Сборник задач по дифференциальным уравнениям. Ижевск: ниц «Регулярная и хаотическаядинамика»

İsbatı. Teoremi isbat etmək üçün (1) tənliyini ona görə inteqral tənlik deyilir ki, naməlum funksiya inteqral işarəsi altındadır. Başlanğıc yaxınlaşma olaraq onunla ekvivalent olan

Ixtiyari tənliyi ilə əvəz edək (3) tənliyinə inteqral tənliyi ilə sabit ədədini

götürək. Onda birinci yaxınlaşma

şəklində olar. İnteqrallı funksiya məlum olduğundan funksiyası kvadratlarda tapılmış hesab edilir. bərabərliyindən aşkardır ki, x= olduqda

Deməli qurduğumuz funksiyası (2) başlanğıc şərtini ödəyir. Digər tərəfdən bərabərliyində yuxarı sərhəddin dəyişilməsi məhdudlaşdırsaq, yəni teoremin şərtinə görə və yaxud olduğunu nəzərə alsaq olduğundan və

Olduğunu nəzərə alsaq alarıq

Deməli qurduğumuz funksiyası tamamilə D oblastında yerləşir.

Ikinci yaxınlaşma olaraq

götürək. olduqda olduğundan və

Digər tərəfdən bərabərliyindən

Deməli ikinci yaxınlaşma (2) başlanğıc şərtini ödəyir və tamamilə D oblastında yerləşir. Prosesi bu qayda ilə davam etdirib n-ci yaxınlaşmanı:

ilə işarə edək.

Əgər (n-1)-ci yaxınlaşma

(2)başlanğıc şərtini ödəyirsə və isə onda

olduğundan

2. 
   başlanğıc şərtini ödəyəcəkdir.
   

Beləliklə, tam riyazi induksiyanın köməyi ilə isbat etdik ki,

Münasibətləri ilə təyin olunan funksiyaları

(5)

ardıcıllığını hər bir həddi D oblastında yerləşəcək və (2) başlanğıc şərtini ödəyir.

Indi göstərək ki, (5) ardıcıllığını parçasında yığılandır. Bunun üçün buardıcıllığın hədlərindən düzəldilmiş

(6)

Sırasına baxaq. Göstərək ki, (6) sırası yığılandır. Məlumdur ki, (6) sırasının cəmi onun xüsusi cəmlər ardıcıllığının limiti olacaqdır.

olduğundan (6) sırası yığılan olduqda

Olduğundan onun cəmi (5) ardıcıllığının limiti olacaqdır.

(6) sırasının ikincidən başlayaraq hər bir həddini qiymətləndirməyə çalışaq.

Digər tərəfdən olduğundan

f(x,y) funksiyası D oblastında Lipşite tərifini ödədiyindən və olduğundan

olacaqdır.

münasibətini nəzərə alsaq:

Deməli

Beləliklə,

Prosesi bu qayda ilə davam etdirsək:

və yaxud

Yenə də tam riyazi induksiya prinsipini tətbiq edək. yəni göstərək ki, (6) sırasının həddi üçün də bu qiymətləndirmə doğru olacaqdır.

Digər tərəfdən

Deməli tam riyazi induksiya prinsipinə görə (6) sırasının hər bir həddini modulu üçün uyğun qiymətləndirmə doğrudur.

Münasibətlərinin sağ tərəfində duran hədlərdən düzəldilmişi

(9)

ədədi sırasına baxaq. Dalamber əlamətinə görə:

olduğundan (9) ədədi sırası yığılandır.

,...

münasibətlərindən alırıq ki, (6) sırasını hər bir həddinin modulu parçasında (9) sırasının uyğun həddindən böyük deyil. Onda Veyerştras əlamətinə görə (6) sırası həmin parçada nəinki yığılandır, hətta müntəzəm yığılandır (6) sırasının hər bir həddi kəsilməz olduğundan bu sıranın cəmi də kəsilməz olacaqdır.

(10)

Göstərək ki, müntəzəm yığılan ardıcıllığının Y(x) kəsilməz limiti (3) inteqral tənliyinin həllidir. ardıcıllığını qurtararkən göstərdik ki, bu ardıcıllığın hər bir həddi

başlanğıc şərtini ödəyir. Onda

Deməli Y(x) funksiyası (2) başlanğıcı şərtini ödəyir.

f(x,y)funksiyası D oblastında y dəyişəninə nəzərən müntəzəm kəsilməz olduğundan

ədədi üçün var ki, D oblastında yerləşən istənilən və nöqtələri üçün (11) ödənildikdə (12) ödənilir.

Digər tərəfdən ardıcıllığını Y(x)-ə müntəzəm yığıldığından həmin ədədindən ötəri nömrəsi tapmaq mümkündür ki, ödənildikdə

ödənilir. Onda

Limitin tərifinə görə bu o deməkdir ki,

(13)

( )bərabərliyində limitə keçib (10) və (13) şərtlərini nəzərə alsaq:

(14)

Eyniliyini almış olarıq. Yəni Y(x) funksiyası (3) inteqral tənliyinin həllidir. (14) bərabərliyinin sağ tərəfində yuxarı sərhəddi dəyişən inteqralın inteqralığı funksiyası kəsilməz olduğundan sağ tərəf diferensiallanandır. Onda (14) eyniliyini diferensiallasaq:

Eyniliyini almış olarıq. Deməli Y(x) funksiyası (1) tənliyinin həlidir. Beləliklə həllin varlığı isbat edildi.

Həllin yeganəliyini isbat edək.

Tutaq ki, (1) diferensial tənliyin parçasında (2) başlanğıcı şərtini ödəyən Y(x) və Z(x) kimi iki müxtəlif həlləri vardır, yəni

,

Müəyyənlilik üçün fərz edək ki, Z(x) funksiyası nöqtələrində şərtini ödəyir. Onda funksiyası mənfi olmadığından parçasında özünün ən böyük 0 qiymətini hər hansı nöqtəsində alır.

Aydındır ki,

Beləliklə alarıq olduğundan onu əvvəlcədən elə seçmək olar ki, olar. alınmış ziddiyət göstərir ki, 0=0. Yəni

Deməli (1) diferensial tənliyinin (2) başlanğıc şərtlərini ödəyən həlli yeganədir. Beləliklə teorem isbat edildi.

Kurs: III

Fənn: Adi diferensial tənliklər

Ədəbiyyat siyahısı:

1. Q.Əhmədov, K.Həsənov, M.Yaqubov. Adi diferensial tənliklər. Maarif, Bakı, 1978.

2. H. Aslanov. Adi diferensial tənliklər və riyazi fizika tənlikləri. Bakı, 2001.

3. M.A.Dünyamalıyev, M.Y.Babayev, M.S. Aslanov. Adi diferensial tənliklər ( Dərs vəsaiti ) . Bakı, 2012.

4. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическаядинамика», 2000, 176 с.

5. Матвеев Н.М. Методы интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений.- Минск: Вышэйшая школа, 1974.

6. Степанов В.В. Курс дифференциальных уравнений. Москва, 1958.

Əlavə:

1. R. Məmmədov. Ali riyyaziyyat kursu, I, II hissə, Bakı, 1984.

2. V.M. Musayev, S.H.Qasımov. Adi diferensial tənliklər ( məsələ və misallar ). Bakı, 2008.

3. И.П.Натансон. Краткий курс высшей математики. Санкт- Петербург, 2001.

4. К.Л.Лунгу, Д.Т.Письменный, В.П.Федин, Ю.А.Шевченко.Сборник задач по высшей математике. 2 курс, - 5 - е изд. –М.:Айрис-пресс,2007.–592с.:ил.– (Высшее образование).

5. П.Е.Данко, А.Г.Попов, Т.Я.Кожевникова. Высшая математика в упражнениях и задачах. Ч. II: Учебное пособие для студентов втузов. М.: Высшая школа, 1980. – 365с.

Müəllim: Sahil Əliyev Asif oğlu [e-mail]

Mövzu 9: Həllin davamı. Həllin parametr və başlanğıc şərtlərdən kəsilməz asıllığı.

P L A N

1. 
   Həllin davamı
   
2. 
   Həllin parametr və başlanğıc şərtlərdən kəsilməz asıllığı