Ilmiybaza.uz
OʻZGARUVCHILARI AJRALGAN VA AJRALADIGAN
DIFFERENSIAL TENGLAMALAR. BIR JINSLI VA BIR JINSLIGA OLIB
KELINADIGAN DIFFERENSIAL TENGLAMALAR. AMALIY
MASALALARGA TADBIQI (KOʻZGU MASALASI)
1) Bir jinsli differensial tenglamalar.
Taʼrif 3. Agar f(x,y) funksiya uchun
𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦)
boʻlsa, f(x,y)-ga k-tartibli bir jinsli funksiya deyiladi.
Taʼrif 4. Agar 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 differensial tenglamada
𝑀(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 ∙ 𝑀(𝑥, 𝑦) va 𝑁(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 ∙ 𝑁(𝑥, 𝑦)- bir xil tartibli bir jinsli
funksiyalar boʻlsa, bunday differensial tenglama bir jinsli differensial tenglama
deyiladi.
Taʼrif 5. Agar 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) differensial tenglamada 𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦)
boʻlsa, differensial tenglamaga k-tartibli bir jinsli differensial tenglama deyiladi.
Bunday differensial tenglamalarni yechish algoritmi quyidagicha:
1. 𝒚′ = 𝒇(𝒙, 𝒚) differensial tenglama bir jinslilikka tekshiriladi.
2. 𝒚′ = 𝒇(𝒙, 𝒚) differensial tenglama 𝒚′ = 𝒇 (
𝒚
𝒙) koʻrinishga keltiriladi.
3. 𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒙 – almashtirish bajariladi.
4. Almashtirish natijasida differensial tenglama oʻzgaruvchilari ajraladigan
differensial tenglamaga keladi.
5. Oʻzgaruvchilari ajraladigan d.t. ning umumiy yechimi u va x ga bogʻliq
boʻladi.
6. Teskari
almashtirish
bajaramiz
𝒚 = 𝒖 ∙ 𝒙 ⇒ 𝒖 =
𝒚
𝒙
,
natijada
boshlangʻich differensial tenglamaning umumiy yechimiga ega boʻlamiz.
Misol. (𝑦2 + 3𝑥2)𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0 -?
1. 𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦2 + 3𝑥2 , ⟹ 𝑀(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑦)2 + 3(𝜆𝑥)2 =
Ilmiybaza.uz
= 𝜆2(𝑦2 + 3𝑥2) = 𝜆2 ∗ 𝑀(𝑥, 𝑦)
𝑁(𝑥, 𝑦) = −2𝑥𝑦, ⟹ 𝑁(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = −2 ∙ 𝜆𝑥 ∙ 𝜆𝑦 =
= 𝜆2(−2𝑥𝑦) = 𝜆2 ∗ 𝑁(𝑥, 𝑦)
ikkalasi ham ikki oʻlchovli bir jinsli
2. 𝑦′ =
𝑦2+3𝑥2
2𝑥𝑦
=
1
2 ∙
𝑦
𝑥 +
3
2 ∙
𝑥
𝑦
3. 𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥– almashtirish bajaramiz. 𝑦′ = 𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′ differensial tenglamaga
qoʻyamiz.
𝑢 + 𝑥 ∙ 𝑢′ = 1
2 ∙ 𝑢 ∙ 𝑥
𝑥
+ 3
2 ∙
𝑥
𝑢 ∙ 𝑥 ,
⟹ 𝑥 ∙ 𝑢′ = −1
2 (𝑢2 − 3
𝑢
) ⟹
4. ∫
𝑢
𝑢2−3 𝑑𝑢 = − ∫
1
2𝑥 𝑑𝑥
5. 𝑢2 − 3 =
𝑐
𝑥 ⟹ 𝑢2𝑥 − 3𝑥 = 𝑐
6. 𝑦 = 𝑢 ∙ 𝑥 ⇒ 𝑢 =
𝑦
𝑥 ⟹ (
𝑦
𝑥)
2
∙ 𝑥 − 3 ∙ 𝑥 = 𝑐 ⟹
𝑦2
𝑥 − 3 ∙ 𝑥 = 𝑐 – umumiy
yechim
2) Bir jinsliga olib kelinuvchi differensial tenglamalar.
Aytaylik
𝑦′ =
𝑎1∙𝑥+𝑏1∙𝑦+𝑐1
𝑎2∙𝑥+𝑏2∙𝑦+𝑐2 (2)
koʻrinishdagi differensial tenglama berilgan boʻlsin.
𝑎1, 𝑏1 , 𝑐1, 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐2- oʻzgarmas koeffitsiyentlar. Bunday differensial tenglamalar
turli xil koʻrinishlarda kelishi mumkin. 𝑐1=𝑐2=0 – boʻlsa, differensial tenglamala-
bir jinsli boʻladi. Aytaylik 𝑐1, 𝑐2 larning hech boʻlmaganda bittasi 0 dan farqli
boʻlsin. Ushbu holatni ikki xil yoʻl bilan hal qilinadi:
1) Agar |𝑎1
𝑏1
𝑎2
𝑏2| ≠ 0 boʻlsa, u holda (2) bir jinsli differensial tenglamaga olib
kelinadi.
2) Agar |𝑎1
𝑏1
𝑎2
𝑏2| = 0 boʻlsa, u holda (2) oʻzgaruvchilari ajraladigan
differensial tenglamaga olib kelinadi.
I.
Agar |𝒂𝟏
𝒃𝟏
𝒂𝟐
𝒃𝟐| ≠ 𝟎 boʻlsa, (2) ni yechish algoritmi quyidagicha boʻladi:
Ilmiybaza.uz
1. {𝒂𝟏 ∙ 𝜶 + 𝒃𝟏 ∙ 𝜷 + 𝒄𝟏 = 𝟎
𝒂𝟐 ∙ 𝜶 + 𝒃𝟐 ∙ 𝜷 + 𝒄𝟐 = 𝟎 sistemadan 𝜶 𝐯𝐚 𝜷 lar topiladi.
2. {𝒙 = 𝒙∗ + 𝜶
𝒚 = 𝒚∗ + 𝜷 yangi oʻzgaruvchilarga oʻtamiz. Ushbu almashtirishdan
keyin 𝒄𝟏, 𝒄𝟐 –lardan qutulamiz va bir jinsli differensial tenglamaga
kelamiz
3. Bir jinsli differensial tenglamalarni yechish algoritmini qoʻllab, 𝒙∗, 𝒚∗
larga bogʻliq boʻlgan umumiy yechimni topamiz.
4. Umumiy yechimda teskari almashtirish {𝒙∗ = 𝒙 − 𝜶
𝒚∗ = 𝒚 − 𝜷 larni bajarib,
boshlangʻich berilgan differensial tenglamaning umumiy yechimini
topamiz.
Misol. 𝑦′ =
𝑥+2𝑦−3
4𝑥−𝑦−3
|1
2
4
−1| = −9 ≠ 0
1. {𝛼 + 2𝛽 − 3 = 0
4𝛼 − 𝛽 − 3 = 0 ⟹ 𝛼 = 1, 𝛽 = 1
2. {𝑥 = 𝑥∗ + 1
𝑦 = 𝑦∗ + 1 oʻzgaruvchi almashtiramiz
3. 𝑦 = 𝑦∗ + 1 ⟹ 𝑦∗′ =
𝑥∗+1+2(𝑦∗+1)−3
4(𝑥∗+1)−(𝑦∗+1)−3 =
𝑥∗+2𝑦∗
4𝑥∗−𝑦∗ natijada ozod hadlardan
qutulamiz va bir jinsli tenglamaga kelamiz, uni yechish uchun 𝑦∗ = 𝑢 ∙ 𝑥∗
oʻzgaruvchi almashtirish bilan yechamiz.
4. 𝑑𝑦∗ = 𝑑(𝑢 ∙ 𝑥∗) = 𝑢 + 𝑥∗𝑑𝑢 =
𝑥∗+2∙𝑢𝑥∗
4𝑥∗−𝑢∙𝑥∗ =
𝑥∗(1+2𝑢)
𝑥∗(4−𝑢) =
1+2𝑢
4−𝑢 ⟹
𝑥∗𝑑𝑢 =
1+2𝑢
4−𝑢 − 𝑢 =
1−2𝑢+𝑢2
4−𝑢
⟹ ∫
4−𝑢
(𝑢−1)2 𝑑𝑢 = ∫
𝑑𝑥∗
𝑥∗
𝑙𝑛|𝑢 − 1| + 3
1
𝑢−1 + 𝑙𝑛|𝑥∗| = 𝐶 logarifmlarni ixchamlaymiz
𝑙𝑛|𝑥∗(𝑢 − 1)| +
3
𝑢 − 1 = 𝐶
5. 𝑢 =
𝑦∗
𝑥∗ almashtirish bajaramiz ⟹
𝑙𝑛 |𝑥∗ (𝑦∗
𝑥∗ − 1)| +
3
𝑦∗
𝑥∗ − 1
= 𝐶 ⟹ 𝑙𝑛|𝑦∗ − 𝑥∗| +
3𝑥∗
𝑦∗ − 𝑥∗ = 𝐶
Ilmiybaza.uz
endi boshlangʻich oʻzgaruvchilarga qaytamiz:
𝑙𝑛|(𝑦 − 1) − (𝑥 − 1)| +
3(𝑥 − 1)
(𝑦 − 1) − (𝑥 − 1) = 𝐶 ⟹ 𝑙𝑛|𝑦 − 𝑥| + 3(𝑥 − 1)
𝑦 − 𝑥
= 𝐶
Eslatma: Differensial tenglamani yechish jarayonida (𝑢 − 1)2 ga boʻlishga
toʻgʻri kelgan edi. Yechimni yoʻqotmaganligimizni tekshirish uchun
(𝑢 − 1)2 = 0 ⟹ 𝑢 = 1 ⟹
𝑦∗
𝑥∗ =
𝑦−1
𝑥−1 = 1 ⟹ 𝑦 = 𝑥 ni differensial
tenglamaga qoʻyib koʻramiz:
𝑦′ = 𝑥 + 2𝑦 − 3
4𝑥 − 𝑦 − 3 ⟹ 𝑥′ = 𝑥 + 2𝑥 − 3
4𝑥 − 𝑥 − 3 ⟹ 1 = 3𝑥 − 3
3𝑥 − 3 = 1
Demak y=x ham yechim boʻladi. Shunday qilib
𝑙𝑛|𝑦 − 𝑥| +
3(𝑥−1)
𝑦−𝑥 = 𝐶, 𝑦 = 𝑥 umumiy yechim.
Agar xuddi shu differensial tenglama uchun Koshi masalasi berilgan boʻlsin.
𝑦(1) = 2 , u holda
𝑙𝑛|2 − 1| + 3(1 − 1)
2 − 1
= 𝐶 ⟹ 𝐶 = 𝑙𝑛1 = 0
𝒍𝒏|𝒚 − 𝒙| +
𝟑(𝒙−𝟏)
𝒚−𝒙 = 𝟎, 𝒚 = 𝒙, 𝒚(𝟏) = 𝟐 – umumiy yechim boʻladi.
Agar |𝒂𝟏
𝒃𝟏
𝒂𝟐
𝒃𝟐| = 𝟎 boʻlsa, (2) differensial tenglamani yechish algoritmi
soddalashadi:
1. 𝒂𝟏 ∙ 𝒙 + 𝒃𝟏 ∙ 𝒚 = 𝒛 yoki 𝒂𝟐 ∙ 𝒙 + 𝒃𝟐 ∙ 𝒚 = 𝒛 belgilash kiritamiz.
2. Ushbu belgilashni differensial tenglamaga qoʻyamiz, natijada
oʻzgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga ega boʻlamiz.
3. Oʻzgaruvchilari
ajraladigan
differensial tenglamani yechish
algoritmini qoʻllaymiz.
4. Hosil boʻlgan z ga bogʻliq boʻlgan umumiy yechimda teskari
oʻzgaruvchi
almashtirish
bajarib,
boshlangʻich
differensial
tenglama umumiy yechimiga ega boʻlamiz.
Misol. 𝑦′ =
1
𝑥+𝑦−1
𝑎1 = 𝑏1 = 0 , 𝑐1 = 1, 𝑎2 = 𝑏2 = 1 , 𝑐2 = −1
