Birinchi tartibli oddiy differensial tenglamalarni integrallash.
I.
dx
dy = f (x) ko‘rinishdagi differensial tenglamalarni integrallash. f (x)
funksiya I intervalda uzluksiz bo‘lsin. Berilgan tenglamani yechimini quyidagicha aniqlaymiz:
dy
= f (x) (1.1.8)
dx
dy = f (x)dx =⇒ ∫ dy = ∫ f (x)dx
yuqoridagi integralni hisoblab
y = F (x) + C (1.1.9)
(1.1.8) tenglamaning umumiy yechimi olamiz. Bu yerda F (x) funksiya f (x) funksiyaning boshlangich funksiyasi.
1 -Misol. yr = 3x2 + x − 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
yr = 3x2 + x − 1 (1)
dx
dy = 3x2 + x − 1 =⇒ ∫ dy = (3x2 + x − 1)dx
(1) tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
2 -Misol. yr = ctgx differensial tenglamani yeching.
Yechish:
⇒ ∫ ∫ ∫
yr = ctgx (1)
dy = ctgx = dy = ctgxdx = sin xdx dx cos x
oxirgi tenglikni integrallab
y = ln | cos x| + C
(1) tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
dx
II. dy = g(y) ko‘rinishdagi differensial tenglamalarni integrallash. g(y)
funksiya I intervalda uzluksiz va g( y) /= 0 bo‘lsin. Berilgan tenglamani yechimini quyidagicha aniqlaymiz:
dy
⇒ ∫
dx = g( y) , g( y) /= 0 (1 .1 .10)
oxirgi tenglikni integrallab
dy g(y)
= dx = dy g(y)
= ∫ dx
G(y) = x + C (1.1.11)
g(y)
(1.1.10) tenglamani umumiy yechimini olamiz. (1.1.11) tenglikda G(y) funksiya 1
funksiyaning boshlang‘ich funksiyasi.
3 -Misol. yr = y + 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
yr = y + 1 (1)
dy = y + 1 =⇒ dy = dx =⇒ ∫ dy = ∫ dx
dx
oxirgi tenglikni integrallab
y + 1
y + 1
ln |y + 1| = x + C =⇒ y = Cex − 1 (2)
(1) tenglamani yechimini umumiy yechimini olamiz.
4 -Misol. yr = y2 − 1 differensial tenglamani yeching.
Yechish:
yr = y2 − 1 (1)
dy = y2 − 1 =⇒ dy = dx =⇒ ∫ dy = ∫ dx
dx
oxirgi tenglikni integrallab
y2 − 1
y2 − 1
2
y + 1
y + 1
1 ln | y − 1 | = x + C =⇒ y − 1 = Ce2x
tenglamaning umumiy yechimini olam
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar.
Reja:
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar.
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalarga keltiriladigan tenglamalar.
Tayanch iboralar. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama, uzluksiz funksiya, integral chiziq.
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. - Ta’rif. Ushbu
yr = f (x) · g(y) (1.2.1)ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama deyiladi.
Bu yerda f (x) va g(y) funksiyalar mos ravishda a < x < b va c < y < d oraliqda aniqlangan va uzluksiz funksiyalar. Bundan ko‘rinadiki, (1.2.1) differensial tenglamaning o‘ng tomoni quyidagi
D = (a, b) × (c, d) = {(x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d}
sohada aniqlangan va uzluksizdir.
- Teorema. Agar f (x) funksiya (a, b) oraliqda, g(y) funksiya (c, d) oraliqda uzluksiz bo‘lib, ∀y ∈ (c, d)da g(y) /= 0 bo‘lsa D = (a, b) × (c, d) = {(x, y) ∈ R2 : a < x < b, c < y < d} sohaning ixtiyoriy berilgan ichki (x0, y0) nuqtasidan (1.2.1) tenglamaning faqat bitta integral chizig‘i o‘tadi.
(1.2.1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish uchun quyidagi ikki holni ko‘rib chiqamiz:
-hol. (1.2.1) differensial tenglamada g(y) /= 0, y ∈ (c, d) bo‘lsin. U holda (1.2.1)
differensial tenglamani ushbu
dy g(y)
= f (x)dx
ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab
∫
dy g(y)
= ∫ f (x)dx (1.2.2)
munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, g—1( y) va f ( x) funksiyalar uzluksiz ekanligidan, ularning mos ravishda G( y) va F ( x) boshlang‘ich funksiyalarining mavjudligi kelib chiqadi. Shuning uchun (1.2.2) tenglik quyidagicha
G( y) = F ( x) + C, C = const (1 .2 .3)
yoziladi. qaralayotgan g(y) /= 0 holda G(y) monoton funksiya bo‘ladi. Chunki,
/
Gr( y) = 1 = 0 .
g( y)
Bundan esa uning teskarisi G—1( y) mavjud ekanligi kelib chiqadi. Yuqoridagi (1.2.3) tenglikdan
y( x) = G—1( F ( x) + C) (1 .2 .4)
funksiyani topamiz. O‘z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1.2.1) differensial tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi.
x+1
1 -Misol. yr = y—1 o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamani yeching.
Yechish:
yr = y − 1
x + 1
tenglamani o‘zgaruvchilarini ajratib yozamiz:
(1)
dy = y − 1
dy dx
=⇒ =
(2)
dx x + 1
tenglikni integrallaymiz.
y − 1 x + 1
∫ dy = ∫ dx
=⇒ ln |y − 1| = ln |x + 1| + ln |C| (3)
y − 1 x + 1
tenglikni soddalashtirish natijasida
y = C( x + 1) + 1 (4)
tenglamaning umumiy yechimi kelib chiqadi.
-hol. Biror y(x) = y¯, y¯ ∈ (c, d) nuqtada g(y¯) = 0 bo‘lsin. Bu tenglamaning
ildizi yordamida aniqlangan y( x) = y¯ o‘zgarmas funksiya (1.2.1) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘ladi.
G—1( F ( x) + C) , agar g(y) /= 0 ,
Demak, (1.2.1) differensial tenglamaning umumiy yechimi
ko‘rinishda bo‘ladi.
y(x) =
y¯, agar g(y¯) = 0.
(1.2.5)
Endi, tayinlangan biror (x0, y0) ∈ D nuqtani olib, (1.2.1) differensial tenglamaning ushbu
y(x0) = y0 (1.2.6)
boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Shu maqsadda quyidagi
∫
x
F (x) =
x0
funksiyalarni tuzib olamiz.
Quyidagi
y
∫
f (t)dt, G(y) =
y0
1
g(t)
dt (1.2.7)
f (x, y) = G(y) − F (x)
yordamchi funksiyani qaraylik. Ko‘rinib turibdiki,
f (x0, y0) = G(y0) — F (x0)
shart bajariladi. Aniqlanishiga ko‘ra G(y) va F (x) funksiyalar uzluksiz hamda differensiallanuvchidir. Shuning uchun f (x, y) ham D sohada uzluksiz va differensiallanuvchi bo‘lib,
y
g(y)
y
0
0
fr (x, y) = Gr(y) = 1 , fr (x , y ) /= 0
munosabatlarni qanoatlantiradi. Yuqoridagi mulohazalardan ko‘rinadiki, f (x, y)
oshkormas funksiyani mavjudligi haqidagi teoremaning barcha shartlarini qanoatlantiradi:
(x0, y0) ∈ D nuqtaning atrofida f (x, y) funksiya differensiallanuvchi.
fr(x0, y0) = 0, fyr (x0, y0) /= 0. Bundan f (x, y) = 0 tenglama x = x0 nuqtaning biror atrofida aniqlangan differensiallanuvchi va ushbu y(x0) = y0 shartni qanoatlantiruvchi
y = y(x) ildizining mavjudligi kelib chiqadi. Shu bilan bir qatorda
dy = — fxr (x, y) = Fr(x) = f (x) · g(y)
dx fyr (x, y) Gr(y)
tenglikning o‘rinli bo‘lishi ham kelib chiqadi. Ko‘rinib turibdiki, funksiya (1.2.1) differensial tenglamani va (1.2.6) boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimini ifodalaydi.
|
