Kafedrasi fanidan kurs ishi

Natija-1. Ushbu
(2.1.5)

Koshi masalasi yagona , yechimga ega.
Isbot. Ko’rinib turibdiki funksiya (2.1.5) Koshi masalasining yechimidan iborat. Yechimning yagonaligidan natija-1 ning isboti kelib chiqadi.
Quyidagi
(2.1.6)
belgilash natijasida (2.1.1) va (2.1.2) differensial tenglamalarni quyidagicha yozish mumkin:
L[y]=g(x), (2.1.7)
L[y]=0 . (2.1.8)
Bu yerda L[y] ifodaga differensial operator deyiladi. Endi differensial operatorning ayrim xossalari bilan tanishamiz.
Lemma-2. O`zgarmas ko`paytuvchini operator belgisidan tashqariga chiqarish mumkin, ya`ni
L[cy]=cL[y], c=const.
Isbot.

Lemma-3. Ushbu

tenglik o`rinli.
Isbot.

Natija -2. Ushbu

tenglik o`rinli. Bu yerda .
Teorema-2. Agar y=y(x) funksiya [a,b] kesmada (2.1.8) bir jinsli differensial tenglamaning yechimi bo`lsa, u holda funksiya ham (2.1.8) tenglamaning yechimi bo`ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko`ra L[y]=0. Bundan kelib chiqadi.
Teorema-3. Agar funksiyalar [a,b] kesmada (2.1.8) bir jinsli differensial tenglamaning yechimi bo`lsa, u holda

funksiya ham [a, b] kesmada (8) tenglamaning yechimi bo`ladi.
Isbot. Teorema shartiga ko`ra

Natija-3. Agar funksiyalar [a,b] kesmada (2.1.8) bir jinsli differensial tenglamaning yechimlaridan iborat bo`lsa, u holda ushbu

funksiya ham (2.1.8) tenglamaning yechimi bo’ladi.


2.1.1. Chiziqli oʻzgarmas koeffitsiyentli yuqori tartibli bir jinsli differensial tenglamalar

Nazariyada va amaliyotda ikki xil tipdagi tenglamalarni farqlashadi – bir jinsli va bir jinsli boʻlmagan tenglamalar.

Oʻzgarmas koeffitsiyentli chiziqli bir jinsli ikkinchi tartibli differensial tenglamalar quyidagicha koʻrinishda boʻladi:
, p va q lar – konstantalar
Oʻng tomoni esa qatʼiy nol boʻlishi lozim.
Bunday differensial tenglamalarni yechish uchun:
Xarakteristik tenglamani tuzish lozim:

Tenglama  -ni oʻrniga   -ni oʻrniga  qoʻyib hosil qilinadi, y ni oʻrniga hech nima yozmaymiz.
 – oddiy kvadratik tenglamani yechamiz,  ildizlarni topamiz.
Ildizlarga qarab uch xil holatga duch kelishimiz mumkin:
Agar D>0 boʻlsa,  – turli xil haqiqiy ildizga ega boʻlamiz, bunday
holatda differensial tenglama ildizlari quyidagicha boʻladi:
 c1, c2 - konstantalar
ko`rinishida bo`ladi.
Tushunarliki  – larning birortasi 0 boʻlsa, umumiy yechim (masalan  boʻlsin)

koʻrinishni oladi.
Agar xarakteristik tenglama ikkita karrali yechimga ega boʻlsa 
yaʼni D=0 boʻlsa, u holda bir jinsli differensial tenglamaning umumiy yechimi
 - konstantalar
Agar ikkala yechim ham  boʻlsa, umumiy yechim yana soddalashadi:
 c1,c2 - konstantalar.
Aynan  primitiv differensial tenglamaning yechimi boʻladi:

Agar D<0 boʻlsa, xarakteristik tenglama qoʻshma kompleks ildizlarga ega
boʻladi:

u holda bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi quyidaicha koʻrinishda boʻladi:
 konstantalar
Agar kompleks yechimlar toza mavhum sonlardan iborat boʻlsa, yaʼni a =0 boʻlsa

u holda yechim quyidagicha boʻladi:
  konstantalar
har bir  m-karrali ildiz boʻlsa, u holda unga mos umumiy yechim

Koʻrinishda boʻladi, C₁,C₂, C₃ konstantalar.
Misol 2.1. 


Agar bir jinsli differensial tenglama umumiy holda

koʻrinishda boʻlsa ham hech nima oʻzgarmaydi. Kvadrat tenglama ildizlari ildizlik chiqsa ham hech qanday muammo yoʻq, yechimni qanday boʻlsa shunday yozaveramiz:
Masalan: ,
C₁ ,C₂ konstantalar.
Agar xarakteristik tenglama ildizlari qoʻshma kompleks ildizlar boʻlsa;
Masalan: ,
  konstantalar
Yuqori tartibli bir jinsli differensial tenglamalar:
konstantalar
Bunday differensial tenglamalarni yechish uchun tushunarlliki
Xarakteristik tenglamani tuzish lozim:

Kubik tenglama 3 ta ildizga ega (n – tartibli tenglama n ta ildizga ega)
Agar ildizlar har xil haqiqiy ildizlar boʻlsa, masalan:  boʻlsin, u holda umumiy yechim quyidagicha:
 C₁,C₂, C₃ - konstantalar
Agar bitta ildiz haqiqiy , qolgan ikkitasi qoʻshma kompleks ildiz boʻlsa:
,
u holda yechim quyidagicha boʻladi:

Agar uchta ildiz ham karrali boʻlsa:  u holda umumiy yechim:
 - konstantalar
Xususan  boʻlsa, umumiy yechim:
 , C₁,C₂, C₃- konstantalar
Xuddi shunday oʻzgarmas koeffitsiyentli 4-tartibli chiziqli bir jinsli tenglamalarda ham
lar konstantalar.
Mos xarakteristik tenglama:

Har doim 4 ta yechimga ega boʻladi, umumiy yechim xuddi yuqorida aytilgan prinsipda yoziladi, faqatgina 4 ta ildiz ham karrali boʻlganda, masalan  boʻlsa, umumiy yechim quyidagicha:

- konstantalar, korinishda boʻladi.
Ushbu
(2.1.1. 1)
differensial tenglamaning ixtiyoriy n ta chiziqli bo’g’lanmagan yechimlariga, uning fundamental yechimlari sistemasi (F.Y.S) deyiladi.
Teorema-2.1. Uzluksiz koeffitsientli (1) ko`rinishdagi bir jinsli differensial tenglamaning fundamental yechimlari sistemasi (F.S.Y) mavjud.
Isbot. Aytaylik sonlardan tuzilgan

determinant nolga teng bo`lmasin. U holda differensial tenglamaning ushbu
(2.1.1.2)
boshlang`ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimlari mavjud. Bu yechimlardan tuzilganVronskiy determinantini qaraylik:
.
Endi ni hisoblaymiz:
.
Shuning uchun funksiyalar chiziqli bog`lanmagan bo`ladi. Demak (2.1.1.1) bir jinsli differensial tenglamaning mavjud ekan.