Mühazire

1. Universitetin adı ___________ADAU___________________________ 2. Fakültə:

İnformasiya texnologiyaları, aqromühəndislik və enerğetika

3. Kafedra: ____

Aqrar Fizika və riyaziyyat________________________

4. Fənn: __ _______ 5. Mühazirəçi:

Riyaziyyat _______________________________

t.e.n. dosent. Bağırlı David Veysəl oğlu _____________

Gəncə - 2010 ƏDƏBİYYAT 1. R. Məmmədov. Ali riyaziyyat kuru, I hissə, «Maarif», Bakı, 1978., II hissə 1981, III hissə 1984. 2. Məsimova S.N. Ali riyaziyyatın əsasları. Bakı, Yeni Nəsil, 2006. 3. Piskunov N.S. Diferensial və inteqral hesabı. Bakı. Maarif, I,II c., 1965. 4. Данго П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая юкола, в 2-х частях, 1986. 5. Кудряцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. М., Наука, 1989. 6. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике. М., Наука, 1964. 7. Общий курс высшей математики для экономистов. Под ред. Ермакова В.И.М., Инфра – М, 2008. 8. Сборник задач по высшей математике для экономистов. Под ред. Ермакова В.И.М., Инфра –М, 2008. 9. Шипачев В.С. Высшая математика. М., Высшая школа, 1990. Mövzu 21. Diferensial tənliklər. Birtərtibli bircins və bircins olmayan xətti diferensial tənliklər Əsas anlayışlar

1. Əsas anlayışlar 2. Birtərtibli diferensial tənliklər 3. Dəyişənlərinə ayrıla bilən diferensial tənliklər 4. Bircins diferensial tənliklər 5. Birtərtibli xətti diferensial tənlil T ə r i f. İxtiyari x dəyişəni, onun y  y(x) funksiyası və bu funksi-yanın həmin x dəyişəninə nəzərən y( x) , y( x) , ..., y ( x) törəmələri daxil olan tənliyə adi diferensial tənlik (n)

deyilir. Diferensial tənliyə daxil olan ən yüksək tərtibli törəmənin tərtibinə həmin diferensial tənliyin tərtibi deyilir. n-tərtibli adi diferensial tənlik ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazılır 1

F ( x, y, y, y, ..., y ( n ) )  0 .

(1)

(1) diferensial tənliyini eyniliyə çevirən y   ( x) funksiyasına həmin tənliyin həlli deyilir. Bu, o deməkdir ki, y   ( x) funksiyasını və onun ( x), ( x),..., ( x) törəmələrini (1) (n)

tənliyində yerinə yazdıqda həmin tənlik x -ə nəzərən eyniliyə çevrilir. n-tərtibli diferensial tənliyin ümumi həlli n sayda ixtiyari sabitin daxil olduğu elə

y   ( x, C , C ,...,Cn ) 1

2

(2)

həllinə deyilir ki, o verilmiş tənliyi eyniliyə çevirsin. Diferensial tənliyin ümumi həllinə daxil olan ixtiyari sabitlərin müəyyən qiymətlərində alınan hər bir həlli diferensial tənliyin xüsusi həlli adlanır. Verilmiş diferensial tənliyi ödəyən funksiya (həll) qeyri-aşkar və parametrik şəkildə də verilə bilər. Bu halda həmin funksiyaya bəzən diferensial tənliyin inteqralı deyilir. Diferensial tənliyin həllinin qrafiki inteqral əyrisi adlanır. Birtərtibli diferensial tənliklər Birtərtibli diferensial tənlik ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazılır

F ( x, y, y)  0 . Bu tənliyi axtarılan funksiyanın y törəməsinə nəzərən həll etmək mümkün olduqda

y  f ( x, y)

(1)

şəklində törəməyə nəzərən həll olunmuş birtərtibli diferensial tənlik alınır. (1) tənliyinin ümumi həlli

y   ( x, С ) şəklindədir. Burada

C

ailəsindən ibarətdir, yəni

(2)

ixtiyari sabitdir. Həndəsi olaraq (2) ümumi həll inteqral əyriləri C sabitinin müxtəlif qiymətlərinə uyğun olan xətlər toplusudur.

İnteqral əyriləri belə bir xassəyə malikdirlər ki, onların hər bir M(x, y) nöqtəsində toxunanın meyl bucağı

tg  f ( x, y) şərtini ödəyir. Əgər inteqral əyrisinin keçdiyi M 0 ( x0 , y0 ) nöqtəsini versək, onda bununla sonsuz inteqral əyriləri ailəsindən müəyyən bir inteqral əyrisi seçilir və bu bizim diferensial tənliyin xüsusi həllinə uyğundur. Analitik olaraq bu tələb x  x0 olduqda y  y0 başlanğıc adlanan şərtə gətirilir. Əgər (2) ümumi həll məlumdursa, onda alırıq ki,

y0   ( x0 , С ). 2

Bu şərtdən C sabitini müəyyən etmək olar və nəticədə, uyğun xüsusi həlli tapmaq olar. Koşi məsələsi bundan ibarətdir. Ko ş i m ə s ə l ə s i. (1) diferensial tənliyinin y0   ( x0 ) başlanğıc şərti ödəyən, yəni arqumentin x  x0 qiymətində verilmiş y  y0 qiymətini alan y   ( x) həllini tapın. Koşi məsələsini həndəsi olaraq belə ifadə etmək olar: (1) diferensial tənliyinin verilmiş

M ( x , y ) nöqtəsindən keçən inteqral əyrisini tapın. 0

0

0

Qeyd edək ki, törəməyə nəzərən həll olunmuş birtərtibli diferensial tənliyi həmişə

M ( x, y)dx  N ( x, y)dy  0

(3)

diferensial şəkildə yazmaq olar. Doğrudan da (2) tənliyini

dy  f ( x, y ), f ( x, y)dx  dy  0 dx kimi yazıb, orada M ( x, y)  f ( x, y) və N ( x, y)  1 qəbul etsək (3) şəklində diferensial tənlik alınar. Dəyişənlərinə ayrılan tənliklər 1. Tutaq ki, M(x) və N ( y ) funksiyaları uyğun olaraq (a,b) və (c,d ) intervalında kəsilməzdir. Bu halda

M ( x)dx  N ( y)dy  0

(1)

tənliyinə dəyişənlərinə ayrılmış diferensial tənlik deyilir. (1) tənliyində dx-in əmsalı ancaq xdən, dy-in əmsalı ancaq y-dən asılıdır. Fərz edək ki, y (x) funksiyası (1) tənliyinin həllidir. Onda həmin funksiya (1) tənliyini eyniliyə çevirir: M ( x)dx  N ( y)dy  0.

(2)

Bu eyniliyi inteqralladıqda

 M ( x)dx   N ( y)dy  C

(3)

münasibəti alınar, burada S ixtiyari sabitdir. Buradan aydındır ki, (3) tənliyi (1) tənliyinin bütün həllərini təyin edir. Buna görə də (3) münasibətinə (1) tənliyinin ümumi inteqralı deyilir. 2. Fərz edək ki, M1(x), M2(x), N1(y), N2(y) funksiyaları kəsilməzdir. Bu halda

M ( x) N ( y)dx  M ( x) N ( y)dy  0 (4) 1

1

2

2

tənliyinə dəyişənlərinə ayrılan tənlik deyilir. Bu tənliyi həll etmək üçün onun hər iki tərəfini 3

N1(y) M2(x)  0 hasilinə bölək:

M ( x) N ( y) dx  dy  0. M ( x) N ( y) 1

2

2

1

Dəyişənlərinə ayrılmış bu tənliyin ümumi inteqralı

M ( x) N ( y) dx   dy  C ( x) N ( y)

M

1

2

2

1

(5)

olar. (4) tənliyinin (5) ümumi inteqralından alınmayan başqa həlləri də ola bilər. Belə həllər N1(y) M2(x) = 0 bərabərliyinin ödənildiyi nöqtələr içərisində olar (N1( y) = 0, M2(x) = 0). M i s a l. x = 5, y = 1 başlanğıc şərtini ödəyən y 

1 x diferensial tənliyinin həllini 2 y

tapmalı.

dy 1  x ,  dx 2  y

Hə lli.

(x – 1)dx + ( y + 2)dy = 0 ,

 ( x  1)d ( x  1)   ( y  2)d ( y  2)  C , 1

( x  1)  ( y  2)  C ( C  2C ). 2

2

2

2

1

Mərkəzi O(1,–2) nöqtəsində olan çevrələr. Xüsusi həlli tapaq üçün x = 5, y = 1 başlanğıc şərtlərdən istifadə edək:

(5  1)  (1  2)  C , C  25. 2

2

2

2

Axtarılan xüsusi inteqral

( x  1)  ( y  2)  25. 2

2

çevrəni müəyyən edir. Bircins diferensial tənliklər T ə r i f 1. Əgər hər bir k ədədi üçün

f (kx, ky)  k n f ( x, y)

(1)

eyniliyi doğru olarsa, onda f ( x, y) funksiyasına x və y dəyişənlərinə nəzərən n dərəcəli bircins funksiya deyilir. İndi isə

M ( x, y)dx  N ( x, y)dy  0

(2)

diferensial tənliyinə baxaq. Tər if

2.

Əgər

x

və

y

dəyişənlərinin

diferensiallarının

M

(x,

y)

və 4

N (x, y) əmsalları eyni dərəcəli bircins funksiyalar olarsa, onda (2) tənliyi birtərtibli bircins diferensial tənlik adlanır. Bu tənliyi həll etmək üçün

y  z , y = xz, dy = xdz + zdx əvəzləməsi vasitəsilə onu x

dəyişənlərinə ayrılan tənliyə gətirmək lazımdır. İndi tutaq ki, bircins diferensial tənlik aşağıdakı şəkildə verilmişdir

dy  f ( x, y ) . dx

(3)

Əgər f ( x, y) funksiyası x və y dəyişənlərinə nəzərən sıfır dərəcəli bircins funksiya olarsa, yəni

f (tx, ty)  t f ( x, y)  f ( x, y) 0

şərti ödənilərsə, onda (3) tənliyi birtərtibli bircins diferensial tənlik olar.

 y  diferensial tənliyinin ümumi həllini tapmalı.  x

M i s a l. xy   y ln 

H ə l l i.

x

dy  y  y ln   , dx  x  y y ln  dx  xdy  0 . x

 y M ( x, y )  y ln   və N ( x, y)   x birdərəcəli bircins funksiyalardır. Doğrudan da, x  ky   y M (kx, ky)  ky ln    ky ln   ,  kx   x N (kx, ky)  kx . Tənliyi həll etmək üçun

y  z , y = xz, dy = xdz + zdx əvəzləməsini aparsaq, alarıq x xz lnz·dx-x(xdz+zdx)=0.

Buradan xdz=z(lnz-1)dx,

x

dz  z (ln z  1) , dx

dz dx ,  z (ln z  1) x 5

d (ln z  1) dx ,  ln z  1 x

ln(ln z  1)  ln x  ln C , ln z 1  Cx ,

ln z  Cx  1 , ln

y y  Cx  1 ,  e Cx1 . x x

Nəticədə baxılan tənliyin ümumi həlli y  xe

Cx1

olar.

Birtərtibli xətti diferensial tənliklər Axtarılan funksiyaya və onun törəməsinə nəzərən xətti olan tənliyə birtərtibli xətti diferensial tənlik deyilir və aşağıdakı kimi yazılır

y   p ( x) y  f ( x) .

(1)

f (x)  0 olduqda alınan

y   p ( x) y  0

(2)

tənliyinə (1) tənliyinə uyğun xətti bircins tənlik deyilir. f ( x)  0 olduqda (1) tənliyi xətti bircins olmayan diferensial tənlik adlanır. (1) tənliyini müxtəlif üsullarla həll etmək olar. Bu üsullardan biri sabitin variasiyası üsuludur. Bu üsula görə əvvəlcə xətti bircins tənliyin ümumi həlli tapılır. Alınan tənlik dəyişənlərinə ayrılır

dy  p( x) y  0, dx

dy   p( x)dx. y

Sonuncu tənliyi inteqrallasaq

ln y   p( x)dx  ln C , buradan isə (2) tənliyinin ümumi həllini alarıq:

y Ce

  p(x)dx

.

(3)

İndi isə xətti bircins tənliyin (3) ümumi həllindəki ixtiyari C sabitini x-dən asılı C  C (x) funksiyası hesab edək:

y  C ( x) e

  p ( x ) dx

.

(4)

y-in bu ifadəsini (1) tənliyində yerinə yazaraq sadə çevirmələrdən sonra alarıq

C ( x)  f ( x) e 

p ( x ) dx

.

Buradan isə naməlum C(x) funksiyası tapılır 6

C ( x)   f ( x) e 

p ( x ) dx

dx  C.

C(x)-in bu ifadəsini (4) bərabərliyində yerinə yazdıqda (1) tənliyinin ümumi həlli alınar:

ye M i s a l. y 

  p ( x ) dx

 f (x) e

 p ( x ) dx



dx  C .

2x y  x  1 diferensial tənliyi həll edin. x 1 2

2

H ə l l i. Əvvəlcə bircins olmayan

2x y  x 1 x 1

y 

2

(5)

2

tənliyinin uyğun

y 

2x y0 x 1

(6)

2

bircins tənliyini həll edək.

dy 2x  y, dx x  1

dy 2x  dx , y x 1

2

2

dy d ( x  1) ,  y x 1 2

2

ln y  ln( x  1)  ln C. 2

Axırıncı bərabərlikdən verilmiş bircins diferensial tənliyin ümumi həllini tapırıq: y  C ( x  1) . 2

Burada C sabitini x-dən asılı C  C (x) funksiyası hesab edək, onda

y  C ( x)( x  1) . 2

(7)

y-in bu ifadəsini (5) tənliyində yerinə yazsaq alarıq

С ( x)( x  1)  2 xC ( x)  2

2x С ( x)( x  1)  x  1. x 1 2

2

2

Buradan C ( x)  1, yaxud C ( x)  x  C . Bu həlli (7) bərabərliyində yerinə yazdıqda (5) tənliyinin həllini alarıq

y  ( x  С )( x  1) . 2

7

Mövzu 22. İkitərtibli diferensial tənliklərin intqerallanan növləri. Sabit əmsallı ikitərtibli xətti bircins və bircins olmayan diferensial tənliklər Sadə ikitərtibli diferensial tənliklər

1. Bəzi diferensial tənliklərin inteqrallanan növləri 2. Tərtibin azaldılması halları 3. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins tənliklər 4. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər

Sərbəst dəyişəninə, axtarılan funksiyaya onun birinci və ikinci tərtib törəməsinə nəzərən tənliyə ikitərtibli diferensial tənlik deyilir. Bu tənliyi ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazmaq olar

F ( x, y, y, y)  0.

(1)

İkitərtibli diferensial tənliyi eyniliyə çevirən x məchulundan və iki sərbəst ixtiyari C1 вя C2 sabitlərindən asılı olan y  ( x, C1 , C2 ) funksiyasına bu tənliyin ümumi həlli deyilir. (1) tənliyinin ümumi həllindən C1 və C2 ixtiyari sabitlərinin verilmiş С1  С1 , С2  С2 0

0

qiymətlərində alınan y  ( x, C1 , C2 ) həllinə (1) tənliyinin xüsusi həlli deyilir. 0

0

Əgər F ( x, y, y, y)  0 tənliyi yüksək törəməyə nəzərən həll ediləndirsə, onda bu tənliyi

y  f ( x, y, y)

(2)

şəklində göstərmək olar. Sadə inteqrallanan ikitərtibli diferensial tənliklərə elə tənliklər aiddir ki, (2) bərabərliyinin sağ tərəfində duran funksiya yalnız üç arqumentin birindən asılı olsun. I nö v. Tutaq ki,

y  f (x) .

(3)

Bu tənliyi inteqrallasaq alarıq

y   f ( x)dx  C . 1

Yenidən inteqrallasaq nəticədə alarıq

y   dx  f ( x)dx  C x  C , 1

2

burada C1 вя C2 – ixtiyari sabitlərdir və qeyri-müəyyən inteqrallar uyğun funksiyaların ibtidai funksiyalarıdır. I I nö v. Tutaq ki, 8

y  f ( y).

(4)

Burada

y   p( y ) götürsək ( p-yə y-dən asılı funksiya kimi baxsaq) alarıq

y 

dy dp dy dp   p . dx dy dx dy

Nəticədə, (4) tənliyi aşağıdakı şəkilə düşər

p

dp  f ( y) . dy

Dəyişənləri ayırsaq:

pdp  f ( y)dy . Sonuncu tənliyi inteqrallasaq alarıq: 2

p C   f ( y)dy  2 2

1

və ya

p   2 f ( y)dy  C . 1

p

dy olduğundan əvvəlki tənliyi belə yazmaq olar: dx

dy   2 f ( y )dy  C . dx 1

Buradan bir daha dəyişənləri ayıraraq və inteqrallayaraq sonda alarıq:



dy  ( x  C ). 2 f ( y)dy  C 2

1

I I I nö v. Tutaq ki,

y  f ( y).

(5)

Burada y  p(x) götürək. Onda

y 

dp dx

olar və (5) tənliyi aşağıdakı şəkilə düşər

dp  f ( p) . dx Dəyişənləri ayıraraq inteqrallasaq: 9

dp  dx f ( p) Bu tənlikdən p 

və



dp  xC . f ( p) 1

dy kəmiyyətini müəyyən edərək ikinci dəfə inteqrallama yolu ilə y-ki də dx

tapmaq olar. Tərtibin azaldılması halları İkitərtibli

y  f ( x, y, y)

(1)

diferensial tənliyinin birtərtibli diferensial tənliyinə gətirildiyi aşağıdakı iki hala baxaq. I h a l. Tutaq ki, (1) diferensial tənliyinin sağ tərəfində x dəyişəni aşkar şəkildə daxil deyildir, yəni tənlik

y  f ( y, y)

(2)

şəklindədir. Burada

y  p( y) və y 

dp dp dy dp   p dx dy dx dy

götürərək

p

dp  f ( y, p) dy

birtərtibli diferensial tənliyi alarıq. Burada sərbəst dəyişən kimi y çıxış edir. I I h a l. Tutaq ki, (1) diferensial tənliyinin sağ tərəfində y dəyişəni aşkar şəkildə daxil deyildir, yəni tənlik

y  f ( x, y)

(3)

şəklindədir. Burada

y  p(x)

və

y 

dp dx

götürərək məchul p funksiyasının daxil olduğu birtərtibli diferensial tənlik alarıq

dp  f ( x, p). dx Qeyd edək ki, yuxarıda baxılan II və III növləri (§ 6) (2) və (3) tənliklərinin xüsusi hallarıdır. M i s a l 1.

y 

y y

2

(4) 10

tənliyini həll edin. H ə l l i. Birinci hala görə y  p və y  p

dp götürək. Onda (4) tənliyi dy 2

p

dp p  dy y

şəklinə düşər. Buradan: 1) p = 0 , yəni y = C ; 2)

dp p dp dy  , yəni  p y dy y

və ln p  ln y  ln C1 .

Potensiallasaq alarıq

p

dy C y dx 1

və nəticədə,

dy  C dx. y 1

İnteqralladıqdan sonra alarıq

ln y  C x  ln C 1

2

və deməli,

y  C eC x , 1

2

burada C1 вя C2 – ixtiyari sabitlərdir. M i s a l 2. x = 1 olduqda y 

1 və y  1 başlanğıc şərtləri ödəyən 2

xy  2 x  y

(5)

tənliyinin həllini tapın. H ə l l i. (5) tənliyində y  p və y 

x

dp götürək. Onda dx

dp  2 x  p, dx

yaxud

dp p  2 . dx x

(6)

11

p  u əvəzləməsi qəbul edək, nəticədə x

Alınan tənlik bircins tənlik olduğundan

p  xu вя

dp du x  u. dx dx

(6) tənliyində yerinə yazsaq alarıq

x

du  u  2 u; dx

buradan

du 2  2u du 2dx   . , və ya u 1 x dx x İnteqrallasaq alarıq

ln(u  1)  2 ln x  ln C

1

və nəticədə,

u 1 

p C C C 1 , yəni və p  x  . x x x x 1

1

2

2

1

C ixtiyari sabitini müəyyən etmək üçün verilmiş başlanğıc şərtləri (x = 1 olduqda 1

p  y  1) nəzərə alaq: 1 = 1 + C1 , yəni C = 0 və beləliklə, 1

p

dy  x. dx

Buradan alırıq dy  xdx və 2

x y   xdx   C . 2 2

(7)

C 2 sabitini başlanğıc şərtlərdən tapırıq. (7) düsturunda x = 1 və

y

1 götürsək alarıq 2

2

1 1 x   C , yəni C  0 . Nəticədə, axtarılan xüsusi həll y  olar. 2 2 2 2

2

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 y  e

kx

şəklində

axtarılır, burada k axtarılan sabit ədəddir. Onda 12

y  kekx , y  k e kx . 2

Törəmələrin bu qiymətlərini (1) tənliyində yerinə yazaq kx

2

e (k +pk+q) = 0, kx

burada e 0 olduğundan alırıq ki, k 2  pk  q  0 .

(2)

(2) tənliyinə (1) diferensial tənliyinin xarakteristik tənliyi deyilir. Bu tənlikdən k-nı tapaq

p k1, 2    2

p2  q. 4

(3)

Burada aşağıdakı hallar mümkündür. 1. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri həqiqi və müxtəlifdirsə, onda y1  e 1

kx

və y2  e

k2 x

funksiyaları xüsusi həllərdir. Deməli, (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla

ifadə olunur: kx

y = C1 e 1 +C2 e

k2 x

.

(4)

2. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin kökləri həqiqi və bərabərdirsə (k1 = k2 ), onda (1) tənliyinin ümumi həlli aşağıdakı düsturla ifadə olunar:

y  C e k1x  C xe k1x  ek1x (C  C x) 1

2

1

2

(5)

3. Əgər (2) xarakteristik tənliyinin k1 və k2 kökləri kompleks olarsa ( k1 =  +i , k2 =  – i), onda (1) tənliyinin ümumi həlli

y  e x (C cos x  C sin x) 1

2

(6)

şəklində olur. İkitərtibli sabit əmsallı xətti bircins olmayan tənliklər Tutaq ki, bircins olmayan ikitərtibli

y  py  qy  f (x)

(1)

tənliyi verilmişdir, burada p, q əmsalları sabit ədədlər, f (x) – məlum funksiyadır. Aşağıdakı teorem doğrudur. T e o r e m 1. Bircins olmayan (1) tənliyinin ümumi həlli

y  py  qy  0

(2)

bircins tənliyinin ( f ( x)  0) ümumi həlli ilə verilən bircins olmayan (1) tənliyin xüsusi həllinin cəminə bərabərdir. 13

İ s ba t ı. Əgər y0 bircins (2) tənliyinin ümumi həlli və y* uyğun bircins olmayan (1) tənliyinin xüsusi həllidirsə, onda

y0  py0  qy0  0 və y*+ py*+qy* = f (x) . Bu iki tənliyi tərəf-tərəfə toplasaq və cəmin törəməsinin törəmələrin cəminə bərabər olduğunu nəzərə alsaq (y0 + y*)+ p( y0 + y*)+q( y0 + y*) = f (x) . Buradan aydındır ki, y = y0 + y*

(3)

funksiyası (1) tənliyinin ümumi həlli olacaq. T e o r e m 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,

f (x)

funksiyasının bəzi xüsusi şəkilləri üçün xüsusi həlli qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapmaq olar. Aşağıdakı sadə hallarda tənliyin sağ tərəfindəki f (x) funksiyasının şəklinə görə (1) tənliyinin y* xüsusi həllinin şəklini əvvəlcədən göstərmək olar. 1 - c i ha l. f (x) = 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* r

= x Q(x). mx

2 - c ü ha l . f (x) = e P(x). Burada P(x) müəyyən dərəcəli çoxhədlidir. Bu halda əgər m mx

ədədi xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=e Q(x) və əgər m xarakteristik tənliyin r r mx dədə təkrarlanan kökü olarsa, y*=x e Q(x) olar. Burada Q(x) çoxhədlisi P(x) ilə eyni dərəcəli

çoxhədlidir. mx

X ü s u s i h a l. f (x) = ae

(a, m – sıfırdan fərqli müəyyən ədədlərdir). Bu halda əgər m 14

mx xarakteristik tənliyin kökü olmazsa, onda y*=Ae və əgər m xarakteristik tənliyin r dəfə r mx təkrarlanan kökü olarsa, onda y*=Ax e olar. Burada A axtarılan əmsaldır.

3 - c ü ha l . f ( x)  e ( P( x) cosx  Q( x) sin x) . Bu halda əgər   i ədədləri x

xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda

y *  ex ( A( x) cosx  B( x) sin x) və əgər   i ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda

y *  xe x ( A( x) cos x  B( x) sin x) . Burada A(x) və B(x) çoxhədlilərin dərəcəsi P(x) və Q(x) çoxhədlilərin dərəcəsinin ən böyüyünə bərabərdir. X ü s u s i h a l . f ( x)  e (a cosx  b sin x) (a, b, ,  – sıfırdan fərqli müəyyən x

ədədlərdir). Bu halda əgər   i ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olmazsa, onda

y *  ex ( A cos x  B sin x) və əgər   i ədədləri xarakteristik tənliyin kökləri olarsa, onda

y *  xe x ( A cos x  B sin x) . Burada A və B axtarılan əmsallardır.

15