Differensial tenglamalar

2-usul. Ixtiyoriy o’zgarmasni varitsiyalash usuli ( Lagranj usuli).

Bir jinsli bo‟lmagan (1) tenglamaning (b(x)¹0) yechimini topish uchun dastavval unga mos bir jinsli (b(x)=0):

^dy + а(x) y = 0,

dx

(11)

tenglamani yechamiz, bu tenglama esa o‟zgaruvchilari ajraladigan tenglamadan iboratdir. Uning umumiy yechimi ( (5), (6) ga qarang):

-_ò a( х)dх

у = Сe ,

(12)

Ravshanki, C – ixtiyoriy o‟zgarmasni o‟z ichiga olgan (12) tenglik bilan aniqlanuvchi funksiya (1) tenglamani

yechimi bo‟la olmaydi, chunki (1) ni chap tomoniga (12) ni va uni hosilasini qoysak

(11) ga asosan nolga aylanadi, ammo o‟ng tomoni b(x) nolga teng emas, agarda C o‟zgarmasni x ning biror C=C(x) funksiyasi deb qaraydigan bo‟lsak,

-_ò a( х)dх

у = С(х)e ,

(13)

funksiya C(x) ni tanlab olish hisobidan (1) tenglamani yechimi bo‟lishi mumkin. (13) funksiyani (1) tenglamani yechimiga aylantiruvchi noma‟lum C(x) funksiyani topish uchun

(13) funksiyani hosilasini hisoblaymiz:

du ₌ dС( x) _{× e}^-_ò ^{a( х)dх} _{- С(x)e}^-_ò ^{a( х)dх} _,

(14)

dx dx

13. 
    va (14) ni (1) tenglamaga qo‟ysak:
    

^dС(x) × e-^ò a( х)dх - С(x)a(x)e-^ò a( х)dх + a(x)С(x)e-^ò a( х)dх = b(x) dx
yoki

dС(x) _{× e}^-_ò ^{a( х)dх} _{= b(x),} dx

(15)

o‟zgaruvchilari ajraladigan va C(x) noma‟lum funksiyali differensial tenglamaga ega bo‟lamiz: (15) ni umumiy yechimi:

1
С(x) = _òb(x)e^ò a( х)dх dx + C ,

C₁=const (16)

C(x) ning topilgan ifodasini (13) tenglikka qo‟yib, (1) tenglamaning izlanayotgan umumiy

yechimini yana (9) ko‟rinishda hosil qilamiz:

• 
  
  _êò
  
  ò ^é
  a( x)dx
  

у = e

ë

b(x)e^ò a( x)dxdx + C ^ù

1 _úû

Bu usulning nomi ixtiyoriy o‟zgarmas C ni x o‟zgaruvchining C(x) funksiyasi deb o‟zgartirganimizdan (ya‟ni, uni variatsiyalaganimizdan) kelib chiqqan.

1-misol: y¢-yctgx=2sinx chiziqli tenglamani ixtiyoriy o„zgarmasni variatsiyalash usuli bilan umumiy yechimini toping.

Yechish: Dastlab, chiziqli bir jinsli y¢-yctgx=0 tenglamaning umumiy yechimini topamiz. O‟zgaruvchilarni ajratsak:

Bu tenglamani integrallab:

^dу - ctgxdx = 0,

y

y¹0, x¹kp, kÎZ.

ln y - ln sin x = ln С

va bundan y=C×sinx. Endi C=C(x) deb, C ni variatsiyalaymiz.

y= C(x) sinx va

^dy = ^dC(x) sin x + C(x) cos x.

dx dx

Natijada y va

^dy larning ifodalarini berilgan tenglamaga qo‟ysak:

dx

^dС(x) sin x + C(x) cos x - C(x) sin xctgx = 2sin x, dx

Yoki dC(x)=2dx, bundan esa C(x)=2x+C₁, C₁=const. Bir jinsli tenglamaning yechimidagi C(x) ning o‟rniga topilgan ifodasini qo‟yib, berilgan tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz: y=(2x+C₁)sinx.

2-misol:

^dy - ^{2 у} = x² , (x ¹ 0)

tenglamani yeching.

dx x

Yechish. Bu tеnlаmаni yеchishdа to‟g‟ridan-to‟g‟ri (9) formuladan foydalanib yechamiz:

a(x) = - ² ,

x

b(x) = x²

² dx ^æ

• 
  ² dx ^ö
  

2 ln x ^æ

-2ln x ö

x
ò

у = e

^ç C + _ò x ² e ^{ò x}

_ç 1

è

dx ^÷ = e

÷

ø

ç ₂

_ç C₁ + _ò x e

ç

^ö 2 2 3 2
è

÷

dx _÷ =

÷

ø

Demak,

2 ^æ 2

2

1
= x _ç C₁ + _ò x ×

è

1
y = x³ + C x².

dx _÷ = x (C₁ + _ò dx)= x (C₁ + x)= x + C₁x x ø

3-misol. §1 ni 2⁰-punktida hosil qilingan

y ^' - ²

x

y = - ⁶

_x 2

tenglamaning yechini keltiramiz.

Bu tenglama birinchi tartibli chiziqli va uni yuqoridagi usul bilan integrallaymiz. Dastlab ozod hadsiz bir jinsli tenglamani qaraymiz:

y ^' = ² y . O‟zgaruvchilarni ajratib va integrallab

x

dy ₌ 2dx

Þ ln y

= 2 ln x + ln C

Þ y = Cx ² .

y x

Endi C=C(x) deb, C ni variatsiyalaymiz va berilgan tenglamaning yechimini y=C(x)x²ko‟rinishda izlaymiz, bu yerda C(x) hozircha noma‟lum funksiya. Natijada

y' = C'(x)x² + 2xC(x)

va y ni berilgan tenglamaga qo‟ysak:

C'(x)x² + 2xC(x) - ² C(x)x² = - ⁶

x x²

bundan

C'(x) = - ⁶

_x 4

bo‟ladi. Integrallab

C(x) = ²

_x3

+ C₁ ,

(C = const)

ni hosil qilamiz. C(x) o‟rniga

topilgan ifodasini qo‟yib, umumiy yechimini hosil qilamiz:

y = C(x)x² = ² + C x ²

yoki

xy = C x³ + 2

masala shartiga ko‟ra, egri chiziq

M (1;2)

nuqta

_x 1 1 0

orqali o‟tishi kerak bo‟ladi, buni e‟tiborga olsak:

1× 2 = С 1³ + 2 , bundan esa

C₁ = 0 va

1
izlanayotgan yechim (egri chiziq) xy=2 ko‟rinishdagi giperboladan iborat bo‟ladi.

Mashqlar.

Quyidagi differensial tenglamalarning umumiy yechimini toping.

(Javoblar)

1. у ^/ - ^{2 у} = х³ .

x

^æ х ⁴

_ç^ç у =

_è 2

ö

+ Сх ² _÷^÷,

ø

2. у ^/ - ³

у = (х -1)<sup>5

æ</sup> (х -


3
^ç у =

1)⁶

ö

+ С(х -1)^{3 ÷},



x -1

3. у ^/ - ³ у = х x

2

- х²

ç ÷

è ø

(у = -х² + Сх³ ),


2
æ ^{1 С} ö

4. у ^/ +

у = ^е

x х

ç ^{у = -}

è
2x ²

_е- х ₊

÷

_х2 _ø

Qo‟yidagi differensial tenglamalarning ko‟rsatilgan boshlang‟ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini toping.

(Javoblar)

æ ^{+ х} ö

5. у ^/ - уtgx =

¹ , y(0) = 1;

ç ^{у = 1} ÷^,

cos x

_è сosx _ø

6. у ^/ =

у + 1 _,

x

y(1) = 2;

(у = 3х -1),

§4. Ikkinchi tartibli differensial tenglamalar.

1⁰.Eng sodda ikkinchi tartibli differensial tenglamalar.

y"=f(x), (1)

ko‟rinishdagi tenglamalarga eng sodda, ikkinchi tartibli differensial tenglamalar deyiladi, bu yerda f(x) funksiya xÎX oraliqda berilgan, uzluksiz funksiya.

Bunday tenglamalarni

у ^/ = ^dy = p, dx

(2)

ya‟ni, x ning yangi noma‟lum funksiyasini kiritish usuli bilan yechiladi. (2) tenglikdan hosila olsak,

Bundan

_у //

₌ dр ₌

dx

f (x),

dр ₌

dx

f (x),

(3)

p noma‟lum funksiyaga nisbatan sodda birinchi tartibli tenglamaga ega bo‟lamiz. (3) ni integrallasak:

р = _ò f (x)dx = F(x) + C₁ , bo‟ladi, bu yerda F(x) funksiya f(x) ning biror boshlang‟ich funksiyasi, C₁ – ixtiyoriy o‟zgarmas haqiqiy son.
(2) tenglikka ko„ra

dy

= F (x) + C₁ ,

dx

(4)

yana eng sodda birinchi tartibli tenglamani hosil qilamiz, uni integrallasak:

y = _ò[F(x) + C₁ ]dx + C₂ = _ò F(x)dx + C_{1 ò} dx + C₂ =

= Ф(x) + C₁ × x + C₂ ,

bu yerda Ф(x) funksiya F(x) ning boshlangich funksiyalaridan biri, С₂ esa ikkinchi ixtiyoriy o‟zgarmas son.

(5)

Shunday qilib, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi (5) tenglik bilan aniqlanadi. (1) tenglamaning biror xususiy yechimini topish uchun С₁ va С₂ o„zgarmaslarni qiymatlari aniq bo„lishi lozim, buning uchun boshlangich shartlar qo‟yidagicha beriladi: x=x₀ da y(x₀)=y₀, y¢(x₀)= y₀¢, bu yerda x₀ÎX, tayin son, y₀, y₀¢ lar ham berilgan aniq sonlar.


2
Misol: y"=1+2x tenglamani y(0)=1 va y¢(0)=-1 boshlang‟ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini toping.

Yechish: (2) ga asosan

р = _ò(1 + 2х)dx + C₁ = х + x

+ C₁ ,

yoki

^dy = x + x ²

dx

+ C₁ .

Bu tenglamani yana bir marta integrallab:

у = _ò (

х + х² + C )

_x2


1
dx + C₂ =

_x3

+ + C₁ х + C₂ ,

umumiy yechimini topamiz.

2 3

Endi xususiy yechimni topish uchun

^æ x² x^{3 ö}

у(0) = 1 = _ç^ç +

_è 2

+ C₁ х + C_{2 ÷}^÷ _х=0 =C₂

3 _ø

1
у ^/ (0) = -1 = (х + х² + C )
х=0

=C₁

tengliklardan C₂=1 va C₁=-1 larni topib, umumiy

yechimdan:

у = ^x

+ ^x - х + 1

izlangan xususiy yechimni hosil qilamiz.

2

3
2 3

Tekshirish: topilgan xususiy yechimdan

у ^/ = х + х² -1,

у ^// = 1+ 2х,

ya‟ni bu yechim

berilgan tenglamani va shuningdek y(0)=1, y¢(0)=-1 berilgan boshlang‟ich shartlarni ham qanoatlantirishi kelib chiqadi.

Izoh. Ba‟zi bir 2-tartibli tenglamalarni yechishda (2)

y' = ^dy = p almashtirishdagi p yangi no‟malum funksiyasi x ning funksiyasi emas,

dx

balkim y ning funksiyasi deb olishga to‟g‟ri keladi: tartibli hosila uchun

^{y' = dy = p = p( y)} . U holda ikkinchi

dx

_{y'' =} dp ₌ dp dy _{= p} dp

bo‟ladi, chunki

^dy = p.

dx dy dx dy dx

Endi konkret misolga murojat etamiz.

Misol.

y'' = 2 yy

tenglamani yeching.

Yechilishi:

y' = p,

y'' = p ^dp , ni e‟tiborga olsak:

dy

p ^dp = 2 yp . Agar p=0 bo‟lsa, (2) dan

dy

y' = 0,

y = C = const yechimini topamiz.

p ¹ 0 bo‟lsa

^dp = 2 y dy

Þ dp = 2 ydy,

_ò dp = 2_ò

ydy + C,

p = y ² + C ² ,

(C =C ² ) Natijada

y' = p ga

1

1
asosan ushbu birinchi tartibli tenglamaga kelamiz:

y' = y ² + C ²

Þ ^dy = y ² +C ² Þ

^dy = dx Þ

1
¹ dx

¹ y ² +C ²

¹ arctg ^y C₁ C₁

= x + C

Þ arctg ^y

C₁

= C₁x + C_2,

(C₂

= C₁ × C ) umumiy yechiumni hosil qilamiz,

bu yerda

C₁ ,C₂ - ixtiyoriy o‟zgarmaslar.

y

Javob. y=C va arctg

C₁

= C₁ x + C₂

Mashqlar.

1. 
   Jism to‟g‟ri chiziqli harakat qilmoqda. Agar uning tezlanishi 20 m/sek² bo‟lsa, uni bosib o‟tgan S yo‟lini t vaqtning funksiyasi sifatida aniqlang, hususan t=2 sekundda S=150m va S¢=v=80m/sek bo‟lgan holdachi?
   

Javob:

S(t)=10t² +v_ot +S_o S(t)=10t² + 40t +30

1. 
   Qo‟yidagi tenglamalarni yeching.
   

( Javoblar)

2. 
   y"=sin2x,
   

æ ö


1

1

2
ç ^{у = - sin 2х + C х + C} ÷^,



è ² ø

1

2
3. x²y"=2, (у = -2 ln х + C х + C ),

4. y"=e^-3x,

ç ^{у = 1 e-3х + C х + C ö}

5. y"=5^-x,

è

æ

^ç у =




æ

÷^,
9

₅- x

1 2

ø

ö

• 
  C х + C ^÷,
  

è
^ç ln ² 5

2 2

1 2 _÷

ø

2

6. 
   y
   

y'' = 1,

(C₁ y

-1 = (C₁ x - C₂ ) ),

C₁ ,C₂ - const.

6. 
   Moddiy nuqta a(t) =12m/min² tezlanish bilan to„g‟ri chiziqli harakat qilmoqda. t
   

=5 minutda S=320m masofani o„tgan va 90m/min tezlikka erishgan bo„lsa, uning harakat tenglamasini aniqlang.

Javob: S(t)=6t² + 30t +20

2.⁰O’zgarmas koeffisiyentli ikkinchi tartibli bir jinsli chiziqli differensial tenglamalar.

O„zgarmas koeffisiyentli ikkinchi tartibli bir jinsli chiziqli differensial tenglama deb

у ^// + ру ^/ + qy = 0,

(1)

ko„rinishdagi tenglamaga aytiladi, bu yerda p va q lar o„zgarmas haqiqiy sonlar.

(1) tenglamaning yechimlarini sodda xossalarini xarakterlovchi ushbu teoremalar bilan tanishamiz.

1. 
   teorema. Agar y₁=y₁(x), xÎX, (1) tenglamaning yechimi bo‟lsa, u holda y=Cy₁ (C- biror o„zgarmas son) funksiya ham (1) ni yechimi bo„ladi.
   

Isboti: y=Cy₁ ni birinchi va ikkinchi tartibli hosilalarini hisoblaymiz:

1
у' = (Су )^/

= Су ^/ ;

у'' = (Су )^//

= Су ^//

y, y¢va y" qiymatlarni (1) tenglamaga

1

1

1
qo„ysak,

// /

// ^/

Су₁

• 
  pCy₁ + qCy₁ = C( у₁
  
• 
  pу₁
  

+ qу₁ ) = 0 , (2)

// /

Teorema shartiga ko‟ra y=y₁ (1) tenglamani yechimi:

у₁ + pу₁

+ qу₁ = 0

bo‟lganligi

uchun (2) tenglik 0º0 ayniyatga aylanadi, bundan esa y=Cy₁ funksiya (1) ni yechimi ekanligi kelib chiqadi.

2. 
   teorema. Agar y=y₁(x) va y=y₂(x) xÎX funksiyalar (1) tenglamaning yechimlari bo„lsa, u holda y=y₁+ y₂ yigindi ham (1) ni yechimi bo„ladi.
   

2. 
   teoremaning isbotini 1-teoremaniki kabi ko‟rsatish mumkin. y=y₁(x) va y=y₂(x) yechimlarga (1) tenglamaning xususiy yechimlari deyiladi. (1) tenglamaning xususiy yechimlari o‟zaro chiziqli erkli va o‟zaro chiziqli bog‟liq yechimlarga ajraladi.
   

Ta‟rif. (1) tenglamaning ikkita xususiy yechimini biri ikkinchisini biror o‟zgarmas songa ko‟paytirishdan hosil bo‟lsa, bunday yechimlar o‟zaro chiziqli bog‟liq deyiladi, aks holda bu yechimlar o‟zaro chiziqli erkli deyiladi. Masalan,

1
у ^// - 5у ^/ + 6 у = 0,

tenglama y₁=e^2x va y₂= e^3x ko‟rinishdagi xususiy yechimlarga ega.

(2 )

Agar y₁=e^2x ni 5 ga ko‟paytirsak, y₃=5e^2x yana xususiy yechimga ega bo‟lamiz. (1- teoremaga asosan), Ta‟rifga asosan esa y₁=e^2x va y₃= 5e^2x yechimlar o‟zaro chiziqli bog‟liq xususiy yechimlar bo‟ladi, y₁=e^2x va y₂= e^3x yechimlar esa chiziqli erkli yechimlardir, chunki istalgan C o‟zgarmas uchun e^2x ¹Ce^3x o‟rinlidir.

2. 
   teorema. Agar y=y₁(x) va y=y₂(x), xÎX (1) tenglamaning chiziqli erkli xususiy yechimlari bo‟lsa, u holda
   

y=C₁y₁+C₂y₂, (3)

funksiya (1) tenglamaning umumiy yechimi bo‟ladi, bu yerda S₁ va S₂ – ixtiyoriy o‟zgarmas miqdorlardir. 3-teoremaning isboti 1-teorema va 2-teorema isbotidan kelib chiqadi. Haqiqatan, teorema shartiga ko‟ra y₁, y₂ (1) ni xususiy yechimlari bo‟lsa, C₁y₁ va C₂y₂ xam (1) ni yechimlari (1-teoremaga asosan) bo‟ladi, shuningdek bu yechimlarning yigindisi C₁y₁+C₂y₂ ham (1) ni yechimi bo‟ladi (2-teoremaga asosan).

Ma‟lumki, (1) tenglamaning umumiy yechimi ikkita ixtiyoriy o„zgarmas miqdorlarni o„z ichiga oladi. Agar (3) formuladagi y₁ va y₂ xususiy yechimlar chiziqli erkli bo„lgandagina shunday bo„lishi mumkin, agar y₁ va y₂ chiziqli boglik bo‟lsa, (3) yechimda bitta ixtiyoriy o„zgarmas bo„ladi va (3) yechim (1) ni umumiy yechimi emas, hususiy yechimi bo„lib qoladi. Bu holatni (2) differensial tenglama misolida tushuntiramiz. (2) uchun ushbu yechimni olaylik

y=C₁e^2x+C₂×Ce^2x, (4)

ya‟ni bu yechimda ikkita chiziqli bog‟liq e^2x va Ce^2x (C=const) yechimlar qatnashyapti. (4) dan

y=(C₁+C₂C)e^2x=C₃e^2x, (C₃=C₁+C₂C), (5)

Ravshanki (5) yechim (2) ni umumiy yechimi emas, hususiy yechimidir, unda bitta C₃ o„zgarmas miqdor qatnashadi. (5) yechimda e^3x ko„rinishdagi yechimlar qatnashyapti. (2) tenglamani umumiy yechimi esa y=C₁e^2x+C₂e^3x shaklda bo„ladi.

(1) tenglamani umumiy yechimini topish uchun uning chiziqli erkli yechimlarini topa bilish muhim rol o„ynaydi.

Differensial tenglamalarning to‟la umumiy nazariyasida isbotlanadiki, (1) tenglamani chiziqli erkli hususiy yechimlari

y=e^kx , (6)

ko„rinishida bo„ladi, bu yerda k- o„zgarmas son bo„lib, (1) tenglamaga bogliq holda aniqlanadi.

Agar (6) funksiya (1) ni xususiy yechimi bo„lsa, k ni qandaydir qiymatlarida uni qanoatlantirishi kerak bo„ladi. k ning shunday qiymatlarini topish uchun (6) ni differensiyalaymiz:

y¢=ke^kx, y"=k²e^kx , (7)

6. 
   va (7) ni (1) ga qo‟ysak: k²e^kx +pke^kx+qe^kx=0 yoki e^kx (k²+pk+q)=0, e^kx¹0 ligi sababli, ravshanki
   

k²+pk+q=0, (8)

Demak, k (8) tenglamani qanoatlantirsa, e^kx funksiyalar (1) tenglamaning yechimi bo„ladi. (8) tenglamaga (1) tenglamaning xarakteristik tenglamasi deyiladi.

(8) xarakteristik tenglamani yechganda quyidagi hollar bo„lishi mumkin.

1. 
   xarakteristik tenglamaning ildizlari haqiqiy va har xil (k₁¹k₂). (8) dan
   

р

k₁ = - +

2

р ² р

- q , k₂ = - -

4 2

^р - q , 4

2
(9)

Bu holda (1) tenglama ikkita chiziqli erkli xususiy yechimlarga ega: y₁=e^kx, y₂= e^{k2 x} e ^kx,

k₁x

ravshanki

^у_{1 =} е

= e^{(k1 -k2 ) x} ¹const, chunki (k ¹k ).

2
_{у еk2 x} 1 2

1. 
   tenglamaning umumiy yechimi esa:
   

у = С е^k1x + С е^{k2 x}

ko„rinishda bo„ladi, bu yerda

1 2

C₁,C₂-ixtiyoriy haqiaiy o‟zgarmaslar.

Misol. Yuqorida xususiy yechimlaridan foydalanilgan (2) tenglamani qaraylik:


1
у ^// - 5у ^/ + 6 у = 0.

Endi y₁=e^2x, y₂= e^3x xususiy yechimlarni qanday topishni ko„rsatamiz. Bu tenglamaning harakteristik tenglamasini tuzamiz: k² -5k+6=0.

Xarakteristik tenglama ildizlari k₁=2, k₂=3 ekani ravshan. Ularga mos chiziqli erkli

xususiy yechimlar: y₁=e^2x va y₂= e^3x bo„ladi, umumiy yechim esa

у = С е^{2 x} + С е^3x (C₁, C₂

1 2

–ixtiyoriy o„zgarmas sonlar).

2. 
   Xarakteristik tenglamaning ildizlari haqiqiy va o„zaro teng (k₁₌k₂).
   

Bu holda (9) dan k = k

= - ^р

bo‟lib, 2k =-p yoki 2k +p=0 bo‟ladi. (1) tenglamani bitta

_{1 2 2} 1 1

xususiy yechimi ma‟lum bo„ladi:

у = е^k1x .Bu yechim bilan chiziqli erkli bo„ladigan (1)

1
tenglamaning ikkinchi xususiy yechimini topish kerak, uni

у = u(x)е^k1x

ko„rinishida

2
izlaymiz, bu yerda u(x)=u aniqlanishi lozim bo„lgan hozircha noma‟lum funksiya. u(x) ni

aniqlash uchun y ^'

va y ^'' larni hisoblaymiz: у^'

= u'e^k1x + uk e^k1x = e^k1x (u'+uk )

2 2 2 1 1

у ^// = k e^k1x (u ^/ + uk ) + e^k1x (u ^// + u ^/ k ) = e^k1x (u ^// + 2u ^/ k

• 
  uk ² )
  

y_2, y₂¢ va y₂" larni (1)

2 1 1 1 1 1

tenglamaga quysak: e^{k1 x} (u^// + 2u^/ k

• 
  uk ² ) + pe^{k1 x} (u^/ + uk ) + que^{k1 x} = 0 yoki
  

1 1 1

e^{k1 x} [u^// + (2k

+ p)u^/ + (k ² + k p + q)u]= 0 .

1 1 1

k (8) xarakteristik tenglamaning ildizi va 2k₁+p=0 bo„lganligi sababli

u ^// = 0

_еk₁x_u //

= 0 yoki

2
u ga nisbatan ikkinchi tartibli eng sodda tenglamaga ega bo„lamiz. Bu tenglamani integrallab u(x)=Ax+B, (A, B- o„zgarmaslar) ni topamiz. Xususan, A=1, B=0 desak, y(x)=x bo„ladi.

Shunday qilib, (1) ni ikkinchi xususiy yechimi

у = xе^k1x

bo„ladi. Umumiy yechimi esa

1

2
у = С e^k1x + С

хe^k1x = (С

• 
  С₂
  

х)e^k1x

ko„rinishda yoziladi.

1

1

1

1

2

2
Misol. у ^// + 4 у ^/ + 4 у = 0. tenglamaning harakteristik tenglamasi k²+4k+4=0 bo‟lib, uning ildizlari k₁= k₂=-2 dir, (1) ning chiziqli erkli xususiy yechimlari

1
у = е^{-2 x} ,

у = xе^{-2 x} bo‟lib, umumiy yechimi esa:

у = С e^{-2 x} + С

хe^{-2 x} = (С

• 
  С₂
  

_х)e-2 x

в) Xаrаktеristik tеnгlаmаninг ildizlаri komplеks sonlаr bo„lgаn hol.

2
Bu holdа (8) xаrаktеristik tеnglаmаninг ildizlаri qo„shmа komplеks sonlardan iborat

р

bо„ladi: k_1,2 =a±ib, bu yerda a = - , b =

2

(1) ni hususiy yechimlari

q - ^p , 4
i- mavhum birlik, i =
-1;

1
_{у = e}k₁x _{= e}(a +ib ) x _{= e}ax _{× e}ibx _;


2
_{у = e}k₂ x _{= e}(a -ib ) x _{= e}ax _{× e}-ibx _;

Agar oliy matematikada isboti keltiriladigan Eyler formulasini e‟tiborga olsak,

_e±ij

= cosj ± i sinj

1
у = e^{a x}


2
у = e^{a x}

(cos bx + i sin bx)

(cos bx - i sin bx) tengliklarga ega bo„lamiz.

Biz qo‟yidagi natijadan foydalanamiz: agar haqiqiy koeffisiyentli bir jinsli chiziqli tenglamaning xususiy yechimi kompleks funksiyadan iborat bo„lsa, u holda uning haqiqiy va mavhum qismlari ham shu tenglamani yechimi bo„ladi.

Binobarin, xususiy yechim

ax
у₁ = e

cos b x + ie^ax

sin b x,

(ёки у₂ )

bo„lgani uchun, uning haqiqiy qismi

^у11

= e^ax cos bx

va mavhum qismi

^у12

= e^ax sin bx

ax

ham (1) tenglamaning yechimi bo„ladi. Ravshanki,

ax

у₁₁ = e

соsbx,

у₁₂ = e

sin bx

1. 
   ni xususiy yechimlari
   

chiziqli erklidirlar:
^у11 = tgb ¹ const. ^у12

Shunday qilib, (1) tenglamaning umumiy yechimi

ax

у = С₁ у₁₁ + С₂ у₁₂ = e

Ko„rinishida bo„ladi.

(С₁ cos b x + С₂ sin b x)

Misol.

у ^// - 6 у ^/ +13у = 0.

tenglamani x=0 da y=1 va y¢=-1 boshlang‟ich shartlarni

1
qanoatlantiruvchi yechimi topilsin.

Yechish: Xarakteristik tenglama k²-6k+13=0 ildizlari k₁=3+2i, k₂=3-2i bo‟lib, a=3,

b=2. Tenglamalarning umumiy yechimi esa qo‟yidagicha bo„ladi:

3x

у = e

(С₁ cos 2x + С₂ sin 2х).

Endi x=0 da y=1, ya‟ni

у = 1

х=0

va x=0 da y¢=-1, ya‟ni

у

х =0

= -1

boshlang‟ich

1
shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy yechimni topaylik. Buni uchun umumiy yechimdan y¢ hosilani hisoblaymiz:

1
у ^/ = 3e^3x (С

cos 2x + С₂

sin 2x) + e^3x (-2С

sin 2x

• 
  2С
  

cos 2x) = e^3x [(3С

• 
  2С ) cos 2x + (3С
  

• 
  2С ) sin 2x].
  

2 1 2 2 1

Boshlang‟ich shartlarga ko„ra:

ì^{1 = C}₁

í

_î-1 = 3C₁ + 2C₂

sistemaga ega bo„lamiz. Bu sistemadan noma‟lum C₁ va C₂ larni topib: C₁ =1 C₂= - 2 natijada umumiy yechimdan ushbu izlangan xususiy yechimni aniqlaymiz:

у = e^3x (cos 2x - 2sin 2х).

Hosil qilingan bu yechim berilgan differensial tenglamani va boshlang‟ich shartlarni qanoatlantirishini ko„rsatish qiyin emas.

1. 
   Ushbu
   

у = С е^{-2 x} + С е^3х

Mashqlar.

(C₁,C₂- ixtiyoriy o„zgarmaslar)
у ^// - у ^/ - 6 у = 0

1 2

tenglamaning umumiy yechimi ekanligi ko„rsatilsin.

x

// /

2. 
   Ushbu
   

у = e

(С₁ cos x + С₂ sin х)

(C₁,C₂-const) funksiya

у - 2 у

+ 2 у = 0

tenglamaning umumiy yechimi ekanligi ko‟rsatilsin.

3. у ^// + 3у ^/ + 2 у = 0

tenglamani x=0 da y=-1 va y¢=3 shartlarni qanoatlantiruvchi

xususiy yechimi topilsin.

4. 
   у ^// + 4 у ^/ + 8у = 0 tenglamaning umumiy yechimi topilsin.
   
5. 
   у ^// + 6 у ^/ + 9 у = 0 tenglamani x=0 da y=2 va y¢=1 boshlang‟ich shartlarni
   

qanoatlantiruvchi yechimi topilsin.
Javoblar.

3. (у = e^{- x} - 2e^{-2 x} ),

4. (у = С e^-3x + С e^{- x} ),

1 2

5. (у = (2 + 7х)e^-3x ),

3.⁰ Garmonik tebranishlarning differensial tenglamasi.

y(t)=sint va y(t)=cost funksiyalar argumentning barcha qiymatlarida

у ^// (t) = - у(t)

tenglamani qanoatlantirishi ravshan.

Fizikada, xususan mexanikada

у ^// (t) = -w ² у(t),

, (1)

(2)

tenglamani qanoatlantiruvchi funksiyalar muhim rol‟ o„ynaydi, bu yerda w-musbat o`zgarmas. (2) tenglama oldingi paragrafda o„rganilgan.

у ^// + pу ^/ + qу = 0,

tenglamaning xususiy holidir, ya‟ni p=0, q=w².

(3)

Mexanikada (3) tenglamani erkin tebranishlarning, (2) ga esa garmonik tebraninshlarning differensial tenglamasi deyiladi. (2) tenglamaning xarakteristik tenglamasini k²+w² =0, ildizlari k₁=wi, k₂=-wi bo„lib, umumiy yechimi esa

у(t) = С₁ cosw t + С₂ sinw t) , (C₁,C₂-const), (4)

Bu yechimning fizikaviy ma‟nosini aniqlash uchun yangi ixtiyoriy o„zgarmaslar kiritib, uni qo‟lay ko„rinishga keltirish mumkin.

4. 
   ni o‟ng tomonini
   

С ² + С ²

ga ko„paytirib va bo„lib ushbuni hosil qilamiz:

1 2

æ ö

С

ø
у(t) =

С ² + С ^{2 ç С1}

cosw t + ^С2

sin w t ^÷

С

1
1 2 _ç

è

2 _{+ С} 2

² _{+ С} ² ÷

2

2

1
Agar A =

С ² + С ² ,

sin j =

^С1 , cosj = ^С2

, deb belgilash kiritsak,

1 2 0

С ² + С ²

0

С ² + С ²

yechim

1 2 1 2

у(t) = Asin(w t + j₀ ),

ko„rinishga keladi, endi A³0, j₀ Î[0;2p ] ixtiyoriy o„zgarmaslar bo‟ladi.

(5)

4. 
   umumiy yechim (integral egri chiziqlar) grafikasi sinusoidadan iboratdir. Sinusning
   

argumenti 2p ga o„zgaradigan T vaqt oraligi tebranish davri deyiladi.

_{Т =} 2p

w

; 2p vaqt

ichidagi tebranishlar soni tebranishlar chastotasi deyiladi, hozirgi holda chastotasi w ga teng; muvozanat holatdan eng katta ogish miqdori A-tebranish amplitudasi deyiladi;

w t + j₀ argument tebranish fazasi deyiladi; fazaning t=0 dagi qiymati, ya‟ni j ₀

tebranishning boshlang‟ich fazasi deyiladi.

kattalik

Foydalanilgan adabiyotlar.

1. 
   M.S.Salahiddinov, G.N.Nasriddinov. Oddiy differensial tenglamalar. Toshkent
   

„O‟zbekiston‟ 1994-yil.

2. 
   Qori-Niyoziy T.N. Tanlangan asarlar 4-tom, differensial tenglamalar, Toshkent 1968-yil.
   
3. 
   A.U.Abduhamidov, N.A.Nosirov, U.M.Nosirov, J.H.Husanov. Algebra va matematika analiz asoslari II-qism. Akademik l ;itsiylar uchun darslik, Toshkent
   

„O‟qituvchi 2003-yil‟.

4. 
   Sh.I.Tojiyev. Oliy matematikadan masalalar yechish. Toshkent „O‟zbekiston‟ 2002-yil.
   
5. 
   X.R.Latipov, F.U.Nosirov,Sh.I.Tojiyev. Differensial tenglamalarning sifat nazariyasi va uning tatbiqlari. Toshkent O‟zbekiston‟ 2002-yil.
   
6. 
   Y.U.Soatov Oliy matematika III-qism Toshkent „O‟zbekiston‟ 1996-yil.
   
7. 
   R.S.Guter, A.R.Yanpolskiy. Differensial tenglamalar. Toshkent „O‟qituvchi‟ 1978-yil.
   
8. 
   V.E.Shneyder, A.I.Slutskiy, A.S.Shimov, Oliy matematika kursi Toshkent
   

„O‟qituvchi‟ 1987-yil.

9. 
   А.М.Самойленко и др Дифференциальные уровнения : примеры и задачи. М.1989 г.
   
10. 
    Степанов В.В. Курс дифференциальные уровнений, М. 1958г.