Misal 1 - Mühazirəçi : R. F. D. dosent Orucova Rəna Üzeyir qızı Ədəbiyyat

Misal 1. (1) halına aid
x2dy + xydx = dx
tənliyi həll edin.
Ortaq vuruğ kimi x məchulunu mötərizə xaricinə çıxaraq:
x=dx .
Tənliyin hər iki tərəfini ifadəsinə vuraq:
d(xy) = əvəzləmə
du = y · x = u
Sonuncu tənliyi bircins tənlik kimi həll edək:
.
u = ln x yx = ln x + ln C =
Burdan alırıq ki, tənliyin ümumi həlli
y = .
Misal 2. (2) halına aid
y2xdy – y3dx = x2dy
tənliyi həll edin.
Ortaq vuruğ kimi y2 məchulunu mötərizə xaricinə çıxaraq:
y2 = x2dy.
Tənliyin hər iki tərəfini ifadəsinə vuraq:
əvəzləmə
d = y-2dy
u = + C = C
Burdan alırıq ki, tənliyin ümumi həlli
y2 = x(Cy ).
Mövzu 32
İkitərtibli diferensial tənliklər. İxtiyari sabitin variyasiya
Üsulu. Xətti sabit əmsallı tənliklər sistemi.
1. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins tənliklər.
2. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər.
3. Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər üçün sabitlərin variyasiyası metodu (Laqranj üsulu).
4. Xətti bircins sabit əmsallı diferensial tənliklər sistemi.
1. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins tənliklər.
►Tutaq ki, ikitərtibli xətti bircins
y + py + qy = 0 (1)
tənliyi verilmişdir, burada p, q əmsalları sabit ədədlərdir. Bu tənliyin həlli şəklində axtarılır, burada k axtarılan sabit ədəddir. Onda
.
Törəmələrin bu qiymətlərini (1) tənliyində yerinə yazaq
ekx(k2+pk+q) = 0,
burada ekx0 olduğundan alırıq ki,
. (2)
(2) tənliyinə (1) diferensial tənliyinin xarakteristik tənliyi deyilir. Bu tənlikdən k-nı tapaq
(3)
Burada aşağıdakı hallar mümkündür.
1. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri həqiqi və müxtəlifdirsə, onda və funksiyaları xüsusi həllərdir. Deməli, (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla ifadə olunur:
y = C1+C2. (4)
2. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin kökləri həqiqi və bərabərdirsə (k1 = k2 ), onda (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla ifadə olunar:
(5)
3. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri kompleks olarsa ( k1 = +i , k2 = –i), onda (1) tənliyinin ümumi həlli
(6)
şəklində olur.
2. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər.
Qeyri-məlum əmsallar üsulu.
►Tutaq ki, bircins olmayan ikitərtibli
(1)
tənliyi verilmişdir, burada p, q əmsalları sabit ədədlər, – məlum funksiyadır. Aşağıdakı teorem doğrudur.
Teorem 1. Bircins olmayan (1) tənliyinin ümumi həlli
(2)
bircins tənliyinin ümumi həlli ilə verilən bircins olmayan (1) tənliyin xüsusi həllinin cəminə bərabərdir.
İsbatı. Əgər y0 bircins (2) tənliyinin ümumi həlli və y* uyğun bircins olmayan (1) tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda
və y*+ py*+qy* =.
Bu iki tənliyi tərəf-tərəfə toplasaq və cəmin törəməsinin törəmələrin cəminə bərabər olduğunu nəzərə alsaq
(y0 + y*)+ p( y0 + y*)+q( y0 + y*) =.
Buradan aydındır ki,
y = y0 + y* (3)
funksiyası (1) tənliyinin ümumi həlli olacaq.
Teorem 2. Tutaq ki, bircins olmayan
y + py + qy = f1(x) + f2(x) (4)
tənliyinin sağ tərəfi f1(x) və f2(x) funksiyalarının cəmidir. Əgər y1
y + py + qy = f1(x)
tənliyinin xüsusi həlli və y2 isə
y + py + qy = f2(x)
tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda y1 + y2 cəmi verilmiş (4) tənliyinin xüsusi həllidir.
Biz sabit əmsallı xətti bircins tənliyin ümumi həllini tapa bilirik. İndi isə uyğun bircins olmayan (1) tənliyinin xüsusi həllinin tapılma üsulunu göstərək. Qeyd edək ki, funksiyasının bəzi xüsusi şəkilləri üçün xüsusi həlli qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapmaq olar.
Aşağıdakı sadə hallarda tənliyin sağ tərəfindəki funksiyasının şəklinə görə (1) tənliyinin y* xüsusi həllinin şəklini əvvəlcədən göstərmək olar.
1-ci hal. = P(x), burada P(x) – çoxhədlidir. Bu halda, əgər xarakteristik tənliyinin kökü sıfra bərabər olmazsa, onda y* xüsusi həlli P(x) ilə eyni tərtibə malik olan Q(x) çoxhədlisi şəklindədir; əgər sıfır ədədi xarakteristik tənliyin r dəfə təkrarlanan kökü olarsa, onda y* = xrQ(x).
2-cü hal. = emxP(x). Burada P(x) müəyyən dərəcəli çoxhədlidir. Bu halda əgər m ədədi xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=emxQ(x) və əgər m xarakteristik tənliyin r dədə təkrarlanan kökü olarsa, y*=xremxQ(x) olar. Burada Q(x) çoxhədlisi P(x) ilə eyni dərəcəli çoxhədlidir.
Xüsusi hal. = aemx (a, m – sıfırdan fərqli müəyyən ədədlərdir). Bu halda əgər m xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=Aemx və əgər m xarakteristik tənliyin r dəfə təkrarlanan kökü olarsa, onda y*=Axremx olar. Burada A axtarılan əmsaldır.
3-cü hal. . Bu halda əgər ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda
və əgər ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda
.
Burada və çoxhədlilərin dərəcəsi və çoxhədlilərin dərəcəsinin ən böyüyünə bərabərdir.
Xüsusi hal. (a, b, , – sıfırdan fərqli müəyyən ədədlərdir). Bu halda əgər ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda
və əgər ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda
.
Burada A və B axtarılan əmsallardır.
Laqranj_üsulu).'>3. Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər üçün sabitlərin
variyasiyası metodu (Laqranj üsulu).
Sabitlərin variyasiya metodunun tədbiqini xətti diferensial tənliklərin bir gədər ümumi halı üçün araşdıraq. Yəni ümumi hal olaraq həmin üsulun dəyişən əmsallı xətti diferensial tənlikləri üzərində öyrənək, çünki buradan asanlıqla həmin metodun sabit əmsallı olan tənliklər üçün istifadəsini göstərmək mümkündür.
Daha aydın olsun deye ikitərtibli xətti tənliyə baxaq:
yꞌꞌ + p1(x)yꞌ + p2(x)y = f(x), (1)
yꞌꞌ + p1(x)yꞌ + p2(x)y =0. (2)
Bilirik ki, ikinci tənlik birinci tənliyə uyğun olan bircinsli tənliyidir.
Fərz edək ki, ikinci tənliyin ümumi həllini
y = c1y1 + c2y2 (3)
kimi götürək.
Burada c1 və c2 ixtiyari sabitlər, y1(x) və y2(x) isə (2) tənliyinin xətti asılı olmayan xüsusi həllidir. Belə olan halda sabit əmsallı xətti diferensial tənliyin qeyri-bircins halı üçün Laqranj metoduna görə aşağıdakı şəkildə axtarmaq əlverişlidir:
y =Ay1 + By2 (4)
Burada A və B aşağıda verilən tənliklər sistemini ödəyən x-dəyişənindən asılı olan axtarılan fuksiyalardı: A(x) və B(x):
(5)
Alınan tənliklər sistemini Kramer üsulu ilə həll etmək üçün əvvəlcə sistemin ω əsas determinantını hesablayaq və determinantın 0 ədədindən fərgli olmasını yoxlayaq:
ω = (6)
Determinantın 0-dan fərgli olan halda axtarılan və funksiyaları aşağıdakı işadələrə görə tərtib edirik:
= , = (7)
Daha sonra A(x) və B(x) funksiyalarını tapmaq üçün (7) bərabərliklərin hər iki tərəfini inteqrallayırıq.
Xüsusi olaraq qeyd edək ki, Laqranj üsulundan sabit əmsallı xətti qeyri-bircins diferensial tənliklərinin sərbəst hədləri üstlü funksiya, çoxhədli və xüsusi olaraq triqonometrik polinomdan fərgli olan hallarda istifadə etmək zəruri və əlverişlidir.
|