuli (Lagranj usuli) 
yordamida qurish mumkin. 
10
0
. 
Agar 
(1
0
) 
ning 
fundamental 
(bazis) 
yechimlari 
1
2
( ),
( ),
,
( )
n
y x
y x
y x
bo‘lsa, uning umumiy yechimi (2) formula bilan 
beriladi. Lagranj metodiga ko‘ra bu formuladagi ixtiyoriy o‘zgarmaslarni 
variatsiyalab, (1) ning yechimini topsa bo‘ladi. Aniqrog‘i, (1) tenglamaning 
yechimini
1
1
2
2
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
n
n
y
c x y x
c x y x
c x y x




(6) 
ko‘rinishda izlash mumkin. Bu yerdagi 
1
2
( ),
( ),
,
( )
n
c x c x
c x
funksiyalar 
ushbu

---

135 
1
1
2
2
1
1
2
2
(
2)
(
2)
(
2)
1
1
2
2
2
(
1)
(
1)
1
1
2
2
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
0,
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
0,
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0,
( )
( )
( )
( )
( )
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
c x y x
c x y x
c x y x
c x y x
c x y x
c x y x
c x y
x
c x y
x
c x y
x
c x y
x
c x y
x
c x y



































(
1)
2
( )
( )
n
x
g x











(7) 
sistemadan aniqlanadi. Oxirgi sistemadan 
1
2
( ),
( ),
,
( )
n
c x c x
c x



hosilalar bir 
qiymatli topiladi, chunki sistemaning bu noma’lumlarga nisbatan determinanti
1
2
[ ( ),
( ),
,
( )]
0
n
W y x y x
y x

Vronskiandan iborat. 
1
2
( ),
( ),
,
( )
n
c x c x
c x



lar 
topilgach integrallash yordamida 
1
2
( ),
( ),
,
( )
n
c x c x
c x
larni va ularni (6) 
formulaga qo‘yib, (1) tenglamaning yechimini topamiz. 
Bu yerda shuni e’tirof etaylikki, ba’zan (1) tenglamaning ko‘rinishidan 
kelib chiqib, uning xususiy yechimini u yoki bu ko‘rinishda tanlash yo‘li bilan 
topish mumkin bo‘ladi.
Misol 1.
Ushbu
1, sin , cos
(
)
x
x x
I
 
funksiyalarni chiziqli erklilikka tekshiring.

Birinchi usul: bevosita ta’rifga ko‘ra tekshirish. Quyidagi 
x
I

ga 
nisbatan ayniyatni qaraymiz: 
1
2
3
1
sin
cos
0,
.
x
x
x
I



 



(8) 
U 
1
2
3
,
,
  
larning qanday qiymatlarida o‘rinli bo‘lishi mumkinligini 
aniqlaymiz. Ayniyatning har ikkala qismini ketma-ket ikki marta 
differensiallaymiz: 
2
3
2
3
cos
sin
0
sin
cos
0
x
x
x
x











(
)
x
I

. (9) 
Oxirgi sistemani 
2

va 
3

ga nisbatan yechib, 
2
3
0




ekanligini topamiz. 
Endi (8) ga ko‘ra 
1

ham nolga teng. Demak, (8) ayniyat 
1
2
3
0
 




bo‘lgan-dagina o‘rinli. Ta’rifga ko‘ra berilgan funksiyalar chiziqli erkli.
Ikkinchi usul: Vronskian orqali tekshirish. Berilgan funksiyalarnig 
Vronskiani (determinantni birinchi ustun bo‘yicha yoyamiz) 
1
sin
cos
cos
sin
( )
0
cos
sin
1
0
sin
cos
0
sin
cos
x
x
x
x
W x
x
x
x
x
x
x




  




. 
Yuqorida keltirilgan 
2
0
 
tasdiqqa asosan berilgan funksiyalar chiziqli erkli. 


---

136 
Misol 2.
Ushbu
2
2
1, sin
, cos
(
)
x
x
x

funksiyalarni chiziqli erklilikka tekshiring.

Bu funksiyalar ta’rifga ko‘ra chiziqli bog‘liq, chunki ularning 
quyidagi notrivial chiziqli kombinatsiyasi aynan nolga teng: 
2
2
( 1) 1 1 sin
1 cos
0 (
)
x
x
x
   
 


. 

Misol 3.
Ushbu
2 ,
1,
(
2)
x
x
x
x



funksiyalarni chiziqli erklilikka tekshiring.

Tekshirishni ta’rifga ko‘ra bajaramiz. Ushbu
1
2
3
2
1
0 (
2)
x
x
x
x



 
 


(10) 
ayniyatda 
2,
3
x
x


va 
4
x

deb quyidagi tengliklarni hosil qilamiz: 
1
1
2
3
2
3
2
3
2
0,
2
3
0,
2
3
2
0
 
 












. 
Bu tengliklarni 
1
2
3
,
,
  
larga nisbatan chiziqli bir jinsli algebraik tenglamalar 
sistemasi sifatida qarab, sistemaning determinanti
0
1
2
1
2
3
2 2( 3 1)
2
0
2
3
2

  
bo‘lgani uchun, yagona 
1
2
3
0
 




trivial yechimni topamiz. Demak, (10) 
ayniyat 
1
2
3
0
 




bo‘lgandagina o‘rinli. Bu xulosa berilgan 
funksiyalarning chiziqli erkli ekanligini (ta’rifga ko‘ra) anglatadi. 

Misol 4.
Ushbu
2
(
1)
(
2)
(
2)
0
x x
y
x
y
x
y





 

(11) 
differensial tenglamaning 
1
2
( ),
( )
y x y x
fundamental (bazis) yechimlari hamda 
umumiy yechimini toping.

Berilgan ikkinchi tartibli chiziqli differensial tenglamaning yechimini 
(
)
x
y
e
const




ko‘rinishda izlaymiz. Bu funksiyani berilgan tenglamaga 
qo‘yib, uning qanoatlanishini talab qilamiz:
2
(
1)
(
2)
(
2)
x x
y
x
y
x
y





 

2
2
(
1)
(
2)
(
2)
0
(
)
x
x x
x
x
e







 

, 
2
2
(
1)
(1
)
2(
1)
0
x
x
 



 

 
.

---

137 
Oxirgi 
ayniyatdan
2
(
1)
0, 1
0,
1 0
 


 


 
bo‘lishi kerakligini 
topamiz. Bu shartlardan 
1

 
hosil bo‘ladi. Demak, berilgan tenglama 
1
( )
x
y
y x
e



yechimga ega. Bu yechimga chiziqli bog‘liq bo‘lmagan 
ikkinchi 
( )
y
y x

yechimni topish uchun Ostrogradskiy-Liuvill formulasi 
(3) dan foydalanamiz (bu yechimni tenglamada 
1
( )
x
y
y x u
e u



almashtirish bajarib ham topsa bo‘ladi). Qaralayotgan differensial 
tenglamaning har ikkala tomonini 
(
1)
x x

ga bo‘lib, 
2
1
(
2)
( )
(
1)
x
a x
x x



ni 
topamiz va (5) formulaga ko‘ra quyidagilarni hosil qilamiz: 


1
1
2
1
( )
( )
exp
( )
y x y
y x y
c
a x dx






, 
2
2
1
x
y
y
c
x

  
,
2
2
1
x
x
x
x
y e
ye
c
e
x

 

,
2
2
(
)
x
x
x
xe
e
ye
c
x

 
, 
2
1
x
x
e
ye
c
dx
c
x










,
1
1
2
x
y
c e
c x




. 
Endi tushunarliki, ikkinchi yechim sifatida 
1
2
( )
y x
x


funksiyani olish 
mumkin. 
1
( )
x
y x
e


va
1
2
( )
y x
x


yechimlar chiziqli erkli bo‘lgani uchun 
ular berilgan (11) tenglamaning fundamental (bazis) yechimlarini tashkil etadi. 
Demak, uning umumiy yechimi 
2
1
x
c
y
c e
x



formula bilan beriladi. 
