Differentsial tenglama tushunchasiga olib keladigan masalalar. Birinchi tartibli differentsial tenglamalar.
O’zgaruvchilari ajralgan va ajraladigan differentsial tenglamalar. Birinchi tartibli bir jinsli tenglamalar. Bir
jinsliga keltiriladigan tenglamalar. Birinchi tartibli chiziqli differentsial tenglamalar
O’zgaruvchilari ajralgan va ajraladigan differensial tenglamalar.
Ushbu M(x)dxQN(u)duq0 ko’rinishdagi tenglamaga o’zgaruvchilari ajralgan differensial tenglama
deyiladi. Uning o’ziga xos tomoni shundaki, dx oldida faqat x ga bog’liq ko’paytuvchi, dy oldida esa faqat
u ga bog’liq ko‘paytuvchi turadi. Bu tenglamaning yechimi uni hadma-had integrallash yo’li bilan
aniqlanadi:
 M(x)dx  N(y)dyC
Differensial tenglamaning oshkormas holda ifodalangan yechimi bu tenglamaning integrali deyiladi.
Integrallash doimiysi S ni yechim uchun qulay ko’rinishda tanlash mumkin.
260- misol: tgxdx-ctgydyq0 tenglamaning umumiy yechimini toping.
Echish: Bu yerda o’zgaruvchilari ajralgan tenglamaga egamiz. Uni hadma-had integrallaymiz:
 tgxdx - ctgydyC yoki –lncosx-lnsinyq-ln С
Bu yerda integrallash doimiysi S ni – ln С , ya’ni Sq - ln С
orqali belgilash qulaydir, bundan
ln sin y ∙ cos x qln С yoki sin y ∙ cos x q С
umumiy integralni topamiz.
Tahrif.
y' q 1(x)2(y)
(1)
ko’rinishdagi tenglamalar o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar deb ataladi, bu yerda 1(x) va
2(y) uzluksiz funksiyalar.
(1) tenglamani yechish uchun unda o’zgaruvchilarni ajratish kerak. Buning uchun (1) da uni o’rniga dy/dx
ni yozib, tenglamaning ikki tomonini 2(y) 0 ga bo’lamiz va dx ga ko’paytiramiz. U o’olda (1) tenglama
dy
 f 1 ( x)dx
f 2 ( y)
(2)
ko’rinishga keladi. Bu tenglamada x o’zgaruvchi faqat o’ng tomonda, u o’zgaruvchisi esa chap
tomonda ishtirok etyapti, ya’ni o’zgaruvchilar ajratildi. (2) tenglikni har ikki tomonini integrallab,
dy
 f 2 ( y)   f1 ( x)dx  С
ekanligini hosil qilamiz, bu yerda S ixtiyoriy o’zgarmas.
261-misol. y'qy/x tenglamani yeching.
Echish. Berilgan tenglama (2) ko’rinishdagi tenglama, bu yerda 1(x) q 1/x va 2(y)qu.
dy
dх
dy dх

 ln С


х
х tenglamani h’osil qilamiz. Uni integrallab y
O’zgaruvchilarni ajratib, y
, S0
yoki lnyqlnxQlnC va bu tenglikni potentsirlab, yqCx umumiy yechimni topamiz.
Faraz qilaylik, uqSx umumiy yechimdan x0q1, u0q2 boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy
yechim topish talab
qilinyapti. Bu qiymatlarni uqS∙x ga x va u larni o’rniga qo’yib, 2qS∙1 yoki Sq 2 ni topamiz. Demak,
xususiy yechim yq2x ekan.
262-misol Differensial tenglamaning umumiy yechimini toping.
сos 2 yctgxdx  sin 2 xtgydy  0
2
2
Echish: Tenglamani yechish uchun uning har ikki tomonini cos x sin x ifodaga bo’lib yuboramiz va
o’zgaruvchilarini ajratamiz.
сtgx
sin 2 x
сtgx
dx 
 sin 2 x
tgy
cos2 y
dx  
dy  0 tenglikni ikkala tomonini integrallaymiz.
tgy
cos2 y
dy  с

сtg 2 x tg 2 y
c

 c s ning ixtiyoriyligidan foydalansak
ga
2
2
2
almashtirsak , u holda umumiy yechim quyidagicha bo’ladi. tg y  ctg x  c
2
Darsda yechish uchun misollar
Differensial tenglamalarni umumiy yechimini toping.
263.
у dx  x 2 dy  0
264 . (1  y )dx  ( x  1)dy  0
265. cos 2 ydx  ( x 2  1)dy  0
266. x 1  y 2 dx  1  x 2 dy  0
267. sin u sin vdu  cos u cos vdv  0
268. e x dx  e y (1  e x )dy  0
2
269.
( xy 2  y 2 )dx  ( x 2 y  x 2 )dy  0
2
270. x(1  y 2 )dx  ye x )dy  0
271. 3 x  y dx  4 x  y dy  0
272. ( xy  x)dx  ( x 2 y  y)dy  0
Mustaqil uy vazifasi uchun misollar
Differensial tenglamalarni umumiy yechimini toping.
273. xy   tgy
274. 2 xyy  y 2  1
275.
y  e 2 x 4 y
 
y   1 shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimni toping
4
276. y  sin 2 x ln y  y  0
277. 2 у dx  dy  0
y(0)  1 shartni qanoatlantiruvchi xususiy yechimni toping
2-§. Birinchi tartibli bir jinsli va bir jinsliga keltiriladigan differentsial tenglamalar.
1-Ta’rif. f(x,y) funksiya x va u o’zgaruvchilarga nisbatan n- o’lchovli bir jinsli funksiya deb
ataladi, agarda ixtiyoriy  uchun
f(x, y)q nf(x,y)
ayniyat o’rinli bo’lsa.
3
3
278-misol. f(x, y)  3 x  y funksiya bir o’lchovli bir jinsli funksiya, chunki f(x, y)
 3 (  x ) 3  (  y ) 3   3 x 3  y 3   f ( x, y )
279-misol. f(x, y)qxy-y2 funksiya 2-o’lchovli bir jinsli funksiya, chunki f (x, y)q (x)∙(y)-
(y)2q2(xy- y2) q2 f(x,y)
x2  y 2
f ( x, y ) 
xy
280-misol.
f( x, y ) 
funksiya 0- o’lchovli bir jinsli funksiya, chunki
2
2
(x) 2  (y ) 2 2 ( x 2  y 2 )
0 x  y



 0 f ( x, y ) .
x  y
xy
2 xy
2-tahrif. Birinchi tartibli
dy
 f ( x, y )
dx
(3)
differensial tenglama x va u ga nisbatan bir jinsli differensial tenglama deb ataladi, agarda f(x, y)
funksiya x va u ga nisbatan 0- o’lchovli bir jinsli funksiya bo’lsa.
Bir jinsli differensial tenglamani yechish. Faraz qilaylik, (3) bir jinsli differensial tenglama berilgan
bo’lsin, u holda shartga ko’ra
0
y
1
f(x, y)q  f(x,y). Bu ayniyatda   deb olsak, f(x, y)q f(1, ) ni hosil qilamiz. Bu holda (3)
x
x
tenglama quyidagi ko’rinishga keladi:
dy
y
 f (1, )
dx
x
(4) da u 
(4)
y
, ya’ni yqu∙x almashtirish bajaramiz.
x
dy
du
du
u
 x ni hosil qilamiz. Hosilaning bu ifodasini (4) ga qo’yib, u 
 x  f (1, u )
dx
dx
dx
du
dx
yoki
tenglikni hosil qilamiz. Bu esa o’zgaruvchilari ajralgan differensial tenglamadir.

f (1, u )  u
x
U holda
Integrallab quyidagini topamiz:
du
 f (1, u )  u  
dx
 ln С ,
x
du
 f (1, u )  u  ln Cx .
Integrallarni topgandan so’ng u qrniga
y
ni qo’yib, berilgan tenglamaning integralini y  y ( x, c)
x
ko’rinishida topamiz.
281-misol.
dy
xy
 2
tenglamani yeching.
dx x  y 2
Echish. Tenglamaning o’ng tomonidagi funksiya 0-o’lchovli bir jinsli funksiya bo’lgani uchun
y
 u almashtirishni bajaramiz. U holda yqux,
x
du
u
du
u3
u  x

x


yoki
va
dx 1  u 2
dx 1  u 2
tenglama bir jinsli differensial tenglama, shuning uchun
dy
du
 u  x
. Bularni tenglamaga
dx
dx
o’zgaruvchilarni ajratib,
(1  u 2 )du
u
3

qo’yib
1 1
dx
dx
, ya’ni ( 3  )du 
tenglamaga kelamiz.
u
x
u
x
Integrallash natijasida 
1
2u 2
Oxirgi tenglikda u o’rniga
 ln u  ln x  ln C yoki 
1
 ln uxc munosabatlarni hosil qilamiz.
2u 2
y
x2
ni qo‘yib, 
 ln cx tenglamaning umumiy integralini topamiz.
x
2y2
Ko’rinib turibdiki, u ni x orqali elementar funksiyalar yordamida ifodalab bo’lmaydi. Biroq x ni u orqali
ifodalash mumkin: x  y  2 ln Cу
Bir jinsli tenglamalarga keltiriladigan differensial tenglamalar
dy
ax  by  c

dx a1 x  b1 y  c1
(5)
ko’rinishdagi tenglamalarni bir jinsli tenglamalarga keltirish mumkin. Agar s 1q 0, sq0 bo’lsa, tenglama
bir jinsli bo’lishini ko’rish qiyin emas.Faraz qilaylik, s va s1 larni birortasi noldan farqli bo’lsin. xqx1Qh,
yqy1Qk almashtirish bajaramiz. U holda
dy dy1
.

dx dx1
x,u va
dy
ifodalarni (5) tenglamalarga qo’yib
dx
dy1
ax1  by1  ah  bk  c

dx1 a1 x1  b1 y1  a1h  b1k  c1
(6)
tenglamaga ega bo’lamiz. h va k larni shunday tanlab olamizki,
ah  bk  c  0

a1h  b1 k  c1  0
(7)
tenglamalar o’rinli bo’lsin, ya’ni h va k larni (7) tenglamalar sistemasining yechimi sifatida olamiz. Bu
holda (6) tenglamadan bir jinsli
dy1
ax1  by1

dx1 a1 x1  b1 y1
tenglamani hosil qilamiz. Tenglamani yechib va x
hamda u larga x1qx-h, y1qy-h formulalar yordamida qaytib, berilgan (5) tenglamaning yechimini
topamiz. Agar
ab
a1b1
0
bo’lsa, ya’ni ab1qa1b bo’lganda, ma’lumki, (7) sistema yechimga ega bo’lmaydi. Ammo, bu o’olda
a1 b1

  , ya’ni a1qa, b1qb bo’ladi.
a b
Bundan kelib chiqadiki (5) tenglamani
dy
(ax  by )  c

dx  (ax  by )  c1
(8)
ko’rinishga keltirish mumkin bo’ladi. Bu holda
zqaxQby
(9)
almashtirish yordamida tenglama o’zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga aylanadi,
dz
dy
 ab
tenglikdan
dx
dx
haqiqatdan,
dy 1 dz a
  
dx b dx b
(10)
munosabatni hosil qilamiz, hamda (9) va (10) ifodalarni (8) tenglamaga qo’yib,
ajraladigan
o’zgaruvchilari
1 dz a
zc
  
tenglamani hosil qilamiz.
b dx b z  c1
dy
ax  by  c
 f(
) tenglamaga ham qo’llash
dx
a1 x  b1 y  c1
Yuqorida (5) tenglamaga qo’llanilgan usulni
mumkin, bu yerda f qandaydir uzluksiz funksiya.
282-misol.
dy x  y  3
tenglamani yeching.

dx x  y  1
Echish. Tenglamani bir jinsli tenglamaga aylantirish uchun xqx1Qh, yqy1Qk almashtirishni
bajaramiz. U holda tenglama
dy1 x1  y1  h  k  3
ko’rinishni oladi.

dx1 x1  y1  h  k  1
tenglamalar sistemasini yechib hq2, kq1
u  x1 
ekanligini topamiz. Natijada bir jinsli
y1
 u almashtirishni bajarsak, u holda
x1
tenglmani hosil qilamiz.
hQk-3q0, h-k-1q0
y1qux1,
dy1
du
,
 u  x1 
dx1
dx1
du 1  u
du 1  u 2


bo’ladi va natijada x1 
o’zgaruvchilari ajraladigan tenglamaga ega
dx1 1  u
dx1 1  u
bo’lamiz. O’zgaruvchilarni ajratamiz:
arctgu 
dx
1 u
du  1 integrallab
2
x1
1 u
1
ln( 1  u 2 )  ln x1  ln С ,
2
arctgu  ln Сx1 (1  u 2 ) yoki Сx1 1  u 2  e arctgu ekanligini topamiz.u o’rniga
С x  y e
2
1
dy1 x1  y1

dx1 x1  y1
2
1
arctg
y1
x1
ekanligini,
С ( x  2) 2  ( y  1) 2  e
arctg
y 1
x2
va
nihoyat,
natijani hosil qilamiz.
x
va
u
y1
ifodani qo’yib,
x1
o’zgaruvchilarga
o’tib
283-misol. y  
2x  y  1
tenglamani yeching.
4x  2 y  5
Echish. Tenglamani xqx1Qh, yqy1Qk almashtirish yordamida yechib bo’lmaydi, chunki bu
holda h va k larni aniqlashga yordam beradigan sistema determinanti
2
4
1
2
nolga teng.
Bu tenglamani 2xQyqz almashtirish yordamida o’zgaruvchilari ajraladigan differensial
tenglamaga keltirish mumkin, haqiqatan, y`qz`-2 bo’lgani uchun tenglama
z  2 
z 1
2z  5
ko‘rinishga, yoki
z 
5z  9
2z  5
ko’rinishga keladi. Tenglamani yechib
2
7
z
ln | 5 z  3 | x  С
5
25
munosabatni, z o’rniga 2xQy ni qo’yib esa
2
7
(2 x  y ) 
ln | 10 x  5 y  9 | x  С yoki 10 y  5x  7 ln | 10x  5 y  9 | С1 ya’ni u ni x ga
5
25
nisbatan oshkormas ko’rinishini hosil qilamiz.
Darsda yechish uchun misollar
Differensial tenglamalarni umumiy yechimini toping
284. y   1 
x
y
290. xy  sin(
285. xy   3 y  x
291. xy  y 2  (2 x 2  xy)  y 
286. ( x  y )dx  xdy  0
287. y 2 dx  ( x 2  xy)dy  0
288. ( x 2  xy  y 2 )dx  x 2 dy  0
( x 2  2 xy)dx  xydy  0
289. y  
y
y
 sin ,
x
x
y
y
)  x  y sin( )
x
x
y (1) 

2
Differensial tenglamalarni quyidagi boshlang’ich shartlarni qanoatlantiruvchi xususiy
yechimini toping.
292. xy   y  x cos ec
y
x
y (1) 

2
293. ( y  2 xy )dx  xdy  0
y(e)  e
y
dx
x
y (1) 
2
294. xdy  ydx  x sin
295. y 2  x 2 y  0

6
y(1)  1
296. ( x  3 y )dx  (3x  y )dy  0
y (1)  0
297. ( x  y  2)dx  (2 x  2 y  1)dy  0
298. (2 x  y  1)dx  ( x  2 y  1)dy  0
299. 2( x  y)dy  (3x  3 y 1 )dx  0, y(0)  2
300. ( x  2 y  3)dy  (2 x  y  1)dx  0
301. ( x  y  4)dy  ( x  y  2)dx  0
Mustaqil uy vazifasi uchun misollar
Differensial tenglamalarni umumiy yechimini toping.
302. y  xy 
x2  y2
y
303. xy  y  xe x
304. xy   y  y (ln y  ln x)
y
y
x
305.
xy   x cos 2
306.
( x  2 y )dx  (2 x  y )dy  0