I bob. Parameter kiritish yo’li bilan tenglamani integrallash

II Bob. Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama uchun mavjudlik va yagonalik teoremasi.
2.1 Hosilaga nisbatan yechilmagan birinchi tartibli differensial tenglama uchun mavjudlik va yagonalik haqidagi teorema.
Hosilaga nisbatan yechilmagan tenglamalarga ko’pincha turli geometrik masalalar,masalan,izogonal trayektoriyalar to’g’risidagi masalaga olib keladi.Agar F(x, y, a)=0 (24) egri chiziqlarning bir parametrik oilasi bo’lsa,u holda uning izogonal trayektoriyalari deb, (24) oila egri chiziqlari bilan bir xil φ burchak ostida kesishadigan egri chiziqlarning boshqa oilasiga aytiladi.Xususiy holda,agar bu burchak to’g’ri bo’lsa,ya’ni φ= /2 bo’lsa,trayektoriyalar ortogonal trayektoriyalar deb ataladi.Berilgan egri chiziqlar oilasi (24) ning differensial tenglamasini tuzamiz.Buning uchun (24) tenglamani x bo’yicha differensiallaymiz:
(25). (24) va (25) tenglamalardan a parametrni yo’qotamiz.Natijada (24) oilasining differensial tenglamasi y =f(xy) (26) ko’rinishga ega bo’lsin deb faraz qilaylik.M(x;y) nuqtada kesishuvchi ikkita egri chiziq orasidagi burchak deb,egri chiziqlarga bu nuqtada o’tkazilgan urinmalar orasidagi burchakka aytiladi.Agar (24) oilasining I egri chizig’iga M nuqtada o’tkazilgan urunmaning Ox o’q bilan tashkil qilgan burchagini α orqali,shu oilaning II egri chizig’iga ana shu nuqtada o’tkazilgan urinmaning Ox o’q bilan tashkil etgan burchagini β orqali belgilasak,u holda φ=±(β-α) yoki β=α±φ bo’ladi.Bu yerdan tgβ=(tgα±tgφ)/(1 tgαtgφ).tgφ kattalik berilgan,uni k orqali belgilaymiz; tgα= y =f(x;y),shuning uchun tgβ=(f(x;y)±k)/(1 kf(x;y)).Izogonal trayektoriyaning istalgan nuqtasining koordinatalari bilan bu nuqtadagi urinmaning burchak koeffitsiyenti orasidagi munosabatni,ya’ni trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini hosil qildik.tgβ ni y orqali belgilaymiz;u holda y =(f(x;y)±k)/(1 kf(x;y)) (27).Bu differensial tenglamaning umumiy integrali (24) egri chiziqlar oilasi uchun izogonal trayektoriyalar oilasi bo’ladi; ular (24) egri chiziqlarni bir xil φ burchak ostida kesib o’tadi.Agar trayektoriyalar ortogonal bo’lsa,u holda φ= /2, β=α± /2, tgβ=-ctgα=-1/tgα=-1/f(x;y) va ortogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasi ushbu ko’rinishda bo’ladi: y =-1/f(x;y) yoki -1/ y =f(x;y) (28).Shunday qilib, quyidagi qoidani hosil qilamiz: berilgan (24) egri chiziqlar oilasi uchun izogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini topish uchun bu oilaning (26) differensial tenglamasida y ni (y k)/(1±k y ) bilan almashtirish lozim, bu yerda k_egri chiziqlarning trayektoriyalar bilan kesishish burchagining tangensi.Xususan, ortogonal trayektoriyalar uchun y ni -1/ y ga almashtirish kerak.
Geometrik misollar.
1-misol. Shunday egri chiziqni topingki,unga o’tkazilgan istalgan urinmaning koordinata o’qlari orasidagi kesmasi l ga teng bo’lgan o’zgarmas uzunlikka ega bo’lsin.
Yechilishi: y=f(x) egri chiziqqa M(x;y) nuqtada o’tkazilgan urunma tenglamasi Y-y= y (X-x) ko’rinishga ega, bu yerda X,Y_urinma nuqtasining o’zgaruvchi koordinatalari.Bu tenglamadan urinmaning Ox o’q bilan kesishish nuqtasi A ning absissasini Y=0 deb, Oy o’q bilan kesishish nuqtasi B ning ordinatasini esa X=0 deb topamiz.Quyidagiga egamiz: X_A=x-y/ y va Y_B=y-x y . A(X_A;0) va B(0;Y_B) nuqtalar orasidagi masofani ikki nuqta orasidagi masofa formulasi bo’yicha topamiz va uni l ga tenglaymiz; ushbu differensial tenglamani hosil qilamiz:
. Bu tenglamani o’zgartirishlardan so’ng:
y=x y ±ly / (29).Bu Klero tenglamasidir.Uning y=cx±cl/ umumiy yechimi koordinata o’qlari orasidagi kesmalari l ga teng uzunlikka ega bo’lgan to’g’ri chiziqlar oilasidan iborat.Yechimni c bo’yicha differensiallaymiz va parametrik shakldagi maxsus integralni ifodalaydigan ushbu tenglamalar sistemasini tuzamiz:

C parametrni yo’qotish uchun ikkinchi ifodadagi x ning qiymatini birinchi ifodaga qo’yamiz:


Agar oxirgi ikkita tenglikning ikkala qismini 2/3 darajaga ko’tarsak va qo’shsak, ushbu tenglamani hosil qilamiz: x^2/3+y^2/3=l^2/3. Shunday qilib, maxsus integral astroidadan iborat ekan; u integral to’g’ri chiziqlar oilasining o’rovchi chizig’i bo’ladi.
2-misol. Shunday egri chiziqlarni topingki,ular uchun berilgan ikkita nuqtadan istalgan urinmagacha bo’lgan masofalar ko’paytmasi o’zgarmas bo’lib, b² ga teng bo’lsin.Berilgan nuqtalar orasidagi masofa 2c ga teng.
Yechilishi: Koordinata o’qlarini shunday tanlab olamizki, berilgan F₁ va F₂ nuqtalar Ox o’qda, koordinatalar boshi O esa bu nuqtalarning o’rtasida joylashgan bo’lsin, bu sistemada berilgan nuqtalar bunday yoziladi: F₁(c;0) va F₂(-c;0).Egri chiziqning istalgan M(x;y) nuqtasidagi urinma tenglamasini y X-Y-(x y -y)=0 ko’rinishda yozamiz, bu yerda X va Y_urinma nuqtalarining o’zgaruvchi koordinatalari.Urinma tenglamasini normal ko’rinishga keltirib, berilgan nuqtalardan urinmagacha bo’lgan p₁ va p₂ masofalarni topamiz:
, .
Shartga ko’ra p₁p₂=b², shuning uchun yoki , (30) bu yerda c² b²=a² deb olingan.Bu Klero tenglamasi.Uning umumiy yechimi to’g’ri chiziqlar oilasidan iborat.Maxsus integralni topamiz.Buning uchun umumiy yechimni c bo’yicha differensiallaymiz va ushbu tenglamalar sistemasini tuzamiz:

(ikkinchi tenglama x ning ifodasini umumiy yechimga qo’yish orqali hosil qilingan).Bu sistemani quyidagicha qayta yozib olamiz:

b² oldida musbat ishora olamiz va har qaysi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, qo’shamiz:
.Endi b² oldida manfiy ishora olamiz va har qaysi tenglamaning ikkala tomonini kvadratga ko’tarib, birinchi tenglamadan ikkinchisini ayiramiz:
.Shunday qilib, izlanayotgan egri chiziqlar ellipslar va giperbolalar ekan.
3-misol. Egri chiziqning istalgan nuqtasidagi urinma osti va normal ostining yarim ayirmasi urinish nuqtasining absissasiga teng.Shu egri chiziqni toping.
Yechilishi: Masala shartiga muvofiq, ushbu differensial tenglamani tuzamiz:
yoki (31).
Bu Lagranj tenglamasidir (ψ(y')=0). Uni integrallash uchun quyidagi ko’rinishda yozib olish: yoki x= va x ni y argumentning funksiyasi deb hisoblash qulaydir. =p deymiz.U holda x= yoki x= . y bo’yicha differensiallasak: . ni p bilan almashtirib va o’zgartirishlar bajargach, ni hosil qilamiz, bu yerdan y=cp.Umumiy integral parametrik shaklda

ko’rinishga ega.p ni yo’qotamiz.Buning uchun ikkinchi tenglamadan ni topamiz va birinchi tenglamaga qo’yamiz; natijada ni yoki 2cx=y²-c² ni, ya’ni parabolalar oilasini hosil qilamiz.
4-misol. x²+y²+2ay=0 (a-ixtiyoriy parametr) aylanalar oilasining ortogonal trayektoriyalarini toping.
Yechilishi: aylanalar oilasining differensial tenglamasini tuzamiz, buning uchun berilgan tenglamaning ikkala qismini x bo’yicha differensiallaymiz va a ni bunday yo’l bilan topilgan tenglamadan va berilgan tenglamadan yo’qotamiz.Quyidagiga ega bo’lamiz: 2x+2y +2a =0.Bu yerga aylanalar oilasidan topilgan 2a=-(x²+y²)/y ifodani qo’yamiz: yoki o’zgartirishlardan so’ng: (33).Ortogonal trayektoriyalar oilasining differensial tenglamasini bu tenglamada ni -1/ ga almashtirish orqali hosil qilamiz: .Bu bir jinsli tenglama.Uning umumiy yechimini bir jinsli tenglamalarni integrallashning umumiy qoidasidan foydalanib toppish mumkin, biroq osonroq yo’li ham bor.Tenglamani differensiallarda qayta yozib olamiz: 2xydy-y²dx+x²dx=0.Bu tenglamaning ikkala tomonini x² ga bo’lamiz: yoki ,bu to’liq differensiallardagi tenglamadir.Uni integrallab, yoki ga, ya’ni yana aylanalar oilasiga ega bo’lamiz.Ikkala oilaning barcha aylanalari koordinatalar boshidan o’tadi, biroq berilgan oila aylanalarining markazlari Oy o’qda, trayektoriyalarining markazlari esa Ox o’qda joylashgan.