Ilmiybaza.uz BERNULLI DIFFERENSIAL TENGLAMASI. Bernulli differensial tenglamasi deb, 𝑦′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑞(𝑥) ∙ 𝑦𝑎 koʻrinishdagi differensial tenglamaga aytiladi. Koʻrinib turibtiki Bernulli differensial tenglamasi tuzilishi boʻyicha chiziqli bir jinsli boʻlmagan birinchi tartibli differensial tenglamani eslatayapti. Differensial tenglama Bernulli differensial tenglamasi ekanligini aniqlash uchun oʻng tomonda y ning a- darajasi qatnashganligidir. 𝑎 = 0 boʻlganda 𝑦′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑞(𝑥) 𝑎 = 1 boʻlganda 𝑦′ + (𝑝(𝑥) − 𝑞(𝑥)) ∙ 𝑦 = 0 koʻrinishdagi differensial tenglamalarga keladi, ularni qanday qilib yechishni esa koʻrib chiqdik. y ning darajasidagi a –musbat ham (a>0), manfiy ham (a<0), kasr son ham (𝑎 = 1 2 ⟹ 𝑦 1 2 = √𝑦 ) boʻlishi mumkin. Bernulli tenglamasi turli xil koʻrinishlarda berilishi mumkin: 𝑟(𝑥) ∙ 𝑦′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑞(𝑥) ∙ 𝑦𝑎 𝑟(𝑥) ∙ 𝑦′ + 𝑦 = 𝑞(𝑥) ∙ 𝑦𝑎 𝑦′ + 𝑦 = 𝑞(𝑥) ∙ 𝑦𝑎 𝑦′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦 = 𝑦𝑎 Muhimi y ning birdan farqli darajasi qatnashsa boʻlgani. a>0 boʻlganda y=0 yechim Bernulli tenglamasining xususiy yechimi boʻladi. Shunday qilib Bernulli tenglamasini yechish algoritmi quyidagicha: Ilmiybaza.uz 1. Oʻng tomondagi 𝑦𝑎 dan qutulish lozim. Buning uchun tenglamani ikkala tomonini 𝑦𝑎 ga boʻlamiz. 𝑦′ 𝑦𝑎 + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑦1−𝑎 = 𝑞(𝑥) 2. 𝑦1−𝑎 dan qutulish lozim, buning uchun 𝑦1−𝑎 = 𝑧 deb belgilash kiritamiz. 3. 𝑧′ = (1 − 𝑎) 𝑦′ 𝑦𝑎 ⟹ 𝑦′ = 𝑦𝑎 1−𝑎 𝑧′ ⟹ 1 1−𝑎 𝑧′ + 𝑝(𝑥) ∙ 𝑧 = 𝑞(𝑥) koʻrinishdagi chiziqli bir jinsli boʻlmagan 1-tartibli differensial tenglamaga kelamiz. Uni yechish algoritmini esa bilamiz. Misol 3. √1 − 𝑥2 ∙ 𝑦′ + 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 ∙ 𝑦2, 𝑦(0) = −1 1. Oʻng tomonda y dan qutulish kerak. 2. Konturga olingan qoʻshiluvchida y dan qutulish kerak, buning uchun 1 𝑦 = 𝑧 almashtirish bajaramiz. 3. 𝑧′ = − 𝑦′ 𝑦2 ⟹ 𝑦′ = −𝑦2 ∙ 𝑧′ ⟹ −√1 − 𝑥2 ∙ 𝑧′ + 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 ⟹ 𝑧′ − 1 √1 − 𝑥2 𝑧 = − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑥 √1 − 𝑥2 Natijada Bernulli differensial tenglamasidan chiziqli bir jinsli boʻlmagan birinchi tartibli differensial tenglamaga kelamiz. Bunday tenglamalarni yechish usullarini esa bilamiz. RIKKATI TENGLAMALARI. Rikkati tenglamasi birinchi tartibli chiziqli boʻlmagan differensial tenglamalarning eng qiziqarlilaridan hisoblanadi. Umumiy holda Rikkati tenglamasi quyidagi koʻrinishda yoziladi: 𝑦′ = 𝑎(𝑥)𝑦 + 𝑏(𝑥)𝑦2 + 𝑐(𝑥) Bunda 𝑎(𝑥), 𝑏(𝑥), 𝑐(𝑥)-oʻzgaruvchi x ga bogʻliq boʻlgan uzluksiz funksiyalar. Rikkati tenglamasi matematikaning turli sohalari (masalan algebraik geometriya va conform akslantirishlar nazariyasida) va fizikada keng qoʻllaniladi. Amaliy Ilmiybaza.uz matematika masalalarida ham koʻp hollarda uchrab turadi. Rikkati tenglamasining yechimi quyidagi teoremaga asoslangan: Teorema. Agar Rikkati tenglamasining xususiy yechimi 𝑦1 aniq boʻlsa, u holda uning yechimi quyidagicha formula bilan aniqlanadi: 𝑦 = 𝑦1 + 𝑢 Haqiqatdan ham ushbu yechimni Rikkati tenglamasiga qoʻyilsa, quyidagiga ega boʻlamiz: (𝑦1 + 𝑢)′ = 𝑎(𝑥)(𝑦1 + 𝑢) + 𝑏(𝑥)(𝑦1 + 𝑢)2 + 𝑐(𝑥) 𝑦1 ′ + 𝑢′ = 𝑎(𝑥)𝑦1 + 𝑎(𝑥)𝑢 + 𝑏(𝑥)𝑦1 2 + 2𝑏(𝑥)𝑦1𝑢 + 𝑏(𝑥)𝑢2 + 𝑐(𝑥) Chap va oʻng tomondagi tagi chizilgan ifodalarni qisqartirish mumkin, chunki 𝑦1 tenglamani qanoatlantiruvchi xususiy yechim. Natijada u(x) funksiya uchun differensial tenglamaga ega boʻlamiz: 𝑢′ = 𝑏(𝑥)𝑢2 + [2𝑏(𝑥)𝑦1 + 𝑎(𝑥)]𝑢 Ushbu tenglama esa Bernulli tenglamasi hisoblanadi. 𝑧 = 1 𝑢 oʻzgaruvchi almashtirish Bernulli tenglamasini integrallash mumkin boʻlgan chiziqli differensial tenglamaga aylantiradi. 𝑎(𝑥), 𝑏(𝑥), 𝑐(𝑥)-larning koʻrinishiga qarab Rikkati tenglamasi turli xil koʻrinishlarga ega boʻlib, ularning koʻpchiligi integrallanuvchi yechimga ega. Lekin afsuski umumiy holda xususiy yechimni topish uchun qatʼiy algoritm yoʻq. Rikkarti tenglamasining xususiy hollarini koʻrib chiqamiz: Xususiy hol №1. 𝑎, 𝑏, 𝑐 – koeffitsiyentlarning barchasi konstanta boʻlgan hol: Agar Rikkati tenglamasidagi koeffitsiyentlar oʻzgarmas boʻlsa, u holda uni oʻzgaruvchilari ajraladigan tenglamalarga olib kelish mumkin 𝑦′ = 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦2 + 𝑐; ⟹ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦2 + 𝑐; ⟹ ∫ 𝑑𝑦 𝑎𝑦 + 𝑏𝑦2 + 𝑐 = ∫ 𝑑𝑥 Ushbu integral esa 𝑎, 𝑏, 𝑐 – larning ixtiyoriy qiymatlarida oson hisoblanadi. Xususiy hol №2. 𝑎(𝑥) = 0, 𝑏(𝑥) = 𝑏, 𝑐(𝑥) = 𝑐 ∙ 𝑥𝑛; ⟹ 𝑦′ = 𝑏 ∙ 𝑦2 + 𝑐 ∙ 𝑥𝑛 Ilmiybaza.uz Rikkati tenglamasining ushbu xusuaiy holi ajoyib yechimga ega. Agar n=0 boʻlsa, biz yana 1-holga kelamiz. Agar n=-2 boʻlsa, Rikkati tenglamasi 𝑦 = 1 𝑧 almashtirish orqali bir jinsli tengalamaga aylanadi. Ushbu differensial tenglamani 𝑛 = 4𝑘 1−2𝑘 ; 𝑘 = ±1; ±2; ±3; … holler uchun ham yechish mumkin boʻladi, bunda umumiy yechimlar silindrik funksiyalar orqali ifodalanadi. n ning boshqa qiymatlarida Rikkati tenglamasini elementar funksiyalarning integrallari orqali ifodalash mumkin. Ushbu fakt fransuz matematigi J.Liuvill tomonidan aniqlangan. Rikkati tenglamasining boshqa koʻpgina xususiy hollarini http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/ode/ode-toc1.htm saytda koʻrish mumkin. TOʻLA DIFFERENSIALLI TENGLAMA. Agar 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 differensial tenglamada ∃𝑧 = 𝜑(𝑥, 𝑦) funksiya topilsaki, 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦), 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) (*) boʻlsa, 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝜑(𝑥, 𝑦) = 0 ⟹ boʻlib, umumiy yechim 𝜑(𝑥, 𝑦) = 𝐶 koʻrinishda boʻladi. Agar differensial tenglama uchun 𝜕𝑀(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 shart bajarilsa, u holda differensial tenglama toʻla differensialga keladi va 𝜑(𝑥, 𝑦) funksiya quyidagicha koʻrinishda qidiriladi: 1-usul: 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) shartdan y ni oʻzgarmas deb olib, x boʻyicha integral olamiz, constantani y ga bogʻliq funksiya qilib olib Ilmiybaza.uz 𝜑(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝛽(𝑦) ikkinchi shartni 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) ham bajarilishini talab qilib, 𝛽(𝑦) ni ham koʻrinishini aniqlaymiz. 2-usul: 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) shartdan x ni oʻzgarmas deb olib, y boʻyicha integral olamiz, constantani x ga bogʻliq funksiya qilib olib 𝜑(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + γ(𝑥) birinchi shartni 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) ham bajarilishini talab qilib, γ(𝑥) ni ham koʻrinishini aniqlaymiz. Misol. (2𝑥 + 3𝑥2𝑦)𝑑𝑥 + (𝑥3 − 3𝑦2)𝑑𝑦 = 0 Differensial tenglama toʻla differensialga keltirilish shartini tekshiramiz 𝜕𝑀(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑦 = 𝜕(2𝑥 + 3𝑥2𝑦) 𝜕𝑦 = 3𝑥2 𝜕𝑁(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝜕(𝑥3 − 3𝑦2) 𝜕𝑥 = 3𝑥2 𝜕𝑀(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 shart bajarildi, u holda 1-usul 𝜑(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝛽(𝑦) = ∫(2𝑥 + 3𝑥2𝑦)𝑑𝑥 + 𝛽(𝑦)=𝑥2 + 𝑥3𝑦 + 𝛽(𝑦) 𝛽(𝑦) ni topish uchun ikkinchi shartni bajarilishini talab qilamiz: 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝜕𝜑(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 = 𝜕(𝑥2+𝑥3𝑦+𝛽(𝑦)) 𝜕𝑦 = 𝑥3 + 𝛽′(𝑦) = 𝑥3 − 3𝑦2 ⇒ 𝛽′(𝑦) = −3𝑦2 ⇒ 𝛽(𝑦) = −𝑦3 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 ⇒ 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑𝒚 − 𝒚𝟑 = 𝑪 2-usul 𝜑(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + γ(𝑥) = ∫(𝑥3 − 3𝑦2)𝑑𝑦 + γ(𝑥) = 𝑥3𝑦 − 𝑦3 + γ(𝑥) γ(𝑥) ni topish uchun birinchi shartni bajarilishini talab qilamiz: 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝑀(𝑥, 𝑦) ⇒ 𝜕𝜑(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 = 𝜕(𝑥3𝑦 − 𝑦3 + γ(𝑥)) 𝜕𝑥 = 3𝑥2𝑦 + γ′(𝑥) = 2𝑥 + 3𝑥2𝑦 ⇒ Ilmiybaza.uz γ′(𝑥) = 2𝑥 ⇒ γ(𝑥) = 𝑥2 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 𝝋(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟑𝒚 − 𝒚𝟑 + 𝒙𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑𝒚 − 𝒚𝟑 = 𝑪 Eslatma: Agar 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 ni m(x,y)≢ 0 funksiyaga koʻpaytirish natijasida toʻla differensialga aylansa, m(x,y) ga integrallovchi koʻpaytuvchi deyiladi. Agar M(x,y) va N(x,y) funksiyalar uzluksiz xususiy hosilalarga ega va bir vaqtni oʻzida nolga aylanmasa, u holda integrallovchi koʻpaytuvchi mavjud. Lekin uni qidirishning umumiy usuli mavjud emas. INTEGRALLOVCHI KOʻPAYTUVCHI VA UNI TANLASH USULLARI. Aytaylik quyidagicha differensial tenglama 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (*) berilgan boʻlib, P(x,y) va Q(x,y) lar ikkita oʻzgaruvchi x va y larning funksiyasi boʻlib, biror bir D sohada uzluksiz boʻlsin. Agar 𝜕𝑄 𝜕𝑥 ≠ 𝜕𝑃 𝜕𝑦 boʻlsa, u holda tenglama toʻla differensialli tenglama boʻlmaydi. Biroq integrallovchi koʻpaytuvchini tanlashga urinib koʻrishimiz mumkin. Agar (*) tenglamani m(x,y)≢ 0 funksiyaga koʻpaytirish natijasida toʻla differensialga aylansa, m(x,y) ga integrallovchi koʻpaytuvchi deyiladi. U holda quyidagicha tenglik oʻrinli boʻladi: 𝜕(𝑚(𝑥, 𝑦)𝑄(𝑥, 𝑦)) 𝜕𝑥 = 𝜕(𝑚(𝑥, 𝑦)𝑃(𝑥, 𝑦)) 𝜕𝑦 Ushbu shartni quyidagicha koʻrinishda yozish mumkin: 𝑄 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑥 + 𝑚 ∙ 𝜕𝑄 𝜕𝑥 = 𝑃 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑦 + 𝑚 ∙ 𝜕𝑃 𝜕𝑦 ⇒ 𝑄 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑥 − 𝑃 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑦 = 𝑚 ∙ (𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥) ⇒ Oxirgi ifoda birinchi tartibli xususiy hosilali tenglama boʻlib, integrallovchi koʻpaytuvchi m(x,y) ni aninqlaydi. Integrallovchi koʻpaytuvchini topishning umumiy usuli mavjud emas, lekin ayrim xususiy hollarda olingan xususiy hosilali tenglamani yechib, natijada integrallovchi koʻpaytuvchini aniqlash mumkin. 1. Integrallovchi koʻpaytuvchi x oʻzgaruvchiga bogʻliq boʻlsa: m=m(x) Ilmiybaza.uz Bunday holda 𝜕𝑚 𝜕𝑦 = 0 boʻlib, shuning uchun ham m(x,y) uchun tenglamani quyidagicha yozish mumkin: 𝑄 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑥 = 𝑚 ∙ (𝜕𝑃 𝜕𝑥 − 𝜕𝑄 𝜕𝑦) ⇒ 1 𝑚 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑥 = 1 𝑄 ∙ (𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥) ⇒ Ushbu tenglamaning oʻng tomoni faqat x ning funksiyasi boʻlsa, u holda m(x) funksiyani oxirgi tenglamani integrallash orqali topish mumkin. 2. Integrallovchi koʻpaytuvchi y oʻzgaruvchiga bogʻliq boʻlsa: m=m(y) Oldingi holatdagidek, bu holda 𝜕𝑚 𝜕𝑥 = 0 boʻlib, shuning uchun ham m(x,y) uchun tenglamani quyidagicha yozish mumkin: 1 𝑚 ∙ 𝜕𝑚 𝜕𝑦 = − 1 𝑃 ∙ (𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥) Ushbu tenglamaning oʻng tomoni faqat y ning funksiyasi boʻlsa, u holda m(y) funksiyani oxirgi tenglamani integrallash orqali topish mumkin. 3. Integrallovchi koʻpaytuvchi x va y oʻzgaruvchilarning aniq bir kombinatsiyalariga bogʻliq bolsa: m=m(z(x,y)) Yangi z(x,y) funksiya masalan quyidagicha koʻrinishlarda boʻlishi mumkin: 𝑧 = 𝑥 𝑦 ; 𝑧 = 𝑥 ∙ 𝑦; 𝑧 = 𝑥 + 𝑦; 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2; … Bunda muhimi shundaki, integrallovchi koʻpaytuvchi m(x,y) bitta z oʻzgaruvchining funksiyasi sifatida keladi: m(x,y)=m(z) va quyidagicha differensial tenglamadan topiladi: 1 𝑚 ∙ 𝑑𝑚 𝑑𝑧 = 𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥 𝑄 𝜕𝑧 𝜕𝑥 − 𝑃 𝜕𝑧 𝜕𝑦 Oʻng tomon faqat z ga bogʻliq va maxraj nolga teng emas deb faraz qilinadi. Misol. (1 + 𝑦2)𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 differensial tenglama yechhilsin. Boshlanishida tenglama toʻla differensialli tenglama ekanligini tekshiramiz: 𝜕𝑄 𝜕𝑥 = 𝜕 𝜕𝑥 (𝑥𝑦) = 𝑦; 𝜕𝑃 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (1 + 𝑦2) = 2𝑦 Ilmiybaza.uz Koʻrinib turibtiki xususiy hosilalar bir-biriga teng emas, demak tenglama toʻla differensiallanuvchi tenglamaga kelmaydi. Toʻla differensiallanuvchi koʻrinishga olib kelish uchun integrallovchi koʻpaytuvchini tanlashga harakat qilib koʻramiz: Quyidagicha funksiyani hisoblaymiz: 𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥 = 2𝑦 − 𝑦 = 𝑦 Koʻrinib turibtiki: 1 𝑄 ∙ ( 𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥) = 1 𝑥𝑦 ∙ 𝑦 = 1 𝑥 Ifoda faqat x oʻzgaruvchiga bogʻliq, demak integrallovchi koʻpaytuvchi ham faqat x ga bogʻliq boʻladi: m=m(x), uni esa quyidagi tenglamadan topamiz: 1 𝑚 ∙ 𝑑𝑚 𝑑𝑥 = 1 𝑄 ∙ (𝜕𝑃 𝜕𝑦 − 𝜕𝑄 𝜕𝑥) = 1 𝑥 ⟹ 𝑑𝑚 𝑚 = 𝑑𝑥 𝑥 ⟹ 𝑙𝑛|𝑚| = 𝑙𝑛|𝑥| ⇒ 𝑚 = ±𝑥 m=x ni tanlaymiz va berilgan differensial tenglamani x ga koʻpaytiramiz. Natijada toʻla differensialli tenglamaga kelamiz: (𝑥 + 𝑥𝑦2)𝑑𝑥 + 𝑥2𝑦𝑑𝑦 = 0 Endi toʻla differensiallilik sharti bajariladi: 𝜕𝑄 𝜕𝑥 = 𝜕 𝜕𝑥 (𝑥2𝑦) = 2𝑥𝑦; 𝜕𝑃 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 (𝑥 + 𝑥𝑦2) = 2𝑥𝑦 u(x,y) funksiyani tenglamalar sistemasidan aniqlash mumkin: { 𝜕𝑢 𝜕𝑥 = 𝑥 + 𝑥𝑦2 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 𝑥2𝑦 Birinchi tenglamadan 𝑢(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑥 + 𝑥𝑦2) 𝑑𝑥 = 𝑥2 2 + 𝑥2𝑦2 2 + 𝜑(𝑦) Ushbu ifodani ikkinchi tenglamaga qoʻyib 𝜑(𝑦) ni aniqlaymiz: 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 𝜕 𝜕𝑦 [𝑥2 2 + 𝑥2𝑦2 2 + 𝜑(𝑦)] = 𝑥2𝑦; ⟹ 𝑥2𝑦 + 𝜑′(𝑦) = 𝑥2𝑦 ⟹ 𝜑′(𝑦) = 0 ⟹ 𝜑(𝑦) = 𝐶, bunda C – ixtiyoriy konstanta Shunday qilib, differensial tenglamaning umumiy yechimi 𝑥2 2 + 𝑥2𝑦2 2 + 𝐶 = 0 Ilmiybaza.uz EGRI CHIZIQLAR OILASI. BIRINCHI TARTIBLI DIFFERENSIAL TENGLAMALARNING MAXSUS YECHIMLARI. Egri chiziq tenglamasi umumiy holda f(x,y)=0 tenglama bilan aniqlanadi. Ayrim hollarda egri chiziqlarga bitta yoki bir nechta parametrlar qoʻshishadi. Parametrlarga turli xil qiymatlar berish mumkin. Egri chiziq ifodasida bitta parameter kirgan holni koʻrib chiqamiz: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 (1) Parametr ixtiyoriy 𝑐0 qiymat qabul qiladi va qandaydir 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐0) = 0 egri chiziqni aniqlaydi. C parameter oʻzgarganda egri chiziq shaklini va XOY tekislikdagi joylashuvini oʻzgartiradi. Taʼrif 1. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 tenglama bilan aniqlanadigan barcha egri chiziqlar majmuasiga bir parametrli egri chiziqlar oilasi deyiladi, tenglamaning oʻziga esa egri chiziqlar oilasining tenglamasi deyiladi. Taʼrif 2. Har bir nuqtasida egri chiziqlar oilasining bitta egri chizigʻi bilan urinadigan egri chiziqqa berilgan egri chiziqlar oilasining gardishi deyiladi. Gardishning parametrik tenglamasi { 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 𝑓𝑐 ′(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 tenglamalar sistemasi orqali aniqlanadi. Tenglamalar sistemasidan c ni yoʻqotsak, u holda gardishning aniq yoki noaniq koʻrinishini topib olamiz. Ushbu sistema gardish mavjudligining zaruriy sharti hisoblanadi. Ushbu sistemaning yechimi gardishdan tashqari, gardishga tegishli boʻlmagan egri chiziqlar oilasining maxsus nuqtalarini oʻz ichiga olishi mumkin. Sistemaning barcha yechimlar toʻplami diskriminant egri chiziq deyiladi. Shunday qilib gardish – diskriminant egri chiziqning bir qismini tashkil qiladi. Gardishni bir qiymatli topish uchun uning mavjudligining yetarli shartidan foydalaniladi. Ushbu shart quyidagicha shartni bajarilishi talab qiladi: Ilmiybaza.uz |𝑓𝑥 ′ 𝑓𝑦 ′ 𝑓𝑐𝑥 ′′ 𝑓𝑐𝑦 ′′| ≠ 0 yoki 𝜕2𝑓 𝜕𝑐2 ≠ 0 Har qanday bir parametrli egri chiziqlar oilasi gardishga ega boʻlavermaydi. Misol 1. 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐2 tenglama bilan berilgan konsentrik aylanalar oilasi gardishga ega emas. Chunki bunday egri chiziqlar oilasi uchun yetarli shart bajarilmaydi: 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑐2 = 0, 𝑓𝑐 ′ = −2𝑐 |𝑓𝑥 ′ 𝑓𝑦 ′ 𝑓𝑐𝑥 ′′ 𝑓𝑐𝑦 ′′| = |2𝑥 2𝑦 0 0 | = 0 Demak gardish yoʻq! Misol 2. (𝑥 − 𝑐)2 + (𝑦 − 𝑐)2 = 1 aylanalar oilasining gardishi topilsin? {𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = (𝑥 − 𝑐)2 + (𝑦 − 𝑐)2 − 1 = 0 𝑓𝑐 ′(𝑥, 𝑦, 𝑐) = −2(𝑥 − 𝑐) − 2(𝑦 − 𝑐) = 0 ⟹ 𝑥 + 𝑦 = 2𝑐 ⟹ 𝑐 = 𝑥+𝑦 2 c – ning ifodasini 1-tenglamaga qoʻyamiz ⟹ (𝑥 − 𝑥 + 𝑦 2 ) 2 + (𝑦 − 𝑥 + 𝑦 2 ) 2 − 1 = 0 ⟹ 𝑦 − 𝑥 = ±√2 ⟹ 𝑦 = 𝑥 ± √2 Demak gardish tenglamasi : 𝑦 = 𝑥 − √2 ; 𝑦 = 𝑥 + √2 Gardish tenglamasida aylanalar oilasi maxsus nuqtalarga ega emas, shuning uchun ham olingan yechimlar faqat gardish tenglamalari boʻladi. Ilmiybaza.uz Misol 3. 𝑎2 + 𝑏2 = 1 shart bajarilganda 𝒙𝟐 𝒂𝟐 + 𝒚𝟐 𝒃𝟐 = 1 tenglama bilan berilgan ellipslar oilasining gardishi topilsin. 𝑎2 + 𝑏2 = 1 ⟹ 𝑏2 = 1 − 𝑎2 ⟹ 𝒙𝟐 𝒂𝟐 + 𝒚𝟐 1−𝑎2 = 1 ⟹ 0<a<1 { 𝒙𝟐 𝒂𝟐 + 𝒚𝟐 1 − 𝑎2 − 1 = 0 −2 𝑥2 𝑎3 − −2𝑎𝑦2 (1 − 𝑎2)2 = 0 ⟹ 𝑎2 = |𝑥| |𝑥| + |𝑦| ⟹ 1-tenglamaga qoʻyamiz ⟹ |𝑥| + |𝑦| = ±1, ⟹ −1 boʻlishi maʼnoga ega emas, demak |𝑥| + |𝑦| = 1 bu tenglama esa kvadratni tashkil qiladi. Misol 4. Koordinatalar oʻqlari bilan kesishish natijasida bir xil yuza hosil qiladigan toʻgʻri chiziqlar oilasining gardishi topilsin? 𝑥 𝑎 + 𝑦 𝑏 = 1 ⟹ 𝑆 = 1 2 𝑎 ∙ 𝑏 ⟹ 𝑎 > 0, 𝑏 > 0 ⟹ 𝑏 = 2𝑆 𝑎 ⟹ 𝑆 −oʻzgarmasligi lozim . { 𝑥 𝑎 + 𝑎𝑦 2𝑆 − 1 = 0 − 𝑥 𝑎2 + 𝑦 2𝑆 = 0 ⟹ 𝑎 = √ 2𝑆𝑥 𝑦 , a-ning ifodasini 1-tenglamaga qoʻysak gardish tenglamasini topamiz: 𝑥 √2𝑆𝑥 𝑦 + √2𝑆𝑥 𝑦 ∙𝑦 2𝑆 − 1 = 0 ⟹ 𝑦 = 𝑆 2 ∙ 1 𝑥 – demak gardish tenglamasi giperbola ekan. Masalan toʻgʻri chiziq koordinata oʻqlari bilan kesishish natijasida hosil qilgan yuza S=4 ga teng boʻlsa, u holda bunday toʻgʻri chiziqlar oilasi gardishi 𝑦 = 𝑆 2 ∙ 1 𝑥 = 2 𝑥 − giperbola boʻladi. Giperbolaning ixtiyoriy nuqtasiga oʻtqazilgan urinma koordinata oʻqlari bilan hosil qilgan uchburchak yuzasi 4 ga teng. Misol 5. Bir xil yuzaga ega boʻlgan ellipslar oilasi gardishi topilsin? Ilmiybaza.uz 𝑥 𝑎2 + 𝑦 𝑏2 = 1 ⟹ 𝑆 = 𝜋 ∙ 𝑎 ∙ 𝑏 – mustaqil bajarish uchun vazifa. Har qanday differensial tenglamaning umumiy yechimi bu qandaydir egri chiziqlar oilasidir. Demak har qanday egri chiziqlar oilasiga qandaydir differensial tenglama mos keladi. Aytaylik n ta parametrli egri chiziqlar oilasi 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛) = 0 (*) berilgan boʻlsin. Unga mos keladigan differensial tenglamani topish uchun y ni x ning funksiyasi deb (*) tenglamadan n marta xususiy hosila olish lozim. Hosil boʻlgan tenglamalar va (*) tenglamadan 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑛-larni yoʻqotsak, (*) ga mos keladigan differensial tenglamani topamiz. Misol 6. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐1, 𝑐2) = 𝑐1𝑥 + (𝑦 − 𝑐2)2 = 0 egri chiziqlar oilasiga mos keladigan differensial tenglama topilsin? 𝑓𝑥 ′ = 𝑐1 + 2(𝑦 − 𝑐2) ∙ 𝑦′ = 0 ⟹ 𝑐1 = −2(𝑦 − 𝑐2) ∙ 𝑦′ 𝑓𝑥𝑥 ′′ = 2𝑦′ ∙ 𝑦′ − 2 ∙ (𝑦 − 𝑐2) ∙ 𝑦′′ = 0 ⟹ 𝑦 − 𝑐2 = − 𝑦′2 𝑦′′ 𝑐1 va 𝑐2 lar ifodalarini egri chiziqlar oilasiga qoʻysak, ixchamlashlardan keyin 𝑦′ + 2𝑥𝑦′′ = 0 differensial tenglamaga kelamiz. Misol 7. 𝑦 = 𝑒𝑐𝑥 egri chiziqlar oilasiga mos differensial tenglama topilsin? Parametr 1 ta boʻlgani uchun, bir marta x boʻyicha hosila olamiz: { 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 𝑦 − 𝑒𝑐𝑥 = 0 𝑓𝑥 ′(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 𝑦′ − 𝑐 ∙ 𝑒𝑐𝑥 = 0 ⟹ 𝑐 = 𝑦′ ∙ 𝑒−𝑐𝑥 = 𝑦′ ∙ 𝑦 ⟹ 𝑦 = 𝑒𝑦′∙𝑦 ⟹ natijada 𝒚′ = 𝟏 𝒙 ∙ 𝒚 ∙ 𝒍𝒏𝒚 koʻrinishdagi differensial tenglamaga kelamiz. BIRINCHI TARTIBLI DIFFERENSIAL TENGLAMANING MAXSUS YECHIMLARI Aytaylik 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′) = 0 differensial tenglama Ф(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 umumiy yechimga ega boʻlsin. Ф(𝑥, 𝑦, 𝑐) = 0 yechimga mos keluvchi egri chiziqlar oilasi gardishga ega boʻlsin, u holda bu gardish ham differensial tenglama yechimi boʻladi. Haqiqatdan ham gardish oʻzining har bir nuqtasida egri chiziqlar oilasining bittasi bilan urinadi, yaʼni u bilan umumiy urinmaga ega boʻladi. Har bir umumiy nuqtada gardish bilan egri chiziq bir xil 𝑥, 𝑦, 𝑦′ qiymatga ega. Oilaning egri chizigʻi uchun Ilmiybaza.uz 𝑥, 𝑦, 𝑦′ - lar 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′) = 0 differensial tenglamani ham qanoatlantiradi. Bu esa gardishning har bir nuqtasi yechim boʻlishini bundan esa butun gardishning oʻzi ham integral egri chiziq (yechim) boʻlishini, uning tenglamasi esa differensial tenglamaning yechimi boʻlishini anglatadi. Eslatma: Gardish – umuman olganda integral yechimlar oilasining vakili emas, shuning uchun ham umumiy yechimdan C ning biror xususiy qiymati orqali topilmaydi. Taʼrif. Differensial tenglamaning umumiy yechimidan C ning birorta ham qiymati orqali topib boʻlmaydigan va grafigi umumiy yechimga kiruvchi integral egri chiziq oilasining gardishi boʻlgan yechimi differensial tenglamaning maxsus yechimi deyiladi. Maxsus yechim deyilishiga sabab: maxsus yechimning har bir nuqtasidan kamida 2 ta integral egri chiziq oʻtadi – yaʼni gardish va umumiy yechimning bitta integral egri chizigʻi, bu esa differensial tenglama yechimining yagonaligini buzayapti. Taʼrif. Yechimning yagonaligi buziladigan nuqtalar maxsus nuqtalar deyiladi Demak maxsus yechim maxsus nuqtalardan iborat boʻladi.