H.Ə. Məmmədov, Q.Ə. Rüstəmov R. Q. Rüstəmov

Şəkil 10.1.

 

Cismin sərbəst (a) və 

havanın müqa

vi

məti nəzərə 

alınmaqla (b) düşməsi

 

 

284 

 

 

   

 

 

Şəkil 10.2.(2.6) tənliyinin həllər        Şəkil 

10.3. 

(2.6) tənliyinin Simulinkdə                                                          

ailəsi                                                           həll sxemi

 

 

4.3. Riyazi rəqqas. Uzanmayan cəkisiz mildən asılmış nöqtəvi yükə baxaq. 

Rəqqasın  vertikal  xətdən  meyl  bucağını 



  ilə  işarə  edək.  Mexanikanın 

qanununa  əsasən  rəqqasın  bucaq  təcili 





   çəki  qüvvəsinin  momentinə  mütə-

nasibdir (şəkil 10.4):  

 

 

 

           











sin

mg

I







. 

Burada 

2

m

I







 ətalət momentidir. Mənfi  

işarəsi momentin meyletməni azaltmağa çalışması 

ilə izah olunur. Beləliklə, rəqqasın hərəkət tənliyi: 









sin

k





, 

const

g

k







.            (10.7) 

Kiçk meyletmələrdə, yəni 



bucağı kiçik olduqda 

 







)

sin(

 əvəzləməsiedib bu tənliyi xəttiləşdirmək  

olar: 









k





.                                         (10.8) 

Tənlikdən  göründüyü  kimi,  Nyutonun  ikinci  qanunundan  irəli  gələn 

tənliklərdən fərqli olaraq bu sistemə kənar qüvvə təsir etmir. Bəs rəqqas hansı 

qüvvənin təsiri altında hərəkət edir? 

Bu tip hərəkət sərbəst hərəkət adlanır və sıfra bərabər olmayan başlanğıc 

şərtlərin  təsiri  altında  baş  verir.  Yəni  sistem  başlanğıc 

0

t



  anında  artıq 

həyəcanlanmış vəziyyətdə olur. Məsələn, (10.8) tənliyi üçün iki başlanğıc şərti 

verilməlidir: 

0

)

0

(







, 

0

)

0

(











. Bunlardan hər hansı biri sıfır ola bilər. Lakin 

hər  ikisi  sıfır  olarsa,  bu  hal  tarazlıq  vəziyyətinə  (sükunət)  uyğun  olduğundan 

hərəkət baş verməyəcəkdir. 

Əgər başlanğıc həyəcanlanma yoxdursa (sıfırdırsa), onda sistemi hərəkətə 

gətirən  kənar  qüvvə  olmalıdır.  İfadə  (10.5)  və  (10.6)-da  bu  qüvvə  xarici  F 

qüvvəsidir.  

 

mg 



 

Şəkil 10.4.

 Riyazi           

rəqqasın sxemi

 

 

285 

 

Deməli,  sistemin  hərəkəti  iki  təşkiledicidən  ibarətdir:  a) sıfra  bərabər 

olmayan  başlanğıc  şərtlərin  təsiri  altında  yaranan  sərbəst  hərəkət  y

s

(t);  b) 

xarici qüvvənin təsirindən yaranan məcburi hərəkət y

m

(t). 

    Xətti  sistemlərdə,  yəni  xətti  diferensial  tənliklə  yazılan  sistemlərdə, 

yekun hərəkət göstərilən hərəkətlərin cəmindən ibarət olur: 

).

(

)

(

)

(

t

y

t

y

t

y

m

s





 

 

10.2.1. Ümumiləşdirmə

 

Diferensial  tənliyin  həlli  nə  deməkdir?  Sadəlik  üçün  birinci  tərtib 

diferensial tənliyə baxaq: 

)

t

,

x

(

f

dt

dx



.                                          (10.9) 

Tərif 1. 

)

t

(

x

 funksiyası o zaman (10.9) tənliyinin həlli adlanır ki, o bu 

tənliyi  ödəsin.  Başqa  sözlə, 

)

t

(

x

  ifadəsini  tənlikdə  yerinə  yazdıqda  eynilik 

alınmalıdır. Bu xüsusiyyət istənilən (cəbri, triqonometrik və s.) tənlik üçün də 

öz qüvvəsini saxlayır. 

Ümumi  həll  inteqrallama  sabiti 

С

-dən  asılı  olur: 

)

C

,

t

(

x

.  Koşi  məsələ-

sində 

)

t

(

x

-nin  başlanğıc  qiyməti 

0

0

x

)

t

(

x



  adətən  zamanın 

0

t

t



  başlanğıc 

anında  verildiyindən  inteqrallama  sabiti 

0

x -dan  asılı  olaraq  tapılır.  Bu  halda 

xüsusi həll 

)

x

,

t

(

x

0

 şəklində olur. 

Tərif  2. 

)

t

(

x

  həlli  başlanğıc  şərti  ödəyir.  Yəni 

)

t

(

x

  ifadəsində 

0

t

t



 

yazdıqda   

0

0

x

)

t

(

x



  olmalıdır.  Bu  o  deməkdir  ki,  həll  düzgün  tapılıbsa,  o 

)

x

,

t

(

0

0

 nöqtəsindən başlamalıdır. 

Deyilənləri  yaxşı başa düşmək üçün misala müraciət edək. Tənlik (10.6)-

nın 

0

v

)

0

(

v



 başlanğıc şərtində həlli: 

)

e

1

(

a

g

e

v

)

t

(

v

at

at

0











,           

m

a





.          (10.10) 

Həllin  doğruluğunu  yoxlayaq.  İfadə  (10.10)-nu  (10.6)  tənliyində  yerinə 

yazaq. Törəmənin  

 

                  

at

0

at

at

0

e

)

g

a

v

(

ge

ae

v

dt

dv



















 

olduğunu nəzərə alsaq 

 

                

)]

e

1

(

a

g

e

v

[

mg

e

)

g

a

v

(

m

at

at

0

at

0





















. 

m

/

a





  ifadəsini  yerinə  yazsaq  alarıq: 

0

0



.  Bu  eynilik  (10.10)  həllinin 

 

286 

 

döğru olduğunu təsdiq edir. 

İkinci  tərifi  yoxlayaq.  Həllin  (10.9)  ifadəsində 

0

t



  yazsaq,    alarıq: 

0

v

)

0

(

v



. 

Diferensial  tənlik  (10.9)-un  aşağıdakı  xüsusi  hallarda  analitik  həlli  

mövcuddur: 

a) 

)

t

(

f

)

t

(

x





. Bu halda həll (Barrou düsturu): 











t

t

0

0

d

)

(

f

x

)

t

(

x

 .                                        (10.11) 

b) 

)

х

(

f

)

t

(

x





. Belə tənlik yalnız sərbəst hərəkəti ifadə edir. Bu halda  

)

x

(

f

dt

dx



 . 

                          (10.12) 

 

olduğundan  dəyişənlər 

x

  və 

t

  ayrılır.  Bu  səbəbdən  tənliyi  aşağıdakı  şəkildə 

çevirmək olar: 

 

      

dx

)

x

(

f

1

dt



. 

Hər tərəfi inteqrallasaq həlli aşağıdakı ifadədən tapmaq olar: 











x

x

0

t

t

0

0

)

x

(

f

dx

t

t

dt

.                              (10.13) 

c) Xətti tənlik. 

 

 

   

).

t

(

g

ax

)

t

(

x







              

 

Bu halda ümumi həll: 

         

at

t

t

a

at

Ce

d

)

(

g

e

e

)

t

(

x

0

















.                         (10.14) 

Aydındır  ki,  həllin  analitik  ifadələrini  (düsturlarını)  ala  bilmək  üçün 

(10.11),  (10.13)  və  (10.14)  ifadələrində  iştirak  edən  inteqrallar  açılan 

inteqrallar sinfinə daxil olmalıdırlar. Əks təqdirdə, inteqralaltı 

)

(

f



 və 

)

x

(

f

/

1

 

funksiyalarını  üstlü  sıraya  (Teylor  sırası)  ayırıb  bir  neçə  həddini  götürərək 

inteqralı açmaq olar. Bu halda alınmış həll təqribi olacaqdır. Digər yanaşma isə 

dife-rensial tənliklərin ədədi həll üsullarından (Runqe-Kut, Eyler və s. üsulları) 

is-tifadə  etməkdir.  Həll  kompüterdə  yerinə  yetirilir.Bu  üsul  ilə 

)

t

(

x

  həllinin 

ana-litik ifadəsini almaq mümkün olmasa da onun qrafikini qurmaq mümkün-

dür. 

Misal 10.1.

 Əvvəldə baxılan 

2

kx

x





 tənliyini (10.13) ifadəsindən 

 

287 

 

istifadə edərək 

)

x

,

t

(

0

0

başlanğıc nöqtəsi üçün həll edək: 

















x

x

0

0

0

2

x

x

2

0

0

0

)

t

t

(

kx

1

x

dx

x

1

k

1

dx

kx

1

t

t

. 

 

Buradan sərbəst hərəkəti ifadə edən həll: 

)

t

t

(

kx

1

x

)

t

(

x

0

0

0







,                                      (10.15) 

0

0

kx

/

1

t

t





.                                             (10.16) 

Sadəlik üçün qəbul edək: 

1

k



, 

0

t

0



. Onda həll: 

t

x

1

x

)

t

(

x

0

0





,   

0

x

/

1

t

0





. 

Şəkil 10.5-də 

1

.

0

x

0



  qiymətində  (simulyasiya  vaxtı 

s

5

.

9

T

t





) 

)

t

(

x

 

keçid  prosesi  göstərilmişdir. 

0

x

/

1

t



  qiymətində 





)

t

(

x

  və  kompüter  xəta 

(error) göstərir. Bu səbəbdən 

0

x

/

1

T



 götürmək lazımdır. 

 

        

 

 

Şəkil 10.5.

 

Artımın zamandan  asılılığı    

         

Şəkil 10.6.

 Qeyri-

xətti tənliyin həll      

sxemi 

 

Şəkil 10.6-da

,

1

k

,

kx

x

2







tənliyinin Simulinkdə həll sxemi göstərilmiş-

dir. 

Ümumi

 

həll. 

n

  sayda 

i

C

  inteqrallama  sabitlərindən  asılı  olan  həll 

ümumi həll adlanır: 

)

C

,

,

C

,

С

,

t

(

y

)

t

(

y

n

2

1





.                                          (10.17) 

Bu  ifadə  inteqral  əyriləri  ailəsinin  tənliyidir. 

i

C -lərin  qiymətlər  çoxluğu 

sonsuz olduğundan belə əyrilərin sayı da sonsuzdur. 

İnteqrallama sabitlərini təyin etmək üçün 

n



 sayda əlavə şərtlər verilmə-

lidir. 

Koşi  məsələsində  bu  şərtlərin  hamısı  zamanın  başlanğıc 

0

t

t



 (bir  çox 

 

288 

 

hallarda 

0

t

0



) anında verilir və başlanğıc şərtlər adlanır:   

           

0

0

y

)

t

(

y



, 

1

0

0

y

)

t

(

y





, 

2

0

0

y

)

t

(

y







,

, 

1

n

0

0

)

1

n

(

y

)

t

(

y







. 

Əgər (10.17) ümumi həlli məlumdursa, Koşi məsələsində 

i

C  inteqrallama 

sabitlərini aşağıdakı cəbri tənliklər sisteminin həllindən tapırlar: 

.

y

)

C

,

,

C

,

С

,

t

(

y

dt

d

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

.

  

,

y

)

C

,

,

C

,

С

,

t

(

y

dt

d

,

y

)

C

,

,

C

,

С

,

t

(

y

1

n

0

t

t

n

2

1

0

1

n

1

n

1

0

t

t

n

2

1

0

0

n

2

1

0

0

0











































              (10.18) 

İndi (10.17) ümumi həllini aşağıdakı konkret şəkildə yazmaq olar: 

 

)

y

,

,

y

,

y

,

t

(

y

)

t

(

y

1

n

0

1

0

0

0







. 

Xüsusi

 

həll.  Konkret  başlanğıc  şərtlərdən  asılı  olan  həll  xüsusi  həll 

adlanır.  Bu  həll  inteqral  əyriləri  ailəsindən  yalnız  başlanğıc  şərtləri  ödəyən 

birinin tənliyidir.  

Çoxnöqtəli 

sərhəd 

məsələsində 

n  

sayda 

sətirlər 

zamanın 

}

t

,

,

t

,

t

{

t

m

2

1





  anlarında  verilir.  Maraqlı  cəhət  odur  ki,  Koşi  məsələsindən 

fərqli  olaraq, 

n

  sətrin  hamısı  eyni  tərtib 

)

t

(

y

)

k

n

(



  törəməyə  aid  ola  bilər, 

n

,

,

1

k





. Bu halda 

n

m



 olmalıdır. Məsələn, ikitərtibli tənlik üçün (

2

n



) 

iki sayda sətri 

0

y

)

0

(

y



, 

1

y

)

1

(

y



 (

2

k



) şəklində vermək mümkündür. 

Aşağıda bir tərtibli Tdy/dt+y=k tənliyin ümumi və xüsusi həllinin Matlab 

proqramı göstərilmişdir. 

 

 

289 

 

 

 

Misal 10.2.

 Obyektin tənliyi: 

 

)

t

sin(

dt

y

d

2

2



,  

1

y

)

t

(

y

0

0





,  

5

.

0

y

)

t

(

y

1

0

0









,  

4

t

0





s. 

Bu tənliyi zamana görə iki dəfə inteqrallasaq 

)

t

(

y

 həllini alarıq: 

 

1

1

t

0

C

)

t

cos(

C

dt

)

t

sin(

)

t

(

y













. 

 

2

1

2

t

0

1

t

0

C

t

C

)

t

sin(

C

dt

C

dt

)

t

cos(

)

t

(

y



















. 

 

İnteqrallama sabitlərini təyin edək. Bu halda (10.18) tənliklər sistemi: 

 

 



































 





























 







.

5

.

0

C

4

cos

C

t

C

)

t

sin(

,

1

C

4

C

4

sin

1

'

4

t

2

1

2

1

 

Buradan  

 

 

.

87

.

1

4

C

4

sin

1

C

,

207

.

0

)

1

2

(

2

1

2

1

2

2

5

.

0

4

cos

C

1

i

2

i

1























 































 



 

 

290 

 

Qeyri-xətti  tənliklərə  misal  olaraq  aşağıdakı  xarakterik  tənlikləri  göstər-

mək olar: 

1. Van-der-Pol tənliyi 

 

  

0

,

0

y

y

)

1

(y

у

2















     







. 

2. Rikkati (qeyri-stasionar tənlik) tənliyi 

                           

0

(t)

(t)y

(t)y

y

2

















. 

3. Rəqqasın böyük meyillərdə sərbəst hərəkəti tənliyi 

    

0

sin

mg

b

İ





















. 

4. Birinci tərtib qeyri-xətti aperiodik oöyekt 

    

y

1

u

a

y







. 

5. Silindrik çəndən mayenin sərbəst axması 

        

.

u

Q

,

Q

 

2gh

F

h

S

gir

gir





 



 

6. Dartqı qüvvəsi altında vertikal start götürən raketin tənliyi 

 

 

  

m

c

mg

)

h

k(

h

m

2















,

u

m



.