See discussions, stats, and author profiles for this publication at: https://www.researchgate.net/publication/339211142
Integral tenglamalarni taqribiy yechish usullari (Approximate Methods for
Solving Integral Equations)
Book · February 2014
CITATIONS
READS
2
3,114
2 authors, including:
Ablakul Abdirashidov
Samarkand State University
109 PUBLICATIONS 60 CITATIONS
SEE PROFILE
Some of the authors of this publication are also working on these related projects:
Informatika View project
Solid mechanics View project
All content following this page was uploaded by Ablakul Abdirashidov on 12 February 2020.
The user has requested enhancement of the downloaded file.
O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI
OLIY VA O‘RTA MAXSUS TA’LIM VAZIRLIGI
ALISHER NAVOIY NOMIDAGI
SAMARQAND DAVLAT UNIVERSITETI
INTEGRAL TENGLAMALARNI
TAQRIBIY YECHISH USULLARI
Uslubiy qo‘llanma
Samarqand davlat universiteti
o‘quv-uslubiy Kengashi tomonidan
nashrga tavsiya etilgan (2013-yil
25-may, 7-bayonnoma)
SAMARQAND – 2014
1
UDK: 518.1
BBK: 22.19
M-23
Integral tenglamalarni taqribiy yechish usullari.
qo„llanma. – Samarqand: SamDU nashri, 2014. – 124 bet.
Uslubiy
Ushbu uslubiy qo‘llanma Integral tenglamalarni taqribiy yechish
usullari fani bo‘yicha 5A480101 - Hisoblash matematikasi (hozirda
5A130201 - Sonli metodlar va matematik modellashtirish mutaxassisligi
magistrantlari uchun mo‘ljallangan bo‘lib, unda shu fanning namunaviy
o‘quv dasturidan kelib chiqib, integral tenglamalarni taqribiy yechish
usullarini o‘rganishga asos bo‘luvchi nazariy ma’lumotlar, bu usullarning
taqbiqiga oid namunaviy misollar yechimlari, mustaqil ish topshiriqlari,
sinov savollari, mustaqil o‘zlashtirishga oid adabiyotlar va boshqa
tarqatma materiallar keltirilgan. Bunda matematika, fizika, amaliy
matematika va mexanikaning ko‘pgina masalalari integral tenglamalarga
olib kelinishini e’tiborga olgan holda shu tenglamani taqribiy hisob
usullari yordamida yechishni o‘rganish uchun uslubiy tavsiyalar keltirilgan. Bular talabalarga shu fanni yanada chuqurroq o‘zlashtirishga yaqindan yordam beradi. Mazkur uslubiy qo‘llanmadan 5130200 – Amaliy
matematika va informatika, 5130100 – Matematika va 5140300 Mexanika ta’lim yo‘nalishi bakalavr talabalari hamda mexanikamatematika va fizika fakultetlari mutaxassisliklari magistrantlari, yosh
ilmiy xodimlar va tadqiqotchilar ham foydalanishlari mumkin.
Tuzuvchilar:
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent SH.S.MAMATOV,
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent A.ABDIRASHIDOV.
Mas‘ul muharrir
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent M.M.SUYARSHAYEV.
Taqrizchilar:
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent M.MO‘MINOV,
fizika-matematika fanlari nomzodi, dotsent S.AMRIDINOV.
ISBN 978–9943–4247–6–0
Alisher Navoiy nomidagi Samarqand davlat universiteti, 2014.
2
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
MUNDARIJA
INTEGRAL TENGLAMALAR...................................................
1.1. Chiziqli integral tenglamalarning asosiy ko„rinishlari……...
1.2. Differensial tenglamalar va Volter tenglamalari orasidagi
bog„liqlik……………………………………………………
1.3. Chiziqli chegaraviy masalalarning Fredgolm integral
tenglamasi bilan bog„liqligi...................................................
1.4. Integralning ikkala chegarasi o„zgaruvchi bo„lgan integral
tenglamalar............................................................................
TENGLAMALARNING REZOLVENTASI…………………...
2.1. Fredgolm tenglamalarining rezolventasi……………………
2.2. Volter tenglamalarining rezolventasi………………………
INTEGRO – DIFFERENSIAL TENGLAMALAR……………
3.1. Bir argumentli funksiya uchun…………………………….
3.2. Ikki argumentli funksiya uchun……………………………
CHIZIQLI INTEGRAL TENGLAMALAR SISTEMALARI…
4.1. Bir argumentli funksiya uchun…………………………….
4.2. Ikki argumentli funksiya uchun……………………………
«AYNIGAN» YADROLI FREDGOLM TENGLAMALARI…
5.1. Bir argumentli funksiya uchun…………………………….
5.2. Ikki argumentli funksiya uchun……………………………
5.3. Koeffitsiyentlarni tenglash usuli……………………………
5.4. Aynigan yadro usuli..............................................................
KETMA-KET YAQINLASHISHLAR USULI………………..
6.1. Fredgolm integral tenglamalarni yechish………………….
6.2. Ikki argumentli funksiya uchun……………………………
6.3. Volter integral tenglamalarini yechish…………………….
6.4. Ikki argumentli funksiyalar uchun…………………………
INTEGRAL TENGLAMALARNI YECHISH USULLARI.......
7.1. Chekli yig„indilar usuli…………………………………….
7.2. Kollokatsiya usuli…………………………………………..
7.3. Eng kichik kvadratlar usuli...................................................
7.4. Momentlar usuli.....................................................................
INTEGRAL TENGLAMALARNI MATEMATIK PAKETLAR
YORDAMIDA YECHISH...........................................................
8.1. Integral tenglamalarni Scientific Workplace yordamida
yechish..................................................................................
8.2. Integral tenglamalarni Mathcad, MatLab va Maple
matematik paketlar yordamida sonli yechish………………
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO„YXATI………….
3
4
4
10
17
20
23
23
29
34
34
37
39
39
44
49
49
55
58
60
70
70
76
78
83
86
86
92
96
99
103
103
114
122
1. INTEGRAL TENGLAMALAR
Reja:
1. Chiziqli integral tenglamalarning asosiy ko„rinishlari.
2. Differensial tenglamalar va Volter tenglamalari orasidagi bog„liqlik.
3. Chiziqli chegaraviy masalalarning Fredgolm integral tenglamasi bilan
bog„liqligi.
4.Integralning ikkala chegarasi o„zgaruvchi bo„lgan integral tenglamalar.
Tayanch iboralar: differensial tenglama; integral tenglama; Volter va
Fredgolm tenglamalari; umumlashgan Abel tenglamasi; Grin funksiyasi.
1.1. Chiziqli integral tenglamalarning asosiy ko‘rinishlari
Integral tenglamalar nazariyasi shu qadar rivojlanib, tenglamalarning
turlari shu qadar ko„payib ketdiki, ularga umumiy ta‟rif berishning iloji
bo„lmay qoldi. Shunday bo„lsa ham, kitobxonda biror boshlang„ich
taassurot qolsin uchun integral tenglamaning ilgarilari qabul qilingan
ta‟rifini eslatib o„tamiz. Ma‟lumki, agar biror tenglamadagi noma‟lum
funksiya differensiallash ishorasi ostida bo„lsa, bunday tenglama
differensial tenglama deb yuritiladi. Integral tenglamaning ta‟rifi ham
shunga o„xshaydi.
Agar tenglamadagi noma‟lum funksiya shu funksiyaning argumenti
bo„yicha olinadigan integral ishorasi ostida bo„lsa, bunday tenglama
integral tenglama deb ataladi.
Agar integral tenglamada noma‟lum funksiya darajasi birga teng
bo„lsa, bunday tenglama chiziqli integral tenglama deyiladi.
Integral tenglamalarning turlari ko„p, ulardan ba‟zilari quyidagilardir.
Fredgolm integral tenglamalari. Ushbu integral
Fredgolmning1 birinchi tur integral tenglamasi deyiladi:
tenglama
b
  K ( x, t )u (t )dt  f ( x),
(1.1)
a
bunda u(t) – noma‟lum funksiya, f(t) – ozod had va K(x,t) tenglamaning
yadrosi – ma‟lum funksiyalar, integrallash chegaralari a va b berilgan
haqiqiy o„zgarmas sonlardir.
Fredgolmning ikkinchi tur integral tenglamasi deb quyidagi
tenglamani aytamiz:
1
Fredgolm Erik Ivar (1866-1927) – mashhur shved matematigi
4
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt.
(1.2)
a
Bu tenglamadagi noma‟lum funksiya u(x) integral ishorasidan
tashqarida ham ishtirok etmoqda. (1.1) va (1.2) dagi λ tenglamaning
parametri deb ataladi.
Bu tenglamalardagi f(x) funksiya I (a≤x≤b) kesmada, K(x,t) yadro esa
P(a≤x≤b, a≤t≤b) yopiq sohada berilgan deb hisoblanadi. Agar I kesmada
f(x)≡0 bo„lsa, (1.2) tenglama quyidagi ko„rinishga keladi:
b
u ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(1.3)
a
Bunday tenglama bir jinsli integral tenglama deyiladi. u( x)  0 uning
nol (trivial) yechimi bo„ladi. Agar (1.3) tenglama biror  da u ( x)  0
yechimga ega bo„lsa, u holda  ga K ( x, t ) yadroning yoki (1.2)
tenglamaning xos qiymati (xos soni) deyiladi. Unga mos u ( x)  0
yechimga esa K ( x, t ) yadroning yoki (1.2) tenglamaning xos funksiyasi
deyiladi. (1.2) tenglama uchun quyidagi Fredgolm teoremasi deb
nomlanuvchi teorema o„rinli.
Teorema: K ( x, t ) yadro regulyar va f (x) uzluksiz funksiya bo„lsin.
1) Agar  soni K ( x, t ) yadroning xos qiymati bo„lmasa, u holda unga
mos (1.2) tenglama yagona u( x), x  (a  x  b) uzluksiz yechimga
ega bo„ladi.
2) Agar  soni K ( x, t ) yadroning xos qiymati bo„lmasa, u holda bir
jinslimas (1.2) tenglamalar yoki yechimga ega bo„lmaydi yoki
cheksiz ko„p chiziqli bog„lanmagan yechimga ega bo„ladi.
Agar (1.2) tenglamada K ( x, t ) yadro
K ( x, t )  K (t , x),
t , x [a, b]
shartni qanoatlantirsa, unga simmetrik yadroli ikkinchi tur Fredgolm
integral tenglamasi deyiladi.
Simmetrik yadro uchun quyidagi xossalar o„rinli:
1) Har qanday simmetrik yadro kamida bitta xos qiymatga ega
bo„ladi.
2) Simmetrik yadroning barcha xos qiymatlari haqiqiy sonlardir.
3) Simmetrik yadroning barcha  va  (   ) sonlariga mos
 (x) va   (x) xos funksiyalari ortogonaldir, ya‟ni
5
b
  ( x)  ( x)dx  0.
a
Misol. G soha
x   (t ), y   (t )
(0  t  T )
oddiy yopiq bo„lakli silliq kontur (chiziq)lar bilan chegaralangan bo„lsin.
U holda Dirixle masalasi, ya‟ni
 2u  2u
u  2  2  0,
x, y  G
x
y
 G - G sohaning chegarasi, 
u  f (t ),
x, y  G


f
berilgan
funksiya


chegaraviy masalasining u ( x, y) yechimi quyidagicha ifodalanishi
mumkin:

u ( x, y )    (t )
dt ,
t
bu yerda
 (t )  y
 (t , x, y )  arctg
;
 (t )  x
 (t ) funksiya ushbu
T
( s)   K ( s, t )  (t )dt  f ( s)
0
integral tenglamaning yechimi; yadro esa quyidagicha bo„ladi:

 (t )   ( s)
K ( s, t )  arctg
.
t
 (t )   ( s)
Xususiy holda, soha chegarasi ellips bo„lganda
x  a cos t ,
y  b sin t
(b  a) ,
yadro quyidagicha bo„ladi:
ab
K ( s, t )  2
.
a  b2  a 2  b2 cos( s  t )
Nihoyat, ushbu

 

b
 ( x)u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
a
tenglama uchinchi tur integral tenglama deb ataladi.
Agar I kesmada
6
(1.4)
a)  (0)  0 bo„lsa, undan (1.1) tenglama;
b)  (0)  1 bo„lsa, undan (1.2) tenglama kelib chiqadi. Yuqorida biz
tanishgan integral tenglamalarning barchasida noma‟lum u(x) funksiya bir
argumentlidir, ya‟ni birgina x erkli o„zgaruvchining funksiyasidir. Misol
uchun quyidagi integral tenglamani olaylik:
1
u ( x)  3x  2  3 xtu(t )dt ,
0
bunda f(x)=3x-2, K(x,t)=xt, a=0, b=1, λ=3.
Demak, bu tenglama Fredgolmning ikkinchi tur tenglamalaridan ekan.
Nochiziqli integral tenglamalarga misollar:
b
1. u ( x)    K [ x, t , u (t )]dt  f ( x) - Urison tenglamasi;
a
b
2. u ( x)    K ( x, t ) F [t , u (t )]dt  f ( x) - Gammershteyn tenglamasi.
a
Integral tenglamada ishtirok etadigan noma‟lum funksiya ikki
argumentli bo„lishi ham mumkin. U holda, masalan, ikkinchi tur tenglama
quyidagicha yoziladi:
bd
u ( x, y)  f ( x, y)     K ( x, y, t1 , t2 )u (t1 , t2 )dt1dt2 ,
(1.5)
ac
bu yerda f(x,y) – ozod had, P(a≤x≤b, c≤y≤d) sohada, yadro K(x,y,t1,t2) esa
P(a≤x≤b, c≤y≤d, a≤t1≤b, c≤t2≤d) sohada berilgan deb hisoblanadi; a, b, c,
d va λ lar berilgan o„zgarmas haqiqiy sonlardir. Ana shunday
tenglamalarga misol sifatida quyidagi tenglamani ko„rsatish mumkin:
11
u ( x, y )  2 xy  3  5  xyt1t 2u (t1 , t 2 )dt1dt 2 .
00
Umuman, integral tenglamadagi noma‟lum funksiya u(x1,x2,…,xn)
ko„p argumentli bo„lishi ham mumkin, u holda Fredgolm tenglamasidagi
integral n karrali bo„ladi.
Volter integral tenglamalari. Ushbu
x
  K ( x, t )u (t )dt  f ( x)
a
7
(1.6)
integral tenglama Volterning2 birinchi tur integral tenglamasi deb ataladi;
bu yerda f(x) funksiya I(a≤x≤b) intervalda va K(x,t) yadro ∆(a≤x≤b, a≤t≤x)
sohada aniqlangan deb hisoblanadi.
Volterning ikkinchi tur integral tenglamasi quyidagicha yoziladi:
x
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt.
(1.7)
a
Agar I intervalda f(x)≡0 bo„lsa, (1.7) dan ushbu
x
u ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(1.8)
a
bir jinsli tenglama kelib chiqadi. Yuqoridagilardan ko„rinadiki, Volter
tenglamalarida integralning chegaralaridan biri o„zgaruvchi bo„lib,
Fredgolm tenglamalarida ikkala chegarasi ham o„zgarmas sonlar bo„ladi.
Agar, ushbu
at  x
K ( x, t ),
K  ( x, t )  
tx
0,
belgilashni kiritsak, (1.4) va (1.5) tenglamalar yadrosi K  ( x, t ) bo„lgan
Fredgolmning birinchi va ikkinchi tur integral tenglamalarini tashkil etadi.
Shunday qilib, Volter tenglamalari Fredgolm integral tenglamalarining
xususiy holi bo„lar ekan. Shunday bo„lsada, ko„p hollarda Volter
tenglamalarini alohida o„rganish maqsadga muvofiqdir.
Masalan, quyidagi tenglamalar Volter tenglamalaridir:
x
1. u ( x)  1   (t  x)u (t )dt.
0
x
2. u ( x)  6 x  29   (6 x  6t  5)u (t )dt.
0
x
3. u ( x)   (t  x)u (t )dt.
0
x
4. u ( x)  2 cos x  x  2 (t  x)u (t )dt.
0
5. Volter tenglamasiga misol sifatida umumlashgan Abel tenglamasini keltirish mumkin:
2
Volter Vito (1860-1940) – mashhur italyan matematigi
8
x
u (t )dt
 ( x  t )  f ( x )
0
(0    1),
(1.9)
Bunda f (x) - berilgan uzluksiz differensiallashuvchi funksiya. (1.6)
tenglamaning yechimi ushbu
sin   f (0) x f (t )dt 
u ( x) 



  x1 0 ( x  t )1 
formula bilan aniqlanadi.
Eslatib o„tish joizki, agarda K ( x, t )  0 va f (x) lar uzluksiz
differensiallanuvchi funksiyalar bo„lsa, u holda (1.6) ko„rinishdagi birinchi
tur Volter tenglamasi (1.7) ko„rinishdagi ikkinchi tur Volter tenglamasiga
keltiriladi. Haqiqatdan, (1.6) ni x bo„yicha differensiallasak, ushbu
x
K ( x, x)u ( x)   K x ( x, t )u (t )dt  f ( x)
a
tenglikni hosil qilamiz. Bu yerdan esa
x
u ( x)   K1 ( x, t )u (t )dt  f1 ( x)
(a  x  b),
a
bunda
K x ( x, t )
f ( x)
,
f1 ( x) 
.
K ( x, x)
K ( x, x)
Volter tenglamalaridagi noma‟lum funksiyalar ko„p argumentli,
jumladan, ikki argumentli bo„lishi ham mumkin. U holda Volterning
ikkinchi tur tenglamasi quyidagicha yoziladi:
K1 ( x, t ) 
xy
u ( x, y )  f ( x, y )     K ( x, y, t1, t2 )u (t1, t2 )dt1, dt2 ,
(1.10)
ac
bundagi f(x,y) ozod had ∆(a≤x≤b, c≤y≤d) sohada va K(x,y,t1,t2) yadro
P(a≤x≤b, c≤y≤d, a≤t1≤x, c≤t2≤y) sohada aniqlangan deb hisoblanadi.
Masalan, quyidagilar shunday tenglamalardir:
xy
1. u ( x, y )  xy     u (t1 , t 2 )dt1dt 2 .
00
xy
2. u ( x, y )  1     xt1u (t1, t2 )dt1dt2 .
00
9
xy
3. u ( x, y )  xy     (t1t2  xy)u (t1, t2 )dt1dt2 .
00
Mashqlar
Quyida berilgan funksiyalar ularga mos integral tenglamalarning
yechimi ekanligini tekshiring:
x
u ( x)  e   e x t u (t )dt .
1. u ( x)  e ,
2x
x
0
2. u ( x)  xe
x2 / 3
x
,
u ( x)  x   xtu(t )dt .
0
x 

x
3. u ( x)  e   1 ,
 2

2
4. u( x)  cos x ,
u ( x)  e
x
x
  e ( x t ) sin( x  t )u (t )dt .
0
x
u ( x)  1   ( x  t )u (t )dt .
0
1.2. Differensial tenglamalar va Volter tenglamalari orasidagi
bog‘liqlik
Quyidagi n-tartibli chiziqli differensial tenglama
y ( n)  a1 ( x) y ( n1)  a2 ( x) y ( n2)  ...  an1 ( x) y'an ( x) y  f ( x)
va ushbu boshlang„ich shartlar
 y( x)x a  A0 ,  y' ( x)x a  A1, y n ( x) x a  A2 , ... , y(n1) ( x) x a  An1
berilgan bo„lsin. Tenglamaning ushbu shartlarni qanoatlantiruvchi
yechimini topish talab qilinsin (Koshi masalasi). Mana shu chegara
shartlaridan foydalanib, berilgan differensial tenglamani unga mos bo„lgan
integral tenglamaga aylantirish mumkin. Qisqaroq va soddaroq bayon
qilish maqsadida n=2 deb olaylik, ya‟ni
y  p( x) y  q( x) y   ( x)
(1.11)
tenglama va
y(a)  A,
y ' ( a)  B
(1.12)
chegara shartlari berilgan bo„lsin. Bu masalaga mos integral tenglamani
topish maqsadida


y( x)  u( x)
deb belgilab olamiz. Bundan
10


x
y ' ( x)   u ( x)dx  c1
a
kelib chiqadi. Qulaylik uchun buni
x
y ' ( x)   u (t )dt  c1
a
ko„rinishida yozib olaylik. (1.12) ga asosan

B  y ' (a)   u (t )dt  c1  c1 ,
a
demak,
x
y ' ( x)   u (t )dt  B.
a
Bu tenglikning ikki tomonidan integral olamiz:
x x
x
x


y ( x)     u (t )dt  B dx  c2   dx  u (t )dt  B( x  a)  c2 .


aa
a
a

Bunda x=a deb faraz qilsak, (1.11) ga muvofiq
A  y ( a )  c2
ekanligi kelib chiqadi. U holda
x
x
a
a
y   dx  u (t )dt  B( x  a)  A.
Mana shu takroriy integraldan oddiy integralga o„tish maqsadida
Koshining ushbu
x
x
x
x
1
n 1
(1.13)
a dx a dx...a u(t )dt  (n  1)! a ( x  t ) u(t )dt
formulasidan foydalanamiz. Demak,
x
y   ( x  t )u (t )dt  B( x  a)  A .
a
Endi y, y, y lar uchun aniqlangan ifodalarni (1.11) tenglamaga
qo„yib, uni quyidagi Volter tenglamasiga keltiramiz:
x
u ( x)  f ( x)   K ( x, t )u (t )dt ,
a
bunda
11
(1.14)
f ( x)  Bp ( x)  B( x  a)q( x)  Aq( x)   ( x);
K ( x, t )   p( x)  ( x  t )q( x).
(1.15)
Demak, boshlang„ich shartlar bilan berilgan (1.11) differensial
tenglama o„rniga (1.14) integral tenglmani yechish kifoya. Ma‟lumki,
differensial tenglamalarni, ayniqsa, o„zgaruvchan koeffitsiyentli
differensial tenglamalarni yechish ko„pincha juda mushkul ish bo„ladi.
Ularni almashtiruvchi integral tenglamalarning qulayligi shundaki, ular
chegara shartlarini o„z ichiga olishi bilan birga, ba‟zan, osongina yechiladi.
Integral tenglamalarni yechish metodlari uncha ko„p emas. Umumiy holda
(x  t)
( x  t ) n1
K ( x, t )  a1 ( x)  a2 ( x)
 ...  an ( x)
.
1!
(n  1)!
1-misol. Ushbu tenglama
y" xy ' y  0
va
y(0)  1,
y' (0)  0
boshlangich shartlar berilgan. Bularga mos integral tenglama tuzilsin.
Yechish. Noma‟lum funksiyaning ikkinchi hosilasini quyidagicha
belgilaymiz.
y"  u( x)
Bundan esa quyidagi kelib chiqadi:
x
y '   u (t )dt  c1.
0
Berilgan shartlarga ko„ra x=0 bo„lganda u’=0 bo„ladi, demak c1=0.
Shuning uchun
x
y '   u (t )dt.
0
U holda bu yerdan
x
x
x

y     u (t )dt dt  c2   dt  u (t )dt  c2 .
00
0
0

Endi x=0 bo„lganda y=1 bo„lgani sababli, so„nggi tenglikdan c2=1 kelib
chiqadi. Demak,
x
x
x
0
0
y   dt  u (t )dt  1.
12
Koshi formulasiga asosan buni
x
y   ( x  t )u (t )dt  1
0
ko„rinishda yozish mumkin.
Mana shu y, y, y lar uchun aniqlangan ifodalarni berilgan
differensial tenglamaga qo„yamiz:
x
x
0
0
y" xy ' y  u ( x)  x  u (t )dt   ( x  t )u (t )dt  1  0.
Bu ifodadagi integrallarni birlashtirsak, ushbu
x
u ( x)  1   (t  2 x)u (t )dt
0
integral tenglama hosil bo„ladi.
2-misol. Ushbu differensial tenglama
y" y  cos x
va
y(0)  0,
y' (0)  1
Boshlang„ich shartlari berilgan. Bularga mos integral tenglama tuzilsin.
Yechish. Odatdagicha
y"  u( x)
deb belgilaymiz. Bundan
x
y '   u (t )dt  c1.
0
Boshlangich shartlarga ko„ra x=0 bo„lganda y´=1, shu sababli, c1=1
bo„ladi. Demak,
x
y '  1   u (t )dt.
0
Bundan yana bir marta integral olinsa,
x
x
x
 x

y   1   u (t )dt dt  c2  x   dt  u (t )dt  c2 .
0
0
0
0

Boshlang„ich shartlarga ko„ra x=0 bo„lganda, u=0 bo„lishi kerak, shu
sababli c2=0 bo„ladi. Koshining yuqorida keltirilgan formulasiga muvofiq
13
x
y  x   ( x  t )u (t )dt.
0
Endi berilgan differensial tenglamaga y’, y” lar uchun aniqlangan
ifodalarni qo„yamiz, u holda
x
y" y  u ( x)  x   ( x  t )u (t )dt  cos x.
0
Bundan esa ushbu
x
u ( x)   x  cos x   (t  x)u (t )dt
0
integral tenglama kelib chiqadi.
3-misol. Ushbu
y' ' '3 y"6 y'8 y  0
differensial tenglama va
y(0)  1,
y' (0)  1,
y" (0)  1
boshlangich shartlar berilgan. Bularga mos integral tenglama tuzilsin.
Yechish. Odatdagicha, y' ' '  ( x) deb belgilab olamiz va uning ikki
tomonini dx ga ko„paytirib, so„ngra integrallaymiz:
x
y"   u (t )dt  c1.
0
Boshlangich shartlarga ko„ra bundan c1=1 kelib chiqadi. U holda
x
y"  1   u (t )dt.
0
Bundan yana integral olinsa,
x
x
x
 x

y '   1   u (t )dt dx  c2  x  c2   dx  u (t )dx
0
0
0
0

kelib chiqadi. Boshlangich shartlarga ko„ra c2=1 bo„ladi. Demak,
x
x
0
0
y '  1  x   dx  u (t )dt
bo„lib, undan so„ngi marta integral olsak,
x
x
x
x
x
x


x2
y   1  t   dt  u (t )dt dt  c3  x 
  dt  dt  u (t )dt  c3
2 0 0 0
0
0
0

14
hosil bo„ladi. Boshlangich shartlarga asosan c3 = 1 bo„ladi.
Endi Koshining (1.13) formulasiga muvofiq takroriy integrallarni
oddiy integralga aylantirilsa va y' ' ' , y", y' , y lar uchun aniqlangan
ifodalarni berilgan differensial tenglamaga qo„yib ixchamlashtirilsa,
quyidagi natija kelib chiqadi:
x


u ( x)  1  2 x  4 x   3  6( x  t )  4( x  t ) 2 u (t )dt.
2
0
Agar K ( x, t ) yadro t ga nisbatan n -tartibli ko„phad bo„lsa, ya‟ni
K ( x, t ) 
n
 am ( x)t m ,
(1.16)
m0
u holda (1.14) integral tenglamani ketma-ket differensiallash orqali uni
chiziqli differensial tenglama uchun Koshi masalasiga keltirish mumkin.
4-Misol. Ushbu
y  2 y  y  x 2 , y(0)=1, y(0)=0
Koshi masalasiga mos keluvchi integral tenglamani tuzing.
Yechish. y(x) = u(x) almashtirish olib, boshlang„ich shartlarni
e‟tiborga olib, quyidagilarni ketma-ket topamiz:
x
x
0
y( x)  y(0)   u (t )dt   u (t )dt ,
x
s
0
x
0
0
0
y ( x)  y (0)   ds  u (t )dt  1   ( x  t )u (t )dt
Bularni berilgan differensial tenglamaga qo„yib, quyidagi natijaga
kelamiz:
x
 x

u ( x)  2 u (t )dt  1   ( x  t )u (t )dt   x 2
 0

0
yoki
x
u ( x)  x  1   (2  x  t )u (t )dt .
2
0
5-Misol. Ushbu
x
u ( x)   (2  x  t )u (t )dt  x 2
0
15
(1.17)
integral tenglamani yeching.
Yechish. Tenglikning ikkala tomonini ikki marta ketma-ket
differensiallab, quyidagilarni hosil qilamiz:
x
u( x)  2u ( x)   u (t )dt  2 x ,
(1.18)
0
u( x)  2u( x)  u( x)  2.
(1.19)
Endi (1.17) va (1.18) dan x  0 da ushbu
u(0)  0,
u(0)  0
boshlang„ich shartlarni hosil qilamiz. Odatdagi uslubda (1.19) differensial
tenglamani yechsak, ushbu
u( x)  2  2e x (1  x)
(1.20)
yechimga ega bo„lamiz.
6-Misol. Ushbu
x
u ( x)  sin x   sin( x  t )u (t )dt
(1.17)
0
integral tenglamani yeching.
Yechish. Tenglikning ikkala tomonini ikki marta ketma-ket
differensiallab, quyidagilarni hosil qilamiz:
x
u( x)  cos x   cos( x  t )u (t )dt ,
0
x
u( x)   sin x  u ( x)   sin( x  t )u (t )dt .
0
x
Berilgan differensial tenglama va oxirgi tenglikdan
 sin( x  t )u(t )dt
ni
0
qisqartirib, izlanayotgan funksiyaga nisbatan ushbu u( x)  0 oddiy
differensial tenglamaga kelamiz. Berilgan differensial tenglama va birinchi
tenglikdan ushbu u(0) = 0 va u(0) = 1 boshlang„ich shartlarni topamiz.
Natijada y(x) = x yechimga kelamiz.
7-Misol. Ushbu
x
u ( x)  x  2 sin x  1   ( x  t )u (t )dt
0
16
(1.17)
integral tenglamani yeching.
Yechish. Tenglikning ikkala tomonini ikki marta ketma-ket
differensiallab, quyidagilarni hosil qilamiz:
x
u( x)  1  2 cos x   u (t )dt ,
0
u( x)  2 sin x  u( x) .
yoki uni standart shalda yozsak, quyidagi differensial tenglamaga kelamiz:
u( x)  u( x)  2 sin x
Berilgan tenglama va birinchi tenglikdan x = 0 da ushbu u(0) = –1 va
u(0)=3 boshlang„ich shartlarni topamiz. Hosil bo„lgan Koshi masalasining
yechimi quyidagi natijani beradi: y(x) = 2sinx +(x - 1)cosx.
1.3. Chiziqli chegaraviy masalalarning Fredgolm integral
tenglamasi bilan bog‘liqligi
Ushbu
Lu   px u  px u  qx u  f x 
(1.21)
ikkinchi tartibli o„z-o„ziga qo„shma differensial tenglama uchun quyidagi
bir jinsli chegaraviy masalani qaraymiz:
Ãa u    0u a   1ua   0,

Ãb u    0u b   1ub   0, 
 0  1  0, 0  1  0,
(1.22)
bunda px , px , qx , f x   a, b da aniqlangan uzluksiz funksiyalar
hamda px   0, x  a, b.
Ta’rif. Agar Gx, t  funksiya quyidagi 1)-4) shartlarni qanoatlantirsa,
u holda unga (1.21)-(1.22) chegaraviy masalaning Grin funksiyasi
deyiladi:
2
1) Gx, t   a, b da aniqlangan uzluksiz funksiya;
2) Lx Gx, t   0 agar x  t bo„lsa;
3) Ãa Gx, t   0, Ãb Gb, t   0;
1
4) Gx t  0, t   Gx t  0, t   
.
pt 
Agar Gx, t  Grin funksiyasi topilgan (ma‟lum) bo„lsa, (1.21)-(1.22)
chegaraviy masalaning yechimi ushbu
17
b
u  x     Gx, t  f t dt
(1.23)
a
formula bilan ifodalanishini tekshirib ko„rish qiyin emas. Bundan tashqari
Gx, t  Grin funksiya simmetrik shartni qanoatlantiradi, ya‟ni
Gx, t   Gt , x , x, t  a, b.
Endi Shturm-Liuvill chegaraviy masalasini qaraymiz:
 pxu  qx   xu  0,
(1.24)
 px  0,  x  0.
Ãa u   Ãb u   0
(1.25)
Ushbu  x u hadni erkin had deb hisoblab, (1.24) ni integrallasak, (1.23)
formulaga ko„ra quyidagi bir jinsli Fredgolm integral tenglamasini hosil
qilamiz
b
u x     K x, t u t dt ,
(1.26)
a
bunda
K x, t   Gx, t  t .
(1.27)
Ko„rinib turibdiki, Shturm-Liuvill masalasining  xos qiymati (1.26)
integral tenglamaning ham xos qiymati bo„lar ekan.
(1.26) teglamani simmetrik yadroli integral tenglamaga keltirish
mumkin. Haqiqatdan,
z x   ux   x 
deb belgilasak, (1.26) va (1.27) formulaga ko„ra
b
z x     K * x, t z t dt ,
a
bunda yadro
K * x, t   Gx, t   x   t .
simmetrikligi ko„rinib turibdi. Bu yerdan esa, yadroning simmetrikligiga
ko„ra, barcha  xos qiymatlar haqiqiy bo„lishi kelib chiqadi.
Mashqlar
1) Boshlangich shartlari bilan birga berilgan quyidagi differensial
tenglamalarga mos bo„lgan integral tenglamalar tuzilsin.
1. y–y = 0, x = 0 bo„lganda y = 1.
18
x
Javobi:
u ( x)  1   u (t )dt
0
2. y–5y +6y = 0, x = 0 bo„lganda y = 0, y = -1.
x
Javobi:
u ( x)  5  6 x   (6 x  6t  5)u (t )dt.
0
3. yy = 0, x = 0 bo„lganda y = 0, y = -1.
x
Javobi:
u ( x)  x   ( x  t )u (t )dt.
0
4. y–xy = 0, x = 0 bo„lganda y = 0, y = -1.
x
Javobi:
xu ( x)   x   ( x 2  xt  2)u (t )dt.
0
5. y–ycosx = x, x = 0 bo„lganda y = 0, y = 0.
x
Javobi:
u ( x)  x  cos x   ( x  t ) cos xu (t )dt.
0
6. y–ysinx+y = 1, x = 0 bo„lganda y = 0, y = 1.
x
Javobi:
u ( x)  x  sin x   (sin x  x  t )u (t )dt.
0
7. y+n y = hsinpx ( p  n ), x = 0 bo„lganda y = a, y = d.
2
x
Javobi:
u ( x)  h sin px  6n x  an  n
2
2
2
 ( x  t )u(t )dt.
0
2
8. y+2hy+n y = 0, x = 0 bo„lganda y = a, y = d.
x
Javobi:


u ( x)  (dn x  2dh  an )   n 2 ( x  t )  2h u (t )dt.
2
2
0
3 2
xy , y(0) = –3, y(0) = 1, y(0) = –1 .
2
10. y  x  xy2  y2 , y(0)= 1, y(0) = y(0)= 0 .
11. y  xy  e x , y(0) = 1, y(0) = y(0)= 0 .
12. y IV  y  y  0 , y(0) = y(0) = y(0)= 0, y(0) = 1.
9. y 
2) Quyidagi integral tenglamalarni oddiy differensial tenglamalarga
keltirib yeching:
19
x
1. u ( x)  e   u (t )dt .
x
0
x
2. u ( x)  1   tu(t )dt .
0
x
1
3. u ( x) 
  sin( x  t )u (t )dt .
1  x2 0
4. u ( x)  e
x
x
cos x    cos x e ( x t )u (t )dt .
0
x
5. u ( x)  4e  3x  4   ( x  t )u (t )dt .
x
0
1.4. Integralning ikkala chegarasi o‘zgaruvchi bo‘lgan integral
tenglamalar
Oldingi paragraflardan ma‟lumki, Fredgolm tenglamasidagi
integralning ikkala chegarasi ham o„zgarmas, Volter tenglamasida esa
integralning chegaralaridan biri o„zgaruvchi bo„ladi.
Tenglamadagi integralning ikkala chegarasi ham o„zgaruvchi bo„lishi
mumkin. Quydagi tenglamalar ana shunday tenglamalardandir:
x
u ( x)  f ( x)  
 K ( x, t ) u (t ) dt ,
(1.28)
x 
bunda   0 - o„zgarmas haqiqiy son;
x
u ( x)  f ( x)    K ( x, t ) u (t ) dt ,
(1.29)
px
tenglamalarda p - o„zgarmas son (0  p  1).
Yuqoridagi (1.28) tenglamada a  x  b, x    t  x deb
tushunmoq kerak; (1.29) tenglamada axb va t esa px bilan x orasida
o„zgaradi, ya‟ni
agar x  0 bo„lsa, px  t  x,
agar x  0 bo„lsa, x  t  px.
Mana shu tur integral tenglamalardagi noma‟lum funksiyalar ham ikki
argumentli bo„lib qolishi mumkin. Masalan,
20
u ( x, y )  f ( x, y )  
x
y
  K ( x, y, t , t
1
x
2
,) u (t1 , t 2 ) dt1dt 2 ,
x
(1.30)
bunda   0 va   0 o„zgarmas haqiqiy sonlar; yoki
u ( x, y )  f ( x, y)  
x
y
  K ( x, y, t , t
1
2
,) u (t1 , t 2 ) dt1dt 2 ,
(1.31)
px py
bunda 0  p  1 va 0  q  1 o„zgarmas haqiqiy sonlar.
(1.28) va (1.29) tenglamalarga o„xshash tenglamalar texnikaga doir
konkret masalalarni hal qilishda uchraydi. Bunday tenglamalarni
umumiyroq ko„rinishda quyidagicha yozish mumkin.
b( x)
u ( x)  f ( x)  
 K ( x, t ) u (t ) dt,
(1.32)
a( x)
Bundagi integrallarning ikkala chegarasi ham x ning funksiyalaridir.
Ularni yechishning har xil usullarini kelgusi boblarda qarab chiqamiz.
Mashqlar
Quyidagi ikkala chegarasi o„zgaruvchi bo„lgan integral tenglamalarni
yeching:
1. u ( x)  1  
x
e
kt
x
u (t )dt; bu yerda   0 , k  0 o„zgarmas sonlar.
x
kt
2. u ( x)  x  1    e u (t )dt;
1
x
4
x
2
2
3. u ( x)  ax    ( x  t )u (t )dt;
a  0,
0  p  1.
px
qx
4. u ( x)  ax    u (t )dt ;
2
0  p  1,
0  p  1.
px
5. u ( x, y )  1  
y
x
h ( t1 t 2 )
e
u (t1 , t 2 ) dt1dt 2 , bu yerda   0,   0,


x  x 
k  0 – o„zgarmas sonlar.
6. u ( x, y )  xy  
x
y
 
x  x 
1
u (t1 , t 2 ) dt1dt 2 , 0 < p, q < 1.
t1t 2
21
7. u ( x, y )  axy  
x
y
 ( x
x
x
2
y 2  t 21t12 )u (t1 , t 2 ) dt1dt 2 , 0 < p, q < 1.
x y
1
 t1t2 u(t1 , t2) dt1dt2 ,
x y
8. u ( x, y )  a   
a  0 , x > 0, y > 0.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Differensial tenglama deb qanday tenglamaga aytiladi?
2. Integral tenglama deb qanday tenglamaga aytiladi?
3. Fredgolm integral tenglamalari deb qanday tenglamalarga aytiladi?
4. Volter integral tenglamalari deb qanday tenglamalarga aytiladi?
5. Umumlashgan Abel tenglamasi deb qanday tenglamaga aytiladi?
6. Grin funksiyasi deb qanday funksiyaga aytiladi?
7. Integral tenglamaning yadrosi qanday funksiya?
8. Integral tenglama qachon simmetrik tenglama deyiladi?
9. Simmetrik yadroning xossalarini ayting.
10.Differensial tenglamalar va Volter tenglamalari orasidagi bog„liqlikni
tushuntiring.
11.Chiziqli chegaraviy masalalarning Fredgolm integral tenglamasi bilan
bog„liqligini tushuntiring.
12.Integralning ikkala chegarasi o„zgaruvchi bo„lgan integral tenglamalarni tushuntiring.
Adaviyotlar: [1-4], [8].
22
2. TENGLAMALARNING REZOLVENTASI
Reja:
1. Fredgolm tenglamalarining rezolventasi.
2. Volter tenglamalarining rezolventasi.
Tayanch iboralar: Fredgolm tenglamalari; Volter tenglamalari; ketma-ket
yaqinlashish usuli; iterasiyalar; iterasiyalangan yadrolar; rezolventa; hal
qiluvchi yadro.
2.1. Fredgolm tenglamalarining rezolventasi
Biz yana Fredgolmning ikkinchi tur tenglamasi
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(2.1)
a
haqida so„z yuritamiz. Bu tenglamadagi f (x) funksiyani I kesmada
aynan nolga teng emas, uzluksiz va shuningdek, K (x,t) yadroni ham P
sohada aynan nolga teng emas va uzluksiz deb faraz qilamiz. U holda
(2.1) tenglamaning yechimi absolyut va tekis yaqinlashuvchi usbu
u( x)  u0 ( x)  u1 ( x)  2 u 2 ( x)    n u n ( x)  
(2.2)
qator ko„rinishida yoziladi (bu usul ketma-ket yaqinlashish usuli deb
ataladi va uning isboti kelgusi boblarda ko„rsatiladi), bundagi u i (x) lar
u0 ( x)  f ( x),
b
u1 ( x)   K ( x, t )u0 (t )dt
a
b
u2 ( x)   K ( x, t )u1 (t )dt
a
. . . . . . . . . .
formulalardan topiladi. Mana shularni boshqacharoq shaklda yozib olaylik:
u0 ( x)  f ( x),
b
u1 ( x)   K ( x, t ) f (t )dt
a
b
u2 ( x)   K ( x, s )u1 ( s )ds
a
23
bundagi u1 ( s) o„rniga o„zidan oldingi formuladagi ifodasini qo„yamiz.
Endi
b
K 2 ( x, t )   K ( x, s) K ( s, t )ds
a
deb belgilasak, yuqoridagi u 2 ( x) ushbu
b
u 2 ( x)   K 2 ( x, t ) f (t )dt
a
ko„rinishda yoziladi. Xuddi shu usul bilan u3 ( x) ni topamiz:
b
u3 ( x)   K ( x, s)u2 ( s)ds
a
bundagi u 2 ( s) o„rniga hozirgina aniqlangan ifodani qo„yamiz:
b
b
b
b
a
a
a
a
u3 ( x)   K ( x, s)ds  K 2 ( s, t ) f (t )dt   f (t )dt  K ( x, s) K 2 ( s, t )ds
Agar bu yerda
b
K 3 ( x, t )   K ( x, s) K 2 ( s, t )ds
a
deb belgilasak,
b
u 3 ( x)   K 3 ( x, t ) f (t )dt
a
bo„ladi. Shu usulda davom etaversak,
b
u n ( x)   K n ( x, t ) f (t )dt ,
n  1,2,3,
a
ketma-ketlik kelib chiqadi. Simmetriya uchun K1 ( x, t )  K ( x, t ) deb
belgilaylik. Natijada quyidagi funksiyalar ketma-ketligi hosil bo„ladi:
K1 ( x, t ), K 2 ( x, t ), K 3 ( x, t ), , K n ( x, t ), 
(2.3)
Bular K yadroning iterasiyalari yoki iterasiyalangan yadrolar, ya‟ni
takrorlangan yadrolar deb ataladi.
Endi u 0 , u1 , u 2 ... larning yuqorida aniqlangan ifodalarini (2.2)
yechimga qo„yib ixchamlansa, quyidagi natija kelib chiqadi:
b
u ( x)  f ( x)    [ K1 ( x, t )  K 2 ( x, t )  2 K 3 ( x, t )    n 1 K n ( x, t )  ] f (t )dt
a
Г ( x, t ;  )  K1 ( x, t )  K 2 ( x, t )  2 K 3 ( x, t )    n 1 K n ( x, t )  
24
(2.4)
Agar
R( x, t ,  )  K1 ( x, t )  K2 ( x, t )  2 K3 ( x, t )  ...  n 1Kn ( x, t )  ...
deb belgilab olsak, quyidagi yechim hosil bo„ladi:
b
u ( x)  f ( x)    R( x, t;  ) f (t )dt
(2.5)
a
Bundagi R(x,t,) berilgan (2.1) Fredgolm tenglamasining rezolventasi yoki
hal qiluvchi yadrosi deyiladi.
Demak (2.5) yechim mavjud bo„lishi uchun integral ishorasi ostidagi
R(x,t,) rezolventa uzluksiz bo„lishi kerak. Buning uchun esa (2.4)
funksional qator P sohada absolyut va tekis yaqinlashuvchi bo„lishi kerak.
Biz hozir shuni isbot qilamiz.
Yuqoridagi (2.4) qatorning absolyut va tekis yaqinlashuvchi ekanini
isbot qilish uchun har bir hadining absolyut qiymati biror musbat hadli
yaqinlashuvchi qatorning mos hadlaridan katta emasligini ko„rsatish
kifoya.
Ikki argumentli K ( x, t ) funksiya yopiq P sohada uzluksiz deb faraz
qilingani uchun chegaralangan bo„ladi, ya‟ni K ( x, t )  M , M  0.
Shunga binoan (2.4) ning hadlari
b
K 2 ( x, t )    K ( x, s) K ( s, t )ds   M 2 (b  a),
a
 K 3 ( x, t )  
2
b
2
 K ( x, s ) K
( s, t )ds   M 3 (b  a) 2
2
2
a
va hokazo
n1 K n ( x, t )  
n 1
M n (b  a) n1 ,
O„ng tomondagi hadlardan quyidagi qatorni tuzaylik
M  M [  M (b  a)]  M  M (b  a) 2   ,
(2.6)
Ma‟lumki, agar
1
(2.7)
M (b  a)
bo„lsa, (2.6) qator yaqinlashuvchi bo„ladi. U holda yuqoridagi
tengsizliklarga asosan (2.4) qator P sohada absolyut va tekis
yaqinlashuvchi bo„ladi. Demak, (2.4) qatorning yig„indisi R(x,t,)
uzluksiz funksiya bo„ladi.
q   M (b  a)  1,
yani
25
 
Misollar yechishda dastlab, (2.7) tengsizlikning bajarilishini tekshirib
ko„rish kerak. Agar u bajarilsa K n ( x, t ) iterasiyalarning ifodalarini topish
va ularni (2.4) qatorga qo„yib, R(x,t,) rezolventani aniqlash kerak.
Nihoyat, uni (2.5) tenglikka qo„yib (2.1) tenglamaning yechimini topish
mumkin.
1-misol. Ushbu tenglama rezolventa yordami bilan yechilsin:
1
5
1
u ( x)  x   xtu (t )dt.
6
20
Yechish. Bu misolda
1
I (0  x  1), R(0  x  1, 0  t  1),
2
K ( x, t )  xt  1; M  1; b  a  1  0  1.
 ,
Demak (2.7) shart bajariladi. Endi iterasiyalarni izlaymiz:
1
K1 ( x, t )  K ( x, t )  xt ;
1
1
1
K 2 ( x, t )   K ( x, s) K ( s, t )ds   xs  stds  xt  s 2 ds  xt
3
0
0
0
1
1
1
1
1
1
K 3 ( x, t )   K ( x, s) K 2 ( s, t )ds   xs  stds  xt  s 2 ds  2 xt ;
30
3 0
3
0
1
1
1
1
1
1
K 4 ( x, t )   K ( x, s ) K 3 ( s, t )ds  2  xs  stds  2 xt  s 2 ds  3 ;
3 0
3
3
0
0
va hokazo, umumiy qonuniyat ko„rinib qolgani uchun hisoblashni davom
ettirmadik. Bularning hammasini (2.4) qatorga qo„yib,  
1
2
ekanini
nazarda tutsak,
1
1
6
 1 1

R( x, t; )  xt 1   2    xt 
 xt
1 5
2
 6 6

1
6
bo„ladi. Demak, berilgan integral tenglamaning rezolventasi
1
6
R( x, t ; )  xt .
2
5
Endi buni (2.5) formulaga qo„yib, izlanayotgan yechimni topamiz:
1
1
6
1 6
5
5
1
5
1
u ( x)  x   x  t  tdt  x  x  t 2 dt  x  x  x. yani u ( x)  x.
5
205
6
6
2 0
6
6
2-misol. Ushbu
26
1
u ( x)  f ( x)    ( x  t )u (t )dt
0
tenglamaning rezolventasi topilsin. Bu misolda  parametr umumiy holda
berilgan.
Yechish. Dastlab yadroning integrallarini hisoblab chiqamiz:
K 1 ( x, t )  x  t ;
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
K 2 ( x, t )   ( x  s)(s  t )ds  x  sds  xt  ds  t  sds   s 2 ds 
1
st
K 3 ( x, t )   ( x  s)
 st  ds
3
 2
0
integralni hisoblash natijasida
xt
1
 xt  ;
2
3
1
K 3 ( x, t )  
xt
12
kelib chiqadi. Shunga o„xshash,
1
1  xt
1
K 4 ( x, t )    ( x  s)(s  t )ds   
 xt  ;
12 0
12  2
3
1
1
1
xt
st
K 5 ( x, t )    ( x  s)
 st  ds  2
12 0
3
12
 2
1
va hokazo. Bu ifodalarning tuzilishida ma‟lum bir qonuniyat sezilib
turibdi. Shuning uchun ortiqcha hisoblashga ehtiyoj qolmadi. Endi
topilgan, ifodalarni (2.4) qatorga qo„yib, uni quyidagicha qulay holda
yozish mumkin:
 2 4


6
xt
1  2 4
6

R( x, t;  )  ( x  t )1 
 2  3     
 xt  1 
 2  3  ,
3  12 12 12
 2
 12 12 12


bu yerda
1
12


 1, ya‟ni
12
2
bo„lishligi uchun
2
4
12
2

6
12
3
 
1
1
2
12
  3,463 bo„lishi kerak, u holda:
 xt
1
x  t   
 xt  
3

R ( x, t ,  ) 
.
2
1
12
27
3-misol. Ushbu tenglamaning rezolventasi topilsin:
2
u ( x)  f ( x)    (sin x sin t  sin 2 x  sin 2t )u (t )dt.
0
Yechish. Tenglamadan ko„rinadiki,
K1 ( x, t )  sin x sin t  sin 2 x sin 2t.
Shunga asosan
2
K 2 ( x, t )   (sin x sin s  sin 2 x sin 2s )(sin s sin t  sin 2s sin 2t.)ds 
0
2
2
 sin x sin t  sin sds  sin x sin 2t  sin s sin 2sds 
2
0
0
2
2
 sin 2 x sin t  sin 2s sin sds  sin 2 x sin 2t  sin 2 2sds
0
2
 sin
Ma‟lumki,
2
0
sds   ,
2
2
 sin 2s sin sds  0,  sin
0
0
2
2sds   ;
0
mana shularga asosan
K 2 ( x, t )   (sin x sin t  sin 2 x sin 2t.)
Buning K1 dan farqi  ko„paytiruvchidangina iborat bo„lgani sababli
K 2 ( x, t ) , K 4 ( x, t ) , … larni izlash uchun yuqoridagidek integrallarni
hisoblash yana takrorlanmasa ham bo„ladi. Demak,
K m ( x, t )   m1 (sin x sin t  sin 2 x sin 2t ).
Endi (2.4) qatorga mana shu ifodalarni qo„yib, quyidagi natijani
olamiz:
R( x, t;  )  (sin x sin t  sin 2 x sin 2t )[1    ( ) 2  ( )3    ( ) n  ];
agar  
1

bo„lsa, u holda
R( x, t;  ) 
1
(sin x sin t  sin 2 x sin 2t )
1  
bo„ladi.
Agar, masalan, f ( x)  sin x bo„lsa, tenglamaning yechimini topish
uchun rezolventaning yuqoridagi topilgan ifodasini (2.5) formulaga
qo„yamiz:
 2
u ( x)  sin x 
(sin x sin t  sin 2 x sin 2t ) sin tdt
1   0
28
O„ng tomondagi integralni hisoblab so„ngra ixchamlasak, ushbu
sin x
u ( x) 
1  
yechim hosil bo„ladi.
Mashqlar
Quyidagi Fredgolm tenglamalarining rezolventalari topilsin:
 2 2 x2  t 2 1 
2
2
 x t 
x

t


 
1
2
2
3
5

1. u ( x)  f ( x)    ( x  t )u (t )dt. Javob. R 
.
2
4 2
0
1   
3
45
 xt x  t 1 
1
x 2 t  t 2 x  xt  
 
2
2
3
4
5

2. u ( x)  f ( x)   ( x t  t x)u (t )dt. Javob. R 
.
2
1 2
0
1  

3
240
1 x  t

1
1  x  t   
 xt 
3
3
.
3. u ( x)  f ( x)   (1  x  t )u ( x)dt. Javob. R 
1
0
1  2  2
12


4. Ushbu
1
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
0
Fredgolm tenglamasining rezolventasini quyidagi K(x,t) – yadrolar va f(x)
– funksiyalar uchun toping:
1) K(x,t) = 1; f(x) = x+1.
4) K(x,t) = xt; f(x) = x2–1.
2) K(x,t) = t ; f(x) = x2+1.
5) K(x,t) = xt2; f(x) = 1.
3) K(x,t) = x2; f(x) = x–1.
6) K(x,t) = ex-t; f(x) = 1–x.
2.2. Volter tenglamalarining rezolventasi
Matematik analiz kursidan Dirixlening ma‟lum formulasini eslab
o„tamiz. Faraz qilaylik, (a  x  b, a  y  x) sohada ikki argumentli
f ( x, y) funksiya uzluksiz bo„lsin. U holda  soha buyicha olingan ushbu
I   f ( x, y)dxdy

integralni ikki usul bilan hisoblash mumkin:
29
a) avval o„zgaruvchi y bo„yicha a dan x gacha, so„ngra x bo„yicha a
dan b gacha integrallash mumkin, ya‟ni
b
x
a
a
I   dx  f ( x, y)dy;
b) avval x bo„yicha y dan b gacha, so„ngra y bo„yicha a dan b gacha
integrallash mumkin, ya‟ni
b
b
a
y
I   dy  f ( x, y )dx.
Ikkala holda ham I ning qiymati bir xil chiqadi:
b
x
b
b
a
a
a
x
 dx  f ( x, y)dy   dy  f ( x, y)dx.
(2.8)
Bu tenglik Dirixle formulasini ifodalaydi.
Endi asosiy masalaga o„tamiz. Ma‟lumki, Volterning ushbu
x
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(2.9)
a
tenglamasini ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yechish jarayonida
quyidagi munosabatlar kelib chiqqan edi:
u 0 ( x)  f ( x),
x
u1 ( x)   K ( x, t ) f (t )dt ,
a
x
u 2 ( x)   K ( x, s )u1 ( s )ds,
(2.10)
a
x
u3 ( x)   K ( x, s )u 2 ( s )ds,
a
......................................
u2 ( x) ning ifodasidagi integral ishorasi ostida u1 ( x) o„rniga (2.10)
dan ikkinchi formulani qo„yamiz, ya‟ni
x
x
x
a
a
a
u 2 ( x)   K ( x, s)u1 ( s)ds   K ( x, s)ds  K ( s, t ) f (t )dt.
Bundagi integrallash tartibini (18) Dirixle formulasiga asosan o„zgartamiz,
u holda
x
x
a
t
u 2 ( x)   f (t )dt  K ( x, s) K ( s, t )ds
hosil bo„ladi. Agar
30
x
K 2 ( x, t )   K ( x, s) K ( s, t )ds
t
deb belgilasak,
x
u 2 ( x)   K 2 ( x, t ) f (t )dt
a
bo„ladi.
Endi u2 ( x) ning bu ifodasini (2.10) dagi to„rtinchi formulaga qo„yib,
u3 ( x) ni topamiz:
x
x
x
a
a
a
u3 ( x)   K ( x, s)u 2 ( s)ds   K ( x, s)ds  K 2 ( s, t ) f (t )dt ,
buni (2.8) formulaga asosan quyidagicha yozish mumkin:
x
x
a
t
u3 ( x)   f (t )dt  K ( x, s)dsK 2 ( s, t )ds.
x
K 3 ( x, t )   K ( x, s) K 2 ( s, t )dt
t
deb belgilasak,
x
u 3 ( x)   K 3 ( x, t ) f (t )dt
a
bo„ladi va hokazo. Shu yo„l bilan K yadroning
K1 , K 2 , K 3 ,, K n 
iterasiyalarini hosil qilamiz. Umuman
(2.11)
x
K n1 ( x, t )   K ( x, s) K n ( s, t )ds.
(2.12)
t
Shunday qilib, (2.10) formulalar o„rniga quyidagilar hosil bo„ladi:
x
u n ( x)   K n ( x, t ) f (t )dt ,
n  1, 2, 3
(2.13)
a
Endi
larning bu ifodalarini
u( x)  u0 ( x)  u1 ( x)  2u2 ( x)    n un ( x)  
qatorga qo„yamiz:
un (x)
x
u ( x)  f ( x)    [ K1 ( x, t )  K 2 ( x, t )  2 K 3 ( x, t )    n 1 K n ( x, t )  ] f (t )dt.
a
Bu yerda
R( x, t;  )  K1 ( x, t )  K 2 ( x, t )  2 K3 ( x, t )    n1K n ( x, t )  
31
(2.14)
deb belgilasak,
x
u ( x)  f ( x)    R( x, t;  ) f (t )dt
(2.15)
a
hosil bo„ladi. Bu esa berilgan (2.9) Volter tenglamasining yechimidir.
(2.14) qator yig„indisi, ya‟ni R( x, t;  ) integral tenglamaning rezolventasi
yoki hal qiluvchi yadrosi deyiladi.
1-misol. Ushbu tenglama rezolventa yordami bilan yechilsin:
u ( x)  x   (t  x)u (t )dt.
Yechish. Topamiz:
K1  K ( x, t )  t  x  ( x  t );
x
x
t
t
K 2 ( x, t )   ( x  s )( s  t )ds   ( x  s )( x  s  t  x)ds 
x
x
x
t
t
t
  ( x  s)[( x  t )  ( x  s)]ds  ( x  t )  ( x  s )ds   ( x  s ) 2 ds 
1
1
1
1
( x  t )3
2 x
3 x
3
3
 ( x  t )[ ( x  s) ]s t  [( x  3) ]s t  ( x  t )  ( x  t ) 
;
2
3
2
3
3!
Xuddi shu usulda K 3 ( x, t ) ni topamiz:
(s  t )3
1
( x  t )5
3
K 3 ( x, t )    ( x  s )
dt    ( x  t  s  t )( s  t ) ds  
3
!
3! t
5!
t
x
x
va hokazo. Bularni (2.14) ga qo„yib rezolventani topamiz:
( x  t )3 ( x  t )5
R( x, t;  )  ( x  t ) 
    sin( x  t ).
3!
5!
U holda berilgan tenglamaning yechimi (2.15) ga muvofiq
x
u ( x)  x   sin( x  t )tdt
0
bo„ladi. O„ng tomondagi integralni hisoblab, quyidagi natijani olamiz:
u( x)  sin x.
Mashqlar
Quyidagi Volter tenglamalari rezolventa yordami bilan yechilsin:
32
x
1. u ( x)  1   u (t )dt .
Javob: u(x) = ex .
a
x
2. u ( x)  1   (t  x)u (t )dt .
Javob: u(x) = cosx.
a
x
3. u ( x)  2 cos x  x  2   (t  x)u (t )dt .
Javob: u(x) = (1+x)sinx.
a
x
4. u ( x)  6 x  29   (6 x  6t  5)u (t )dt .
Javob: u(x) = e2x – e3x .
a
5. Ushbu
x
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
a
Volter tenglamasining rezolventasini
funksiyalar uchun toping:
1) K(x,t) = 1; f(x) = x+1.
3) K(x,t) = x2; f(x) = x–1
5) K(x,t) = xt2; f(x) = 1
quyidagi K(x,t) – yadrolar va f(x) –
2) K(x,t) = t ; f(x) = x2+1.
4) K(x,t) = xt; f(x) = x2–1.
6) K(x,t) = ex-t; f(x) = 1–x
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Ketma-ket yaqinlashish usulini tushuntiring.
2. Yadroning iterasiyalari qanday topiladi?
3. Iterasiyalangan yadro deb qanday yadroga aytiladi?
4. Rezolventa deganda nimani tushunasiz?
5. Hal qiluvchi yadro deb qanday yadroga aytiladi?
6. Fredgolm tenglamalarining rezolventasini ayting.
7. Volter tenglamalarining rezolventasini ayting.
Adabiyotlar: [1-4], [8].
33
3. INTEGRO – DIFFERENSIAL TENGLAMALAR
Reja:
1. Bir argumentli funksiya uchun.
2. Ikki argumentli funksiya uchun.
Tayanch iboralar: bir argumentli funksiya; ikki argumentli funksiya;
Koshi masalasi; ketma-ket yaqinlashish usuli; integro-differensial
tenglama; integro-differensial tenglamalar sistemasi; oddiy differensial
tenglama.
Agar tenglamadagi noma‟lum funksiya bir vaqtda ham integral
ishorasi ostida qatnashsa, ham uning hosilalari qatnashsa, bunday tenglama
integro-differensial tenglama deyiladi. Biz bir argumentli va ikki
argumentli noma‟lum funksiyalar uchun yozilgan eng sodda integrodifferensial tenglamalarni yechish bilan chegaralanamiz.
1. Bir argumentli funksiya uchun. Bu paragrafda biz faqat bir
argumentli noma‟lum funksiyaning integro-differensial tenglamalari bilan
shug„ullanamiz. Bunday tenglamalarning yechimini ushbu
ux   u0 x    u1 x   2 u 2 x   ...  n u n x   ...
(3.1)
funksional qator shaklida izlaymiz, ya‟ni ularni ketma-ket yaqinlashish
usuli bilan yechamiz. Yechish jarayonini misollarda ko„rsatamiz.
1-misol. Ushbu tenglama
x
u ' x     xt u t  dt
(3.2)
px
berilgan, 0  p  1, u  noma‟lum funksiya.
Yechish. Izlanayotgan yechimni (3.1) qator ko„rinishida olamiz va uni
(3.2) tenglamaga qo„yamiz. Natijada quyidagi ayniyat hosil bo„ladi:
u ' 0 x    u '1 x   2 u ' 2 ...  n u ' n x   ... 

 xt u t    u t    u t  
x
2
0
1
2
...
 dt.
px
Bu tenglikning ikkala tomonidagi teng darajali m m  0,1, 2, ...
larning koeffitsiyentlarini tenglab, ketma-ket u0 , u1 , u 2 , ... larni topamiz:
u 0' x  
d u 0 x 
 0,
dx
34
bundan u0 x   C0 ,
ixtiyoriy o„zgarmas son.
C0 
u '1 x  
x
x
px
px
 xtu 0 t  dt  C0 x  tdt 


1
C0 1  p 2 x 3 ,
2
bundan x bo„yicha integral olinsa,
u1 x   C1  C0 A1 x 4 ,
A1 


1
1 p2 ;
24
shuningdek,
u '2 x  
x
x
 xtu1 t  dt  C1 x  tdt  C0 A1 x  t
px

x
px

5
dt 
px



1
1
C1 1  p 2 x 3  C 0 A1 1  p 6 x 7 ,
2
6
bundan x bo„yicha integral olinsa,
u 2 x   C 2  C1 A1 x 4  C0 A1 A2 x 8 ,
A2 
Shu yo„sinda u3 x  ni topish mumkin:


1
1 p6 .
68
u 3 x   C3  C 2 A1 x 4  C1 A1 A2 x 8  C 0 A1 A2 A3 x12 ,
A3 

1
1  p10
10  12

va hokazo, umuman,
u n x   C n  C n 1 A1 x 4  C n  2 A1 A2 x 8  ...  C 0 A1 A2 ... An x 4 n ,
An 1 


1
1  p 22 n 1 ;
82n  1n  1
n  0,1, 2, ... .
Mana shu u n larning ifodalarini (3.1) qatorga qo„yib va o„xshash hadlarni
ixchamlash natijasida berilgan tenglamaning quyidagi umumiy yechimi
kelib chiqadi:
n
2
u( x)  C 1  A1  x 4   A1 A2  x 4   ...   A1 A2 ... An  x 4   ... ,
(3.3)
bunda C  C0   C1  2 C2  ....
Xususiy holda, agar p  0 bo„lsa, (3.2) tenglama ushbu


x
u ' x     xtu t  dt
0
ko„rinishga ega bo„lib, (3.3) yechimdagi koeffitsiyentlar esa
An1 
1
,
82n  1n  1
bo„ladi.
35
n  0,1, 2, 3, ...
(3.4)
2-misol. Ushbu tenglama yechilsin:
x
u ' x   e    e x t u t  dt ,
  0,  
x
1


x 
Yechish. Bu tenglamadagi u o„rniga ham (3.1) qatorni qo„yib,
u 0 , u1 , u 2 larni quyidagicha topamiz:
x
u '0 x   e x , bundan u0 x   e  C0 ,
C0 -
ixtiyoriy o„zgarmas son; hisoblash ishlarini qisqartish maqsadida C 0 ni
va bundan keyingi ixtiyoriy o„zgarmas C1 , C2 , ... larni nolga teng deb
hisoblaymiz. U holda biz tenglamaning bitta xususiy yechimini topgan
bo„lamiz. Shu sababli,
u '1 x  
x
e
x t
x
u0 t  dt 
x 

e
x
x t t
e dt  e
x 
x
 dt  e
x
,
x 
bundan
u1 x    e x  C1;
C1  0,
u1 x    e x .
Buning u 0 dan farqi faqat  ko„paytuvchidan iborat. Shuning uchun
un x    n e x ,
n  0, 1, 2, 3, ...
deb yozish mumkin.
Endi u n larning ifodalarini (3.1) qatorga ko„ysak, ushbu yechim hosil
bo„ladi:
ex
ux  
(3.5)
1  
3-misol. Ushbu tenglama yechilsin:
u" x   e
x

x
  x t 
 e u t  dt,
  0,  
x 
Yuqoridagi usul bilan ketma-ket u n x  larni topamiz:
1


(3.6)
u0" x   e  x ,
u0' x   e  x  C0 ,
u0 x   D0  C0 x  e  x .
Hisoblash ishlarini qisqartish maqsadida C0  D0  0 deb hisoblaymiz. U
holda
u0  x   e  x ,
shu sababli
x
u1'
x    e
  x t  t
e dt  e
x 
x
x
x
dt


e
,

x 
bundan
36
u1 x   D1  C1 x   e  x ;
bu yerda ham yuqoridagidek, D1  C1  0 deb belgilaymiz. U holda
u1 x    e  x ;
umuman,
un x    n e  x ,
n  0, 1, 2, ...
deb yozish mumkin. Bularni (3.1) qatorga qo„yib soddalashtirilgandan
so„ng quyidagi xususiy yechim hosil bo„ladi:
ex
ux  

1 
(3.7)
2. Ikki argumentli funksiya uchun. Ushbu mavzuni o„zlashtirishni
talabaga mustaqil ish sifatida tavsiya etamiz.
Mashqlar
Quyidagi integro-differensial tenglamalar ketma-ket yaqinlashish
usuli bilan yechilsin:
x
1. u ' x     x  t u t  dt ,
0  p  1.

px

3
3
3
Javobi. ux   C 1  A1  x   A1 A2  x   ...  A1 A2 ... An  x   ... .
2
`
1
1  p 2 ,
A1 
23

An 1 
1  p ,
3n  23n  3
1
n
3n  2
1  p  
3n  13n  3
1
3 n 1
n  1, 2, 3, ... .
u t 
dt , 0  p  1.
t
px
x
2. u x   ax   
'
Javobi.
u x   C 


1 2
2
n
ax 1  A1  x   A1 A2 x   ...  A1 A2 ... An  x  
2
 ... .   CBx 1  A0  x   A0 A1  x   ...  A0 A1 ... An  x   ... ,
1
1
B  In ,
An1 
1 pn ,
n  1, 2, 3, ...,
p
nn  1
2
n

x
3. u x      it u t  dt ,
  0,
'
x 


i   1,
i 2  1.
Javobi. ux   C 1  A1  ix   A1 A2  ix   ...  A1 A2 ... An  cix   ... ,
2
37
n
An 


1 ni

1 ,
n2
n  1, 2, 3, ...
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Integral tenglamada bir argumentli funksiya qanday tushuniladi?
2. Integral tenglamada ikki argumentli funksiya qanday tushuniladi?
3. Koshi masalasi deganda nimani tushunasiz?
4. Ketma-ket yaqinlashish usulini tushuntiring.
5. Integro-differensial tenglama deb qanday tenglamaga aytiladi?
6. Integro-differensial tenglamalar sistemasi deb qanday sistemaga
aytiladi?
7. Integro-differensial tenglamaning oddiy differensial tenglama bilan
qanday bogliqligi bor?
8. Integro-differensial tenglamada bir yoki ikki argumentli funksiya
qanday tushuniladi?
Adabiyotlar: [1-4], [8].
38
4 – BOB.
CHIZIQLI INTEGRAL TENGLAMALAR SISTEMALARI
Reja:
1. Bir argumentli funksiya uchun.
2. Ikki argumentli funksiya uchun.
Tayanch iboralar: bir argumentli funksiya; ikki argumentli funksiya;
Koshi masalasi; ketma-ket yaqinlashish usuli; chiziqli integral
tenglamalar sistemalari; integro-differensial tenglamalar sistemalari;
oddiy differensial tenglamalar.
4.1. Bir argumentli funksiya uchun
Bu bobda eng sodda chiziqli integral tenglamalar sistemalari va ba‟zi
integro – differensial tenglamalar sistemalarini yechish bilan tanishamiz.
Biz faqat ikkita no„malum funksiya uchun yozilgan tenglamalar
sistemalarini yechish usullaridan birini ko„rsatamiz. Bu usul
no„malumlarning soni ikkitadan ortiq bo„lganda ham yaroqlidir. Bu bobda
ham barcha sistemalarni biz faqat ketma-ket yaqinlashish usuli bilan
yechamiz, chunki bu eng umumiy usullardan biridir.
Avvalo chiziqli integral tenglamalar sistemasining oddiy differensial
tenglamalar bilan bog„liqligini quyidagi misol orqali ko„rsataylik.
1-misol. Quyidagi Koshi masalasiga mos integral tenglamalar
sistemasini tuzing:
y  2 y  y 2 , y(0) = 1, y(0) = 0.
Yechish. Bu yerda ushbu u(x)=y(x) va v(x)= y(x) belgilashlarni olib,
quyidagi 2-tartibli oddiy differensial tenglamali Koshi masalasini hosil
qilamiz:
u( x)  v( x), v( x)  2u( x)  v 2 ( x) , u(0) = 1, v (0) = 0.
Bu yerdan esa boshlang„ich shartlarni e‟tiborga olgan holda quyidagi
integral tenglamalar sistemasiga kelamiz:
x
u ( x)  1   v(t )dt ,
x
v( x)   [2u (t )  v 2 (t )]dt
0
0
39
Quyida noma‟lum funksiyalari bir argumentli bo„lgan tenglamalar
sistemasini yechish bilan shug„ullanamiz. Eng sodda hollardan birini
olaylik.
2-misol. Ushbu chiziqli integral tenglamalar sistemasi yechilsin:
x

u ( x)  x     (t )dt ,

px

(4.1)
x

 ( x)  x    u (t )dt ,
px

bunda o<p<1.
Yechish. Bu paragrafdagi barcha sistemalarning yechimini quydagi
ikkita funksional qator ko„rinishida izlaymiz:
2
n

u ( x)  u0 ( x)  u1 ( x)   u2 ( x)  ...   un ( x)  ...,
(4.2).

2
n


(
x
)


(
x
)


(
x
)



(
x
)

...



(
x
)

...,
0
1
2
n

bunda ui (x) va i (x) lar – aniqlanishi lozim bo„lgan noma‟lum
funksiyalardir (i=0,1,2,..)
Faraz qilaylik, (4.1) sistemaning yechimi (4.2) qatorlardan iborat
bo„lsin. U holda (4.2) ni (4.1) ga qo„yish natijasida quydagi ayniyatlar
hosil bo„ladi:
x

2
2
u 0 ( x)  u1 ( x)   u 2 ( x)  ...  x     0 (t )  1 (t )    2 (t ) ...dt ,

px

x

2
2
 0 ( x)  1 ( x)    2 ( x)  ...  x    u 0 (t )  u1 (t )   u 2 (t )  ...]dt.
px

Har bir tenglikning ikki tomonidagi bir xil darajali m (m = 0,1.2, ….)
larning koeffitsiyentlarini o„zaro tenglab olib, ketma-ket ui (x) va i (x)
larni topamiz:
u0 ( x)  x,  0 ( x)  x

x
x
u1 ( x)    0 (t )dt   tdt 
px
px
x
x
px
px
1
(1  p 2 ) x 2 ,
2
1
2
1 ( x)   u 0 (t )dt   tdt  (1  p 2 ) x 2 ,
1
(1  p 2 )  A1
2
deb belgilasak,
40
1 ( x)  A1 x 2 ;
u1 ( x)  A1 x 2
shuningdek,
x
x
px
px
x
x
px
px
u 2 ( x)   1 (t )dt  A1  t 2 dt  A1 A2 x 3 ,
2 ( x)   u1 (t )dt  A1  t 2 dt  A1 A2 x 3 ,
1
A2  (1  p 3 )
3
va hokazo
1
(1  p n  2 );
n 1
u n ( x)   n ( x)  A1 A2 ... An x n1 , An 
n =1,2,3,… . (4.3)
Endi topilgan ifodalarni (4.2) qatorlarga qo„ysak izlanayotgan yechim
kelib chiqadi:
u( x)  x[1  A1 (x)  A1 A2 (x) 2  ...  A1 A2 ... An (x) n  ...],
v( x)  x[1  A1 (x)  A1 A2 (x) 2  ...  A1 A2 ... An (x) n  ...],
Faraz qilaylik, p  0 bo„lsin, u holda (4.1) dan Volter
tenglamalarining sistemalari hosil bo„ladi. O„sha sistemaning yechimini
hosil qilish uchun (4.3) da An 
1
, (n  1,2,3,...) deb olish kerak.
n 1
3 – misol . Ushbu chiziqli integral tenglamalar sistemasi yechilsin.
x
u ( x)  e    (t )dt ,
ax
x 
x
 ( x)  e ax    u (t )dt ,
(4.4)
x 
bunda   0, a  0 .
Yechish. Bu sistemaga ham (4.2) qatorlarni qo„yib, ayniyatlar hosil
qilamiz. So„ngra m (m  0,1,2,...) larning mos koeffitsiyentlarini tenglab,
ui (x) va i (x) larni topamiz:
 0 ( x)  e ax ,
u 0 ( x)  e ax ,
x
u1 ( x) 

 0 (t )dt 
x 
1 ( x) 
x

e at dt 
x 
x
 u
x
1 at x
1
e |  (1  e a )e ax ,
a
a
x 
x
0
(t )dt 
 e
x
Bu ifodalarda
41
at
dt 
1
(1  e a )e ax ,
a
A
1
 a
(1  e )
a
(4.5)
deb belgilaylik, u holda
u1 ( x)  1 ( x)  Ae ax
bo„ladi. Bular u 0   0 dan faqat A ko„paytuvchi bilangina farq qiladi. Shu
sababli,
u n ( x)   n ( x)  An e ax , n=0,1,2,3….
deb yoza olamiz.
Endi mana shu topilgan ifodalarni (4.2) ga qo„ysak, izlanayotgan
yechim hosil bo„ladi:
u( x)  e ax [1  (A)  (A) 2  ...  (A) n  ...],
v( x)  e ax [1  (A)  (A) 2  ...  (A) n  ...],
(4.6)
Agar  parametrni tanlab olish bizning ixtiyorimizda bo„lsa, uni shunday
tanlab olamizki, natijada A  1 bo„lsin. U holda (4.6) dan ushbu
e ax
u ( x)  v( x) 
.
1  A
yechim kelib chiqadi. Agar a>0,    deb faraz qilsak,
1
1
An 
e a  a  0,
a
e
bo„lib, berilgan sistema ushbu
x
u ( x)  e    v(t )dt ,
ax

(4.7)
x
 ( x)  e    u (t )dt ,
ax
(4.8)

ko„rinishini oladi va uning yechimi quydagicha bo„ladi:
eax
u ( x)   ( x) 
.

1
a
(4.9)
4- misol. Ushbu chiziqli integral tenglamalar sistemasi yechilsin:
x
x
u ( x)  a    t ( x  t )dt ,  ( x)  b   tu ( x 2  t 2 )dt ,

2
2
px
px
(4.10)
Bunda a  0, b  0, a < p < 1.
Yechish. Sistemani ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yechish
maqsadida unga (4.2) qatorni qo„yamiz. Natijada ikkita ayniyat hosil
bo„ladi. Koeffitsiyentlarni tenglash yo„li bilan birin-ketin ui (x) va i (x)
lar topiladi:
42
 0 ( x)  b,
u 0 ( x)  a,
x
x
u1 ( x)  t 0 ( x  t )dt  b  tdt 
2
2
px
px
x
x
1
b(1  p 2 ) x 2 ,
a
1 ( x)   tu 0 ( x  t )dt  a  tdt 
2
2
px
px
1
a(1  p 2 ) x 2 ,
a
agar
A1 
1
(1  p 2 )
2
deb belgilasak, u holda
u1 ( x)  bA1 x 2 ,
bo„ladi. Xuddi shuningdek,
x
x
1 ( x)  aA1 x 2 ,
x
1
u 2 ( x)   t1 ( x  t )dt  aA1  t ( x  t )dt  aA1  ( x 2  t 2 ) 2 d ( x 2  t 2 ) 
2
px
px
px
2
2
2
22
x
1
1
2
2 3

aA1 ( x  t ) | 
aA1[23  (1  p 2 )]x 6 ,
2*3
2*3
px
x
x
 2 ( x)   tu1 ( x  t )dt  bA1  t ( x 2  t 2 ) 2 dt 
2
2
px
px
1
aA1[23  (1  p 2 )]x 6 ,
23
bu ifodalarda
A2 
1
[ A1  (1  p 2 ) 3 ]x 6
23
deb belgilaymiz, u holda
u 2 ( x)  aA1 A2 x 6 ,
Shunigndek,
 2 ( x)  bA1 A2 x 6 ,
x
x
u 3 ( x)   t 2 ( x  t )dt  bA1 A2  t ( x 2  t 2 )dt  bA1 A2 A3 x14 ,
2
2
px
px
x
x
 3 ( x)   tu 2 ( x  t )dt  aA1 A2  t ( x 2  t 2 ) 6 dt  aA1 A2 A3 x14 ,
2
2
px
px
bu ifodalarda
A3 
1
[2 7  (1  p 2 ) 7 ].
27
Tekshirishlar shuni ko„rsatadiki, umuman quyidagicha yozish mumkin:
un ( x)  T1 A1 A2 ...An x mn
n ( x)  T1 A1 A2 ...An x mn
bu yerda
43
n 1
n 2
1  (1) n 1
1  (1) n  2
1

(

1
)
1

(

1
)
T1 
a
b ;
T2 
b
a;
2
2
2
2
1
[2 2 n1  (1  p 2 ) 2 n1 ], n  0,1,2,3,... (4.11)
mn  2n1  2 ; An 
n
2(2  1)
Endi topilgan ifodalarni (4.2) qatorlarga qo„yib, ushbu yechimni
hosil qilamiz:
u( x)  a  bA1 x1m  2 aA1 A2 x2m  3bA1 A2 A3 x3m  ...
 ( x)  b  aA1 x1m  2bA1 A2 x2m  3aA1 A2 A3 x3m  ...
(4.12).
Agar p = 0 deb faraz qilsak, (4.10) dan Volter tenglamaliri sistemasi
hosil bo„ladi, uning yechimini hosil qilish uchun (4.12) yechimda
An 
1
2(2  1)
n
[4 n1  1], n=1,2,3,…
deb olish kerak bo„ladi.
4.2. Ikki argumentli funksiya uchun
Bu paragrafda noma‟lum funksiyalari ikki argumenli bo„lgan chiziqli
integral tenglamalar sistemalarini yechish bilan shug„ullanamiz. Yechish
jarayonini misollarda ko„rsatamiz.
1 – misol. Ushbu chiziqli integral tenglamalar sistemasi yechilsin
x y
u ( x, y)  xy      (t1 , t 2 )dt1dt 2 ,
px qy
x y
 ( x, y)  xy     u (t1 , t2 )dt1dt2 ,
(4.13)
pxqy
bu yerda 0 < p < 1 va 0 < q < 1
Yechish. Bu paragrafdagi barcha tenglamalar sistemalarini quydagi
ikkita funksional qator yordami bilan yechamiz, ya‟ni ketma-ket
yaqinlashish usulidan foydalanamiz:
u( x, y)  u0 ( x, y)  u1 ( x, y)  2 u 2 ( x, y)  ...  n u n ( x, y)  ...,
 ( x, y)  0 ( x, y)  1 ( x, y)  22 ( x, y)  ...  nn ( x, y)  ..., (4.14)
bu yerda u t va  t (i = 0,1,2,3, …) lar noma‟lum funksiyalar bo„lib,
sistemani yechishda ularni aniqlash talab qilinadi.
44
Faraz qilaylik, (4.14) qatorlar (4.13) sistemaning yechimi bo„lsin. U
holda (4.14) ni (4.13) ga qo„shish natijasida quydagi ikkita ayniyat hosil
bo„ladi.
x y
u 0 ( x, y)  u1 ( x, y)   uy 2 ( x, y)  ...  xy     [ 0 (t1 , t 2 )   1 (t1 , t 2 )  ...]dt1dt 2 ,
2
pxqy
x y
 0 ( x, y)   1 ( x, y)    2 ( x, y)  ...  xy     [u 0 (t1 , t 2 )  u1 (t1 , t 2 )  ...]dt1dt 2 ,
2
pxqy
Bularning ikki tomonidagi bir xil darajali m (m =0,1,2,….) larning
koeffitsiyentlarini o„zaro tenglab, birin - ketin ui ( x, y) va i ( x, y) larni
topamiz:
u0 ( x, y)  xy,
 0 ( x, y)  xy,
x y
y
x
1
 0 (t1, t2 )dt1dt2   t1dt1  t2dt2  22 (1  p
u1 ( x, y ) 
pxqy
1 ( x, y) 
px
x y
 u
0
)(1  q 2 ) x 2 y 2 ,
qy
x
y
px
qy
(t1 , t 2 )dt1dt 2   t1dt1  t 2 dt 2 
pxqy
2
1
(1  p 2 )(1  q 2 ) x 2 e 2 ,
2
2
Demak,
u1 ( x, y)  1 ( x, y)  A1 x 2 y 2 ,
A1 
1
(1  p 2 )(1  q 2 );
22
shuningdek,
x y
u 2 ( x, y ) 
  (t , t
1
1
2
)dt1 dt 2  A1  t dt1  t 22 dt 2  A1
2
1
pxqy
 2 ( x, y) 
y
x
px
x y
  u (t , t
1
1
2
px qy
qy
x
y
px
qy
)dt1dt 2  A1  t12 dt1  t 22 dt 2  A1
1
(1  p 3 )(1  q 3 ) x 3 y 3 ,
2
3
1
(1  p 3 )(1  q 3 ) x 3 y 3 ,
2
3
shunday qilib,
u 2 ( x, y)   2 ( x, y)  A1 A2 x 3 y 3 ,
A2 
1
(1  p 3 )(1  q 3 )
2
3
va hokazo. Umumiy qonuniyat ravshan bo„lib, qolgani uchun quydagicha
yozish mumkin:
An 1 
1
(1  p n )(1  q n ), n=2,3,4….
2
n
(4.15)
Mana shularni (4.14) qatorlarga qo„yish natijasida izlanayotgan
yechimni hosil qilamiz:
u( x, y)  xy[1  A1 (xy )  A1 A2 (xy ) 2  A1 A2 A3 (xy ) 3  ...],
 ( x, y)  xy[1  A1 (xy)  A1 A2 (xy) 2  A1 A2 A3 (xy)3  ...],
(4.16)
45
Agar p=q=0 deb faraz qilsak, berilgan sistema soddalashadi va An 1 
1
n2
bo„ladi.
2-misol. Ushbu chiziqli integral tenglamalar sistemasi yechilsin:
u ( x, y )  e
  (t , t
1
x
 ( x, y )  e
a( x y )
y
x

a ( x y )
2
y
y
x
 u(t , t

)dt1dt 2 ,
1
x
2
)dt1dt 2 ,
y
(4.17)
bu yerda   0,  0, a  0
Yechish. Bu sistemaga (4.14) ko„rinishda yozilgan yechimni qo„ysak
ikkita ayniyat hosil bo„ladi. Har birining ikki tomonidagi bir xil darajali m
larning koeffitsiyentlarini bir-biriga tenglab, birin-ketin ui ( x, y) va i ( x, y)
larni topamiz:
u0 ( x, y)   0 ( x, y)  e a ( x  y )
x
  
u1 ( x, y ) 
x
 Ae
a( x y )
y
y
x
0
(t1 , t 2 )dt1 dt 2 
y
 e
x
at1
dt1
 e
at2
dt 2 
y
1
(1  e a )(1  e a )e a ( x  y ) 
2
a
,
1 ( x, y) 
x
  u
x
bu ifodalarda A 
y
y
x
0
(t1 , t 2 )dt1dt 2 
y
 e
x
at1
dt1  e at2 dt 2 Ae a ( x  y )
y 
1
(1  e a )(1  e a ) deb olingan.
2
a
Demak,
u1 ( x, y)  1 ( x, y)  Ae a ( x y ) .
Bularning u 0 , 0 dan farqi faqat A ko„paytuvchidan iborat bo„lgani sababli
quydagicha yozish mumkin bo„ladi:
u 2 ( x, y)   2 ( x, y)  A2 e a ( x y ) ,..., u n   n  An e a ( x y ) .
Endi mana shu ifodalarni (4.14) ga qo„yish natijasida izlanayotgan
yechim hosil bo„ladi:
u( x, y)  e a ( x y ) [1  (A)  (A) 2  ...  (A) n  ...],
 ( x, y)  e a ( x  y ) [1  (A)  (A) 2  ...  (A) n  ...],
(4.18)
Agar  parametrni tanlab olish bizning ixtiyorimizda bo„lsa, uni
shunday tanlab olamizki, natijada A  1 bo„lib qolsin. U holda (4.18) dan
ushbu yechim hosil bo„ladi:
46
ea( x y)
u ( x, y)   ( x, y ) 
.
1  A
Agar a > 0 bo„lganda,    va    bo„lsa,
e a  0
e a  0 ,
va
(4.19).
A
1
a2
bo„ladi. U holda berilgan sistemadan
u ( x, y )  e
a( x y )
x y
     (t1 , t 2 )dt1 dt 2 ,
(4.20)

x y
 ( x, y)  e a ( x  y )     u (t1 , t 2 )dt1 dt 2 ,

tenglamalar sistemasi hosil bo„lib, bu hol uchun yozilgan (4.18) va (4.19)
yechimlarda quyidagi yaqinlashish o„rinli bo„ladi:
A
1
.
a2
Mashqlar
Quyidagi chiziqli integral tenglamalar sistemalarini ketma-ket
yaqinlashsh usuli bilan yeching:
1. Ushbu sistema berilgan:

u ( x, y ) 


 ( x, y ) 

x
1

xy
px
x
1

xy
px
y
  (t , t )dt dt ,
1
2
1
2
py
y
 u(t , t )dt dt ,
1
2
1
2
py
bunda 0<p<1, 0<q<1.
Javob:
u ( x, y )   ( x, y ) 



1
 p 1  A1 (xy)  A1 A2 (xy) 2  A1 A2 A3 (xy)  ...  A1 A2 ... An (xy)  ... ,
xy
1
1 1
bunda An  2 1  p n (1  q n ), n  1,2,3,..., P  ln ln .
n
p
q
2. Ushbu sistema berilgan:
y
x

t12t 22
2 2
u ( x, y )  a x     2 2  (t1 , t 2 )dt1dt 2 ,
x y

px py

y
x
t12t 22
 ( x, y )  ax 2 y 2  
px py x 2 y 2 u(t1 , t2 )dt1dt2 ,

47
bunda a0, 0<p<1, 0<q<1.
Javob:


u( x, y)   ( x, y)  a( xy ) 2 p 1  A1 ( xy ) m1  2 A1 A2 ( xy ) m2  3 A1 A2 A3 ( xy ) m3  ... ,
bunda


mn  3  2n  3  3 2n  1 , An1 


1
1  p k (1  q k ), k  3  2n  2, n  0,1,2,3,... .
2
k
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Chiziqli integral tenglamada bir argumentli funksiya qanday
tushuniladi?
2. Chiziqli integral tenglamada ikki argumentli funksiya qanday
tushuniladi?
3. Koshi masalasi deganda nimani tushunasiz?
4. Ketma-ket yaqinlashish usulini tushuntiring.
5. Integro-differensial tenglama deb qanday tenglamaga aytiladi?
6. Chiziqli integral tenglamalar sistemasi deb qanday sistemaga aytiladi?
7. Chiziqli integro-differensial tenglamaning oddiy differensial tenglama
bilan qanday bogliqligi bor?
8. Chiziqli integro-differensial tenglamada bir yoki ikki argumentli
funksiya qanday tushuniladi?
Adabiyotlar: [1-4], [7-8].
48
5. «AYNIGAN» YADROLI FREDGOLM TENGLAMALARI
Reja:
1. Bir argumentli funksiya uchun.
2. Ikki argumentli funksiya uchun.
3. Koeffitsiyentlarni tenglash usuli.
4. Aynigan yadro usuli.
Tayanch iboralar: Fredgolm tenglamasi; Volter tenglamasi; aynigan
yadro; bir argumentli funksiya; ikki argumentli funksiya; Koshi
masalasi; ketma-ket yaqinlashish usuli; chiziqli integral tenglamalar
sistemalari; chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi.
5.1. Bir argumentli funksiya uchun
Bu yerda Fredgolm tenglamasining xususiy bir holini ko„ramiz. Faraz
qilaylik, Fredgolmning ikkinchi tur tenglamasi
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t ) u (t ) dt ,
(5.1)
a
berilgan. Agar bu tenglamada ishtirok etayotgan yadroni ushbu
K ( x, t )  a1 ( x)b1 (t )  a2 ( x)b2 (t )  ....  an ( x)bn (t )
(5.2)
ko„rinishda yozish mumkin bo„lsa, bunday yadro aynigan yadro deb
yuritiladi. Bu holda (5.1) integral tenglamani chiziqli algebraik
tenglamalar sistemasiga keltirib yechish mumkin.
Qisqaroq bayon qilish maqsadida n  3 deb olaylik. U holda (5.2)
ifodani (5.1) ifodaga qo„yib,
b
 a1 ( x)b1 (t )  a2 ( x)b2 (t )  a3 ( x)b3 (t ) u(t )dt
u ( x)  f ( x)   
a
tenglamani hosil qilamiz; uni esa quydagicha yozish mumkin:
b
b
b
a
a
a
u ( x)  f ( x)   a1 ( x)  b1 ( x)u (t ) dt  a 2 ( x)  b2 (t ) u (t )dt  a3 ( x)  b3 (t ) u (t )dt (5.3)
O„ng tomondagi aniq integrallar o„zgarmas sonlardan iborat bo„lib, ularni
quyidagicha belgilab olamiz:
b
b

a
b1 (t ) u (t ) dt  Q1 ,

b2 (t ) u (t ) dt  Q2 ,
a
b

b3 (t ) u (t ) dt  Q3 ..
(5.4)
a
Bu integraldagi u (t ) funksiya noma‟lum bo„lgani sababli, Q1 , Q2 va Q3 lar
ham noma‟lum sonlar bo„lib, ularni topish talab qilinadi. Shu maqsad bilan
(5.4) ni (5.3) ga qo„yamiz:
49
u ( x)  f ( x)  Q1a1 ( x0  Q2 a2 ( x)  Q3 a3 ( x)
(5.5)
Mana shu ifoda yordami bilan (5.4) tenglamalarning birinchisini
o„zgartiramiz:
b
b
a
a
Q1   b1 (t )u (t )dt   b1 (t ) f (t )   a1 (t )Q1   a2 (t )Q2   a3 (t )Q3 dt 
b
b
b
b
a
a
a
a
  b1 (t ) f (t )dt  Q1  b1 (t ) a1 (t )dt  Q2  b1 (t ) a2 (t )dt  Q3  b1 (t ) a3 (t )dt.
(5.6)
O„ng tomondagi aniq integrallar o„zgarmas sonlar bo„ladi, ularni
quyidagicha belgilab olamiz:
b

b

b1 (t ) f (t )dt  A1 ,
a
b

b1 (t ) a1 (t )dt   11 ,
a
b
b1 (t ) a 2 (t )dt   12 ,

a
b1 (t ) a3 (t )dt   13.
a
U holda (5.6) tenglik
Q1  A1  Q111  Q212  Q313
ko„rinishga keladi. Bundagi Q1 , Q2 va Q3 noma‟lum sonlarni o„z ichiga
oluvchi hadlarni tenglik ishorasining bir tomoniga o„tkazsak,
(1   11 ) Q1   12 Q2   13 Q3  A1
uch noma‟lumli chizikli algebraik tenglama hosil bo„ladi.
Mana shunga o„xshash yana ikkita algebraik tenglamani keltirib
chiqarish uchun (5.4) tenglamaning ikkinchi va uchinchisiga murojaat
qilamiz:
b
b
Q2   b2 (t )u (t )dt   b2 (t ) f (t )  a1 (t ) Q1  a 2 (t ) Q2  a3 (t ) Q dt 
a
a
b
b
b
b
a
a
a
a
  b2 (t ) f (t )dt  Q1  b2 (t )a1 (t )dt  Q2  b2 (t )a 2 (t )dt  Q3  b2 (t ) a3 (t )dt.
Bundagi integrallarni quyidagicha belgilaylik:
b
b


b2 (t ) f (t )dt  A2 ,
a
a
b

b

b2 (t ) a 2 (t )dt   22 ,
a
U holda
b2 (t ) a1 (t )dt   21 ,
b2 (t ) a3 (t )dt   23.
a
Q2  A2  Q1 21  Q2 22  Q3 23
50
yoki
  21 Q1  (1   22 ) Q2   23 Q3  A2
hosil bo„ladi.
Xuddi shuningdek, (5.4) dan
b
b
a
a
Q3   b3 (t ) u (t )dt   b3 (t ) f (t )   a1 (t )Q1   a 2 (t )Q2   a3 (t ) Q3 dt.
Buni ham yuqoridagilardagi kabi o„zgartirsak ushbu
  31 Q1   32 Q2  (1   33 )Q3  A3
natija hosil bo„ladi; bunda
b
b
A3   b3 (t ) f (t )dt ,
 31   b3 (t ) a1 (t )dt
a
a
b
b
 33   b3 (t ) a3 (t )dt
 32   b3 (t ) a 2 (t )dt
a
a
Shunday qilib, biz Q larga nisbatan quyidagi chiziqli algebraik
tenglamalar sistemasini hosil qildik:
(1  11) Q1  12 Q2  13 Q3  A1 

(5.7)
  21 Q1  (1   22 ) Q2   23 Q3  A2 

  31 Q1   32 Q2  (1   33 )Q3  A3 
Bu sistemadagi A lar va  lar ma‟lum sonlardir, chunki ularga mos
integrallar ishorasi ostidagi funksiyalar masalada berilgan bo„ladi.
Endi (5.7) sistemani oliy algebradagi Kramer formulalari yordamida
yechamiz:
Q1 
Bu formulalarda
D1
,
D
Q2 
D2
,
D
Q3 
D3
D
(5.8)
1  11  12  13 ;
D  1  11  12  13 ;
(5.9)
1  11  12  13 .
Ma‟lumki D1 ni topish uchun (5.9) determinantda birinchi ustun
elementlari o„rniga (5.7) dagi A1, A2, A3, ozod hadlarni qo„yish kerak. D2
va D3 lar ham shu usulda topiladi. Shuni ta‟kidlab o„tishimiz zarurki, (5.7)
sistamadagi A1, A2 va A3, larning kamida bittasi noldan farqli bo„lganda,
(5.9) determinant noldan farqli bo„lishi shart.
51
Demak,  parametrning D determinantni nolga aylantirmaydigan
hamma qiymatlari uchun (5.2) ko„rinishdagi yadroli Fredgolm
tenglamalarini shu usulda yechish mumkin ekan. Shubhasiz, bu masalada
ishtirok etayotgan barcha integrallar mavjud deb faraz qilinadi.
1 – misol. Ushbu tenglama yechilsin:
1
u ( x)  x    (1  xt )u (t )dt
2
0
Yechish. Bu misoldagi  parametr umumiy holda berilgan bo„lib
K(x,t)=1+xt yuqoridagi (5.2) ko„rinishda ifodalangan. Tenglamaning
o„ng tomonodagi integralni ikkiga ajratib,
1
1
1
0
0
0
 (1  xt )u(t )dt   u(t )dt  x  tu (t )dt,
so„ngra quyidagicha
1
1
Q1   u (t )dt ,
Q2   tu (t )dt
0
0
belgilaymiz. U holda berilgan integral tenglama
u( x)  x 2  Q1  Q2 x
ko„rinishda yoziladi. Noma‟lum funksiyaning mana shu ifodasidan
foydalanib, Q1 bilan Q2 ni hisoblaymiz:
1
1
1
1
1

Q1   u (t )dt   (t  Q1  Q2 )dt   t 3  Q1t  Q2 t 2    Q1  Q2
2
2
3
0 3
0
0
1
1
2
yoki
1
1
(1   )Q1  Q2 
2
3
Xuddi shuningdek,
1
1
0
0
Q2   tu (t )dt   t (t 2  Q1  Q2 t )dt 
1 1
1
 Q1  Q3
4 2
3
yoki
1
1
1
 Q1  (1   )Q2 
2
3
4
Shunday qilib, quyidagi chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi hosil
bo„ldi:
1
1
(1   )Q1  Q2 
2
3
52
1
1
1
 Q1  (1   )Q2 
2
3
4
Bu sistemaning yechimini Kramer formulalariga asosan yozamiz:
Q1 
D1
,
D
Q2 
D2
,
D
bu yerda
1
 
1
2
 (2  16  12)  0,
1
12
1 
3
1
 
1
2

(  24),
1
72
1 
3
1 
D
1
 
2
1
D1  3
1
4
D2 
Demak,
Q1 
1 
1
 
2
1
3  1 (3   ).
1 12
4
D1 1
  24
  2
,
D 6   16  12
Q2 
D2
3
 2
.
D   16  12
Bularni izlayotgan noma‟lum funksiyaning yuqoridagi ifodasiga qo„yib,
uni quyidagi ko„rinishda yozamiz:
u ( x)  x 2. 
 (3   )
 (24   )
x
.
  16  12
6(2  16  12)
2
Bu esa berilgan masalaning yechimidir. Yechim ifodasidagi kasrlarning
maxraji nolga teng bo„lmasligi uchun  parametr
2  16  12  0
kvadrat tenglamaning ildizi bo„lmasligi shart, ya‟ni   8  2 3. Xususiy
holda   2 deb faraz qilsak, yechim quyidagicha yoziladi:
x 13
u ( x)  x 2  
.
8 24
2 – misol. Ushbu tenglama yechilsin:

u ( x)  f ( x)    cos(x  t )u (t )dt .
0
Yechish. Ma‟lumki,
cos( x  t )  cos x cos t  sin x sin t
53
demak, tenglamani


0
0
u ( x)  f ( x)   cos x  costu (t )dt   sin x  sin tu (t )dt  f ( x)   cos x  Q1   sin x  Q2
ko„rinishda yozish mumkin; bunda


Q2   sin tu (t ) dt.
Q1   cos tu (t ) dt ,
0
Bu integrallarda u (t ) o„rniga uning yuqorida olingan ifodasini qo„yamiz:




Q1   Cos t  f (t )  Cos tQ1  Sin tQ2 dt   Cos tf (t )dt  Q1  Cos 2 tdt 
0
0
0


 Q2  Cos tSin t dt.
0
Integralning qiymatlari


 cos t dt  2
2

 cost sin t dt  0
;
0
0
bo„lgani uchun birinchi tenglama quyidagi ko„rinishga keladi:
  
1 
 Q1  A,
2 


bu yerda A   cos tf (t ) dt.
0
Xuddi shu usulda
Q2
ni izlaymiz:




0
0
0
0
Q2   sin t  f (t )  Q1 cos t  Q2 sin t dt   sin tf (t )dt  Q1  sin t cos tdt  Q2  sin 2 tdt ;

 sin
2
tdt 
0

2
bo„lgani uchun ikkinchi tenglama quyidagi ko„rinishga keladi:
  
1 
 Q2  B ,
2 

bu yerda

B   sin tf (t ) dt.
0
Demak,
Q1 
2
A,
2  
Q2 
54
2
 B.
2  
Izlanayotgan yechim:
u ( x)  f ( x) 
2 cos x
2 sin x
A
B.
2  
2  
Bu ifodadagi kasrlarning maxrajlari nolga aylanmasligi uchun   
2

bo„lishi kerak. Xususiy holda, agar   1, f ( x)  x deb olsak,


B   t Sin t dt   .
A   t cos tdt  2,
0
0
bo„lib, yechim uchun quydagi ifoda hosil bo„ladi:
u ( x)  x 
4
2
cos x 
sin x.
2 
2
Mashqlar
Yuqoridagi bayon
tenglamalari yechilsin:
qilingan
usul
bilan
quyidagi
1
Fredgolm
x 5
4 12
1. u ( x)  x  2 (1  3xt ) u (t ) dt.
2
Javobi. u ( x)  x  
2
0

2. u ( x)  1   cos( x  t ) u (t ) dt.
Javobi. u ( x)  1 
0
4
sin x
2
5.2. Ikki argumentli funksiya uchun
Agar ikki argumentli noma‟lum funksiya uchun
b
d
u ( x, y)  f ( x, y )   

a
c
K ( x, y, t1 , t 2 ) u (t1 , t 2 ) dt1dt 2
(5.10)
Fredgolm tenglamasi berilgan bo„lib, uning yadrosi aynigan bo„lsa, ya‟ni
uni
K ( x, y, t1 , t 2 )  a1 ( x, y) b1 (t1 , t 2 )  ....  an ( x, y) bn (t1 , t 2 )
ko„rinishida yozish mumkin bo„lsa, bunday tenglamani yechish masalasini
n ta chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini yechishga keltirish mumkin.
Buning qanday bajarilishini quyidagi misolda ko„rsatamiz.
Misol. Ushbu tenglama yechilsin:
1
1
u ( x, y )  A( x  y)   

0
0
bu yerda A - o„zgarmas son.
55
( y  t 2 ) u (t1 , t 2 ) dt1dt 2
Yechish. Berilgan tenglamani boshqacharoq yozib olaylik:
1
u ( x, y)  A( x  y)  y 
0
1
u (t , t
1
1
2
1
) dt1dt 2   

0
0
0
t 2 u (t1 , t 2 ) dt1dt 2
O„ng tomondagi aniq integrallar o„zgarmas sonlarni beradi, shu
sababli ularni
1
1
1
Q1  

0
0
Q2  
u (t1, t 2 ) dt1 dt 2 ,
0
1
 t2u (t1, t2 ) dt1dt2
0
deb belgilab olamiz. U holda
u ( x, y)  A ( x  y)   Q1 y   Q2 .
Mana shu u ning ifodasini yuqoridagi integral ishoralari ostiga qo„yamiz,
natijada
1
1
 A (t1  t2 )   Q1t2  Q2 dt1dt2 
Q1  
0
0
1
 A
0
1
1
1
1
1
 (t1  t2 ) dt1dt2  Q1   t2dt1dt2  Q2  
0
0
0
0
dt1dt2 .
0
Bu integralni hisoblash natijasida
1
Q1  A  Q1  Q2 ,
2
 
1   Q1  Q2  A
 2
ya‟ni
kelib chiqadi. Xuddi shunga o„xshash,
1
1
 t A (t
Q2  
2
0
1
 A
0
 t 2 )   Q1t 2  Q2 dt1dt 2 
0
1
t
1
1
2
1
(t1  t 2 ) dt1dt 2  Q1 
0
t
0
1
2
2
1
dt1dt 2  Q2 

0
0
0
t 2 dt1dt 2 .
Bu integralni hisoblash natijasida
Q2 
ya‟ni
7
1
1
A  Q1  Q2 ,
12
3
2
1
7
 
 Q1  1  Q2 
A
3
2
12

kelib chiqadi. Shunday qilib, ushbu chiziqli tenglamalar sistemasi hosil
bo„ladi:

(1  )Q1  Q2  A,
2
1

7
 Q1  (1  )Q2  A.
3
2
56
12
Kramer formulalariga muvofiq, bu sistemaning yechimi
Q1 
D1
(12   ) A

,
D 12  12  2
Q2 
D2
(14   ) A

.
D 2(12  12  2 )
U holda integral tenglamaning yechimi quydagicha yoziladi:
 (14   ) A
(12   ) A
u ( x, y)  A( x  y ) 
y

.
12  12  2
2(12  12  2 )
bunda D  0 , ya‟ni 12  12  2  0 bo„lishi lozim. Bundan -64 3
bo„lishi kelib chiqadi. Masalan, A=1 ; =-12 desak, yechim u(x,y) = x+y-1
bo„ladi.
Mashqlar
Quyidagi integral tenglamalarni yeching:


1. u ( x, y)  x  y   
2
 ( xt
2
0
2
 yt1 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
0
.
Javobi: u( x, y)  x 2  y 2 


0
0
5 (12   )
( x  y) .
144  72  2
2. u( x, y)  2  12( x  y)  6  ( x  y  t1  t 2 )u(t1 , t 2 )dt1dt 2
Javobi: u( x, y)  
3
3. u ( x, y)  q  ( x  y )   
2
2
0
396
( x  y)  46 .
5
3
 ( xt
2
 yt1 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
0
.
Javobi: u( x, y)  q( x 2  y 2 ) 
1
4. u ( x, y)  2 xy  3  5
0
1
1
0
0
81q
( x  y) .
4  189
1
 xyt t u(t , t
1 2
1
2
)dt1dt 2
0
.
5. u ( x, y)  x y  3  (1  3xyt1t 2 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
2
.
2


0
0
.
6. u ( x, y)  cos x cos y     sin x sin yu (t1 , t 2 )dt1dt 2
1
1
0
0


0
0
7. u ( x, y)  xy  8  xy t1 
xy  t1t 2
 u (t1 , t 2 )dt1dt 2
3
.
.
8. u ( x, y)  xy     (1  sin x sin y sin t1 sin t 2 )u(t1 , t 2 )dt1dt 2
57
.
1
1
0
0
2
9. u ( x, y)  2 xy     ( xyt1t 2 ) u (t1 , t 2 )dt1dt 2
1
10. u ( x, y )  xy   
0
.
1
 (1  xy  t1t2 )u(t1 , t2 )dt1dt2 .
0
So„nggi 4-10-tenglamalarning javoblarini topish tavsiya etiladi.
5.3. Koeffitsiyentlarni tenglash usuli
Aynigan yadroli Fredgolm tenglamalarini boshqa bir usul bilan ham
yechish mumkin. Bu usul esa koeffitsiyentlarni taqqoslashdan, ya‟ni
solishtirishdan iborat. Biz bu usulni misollar yechish orqali ko„rsatish bilan
cheklanamiz.
1- misol: Ushbu tenglamani yeching:
1
5
1 1
u ( x)  x    ( x  t )u (t )dt.
6
9 30
Yechish. Tenglikning o„ng tomonidagi integralni quyidagicha belgilab
olaylik:
1
1
1
0
0
0
 ( x  t )u(t )dt  x u(t )dt   tu (t )dt  xQ
1
 Q2 .
U holda
u ( x) 
5
1 1
5 Q  Q 1
x   (Q1 x  Q2 )    1  x   2    x   .
6
9 3
6 3   3 9
Bundagi  va  hozircha noma‟lum sonlar. Endi u(x) ning so„nggi
ifodasini berilgan integral tenglamaga qo„yamiz:
1
5
1 1
x    x    ( x  t )(t   )dt.
6
9 30
O„ng tomondagi integralni hisoblab chiqilsa,
  5    1 
  x     
 6 3 6  9 6 9
x    
hosil bo„ladi. Bu tenglik ayniyat bo„lgani uchun, uning ikki tomonidagi x
ning koeffitsiyentlari o„zaro va ozod hadlar ham o„zaro teng bo„lishi
kerak. Ularni tenglash natijasida ushbu


6


5
 ,
3 6

58

9


6

1
9
chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi hosil bo„ladi. Ularni quyidagi
ko„rinishda yozish mumkin:
5  2  5, 

2  15  2.
Bu sistemaning yechimi  =1,  =0 bo„ladi. Demak, berilgan integral
tenglamaning yechimi quyidagicha ekan:
u( x)  x    x
2- misol. Ushbu tenglamani yeching:
11
xy 1
u ( x, y ) 
  ( xy  t1t2 )u (t1 , t2 )dt1dt2 .
2 3 0 0
Yechish. O„ng tomondagi qavslarni ochib, ikkala integralni ham
qisqacha Q1 va Q2 orqali belgilaymiz:
11
11
xy 1
xy 1
  xy  u (t1 , t 2 )dt1dt 2    t1t 2u (t1 , t 2 )dt1dt 2 
  xyQ1  Q2 
2 3
2
3
00
00
1
1


  Q1   xy   Q2      xy   .
2
3


u ( x, y ) 
u ning mana shu ifodasini berilgan integral tenglamaga qo„yamiz:
1 1
xy 1
  xy       ( xy  t1t 2 )( t1t 2   )dt1dt 2 .
2 3 00
Bu yerdagi integrallar hisoblab chiqilsa, quyidagi ayniyat
1
4
1
2
1
9
1
4
1
3
  xy          xy       .
hosil bo„ladi. Uning ikki tomonidagi xy ning koeffitsiyentlarini o„zaro
hamda ozod hadlarini o„zaro tenglash natijasida quyidagi tenglamalar
1
4
1
2
1
9
     ,
ya‟ni
1
4
  
1
3
3
1 
   , 
4
2 

1
3
1
  
9
4
3
chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi hosil bo„ladi. Bu sistemaning
yechimi

6
;
65

28
.
65
Demak, integral tenglamaning quyidagi yechimi hosil bo„ladi:
59
u ( x, y )    xy   
6
28
xy  .
65
65
5.4. Aynigan yadro usuli
Yuqorida biz integral tenglamaning yadrosi aynigan va qo„shiluvchilar
soni n=3 bo„lgan holda uni analitik usulda yechishni ko„rib chiqdik. Bu
usul qo„shiluvchilar soni ixtiyoriy bo„lganda ham o„rinli. Bizning
maqsadimiz ana shu usulni ixtiyoriy yadroli integral tenglamaga qo„llashni
ko„rsatishdan iborat. Ana shu usulni aynigan yadro usuli deb ataymiz.
Buning uchun avvalo yuqoridagi hisoblash usulini n ta qo„shiluvchi
bo„lgan hol uchun keltiramiz.
Faraz qilaylik, yadro K ( x, t ) quyidagi ko„rinishdagi
n
K ( x, t )   ai ( x)bi (t )
(5.11)
i 1
chekli yig„indi shaklida ifodalansin, ya‟ni K ( x, t ) aynigan yadro bo„lsin.
Bu yerda ai (x) va bi (t ) , i  1, n funksiyalarni chiziqli bog„lanmagan deb
qarash mumkin. Aks holda, chiziqli bog„langan ai (x) va bi (t ) funksiyalarni
alohida jamlab, (5.11) ko„rinishidagi yangi chiziqli bog„lanmagan ai (x) va
bi (t ) funksiyalar yig„indisini hosil qilish mumkin.
Bunday yadroli ikkinchi tur Fredgolm integral tenglamalari
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(5.12)
a
ni yechish qiyinchilik tug„dirmaydi. (5.11) ifodani (5.12) tenglamaga
qo„ysak, u quyidagi
n
u ( x)  f ( x)    ci ai ( x)
(5.13)
i 1
ko'rinishni hosil qiladi, bu yerda
b
ci   bi (t )u (t )dt
(i  1, 2, ... , n)
(5.14)
a
- u (x) yechimdan bog„liq bo„lgan o„zgarmas sonlar. Endi (5.14) ifodaga
u (x) ning (5.13) ifodasini qo„ysak, ci , i  1, n sonlarni aniqlovchi chiziqli
algebraik tenglamalar sistemasini hosil qilamiz:
b
b
n
ci   bi (t ) f (t )dt    bi (t ) c j a j (t )dt
a
a
j 1
yoki
60
(i  1, 2, ... , n)
n
ci    c j ji  f i
(5.15)
j 1
bu yerda
b
b
fi   bi (t ) f (t )dt ,
 ij   bi (t )b j (t )dt .
a
(5.16)
a
(5.15) sistemani quyidagicha yozish ham mumkin:
 
n
j 1
ij
  ji c j  f j
(i  1, 2, ... , n)
(5.15`)
bu yerda  ij - Kroneker belgisi.
( ) orqali (5.15`) sistemaning determinantini belgilaymiz:
1   11   21 ....   n1
  12 1   22 ....   n 2
( )  det  ij   ji  
.
.....
.....
  1n
  2 n
.....
.....
.... 1   nn
orqali esa,  ij   ji
elementga
determinantning to„ldiruvchisini belgilaymiz.
Agarda ( )  0 bo„lsa, Kramer qoidasiga asosan
ij ( ), i, j  1, n
mos
 ( )
n
ci 
  ji ( ) f j
j 1
(i  1, 2, ... , n).
,
 ( )
Bu tenglikka ko„ra, (5.13) dan (5.12) integral tenglamaning yechimi
n n  ( )
u ( x)  f ( x)    ji
f j bi ( x)
(5.17)

(

)
i 1 j 1
ko'rinishni oladi. Bu yerdan f i ning o„rniga uning (5.16) ifodasini qo„yib,
yig„indining integrali integrallar yig„indisiga tengligini e‟tiborga olsak,
b
 ( x, t ,  )
u ( x)  f ( x)   
f (t )dt
(5.18)

(

)
a
tenglikni hosil qilamiz, bu yerda
n
n
( x, t ,  )   ai ( x)b j (t ) ji ( )
i 1 j 1
(5.18) formulaga ko„ra,
 ( )
( x, t ,  ) n n
R ( x, t ,  ) 
  ai ( x)b j (t ) ji
 ( )
 ( )
i 1 j 1
61
(5.19)
funksiya (5.12) integral tenglamaning rezolventasi ekanligini ko„rsatadi.
K ( x, t ) yadroning  xos qiymatlari
(5.20)
 ( )  0
tenglama yordamida aniqlanadi.
Agar k (k  1, 2, ... , m; m  n) (5.20) tenglamaning ildizi bo„lsa, unga
mos K ( x, t ) yadroning k (x) xos funksiyasi, ya‟ni ushbu
b
u~( x)  k  K ( x, t )u~(t )dt ,
a
bir jinsli integral tenglamaning nolmas yechimi quyidagicha bo„ladi:
n
k ( x)  k  c~i( k ) ai ( x),
i 1
bunda c~i
(k )
- koeffitsiyentlar ushbu
n
  ij  k ji c~j( k )  0
(i  1, 2, ... , n)
j 1
chiziqli bir jinsli tenglamaning nolmas yechimlari.
Agarda   k soni K ( x, t ) yadroning xos qiymati bo„lsa, bir jinsli
bo„lmagan (5.12) integral tenglama yoki yechimga ega bo„lmaydi yoki
cheksiz ko„p yechimga ega bo„ladi.
1-misol. Quyidagi integral tenglamani yeching:
1
u ( x)  x    ( x  t )u (t )dt
2
(5.21)
1
Yechish. Bu tenglamada K ( x, t )  x  t , ya‟ni K ( x, t ) aynigan yadro
bo„layapti (a1(x)=x; b1(t)=1; a2(x)=1; b2(t)=t). (5.21) tenglamani
quyidagicha yozamiz:
u( x)  x 2   (c1x  c2 )
(5.22)
bu yerda
1
c1   u (t )dt ,
1
1
c2   tu (t )dt.
(5.23)
1
Endi (5.22) ni (5.23) ga qo„yib, ushbu
2

c1   2c2 

3

2
c2  c1 
3

62
(5.24)
4
3
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Bu yerdan 1  2  0 bo„lganda
2
3 ,
c1 
4
1  2
3
4

9
c2 
4
1  2
3
Bularga ko„ra (5.22) dan tenglamaning yechimi
4
2x  2
3
u ( x)  x 2 
3  42
Agar 2 
(5.25)
4
bo„lsa, tenglama yechimga ega bo„lmaydi.
3
2-misol.  1  x  1,  1  t  1 sohadagi K ( x, t )  x  t yadroning xos
qiymati, xos funksiyasi va rezolventasini toping.
Yechish. Xos qiymat ta‟rifiga ko„ra
1
u ( x)    ( x  t )u (t )dt
1
tenglamani qaraymiz. Bu yerdan
u( x)   (c~1x  c~2 )
bunda c~1 va c~2 koeffitsiyentlar ushbu
c~1  2c~2  0 
(5.26)


2 ~ ~
 c1  c2  0
3

(5.27)
sistemaning yechimlari. Bu sistemaning
1
 2
 ( )  2
 
1
3
determinantini nolga tenglashtirib, ushbu
(5.28)
4
1  2  0
3
3
3
, 2  
lar K ( x, t )
2
2
yadroning xos qiymatlari ekanligi kelib chiqadi. K ( x, t ) yadroni xos
tenglamani hosil qilamiz. Bu yerdan 1 
funksiyalarini topish uchun (5.27) dan
c~1( k )  2k c~2( k )  0
yoki
63
(k  1, 2)
c~1( k ) c~2( k ) ~ ( k )

c .
2k
1
(5.26) ga asosan xos funksiyalar quyidagicha bo„ladi:
1 ( x)  u1 ( 3x  1)
2 ( x)  u2 ( 3x  1),
bunda uk  k c~ ( k )  0 (k  1, 2) .
Odatda xos funksiyalarni normasi 1 ga teng deb olinadi, ya‟ni
b

2
k
( x)dx  1
(k  1, 2) .
a
Bizning holimizda esa
1
u  ( x 3  1) 2 dx  uk2  4  1 .
2
k
1
1
2
bo„lishi uchun uk  , k  1, 2 bo„lishi lozim. Bularga asosan xos
funksiyalarning ko„rinishi quyidagicha bo„ladi:
1
1
~1 ( x)  (1  x 3), ~2 ( x)  (1  x 3)
2
2
Endi K ( x, t ) yadroning rezolventasini topamiz. (5.28) orqali aniqlangan
determinantning mos algebraik to„ldiruvchilarini topamiz:
2
11 ( )  1,
12 ( )   ,
3
 21( )  2 ,  22 ( )  1.
Yadro
K ( x, t )  a1 ( x)b1 (t )  a2 ( x)b2 (t )
bu yerda
a1 ( x)  x,
b1 (t )  1,
a2 ( x)  1,
b2 (t )  t.
ko'rinishda ekanligidan (5.19) formulaga ko„ra yadro rezolventasi
quyidagicha bo„ladi:
2
  ( x  t )  2xt
1 
2
 3
R ( x, t ,  ) 
 x  2xt    t  
4 2
4
3

1 
1  2
3
3
Bir jinsli bo„lmagan
1
u ( x)  f ( x)    ( x  t )u (t )dt
1
64
tenglamaning har qanday yechimi 2 
3
da
4
2
  ( x  t )  2xt
3
u ( x)  f ( x)   
f (t )dt .
4 2
1
1 
3
1
ko'rinishda bo„ladi.
Ushbu
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt ,
(5.29)
a
( f ( x), K ( x, t ) - uzluksiz funksiyalar) umumiy ko„rinishdagi integral
tenglamaning taqribiy yechimini topish uchun uning K ( x, t ) yadrosini unga
yaqin bo„lgan
K
(n)
( x, t ) 
n
 am ( x)bm (t ) .
m 0
aynigan yadro bilan almashtirish mumkin.
Yadroni aynigan yadroga almashtirishning ba‟zi usullarini
keltiramiz. Agar K ( x, t ) yadro [a, b] segmentda x bo„yicha analitik bo„lsa,
K ( n) ( x, t ) aynigan yadro sifatida uning Teylor qatorining chekli hadini
olish mumkin:
n
( x  x0 )m ( m)
(n)
K ( x, t )  
K x m ( x0 , t )
m
!
m 0
bu yerda x0 - [a, b] oraliqdagi biror nuqta. Agar K ( x, t ) yadro [a, b]
segmentda t bo„yicha analitik bo„lsa, ajralgan yadroni shunga o„xshash
tarzda almashtirish mumkin. Shuningdek, ajralgan yadroni tanlashda
karrali Teylor qatorining chekli hadlari yig„indisini olish mumkin:
n
n
KK((nn)) ((xx,, ts)   a pq ( x  x0 ) p ( y  y0 ) q ,
p 0 q  0
bu yerda
1  pq
a pq 
K ( x0 , y0 )
p!q! x p t q
( x0 , y0  [a, b]).
Faraz qilaylik, K ( x, t ) yadro [a, b]2 da uzluksiz va l  b  a bo„lsin. U
holda K ( x, t ) yadroni 2l davrli bo„lgan trigonometrik qator bilan
approksimatsiyalash (yaqinlashtirish) mumkin.
Masalan, quyidagicha
65
K
(n)
n
1
px
( x, t )  a0 (t )   a p (t ) cos
,
2
l
p 1
(5.30)
bu yerda a p (t ) ( p  0, 1, 2,...) - Furye koeffitsiyentlari:
2
px
a p (t )   K ( x, t ) cos
dx .
la
l
b
(5.31)
x va t larning o„rnini almashtirib, xuddi shunga o„xshash yoyilmani
hosil qilish mumkin.
Shuningdek, aynigan yadroni karrali Furye qatorining chekli
yig„indilari orqali almashtirish ham mumkin. Masalan:
n
1
q t
 p  0,1,2,...n
a p (t )  a p 0   a pq cos
,
2
l
q 1
deb almashtirsak, (5.30) va (5.31) formulalarda
1
1 n
px 1 n
qt
(n)
 x, t  
K
n
4
a00 
n
  a pq cos
p  q 1
 a p0 cos
2 p 1
l

 a0q cos
2 q 1
l

px
qt
cos
,
l
l
yadroni hosil qilamiz, bunda
bb
4
px
qt
a pq  2  K x, t cos
cos dxdt.
l
l
l aa
Bu yerda
h
ba
,
n
xi  a  ih
i  0,1,2,...,n,
belgilarni kiritib, aynigan yadroni tanlashda Nyutonning birinchi
interpolyatsion ko„phadidan ( x bo„yicha) foydalanish mumkin:
n
K ( n ) x, t   K x0 , t   
x  x0 x  x1 ...x  xm1  m K x , t .
m!hm
m 1
0
Xuddi shu tarzda t bo„yicha Nyutonning birinchi interpolyatsion
ko„phadini qo„llab, yadroni tanlash mumkin.
Ba‟zi holatlarda ikki o„zgaruvchili Nyutonning interpolyatsion
ko„phadidan foydalanib, yadroni almashtirish maqsadga muvofiqdir:
K
(n)
p  q  n p  q K
x psq
x, t   K x0 , x0   
p  q 1
x0 , x0 
x  x0 ...x  x p 1  y  y0 ...y  yq 1 
pq
p!q!h
bunda x0 [a, b] .
66
Yadroni tanlashda K x, t  ning boshqa interpolyatsiyalash va
approksimatsiyalash usullarini ham qo„llash mumkin.
Agar K n  ( x, t ) - K x, t  yadroning taqribiy (yaqinlashgan) aynigan
yadrosi va f n (x) va f (x) taqribiy (yaqinlashgan) funksiyasi bo„lsa, u holda
b
n  1,2,...
zn ( x)  f n ( x)    K ( n ) ( x, t ) zn (t )dt
(5.32)
a
integral tenglamaning z n yechimini (5.29) tenglamaning u (x) taqribiy
yechimi sifatida olish mumkin.
L.V. Kantorovich va V.I. Krilovlar chetlanishlarning quyidagicha
bahosini ko„rsatishgan. Faraz qilaylik,
b
 K ( x, t )  K
(n)
( x, t ) dt   ,
f ( x)  f n ( x)  
a
va (5.32) tenglamaning Rn x,t ,   rezolventasi a  x  b larda
b
 Rn ( x, t ,  ) ds  M n ( )
a
tengsizlikni qanoatlantirsin, hamda
q    1   M n    1;
o„rinli bo„lsin, u holda (5.29) tenglama yagona u (x) yechimga ega va
quyidagi
Nq1   M n  

1 q
u ( x )  zn ( x ) 
(5.33)
tengsizlik o„rinli bo„ladi, bu yerda
a, b da
N  max f ( x)
(5.33) baholashdan, agar n   da M n    M     ; K ( n) ( x, t )  K ( x, t ) va
f n ( x)  f ( x) bo„lsa, u holda a, b da zn ( x)  u( x) kelib chiqadi.
3-misol. Quyidagi tenglamani taqribiy yeching:
1
2
u ( x)   e  x
2 2
s
u (t )dt  1
(5.34)
0
Yechish. K ( x, t )  e x
2 2
t
yadroni qatorga yoyib, uni quyidagi
K
( 2)
x 4t 4
( x, t )  1  x t 
.
2
2 2
taqribiy aynigan yadro bilan almashtiramiz. U holda (5.24) tenglama
o„rniga ushbu
67
1
2

x 4t 4 
2 2
 z (t )dt.
z ( x)  1   1  x t 
(5.35)
2

0
tenglamani hosil qilamiz. Bu tenglikdan
2
4
z ( x)  1  c1  c2 x  c3 x
(5.36)
hosil bo„ladi, bu yerda
1

2

c1   z ( x)dx,

0

1

2

2
c2   x z ( x)dx,

(5.37)
0

1

2

1 4
c3   x z ( x)dx.

20


(5.36) ni (5.37) ga qo„yib, ushbu
1 1
1
1

c1   c1  c2 
c3 ,

2 2
24
100

1
1
1
1

c2    c1 
c2 
c3 ,

(5.38)
24 24
160
896

1
1
1
1

c3 

c1 
c2 
c3 .

320 320
1792
9216

tenglamalar sistemasiga ega bo„lamiz. Bu tenglamalar sistemasini yechsak
c1  0,9930;
c2  0,0833;
c3  0,0007
bo„ladi. Bu yerdan esa
1

u ( x)  z ( x)  1,9930  0,0833x 2  0,0007 x 4
(5.39)
 0  x  .
2

(5.39) taqribiy yechimning chetlanishini (5.33) formula yordamida
baholash mumkin. Lekin bu juda ko„p hisoblashlarni talab qiladi.
Mashqlar
Quyidagi Fredgolm tenglamalari koeffitsiyentlarni tenglash usuli
yordamida yechilsin:
1
1.
u ( x) 
x 1
  ( x  t )u (t )dt.
2 3 0
Javob: u(x) = x.
68
0,5
2. u ( x)  x   u (t )dt.
Javob: u(x) = x + 0,25.
0
0,5
x 1
3. u ( x)  sin x    xtu (t )dt.
4 4 0
Javob: u(x) = sinx+
24  1 1
1 
 sin  cos  1 .
95 
2 2
2 
0,5 0,5
4. u ( x, y)  xy  
 u(t , t )dt dt .
1
0
2
1
2
Javob: u(x,y) = xy + 1/48.
0
Quyidagi Fredgolm tenglamalari aynigan yadro usuli yordamida
yechilsin:
1
1. u ( x)  x    ( x  t )u (t )dt .
1
1
2
 xs
2. u ( x)   e u (t )dt  1 .
0
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Fredgolm integral tenglamasida bir argumentli funksiya qanday
tushuniladi?
2. Fredgolm integral tenglamasida ikki argumentli funksiya qanday
tushuniladi?
3. Koshi masalasi deganda nimani tushunasiz?
4. Fredgolm integral tenglamasini yechishda koeffitsiyentlarni tenglash
usulini tushuntiring.
5. Integro-differensial tenglama deb qanday tenglamaga aytiladi?
6. Chiziqli integral tenglamalar sistemasi deb qanday sistemaga aytiladi?
7. Fredgolm integral tenglamasini yechishda aynigan yadro usulini
tushuntiring?
Adabiyotlar: [1-4], [8].
69
6. KETMA-KET YAQINLASHISHLAR USULI
Reja:
1. Fredgolm integral tenglamalarni yechish.
2. Ikki argumentli funksiya uchun.
3. Volter integral tenglamalarini yechish.
4. Ikki argumentli funksiyalar uchun.
Tayanch iboralar: Fredgolm integral tenglamalari; Volter integral
tenglamalari; integral tenglamaning yechimi; tekis yaqinlashuvchi
funksional qator; iteratsiyalangan yadrolar; rezolventa;
6.1. Fredgolm integral tenglamalarini yechish
Integral tenglamalarni yechishning eng umumiy usullaridan biri
ketma-ket yaqinlashsh usuli yoki funksional qator yordami bilan yechish
usulidir.
Shunday qilib, ushbu
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
(6.1)
a
tenglama berilgan bo„lib, bu yerda f(x) ozod had I(a  x  b) kesmada
noldan farqli uzluksiz funksiya; K(x,t) yadro P (a  x  b, a  t  b) sohada
noldan farqli uzluksiz funksiya; a, b,  lar esa o„zgarmas haqiqiy sonlar
deb faraz qilinadi (   0 ).
Berilgan (6.1) tenglamaning yechimini quyidagi qator shaklida
izlaymiz :
u( x)  u0 ( x)  u1 ( x)  2u2 ( x)  ...  n un ( x)  ...,
(6.2)
bundagi u1 ( x), u1 ( x),..., un ( x),... lar nomalum funksiyalar. Ularni shunday
tanlab olish kerakki, natijada (6.2) qator (6.1) integral tenglamaning
yechimi bo„lsin.
Ana shu maqsadda, (6.2) ni tenglamaning yechimi deb hisoblab,
(6.1) tenglamaga qo„yamiz:
u 0 ( x)  u1 ( x)  2 u 2 ( x)  ....  n u n ( x)  ... 
b
 f ( x)    K ( x, t )[u 0 ( x)  u1 ( x)  2 u 2 ( x)  ...]dt 
a
b
 f ( x)    K ( x, t )u 0 ( x)dt  
a
b
2
 K ( x, t )u ( x)dt  ...
1
a
70
Biz (6.2) funksional qatorni biror intervalda tekis yaqinlashuvchi deb
faraz qilamiz, shu sababli uni hadlab integrallash mumkin. Bu ayniyatni
ikki tomonidagi bir xil darajali  larning koeffitsiyentlari teng bo„ladi,
yani
u0 ( x)  f ( x),
b
u1 ( x)   K ( x, t )u0 (t )dt ,
a
b
u 2 ( x)   K ( x, t )u1 (t )dt ,
a
...............
(6.3)
b
u n ( x)   K ( x, t )u n1 (t )dt ,
a
Endi bu ifodani yuqoridan boshlab birin-ketin o„zidan keyingisiga
qo„yib chiqamiz, natijada quyidagi ifoda hosil bo„ladi:
u0 ( x)  f ( x),
b
u1 ( x)   K ( x, t ) f (t )dt,
a
b
b
u 2 ( x)   K ( x, t )  K (t , t1 ) f (t1 )dt1dt ,
a
a
b
b
b
a
a
a
u n ( x)   K ( x, t )  K (t , t1 )... K (t n2 , t n1 ) f (t n1 )dt n1...dt1dt ,
Mana shu ifodalar yordamida (6.2) qatorni ushbu
b
b
b
a
a
a
u ( x)  f ( x)    K ( x, t ) f (t )dt  2  K ( x, t )  K (t , t1 ) f (t1 )dt1dt  ...
.
(6.4)
ko„rinishda yozish mumkin. Bu cheksiz qatorning umumiy hadi
u n ( x)  
n
b
b
b
 K ( x, t ) K (t, t1 )... K (tn2 , tn1 ) f (tn1 )dtn1...dt1dt
a
a
(6.5)
a
bo„ladi. Yuqoridagi keltirilgan shartga ko„ra, I kesmada hamda P sohada
f ( x)  N , N  0,
K ( x, t )  M , M  0.
Bu yerdagi M va N o„zgarmas haqiqiy sonlardir. Shunga asosan (6.5) dan
ushbu
n
un ( x)   NM n (b  a) n  N[  M (b  a)]n
71
tengsizlik hosil bo„ladi. Malumki, o„ng tomondagi ifoda cheksiz
kamayuvchi geometrik progressiyaning, ya‟ni yaqinlashuvchi qatorning
umumiy hadi bo„lishi uchun
q   M (b  a)  1,

1
M (b  a)
bo„lishi shart. Shundagina (6.4) qator I intervalda absolyut va tekis
yaqinlashuvchi qator bo„ladi.
Biz hozircha (6.4) qator (6.1) tenglamaning yechimi ekanligini
ko„rsatdik.
Endi undan boshqa yechimi yo„qligini ko„rsatamiz. Buning uchun
aksincha faraz qilamiz, yani (6.1) tenglamaning yana bitta uzluksiz  (x)
yechimi bor deb faraz qilamiz. U holda
b
 ( x)  f ( x)    K ( x, t ) (t )dt.
a
Buni (6.1) dan ayiramiz.
b
u ( x)   ( x)    K ( x, t )[u ( x)   (t )]dt;
a
u( x) ( x)   ( x)
deb belgilab olaylik. U holda yuqoridagi tenglikni
b
 ( x)    K ( x, t ) (t )dt
(6.6)
a
ko„rinishida yozish mumkin. Malumki, a(x) ayirma I kesmada uzluksiz
bo„lgani uchun chegaralangan bo„ladi, yani
 ( x)  A,
A  0.
Shunga asosan
b
 ( x)    K ( x, t )  (t ) dt   MA(b  a).
a
Bundan foydalanib, (6.6) tenglikdan quyidagi tengsizlikni hosil qilamiz:
b
b
 ( x)    K ( x, t )  (t ) dt    M  MA(b  a)dt  A  M 2 (b  a) 2 .
2
a
a
Buni yana (6.6) ga qo„yish natijasida
 ( x)  A  M 3 (b  a) 3
3
hosil bo„ladi. Umuman, shu jarayonni n marta takrorlasak,
 ( x)  A[  M (b  a)]n
hosil bo„ladi.
72
(6.7)
q   M (b  a)  1
bo„lgani uchun, n cheksizlikka intilganda, (6.7) ning o„ng tomoni nolga
intiladi. Shu sababli  ( x)  0, yani  ( x)  u( x) bo„ladi. Demak ikkala
yechim aslida bitta ekan.
Shunday qilib, quyidagi teorema isbot qilindi.
Teorema. Agar f(x) funksiya I kesmada noldan farqli, uzluksiz bo‘lib,
ushbu

1
M (b  a)
tengsizlik bajarilsa, u holda
b
u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt
a
tenglama I kesmada absolyut va tekis yaqinlashuvchi (6.2) qatordan iborat
faqat birgina yechimga ega bo‘ladi.
Misollar yechishda u0 , u1 , u2 ,... larning ifodalarini (6.3) formulalar
yordamida topib, so„ngra ularni (6.2) qatorga qo„yib chiqish ishni
osonlashtiradi.
Misol. Ushbu tenglamani yeching.
1
2
1
1 1
u ( x)  e x  xe x    tu (t )dt
3
2
2 20
Yechish. (6.3) ga asosan:
3
1
1
u 0 ( x)  f ( x)  e x  xex  ;
2
2
2
1
1
1
1
3
u1 ( x)   tu0 (t )dt   t  e t  tet  dt.
2
2
2
0
0 
Qavslarni ochib, so„ngra integrallarni hisoblasak
19 
u1 ( x)    e 
2 2 
kelib chiqadi. Bunga muvofiq
1
1
1
1 9 
  e
23  2 
19 
1 9 
u2 ( x)   tu1 (t )dt    e   tdt  2   e dt ;
2  2 0
2 2 
0
u3 ( x)   tu2 (t )dt 
0
va hokazo. Bularni (6.2) qatorga qo„yib soddalashtirilsa
1
1
u ( x)  (3  x)e x  (3  e)
2
3
73
yechim hosil bo„ladi.
Ushbu
n
u ( x)  un ( x)   k uk ( x)
k 0
tenglikni qabul qilib, biz (6.1) tenglamaning xatoligini quyidagicha
baholashimiz mumkin:
N (m(b  a)  )n 1
 n  u ( x)  un ( x)    k ( x)   N ( M (b  a)  ) 
. (6.8)
1  M (b  a) 
k  n 1
k  n 1


k
k
Ana shu shart bajarilganda (6.2) formula =0 nuqtaning atrofida (6.1)
Fredgolm tenglamasining  bo„yicha analitik yechimini beradi.
(6.3) formuladan kelib chiqadiki, (6.2) yechimni quyidagi ko„rinishda
yozish mumkin:

u ( x)  f ( x)    
n 1
n 1
b
 Kn ( x, t ) f (t )dt
a
yoki
b
u ( x)  f ( x)    R( x, t ,  ) f (t )dt
(6.9)
a
ko„rinishda yozish mumkin, bu yerda

R( x, t ,  )   n 1K n ( x, t ) .
(6.10)
n 1
Kn(x,t) koeffitsiyentlar iteratsiyalangan yadrolar deb atalib, ularni
quyidgi formulalar yordamida ketma-ket topish mumkin:
K1 ( x, t )  K ( x, t );
b
K n ( x, t )   K ( x, s) K n 1 ( s, t )ds
(n  2,3, ...).
a
Rx, s,   funksiyaga (6.1) tenglamaning rezolventasi deyilib, u kichik
 larda (6.10) ko„rinishidagi darajali qator orqali aniqlanadi. Analitik
davom ettirish uslubidan foydalanib, Rx, s,   rezolventani 1 , 2 ,... xos
qiymatlardan tashqari butun kompleks tekislikga  bo„yicha analitik
davom ettirish mumkin. U holda (6.9) formula yordamida aniqlangan
yechim barcha   k k  0,1,2,... larda (6.1) tenglamani yechimini tashkil
etadi.
Misol. Ketma-ket yaqinlashishlar usuli yordamida ushbu
u t 
dt , 0  x  1.
10

x

t
0
1
ux   x   
74
tenglamaning taqribiy yechimini toping.
Yechish. Yechimni

u x    nn x .
n 0
deb hisoblab,
0 x   x,
t
11  x
dt  1  10  x ln
.
10

x

t
10

x
0
1
1 x   
tengliklarni hosil qilamiz.
Shunday qilib, birinchi yaqinlashish sifatida
1 


u1 x   x   1  10  x ln 1 

 10  x 

ni olish mumkin. Bu yerda
M  max
Bu

yerdan
esa
1
 0,1;
10  x  t
yuqoridagi
N  max x  1.
0 x1
yechim
uchun
tanlangan
qatorning
1
 10 larda yaqinlashuvchiligi kelib chiqadi. Xususiy holda,  =1
0,110 
bo„lsa, (6.8) ga ko„ra taqribiy yechimning aniqlik darajasi quyidagicha
bo„ladi:
1  0,1 1
u x   u1  x  
 0,01
1  0,1 1
2
Eslatib o„tish joizki, ketma-ket yaqinlashish usulining noqulayligi,
kvadraturlarni aniq hisoblashni taqoza etadi. Agar integrallar aniq
hisoblanmasa, ularni sonli usullar yordamida hisoblash zarur bo„ladi.
Mashqlar
Quyidagi Fredgolm integral tenglamalarini ketma-ket yaqinlashish
usuli bilan yechilsin:
1
e 1 1
u
(
x
)

e

   u (t )dt . Javobi. u ( x)  e x .
1.
2 2 20
x
1
5
1
2. u ( x)  6 x  3  xtu (t )dt .
0
Javobi. u ( x) 
1
15
x.
16
x 1
24  1
1
1
3. u ( x)  sin x  4  4  xtu (t )dt . Javobi. u ( x)  sin x  x1  cos  sin  .
95  2
2
2
0
75
6.2. Ikki argumentli funksiya uchun
Noma‟lum funksiya ikki argumentli bo„lganda ham Fredgolm
tenglamalarini ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yechish mumkin.
Faraz qilaylik,
b d
u ( x, y)  f ( x, y)     K ( x, y, t1 , t 2 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
(6.11)
a c
tenglama berilgan bo„lsin. Bu tenglama uchun ham oldingi mavzulardagi
teoremani isbotlash mumkin. O„sha mulohazalarni bu hol uchun
takrorlamay, misol yechish bilangina chegaralanamiz. (6.11) tipdagi
integral tenglamalarning yechimini ushbu
u( x, y)  u0 ( x, y)   u1 ( x, y)  2 u 2 ( x, y)    n u n ( x, y)  
(6.12)
qator ko„rinishida izlaymiz.
Misol uchun,
2 2
u ( x, y)  2 xy     ( x  y  t1  t 2 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
1 1
tenglama berilgan bo„lsin.
(6.12) qatorni bu tenglamaning yechimi deb faraz qilamiz va uni
berilgan tenglamaga qo„yib ushbu ayniyatin hosil qilamiz:
u0 ( x, y )  u1 ( x, y )  2u2 ( x, y )    nun ( x, y )   
2 2
 2 xy     ( x  y  t1  t2 )[u0 (t1 , t2 )  u1 (t1 , t2 )  2u2 (t1 , t2 )  ]dt1dt2
1 1
Qavslarni ochib, so„ngra tenglikning ikki tomonidagi bir xil darajali 
larning koeffitsiyentlarini o„zaro tenglab, u0 , u1, u2 , larning ifodasini birinketin aniqlaymiz. Bu jarayon quyidagicha bajariladi:
u0 ( x, y)  2 xy;
22
22
11
11
u1 ( x, y )    ( x  y  t1  t2 )u0 (t1, t2 )dt1dt2 2  ( x  y  t1  t2 )t1t2 dt1dt2 .
Bu integralni hisoblash natijasida
u1 ( x, y) 
9
( x  y)
2
hosil bo„ladi; xuddi shuningdek,
22
22
9
u 2 ( x, y )    ( x  y  t1  t 2 )u1 (t1 , t 2 )dt1dt 2    ( x  y  t1  t 2 )(t1  t 2 )dt1dt 2
211
11
yoki integrallarni hisoblab chiqsak,
76
u2 ( x, y) 
27
( x  y);
2
Buning yordamida u3 ( x, y) ni aniqlaymiz:
2 2
2 2
27
u3 ( x, y)    ( x  y  t1  t2 )u2 (t1 , t2 )dt1dt2 
( x  y  t1  t2 )(t1  t2 )dt1dt2 ;
2 1 1
1 1
yoki integrallarni hisoblash natijasida,
u 3 ( x, y ) 
81
( x  y)
2
kelib chiqadi. Umumiy qonuniyat ko„rinib qolgani uchun
to„xtatamiz va ularning umumiy ifodasini yozamiz:
3n
un1 ( x, y)  ( x  y),
2
ui
larni izlashni
n  2,3,4....
Mana shu ifodalarni (6.12) qatorga qo„yamiz:
3
u ( x, y)  2 xy  ( x  y)[3  (3 ) 2  (3 )3    (3 ) n  ].
2
Agar 

1
3
bo„lsa, qatorning yig„indisini topish uchun
1  q  q2    qn   
1
q 1
1 q
formuladan foydalanamiz. Natijada quyidagi yechim kelib chiqadi:
u ( x, y)  2 xy 
9
( x  y);
2(1  3 )
1
3
 .
Mashqlar
Quyidagi tenglamalar ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yechilsin:
77
6.3. Volter integral tenglamalarini yechish
Volterning ikkinchi tur tenglamalarini ketma-ket yaqinlashish usuli
bilan yechish mumkin. Faraz qilaylik, quyidagilar berilgan bo„lsin:
x
a) u ( x)  f ( x)    K ( x, t )u (t )dt ,
(6.13)
a
b ) f ( x)  0 haqiqiy va I (a  x  b, ) kesmada uzluksiz,
c) K ( x, t )  0 haqiqiy va  (a  x  b, a  t  x) sohada uzluksiz,
d )  parametr (o„zgarmas son).
Berilgan (6.13) tenglamaning yechimini ushbu
u( x)  u0 ( x)  u1 ( x)  2 u 2 ( x)    n u n ( x)  
(6.14)
funksional qator ko„rinishida izlaymiz. Noma‟lum u0 , u1 , u 2 ,,
funksiyalarni topish maqsadida (6.14) ni (6.13) tenglamaga qo„yamiz, u
holda ushbu ayniyat hosil bo„ladi:
u 0 ( x)  u1 ( x)  2 u 2 ( x)  3 u 3 ( x)    n u n ( x)   
x
 f ( x)    K ( x, t )[u 0 (t ) u1 (t )  2 u 2 (t )  ]dt 
a
x
 f ( x)    K ( x, t ) u 0 (t )dt 
a

x
2
 K ( x, t ) u (t )dt 
1
a
x
3
 K ( x, t ) u
2
(t )dt  
a
Bu ayniyatning ikki tomonidagi bir xil darajali  larning koeffitsiyentlarini
tenglab quyidagi
78
u0 ( x)  f ( x),
x
x
a
a
x
x
z
a
a
a
x
x
x
x
a
a
a
a
u1 ( x)   K ( x, t )u0 (t )dt   K ( x, t ) f (t )dt ,
u2 ( x)   K ( x, t )u1 (t )dt   K ( x, t )  K (t , t1 ) f (t1 )dt1dt ,
(6.15)
.......................................
un ( x)   K ( x, t )un 1 (t )   K ( x, t )  K (t , t1 )... K (t n 1 , t n )dt n dt n 1...dt1dt ,
......................................
munosabatlarni olamiz. Bundagi u0 ( x)  f ( x) ma‟lum bo„lgani uchun
boshqa ui (x) lar (6.15) dan ketma-ket chiqaveradi. So„ngra ularni (6.14)
ga qo„yilsa, izlanayotgan yechim kelib chiqadi.
Endi (6.14) qatorning I kesmada absolyut va tekis yaqinlashishini
ko„rsatamiz. Uning uchun, biror musbat hadli yaqinlashuvchi qatorning
hadlari bilan (6.14) qatorning mos hadlarini solishtirib ko„rish kerak.
Yuqorida berilgan b) va c) shartlarga ko„ra
f ( x)  N , K ( x, t )  M , N  0, M  0
bo„lgani sababli, quyidagi tengsizliklarni yoza olamiz:
u 0 ( x)  f ( x)  N ,
x
u1 ( x)   K ( x, t ) u 0 (t ) dt  NM ( x  a)  NM (b  a),
chunki
a  x  b;
a
x
u 2 ( x)  
a
2
( x  a) 2
2 (b  a )
K ( x, t ) u1 (t ) dt  NM  (t  a)dt  NM
 NM
2!
2!
a
x
2
2
va hokazo, shu xilda davom etilsa
n
( x  a) n
n (b  a)
u n ( x)  NM
 NM
, .
n!
n!
n
(6.16)
Endi tengsizliklarning o„ng tomonidagi hadlarga asoslanib, quyidagi
musbat hadli qatorni tuzib olaylik:
N  N [  M (b  a)] 
1
N [  M (b  a)]2 
2!
1
 N [  M (b  a)]3     N  N 1  N 2  N 3  
3!
(6.17)
Bu qatorning yaqinlashuvchi ekanini Dalamber alomati yordamida
ko„rsatish mumkin:
79
 M (b  a)
n
1
1
  M (b  a)]n :
[  M (b  a)]n1 
,
 n1 n!
(n  1)!
n
bundan
n
 0  1.
n    n 1
Demak, (6.17) qator yaqinlashuvchi ekan. Shu sababli yuqoridagi
tengsizliklarga asosan (6.14) qator I sohada absolyut va tekis
yaqinlashuvchi bo„ladi.
Shunday qilib, absolyut va tekis yaqinlashuvchi (6.14) qator berilgan
(6.13) Volter tenglamasining yechimidir. Bundan boshqa yechim yo„q
ekanini isbot qilish oldingi paragrafdagiga o„xshash bo„lgani sababli uni
takrorlamaymiz.
Konkret tenglamalarni yechishda (6.15) munosabatlarga asoslanib u i
larni (i  0,1,2,) topish va ularni ifodalarini (6.14) qatorga qo„yib chikish
kifoya.
(6.13) tenglamani taqribiy yechimini
lim
n
un x    k uk x ,
k 0
desak, (6.16) baholashga ko„ra, uning xatoligini ushbu
k
k
n

 M k N b  a k
 M  b  a  n  M b  a  

 n  u  x   un  x   
 N e

.
k
!
k
!


k  n 1
k 0


formula bilan aniqlash mumkin.
1-misol. Ushbu tenglamani ketma-ket yaqinlashishlar usuli yordamida
yeching:
x
u ( x)  x   (t  x)u (t )dt ,
0
bunda f ( x)  x ва   1.
Yechish. (6.15) munosabatlardagi hadlarni hisoblab chiqamiz:
u0 ( x)  x;
x
t3
t 2 tx x3 x3
x3
u1 ( x)   (t  x)tdt  [  x ]t 0 

 ;
3
2
3
2
3!
0
x
t3
x5
u 2 ( x)   (t  x)( )dt  ;
3!
5!
0
80
x
t5
x7
u3 ( x)   (t  x)( )dt  ;
5!
7!
0
va hokazo. Bu ifodalarning hosil bo„lishidagi qonuniyat ko„rinib turibdi.
Ularni (6.14) qatorga qo„ysak izlanayotgan yechim hosil bo„ladi:
x3 x5 x7
u ( x)  x       sin x.
3! 5! 7!
2-misol. Ushbu tenglamani ketma-ket yaqinlashishlar usuli yordamida
yeching:
x
u ( x)  1   (t  x)u (t )dt .
0
Yechish: Quyidagi hadlarni hisoblab chiqamiz:
u0 ( x)  1;
x
x2
u1 ( x)  1   (t  x)tdt  1  ;
2!
0
x
t2
x2 x4
u2 ( x)  1   (t  x)(1  )dt  1   ;
2!
2! 4!
0
Xuddi shunday n-yaqinlashish uchun
2n
2n
n
x2 x4 x6
n x
n x
un ( x)  1     ...  (1)
  (1)
2! 4! 6!
(2n)! k 0
(2n)!
Bu yerdan esa
2n

n x
u ( x)  lim u n ( x)   (1)
 cos x .
n 
(
2
n
)!
k 0
Mashqlar
1) Quyidagi Volter tenglamalari ketma-ket yaqinlashish usuli bilan
yechilsin:
81
2) Quyidagi mos boshlang„ich shartlari bilan berilgan integral
tenglamalar ketma-ket yaqinlashish usuli bilan yechilsin:
x
1. u ( x)  1   u (t )dt , u0 ( x)  0;
0
x
x2
x2
2. u ( x)  2  x   u (t )dt , a) u0 ( x)  1; b) u0 ( x)  2  x;
0
x
2
3. u ( x)  1  x   xu(t )dt , a) u0 ( x)  1  x ; b) u0 ( x)  1;
2
0
x
4. u ( x)  1   xu(t )dt , u0 ( x)  1;
0
x
5. u ( x)  1   tu(t )dt , u0 ( x)  1;
0
x
p
6. u ( x)  1   t u (t )dt , u0 ( x)  1; p  0,1,2,...
0
x
7. u ( x)  x   ( x  t )u (t )dt , u0 ( x)  0;
0
x
8. u ( x)  1   ( x  t )u (t )dt , u0 ( x)  0;
0
x
x t
9. u ( x)  2   2 u (t )dt , u0 ( x)  0;
x
0
1 x 1  x2
u (t )dt , u0 ( x)  0;
10. u ( x)  1  x  
2 0 1 t2
2
82
6.4. Ikki argumentli funksiyalar uchun
Bundan oldingi paragrafda tekshirilgan integral tenglamalardagi
noma‟lum funksiya bir argumentli edi. Endi biz noma‟lum funksiyasi ikki
argumentli bo„lgan Volter tenglamalarining ketma-ket yaqinlashish
usulida yechilishi bilan qisqacha tanishib o„tamiz. Bunday tenglamalarning
umumiy ko„rinishini quyidagicha yozish mumkin:
x y
a)
u ( x, y )  f ( x, y )     K ( x, y, t1 , t 2 )u (t1 , t 2 )dt1dt 2
(6.18)
a c
f ( x, y)  0 haqiqiy va R sohada uzluksiz,
b)
c) K ( x, y, t1 , t 2 )  0 haqiqiy va P sohada uzluksiz,
  uzgurmas son,
d)
R va P sohalar oldingi
quyidagicha aniqlangan edi:
boblarda
R(a  x  b, c  y  d ); P(a  x  b, c  y  d . a  t1  x, c  t 2  y).
Berilgan (6.18) tenglamaning yechimini ikki argumentli funksional
qator shaklida izlaymiz:
u( x, y) u 0 ( x, y)  u1 ( x, y)  2 u 2 ( x, y)    n u n ( x, y)  
(6.19)
Agar yuqoridagi to„rtta shart bajarilsa, (6.18) tenglama yagona yechimga
ega bo„lishini isbot qilish mumkin. Lekin uning isboti oldingi
paragraflardagiga o„xshash bo„lgani sababli, bu yerda uni takrorlamaymiz
va konkret tenglamani yechishni ko„rsatish bilan chegaralanamiz. Buning
uchun quyidagi ishlarni bajarish kifoya:
1. u(x,y) ning (6.19) ko„rinishida olingan ifodasini berilgan (6.18)
tenglamaga qo„yamiz;
2. hosil bo„lgan ayniyatning ikki tomonidagi bir xil darajali 
larning koeffitsiyentlarini o„zaro tenglaymiz;
3. hosil bo„lgan integrallarni hisoblab chiqamiz;
4. nihoyat, u 0 , u1 , u 2 , lar uchun aniqlangan ifodalarni yana (6.19)
qatorga qo„yamiz. Natijada izlanayotgan yechim hosil bo„ladi.
1-misol. Ushbu tenglamani yeching
x y
u ( x, y )  xy     u (t1 , t 2 )dt1dt 2
0 0
Yechish. Bunga (6.19) ni keltirib qo„yamiz, u holda
83
u 0 ( x, y )  u1 ( x, y )  2 u 2 ( x, y )    n u n ( x, y )   
x y
 xy     [u 0 (t1 , t 2 )  u1 (t1 , t 2 )  2 u 2 (t1 , t 2 )  ]dt1 dt 2
0 0
Ikki tomondagi m (m=0,1,2,...) larning koeffitsiyentlarini tenglash yo„li
bilan quyidagilarni topamiz:
u 0 ( x, y)  xy
xy
y
x
x 2 y 2 ( xy) 2
u1( x, y )    [u0 (t1 , t 2 )dt1dt 2   t1dt1  t 2 dt 2 


2
2
(2!) 2
00
0
0
y
xy
x
1
1 x 3 y 3 ( xy) 3
2
2
u 2 ( x, y )    [u1 (t1 , t 2 )dt1dt 2 
t dt1  t 2 dt 2 
 

2  1
2
3
3
(
2
!
)
(
2
!
)
(3!) 2
00
0
0
va hokazo, davom ettirilsa,
( xy ) n1
u n ( x, y ) 
,
[(n  1)!]2
n  0, 1, 2,
hosil bo„ladi. Endi mana shu ifodalarni (6.19) ga qo„yib, ushbu yechimni
olamiz:
2
n
( xy ) 3
2 ( xy )
n ( xy )
u ( x, y)  xy  

 

(2!) 2
(3!) 2
(n!) 2
2-misol. Ushbu tenglamani yeching:
x y
u ( x, y )  1     xt1u (t1 , t 2 )dt1 dt 2 .
0 0
Yechish. Bunga u ning (6.19) ko„rinishidagi ifodasini qo„yamiz va
koeffitsiyentlarni tenglash yo„li bilan quyidagilarni topamiz:
u 0 ( x, y )  1
y
xy
x
1
u1 ( x, y )    xt1dt1dt 2  x  t1dt1  dt 2  x 3
2
00
0
0
y
y
x
x
1 3
1
x6 y 2
4
u 2 ( x, y )    xt1  t1  t 2 dt1dt 2  x  t1 dt1  t 2 dt 2 
 ;
2
2
2

5
2
00
0
0
x9
y3
u 3 ( x, y ) 

2  5  8 3!
va hokazo. Natijada ushbu yechim kelib chiqadi:
x3 y
x6 y 2
x9
y3
2
3
u ( x, y)  1       

 


2 1!
2  5 2!
2  5  8 3!
84
Mashqlar
Quyidagi Volter tenglamalari ketma-ket yaqinlashish usuli bilan
yechilsin:
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Fredgolm integral tenglamalarni yechishda ketma-ket yaqinlashishlar
usulini tushuntiring.
2. Ikki argumentli funksiya uchun Fredgolm integral tenglamalari ketmaket yaqinlashishlar usuli bilan qanday yechiladi?
3. Volter integral tenglamalarini yechishda ketma-ket yaqinlashishlar
usulini tushuntiring.
4. Ikki argumentli funksiya uchun Volter integral tenglamalari ketma-ket
yaqinlashishlar usuli bilan qanday yechiladi?
5. Integral tenglamaning yechimi deganda nimani tushunasiz?
6. Tekis yaqinlashuvchi funksional qator deganda nimani tushunasiz?
7. Iteratsiyalangan yadrolar deb nimaga aytiladi?
8. Integral tenglamalari ketma-ket yaqinlashishlar usuli bilan yechishda
rezolventa qanday ahamiyatga ega?
Adabiyotlar: [1-4], [8].
85
7. INTEGRAL TENGLAMALARNI TAQRIBIY YECHISH
USULLARI
Reja:
1. Chekli yig„indilar usuli.
2. Kollokatsiya usuli.
3. Eng kichik kvadratlar usuli.
4. Momentlar usuli.
Tayanch iboralar: chekli yig„indilar usuli; Fredgolm integral tenglamasi;
Volter integral tenglamasi; chiziqli algebrik tenglamalar sistemasi;
kollokatsiya usuli; eng kichik kvadratlar usuli; nuqtali eng kichik
kvadratlar usuli; momentlar usuli.
7.1. Chekli yig‘indilar usuli
Ushbu usul aniq integralni kvadratura formulasi yordamida taqribiy
yechishga asoslanadi, ya‟ni aniq integralni quyidagicha ifodalaymiz:
b
n
a
i 1
 F x dx   A F x   RF ,
i
i
(7.1)
bu yerda xi i  1,2,..., n - a, b segmentdagi nuqtalar; Ai i  1,2,..., n - F x 
funksiyaning tanlanishidan bog„liq bo„lmagan sonli koeffitsiyentlar va
RF  (7.1) formulaning qoldiq hadi. Odatda Ai sonli koeffitsiyentlarni
quydagicha tanlanadi:
Ai  0
n
 Ai  b  a .
va
i 1
Masalan:
xi  a  i  1h, h 
ba
,
n 1
bo„lsa, sonli koeffitsiyentlar uchun quyidagilar o„rinli:
1. To„g„ri to„rtburchak formulasi uchun:
Ai 
ba
,
n 1
( i  1,2 ,..., n  1), An  0 ;
2. Trapetsiya umumiy formulasi uchun:
h
A1  An  , A2  A3  ...  An 1  h;
2
3. n  2m  1 bo„lgandagi barcha turdagi Simpson formulasi uchun:
86
h
,
3
A1  A2 m 1 
4h
,
3
2h
A3  A5  ...  A2 m 1 
.
3
Endi berilgan ikkinchi tur Fredgolm integral tenglamasi
A2  A4  ...  A2 m 
b
u x     K x, t u t dt  f x 
a  x  b.
(7.2)
a
ni yechish maqsadida a, b da xi nuqtalarni va ushbu
K x1 , x j   K ij ,
uxi   ui ,
f xi   f i
i  1,2,...,n,
belgilashlarni kiritamiz. U holda, (7.1) formulaga asosan, ushbu
n
ui    Aj K ij u j  f i  Ri
i  1,2,..., n.
j 1
(7.3)
tenglamalarni hosil qilamiz, bunda Ri - kvadratur, ux   yechim va
U i  taqribiy yechim orasidagi hatolik.
(7.3) sistemada Ri miqdorni tashlab, ushbu
n
U i    Aj K ijU j  f i
i  1,2,..., n.
j 1
(7.4)
chiziqli algebrik sistemani hosil qilamiz. Ushbu
0, bunda i  1;
 ij  
1, bunda i  j;
Kroneker belgisini kiritsak quyudagi tenglik o„rinli bo„ladi:
n
U i    ijU j ,
j 1
Bu yerda (7.4) sistemani quydagicha yozish munkin:
 
n
j 1
Agar
ij
 Ai K ij U j  f i
i  1,2,..., n.
   det  ij  A j K ij   0,
(7.4*)
(7.5)
tenglik bajarilsa, (7.4*) yagona U i i  1,2,..., n, yechimga ega bo„ladi. Bu
yechimlarni Gauss yoki biror usul bilan topish qiyinchilik tug„dirmaydi.
U i , i  1, n sonlarni topib, (7.2) tenglamaning u x  yechimi uchun
taqribiy analitik ifodasini hosil qilamiz:
87
U x   f x     Aj K x, x j U j .
n
(7.6)
j 1
   0 algebraik tenglamaning turli ildizlari bo„lgan 1 ,..., m m  n
sonlar, umuman olganda K x, t  yadroning taqribiy xos qiymatlarini
ifodalaydi.
Agar U ik  i  1,2,..., n; k  1,2,..., m  orqali
 
 k Aj K ij U jk   0
n
j 1
ij
i  1,2,..., n,
(7.7)
bir jinsli tenglamalar sistemasining noldan farqli yechimlarini belgilasak, u
holda K x, t  yadroning tarqibiy xos funksiyalari uchun ushbu
 k x   k  Aj K x, x j U jk 
n
k  1,2,..., m,
j 1
ifoda aniqlanadi.
Chekli yig„indilar usulini birinchi tur Fredgolm integral tenglamasi
b
  K x, t u t dt  f x .
a
uchun ham qo„llasa bo„ladi. Bu holda ux  a  x  b yechimning
xi i  1,2,..., n nuqtalardagi U i taqribiy qiymatlari quyidagi sistema
yordamida aniqlanadi (7-1-rasm):

n
A K U
j 1
j
ij
i
 fi
i  1,2,..., n.
(7.8)
Ikkinchi tur Volter integral tenglamasi uchun chekli yid‟indilar usulini
qo„llash juda oddiydir. Buning uchun
x
u x     K x, t u t dt  f x 
a  x  b,
a
tenglamani ikkinchi tur Fredgolm integral tenglamasi sifatida qaraymiz.
Bu holda, agar j>i bo„lsa,
Kij  0
bo„ladi. Shunga ko„ra (7.4) ga mos sistema quyidagicha bo„ladi:
n
i  1,2,..., n.
U i    Aj K ijU i  f i
j 1
(7.9)
ya‟ni uchburchak matritsali tenglamalar sistemasini hosil qilamiz (7.2rasm).
88
7.1-rasm. Ikkinchi tur Fredgolm integral tenglamasini chekli yig„indilar usuli bilan
yechishning blok-sxemasi.
89
7.2-rasm. Ikkinchi tur Volter integral tenglamasini chekli yig„indilar usuli bilan
yechishning blok-sxemasi.
90
Agar
i  1,2,..., n,
1  Ai K ii  0
(7.10)
sonlarni
tenglik bajarilsa, u holda (7.9) sistemadan ketma-ket U i
quyidagicha topamiz:
1

U1  f1 1  A1K11  ,

1
U 2   f 2  A1K 21U1 1  A2 K 22  ,


...............
.

n 1


1
U n   f n    A j KijU j 1  An K nn  



j 1



Eslatib o„tish joizki, berilgan  da (7.10) shartni bajarish uchun A j
sonli koeffitsiyentlarni yetarlicha kichik qilib olamiz.
Misol: Chekli yig„indilar usuli yordamida ushbu
1
u x    xe xt u t dt  e x .
0
integral tenglamaning taqribiy yechimini toping.
Yechish. Tugun nuqtalar sifatida x1  0, x2  0,5, x3  1. deb olamiz.
Bu nuqtalarga mos K x, t   xe xt yadro va
qiymatlari quyidagi jadvalda keltirilgan:
f x   e x
funksiyalarning
K ij qiymatlari jadvali.
x
0
0,5
1
0
0
0
0,5000
0,6420
1,3592
1
1,6487
2,7183
t
0
0,5
1
f i qiymatlari jadvali.
xi
fi
0
1
0,5
1,6487
Simpson kvadratura formulasi
91
1
2,7183
1

1






F
x
dx

F
0

4
F

F
1




6 
2

0
dan foydalanib, u x  yechimning xi tugun nuqtalardagi U i taqribiy
1
qiymatlari uchun quyidagi sistemani hosil qilamiz:


U1  1;

1
U 2  0,5000U1  2,7183U 2  1,3592U 3   1,6487;
6

1

U 3  U1  6,5948U 2  2,7183U 3   2,7183;
6

Bu yerda esa soddalashtirishlardan keyin
U1  1;

1,4280U 2  0,2265U 3  1,5654;
1,0991U 2  1,4531U 3  2,5516; 
sistemani hosil qilamiz. Bu sistemani yechsak,
U1  1; U 2  0,930; U 3  1,053.
Taqribiy yechim esa quyidagi formula bilan ifodalanadi:
x

x
2

U x   e  1  3,720e  1,053e x .
6

x
Osongina tekshirish mumkinki, misolda berilgan tenglamaning aniq
yechimi ux   1 ga teng bo„ladi.
7.2. Kollokatsiya usuli
Quyidagi integral tenglamani qaraymiz
b
Ru   u ( x)    K ( x, t )u (t )dt  f ( x)  0.
(7.11)
a
Bu tenglamani taqribiy yechimini c1 , c2 ,...,cn erkin parametrli (noma‟lum
koeffitsiyentlar) aniq
U n  ( x, c1 , c2 ,..., cn )
(7.12)
funksiya ko„rinishida izlaymiz. (7.12) ifodani (7.11) tenglamaga qo„yib,
ushbu
b
RU n   U n ( x)    K ( x, t )U n (t )dt  f ( x)
(7.13)
a
tafovutni hosil qilamiz. Agar u (x) (7.11) ni aniq yechimi bo„lsa, tafovut
nolga teng bo„ladi: Ru  =0. Shuning uchun, c1 , c2 ,...,cn parametrlarni
92
shunday tanlash kerakki, ma‟lum darajada RU n  tafovut kichik bo„lsin.
RU n  tafovutni turli usullar bilan minimallashtirish mumkin. Odatda
hisoblashlar sodda bo„lishligi maqsadida, U n ni c1 , c2 ,...,cn
koeffitsiyentlarning chiziqli kombinatsiyasi ko„rinishida izlanadi. Keyin
c1 , c2 ,...,cn sonlarni topib (7.12) taqribiy yechim hosil qilinadi.
Shuni ta‟kidlash lozimki, agar RU n  tafovut kichik bo„lsa u aniq
u (x) yechimni beruvchi Ru  tafovutga yaqin bo„ladi. Lekin har bir RU n 
va Ru  operatorlar yaqin qiymatlarni qabul qilishidan, umuman olganda,
U n va u yechimlarning odatdagi ma‟nodagi yaqin bo„lishligi kelib
chiqmaydi (masalan, U n ni u ga tekis yaqinlashishi). Shuning uchun,
matematik xatoliklar kelib chiqadi: berilgan RU n  tafovutga ko„ra U n
taqribiy yechimning u  U n xatoligini (chetlanishini) aniqlash muommasi
paydo bo„ladi.
Shuningdek, U n taqribiy yechimning u yechimga yaqinlashish
masalasi, ya‟ni ushbu
lim U n  u
(7.14)
n
munosabat o„rinli bo„ladigan shartni aniqlash muommosi ham mavjud
bo„ladi.
Bu muammolar funksional analizning mukammal teoremalariga
asoslanganligi tufayli biz ularni tahlil qilib o„tmaymiz.
Agar (7.14) munosabat o„rinli bo„lsa, u holda bu usul bilan u
yechimni c1 , c2 ,...,cn parametrlar sonini yetarli darajada ko„paytirib
ixtiyoriy aniqlikda topish mumkin.
Ushbu
n
U n ( x)  0 ( x)   cii ( x) ,
i 1
(7.15)
belgilashni qabul qilamiz, bu yerda 0 ( x),1 ( x),...,n ( x) - ma‟lum berilgan,
c1 , c2 ,...,cn chiziqli
bog„lanmagan
funksiyalar,
noma‟lum
koeffitsiyentlar. Xususiy holda 0 ( x)  0 deb olish ham mumkin. (7.15)
ifodani (7.11) tenglamaning chap tomoniga qo„yib, ushbu
n


RU n   0 ( x)   cii ( x)  f ( x)    K ( x, t ) 0 (t )   cii (t )dt
i 1
i 1


a
b
n
yoki
n
RU n ( x)   0 ( x,  )   ci i ( x,  )
i 1
93
(7.16)
tafovutni hosil qilamiz. Bu yerda



a
(7.17)

b
i  1,2,...,n .
 i ( x,  )   i ( x)    K ( x, t )i (t )dt ,
a

Kollokatsiya usuliga asosan, RU n (x) tafovut [a, b] segmentda
berilgan x j  j  1,2,...,n nuqtalarda (kollakatsiya nuqtalarida) nolga
b
 0 ( x,  )  0 ( x)  f ( x)    K ( x, t )0 (t )dt ,
aylanish shartini qo„yamiz, ya‟ni a  x1  x2  ...  xn  b lar uchun


 j  1,2,..., n
R Un (x j )  0
bo„lsin. Bu yerdan, (7.16) formulaga ko„ra, c1 , c2 ,...,cn koeffitsiyentlarni
aniqlash uchun quyidagi chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini hosil
qilamiz:
n
c
i 1
i
i
( xi ,  )   0 ( x j ,  )
 j  1,2,...,n.
(7.18)
Agar (7.18) sistemaning determinanti noldan farqli
D( )  det i ( x j ,  )  0
bo„lsa, (7.18) sistema yagona c1 , c2 ,...,cn yechimga ega bo„ladi. O„z
navbatida (7.15) formula bilan aniqlangan U n (x) taqribiy yechim topiladi.
D( ) determinantni nolga tenglashtirib,
D( )  0
tenglamadan, umuman olganda K ( x, t ) yadro xos qiymatlarining dastlabki
~
taqribiy qiymatlari k , k  1,2,...,n ni topish mumkin bo„ladi.
Agar
~
f ( x)  0,
0 ( x)  0,
  k ,
deb olsak, (7.18) sistema o„rniga ushbu
n
 c~
i 1
i
~
 i ( x j , k )  0
(k )
 j  1,2,...,n.
(7.19)
(k )
i  1,2,...,n noldan
bir jinsli sistema paydo bo„ladi. (7.19) sistemani c~i
~
farqli yechimlarini topib, K ( x, t ) yadroning   k xos sonlariga mos
n
~(k )
U n ( x)   c~i( k )i ( x).
i 1
taqribiy xos finksiyalarini topamiz.
1-misol. Kollokatsiya usuli yordamida
94
1
t 2u (t )
1
u ( x)   2 2 dt  xarctg .
x t
x
0
(7.20)
tenglamani yeching.
Yechish. Y (x) ni quyidagi
U ( x)  c1  c2 x
ko'rinishda izlaymiz. Bu ifodani (7.20) ga qo„yib, ushbu
 1 x2 
1
1 
1
RU ( x)  c1 x arctg  c2  x   ln 1  2   x arctg .
x
2 2  x 
x

tafovutni hosil qilamiz.
Kollokatsiya nuqtalarini x1  0, x2  1 deb tanlab,
1
1

2
lim xarctg  0,
lim x ln 1  2   0,
x0
x 0
x
x 

ekanligini hisobga olsak, c1 va c2 lar uchun ushbu
1

0  c1  c2  0,

2


1
 
 c1  (1  ln 2)c2  . 
4
2
4 
tenglamalar sistemasiga kelamiz. Bu yerdan c2  0, c1  1. Shunday qilib,
U  1.
ekan. Bu topilgan taqribiy yechim (7.20) tenglamaning aniq yechimi
bo„lishini tekshirish qiyin emas.
2-misol. Ushbu
1
u ( x)  x  x   ( xt  x 2 )u (t )dt
2
0
integral tenglamani kollokatsiya usuli bilan yeching.
Yechish. Berilgan tenglamaning taqribiy yechimini ushbu
3x 2  1
u3 ( x)  c1  c2 x  c3
2
ko„rinishda izlaymiz. Bunga ko„ra tafovut funksiyasi quyidagicha:
RU ( x)  c11 ( x)  c2 2 ( x)  c33 ( x)  f ( x) 
x
3x 2  1
 c1 (1  2 x )  c2  c3
 x  x2.
3
2
Kollokatsiya tugun nuqtalarini x1  1, x2  0, x3  1 deb tanlab, ularda
tafovutning nolga aylanishini talab qilamiz, natijada ushbu
2
95
 c1  c2 / 3  c3  2,

 c1  c3 / 2  0,
 c  c / 3  c  0.
 1 2
3
sistemaga ega bo„lamiz. Bu sistemaning yechimi c1  1, c2  3, c3  2
dan iborat. Bularga ko„ra taqribiy yechim
3x 2  1
u3 ( x)  1  3x  2
 3x(1  x)
2
kabi bo„lib, u aniq yechim bilan ustma-ust tushadi.
7.3. Eng kichik kvadratlar usuli
Quyudagi
b
Ru   u x     K x, t u t dt  f x   0
(7.21)
a
tenglama uchun, kollokatsiya usuliga o„xshash, taqribiy yechimni
n
U n x   0 x    cii ( x)
(7.22)
i 1
ko„rinishida izlaymiz. Bu yerda  0 x,1 x,, n x chiziqli bog„lanmagan
ma‟lum funksiyalar, c1 , c2 ,...,cn topilishi lozim bo„lgan koeffitsiyentlar.
(7.22) ifodani (7.21) ning chap tomonidagi u ning o„rniga qo„ysak
n
RU n    0 x,     ci i x,  ,
(7.23)
i 1
tafovutga kelamiz, bu yerda  0 x,   va  i x,  , i  1, n funksiyalar (7.17)
formula orqali aniqlanadi.
Eng kichik kvadratlar usuliga ko„ra c1 , c2 ,...,cn koeffitsiyentlar
b
I   RU n 
2
a
2
n


dx    0 x,     ci i x,   dx
i 1

a
b
(7.24)
integralning minimum erishish shartida (I minimumga erishadigan shartda)
izlanadi. Bu shart esa ushbu
I
 0 ,  j  1,2, , n;
(7.25)
c j
algebraik tenglamalar sistemasiga keladi, bunga ko„ra (7.24) ni
c1 , c2 ,...,cn parametrlar bo„yicha differensiallab,
96
b
n


1 I
  j x,   0 x,     ci i x,   dx  0 ,
2 c j a
i 1


 j  1,2,, n,
(7.26)
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. Soddalik uchun
 ,    x,   x,  dx
b
i
j
i
j
(7.27)
a
belgilashni kiritsak, (7.26) sistemani eng kichik kvadratlar usulining
normal sistemasi ko„rinishida yozish mumkin:
c1  1 , 1   c2  1 , 2     cn  1 , n    1 , 0 ;


c1  2 , 1   c2  2 , 2     cn  2 , n    2 , 0 ;

 (7.28)


c1  n , 1   c2  n , 2     cn  n , n    n , 0 .
agar 0 x   0 desak, u holda  0 x    f x , bo„ladi, bu yerdan
( i , 0 )  ( i , f ), (i  1,2,.., n) kelib chiqadi. Quyidagi munosabatdan
 i , j    j , i 
(7.28) sistemaga mos matritsaning simmetrikligi kelib chiqadi.
Umuman olganda eng kichik kvadratlar usulining integral shakli
o„rniga nuqtali eng kichik kvadratlar usulini qo„llash ham mumkin.
Eng kichik kvdratlar usuli xuddi kollokatsiya usulidek, K x,t ,
yadroning taqribiy xos qiymatlari va taqribiy xos funksiyalarini topishda
ham qo„llaniladi. Aniqrog„i, f x   0 va  0 x   0 deb faraz qilinsa,
 0 ( x)  0 kelib chiqadi va bundan xos sonlarning taqribiy qiymatlarini
det i , j   0
(7.29)
algebraik tenglamadan aniqlanadi. Keyin (7.28) bir jinsli sistemada  ning
o„rniga topilgan taqribiy xos qiymatlarni qo„yib, taqribiy xos funksiyalar
topiladi.
Misol. Eng kichik kvadratlar usulini qo„llab,
1
u x   x   shx  t u t dt.
2
1
(7.30)
tenglamaning taqribiy yechimini toping.
2
Yechish. Dastlabki yaqinlashish sifatida yechimni U  c1  c2 x  x
ko„rinishda izlaymiz. Bu yerdan
1 x   1,
0 x   x 2 ,
 2 x   x,
ushbu
97
1
1
1
 shx  t dt  ashx,  sshx  t dt  bshx,  t shx  t dt  cshx,
2
1
1
1
tengliklarni e‟tiborga olsak, bunda
a  2sh1  2,3504;
b  2e 1  0,7358;
c  6sh1  4ch1  0,8788,
(7.14) va (7.17) formulalarga ko„ra
 2  x  achx;  0  cshx.
 1  1  ashx;
ifodalarga ega bo„lamiz. Bu funksiyalar uchun ushbu
 1 , 1   2  a 2  sh 2  1  6,4935;
 2

 2 , 2   2  b 2  sh 2  1  2,1896;
 2

 1 , 2   4 ae1  bsh1  8e1sh1  3,4586;
 1 , 0   ac sh 2  1  1,6800;
 2

 2 , 0   2ce 1  0,6466.
hisoblashlarni bajaramiz. Bu miqdorlarga asosan c1 va c 2 koeffitsiyentlar

3

uchun
6,4935c1  3,4586c2  1,6800; 

 3,4586c1  2,1896c2  0,6466.
tenglamalar sistemasiga ega bo„lamiz. Bu yerdan
c2  0,5613.
c1  0,5453;
Shunday qilib, taqribiy yechim quyidagicha ekan
U ( x)  x 2  0,5613x  0,5423.
(7.30) tenglamaning yadrosi aynigan yadro
K x, t   shx  t   shxcht  chxsht
bo„lganligi uchun, uning aniq yechimini topsak yechim quyidagicha
bo„ladi:
ux   x 2  shx  chx,
bunda
6sh1  4ch1
 sh 2 



0
,
6821
;



 1  0,5548.

2
 2

 sh 2 
2

 2 
98
Endi yuqoridagi formulalarga asosan U(x) – taqribiy va u(x) – aniq
yechimlarni taqqoslasak, x – yetarlicha kichik bo„lganda, taqribiy yechim
aniq yechimga yaqin bo„ladi.
Chetki x  1 nuqtalarda esa yechimlar orasidagi u  U tafovut
sezilarli darajada katta bo„ladi.
7.4. Momentlar usuli
Tafovut ushbu
b
Ru   u x     K x, t u t dt  f x   0.
(7.31)
a
ko„rinishda bo„lsin. Yuqoridagiga o„xshash (7.31) tenglamaning taqribiy
yechimini chekli yig„indi
n
U n x   f x    cii x 
i 1
i  1,2,...,n.
(7.32)
ko„rinishda izlaymiz. Bunda 1 x , 2 x ,...,n x   chiziqli bog„lanmagan
berilgan funksiyalar (koordinat funksiyalar) va c1 , c2 ,...cn  aniqmas
koeffitsiyentlar.
(7.32) ifodani (7.31) ga qo„yib, ushbu
b
b


RU n    c j  j x     K x, t  j t dt     K x, t  f t dt.
j 1
a
a


n
(7.33)
tafovutga ega bo„lamiz. Momentlar usuliga ko„ra ci (i  1,2,..., n)
koeffitsyientlar RU n  tafovutning barcha 1 x ,  2 x ,...,  n x  koordinat
funksiyalariga ortogonallik shartidan aniqlanadi, yani ci koeffitsiyentlar
b
 RU  x dx  0
n
(i  1,2,...,n),
i
a
tenglamalar sistemasi orqali topiladi. Bu sistema (7.33) ga asosan
 c j  ij  ij    i
n
i  1,2,...,n,
(7.34)
j 1
ko„rinishga keladi. Bu erda
b
b
b
b
b
a
a
a
a
a
 ij   i x  j x dx, ij   dx  K x, t i x  j t dt ,  i   dx  K x, s i x  f t dt.
Agar (7.34) sistemaning determinanti
D   det  ij  ij 
99
noldan farqli bo„lsa, (7.34) sistemadan c1 , c2 ,..., cn koeffitsiyentlar bir
qiymatli topiladi. O„z navbatida (7.32) formula orqali aniqlangan U n
funksiya (7.31) tenglamaning taqribiy yechimi bo„ladi.
D   0 algebraik tenglamadan K x, t  yadroning 1 ,, n taqribiy
xos qiymatlari topiladi. Keyin
 c~j  ij  k ij   0
n
(i  1,2,..,n),
j 1
bir jinsli chiziqli sistemani yechib, K x, t  ning  k ga mos u~ k x  taqribiy
xos funksiyalari topiladi. Eslatib o„tish joizki, momentlar usuli g„oyasi
Galyerkin usuli g„oyasi bilan bir xildir.
Momentlar usuli K x, t  yadroni K n x, t  aynigan yadro bilan
almashtirish metodiga teng kuchli bo„ladi. Shuning uchun U n x  taqribiy
yechim uchun 7.1-bandda keltirilgandek xatoliklarni baholashga ega
bo„lamiz.
Misol. Ushbu
1
Ru   u x     K x, t u t dt  0,
0
integral tenglamaning birinchi 2 ta xos qiymatini toping. Bu yerda
agar
t  x;
t ,
K  x, t   
agar
t  x.
 x,
Yechish. (7.35) ga asosan tafovut ushbu
1
x

Ru   u x     tu t dt   xu t dt 
x
0

ifodaga teng bo„ladi.
U  c1 x  c2 x 2 bo„lsin. U holda
3
4
 c x3 c x 4
 c c   c x c x 
RU   c1 x  c2 x 2    1  2  x 1  2    1  2  
4
3 
2 3  2
 3
  
 
 
 
 c1 1   x  x 3   c2  x  x 2  x 4 .
6 
12 
 3
 2 
endi RU  ni ortogonallashtirsak,
100
(7.35)



R
U
xdx

0

0


1
2
0 RU x dx  0;
1
ni hosil qilamiz. Bu sistemadan

   1  1 
  1 1  1
c1 1        c2        0; 
2  3 6 5
 3 3 4 12 6 




1
1

1
   1  1 


c1 1        c2        0.

2  4 6 6
 3 4 5 12 7 

sistemaga ega bo„lamiz. Bu sistemani ixchamlab,
c1 120  48   c2 90  35   0; 
(7.36)

c1 630  245   c2 504  180   0.
tenglamalar sistemasini hosil qilamiz. (7.36) sistema determinantini no„lga
tenglashtirib, xos qiymatlar uchun
120  48
90  35
D  
 0.
630  245
504  180
tenglamaga ega bo„lamiz. Bu tenglamadan 652  1692  3780  0, yoki
2  26,03  58,15  0.
(7.37)
(7.37) dan
~
~
2  23,568.
1  2,462;
Taqqoslash uchun (7.35) ning aniq xos qiymatlarini ko„rsatamiz. (7.35)
ning xos qiymatlarini topish ushbu
u 'u  0
u 0  0
u ' 1  0
chegaraviy masala yechishga ekvivalentdir. Bu masalani yechib
2
9 2
1 
 2,467 va 2 
 22,206
4
4
~
~
ga ega bo„lamiz. Shunday qilib, 1 ning chetlashishi taxminan 0,2% va 2
ning chetlashishi taxminan 6% ekan.
Xulosada shuni ta‟kidlab o„tish joizki, tafovutni minimallashtirishning yuqorida ko„rilgan usullarini chiziqli bo„lmagan integral
tenglamalarga ham qo„llash mumkin. Integral tenglamalarni yechishning
yana boshqa usullari ham mavjud. Masalan, Monte – Karlo usuli. Biz bu
yerda unga to„xtalib o„tirmadik.
101
Mashqlar
Quyidagi integral tenglamalarni chekli yig„indilar usuli, kollokatsiya
usuli, momentlar usuli bilan sonli yeching:
1
2
2
1. u ( x)  4 sin ( xt )u (t )dt  2 x   ;
0
1
2. u ( x)   e
arcsin
xt
2 u (t ) dt
 tgx ;
0
1
0,1( x
3. u ( x)   tge
2
t )
( xt 2 )u (t )dt  ctg( x  5) ;
0
1
2
4. u ( x)   sin( x  1)tu (t )dt  x  5 ;
0
1
1
5. u ( x)   ( x 2  sin xt )u (t )dt  cos 2 x ;
30
1
1
2
2
2
6. u ( x)   x ln( x  10t  3)u (t )dt  x  3x ;
40
1
0,1x
2
2
7. u ( x)  5 tge ( xt )u (t )dt  cos x .
0
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Chekli yig„indilar usulining g„oyasini tushuntiring.
2. Fredgolm integral tenglamasi uchun chekli yig„indi qanday tuziladi?
3. Volter integral tenglamasi uchun chekli yig„indi qanday tuziladi?
4. Kollokatsiya usulining g„oyasini tushuntiring.
5. Eng kichik kvadratlar usulining g„oyasini tushuntiring.
6. Nuqtali eng kichik kvadratlar usulining g„oyasini tushuntiring.
7. Momentlar usulining g„oyasini tushuntiring.
8. Kollokatsiya, eng kichik kvadratlar va momentlar usullarida integral
tenglama yechimi uchun tafovut funksiyasi qanday tuziladi?
Adabiyotlar: [5-6], [8].
102
8. INTEGRAL TENGLAMALARNI MATEMATIK PAKETLAR
YORDAMIDA YECHISH
Reja:
1. Integral tenglamalarni Scientific Workplace sistemasida yechish.
2. Integral tenglamalarni Mathcad, MatLab va Maple matematik
paketlar yordamida sonli yechish.
Tayanch iboralar: matematik paket; Scientific Workplace (SWP) dasturi;
SWP muhiti komandalari; Mathcad, MatLab va Maple matematik
paketlar va ularning foydalanuvchi funksiyalari.
8.1. Integral tenglamalarni Scientific Workplace sistemasida yechish
Matematikaning maxsus bo„limlari (xususiy hosilala tenglamalar,
integral tenglamalar, sonlar nazariyasi va h.k.) dagi masalalarni matematik
protsessorlardan foydalanib yechishda bu bo„limlarda qo„llaniladigan
(ba‟zaviy) metodlarni bilish zarur. Ular oliy matematikaning asosiy
bo„limlarida qo„llaniladigan elementar almashtirishlar va hisoblashlarning
buyruqlaridan (operatorlaridan) foydalanish imkonini beradi.
Amalda ixtiyoriy matematik paket yordamida amalga oshirish
mumkin bo„lgan “elementar” hisoblashlar va almashtirishlar zanjiri
murakkab masalalarni ham yechish imkonini beradi (masalan, integral
tenglamalarni yechish). Integral tenglamalarni yechish metodlari yetarlicha
mufassal [1-8] adabiyotlarda keltirilgan.
Maple V va Mu Pad matematik prossessorli Scientific WorkPlace
(SWP) va Scientific Notebook (SN) dasturiy paketlar oliy matematikaning
maxsus bo„limlaridagi ko„pgina masalalarning yechimlarini topishga
imkon beradi. SWP muhitida ishlash texnologiyasi bilan [9-12] larda
tanishish mumkin.
Quyida ushbu Scientific WorkPlace (SWP) va Scientific Notebook
(SN) matematik paketlarning integral tenglamalar va sistemalar ba‟zi
turlarini yechish uchun qo„llanilishi metodikasi keltirilgan.
1-misol. Aynigan yadroga o„tishdan foydalanib 2-tur Fredgolm
integral tenglamasi
1
u ( x)    K ( x, t )u (t )dt  f ( x)
0
ni yeching, bu yerda K ( x, t )  sin( xt ),
Yechish. Ma‟lumki
103
f ( x)  1,   1 / 2
(8.1)
2 n 1
( xt )3 ( xt )5
n ( xt )
sin( xt )  xt 

 ...  (1)
 ...
3!
5!
(2n  1)!
K ( x, t )  sin( xt ) yadroni
3
( xt ) 3 ( xt ) 5
K 3 ( x, t )  xt 

  m ( x) m (t ),
3!
5!
m 1
3
5
aynigan yadroga almashtiramiz, bu yerda  m ( x)  x, x , x va
 t3 t5 
 m (t )  t , , 
 6 120 
va


1
u3 ( x)    K 3 ( x, t )u3 (t )dt  f ( x),
(8.2)
0
aynigan yadroli integral tenglamani yechamiz. Bu yerda u3 ( x)  u( x) .
(8.2) ning yechimini
3
u3 ( x)  1   zmm ( x)  1  z1 x  z2 x3  x3 x 5
m1
ko'rinishda izlaymiz.
K 3 ( x, t ) va u3 ( x) ning qiymatlarini (8.2) tenglamaga qo„yamiz:
3


1   z m m ( x)    m ( x)  m (t ) 1   z k  k (t ) dt  1.
m 1
m 1
 k 1

0
bu yerdan har bir m  1,2,3 uchun
3
1
3
3
1
1
z m    z k   k (t ) m (t )dt    m (t )dt
k 1
0
(8.3)
0
ni hosil qilamiz.
Shunday qilib, z1 , z 2 va z 3 koeffitsiyentlarni topish uchun (8.3)
chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini yechish kerak. Bu sistema  k (t )
va  m (t ) larni almashtirgandan keyin
1
1
1

 1 2

4
6
 z1    z1  t dt  z 2  t dt  z 3  t dt     tdt ,
0
0
0
 0


1
1
1

 1 3


4
6
8
 z 2   z1  t dt  z 2  t dt  z 3  t dt    (t )dt ,
6 0
0
0
 60


1
1
1
 1

 z 3    z1  t 6 dt  z 2  t 8 dt  z 3  t 10 dt     t 5 dt.
120  0

0
0
 120 0
ko'rinishni oladi. Har bir integralni ajratamiz va Evaluate komanda
yordamida <Ctrl> klavishni bosib sistemani
104
1 1
1

 1
 z1    z1 3  z 2 5 z 3 7    2 ,




 1
1
1   1 
 z 2   z1  z 2  z 3     ,
6 5
7
9 6  4 


  1
1
1
 1
z

z

z

 z3 
1
2
3
 7
 120 6 ,
120
9
11

ko'rinishga keltiramiz. Bundan z m lar oldidagi koeffitsiyentlarni guruhlab



  
1  3  z1  5 z 2  7 z 3  2 ,







 z1  1   z 2  z 3   ,
54
24
 42 
 30
 

 


z1 
z 2  1 
,
 z3 

840
1080
1320
720



(8.4)
sistemani hosil qilamiz. Bu yerdan


 

1   
5
7
 3
 
 
 ( ) 
1  
30  42  54


840

.

 

1 

1080  1320 
Fredgolm determinantini hosil qilamiz.
Solve + Numeric komandadan foydalanib (8.2) integral tenglamaning
xos qiymatlarini topamiz, ya‟ni ( )  0 tenglamani yechamiz. Natijada
  263,41,   3,1814,   76863 larni hosil qilamiz. Shunday qilib,

1
bu tenglamaning xos qiymati emas, shuning uchun ham (8.4)
2
sistema yagona yechimga ega bo„ladi. Bu yechimni SWP muhitida
avvalroq  
1
ni aniqlab, Definitions + New Definition dan foydalanib
2
2
4
topamiz. Natijada z1  0,29702 , z 2  2,5488 10 , z3  8,5976 10 .
Shunday qilib, (8.1) integral tenglama yechimining taqribiy qiymati
u3 ( x)  1  0.29702 x  2.5488 102 x3  8.5976 104 x5 
1  0.2970 x  0.0255x 3  0.0009 x 5 .
topiladi.
K ( x, t )  sin( xt ) yadroli (8.1) integral tenglama uchun xatolik
105
1
1
1 ( x)  u3 ( x)   sin( xt )u3 (t )dt  1
20
ga teng bo„ladi.
3
( xt ) ( xt )
K 3 ( x, t )  xt 

3!
5!
xatolik x  [0;1] da
5
yadroli (8.2) integral tenglama uchun
1
1 
( xt )3 ( xt )5 

u3 (t )dt  1 
 2 ( x)  u3 ( x)    xt 

2 0
3!
5! 
 1.4286 105 x  1.1905 105 x3  4.0234 105 x5 
 0.00001x  0.00001x3  0.00004 x5
ga teng bo„ladi.
Ko„rinib turibdiki,  1 ( x) va  2 ( x) xatoliklarning qiymatlari [0;1]
intervalning oxirida kattalashadi.
2-misol. Sonli integrallash metodlarini qo„llab quyidagi Fredgolm 2tur integral tenglamasini yeching.
1
u ( x)    K ( x, t )u (t )dt  f ( x)
(8.5)
0
bu yerda K ( x, t )  sin( xt ), f ( x)  1,   1/ 2.
Yechish. Integrallash oralig„ini n  2m bo„lakka bo„lib integralni
chekli yig„indi bilan almashtiramiz va sonli integrallashning Simpson
b
metodini qo„llaymiz. U holda   (t)dt uchun Simpson formulasi
a
m
m1
h


(
t
)
dt

u

u

4
u

2
u


0
2m
2 k 1
2 k 1 
a
3 
k 1
k 1

b
ba
va yi   (ik ),
n
n  4 deb olamiz, u holda h  1/ 4 va
ko'rinishda bo„ladi, bu yerda h 
i  0, n .
b
h
h 4
Ak uk .
a  (t )dt  3 u0  u4  4(u1  u3 )  2u2   3 
k 0
Shunday qilib, (8.5) tenglamaning taqribiy yechimini
h 4
u ( x)  u4 ( x)   Ak sin( x  kh) y(kh)  1
6 k 0
ko'rinishda izlaymiz.
106
(8.6)
Definitions + New Definition komanda yordamida SWP muhitida
koeffitsiyentlar A0  1, A1  4 , A2  2 , A3  4 , A4  1 va h  1/ 4 qiymatlarni
topamiz.
(8.5) integral tenglamani u (x) yechimning x j  jh nuqtalardagi
taqribiy qiymatlariga nisbatan chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi
bilan almashtiramiz:
u ( jh ) 
h 4
 Ak sin( jh  kh) y(kh)  f ( jh), j  0,4
6 k 0
(8.7)
u( jh)  u j , j  0,4 qiymatlar topilgandan keyin ulardan (8.5) integral
tenglamani taqribiy yechimini, masalan, interpolyatsion ko„phad
yordamida topishda foydalanish mumkin. Integral tenglama yechimining
taqribiy qiymati sifatida (8.6) dan ham foydalanish mumkin. Ko„rinib
turibdiki, integpolyatsion ko„phad ko„rinish jihatidan (8.6) formulaga
qaraganda qulayroq, lekin yechimga yaqinlashish aniqligini ham esda
tutish lozim. Bu taqribiy yechimlar topilgandan keyin ularni taqqoslash
uchun mos grafiklar chiziladi.
Shunday qilib, u j  u( jh), j  0,4 larni aniqlaydigan (8.7) sistema
quyidagi ko„rinishni oladi:

1 4
u0  24  Ak sin(0  kh) yk  1,
k 0

4
1
u1 
 Ak sin(h  kh) yk  1,
24 k 0


1 4
Ak sin( 2h  kh) yk  1,
u2 

24
k

0

4
u  1
Ak sin(3h  kh) yk  1,
 3 24 
k 0

1 4
Ak sin( 4h  kh) yk  1.
u4 

24
k 0

Bu sistemaning har bir tenglamasidagi yig„indi belgisini o„zida
saqlagan ifodani ajratamiz (rangga bo„yaymiz), va <Ctrl> klavishni bosgan
holda Evaluate komandasini 2 marta qo„llaymiz, so„ngra bu ajratilgan
ifodani Brackets piktogrammadan foydalanib kvadrat qavsga olamiz.
Sistema quyidagi ko„rinishni oladi.
107

1
u0 
0  1,
24

u  1 4 sin 1 u  2 sin 1 u  4 sin 3 u   sin 1 u   1,

 3 
 4
 1 24   16  1  8  2
4  
 16 


1   1

 1
 3
 1 
4
sin
u

2
sin
u

4
sin
u







 sin u4   1,
u2 
1
2
3

24
8
4
8
2 









1  
3
9
3 
 3



u

4
sin
u

2
sin
u

4
sin
u

sin







u4  1,
3
1
2
3


24   16 
4  
 8
 16 


u  1 4 sin 1 u  2 sin 1 u  4 sin 3 u  sin 1u   1.
1
2
3
4
 4 24  
4
2
4



Sistemaning biror koeffitsiyentini o„nlik ko„rinishda yozib olamiz
(masalan, 1- tenglamada 1 ning o„rniga 1,0 deb olamiz) va Solve + Exact
komanda yordamida oxirgi sistemani yechamiz. Natijada
u0  1.0,
u2  1.1453, u1  1.0739, u3  1.2122, u4  1.2724
ni hosil qilamiz.
Bu 5 ta hosil qilingan nuqtalar asosida interpolyatsion ko„phadni
tuzamiz. Buning uchun quyidagi matritsani
 x
 0
0.25
 0.5
0.75
 1
u 
1 
1.0739
1.1453
1.2122
1.2724
kiritamiz va Statistics + Fit Curve to Data komandasini qo„llaymiz.
Ko„rilgan dialogli derazadan Last Column ni erksiz o„zgaruvchining ustuni
sifatida tanlaymiz va Polynomial of Degree knopkasining derazasida 4 ni
ko„phadning darajasi sifatida teramiz. Natijada Polynomial fit:
2
y  1.0  0.29813x  0.0054678 x 
 0.018132 x 3  0.0021342 x 4 ni hosil qilamiz.
Shunday qilib, integral tenglamaning taqribiy yechimini hosil
qilamiz:
u( x)  1.0  0.29813x  0.0054678x 2  0.018132 x3  0.0021342 x 4
Integral tenglamaning taqribiy yechimi sifatida (6) ni ham olish
mumkin, u quyidagiga teng bo„ladi:
1
u ( x)  u 4 ( x) 
(4 1.0739 sin 0.25 x  2 1.1453 sin 0.5 x 
24
4 1.2122 sin 0.75 x  1.2724 sin x)  1 
0.17898 sin 0.25 x  0.095442 sin 0.5 x  0.20203 sin 0.75 
0.053017 sin x  1.
108
Ta‟kidlab o„tamizki, ko„rinishdan har xil bo„lgan bu ikkita taqribiy
yechimlarning grafiklari amalda ustma-ust tushadi. Bu grafiklar bilan 2misolda ajralgan yadroga o„tishdan hosil bo„lgan taqribiy
u3 ( x)  1  0.2970 x  0.0255x3  0.0009 x5
yechimning grafigi ham ustma – ust tushadi.
3-misol. Oddiy iteratsiya metodidan foydalanib Fredgolm 2-tur
integral tenglamasi
1
y ( x)    K ( x, t ) y (t )dt  f ( x)
(8.8)
0
ni yeching, bu yerda K ( x, t )  sin( xt ), f ( x)  1,   1/ 2.
Yechish. (8.8) tenglamaning yechimini oddiy iteratsiya metodi bilan
izlaymiz:
11
y n1 ( x)   sin( xt ) y n (t )dt  1
20
(8.9)
bu yerda boshlang„ich yaqinlashish sifatida y0 ( x)  1 ni olamiz va
iteratsiyani 3 qadamda hisoblaymiz.
(8.9) rekkurent munosabat bilan aniqlangan jarayon yaqinlashuvchi
bo„ladi, chunki
B
1 1
  [sin( xt )] dxdt  0.31408
2
0 0
va   1/ 2  1/ B  1/ 0.31408  3.1839 , ammo yaqinlashish sekin bo„ladi.
Buni xatolikning qiymatlari orqali tekshirib ko„rish mumkin.
Shunday qilib, Evaluate komandasi yordamida topamiz:
11
1 cos x  1
y1 ( x)   sin( xt )dt  1  
1
20
2
x
11
 1 cos x  1 
y 2 ( x)   sin( xt ) 
 1dt  1 
20
x
 2

1  cos x  2 cos x  2(cos x) x  1  2 x

1
4
x2
2
Definitions + New Definition komandasidan foydalanib y2 ( x)
funksiyani SWP muhitida aniqlaymiz va topamiz
11
y3 ( x)   sin( xt ) y 2 ( x)dt  1 
20
109
 cos x  3 cos x  2(cos x) x  3 cos x  4(cos x) x  4(cos x) x  1  2 x  4 x  8 x

8x 3
Bu yechim x  0 da aniqlanmagan, lekin x  0 da limitga o„tib bu
funksiyani x  0 da ham aniqlash mumkin.
3
2
2
2
2
3
3-misoldagi oddiy iteratsiya usulmetodi yordamida olingan taqribiy
yechim
y3 ( x) 
 cos x  3 cos x  2(cos x) x  3 cos x  4(cos x) x  4(cos x) x  1  2 x  4 x  8 x

8x 3
3
2
2
2
2
3
4-misol. Laplas almashtirishidan foydalanib yig„ma (svertka) tipdagi
2-tur Volter integral tenglamalari sistemasini yeching:
x
x

 ( x t )
y1 (dt )   ( x  t ) y 2 (t )dt ,
 y1 ( x)  x   e

0
0

x
x
 y ( x)  1  sh ( x  t ) y (t )dt  e ( x t ) y (t )dt.
1
2
0
0
 2
(8.10)
Yechish. Har bir tenglamaning ikkala tomoniga ham Laplas
almashtirishini qo„llaymiz. Quyidagi belgilashlarni kiritaylik:
L( y1 ( x))  Y1 (s), L( y2 ( x))  Y2 (s) .
U holda L( x) 
1
1
,
L
(
1
)

.
2
s
s
Ma‟lumki, Laplas almashtirishida yig„ma funksiyaning obrazi original
funksiyalar obrazlarining ko„paytmasiga teng. Shuning uchun ham
 x  ( x t )

x
 1
1
L  e
y1 (t )dt  
Y1 ; L  ( x  t ) y 2 (t )dt   2 Y2 ;
0
 s 1
0
 s
x

x
 Y
Y1
L  sinh( x  t ) y1 (t )dt   2 ; L  ( x  t ) y 2 (t )dt   2 .
0
 s 1
0
 s 1
(8.10) sistemaga obrazlardan iborat quyidagi sistema mos qo„yiladi:
1
1
1

Y1  s 2  s  1 Y1  s 2 Y2 ,

Y  1  1 Y  1 Y
 2 s s 2  1 1 s  1 2
(8.11)
Solve + Exact komandasi yordamida bu sistemani Y1 va Y2 larga
nisbatan yechamiz. Natijada
2
3
2
s  s 1
s  s 1
Y1 
, Y2 
.
s( s 3  s 2  s  1)
s 4 1
110
Transforms + Inverse Laplace komandasidan foydalanib yana
originalga o„tmiz:
s 2  s 1
1
3
1
, Is Laplace transform of 1  e t  cost  sin t;
3
2
2
2
2
s( s  s  s  1)
3
2
s  s 1
1
1
1
, Is Laplace transform of e t  e t  cos t  sin t .
4
s 1
4
4
2
Shunday qilib, (8.10) sistemaning yechimi quyidagi funksiyalar
bo„ladi:
1 x 3
1
y1 ( x)  1  e  cos x  sin x,
2
2
2
1 x 1 x 1
1
y 2 ( x)  e  e  cos x  sin x  (cosh x  cos x)  sin x .
4
4
2
2
5-misol. Quyidagi ikkinchi tur bir jinsli Fredgolm integral
tenglamasining birinchi xos qiymatining taqribiy qiymatini va unga mos
normalangan xos funksiyasini toping:
1
y ( x)    K ( x, t ) y (t )dt
(8.12)
0
bu yerda yadro T  [0,1]  [0,1] kvadratda aniqlangan:
t (1  x), agar 0  t  x  1,
K ( x, t )  
 x(1  t ), agar 0  x  t  1.
(8.13)
Yechish. Qo„yilgan masalani sonli yechish uchun Galerkin metodini
n
qo„llaymiz. Bunda
y (x)
y n ( x)   z k g k ( x) ,
yechim
funksiya bilan
k 1
yaqinlashtiriladi, bu yerda g1 ( x), g 2 ( x),...,g n ( x) lar [0,1] da chiziqli
bog„lanmagan funksiyalar sistemasini tashkil qiladi.
z k koeffitsiyentlar shunday topiladiki
1
 ( x)  y n ( x)    K ( x, t ) y n (t )dt
0
xatolik [0,1] da barcha g k (x) funksiyalarga ortogonal bo„sin, ya‟ni
1
0  ( x) g k ( x)dx  0,
k  1, n
bu holda har bir m  1,2,...,n uchun z k larga nisbatan tenglamaga ega
bo„lamiz;
1


y
(
x
)


K
(
x
,
t
)
y
(
t
)
dt
n
n
 g m ( x)dx  0
0 
0

1
111
(8.14)
y n (x) taqribiy yechimda qatnashuvchi z k koeffitsiyentlar (8.14)
algebraik tenglamalar sistemasidan topiladi.
y 2 ( x) ni izlaylik, ya‟ni n  2 . g k (x) funksiyalarni quyidagicha
tanlaymiz: g1 ( x)  1, g 2 ( x)  x(1  x) . U holda y2 ( x)  z1  z 2 x(1  x).
Definitions + New Definition komandadan foydalanib bu funksiyalarni
SWP muhitdan topamiz.
(8.14) sistema n  2 uchun
1
 y 2 ( x)dx    K ( x, t ) y 2 (t )dxdt  0,
0
T
1
 y ( x) g ( x)dx   K ( x, t ) y (t ) g ( x)dxdt  0
2
2
2
T
0 2
ko'rinishni oladi.
Evaluate komandasidan foydalanib sistemada qatnashuvchi
integrallarning qiymatlarini topamiz va Definitions + New Definition
komandasi yordamida ularni SWP muhitida aniqlaymiz. Natijada
1
1
y
(
x
)
dx

z 2  z1 ;
0 2
6
1
 y2 ( x) g 2 ( x)dx 
0
1
1
z 2  z1 .
30
6
Ikki karrali integrallarni hisoblash uchun takroriy integrallar
ko„rinishida ifodalaymiz va ularga Evaluate komandasini qo„llaymiz.
Natijada  K ( x, t ) y 2 (t )dxdt 
T
1


t
(
1

x
)
y
(
t
)
dt

x
(
1

t
)
y
(
t
)
dt
2
2
 dx 
0 0
x

1
1
1
1
1
1

4
3
2
z
x

z
x

z
x

xz

xz1 dx 

2
2
1
2
0  12
6
2
12
2 
1
x
1
1
z 2  z1 .
60
12
 K ( x, t ) y 2 (t ) g 2 ( x)dxdt 
T
1
x

t
(
1

x
)
y
(
t
)
dt

x
(
1

t
)
y
(
t
)
dt
2
2

 g 2 ( x)dx 
0 0
x

1
1
1
1
1
1

4
3
2
z
x

z
x

z
x

xz

xz1  g 2 ( x)dx 

2
2
1
2
0  12
6
2
12
2 
1
17
1
z 2  z1 .
5040
60
ni hosil qilamiz.
112
Integrallarni topilgan qiymatlarini sistemaga quyamiz. Natijada
1 
1
 1
 6 z 2  z1    60 z 2  12 z1   0,




 1 z  1 z    17 z  1 z   0
2
1
 30 2 6 1
60 
 5040
yoki z k noma‟lumlar oldidagi koeffitsiyentlarni gruppalab


1 1 
1

z



   z 2  0,
1

 12 
 6 60 

1    z   1  17  z  0
 10  1  10 840  2
(8.15)
ni hosil qilamiz. Bu yerdan Fredgolm determinantini topamiz:
  1  

1     
12   6 60 
 ( )  
   1 17 

1    

 10   5 840 
Evaluate komandasi yordamida determinantni hisoblaymiz
 ( ) 
1
1
1


2
30 280
50400
va tenglamani Solve + Numeric komandasi yordamida yechib uning
ildizlarini topamiz:
1
1
1


2  0 , Solution is:   9.8751,   170.12
30 280
50400
Natijada
Shunday
qilib
birinchi
xos
qiymatning
taqribiy
qiymati
1  9.8751   2  9.8696 .
(8.15) sistemaning yechimini 1  9.8751 uchun topamiz. Natijada
 z1  c,

5(12  1 )

z


c  85.064c.
2

10



1
Shunday qilib 2-tur bir jinsli Fredgolm tenglamasining 1 xos
qiymatiga mos keluvchi xos funksiyasining taqribiy qiymati topiladi:
y2 ( x)  c(1  85.064 x(1  x))
1
Normalangan xos funksiyani topish uchun
0 y2 ( x)dx  1
2
koeffitsiyentning qiymatini topamiz:
1
0 y
2
2
( x)dx  c
1
2
0 (1  85.064 x(1  x))
113
2
dx  213.84c  1,
2
shartdan c
bu yerdan, c 2 `/ 213.84 yoki c   1/ 213.84  0.068384 . Agar c  0.068384
deb olinsa, u holda z1  0.068384, z2  85.064  0.068384  5.817 va natijada 2tur bir jinsli Fredgolm integral tenglamasining 1 xos qiymatiga mos
keluvchi xos funksiyasining taqribiy qiymati quyidagicha bo„ladi:
0
y2 ( x)  0.068384  5.817 x(1  x), x  [0,1] .
Eslatma. Tekshirib ko„rish mumkinki, y 0 ( x)  2 sin x funksiya
berilgan tenglamaning  2 xos qiymatga mos keluvchi normalangan xos
funksiyaning aniq qiymatini beradi. Bitta chizmada y 0 ( x) (zangori) va
0
0
y 2 ( x) (qizil) larning grafiklarini chizsak, y ( x) ni Galyerkin metodi bilan
topishning aniqligini baholash mumkin.
8.2. Integral tenglamalarni Mathcad, MatLab va Maple matematik
paketlar yordamida sonli yechish
Integral tenglamalarni Mathcad matematik paketi yordamida
sonli yechish. Matchadda integral tenglamalarini yechish uchun kiritilgan
vositalar yo„q, ammo paketning kiritilgan vositalari yuqoridagi bo„limda
bayon qilingan chekli yig„indilar metodini amalga oshira oladi. Integral
tenglamalarni Mathcadda yechishni aniq masalalarda qaraymiz.
1-misol.

2
y x   4  sin 2  x  ys ds  2 x   .
(8.16)
0
integral tenglama yechilsin .
Yechish. OREGIN:=1
koeffitsentlarni
aniqlaymiz.
c, d 
integrallash
 : 4
c : 4
d :

2
oralig„ini
.
2-tur
va

Fredgolm
tenglamasining K x, s  yadrosi va f x  o„ng tomononi aniqlaymiz.
2
f x  : 2  x   .
k x, s  : sinx  ;
d c
qadamni
N 1
aniqlaymiz. c, d  oraliqning xi tugun nuqtalari i : 1..N x1 : c  i  1  h
massivini tuzamiz va Fi koeffitsentlarni tuzamiz Fi : f xi  .
Integrallash oralig„ida nuqtalar soni N:=11 ni va h :
Integrallash uchun trapesiya metodidan foydalanamiz. Shuning uchun
A koeffitsrntlar quydagicha bo„ladi: A1 :
114
h
2
AN :
h
i : 2..10,
2
Ai : h .
K va H larning koeffitsentlari matrisasini tuzamiz:
i : 1..N , j : 1..N , K i , j : k xi , x j , H i , j : if i  j,1    Ai  K i ,i    A j  K i , j  .
Ushbu Hy  F chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini yechib, noma‟lum
funksiyaning tugin nuqtalardagi qiymatlarini hisoblaymiz:
y : H 1  F ;
y T   3.1416  2.7147  2.0732  1.2493  0.2927 0.7335 1.7597 2.7162 3.540
47  2.0732  1.2493  0.2927 0.7335 1.7597 2.7162 3.5401 4.1816 4.6085
;
  sin t 
 2t  ;
 1
T
reshx    3.1416  2.7147  2.0732 1.2493  0.2927 0.7335 1.7597 2.7162 3.540
.7147  2.0732 1.2493  0.2927 0.7335 1.7597 2.7162 3.5401 4.1816 4.6085 
aniq yechim
resht  :
2
2
Bu tenglama ikkinchi tur Fredgolm integral tenglamasidir.
y ( x) 
 2  sin 2 x 
 2x  
 1
aniq yechimga ega. Ushbu misolda kvadratur formula sifatida trapesiya
metodidan foydalanilgan.
Volter tenglamasini yechishni quyidagi masala sifatida qaraymiz.
2-misol.
1
yx    x cos2 xs 3 ys ds  x 2  tg x 4 .
3
0
x
integral tenglama yechilsin.
Yechish. OREGIN:=1
koeffitsentlarini aniqlaymiz.
c, d 
integrallash
oralig„ini
 : 1 c : 1 d : 0,6
2-tur Fredgolm integral tenglamasining K x, s  yadrosi va
tomononi aniqlaymiz.


(8.17)
va

f x  o„ng
 
1
f x  :  x 2   tan x 4 .
3
Integrallash oralig„ida nuqtalar soni N : 9 ni va qadamni aniqlaymiz
d c
. c, d  oraliqning x tugun nuqtalari massivini tuzamiz.
h :
N 1
i : 1..N x1 : c  i  1  h Fi : f x1  va F i  koeffitsentlarni tuzamiz.
k x, s  : x  cos x  s 3
2
;
Integral uchun Simpson metodidan foydalanamiz, shuning uchun A
koeffitsentlar quydagicha bo„ladi:
A1 :
h
h
h
h
AN : i : 2,4..N  1 Ai : 4  i : 3,5..N  2 Ai : 2 
3
3
3
3
K va H koeffitsentlar matrisasini tuzamiz:
115
i : 1..N j : 1..N K i , j : k xi , x j , i : 1..N ;
N
yi :

 Fi     if j  i,0, A j  K i , j  y j

j 1
1    Ai  K i ,i

;

yT  0 5.657 103 0.022 0.051 0.087 0.135 0.182 0.245 0.286 .
Aniq yechim
resht  : t 2 ; reshx T  0 5.657  103 0.0225 0.0506 0.09 0.1406 0.2025 0.2756 0.36 .
Tenglamaning aniq yechimi: y( x)  x 2 . Misolni yechishda kvadratur
formula sifatida Simpson metodidan foydalanilgan.
Shu narsaga diqqatni qaratamizki, Volter tenglamalari yechimida
(Fredgolm tenglamalaridan farq qilgan holda) nuqtadan c ni chiqarib
tashlansa kvadratur formula integralining almashtirish aniqligi kamayadi
va hisoblangan qiymatlar borgan sari aniq yechimdan farq qiladi.
Integral tenglamalarni MatLab matematik paketi yordamida
sonli yechish. Yuqorida berilgan algoritmning amalga oshirilishni
MatLabda foydalanuvchi funksiya ko„rinishida qaraymiz. 1- va 2-listingda
yuqoridagi mos 1- va 2-misollarni yechishga mo„ljallangan funksiyalar
berilgan.
1-listing. Fredgolmning 2-tur integral tenglamasini sonli yechish:
function y  fredgolm (c, d , N , lyam)
h  (d  c) /( N  1);
for
xi   c  i  1  h;
F i   f xi ;
end;
A1  h / 2; AN   h / 2;
for i  2 : N  1
Ai   h;
end
for i  1 : N
for j  1 : N
K i, j   k xi , x j ;
end
end ;
for i  1 : N
for j  1 : N
116
if i  j
H i, j   1  1yam  Ai   K i, i ;
else
H i, j   1yam  A j   K i, j ;
end
end
end ;
y  H   1  F ;
plot x, y ;
grid on;
end
2-Listing. Volterning 2-tur integral tenglamasini sonli yechish:
function y  voltera(c, d, N, lyam)
h  (d  c)/(N  1);
for i  1 : N
x(i)  c  (i  1) * h;
F (i)  f ( x(i));
end
A(1)  h / 2; A( N )  h / 2;
for i  2 : N  1
A(i )  h;
end
For i  1 : N
for j  1 : N
K (i, j )  k ( x(i ), x( j ));
end
end ;
for i  1 : N
s  0;
for j  1 : i  1
s  s  A( j )  K (i, j )  y ( j );
end
y (i )  ( f (i )  s  1 yam) /(1  1 yam  A(i )  K (i, i ))
end
plot ( x, y );
117
grid on;
end
Integral tenglamalarni Maple matematik paketi yordamida sonli
yechish. Integral tenglamalarini Maple yordamida yechishni quydagi
misolda qaraymiz:
3-misol. 1;1.5 oraliqda integral tenglama yechilsin:
 x
x
2
 s 2  1xs ds  x 2 
1
Bu tenglama aniq yechimi y 
1
x
1
bo„lgan 1-tur Volter tenglamasidir.
x2
Bu misolni yechishning Maple dasturi va uning natijalari quyidagicha:





restart;
with (lina lg) :
c : 1 : d : 1.5 : N  11lyam : 1 : h : (d  c) / N :
x : array(1..N ) : F : array(1...N ) : s : array(1...N ) : y : array(1...N , [0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]) :
fori : i : 1 to N do x[i ] : c  i * h : s[i ] : x[i ]  h / 2 : F [i ] : x[i ]^ 2  1 / x[i ] : od :
 k : array(1..N ,1...N ) :
for i from 1 to N do for j from 1 to N do K [i, j ] : 1  x[i ]^ 2  s[ j ]^ 2 : od : y[i ] : ( F [i ]  h * r[i ])
([i, i ]) : od :
 for i : 1 to N do tochn _ y[i ] : 1 / s[i ]^ 2 : od :
 for i : 1 to N do pr int( y[i ], tochn _ y[i ]) ; od :
0.9521291751. 0.9518143962
0.8656461151. 0.8653326122
0.7903869090. 0.7901234568
0.7245336090. 0.7243096424
0.6665814392. 0.6663890046
0.6153149882 0.6151480200
0.5697438886 . 0.5695977216
0.5290546394. 0.5289256198
0.4925739506. 0.4924592182
0.4597407709. 0.4596380350
0.4300845111. 0.4299919377
118
Bu yerdan ko„rinib turibdiki, chekli yig„indilar metodi bilan topilgan
yechim (chap ustunda) va aniq yechim (o„ng ustunda) aynan ustma-ust
tushayapti.
Eslatma (Integral tenglamalarni yechishda matematik paketlarni
qo‘llash bo‘yicha). Qaralayotgan matematik paketlar integral tenglamalarni sonli yechish uchun avvaldan kiritilgan funksiyalarga ega emas.
Shuning uchun ham integral tenglamalarni yechishdan maqsad chekli
yig„indilar metodini paketlarda bajarishdan iborat. Buni Mathcad, MatLab,
Maple da bajarish samarali. Integral tenglamalarni yechishda oldindan
o„rganilgan paketdan foydalanish maqsadga muvofiq.
Mashqlar
Quyidagi Fredgolm integral tenglamalarini Mathcad, MatLab va
Maple matematik paketlar yordamida sonli yeching:
1
2
2
1. y ( x)  4 sin ( xs ) y ( s)ds  2 x   ;
0
1
0,5 arcsin(xs )
y ( s)ds  tgx ;
2. y ( x)   e
0
1
0,1( x
3. y( x)   tge
2
s)
( xs 2 ) y( s)ds  ctg( x  5) ;
0
1
2
4. y( x)   sin( x  1) sy ( s)ds  x  5 ;
0
1
1
5. y ( x)   ( x 2  sin xs ) y( s)ds  cos 2 x ;
30
1
1
2
2
2
6. y ( x)   x ln( x  10s  3) y ( s)ds  x  3x ;
40
1
0,1x
2
2
7. y( x)  5 tge ( xs ) y( s)ds  cos x ;
0
e x e x 1
8. y ( x)   e y ( s)ds  x   2 ;
x
x
0
1
xs
1
9. y ( x)  4 xsy ( s)ds  1 ;
0
119
1
1
5
10. y ( x)   xsy ( s)ds  x ;
20
6
2
12. y ( x)  3 xsy ( s)ds  3x  2 ;
0
1
2
13. y ( x)  6 sin ( x) y ( s)ds  3x 
0
10
;
11
 /2
14. y ( x)  4  sin( x) cos(s) y ( s)ds  sin( x) ;
0
 /2
15. y ( x)  4  sin( x) cos(s) y ( s)ds  cos(x) .
0
Quyidagi Volter integral tenglamalarini Mathcad, MatLab va Maple
matematik paketlar yordamida sonli yeching:
x
1. y( x)  e   e x  s y( s)ds ;
x
0
x
2. y( x)  x   xsy ( s)ds ;
0
x
3. y( x)  e   e ( x  s ) sin( x  s) y( s)ds ;
x
0
x
4. y( x)  1   ( x  s) y( s)ds ;
0
x
5. y( x)  e   y( s)ds ;
x
0
x
6. y ( x)  1   sy ( s)ds ;
0
x
7.
1
y ( x) 
 sin( x  s) y ( s)ds ;
1  x 2 0
x
( x  s )
y ( s)ds ;
8. y ( x)  e cos x   cos x e
x
0
x
9. y( x)  4e  3x  4   ( x  s) y( s)ds ;
x
0
120
x
10. y ( x)  e   e x  s y ( s)ds ;
x
0
x
11. y( x)  1  x   e 2( x  s ) y ( s)ds ;
0
x
12.  e 2( x  s ) y ( s)ds  sin( x) ;
0
x
13.  e x  s y ( s)ds  sh ( x) ;
0
x
14.  ( x  s) y( s)ds  1  x ;
0
x
15.  ( x  s) y( s)ds  4e x  3x  4 .
0
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Integral tenglama Scientific Workplace sistemasida qanday yechiladi?
2. Integral tenglamani yechishda foydalaniladigan SWP muhiti
komandalarini ayting.
3. Integral tenglama Mathcad matematik paketida qanday yechiladi?
4. Integral tenglama MatLab matematik paketida qanday yechiladi?
5. Integral tenglama Maple matematik paketida qanday yechiladi?
6. Integral tenglamani yechishda foydalaniladigan matematik paketlar
komandalarini ayting.
Adabiyotlar: [9-12].
121
MUSTAQIL ISH TOPSHIRIQLARI
1. Ushbu
2
yt    K (t , s) y s ds  f (t )
0
Fredgolm integral tenglamasining [a1,b1] kesmadagi diskret taqribiy
yechimini biror kvadratur formula yordamida h1 qadam bilan quring.
Topilgan diskret yechimlardan foydalanib, interpolyatsion formula
yordamida taqribiy yechimni uzluksiz funksiya ko„runushida ifodalang va
va shu yechim yordamida y(c1) va y(d1) taqribiy qiymatlarni toping.
2. Ushbu
t
yt    Q(t , s) ys ds  F (t )
1
Volter integral tenglamasining [a2,b2] kesmadagi diskret taqribiy
yechimini to„g„ri to„rtburchaklar kvadratur formulasi yordamida h2 qadam
bilan quring. Topilgan diskret yechimlardan foydalanib, uchunchi darajali
interpolyatsion ko„phad formulasi yordamida taqribiy yechimni uzluksiz
funksiya ko„runushida ifodalang va shu yechim yordamida y(c2) va y(d2)
taqribiy qiymatlarni toping.
Volter va Fredgolm integral tenglamalari uchun boshlang‘ich
parametrlar
122
Topshiriqlar uchun boshlang‘ich parametrlar
Izoh: Hisoblashlarni matematik paketlardan foydalanib ham bajaring [11].
123
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI
1. Ловитт У.В. Линейые интегральные уравнения. ГТТИ,1933.
2. Михлин С.Г. Интегральные уравнения. – М.: Физматгиз, 1959.
3. Петровский И.Г. Лекции по теории интегральных уравнений. –
М.: Наука, 1965.
4. Трикоми Ф. Интегральные уравнения. - ИЛ. 1960.
5. Демидович Б.П., Марон А.И. Основы вычислительной
математики. – М.: Наука, 1970.
6. Березин И.С., Житков Н.П. Методы вычислений.– M.: Физматгиз,
1966 (1-том, 3-изд.), 1962 (2-том, 2-изд.).
7. Мақсудов Ш.Т. Чизиқли интеграл тенгламалар элементлари. Т.:
Ўқитувчи, 1980.
8. Демидович Б.П., Марон А.И., Шувалова Э.З. Численные методы
анализа. – M.: Наука, 1968.
9. Давыдов Е.Г. Математический пакет Scientific WorkPlace 3.0 в
курсе высшей математики. Технология работы и практика
решения задач: Учебное пособие/ МАДИ (ГТУ).– М., 2002.–105 с.
10. Давыдов Е.Г. Интегрированная система Scientific WorkPlace 4.0:
Технология работы и практика решения задач. – М.: Финансы и
статистика. 2003. – 208 с.
11. Алексеев Е.Р., Чеснокова О.В. Решение задач вычислительной
математики в пакетах Mathcad 12, Matlab 7, Maple 9
(Самоучитель). – М.: НТ Пресс, 2006. – 496 с.
12. Давыдов Е.Г. Пакет Scientific WorkPlace: Особенности
использования // Exponenta Pro. Математика в приложениях. –
2003. – N 4. – C. 9-13.
124
SHAXOBIDDIN SAYFIDDINOVICH MAMATOV,
ABLAKUL ABDIRASHIDOV
INTEGRAL TENGLAMALARNI
TAQRIBIY YECHISH USULLARI
Uslubiy qo‘llanma
Muharrir
Musahhih
Texnik muharrir
G.Q.Rahumova
G.Q. Rahumova
M.Ro„ziboyev
2008 yil 19-iyun 68-buyruq.
2013 yil 29-avgustda noshirlik bo‟limiga qabul qilindi.
2014 yil 10-iyulda original maketdan bosishga ruxsat etildi.
Bichimi 60x84/1, 16, «Times New Roman» garniturasi.
Ofset qog‟ozi. «Risograf» matbaa uskunasida bosildi.
Shartli bosma tabog‟i – 7,75. Nashriyot hisob tabog‟i – 7,25.
Adadi 25 nusxa. 254-buyurtma.
_________________________________________
SamDU bosmaxonasida chop etildi.
140104, Samarqand sh., Universitet xiyoboni, 15
125
View publication stats