OʻZGARUVCHILARI AJRALGAN VA AJRALADIGAN DIFFERENSIAL TENGLAMALAR. BIR JINSLI VA BIR JINSLIGA OLIB KELINADIGAN DIFFERENSIAL TENGLAMALAR. AMALIY MASALALARGA TADBIQI (KOʻZGU MASALASI)

Yuklangan vaqt

2024-04-20

Yuklab olishlar soni

2

Sahifalar soni

7

Faytl hajmi

47,4 KB


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 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 = 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 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 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 Ilmiybaza.uz 1. |0 0 1 1| = 0 2. 𝑥 + 𝑦 = 𝑧 almashtirish bajaramiz. 3. 𝑦 = 𝑧 − 𝑥 differensial tenglamaga qoʻyamiz: 𝑧′ − 1 = 1 𝑧−1 ⟹ 𝑧′ = 𝑧 𝑧−1 ∫ 𝑧 − 1 𝑧 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥 ⟹ 𝑧 − ln|𝑧| = 𝑥 + 𝐶 4. 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 teskari oʻzgaruvchi almashtiramiz: 𝑥 + 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝑥 + 𝐶 ⟹ 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝐶 –umumiy yechim Eslatma: z ga boʻlganimiz uchun, z=0 yechim yoʻqotilgan boʻlishi mumkin, tekshiramiz. 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 + 𝑦 = 0 ⟹ 𝑦 = −𝑥 ni differensial tenglamaga qoʻyib koʻramiz: 𝑦′ = 1 𝑥 + 𝑦 − 1 ⟹ −1 = 1 𝑥 + (−𝑥) − 1 ⟹ −1 = −1 Demak 𝑦 = −𝑥 ham yechim va C ning har qanday qiymatida ham 𝑦 = −𝑥 ni umumiy yechimdan hosil qilib boʻlmaydi. Demak uni alohida yechim qilib qoʻshamiz: 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝐶, 𝑦 = −𝑥 Ko‘zgu shakli haqidagi masala Masala. Parallel nurlarni bitta nuqtaga yig‘adigan ko‘zgu shaklini aniqlang. OX o‘qi sifatida nurlarlarga parallel bo‘lgan to‘g‘ri chiziqni tanlaymiz. Koordinata boshi sifatida barcha nurlar akslangandan keyin kesishadigan nuqtani belgilaymiz. Agar LM to‘g‘ri chiziqqa tushib O nuqtaga tushayotgan nur bo‘lsa, u holda (optika qonuni bo‘yicha nurni tushish burchagi, akslanish burchagiga teng) LM va MO nurlar M nuqtaga o‘tqazilgan TM urinma bilan hosil qilgan 𝛼 va 𝛽 burchaklari teng bo‘lishi zarur. Buning natijasida OTM uchburchak teng yonli bo‘ladi, shuning uchun TO=OM. Agar (x;y)-M nuqtani koordinatalari bo‘lsa, u holda 𝑂𝑀 = √𝑥2 + 𝑦2. Urinmani OX o‘qi bilan kesishish nuqtasi T ni abssissasini tashkil etgan OT kesmani urinma tenglamasidan topamiz. 𝑌 − 𝑦 = 𝑌′ ∗ (𝑋 − 𝑥) . Y=0 deb olsak X=OT, u holda Ilmiybaza.uz 1. |0 0 1 1| = 0 2. 𝑥 + 𝑦 = 𝑧 almashtirish bajaramiz. 3. 𝑦 = 𝑧 − 𝑥 differensial tenglamaga qoʻyamiz: 𝑧′ − 1 = 1 𝑧−1 ⟹ 𝑧′ = 𝑧 𝑧−1 ∫ 𝑧 − 1 𝑧 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑥 ⟹ 𝑧 − ln|𝑧| = 𝑥 + 𝐶 4. 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 teskari oʻzgaruvchi almashtiramiz: 𝑥 + 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝑥 + 𝐶 ⟹ 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝐶 –umumiy yechim Eslatma: z ga boʻlganimiz uchun, z=0 yechim yoʻqotilgan boʻlishi mumkin, tekshiramiz. 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 + 𝑦 = 0 ⟹ 𝑦 = −𝑥 ni differensial tenglamaga qoʻyib koʻramiz: 𝑦′ = 1 𝑥 + 𝑦 − 1 ⟹ −1 = 1 𝑥 + (−𝑥) − 1 ⟹ −1 = −1 Demak 𝑦 = −𝑥 ham yechim va C ning har qanday qiymatida ham 𝑦 = −𝑥 ni umumiy yechimdan hosil qilib boʻlmaydi. Demak uni alohida yechim qilib qoʻshamiz: 𝑦 − ln|𝑥 + 𝑦| = 𝐶, 𝑦 = −𝑥 Ko‘zgu shakli haqidagi masala Masala. Parallel nurlarni bitta nuqtaga yig‘adigan ko‘zgu shaklini aniqlang. OX o‘qi sifatida nurlarlarga parallel bo‘lgan to‘g‘ri chiziqni tanlaymiz. Koordinata boshi sifatida barcha nurlar akslangandan keyin kesishadigan nuqtani belgilaymiz. Agar LM to‘g‘ri chiziqqa tushib O nuqtaga tushayotgan nur bo‘lsa, u holda (optika qonuni bo‘yicha nurni tushish burchagi, akslanish burchagiga teng) LM va MO nurlar M nuqtaga o‘tqazilgan TM urinma bilan hosil qilgan 𝛼 va 𝛽 burchaklari teng bo‘lishi zarur. Buning natijasida OTM uchburchak teng yonli bo‘ladi, shuning uchun TO=OM. Agar (x;y)-M nuqtani koordinatalari bo‘lsa, u holda 𝑂𝑀 = √𝑥2 + 𝑦2. Urinmani OX o‘qi bilan kesishish nuqtasi T ni abssissasini tashkil etgan OT kesmani urinma tenglamasidan topamiz. 𝑌 − 𝑦 = 𝑌′ ∗ (𝑋 − 𝑥) . Y=0 deb olsak X=OT, u holda Ilmiybaza.uz −𝑦 = 𝑌′(𝑂𝑇 − 𝑥); ⟹ 𝑂𝑇 = 𝑥 − 𝑦 𝑌′ ⟹ 𝑇𝑂 = 𝑦 𝑌′ − 𝑥 . Olingan natijalarni TO=OM teglikka qo‘ysak 𝑦 𝑌′ − 𝑥 = √𝑥2 + 𝑦2 (1) Formulaga ega bo‘lamiz, uni simmetrik ko‘rinishda yozib: 𝑦𝑑𝑥 − (𝑥 + √𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 0 Koʻrinib turibtiki ushbu tenglama bir jinsli tenglama. Oʻzgaruvchi almashtiramiz 𝑥 = 𝑢 ∙ 𝑦, u holda 𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢 boʻlib, bularning barchasini (1) ga qoʻysak, quyidagiga ega boʻlamiz: 𝑦(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢) − 𝑦 (𝑢 + √𝑢2 + 1) 𝑑𝑦 = 0 𝑦𝑑𝑢 − √𝑢2 + 1𝑑𝑦 = 0 Oʻzgaruvchilarni ajratib, integrallaymiz: ∫ 𝑑𝑢 √𝑢2 + 1 = ∫ 𝑑𝑦 𝑦 ⇒ 𝑙𝑛 (𝑢 + √𝑢2 + 1) = 𝑙𝑛𝑦 + 𝑙𝑛𝐶 = ln (𝐶𝑦) 𝑢 + √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 (2) Cah tomondagi ifoda qoʻshmasiga koʻpaytirib, boʻlamiz ⇒ (𝑢 + √𝑢2 + 1)(𝑢 − √𝑢2 + 1) 𝑢 − √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 ⇒ −1 𝑢 − √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 𝑢 − √𝑢2 + 1 = − 1 𝐶𝑦 (3) (2) va (3) ni qoʻshish orqali u ning ifodasini topamiz: 2𝑢 = 𝐶𝑦 − 1 𝐶𝑦 va oʻzgaruvchi almashtirishni orqaga qaytaramiz: 2𝐶𝑢𝑦 = 𝐶𝑦2 − 1 ⇒ 2𝐶𝑥 = 𝐶2𝑦2 − 1 𝑦2 = 2 𝐶 𝑥 + 1 𝐶2, 1 𝐶 = 𝑝 belgilash kiritib, yakuniy quyidagiga ega boʻlamiz: 𝑦2 = 2𝑝𝑥 + 𝑝2 Yechim boʻlib, simmetriya oʻqi OX, fokusi esa koordinatalar boshida yotgan parabola boʻladi. Shunday qilib, qidirilayotgan parabolaning oʻqi nurlar dastasiga Ilmiybaza.uz −𝑦 = 𝑌′(𝑂𝑇 − 𝑥); ⟹ 𝑂𝑇 = 𝑥 − 𝑦 𝑌′ ⟹ 𝑇𝑂 = 𝑦 𝑌′ − 𝑥 . Olingan natijalarni TO=OM teglikka qo‘ysak 𝑦 𝑌′ − 𝑥 = √𝑥2 + 𝑦2 (1) Formulaga ega bo‘lamiz, uni simmetrik ko‘rinishda yozib: 𝑦𝑑𝑥 − (𝑥 + √𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑦 = 0 Koʻrinib turibtiki ushbu tenglama bir jinsli tenglama. Oʻzgaruvchi almashtiramiz 𝑥 = 𝑢 ∙ 𝑦, u holda 𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢 boʻlib, bularning barchasini (1) ga qoʻysak, quyidagiga ega boʻlamiz: 𝑦(𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢) − 𝑦 (𝑢 + √𝑢2 + 1) 𝑑𝑦 = 0 𝑦𝑑𝑢 − √𝑢2 + 1𝑑𝑦 = 0 Oʻzgaruvchilarni ajratib, integrallaymiz: ∫ 𝑑𝑢 √𝑢2 + 1 = ∫ 𝑑𝑦 𝑦 ⇒ 𝑙𝑛 (𝑢 + √𝑢2 + 1) = 𝑙𝑛𝑦 + 𝑙𝑛𝐶 = ln (𝐶𝑦) 𝑢 + √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 (2) Cah tomondagi ifoda qoʻshmasiga koʻpaytirib, boʻlamiz ⇒ (𝑢 + √𝑢2 + 1)(𝑢 − √𝑢2 + 1) 𝑢 − √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 ⇒ −1 𝑢 − √𝑢2 + 1 = 𝐶𝑦 𝑢 − √𝑢2 + 1 = − 1 𝐶𝑦 (3) (2) va (3) ni qoʻshish orqali u ning ifodasini topamiz: 2𝑢 = 𝐶𝑦 − 1 𝐶𝑦 va oʻzgaruvchi almashtirishni orqaga qaytaramiz: 2𝐶𝑢𝑦 = 𝐶𝑦2 − 1 ⇒ 2𝐶𝑥 = 𝐶2𝑦2 − 1 𝑦2 = 2 𝐶 𝑥 + 1 𝐶2, 1 𝐶 = 𝑝 belgilash kiritib, yakuniy quyidagiga ega boʻlamiz: 𝑦2 = 2𝑝𝑥 + 𝑝2 Yechim boʻlib, simmetriya oʻqi OX, fokusi esa koordinatalar boshida yotgan parabola boʻladi. Shunday qilib, qidirilayotgan parabolaning oʻqi nurlar dastasiga Ilmiybaza.uz parallel boʻladi, parabola fokusi esa optic fokusda yotadi. Bunday parabolani OX oʻqi atrofida aylantirib, qidirilayotgan koʻzgu sirti aylanma paraboloidni topamiz. Koʻrinib turibtiki, agar yorugʻlik manbaini koordinata boshi (fokus) ga joylashtirilsa, u holda undan akslangan nurlar parallel nurlar dastasi boʻyicha qaytadi. Shuning uchun ham projektorlar koʻzgulariga aylanma paraboloid shakli beriladi. Ilmiybaza.uz parallel boʻladi, parabola fokusi esa optic fokusda yotadi. Bunday parabolani OX oʻqi atrofida aylantirib, qidirilayotgan koʻzgu sirti aylanma paraboloidni topamiz. Koʻrinib turibtiki, agar yorugʻlik manbaini koordinata boshi (fokus) ga joylashtirilsa, u holda undan akslangan nurlar parallel nurlar dastasi boʻyicha qaytadi. Shuning uchun ham projektorlar koʻzgulariga aylanma paraboloid shakli beriladi.