TEMPUSPROJEKT: 516678 TEMPUS-1-2011-1-DE-

TEMPUS-JPCR: ANPASSUNG DES LEHRBETRIEBS

AN DEN BOLOGNA PROZESSIM

INGENIEURSTUDIUM FÜR ASERBAIDSCHAN

Vorlesungsskript: Höhere Mathematik

Für Studiengang: Master-

Automatisierunmgstechnik und Elektrische

Energietechnik

Magistr təhsili üçün- Proseslərin

avtomatlaşdırılması və Elektroenergetika

ixtisasları üzrə

Riyaziyyatın seçilmiş bölmələri

Dr. Ing.Şahverdiyev Mehman (AzTU)

Dr. Ing.Huseynov.A.I. (AzTU)

Dr. Ing.Islamov M.M (AzTU)

Baku – 2015

MEE-Grundstudium

3

INHALTSVERZEICHNIS

1.Komplex Variablen Funktionen

1.1. Komplex Zahlenfolge und ihre Grenz.............................5

1.2. Gebiet und Kurven der Komplexen Ebene......................7

1.3. Komplex Variablen elementaren Funktionen..................8

1.4. Die Grenze von Komplexen Variablen Funktionen......12

1.5. Komplex Variablen Stetige Funktionen........................13

1.6. Ableitung der Komplexen Variablen Funktionen Cauchy

– Rieman Bedingungen.............................................................14

1.7. Harmonische Funktionen...............................................18

1.8. İnteqral der Komplexe Variable Funktion.....................19

1.9. Cauchy- Ableitung, Cauchy İnteqralforme....................22

1.10. Taylor und Laurent Reihe............................................32

1.11. Bestimmte und spezielle Punkte von analytischen

Funktionen.................................................................................36

1.12. Anwendungen und Dislokation der Funktion..............38

2. Spezielle derivative Differentialgleichungen

2.1. Eine- Anordung spezielle derivative Differential

Gleichungen...............................................................................46

2.2. Klassifizierung der zwei- Anordung lineare

Differentialen Gleichungen........................................................50

2.3.Schwingungsgleichung von Draht und Lösung ihn mit

Arten der d’Alamber und Furier………………………………57

2.4. Warmeleitungsgleichung...............................................69

2.5. Laplase Gleichung.........................................................76

3. Operationsrechung

3.1. Laplase Transformation……………………………….85

3.2.Grundtheoreme über die Oriqinale und Beschreibungen.......89

3.3. İnverse Transformationsformen von Laplase İnteqral.104

3.4. Verbindung der Funktionen..........................................

3.5. Anwendungen von Laplase Transformation…………110

MÜNDƏRİCAT

4

1. Kompleks dəyişənli funksiyalar

1.1.Kompleks ədədlər ardıcıllığı və onun limiti …………. ..5

1.2. Kompleks müstəvidə oblast və əyrilər. ………………7

1.3. Kompleks dəyişənli əsas elementar funksiyalar………..8

1.4. Kompleks dəyişənli funksiyanın limiti………………..12

1.5. Kompleks dəyişənli funksiyanın kəsilməzliyi …………..13

1.6. Kompleks dəyişənli funksiyanın törəməsi. Koşi-Riman

şərtləri...……………………………………………………….14

1.7. Harmonik funksiyalar.........................................………18

1.8. Kompleks dəyişənli funksiyanın inteqralı…….……...19

1.9. Koşi teoremiş Koşi inteqralı…………………………..22

1.10.8. Teylor və Loran sıraları..……………………….......32

1.11. Analitik funksiyanın sıfırları. Məxsusi nöqtələr.…….36

1.12. Funksiyanın çıxıqı.………………………..................38

2. Xüsusi törəməli diferensial tənliklər 2.1.Birtərtibli хüsusi törəməli difеrеnsiаl tənliklər...............46

2.2. İkitərtibli xüsusi törəməli diferensial tənliklər...............50

2.3. Simin rəqs tənliyi...........................................................57

2.4. İstilikkeçirmə tənlikləri..................................................69

2.5. Laplas tənliyi.................................................................76

3. Operasiya hesabı

3.1. Laplas çevirməsi....…………………………………....86

3.2. Laplas çevirməsinin xassələri........................................89

3.3. Laplas çevirməsinin tərsi....…………………………..104

3.4. Laplas çevirməsinin bəzi tətbiqləri....…………..........110

GİRİŞ

Respublikanın təhsil sistemində ali peşə istiqaməti üzrə bakalavr və

magistr təhsili pilləsinə keçildiyi üçün “Ali riyaziyyat” kursunun məz-

5

munu və quruluşu, tədris proqramlarına yenidən baxılması və bu proq-

ramlara uyğun Azərbaycan dilində dərslikklərin, dərs vəsaitlərinin,

metodik göstərişlərin yenidən işlənməsi günün ən vacib məsələlərin-

dən biridir. Təqdim olunan dərs vəsaitinin bu vacib məsələnin həllində

az da olsa köməyi olacağını düşünürük.

Riyaziyyatın təqdim olunan bu hissəsi üç bölmədən ibarətdir: kom-

pleks dəyişənli funksiyalar, xüsusi törəməli diferensial tənliklər və

operasiya hesabı.

Birinci bölmədə kompleks ədədlər ardıcıllığı və onun limiti, ana-

litik funksiyalar və onların törəməsi, inteqralı ətraflı şərh olunmuş və

tədqiq sahələri araşdırılmışdır.

İkinci bölmədə isə eлектродинамика, щидродинамика, аеромеханика вя диэяр сащялярдя xüsisi törəməli diferensial

tənliklərə əsaslanan физики просеслярин рийази моделляри öyrənilir.

Мцасир дюврдя беля тянликлярин кюмяйи иля мцхтялиф просесляр – физики, кимйяви, биолоъи, игтисади вя диэяр тябиятли просесляр моделляшдирилир. Бу сябябдян хцсуси тюрямяли диференсиал тянликлярин щяллинин методлары рийази физиканын методлары адыны алмышдыр. Рийази физиканын методларында ян чох икинжи тяртиб хцсуси тюрямяли тянликляр истифадя олунур вя беля тянликляр даща чох юйрянилмишдир.

Üçüncü bölmə isə diferensial və inteqral tənliklərin həlli ilə bağlı

olan bir çox tətbiqi məsələlərin ən səmərəli həll üsullarından biri olan

operasiya hesabı üsuluna həsr olunmuşdur. Bu üsuldan elektrotexnika-

da, radiotexnikada, avtomatik tənzimləmə sistemlərində, dağ-mədən

mexanikasında və s. kimi elm sahələrində geniş istifadə edilir.

1. Комплекс дяйишянли функсийалар

6

1.1 Kompleks ədədlər ardıcıllığı və onun limiti.

Tutaq ki, kompleks müstəvidə hər bir natural ,...2,1n ədədinə

bir nz kompleks ədədi qarşı qoyulur.Onda deyirlər ki, nnn iyxz

,...)2,1( n nöqtələr ardıcıllığı və ya nz kompleks ədədlər ardıcıllığı

verilmişdir.

Tərif. Əgər 0 ədədinə qarşı )( NN nömrəsi varsa ki, Nn -

in bütün qiymətlərində

0zzn

bərabərsizliyi ödənilsin,onda 0z kompleks ədədinə n -da nz

ardıcıllığının limiti deyilir və

0lim zznn

və ya )(0 nzzn

kimi yazılır.

Sonlu limiti olan ardıcıllıq yığılan, əks halda isə dağılan ardıcıllıq

adlanır.

Hər bir nz ardıcıllığını nnn iyxz kimi yazmaq olar.

Teorem. 000lim iyxzznn

limitinin olması üçün

0lim xxnn

və 0lim yynn

(1)

şərtlərinin ödənilməsi zəruri və kafidir.

Tərif. Əgər 0M ədədi varsa ki, Nn üçün

Mzn

bərabərsizliyi ödənilsin, onda nz ardıcıllığına məhdud ardıcıllıq

deyilir.

Məhdud nz ardıcıllığının bütün hədləri mərkəzi koordinat baş-

lanğıcında və radiusu M olan çevrənin daxilində yerləşir.

Tərif. Əgər 0E ədədinə qarşı NENN )( ədədi varsa ki,

Nn -lər üçün Ezn bərabərsizliyi ödənilsin, onda }{ nz ardıcıllığı

sonsuzluğa yığılır deyilir və

kimi yazılır.

Bəzən C kompleks müstəvisini sonsuz uzaqlaşmış z nöqtəsi

ilə birləşdirmək əhəmiyyət kəsb edir.

Tərif. }{C çoxluğu genişlənmiş kompleks müstəvi adlanır.

Tərif.Sonsuz uzaqlaşmış nöqtənin ətrafı }:{ Ezz çoxluğuna deyi-

lim nn

z

7

lir.

Teorem(ardıcıllığın yığılan olmasının zəruri şərti). Yığılan ardı-

cıllıq məhduddur.

Teorem(ardıcıllığın yığılan olmasının kafi şərti). nn z və

nn zarg olduqda ninn ez

ardıcıllığı üçün

0lim

nn

və 0lim

nn

(2)

olarsa, onda

00lim

in

nez (3)

münasibəti doğru olar.

Yığılan kompleks ədədlər ardıcıllığının aşağıdakı xassələri var:

Əgər aznn

lim və bznn

lim olarsa ( Cba , ), onda

.10 .)(lim bazz nnn

.20.)(lim bazz nn

n

.30 b

a

z

z

n

n

n

)(lim , ).0( b

1.75

12

97

15

n

ni

n

nzn olduqda nz ardıcıllığının limitini tapın.

Həlli. n

nan

97

15

və

75

12

n

nbn olduğu üçün tapıriq:

,9

5

97

15

limlim

n

naan

nn

.5

2

75

12lim

n

nb

n

Beləliklə, .5

2

9

5lim iznn

1.2 Kompleks müstəvidə oblast və əyrilər.

z kompleks ədədlərinin E çoxluğu o zaman verilmiş hesab olunur

ki, istənilən kompleks z ədədinin E çoxluğuna daxil olmasını )( Ez

və ya daxil olmamasını )( Ez müəyyən etmək üçün qayda göstərilmiş

olsun. Məsələn, 1z münasibəti mərkəzi koordinat başlanğıcında və

radiusu 1 olan çevrə üzərindəki nöqtələr çoxluğunu, 1z münasibəti

həmin dairə daxilində yerləşən nöqtələr çoxluğunu, 21 z

8

münasibəti isə mərkəzi koordinat başlanğıcında, radiusları 1 və 2

olan çevrələrlə hüdudlanmış həlqə daxilindəki nöqtələr çoxluğunu

ifadə edir.

Tərif. ],[ ba parçasında həqiqi qiymətlər alan kəsilməz )(tx və )(ty

funksiyaları vasitəsilə təyin olunan

)()()( tiytxtz (4)

əyrisinə )(z kompleks müstəvisində kəsilməz əyri deyilir.

(4) bərabərliyi verilmiş əyrinin parametrik şəkli adlanır.

Əgər 0z nöqtəsi müəyyən ətrafı ilə birlikdə tamamilə E çoxluğuna

daxildirsə, onda 0z nöqtəsinə E çoxluğunun daxili nöqtəsi deyilir.

Yalnız daxili nöqtələrdən ibarət olan çoxluq açıq çoxluq adlanır.

E çoxluğunun ixtiyari iki nöqtəsini, bütün nöqtələri bu çoxluğa

daxil olan kəsilməz xətlə birləşdirmək mümkün olduqda E çoxluğuna

rabitəli çoxluq deyilir.

Rabitəli açıq çoxluğa oblast deyilir. Əgər oblasta daxil olmayan

nöqtənin ixtiyari 0 ətrafında həmin oblasta daxil və həm də daxil

olmayan nöqtələr varsa, həmin nöqtəyə oblastın sərhəd nöqtəsi

deyilir. Sərhəd nöqtələri çoxluğuna oblastın sərhəddi deyilir. Oblasta

sərhəddini də daxil etdikdə qapalı oblast alınır. Əgər oblastı D ilə

işarə etsək, onda qapalı oblast D kimi işarə olunur.

Oblastın rabitəliliyinin sayı oblasta daxil olan konturların (qapalı

əyri) sayı ilə təyin olunur.

Tutaq ki nLLL ,...,, 10 elə qapalı kəsilməz xətlərdir ki, nLL ,...,1 əyrilə-

rinin hər biri digərlərinin xaricində yerləşir və onların hamısı isə

0L ın daxilindədirlər.

Tərif. 0L ın daxilində və nLL ,...,1 lərin xaricində yerləşən

müstəvinin nöqtələrindən ibarət olan oblast )1( n rabitəli oblast

adlanır.

Birinci şəkildə birrabitəli, ikinci şəkildə üç rabitəli, üçüncü şəkildə

isə dörd rabitəli oblast verilmişdir.

0L

0L

0L

1L 1

L

2L

2L

3L

Əgər D oblastı 0Г xarici və )1,...,2,1( nkk daxili

9

konturlardan ibarətdirsə, onda

1210 ... nГ

oblastı mürəkkəb konturu adlanır. k -ların üzərindəki işarələr göstərir

ki, burada hərəkətin istiqaməti xarici konturun əksinədir. (Oblastın

konturu üzrə hərəkət etdikdə oblast solda qalırsa, bu istiqamət müsbət

hesab olunur).

1.3. Kompleks dəyişənli əsas elementar funksiyalar.

Fərz edək ki, iyxz və ivuw kompleks ədədlərinin iki

müstəvisi verilmişdir. z müstəvisində nöqtələrin hər hansı D

çoxluğunu, w müstəvisində isə G çoxluğuna baxaq.

Яэяр щяр бир Dz нюгтясиня müəyyən qanunla уйьун олараг

Gw kompleks ədədi qarşı qoyulursa, онда D областында funksiya

verilmişdir deyirlər və simvolik olaraq )(zfw kimi işarə edirlər

Əgər hər bir Dz nöqtəsinə yalnız bir w kompleks ədədi uyğun-

dursa, onda funksiya birqiymətli, əks halda isə çoxqiymətli adlanır.

Qeyd edək ki, )(zfw асылылыьы щягиги х və y дяйишянли ики

щягиги ),( yxuu və ),( yxvv funksiyaları васитясиля ифадя олуна биляр:

),(),()( yxivyxuzfw ,

burada )(Re),( zfyxu , )(Im),( zfyxv .

Бязи компклекс дяйишянли елементар функсийалары гейд едяк: 1. Хятти функсийа: 0,,, aCbabazw .

2. Кяср-расионал функсийа:

mmmm

nnnn

bzbzbzb

azazazaw

11

10

11

10

...

... şəklində funksiyaya kəsr-rasional

funksiya deyilir və ( mn, ) cütü bu funksiyanın tərtibi adlanır. Kəsr

rasional funksiya məxrəcin sıfırdan fərqli olduğu nöqtələrdə təyin

olunmuş və kəsilməyəndir. Xüsusi halda, 1,0 0 bm olduqda alınan

nnnn azazazaw

11

10 ...

funksiyasına tam rasional funksiya və ya n dərəcəli )0( 0 a çoxhədli

deyilir.

3. Цстлц функсийа: )sin(cos yiyeeee xiyxz şəklində

funksiyaya üstlü funksiya deyəcəyik. Burada

10

yee xz cosRe , .sinIm yee xz

0y olduqda həqiqi dəyişənli xe funksiyasını alarıq. Bu tərifdən

üstlü funksiyanın aşağıdakı xassələri alınır.

a) ze funksiyası kompleks müstəvidə kəsilməyəndir.

b) 21, zz kompleks ədədləri üçün .2121 zzzzeee

c) ze - i2 periodlu funksiyadır: ziz ee 2 .

d) iyxz olduqda ,xz ee .arg yez

e) ze funksiyası 0-dan başqa bütün qiymətləri alır.

4. Loqarifmik funksiya.

Üstlü funksiyanın tərs funksiyasına loqarifmik funksiya

deyilir: zew

)0( z шяртини юдяйян ibaw ядядиня iez комплекс

ядядинин тябии (natural) логарифмасы дейилир вя Lnzw иля ишаря

едилир.

Тярифя эюря ibaibai eeee . Бурадан, kompleks ədədlərin

bərabərliyinə əsasən alırıq:ae вя kb 2 )( Zk .

lna -müsbət ədədin adi natural loqarifmasıdır, onda

zkiibawLnz arg),2(ln

,ln iArgzzLnz .2arg kzArgz (5)

Bu bərabərlikdən görünür ki, Lnz функсийасы чохгиймятлидир. (5)

bərabərliyində 0k olduqda alınan birqiymətli funksiyaya Lnz -in

baş qiyməti deyilir və

)(lnln iz

kimi işarə olunur. Loqarifmik funksiya 0z olan nöqtələr çoxluğun-

da kəsilməyəndir.

0 xz həqiqi müsbət ədəd olduqda 0arg z və buna görə də

xLnx ln olar.

0 xz həqiqi mənfi ədəd olduqda zarg və ixLnz ln

olar.

Ядядлярин логарифмасы щесабланаркян мялум

ABAB lnln вя ABB eA ln

бярабярликляриндян истифадя етмяк ялверишлидир.

11

Qeyd. azz ea ln və zez ln olduğundan, 1,0( aaw z -ixtiyari

kompleks ədəddir, баш гиймяти azz ea ln ifadəsidir) və zw ( -

ixtiyari kompleks ədəddir, баш гиймяти zaa ez ln ифадясидир)

funksiyalarını ayrıca öyrənməyə ehtiyac yoxdur.

5. Qüvvət funksiyası.

Əgər Nn olarsa, onda ,...n

n zzz Cz .

Aydındır ki, ,nn zz nArgzArgzn və nzw birqiymətli

funksiyadır.

Tutaq ki, ia ixtiyari kompleks ədəddir. Onda aLnza ez .

Beləki Lnz çoxqiymətli funksiyadır, onda az -da çoxqiymətli

funksiya olacaqdır.

,22argln)2(arglnln 0 ikzLnikzizkziziArgzzLnz

burada zizzLn argln0 Lnz in qiymətlərindən biridir. Onda

ikazaLnikzLnaa eeez 2)2( 00 .

Beləliklə, az -in çoxqiymətli olması ikae 2 vuruğu nəticəsində alınır.

6. Тригонометрик функсийалар:

Aşağıdakı bərabərliklərlə təyin olunan funksiyalara kompleks

dəyişənli triqonometrik funksiyalar deyilir və belə işarə edilir:

.sin

cos,

cos

sin

,2

cos,2

sin

z

zctgz

z

ztg

eez

i

eez

iziziziz

Həqiqi arqumentli triqonometrik funksiyalar üçün olan düsturlar

kompleks arqumentli triqonometrik funksiyalar üçün də doğrudur.

7. Kompleks arqumentli triqonometrik funksiyaların tərs

funksiyaları belə işarə olunur: ,sin zArc ,cos zArc ,Arctgz .Arcctgz

,sinz ,sin zArc

i

eez

ii

2sin

22 1012 zizeizee iii

).1(sin)1( 22 ziziLnzArczizLni

Analoji olaraq aşağıdakı düsturları yaza bilərik:

);1(cos 2 zzLnzArc ;1

1

2 iz

izLn

iArctgz

12

.2 iz

izLn

iArcctgz

8. Щиперболик функсийалар: Aşağıdakı bərabərliklərlə təyin olunan funksiyalara kompleks

arqumentli hiperbolik funksiyalar deyilir:

.,

,2

,2

shz

chzcthz

chz

shzthz

eechz

eeshz

zzzz

Hiperbolik funksiyalar ilə triqonometrik funksiyalar arasında aşa-

ğıdakı əlaqələr vardır: ,sin ishizz ,sinizishz ,cos chizz ,cos izchz

,ithiztgz ,itgizthz ,ictgizctgz .ictgizctgz

Верилмиш функсийанın щягиги вя хяйали щиссяlərини тапмалы:

2.a) zzf sin)( , b) z

zf1

)( .

Щялли.a)

)(2

1)(

2

1

2sin )()( yixyixiyxiiyxi

iziz

eei

eeii

eez

,cossin2

sin

2cos)(sin)(cos

2

))sin()(cos()sin(cos2

1

xshyixchyee

x

eexieexieex

i

xixexixei

yy

yyyyyy

yy

йяни xshyyxvxchyyxu cos),(,sin),( .

b) ,))((

111222222 yx

yi

yx

x

yx

iyx

iyxiyx

iyx

iyxiyxz

yəni .),(,),(2222 yx

yyxv

yx

xyxu

1.4 Kompleks dəyişənli funksiyanın limiti.

Fərz edək ki, ),(),()( yxivyxuzfw funksiyası 000 iyxz

nöqtəsinin müəyyən ətrafında ( 0z müstəsna olmaqla) təyin

olunmuşdur.

Tərif. 0 ədədinə qarşı 0)( ədədi varsa ki,

13

00 zz bərabərsizliyini ödəyən bütün 0zz nöqtələri üçün

Azf )(

bərabərsizliyi ödənilsin, onda ibaA kompleks ədədinə )(zfw

funksiyasının 0z nöqtəsində limiti deyilir və

Azfzz

)(lim0

və ya )()( 0zzAzf

şəklində yazılır.

Qeyd edək ki, )(zf funksiyası 0z nöqtəsində təyin olunmaya da

bilər və funksiyanın limiti istiqamətdən asılı deyil.

Aydındır ki,

.0)(lim)(lim000

AzfAzfzzzz

Teorem. Tutaq ki, ),,(),()( yxivyxuzf ,iyxz .000 iyxz Onda

ibaAzfzz

)(lim0

ayxu

yyxx

),(lim

0

0

, byxv

yyxx

),(lim

0

0

,

belə ki,

)(lim0

zfzz

),(lim

0

0

yxu

yyxx

).,(lim

0

0

yxvi

yyxx

Ona görə də sonlu limiti olan həqiqi dəyişənli funksiyaların

limitləri haqqında olan təkliflər kompleks dəyişənli funksiyanın limiti

üçün də doğrudur:

1) ,limlim][lim000

gfgfzzzzzz

2) ,limlimlim000

gfgfzzzzzz

3) ).0lim(lim

lim

lim0

0

0

0

g

f

g

f

zzzz

zz

zz

Tərif. 0 ədədinə qarşı N ədədi varsa ki, Nz münasibə-

tini ödəyən bütün z nöqtələri üçün Azf )( bərabərsizliyi

ödənilərsə, A ədədinə z şərtində )(zf funksiyasının limiti

deyilir və

Azfz

)(lim

şəklində yazılır.

)(lim00

zfzz

olarsa, onda )(zf funksiyasına 0z nöqtəsində sonsuz

böyüyən funksiya və A nöqtəsinə )(zf funksiyasının 0z

14

nöqtəsində limiti deyilir və

)(lim0

zfzz

kimi yazılır.

1.5 Kompleks dəyişənli funksiyanın kəsilməzliyi.

Tərif. Verilmiş 0z nöqtəsində və onun müəyyən ətrafında təyin

olunmuş )(zfw funksiyasının 0zz şərtində sonlu limiti varsa və

bu limit )(zf funksiyasının )( 0zf qiymətinə bərabərdirsə, yəni

)()(lim 00

zfzfzz

münasibəti ödənilərsə, onda )(zf funksiyasına 0zz nöqtəsində kəsi-

lməyən funksiya deyilir.

Funksiya limitinin tərifindən istifadə etsək bu tərifi belə də

söyləmək olar:

Tərif. 0 ədədinə qarşı 0 ədədi varsa ki, 0zz

münasibətini ödəyən bütün z nöqtələrində

)()( 0zfzf

bərabərsizliyi ödənilsin, onda )(zf funksiyasının 0zz nöqtəsində

kəsilməyən funksiya deyilir.

Teorem. ),(),()( yxivyxuzf funksiyası 000 iyxz nöqtəsində

kəsilməyən olması üçün ),( yxu və ),( yxv funksiyalarının ),( 00 yx

nöqtəsində kəsilməz olması zəruri və kafi şərtdir..

Teorem. Tutaq ki, )(zf və )(zg funksiyaları D oblastında kəsil-

məyəndirlər, onda ),()( zgzf ),()( zgzf )0)(()(/)( zgzgzf funksiyaları

da D oblastında kəsilməyəndirlər.

Funksiyanın kəsilməzliyini artım vasitəsilə də söyləmək olar:

Tərif. )(zf funksiyasının 0z nöqtəsindəki )(zf artımı üçün

0)(lim0

zfz

və ya 0)]()([lim 000

zfzzfz

münasibəti ödənilirsə, onda )(zf funksiyasına 0z nöqtəsində

kəsilməyən funksiya deyilir.

Verilmiş D oblastının hər bir nöqtəsində kəsilməyən )(zfw

funksiyasına həmin oblastda kəsilməyən funksiya deyilir.

Nöqtədə və oblastda kəsilməyən həqiqi dəyişənli funksiyalar

haqqında məlum olan teoremlər uyğun şəkildə kompleks dəyişənli

funksiyalar üçün də döğrudur.

Burada əlavə olaraq iki teoremi qeyd etmək olar:

15

Teorem.Qapalı D oblastında kəsilməyən )(zf funksiyasının

modulu )(zf həmin oblastda özünün ən böyük və ən kiçik

qiymətlərini alır, yəni elə D və D nöqtələri var ki, z -in D

oblastındakı bütün qiymətlərində

()()( fzff

bərabərsizliyi ödənilir.

Teorem. Qapalı D oblastında kəsilməyən )(zf funksiyası həmin

oblastda məhduddur, yəni elə sabit müsbət M ədədi var ki, z -in

D oblastındakı bütün qiymətlərində

Mzf )(

bərabərsizliyi ödənilir.

Məsələn, ),()( Cconstcczf ,)( zzf ),,()( Cbabazzf

,)( nzzf Nn funksiyaları bütün C də kəsilməzdirlər.

İndi isə Czezf z ,)( funksiyasının kəsilməz olduğunu göstərək.

Funksiyanı belə yazaq:

yieyeyiyeee xxxiyxz sincos)sin(cos

.sin),(,cos),( yeyxvyeyxu xx

),( yxu və ),( yxv funksiyaları 2R də kəsilməzdirlər, deməli, ze

funksiyası da bütün C də kəsilməzdir.

1.6. Kompleks dəyişənli funksiyanın törəməsi. Коши-Риман шяртляри Kompleks dəyişənli funksiyanın törəməsi anlayışı həqiqi dəyişənli

funksiyalarda olduğu kimi verilir.

Kompleks müstəvinin D oblastında təyin olunmuş

),(),()( yxivyxuzfw

funksiyasına baxaq.

Tutaq ki, ., Dzzz Belə işarələmə aparaq:

).()()( yixzzfzzffw

Tərif. Яэяр Dz нюгтясиндя sonlu

Dzzz

w

z

zfzzf

zz

,lim

)()(lim

00

лимити варса, онда она )(zf функсийасынын z нюгтясиндя тюрямяси

дейилир вя )(zf , w , dz

zdf )( символларындан бири иля ишаря олунур.

z nöqtəsində törəməsi olan funksiyaya diferensiallanan funksiya

16

deyilir.

Яэяр )(zfw функсийасы z нюгтясиндя вя онун müəyyən

ятрафында диференсиалланандырса, онда бу функсийа верилмиш Dz нюгтясиндя аналитик (requlyar və ya holomorf) функсийа адланыр.

D областынın щяр бир нюгтясиндя analitik )(zf функсийаsı бу

областда aналитик функсийа адланыр. Bu tərifdən görünür ki, oblastda funksiyanın analitik olması ilə

diferensiallanan olması üst-üstə düşür. Ancaq funksiyanın nöqtədə

analitikliyi ilə diferensiallanan olması üst-üstə düşmür, cünki

funksiyanın nöqtədə analitik olması üçün həmin nöqtənin ətrafında da

diferensiallanan olmalıdır.

z nöqtəsində diferensiallanan funksiya həmin nöqtədə

kəsilməyəndir. Tərsi isə ümumiyyətlə doğru olmaya da bilər. Bu

təkliflərin isbatı həqiqi dəyişənli funksiyalarda olduğu kimidir.

Törəmənin tərifindən və limitin xassələrindən aşağıdakı qaydalar

alınır:

a) )(zf və )(zg funksiyaları z nöqtəsində diferensiallanandırsa,

onların cəbri cəmi, hasili və nisbəti )0)(( zg də həmin nöqtədə

diferensiallanandır və aşağıdakı bərabərliklər doğrudur:

,)( gfgf ,)( gfgffg

2)(

g

gfgf

g

f .

Xüsusi halda constcf olarsa, onda

,)( gccg .)(2g

gc

g

c

b) )(zg funksiyası z nöqtəsində, )(wf funksiyası isə )(zgw nöq-

təsində diferensiallanan funksiyalardırsa, onda )]([)( zgfzF mürək-

kəb funksiyası da z nöqtəsində diferensiallanandır və ).())(()( zgzgfzF

Kompleks dəyişənli elementar transendent funksiyaların

törəmələrini hesablama qaydası uyğun həqiqi dəyişənli funksiyaların

törəməsini hesablama qaydası kimidir. Ona görə də aşağıdakı cədvəli

tərtib etmək olar:

1. .0c 10. .sin

1)(

2 zctgz

2. .1z 11. .

1

1)(arcsin

2z

z

17

3. .)( 1 nn znz 12. .

1

1)(arccos

2z

z

4. .1

)(1n n

n

zn

z

13. .1

1)(

2zarctgz

5. .)( zz ee 14. .1

1)(

2zarcctgz

6. .1

)(lnz

z 15. .)( chzshz

7. .cos)(sin zz 16. .)( shzchz

8. .sin)(cos zz 17. .1

)(2 zch

thz

9. .cos

1)(

2 ztgz

7.-cini isbat edək:

.cos2

))((2

1)

2()(sin z

eeieie

ii

eez

iziziziz

iziz

Fərz edək ki, )(zf funksiyası Dz nöqtəsində

diferensiallanandır:

.limlim)(

000 yix

viu

z

fzf

yz

(1)

Şərtə görə yixz ixtiyari qaydada sıfra yaxınlaşdıqda (1) limiti

var və eyni bir )(zf kompleks ədədinə bərabərdir. Aşağıdakı xüsusui

hallara baxaq:

1)

x

yxuyxxu

x

viu

z

fzf

xyxz

),(),(limlimlim)(

0000

.),(),(

lim0 x

vi

x

u

x

yxvyxxvi

x

(2)

2)

y

yxuyxxu

xi

viuzf

yxy

),(),(limlim)(

000

.),(),(

lim0 y

v

y

ui

y

yxvyxxvi

y

(3)

Buradab kompleks ədədlərin bərabərliyinə əsasən yaza bilərik:

y

v

x

u

, .

x

v

y

u

(4)

18

(4) шяртляри Коши-Риман (və ya Dalamber-Eyler) шяртляри адланыр. Beləliklə, biz aşağıdakı teoremi isbat etdik.

Teorem. )(zfw функсийасы z nöqtəsində diferensiallanandırsa,

),( yxu вя ),( yxv функсийаларынын ),( yx nöqtəsində birinci tərtibdən

xüsusi törəmələri var və onlar Koşi-Riman şərtlərini ödəyirlər.

Bu teoremin tərsinin doğru olması üçün əlavə şərt- ),( yxu вя

),( yxv функсийаларынын xüsusi törəmələrinin kəsilməzliyi lazımdır.

Teorem. Əgər ),( yxu вя ),( yxv функсийаларынын ),( yx nöqtəsində

kəsilməz xüsusi törəmələri varsa və onlar Koşi-Riman şərtlərini

ödəyirsə, onda )(zfw funksiyası z nöqtəsində diferensiallanandır.

Yuxarıdakı iki teoremdən aşağıdakı teorem alınır:

Teorem. )(zf funksiyasının kompleks müstəvinin D oblastında

analitik olması üçün zəruri və kafi şərt u və v funksiyalarının birinci

tərtib xüsusi törəmələrinin D -də kəsilməz olması və Koşi-Riman

şərtlərinin ödənilməsidir.

Функсийанын аналитик олдуьу нюгтяйя онун дцзэцн нюгтяси, аналитик олмадыьы nöqtəyə ися мяхсуси нюгтяси дейилир.

Nöqtənin polyar və dekart koordinatları arasındakı ,cos rx

sinry münasibətlərdən istifadə etməklə ),( r polyar

koordinatlarda Koşi-Riman şərtləri aşağıdakı şəkildə olur:

,),(1),(

rv

rr

ru

),(1),( ru

rr

rv.

Qeyd. (2) (və yaxud (3)) bərabərliyini və Koşi-Riman şərtlərini

nəzərə alsaq, iстянилян аналитик )(zf функсийасы цчцн ашаьыдакы

бярабярликlər доьрудур:

x

vi

y

v

y

ui

x

u

y

ui

y

v

x

vi

x

uzf

)( .

və ya

).(1

)()(

ui

v

zr

vi

r

u

z

rzf

1.7. Щармоник функсийалар

Tutaq ki, kompleks müstəvinin D oblastında analitik ),(),()( yxivyxuzf

funksiyası verilmişdir. Onda bildiyimizə görə )(zf funksiyası D ob-

19

lastında istənilən tərtibdən kəsilməz törəməyə malikdir. Onda u və v

funksiyaları da D -də istənilən tərtibdən kəsilməz xüsusi tərəmələrə

malikdirlər, birinci tərtib törəmələr isə Koşi-Riman şərtlərini

ödəyirlər.

Koşi-Riman şərtlərinə görə

,2

2

2

yx

v

x

u

yx

v

y

u

2

2

2

yazıb və bu bərabərlikləri tərəf-tərəfə toplasaq, alarıq:

.02

2

2

2

y

u

x

u (1)

Eyni qayda ilə yaza bilərik:

.02

2

2

2

y

v

x

v (2)

(1) tənliyinin sol tərəfini u ilə işarə edək:

2

2

2

2

y

u

x

uu

.

0u tənliyinə Laplas tənliyi, 2

2

2

2

yx

simvoluna isə Laplas

operatoru deyilir.

Tərif. Яэяр ),( yx функсийасыnın Д областында икинжи тяртиб

kəsilməz xüsusi тюрямяləri varsa вя бу областда

02

2

2

2

yx

Лаплас тянлийини юдяйярся, онда она щармоник функсийа дейилир. Эюстярмяк олар ки, истянилян аналитик функсийанын щягиги вя хяйали щиссясi щармоник функсийадыр. Беля ки, щармоник функсийа

Коши-Риман шяртлярини юдяйир. Цмумиййятля, Коши-Риман шяртляри иля баьлы олан щармоник ),( yxu вя ),( yxv функсийаларына гошма

щармоник функсйалар дейилир. Демяли, истянилян аналитик функсийанын щягиги вя хяйали щисясси qoşma щармоник функсийалардыр. (1) və (2) bərabərliklərindən alınır ki, analitik

),(),()( yxivyxuzf funksiyasının həqiqi və xəyali hissələri olan

),( yxu və ),( yxv qoşma harmonik funksiyalardır. Lakin tərsi

ümumiyyətlə doğru deyildir. Məsələn, qoşma harmonik olmayan

20

,1 xu yv 1 harmonik funksiyalarından düzələn

ziyxivuzf 11)( funksiyası analitik funksiya deyildir.

Analitik funksiyanın həqiqi və xəyali hissələri qoşma harmonik

funksiyalar olduğundan onlardan biri verildikdə digərini sabit

toplanan dəqiqliyi ilə tapmaq və analitik funksiyalar ailəsini qurmaq

olar.

),( yxu funksiyası ilə qoşma olan harmonik funksiya

),(

),( 00

)(),(

yx

yx

Cdyx

udx

y

uyxv (3)

şəklində tapılır.

1.8. Комплекс дяйишянли функсийанын интегралы

Tutaq ki, C kompleks müstəvisində başlanğıc nöqtəsi az 0 və

son üç nöqtəsi bzn ( Cba , ) olan hamar və ya hissə-hissə hamar

L əyrisi verilmişdir. Beləki bиргиймятли ivuzfw )( функсийасы

L əyrisinin bütün nöqtələrində кясилмяздир. L əyrisini ixtiyari

qaydada 0z nöqtəsindən nz nöqtəsi istiqamətində

bzzzaz nn ,,...,, 110 nöqtələri ilə n dənə ),( 1 kk zz hissəyə bölək və

hər bir hissə üzərində kc ),1( nk nöqtələri götürüb

n

i

kk zcf1

)( ( 1 kkk zzz ) (1)

cəmini düzəldək. Bu cəmə )(zf funksiyasının L əyrisi üzrə inteqral

cəmi deyilir. kz max ilə işarə edək.

Tərif. Əgər (1) cəminin 0 şərtində, kz və kc nöqtələrinin seçil-

məsindən asılı olmayaraq sonlu limiti varsa, onda ona )(zf funksiya-

sının L əyrisi üzrə inteqralı deyilir və belə işarə olunur:

L

n

k

kk zcfdzzf1

0.)(lim)(

Əgər L əyrisi )(xyy tənliyi və yaxud

)()(

)(

t

tyy

txx

parametrik tənliyi (və ya )()()( tiytxtzz )( t ) şəklində

21

verilərsə, onda )(zf funksiyasının L əyrisi üzrə inteqralı aşağıdakı

kimi təyin olunur:

L L L

diydxivuiyxdivudzzf ))(()()()(

L L

udyvdxivdyudx ).()( (2)

Bu isə kompleks dəyişənli funksiyanın inteqralının iki dənə ikinci

növ əyrixətli inteqralların cəminə bərabər olduğunu göstərir. Əgər

parametrik bərabərliklərdən istifadə etsək,

,)()( dttxtdxdx dttytdydy )()(

alarıq. Bu münasibətləri (2)-də nəzərə alsaq (eyni ilə

dxxyxdydy )()( -i yaza bilərik), alarıq:

dttytytxvtxtytxudzzf

L

)]())(),(()())(),(([)(

.)]())(),(()())(),(([ dttytytxutxtytxvi (3)

Əgər )()()( tyitxtz və ))(())(),(( tzutytxu olduğunu nəzərə

alsaq, (3) bərabərliyini qısa olaraq belə yaza bilərik:

L

dttztzfdzzf )()]([)( . (4)

(3) inteqralı istənilən kəsilməz )(zf funksiyası (bu halda ),( yxu və

),( yxv -də kəsilməzdirlər) və istənilən hamar L əyrisi (yəni ),(tx )(ty

kəsilməzdirlər və 0)()( 22 tytx ) üçün təyin olunub.

Bəzən çox vaxt t parametri əvəzinə bucağı götürülür.

Kompleks dəyişənli funksiya inteqralının aşağıdakı xassələri var:

Xassə1.

L

abdz .

Xassə2. L əyrisi üzərində kəsilməyən )(zf və )(z funksiyaları

və ixtiyari A və B sabit ədədləri üçün

L L L

dzzBdzzfAdzzBzAf )()()]()([

bərabərliyi doğrudur.

Xassə3. L əyrisi 1L və 2L əyrilərindən ibarətdirsə və 1L -in son üc

22

nöqtəsi 2L -nin başlanğıc nöqtəsi ilə üst-üstə düşürsə, onda kəsilməz

)(zf funksiyası üçün

1 2

)()()(

L LL

dzzfdzzfdzzf

bərabərliyi doğru olar.

Xassə4. L əyrisi həndəsi olaraq L əyrisi ilə üst-üstə düşürsə, ancaq

onun istiqaməti L əyrisinin istiqamətinin əksinədirsə, onda

kəsilməyən ixtiyari )(zf funksiyası üçün

LL

dzzfdzzf )()(

bərabərliyi doğrudur.

Xassə5. Əgər Lz üçün Mzf )( olarsa, onda

Mldzzf

L

)(

bərabərliyi doğrudur, burada l L əyrisinin uzunluğudur.

Бу интеграл L интеграллама йолундан асылыдыр.

3. Hesablayın: L

zz

dz,

0

burada L mərkəzi 0z nöqtəsində olan,

saat əqrəbinin əksinə istiqamətlənmiş çevrədir.

Həlli.Beləki L in tənliyini itezz 0 )20( t

şəklində yazmaq olar, burada - L çevrəsinin radiusudur. Onda

L

it

it

idtie

dtie

zz

dz2

0

2

00

.2

4. Hesablayın:

L

n dzzz ,)( 0 burada 1n tam ədəd, L isə

mərkəzi 0z nöqtəsində olan, saat əqrəbinin əksinə istiqamətlənmiş

çevrədir.

Həlli. Beləki

L

tnintninn dteidtiedzzz

2

0

2

0

)1(1)1(1

0 )(

23

0)1(

2

0

)1(1

ni

ei

tnin ),0)1( n

doğrudan da Zn üçün .1)1(2 nie

1.9.Koşi teoremi. Koşinin inteqral düsturu

Teorem 1 (Koşi). Яэяр )(zf функсийасы биррабитяли D областында

аналитикдирся, onda )(zf funksiyasının bu oblastda yerləşən istənilən

hissə-hissə hamar qapalı L konturu üzrə inteqralı sıfra bərabərdir:

0)( L

dzzf (1)

İsbatı. Beləki ivuzf )( funksiyası D oblastında analitikdir,

onda ),( yxu və ),( yxv funksiyaları kəsilməz diferensiallanandırlar və

Koşi-Riman şərtləri ödənlir və nəticədə udyvdx və vdyudx

ifadələrinin hər hansı funksiyanın tam diferensialı olması alınır. Buna

görə bu ifadələrin qapalı L əyrisi üzrə əyrixətli inteqralları sıfra

bərabərdir. Onda §5.-də (2) bərabərliyinə əsasən,

L L L

udyvdxivdyudxdzzf .0)()()(

Teorem. Tutaq ki, kompleks müstəvinin D oblastı mürəkkəb

müsbət orentasiyalı hissə-hissə hamar L konturu ilə məhduddur.

Onda D oblastında analitik olan )(zf funksiyası üçün

0)( L

dzzf

bərabərliyi doğrudur.

Teorem. Tutaq ki, D oblastı xaricdən müsbət orentasiyalı L

konturu ilə, daxildən isə nLLL ,...,, 21 (şəkildə 3n götürülüb)

konturları ilə məhduddur və )(zf funksiyası D oblastında

analitikdir, onda

L

n

kkL

dzzfdzzf1

)()(

bərabərliyi doğrudur.

Bu teorem Koşi teoreminin çoxrabitəli

oblastlar üçün ümumiləşməsi adlanır.

Qeyd edək ki, 1n olduqda, onda

L

1L

2L

3L

24

L L

dzzfdzzf

1

.)()(

Nəticə. )(zf funksiyası D oblastında analitik olduqda bu oblastda

yerləşən istənilən əyri üzrə həmin funksiya inteqralının qiyməti ancaq

əyrinin başlanğıc və son üc nöqtələrindən asılıdır. Başlanğıc və son üç

nöqtələri eyni olan istənilən iki əyri üzrə )(zf funksiyası inteqralının

qiyməti eyni olar, yəni )(zf funksiyası inteqralının qiyməti

inteqrallama yolundan asılı deyil.

Doğrudan da başlanğıc nöqtəsi a və son üç

nöqtəsi b olan iki 0L və 1L əyrisi üzrə

aşağıdakı münasibət doğrudur:

0 1

.)()(

L L

dzzfdzzf

Teorem 3. )(zf funksiyası birrabitəli D oblastında analitik

funksiyadırsa və Dz 0 qeyd olunmuş nöqtə, Dz isə dəyişən

nöqtədirsə onda

z

z

dfzF

0

)()(

funksiyası D oblastında analitik funksiyadır və ).()( zfzF

Tərif. D oblastında analitik )(zF funksiyasının

Dz nöqtələrində

)()( zfzF

olarsa, onda )(zF funksiyasına )(zf funksiyasının ibtidai funksiyası

deyilir.

Heç olmazsa bir ibtidai funksiyası olan )(zf funksiyasının sonsuz

sayda ibtidai funksiyası vardır və bu funksiyalar bir-biri ilə ixtiyari

sabitlə fərqlənirlər.

Tərif. )(zf funksiyasının bütün ibtidai funksiyaları çoxluğuna

onun qeyri-müəyyən inteqralı deyilir və dzzf )( ilə işarə olunur.

z

z

z

zFzFzFdf

0

00 )()()()(

bərabərliyinə kompleks inteqralın hesablanması üçün Nyuton-Leybnis

1L

a

0L

b

25

düsturu deyilir.

Teorem. Яэяр )(zf функсийасы щисся-щисся щамар гапалы L

контуру иля ящатя олунан birrabitəli qapalı D oбластында анали-

тикдирся, онда Dz 0 nöqtəsində

Lzz

dzzf

izf

0

0

)(

2

1)( (1)

bərabərliyi doğrudur. (1) düsturuna Koşinin inteqral düsturu və həmin

düsturun sağ tərəfindəki inteqrala isə Koşi inteqralı deyilir.

İsbatı.

0

0 )()()(

zz

zfzfz

(2)

Buqrov funksiyasına baxaq. Bu funksiya 0zz nöqtəsindən başqa D -

nin müsbət istiqamətli bütün nöqtələrində analitikdir. Mərkəzi 0z olan

D çevrəsi götürək. Onda teorem 3-ə əsasən

L

dzzdzz )()( . (3)

Beləki

0

)()(

zz

dzzdzz

inteqrtalının qiyməti dan asılı deyil. Qeyd

edək ki, (2)-dən yaza bilərik:

)()(lim 00

zfzzz

.

)()( 00 zfz olduğunu nəzərə almaqla )(z

funksiyasını 0z nöqtəsində təyin etsək, onun D 0blastında kəsilməz

olmasını alarıq, nəticədə onun modulu məhdud olar: DzMz ,)( .

Xassə 3-ü nəzərə alsaq, alarıq:

2)( Mdzz .

ədədini kifayət qədər kiçik götürsək və

dzz)( inteqralı dan

asılı deyil, onda 0)(

dzz . Buna görə də (6)-dan yaza bilərik:

LL

dzzz

zfzfdzz 0

)()()(

0

0 .

0z

L

D

26

Beləki (misal )

LL

izfzz

dzzfdz

zz

zf2)()(

)(0

0

0

0

0 ,

buradan isə Koşi düsturunu alarıq.

Bu düstur vasitəsi ilə D oblastında analitik olan )(zfw

funksiyasının oblastın istənilən daxili 0z nöqtəsindəki qiyməti

funksiyanın D oblastının konturu üzərindəki qiymətləri ilə ifadə

olunur. 0z nöqtəsi D oblastına nəzərən xarici nöqtə olduqda

.0)(

2

1

0

Lzz

dzzf

i

Яэяр )(zf функсийасы D областында вя онун сярщядди L -дя анали-

тикдирся, онда Nn цчцн

L

n

n

zz

zf

i

nzf

10

0)(

)(

)(

2

!)( (4)

дцстуру доьрудур, бурада LzDz ,0 .

Tutaq ki, L hissə-hissə hamar, qapalı və ya qapalı olmayan əyridir

və )(z L əyrisi üzərində təyin olunmuş, kəsilməyən funksiyadır.

Onda

Lz

d

izF

)(

2

1)( (5)

kimi təyin olunan inteqrala Koşi tipli inteqral deyilir. Sağ tərəfdəki

ifadənin Lz nöqtələri üçün mənası vardır.

Teorem. Koşi tipli inteqral z dəyişəninin )( Lz analitik funksi-

yasıdır və onun törəmələri aşağıdakı düsturla təyin olunur:

L

n

n dzi

nzF

1

)(

)(

)(

2

!)( ,...)2,1( n . (6)

İsbatı. Bu teoremi isbat etmək üçün L əyrisi ilə orta nöqtəyə malik

olmayan dairəsi götürək. İkidəyişənli

zz

)(),(

funksiyası ),( LzL çoxluğunda z ə nəzərən kəsilməz xüsu-

si törəməyə malikdir ).0( z Bu şərt imkan verir ki, (5) inteqralını

z parametrinə görə diferensiallayaq:

27

L

dzi

zF2)(

)(

2

1)( .

)(zF kəsilməz olduğu üçün )(zF funksiyası L xaricində analitik-

dir. Daha yüksək törəmələrin varlığı və (6) düsturu induksiya ilə isbat

edilir. Buradan aşağıdakı nəticə alınır.

Əgər )(zf funksiyası D oblastında analitikdirsə, həmin oblastda

bu funksiyanın ixtiyari tərtibdən törəmələri var və ixtiyari Dz 0 nöq-

təsində

1

0

0

)(

)(

)(

2

!)(

n

n

z

df

i

nzf . (7)

Burada 0z nöqtəsini təcrid edən və D oblastına daxil olan

hamar əyridir, məsələn, izzz Re/ 0 .

Kompleks ədədlər sırası

Фярз едяк ки,

11 }{}{ nnnnn iyxz комплекс ядядlərindən

düzəldilmiş сыра верилмишдир:

1

21 ......n

nn zzzz . (1)

n

k

n

k

kk

n

k

nn yixzS1 11

sonlu cəminə (1) sırasının xüsusi cəmi deyilir. Əgər }{ nS xüsusi cəm-

lər ardıcıllığının sonlu

SSnn

lim

limiti varsa, onda (1) sırasına yığılan, əks halda isə dağılan sıra deyi-

lir. S ədədi bu sıranın cəmi adlanır:

1

.n

n ibazS

Teorem.(1) сырасыnin yığılan olması üçün

1n

nx (2)

вя

28

1n

ny (3)

сыраларыnın йыьылаn olması zəruri və kafidir.

(2) və (3) sıraları həqiqi hədli sıralardır. Əgər bu sıralardan biri və

ya hər ikisi dağılırsa, onda (1) sırası dağılır. Бурадан айдындыр ки, щягиги ядядляр сырасы щаггында олан теоремляр uyğun şəkildə комплекс ядяdляр сырасы цчцн дя

доьрудур. Teorem (yığılmanın zəruri şərti). Yığılan sıranın nnn iyxz

ümumi həddinin limiti n -da sıfra bərabərdir, yəni

.0lim

nn

z

Nəticə. 0lim

nn

z olarsa, onda (1) sırası dağılan sıradır.

1 1

22

n n

nnn yxz (4)

sırasına (1) sırasının mütləq hədli sırası deyilir.

(1) сырасынын щядлярнин мцтдяг гиймятляриндян дцзялдилмиш (4) сырасы йыьылаn olarsa, onda (1) сырасына мцтляг йыьылан сыра deyiliр.

1

22

n

nn yx sırasının yığılan olmasından

1n

nx və

1n

ny

sıralarının mütləq yığılan olması alınır. Doğrudan da 22

nnn yxx və 22

nnn yxy

olduğundan həqiqi hədli sıranın yığılmasının müqayisə əlamətinə görə

1n

nx və

1n

ny sıraları eyni zamanda yığılır. Bu sıraların eyni

zamanda yığılması isə (1) sırasının yığılan olduğunu göstərir.

Beləliklə, kompleks hədli sıraların yalnız və yalnız onda mütləq

yığılan olması alınır ki, onun həqiqi və xəyali hissələrinin hədlərindən

düzələn sıralar mütləq yığılan olsun.

(1) sırası yığılırsa və hədlərinin mütləq qiymətlərindən düzələn (4)

sırası dağılırsa, onda (1) sırasına şərti yığılan sıra deyilir.

(2), (3), (4) сыралары щягиги ədədlərdən дцзялдилмиш сыралардыр вя

онларын йыьылма мясяляси щягиги олбластда сыраларын йыьылмасынын мялум яламятляринин кюмяйиля щялл едилир.

29

5.

12

n

in

n

e сырасынын йыьылмасыны арашдырын.

Щялли. Мялумдур ки, ninein sincos . Демяли, верилян сыранын

йыьылма мясяляси

12

cos

n n

n вя

12

sin

n n

n

сыраларынын йыьылмасы мясялясинин щяллиня эятирилир. Бу сыраларын щяр бири мцтляг йыьылыр. Демяли, верилян сыра мцтляг йыьылыр.

6.

1n

ni

n

e сырасынын йыьылмасыны арашдырын.

Щялли. Мялумдур ки, n

in

e ni

sincos . Онда

1

cos

nn

n сырасы

dağılan olduğundan верилян сыра даьыландыр.

Комплекс дяйишянли функсийалар сырасы

Hədləri D oblastında təyin olunmuş ),...(),...,(),( 21 zfzfzf n kom-

pleks dəyişənli funksiyalardan düzəldilmiş

1

21 )(...)(...)()(n

nn zfzfzfzf (1)

ifadəsinə funksional sıra deyilir.

Dzz 0 nöqtəsi üçün

1

0 )(n

n zf ədədi sırası yığılandırsa, onda bu

nöqtəyə (1) sırasının yığılma nöqtəsi deyilir. Funksional sıranın yığıl-

dığı nöqtələr çoxluğuna bu sıranın yığılma oblastı deyilir.

n

k

nn zfzS1

)()(

cəminə (1) sırasının xüsusi cəmi deyilir. Beləki Dz nöqtəsi üçün

)(lim zSnn

varsa, onda bu limitə (1) sırasının cəmi deyilir və o z in

funksiyası olur. Onu )(zS ilə işarə edək:

)(lim)( zSzS nn

.

Tərif. 0 ədədinə görə )( NN nömrəsi varsa ki,

30

,)()( zSzS n ,Dz Nn

ödənilir, onda (1) sırasına D oblastında müntəzəm yığılan sıra deyilir.

Teorem (Veyerştass əlaməti). Tutaq ki, elə müsbət hədli yığılan

ədədi

1k

k (2)

sırası var ki, Dz üçün

kn zf )( ( ,...2,1n )

ödənilir. Onda (1) sırası müntəzəm yığılandır.

Qeyd edək ki, bu halda (1) sırasına majorantlanan sıra, (2) sırasına

(1)-in majorantı, (1) sırasına isə (2)-nin minorantı deyilir.

D oblastında müntəzəm yığılan sıralar aşağıdakı xassələrə malik-

dir.

1)Hər bir həddi D oblastında kəsilməyən və bu oblastda müntəzəm

yığılan funksional sıranın cəmi də D oblastında kəsilməyən funksiya-

dır.

2) Hər bir həddi D oblastında kəsilməyən və bu oblastda müntə-

zəm yığılan funksional sıranı DL əyrisi üzrə hədbəhəd inteqralla-

maq olar, yəni

11

.)()()(n L L

n

L n

n dzzSdzzfdzzf

3) Hər bir həddi D oblastında analitik olan və bu oblastda müntə-

zəm yığılan funksional sıranın cəmi də D də analitik funksiyadır və

bu sıranı istənilən tərtibdən hədbəhəd diferensiallamaq olar, yəni

11

).()(n

n

n

n zfzf

Aşağıdakı funksional sıraların yığılma oblastlarını tapmalı.

7.

1

,)(

n

nCz

iz

n sırasının yığılma oblastını tapmalı.

Həlli. Dalamber əlamətini tətbiq ersək, alarıq:

.11

)(

))(1(lim

)(

)(lim

1

1

izizn

izn

zu

zun

n

nn

n

n

Buradan aydındır ki, verilən sıra 1 iz olduqda, yəni mərkəzi i

31

nöqtəsində və radiusu 1-ə bərabər olan dairə xaricində mütləq yığılan,

1 iz çevrəsi üzərində isə dağılandır.

Гцввят сыраları

iyxz комплекс дяйишянинин гцввятляриня нязярян

дцзялдилмиш

0

2

210 ......n

n

n

n

n zczczczcc (3)

шякlinдя сырайа комплекс дяйишянли гцввят сырасы дейилир. Bu sıranı

(1)-də n

nn zczf )( ,...)2,1,0( n olduğunu nəzərə almaqla almaq olar.

Burada ,...)2,1,0( ncn kompleks ədədlərinə qüvvət sırasının əmsalları

deyilir.

Комплекс дяйишняли гцввят сыралары цчцн дя, щягиги дяйишянли гцввят сыраларынын нязяриййясиня охшар нязяриййя вардыр. (5) sırası 0z nöqtəsində yığılandır.

Teorem (Abel). (3) qüvvət sırası hər hansı 00 zz nöqtəsində

yığılırsa, onda həmin sıra 0zz dairəsində mütləq yığılır,

0zqz dairəsində isə müntəzəm yığılandır.

Nəticə1. (3) qüvvət sırası hər hansı 1z nöqtəsində dağılırsa, onda

həmin sıra 1zz şərtini ödəyən z nöqtəsində dağılandır

Abel teoremindən və onun nəticəsindən alınır ki, mərkəzi

koordinat başlanğıcında və radiusu R ə bərabər olan elə dairə var ki,

bu dairənin bütün daxili nöqtələri qüvvət sırasının yığılma nöqtələri,

xarici nöqtələri isə dağılma nöqtələridir. Rz dairəsinə qüvvət

sırasının yığılma dairəsi, R ə isə onun yığılma radiusu deyilir. Rz

çevrəsi üzərində qüvvət sırası yığılan və ya dağılan ola bilər.

Qüvvət sırasının yığılma radiusu həqiqi dəyişənli qüvvət

sıralarında olduğu kimi təyin olunur:

,lim1

n

n

n c

cR (4)

n

nn

cR

||lim

1

. (5)

(4) bərabərliyinə Dalamber, (5)-yə isə Koşi-Adamar düsturu deyilir.

Щягиги дяйишняли гцввят сыраларында олдуьу кими, бурада да, щяр

32

щансы 0z комплекс ядяди цчцн, комплекс дяйишняли сыра )( 0zz

фяргинин гцввятляри шяклиндя дя вериля биляр:

0

002

02010 )(...)(...)()(n

nn

nn zzczzczzczzcc . (6)

Эюрцндцйц кими (6) сырасы tzz 0 явязлямяси васитясиля (3)

шякилinдя

sıraya эятирилир.Бу о демякдир ки, (3) сырасыныn йыьылма областы

мяркязи координат башланьыжында олан Р радиуслу даиря олдугда, (8) сырасынын йыьылма областı

Rzz || 0 ,

йяни мяркязи 0z нюгтясиндя олан Р радиуслу даиря олур. Бурадан

айдыn- дыр ки, (3) сырасы цчцн Rz || даирясиндя доьру олан бцтцн

тяклифляр (6) сыырасы цчцн Rzz || 0 даирясиндя доьрудур.

Nəticə2. qüvvət sırasının cəmi yığılma dairəsində kəsilməyən

funksiyadır.

Nəticə3. Qüvvət sırasını yığılma dairəsində istənilən tərtibdən

hədbəhəd diferensiallamaq olar və diferensiallamadan alınan sıranın

yığılma radiusu elə verilən sıranın yığılma radiusuna bərabərdir.

Bu nəticədən həmçinin alınır ki, qüvvət sırasının cəmi yığılma

dairəsi daxilində analitik funksiyadır.

Nəticə 4. Qüvvət sırasını yığılma dairəsində yerləşən istənilən

hissə-hissə hamar əyri üzrə hədbəhəd inteqrallamaq olar.

8. Гцввят сырасынын йыьылма радиусуну тапын:

0

cosn

nzin .

Щялли. Мялумдур ки: chnee

incnn

n

2cos . Онда

,11

1

11

1lim

11lim

)1(lim

)1(lim

1

eshchthnshch

shshnchchn

chn

nch

chn

nch

chnR

n

nnn

беляки

11

1limlimlim

2

2

n

n

nnn

nn

nn e

e

ee

eethn .

Беляляикля, 1 eR .

33

1.10. Тейлор və Loran sırası.

Teorem. Yığılma radiusu R ( 0R ) olan

0

0 ,)()(n

n

n zzczf )( 0 Rzz (1)

qüvvət sırasının nc əmsalları aşağıdakı düsturlarla təyin olunur.:

),( 00 zfc ,!

)( 0

)(

n

zfc

n

n ( ,...2,1n ). (2)

İsbatı. (1) sırası Rzz 0 dairəsində yığılan olduğundan nəticə 3-

ə əsasən bu sıranı istənilən tərtibdən diferensiallamaq olar və odur ki,

...,)()!1(!)( 01)( zzcncnzf nn

n )( 0 Rzz . (3)

(1) və (3)-də 0zz qəbul etsək (2) düsturlarını alırıq. (2) əmsalla

rına )(zf funksiyasının Teylor əmsalları deyilir. Bu əmsalları (1)-də

nəzərə alsaq:

0

00

)(

)(!

)()(

n

nn

zzn

zfzf

...)(!2

)()(

!1

)()( 2

00

00

0

zzzf

zzzf

zf . (4)

(4) sırasına )(zf funksiyasının 0zz nöqtəsi ətrafında Teylor sırası

deyilir. Beləliklə, istənilən (1) qüvvət sırası yığılma dairəsində öz

cəminin Teylor sırasıdır. Xüsusi halda (4)-də 00 z qəbul etsək,

alarıq:

...!2

)0(

!1

)0()0(

!

)0()( 2

0

)(

zf

zf

fzn

fzf

n

nn

.

Bu sıraya Makloren sırası deyilir.

Teorem. Rzz 0 dairəsində analitik )(zf funksiyası həmin

dairədə Teylor sırasına ayrılır.

Qeyd. (1) qüvvət sırasının (2) düsturları ilə təyin olunmuş nc

əmsallarını başqa şəkildə təyin etmək olar: L ilə 0z nöqtəsini öz

daxilinə alan və (1) sırasının yığılma dairəsinə daxil olan konturu işarə

etsək, onda düsturuna əsasən

L

n

n dz

f

i

nzf ,

)(

)(

2

!)(

1

0

0

)( ,...)2,1,0( n .

Buradan və (2) düsturundan alarıq:

34

L

nn dz

f

ic ,

)(

)(

2

11

0

,...)2,1,0( n . (5)

(5) ifadəsi Teylor əmsallarının inteqral forması adlanır.

Bəzi elementar funksiyaların 0z nöqtəsi ətrafında Teylor sırasını

yazaq:

0

2

...,!

...!2

1!

n

nnz

n

zzz

n

ze ;R

0

2422

...,)!2(

)1(...!4!2

1)!2(

)1(cosn

nn

nn

n

zzz

n

zz ;R

...,)!12(

)1(...!5!3)!12(

)1(sin12

0

5312

n

zzzz

n

zz

nn

n

nn ;R

0

1321

...,1

)1(...321

)1()1ln(n

nn

nn

n

zzzz

n

zz ;1R

...!2

)1(1)1( 2zzz

...,!

)1(...)1(

nz

n

n .1R

Xüsusi halda 1 olarsa, onda

0

32 ;)1(...)1(...11

1

n

nnnn zzzzzz

(6)

0

32 .......11

1

n

nn zzzzzz

(7)

Qeyd edək ki, bəzi funksiyaları qüvvət sırasına ayırarkən nc əmsal-

larını bəzən !

)( 0)(

n

zfc

n

n düsturları ilə hesablamaq əlverişli olmur.

Bunun üçün Teylor sırasının əmsallarını hesablayarkən həqiqi dəyi-

şənli funksiyalarda tətbiq olunduğu kimi bəzi süni üsullardan istifadə

olunur.

9. 0z nöqtəsində zezf )( funksiyası üçün Teylor sırasını yazın.

Həlli. 0z nöqtəsində zezf )( funksiyası analitikdir və

35

.1)0( 0

0

)(

eefz

zn Onda

0

.!n

nz

n

ze

Лоран сыраsı

Tərif.

0 1 0

00)(

)()(n n

n

nn

n

n

n

nzz

czzczzc (1)

şəklində olan sıralara Loran sırası deyilir, burada 0z - C komplek

müstəvisinin qeyd olunmuş nöqtəsidir, verilmiş nc kompleks ədədləri

isə Loran sırasının əmsalları adlanır.

Əgər Cz nöqtəsində (1)-in sağ tərəfindəki hər iki sıra yığılırsa,

onda Loran sırası həmin nöqtədə yığılan sıra adlanır və onda tərifə

görə onun cəmi bu iki sıranın cəminə bərabərdir.

Teorem. Rzzr 00 həlqəsində analitik )(zf funksiyası

bu həlqədə yeganə şəkildə yığılan Loran sırasına ayrılır, yəni

n

n

n zzczf )()( 0 , (2)

burada

L

nn dz

f

ic

1

0 )(

)(

2

1 ),( Zn (3)

0: zzL ).( Rr

Qeyd.

sırasının yığılması ayrı ayrılıqda

0n

və

1

n

sıralarının

yığılması başa düşülür.

Tərif. (1) ifadəsində nc əmsalları (3) bərabərlikləri ilə təyin

olunarsa,onda belə sıraya )(zf funksiyasının Loran sırası, nc

əmsallarına isə onun Loran əmsalları deyilir.

(2) bərabərliyinin sağ tərəfindəki

0

0 )(n

nn zzc

sырасыna Loran sırasının дцзэцн щиссяси,

1 0 )(

n

n

n

zz

c

sырасыna isə баш щиссяси deyilir.

Beləliklə,

36

1) 0z məxsusi nöqtəsinin ətrafında

hisseduzgun

n

n

n

hissebas

n

n

n zzcczzczf

1

000 )()()( ;

2) sonsuz uzaqlaşmış məxsusi nöqtəsinin ətrafında

hissebas

n

n

n

hisseduzgun

n

n

n zzcczzczf

1

0

1

00 )()()( ;

burada 0z - C müstəvisinin hər hansı nöqtəsidir.

İndi isə göstərək ki, Rzzr || 0 щəлгəсiндə analitik )(zf

funksiyasının (2) Loran ayrılışı yeganədir. Fərz edək ki, bu həlqədə

)(zf -in iki ayrılışı var:

n n

n

n

n

n zzdzzczf .)()()( 00 (4)

(4) bərabərliyini 1)( maz ifadəsinə vursaq, alarıq:

n n

mn

n

mn

n zzdzzc ,)()( 1

0

1

0 (5)

burada m qeyd olunmuş tam ədəddir. (5) sırası 00: zzC

)( 0 Rr çevrəsi üzərində müntəzəm yığılan olduğundan, onu bu

çevrə üzrə inteqrallasaq və (5) düsturunu nəzərə alsaq, m üçün

mm dc alırıq.

Aydındır ki, )(zf funksiyası Rzz 00 dairəsində analitik

olarsa, 0nc ,...)2,1( n olduğundan (2) bərabərliyindən )(zf

funksiyasının Teylor sırası alınır. Deməli, Teylor sırası Loran sırasının

xüsusi halıdır.

1.11. Analitik fунксийаların сыfırлары və mяхсуси нюгтялярi

Тутаг ки, )(zf функсийасы 0z нюгтясиндя аналитикдир. 0zz

нюгтясинин )(zf функсийасынын n гат (вя йа н тяртибли) сыфрı олмасы

шяртини

0)(,0)(,...,0)(,0)( 0)(

0)1(

00 zfzfzfzf nn

кими йаза билярик. Яэяр 1n оларса, онда 0z nöqtəsi )(zf

funksiyasının садя сыфрı адланыр.

37

Teorem. 0zz нюгтясинин аналитик )(zf функсийасынын n тяртибли

сыфры олмасы цчцн зярури вя кафи шярт )(zf -ин

0)(),()()( 00 zzzzzf n

шяклиндя эюстяриля билмясидир. )(zfw функсийасынын 0zz мяхсуси нюгтясиня о заман изoля

едилмиш мяхсуси нюгтя дейилир ки, бу нюгтянин йахын ятрафында щямин функсийанын 0z -дан башга щеч бир мяхсуси нюгтяси олмасын.

)(zf функсийасынын изoля едилмиш мяхсуси нюгтялярини цч нювя

айрылмаг олар: 1) Изoля едилмиш 0zz мяхсуси нюгтяси о заман арадан галдырыла

билян мяхсуси нюгтя адланыр ки, )(lim0

zfzz

лимити sonlu олсун.

2)

)(lim0

zfzz

оларса, онда изoля едилмиш мяхсуси 0zz

нюгтясиня )(zf функсийасынын полйусу дейилир.

3) )(lim0

zfzz

лимити йохдурса, онда изoля едилмиш мяхсуси 0zz

нюгтясиня )(zf функсийасынын тябии məxsusi нюгтяси дейилир.

Burada aшаьыдакы тяклифляр доьрудур:

Teorem. İzolə edilmiş məxsusi нюгтя (sonlu və ya sonsuz) )(zf

функсийасынын арадан галдырыла билян мяхсуси нюгтяси олмасы цчцн )(zf -ин щямин нюгтя ятрафындакы Лоран айрылышында баш щиссянин

иштирак етмямяси (yəni baş hissənin bütün nc əmsalları sıfra

bərabərdir) зярури вя кафи шяртдиr, başqa sözlə:

1) 0z məxsusi nöqtəsi üçün

0

2

020100 ...)()()()(n

n

n zzczzcczzczf ;

2) sonsuz uzaqlaşmış məxsusi nöqtəsi üçün

0

2

0

2

0

100 ...

)()()(

n

n

nzz

c

zz

cczzczf ,

burada 0z C müstəvisinin hər hansa nöqtəsidir.

Teorem. İzolə edilmiş нюгтя )(zf функсийасынын полйусу олмасы

цчцн )(zf -ин щямин нюгтя ятрафындакы Лоран айрылыşынын баш

щиссясиндя сонлу сайда sıfırdan fərqli щяддin иштирак etməsi зярури вя кафи шяртдир, yəni

38

1) 0z məxsusi nöqtəsi üçün

0

0

0

1

1

0

1

0

)(...)()(

)(n

n

nm

m

m

m zzczz

c

zz

c

zz

czf ;

2) sonsuz uzaqlaşmış məxsusi nöqtəsi üçün

1

0

1

010100 )()(...)()()(n

m

m

m

m

n

n zzczzczzcczzczf .

Loran sırasının baş hissəsindəki hədlərin ən böyük dərəcəsi olan m

ədədi polyusun tərtibi adlanır.

Teorem. 0z nöqtəsi )(zf funksiyasının yalnız və yalnız

ozaman m ci tərtib polyusu olar ki, həmin funksiyanı

mzz

zzf

)(

)()(

0

şəklində ifadə etmək mümkün olsun, burada )(z funksiyası 0z

nöqtəsində analitikdir və 0)( 0 z .

Teorem. Əgər 0z nöqtəsi )(zf funksiyasının m tərtibli

polyusudursa, onda bu nöqtə )(

1

zf funksiyasının m tərtibli sıfrıdır.

Bundan başqa, əgər

0)()(lim 00

Czfzz m

zz

olarsa, onda 0z nöqtəsi )(zf funksiyasının m tərtibli polyusudur.

Teorem. Sonsuz uzaqlaşmış nöqtəsi )(zf funksiyasının yalnız

və yalnız o zaman m ci tərtib polyusu olar ki, həmin funksiya mzzzzf ))(()( 0

şəklində ifadə olunsun, burada )(z funksiyası sonsuz uzaqlaşmış

nöqtəsində analitikdir və .0)(

İzolə edilmiş 0z məxsusi nöqtəsi )(zf funksiyasının yalnız və yal-

nız o zaman təbii məxsusi nöqtəsi olur ki, )(zf funksiyasının 0z nöq-

təsinin ətrafındakı Loran ayrılışının baş hissəsi sonsuz sayda sıfırdan

fərqli mənfi dərəcəli )( 0zz hədd ( 0z məxsusi nöqtəsi üçün) və

ya müsbət dərəcəli )( 0zz hədd (sonsuz uzaqlaşmış nöqtəsi üçün)

saxlasın. Верилян функсийаnın бцтцн мяхсуси нюгтялярини тапын вя онларын нювцнц

təyin един, полйуса эюря онун тяртибини мцяййян един:

39

210. 2

1)(

zzf .

Щялли. Верилян функсийанын мяхсуси нюгтяляри 21 z вя 2z

нюгтяляридир. 0)2(lim2

zz

2

1lim

2 zz, онда 21 z нюгтяси

полйусдур. Бу полйусун тяртибини тяйин едяк, буна эюря ашаьыдакы лимити щесаблайаг:

011lim2

2lim)2)((lim

222

zzz z

zzzf .

Демяли, бу полйусун тяртиби 1-дир. 02

1lim

zz,онда 2z

нюгтяси арадан галдырыла билян мяхсуси нюгтядир.

1.12. Funksiyanın çыхыгı

Фярз едяк ки, 0zz нюгтяси )(zf фунгксийанын цзоля едилмиш

мяхсуси нюгтясидир. Tərif. )(zf funksiyasının Лоран сырасындакы 1C ямсалына iзоля

едилмиш мяхсуси 0z нюгтясиндя bu функсийасынын чыхыгы дейилир,

)( 0zresf və ya )(0

zfreszz

символу иля ишаря олунур вя ашаьыдакы кими

тяйин олунур:

L

dzzfi

czresf )(2

1)( 10 ,

бурада L - )(zf функсийасынын аналитик областында йерляшян гапалы

контурдур. Яэяр Лоран айрылышы сонсуз узаглашмыш нюгтянин щяр щансы ятрафында йыьылырса, онда

1)(

czfres .

Яэяр 0z нюгтяси )(zf функсийасы цчцн düzgün və ya арадан

галдырыла билян нюгтядирся, онда 0)( 0 zresf ,

çünki hər iki halda Loran ayrılışında baş hissə iştirak etmir, yəni

0nc ,...)2,1( n .

Яэяр 0z нюгтяси )(zf функсийасы цчцн 1-жи тяртб полйусдурса

(sadə polyusdursa), онда

40

)])(([lim)( 000

zzzfzresfzz

.

Яэяр )(zf унксийас )(

)()(

z

zzf

( )(z вя )(z функсийалары 0z

нюгтясиндя аналитикдирляр, 0)(,0)( 00 zz ) шяклиндя ифадя

олунубса, онда

)(

)()(

0

00

z

zzresf

.

Яэяр 0z нюгтяси )(zf функсийасыnın n яртибли полйусдурса, онда

1

01

0

]))(([lim

)!1(

1)(

0

n

nn

zz dz

zzzfd

nzresf .

Яэяр 0z нюгтяси )(zf функсийасынын тябии мяхсуси нюгтясидирся,

онун чыхыгы Лоран айрылышындакы 1C ямсалына бярабярдир.

Коши теореми (чыхыглар щаггында ясас теорем). )(zf функсийасы

сонлу сайда ),1( nkzk нюгтяляри мцстясна олмагла Д областында

аналитикдирся, L ися Д областына дахил олан və kz ),1( nk

nöqtələrini öz daxilinə alan щисся-щисся щамар мцсбят орийентасийалы

гапалы яйридирся, онда

n

k

k

L

zresfidzzf1

)(2)( .

Nəticə 1. )(zf funksiyası sonlu sayda kz ),1( nk məxsusi

nöqtələri müstəsna olmaqla genişlənmiş kompleks müstəvidə

analitikdirsə, onda

1

.0)()(k

k resfzresf

41

2. Xüsusi törəməli diferensial tənliklər

Əsas anlayışlar.

Bu bölmədə cохdəyişənli məchul funksiyа, оnun arqumentləri və

müхtəlif tərtibli хüsusi törəmələri dахil оlаn difеrеnsiаl tənlikləri

öyrənəcəyik. Bu cür tənliklərə xüsusi törəməli difеrеnsiаl tənliklər

dеyilir. Bir çox fiziki proseslərin təsvirini əlaqələndirən bir sıra

məsələlər xüsusi törəməli diferensial tənliklərə gətirib çıxarır. Bu cür

tənliklərin içərisində daha sadə və həm də daha mühümü birinci və

ikinci tərtibdən xüsusi törəməli diferensial tənliklərdir. Bеlə tənliklərə

riyаzi fizikа tənlikləri dеyilir.

Difеrеnsiаl tənliyə dахil оlаn törəmələrin ən yüksək tərtibi bu tənliyin

tərtibi аdlаnır.

Xüsusi törəməli diferensial tənlik ümumi şəkildə

0,...),,...,,,,,...,,(2

2

21

21

x

u

x

u

x

u

x

uuxxxF

n

n (1)

münasibətinə deyilir, burada ),...,,( 21 nxxxuu asılı olmayan n dəyi-

şənli axtarılan funksiya,

nx

u

x

u

x

u

,...,,

21

-lər nxxx ,...,, 21 dəyişənlərinə

görə u funksiyasının xüsusi törəmələridir. (1) tənliyinin sol tərəfi

ikinci tərtib ),1,(,,...,,2

2

2

22

2

21

2

njixx

u

x

u

x

u

x

u

jin

xüsusisi törəmələri,

üçüncü tərtib xüsusi törəmələri və s. tərtib xüsusi törəmələri özündə

saxlaya bilər.

Məsələn,

0

x

uy

y

ux , )(yf

y

u

tənlikləri birtərtibli,

02

yx

u, 0

2

2

2

2

y

u

x

u

tənlikləri isə ikitərtibli diferensial tənliklərdir.

Əgər (1) tənliyi axtarılan funksiya və onun xüsusi törəmələrinə

nəzərən xətti olarsa, onda ona xətti diferensial tənlik deyilir.

Məsələn,

0),,,(),,,(),,,(

t

tzyxut

x

tzyxuy

y

tzyxux ,

42

0),,,(),,,(

3),,,(

2),,,(

2

22

2

2

tzyxu

y

tzyxu

yx

tzyxu

x

tzyxu

tənlikləri uyğun olaraq axtarılan ),,,( tzyxuu funksiyasına nəzərən

birinci və ikinci tərtibdən xətti tənliklərdir.

Əgər (1) tənliyi axtarılan funksiyanın bütün yüksək tərtibdən törə-

mələrinə nəzərən xəttidirsə, onda ona kvazixətti tənlik deyilir.

Məsələn,

),(),(),(

yxuy

yxuy

x

yxux

(2)

0)),(),(

(),( 2

2

y

yxu

x

yxu

yx

yxu

tənlikləri uyğun olaraq birinci və ikinci tərtibdən kvazixətti

tənliklərdir.

Qeyd edək ki, (2) tənliyi xətti tənliyin tərifinə əsasən ),( yxu funk-

siyasına görə xətti tənlikdir. Nəticədə, istənilən xüsusi törəməli xətti

diferensial tənliklər həm də kvazixəttidir. Aydındır ki, bu təklifin əksi

doğru deyildir.

),...,,( 21 nxxxuu funksiyası (1) diferensial tənliyinin o zaman G

oblastında həlli adlanır ki, aşağıdakı hallar doğru olsun:

a) ),...,,( 21 nxxxuu funksiyası və onun xüsusi törəmələri G ob-

lastında kəsilməzdirlər;

b) ),...,,( 21 nxxxuu funksiyası və onun xüsusi törəmələri (1) tən-

liyini eyniliyə çevirir.

Qеyd еdək ki, аdi difеrеnsiаl tənliklər kimi, хüsusi törəməli

difеrеnsiаl tənliklərin də, ümumiyyətlə, sоnsuz sаydа həlli vаrdır.

Lаkin аdi difеrеnsiаl tənliyin ümumi həlli tənliyin tərtibi sаydа iхtiyаri

sаbitdən аsılı оlduğu hаldа, хüsusi törəməli tənliyin ümumi həlli

tənliyin tərtibi sаydа iхtiyаri funksiyаdаn аsılı оlur. Məsələn,

0),(

x

yxu

tənliyinin ümumi həlli )(),( yyxu şəklində funksiyаdır. Burаdа

)(y ilə y -dən аsılı оlаn iхtiyаri funksiyа işаrə еdilmişdir.

)(),(

yfx

yxu

tənliyinin ümumi həlli də iхtiyаri )(x funksiyаsı vаsitəsilə yаzılmış

)()(),( xdyyfyxu (3)

43

şəklində funksiyаdır. Bunа inаnmаq lücün (3) bərаbərliyinin hər iki

tərəfini y -ə nəzərən difеrеnsiаllаmаq kifаyətdir.

İkitərtibli xətti

02

yx

u

diferensial tənliyinin ümumi həlli iki ixtiyari funksiyadan asılıdır.

Doğrudan da, vy

u

əvəzləməsini apardıqda verilən tənlik aşağıdakı

şəkildə tənliyə çevrilir:

0)(2

x

v

y

u

xyx

u.

Bu tənliyin ümumi həlli ixtiyari )(yv funksiyasıdır. Onda

verilən tənliyin ümumi həlli )(yy

u

tənliyinin həlli olar. Bu

tənliyin ümumi həlli isə )()()()(),( xyxdyyyxu

şəklində funksiyadır.

1. 1),(

x

yxz difеrеnsiаl tənliyini ödəyən ),( yxzz funksiyаsını

tаpmаlı.

Həlli. Vеrilən tənliyi intеqrаllаsаq, оnun ümumi həllini )(yxz

şəklində tаpmış оlаrıq, burаdа )(y iхtiyаri funksiyаdır.

2. 1x

y oblastında

x

yu arccos funksiyasının

0),(),(

y

yxuy

x

yxux (4)

tənliyinin həlli olduğunu göstərin.

Həlli. Verilən funksiyanın birinci tərtib xüsusi törəmələrini tapaq:

22

2

22 1

yxx

y

x

yx

x

x

u

,

22

1

yxy

u

.

Verilən funksiya və onun xüsusi törəmələri təyin olunublar,

44

deməli onlar 1x

y oblastında kəsilməzdirlər.

Xüsusi törəmələri verilən tənlikdə nəzərə alsaq, alarıq:

0)1

(2222

yx

yyxx

yx .

Deməli, verilən funksiya 1x

y oblastında (4) tənliyinin həllidir.

3. 0)1()( auxebxuya funksiyasının

1),(),(

y

yxub

x

yxua

tənliyinin inteqralı olduğunu yoxlayın, burada a və b həqiqi

sabitlərdir.

Həlli. Qeyd edək ki, əgər ),( yxu funksiyası qeyri-aşkar

0),,( uyxF şəklində verilibsə, onun xüsusi törəmələri aşağıdakı

düsturlar vasitəsilə hesablanır:

u

Fx

F

x

u

,

u

F

y

F

y

u

, 0

u

F.

Onda, 0)1()(),,( auxebxuyauyxF olarsa,

)1(

1aux

aux

ea

eb

x

u

,

auxey

u

1

1.

Bu törəmələri verilən tənlikdə nəzərə alsaq,

)1(

1aux

aux

ea

eba

auxe

b

1

11

1

aux

aux

e

e.

Deməli, verilən funksiya göstərilən tənliyin ümumi inteqralıdır.

4. 0,0,0 zyx оblаstındа 2

2

2

2

z

y

y

xu funksiyаsının

0

z

uz

y

uy

x

ux

tənliyinin həlli оlub-оblmаdığını yохlаyın.

45

Həlli. ),,( zyxu funksiyаsının хüsusi törəmələrini tаpаq:

3

2

22

2

2

2,

22,

2

z

y

z

u

z

y

y

x

y

u

y

x

x

u

.

Bu хüsusi törəmələri vеrilmiş tənlikdə nəxərə аlаq:

02222

2

2

2

2

2

2

2

2

z

y

z

y

y

x

y

x

z

uz

y

uy

x

ux ,

yəni, ),,( zyxu - vеrilmiş tənliyin həllidir.

5.Tənliyi həll edin: xyx

yxusin

),(2

.

Həlli. Tənliyi aşağıdakı şəkildə yazaq:

xy

u

xsin)(

.

Bu tənliyi x -ə nəzərən inteqrallayaq:

)(cos yxy

u

.

Alınmış tənliyi indi y -ə nəzərən inteqrallayaq:

)()(cos),( xdyyxdyyxu

)()(cos 1 xyxy .

6. Tənliyi həll еdin: )),((62

2

yxzzyy

z

.

Həlli. Vеrilən tənliyi y -ə nəxərən iki dəfə intеqrаllаsаq, аlаrıq:

)()(),(3 32 xxyyzxyy

z

,

burаdа )(x və )(x iхtiyаri funksiyаlаrdır.

7. Tənliyi həll еdin: 02

yx

z.

Həlli. Tənliyi х-ə görə intеqrаllаyаq: )(yfy

z

.

Аlınmış nəticəni y -ə görə intеqrаllаsаq, аlаrıq:

)()( yxz ,

46

8.Tənliyi həll edin: 0),( 2

yx

x

yxu.

Həlli. Verilən birtərtibli tənlik y

yxu

),(-i özündə saxlamır. Buna

görə y -i qeyd etməklə bu tənliyə adi diferensial tənlik kimi baxa

bilərik:

yxdx

du 2 .

Bu isə dəyişənlərinə ayrıla bilən tənlikdir, onda

)(3

),(3

yx

yyxu ,

burada )(y ixtiyari funksiyadır.

9. Göstərin ki, )()(),( atxatxtxu funksiyası

2

22

2

2

x

ua

t

u

tənliyinin ümumi həllidir. və iki dəfə kəsilməz diferensiallanan

ixtiyari funksiyalardır.

Həlli. ),( txu funksiyasından t -yə və x -ə nəzərən iki dəfə törəmə

alaq:

22

2

2

)()( aatxaatxt

u

,

)()(2

2

atxatxx

u

.

Bunları 2

22

2

2

x

ua

t

u

ifadəsində yerinə yazsaq, təklifin doğru

olduğunu alarıq: 0)(222

2

22

2

2

aaa

x

ua

t

u.

2.1.Birtərtibli хüsusi törəməli difеrеnsiаl tənliklər

Məchul funksiyanı ),...,,( 21 nxxxuu ilə işarə etsək, birinci tərtib

хüsusi törəməli tənlikləri ümumi şəkildə аşаğıdаkı kimi yazmaq olar:

47

0,...,,,,,...,,21

21

n

nx

u

x

u

x

uuxxxF . (1)

(1) tənliyinin həlli müəyyən nRD оblаstındа təyin еdilmiş,

kəsilməz хüsusi törəmələrə mаlik оlаn və D оblаstnıdа bu tənliyi

еyniliyə cеvirən kəsilməz

),...,,( 21 nxxxuu

funksiyаsınа dеyilir.

D oblastına ümumiyyətlə desək, F funksiyasının varlıq oblastı

deyilir.

Birtərtibli xüsusi törəməli tənliklərin (xətti və kvazixətti)

inteqrallanması adi diferensial tənliklər sisteminin həllinə gətirilir.

Əgər (1) tənliyi axtarılan funklsiyanın xüsusi törəmələrinə nəzərən

xətti, yəni tənlik

fx

ua

x

ua

x

ua

n

n

...

2

2

1

1 (2)

şəklində olarsa, ona birtərtibli xüsusi törəməli xətti diferensial tənlik

deyilir. Burada naaa ,...,, 21 əmsalları və f sərbəst həddi nxxx ,...,, 21

dəyişənlərindən asılı funksiyalardır. (2) tənliyinə 0),...,,( 21 nxxxf

olduqda bircins, 0),...,,( 21 nxxxf olduqda isə qeyri-bircins diferensial

tənlik deyilir.

(2) tənliyindəki naaa ,...,, 21 əmsalları və f sərbəst həddi məchul

funksiyadan asılı olarsa, belə tənliyə kvazixətti tənlik deyilir.

İndi birtərtibli xüsusi törəməli xətti bircins diferensial tənliyə

baxaq:

...),...,,(),...,,(

2

212

1

211x

uxxxa

x

uxxxa nn

0),...,,( 21

n

nnx

uxxxa . (3)

Göründüyü kimi, cxxxu n ),...,,( 21 bu tənliyin həllidir. Buna

tənliyin aşkar həlli deyilir. Bundan əlavə (3) tənliyinin sonsuz sayda

başqa həlləri də vardır. Bunu göstərmək üçün (3) tənliyi ilə bərabər

simmetrik formada verilmiş aşağıdakı diferensial tənliklər sisteminə

də baxaq:

48

n

n

a

dx

a

dx

a

dx ...

2

2

1

1 . (4)

Göstərmək olar ki, (3) xətti tənliyinin və (4) simmetrik tənliklər

sisteminin həlləri arasında çox mühüm əlaqə vardır.

Teorem1. (4) tənliklər sisteminin hər bir inteqralı (3) xətti bircins

tənliyinin həllidir.

Teorem2. (3) xətti bircins tənliyinin hər bir həlli (4) simmetrik

tənliklər sisteminin inteqralıdır.

Fərz edək ki,

),...,,(),...,,...,,(),,...,,( 211212211 nnnn xxxxxxxxx

(4) simmetrik tənliklər sisteminin )1( n sayda xətti asılı olmayan

inteqrallarıdır. Göstərmək olar ki,

),...,,( 121 nu

şəklində funksiya (3) tənliyinin ümumi həllidir.

Göründüyü kimi birinci tərtib adi diferensial tənliklərin ümumi

həlli bir ixtiyari sabitdən asılı olduğu halda, birinci tərtib xüsusi

törəməli tənliklərin ümumi həlli bir ixtiyari funksiyadan asılıdır.

Beləliklə, birinci tərtib xətti bircins tənliyin ümumi həllinin

tapılması məsələsi, ona uyğun simmetrik tənliklər sisteminin )1( n

sayda xətti asılı olmayan inteqrallarının tapılması məsələsinə

eynigüclüdür.

(4) sisteminə (3) tənliyinin xarakteristik tənliyi deyilir.

10. 0...2

2

1

1

n

nx

ux

x

ux

x

ux tənliyinin ümumi həllini

tapın.

Həlli. Bu tənliyə uyğun adi diferensial tənliklər sistemini yazaq:

n

n

x

dx

x

dx

x

dx ...

2

2

1

1. (5)

Buradan 1n sayda

n

n

x

dx

x

dx

1

1 , n

n

n

n

n

n

x

dx

x

dx

x

dx

x

dx

1

1

2

2 ,...,

tənliklərini alarıq. Deməli,

,lnlnln 11 cxx n ,lnlnln 22 cxx n ..., ,lnlnln 11 nnn cxx

)0(,...,, 11

22

11

nn

n

n

nn

xcx

xc

x

xc

x

x

49

həlləri (5) sisteminin 1n sayda xətti asılı olmayan birinci

inteqrallarıdır. Ona görə də verilmiş tənliyin ümumi həlli

),...,( 11

n

n

n x

x

x

xFu şəklində olur.

11. Tutaq ki, iki dəyişənli

0)1(1 2

yy

xx

diferensial tənliyi verilmişdir.

Həlli. Bu diferensial tənliyə uyğun simmetrik adi diferensial

tənliklər sistemini yazaq:

y

dy

x

dx

11 2.

Buradan cyx 1lnarcsin olduğunu alarıq. Onda

yxyx 1lnarcsin),(

funksiyası verilmiş xüsusi törəməli diferensial tənliyin həlli olur.

Sadəlik üçün sərbəst dəyişənlərin sayı 2n və axtarılan funksiya

),( yxuu kimi işarə etsək onda (3) tənliyi

0),(),( 21

y

uyxa

x

uyxa (6)

şəklinə düşəcək. Bu halda (4) simmetrik tənliklər sistemi bir adi

diferensial tənlikdən ibarət olur:

),(),( 21 yxa

dy

yxa

dx .

Əgər cyx ),( funksiyası bu tənliyin inteqralı isə, onda

)],([ yxu funksiyası (6) tənliyinin ümumi həlli olur. Burada -

kəsilməz xüsusi törəmələrə malik olan ixtiyari funksiyadır. Əgər

zyx ,, -lər düzbucaqlı dekart koordinatları olarsa, (6) tənliyinin həlli

olan ),( yxuu fəza səthinin tənliyini verir. Bu səthə (6) tənliyinin

inteqral səthi deyilir.

12. 0

y

ux

x

uy tənliyin ümumi intеqrаlını tаpın.

Həlli. Vеrilən tənliyə uyğun аdi difеrеsiаl tənlik

50

x

dy

y

dx

şəklindədir, burаdаn

0)(0 22 yxdydyxdx

bunun isə ümumi həlli Cyx 22 şəklindədir. Bеləliklə, vеrilən

tənliyin istənilən həlli )),(( yxfu şəklində аxtarılır, burаdа 22),( yxyx və f isə iхtiyаri birdəyişənli hаmаr funksiyаdır. u

funksiyаsının səviyyə хətləri mərkəxi kооrdinаt başlаnğğıcındа оlаn

cеvrələrdir.

Əgər axtarılan funksiya üç dəyişənli olarsa, (3) tənliyi

0),,(),,(),,( 321

z

uzyxa

y

uzyxa

x

uzyxa (7)

şəklində olur. Bu halda tənlik

),,(),,(),,( 321 zyxa

dz

zyxa

dy

zyxa

dx (8)

kimi yazılır. Əgər 2211 ),,(),( czyxcyx funksiyaları (8)-nin

inteqralları olarsa, onda )( 21u (6)-nın ümumi həlli olacaq.

13. 0)()()(

z

uxy

y

uzx

x

uyz diferensial tənliyini

həll edin.

Həlli. Xarakteristik tənliyi yazaq:

xy

dz

zx

dy

yz

dx

.

Bu tənliyi həll etmək üçün nisbətləri ilə işarə edək. Onda

)( yzdx , )( zxdy , )( xydz

olacaq. Birinci inteqralı almaq üçün bu bərabərlikləri tərəf-tərəfə

toplayaq. İkinci inteqralı almaq üçün isə birincini x2 -ə, ikincini y2 -

ə, üçüncünü isə z2 -ə vurub tərəf-tərəfə toplayaq:

10)(0 czyxzyxddzdydx

2

222222 0)(0222 czyxzyxdzdzydyxdx

Onda verilmiş tənliyin ümumi həlli

0),( 222 zyxzyx

olar.

51

2.2. İkitərtibli xüsusi törəməli diferensial tənliklər. Məchul funksiyanı ),...,,( 21 nxxxu ilə işarə etdikdə, ikinci tərtib xü-

susi törəməli diferensial tənliyi ümumi şəkildə aşağıdakı kimi yazmaq

olar:

0),...,,,...,,,,...,,(2

2

21

2

1

21

nn

nx

u

x

u

x

u

x

uuxxxF .

Əgər, məchul u funksiyası iki x və y dəyişənindən asılı olarsa,

onda ikitərtibli xüsusi törəməli diferensial tənliyin ümumi şəkli

0),,,,,,,( yyxyxxyx uuuuuuyxF (1)

kimi yazılır.

(1) tənliyinin yüksək tərtibə nəzərən aşkar şəkli

0),,,,(2 1221211 yxyyxyxx uuuyxFuauaua (2)

kimi yazılır.

(1)-in tam aşkar şəkli isə

),(2 221211 yxfkucubuuauaua yxyyxyxx (3)

bərabərliyi ilə təyin olunur.

(3) tənliyinin xəttiliyi onun əmsallarına görə aşağıdakı kimi təyin

olunur.

.10 Əgər 1211,aa və 22a əmsalları xuu, və yu -in qeyri-xətti

funksiyalardırsa, onda (3) tənliyinə qeyri-xətti diferensial tənlik

deyilir.

.201211,aa və 22a əmsalları ),,,,(1 yx uuuyxF tipli funksiyalardırsa,

onda (3)-ə kvazixətti diferensial tənlik deyilir.

.30 1211,aa və 22a əmsalları ancaq ),( yx -in funksiyalarıdırsa, onda

(3)-ə yüksək tərtibə nəzərən xətti diferensial tənlik deyilir.

.40 cbaaa ,,,, 221211 və k əmsalları ),( yx -in funksiyalarıdırsa,

onda (3)-ə xətti diferensial tənlik deyilir.

.50 Əmsalların hamısı sabitdirsə, belə tənlyə sabit əmsallı xüsusi

törəməli diferensial tənlik deyilir. O, həm də xəttidir.

.60 Əgər 0),( yxf olarsa, belə diferensial tənliyə bircins,

0),( yxf olarsa, qeyri-bircins diferensial tənlik deyilir.

.70 00 51 -ci hallar həm bircins və həm də qeyri-bircins

diferensial tənliklər üçün doğrudur.

(2) tənliyinin sadə şəklə gətirilməsi diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin

52

əsas məsələlərindən biridir. Tutaq ki, (3) tənliyi yüksək tərtibə nəzərən

xətti diferensial tənlikdir.

Onda

),(

),(

yx

yx (4)

əvəzləməsini aparıb bunun tərs çevirməsinin (yəni x və y -in və

vasitəsilə (4)-dən tapılmasının mümkünlüyünü də fərz etsək, (3)

tənliyini və dəyişənlərində yazmaq olar. Ona görə də ),( yx

dəyişənlərindən ),( dəyişənlərinə keçək:

.2

,)(

,2

,

,

22

22

yyyyyyyyyy

xyxyyxxyyxyxxy

xxxxxxxxxx

yyy

xxx

uuuuuu

uuuuuu

uuuuuu

uuu

uuu

Bu ifadələri (2)-də yerinə yazmaqla qruplaşdırsaq,

02 221211 Fuauaua (5)

olduğunu alarıq. Buirada

2

22122

1111 2 yyxx aaaa ,

yxxyyxxx aaaa 22121112 )( ,

22212

21122 2 yyxx aaaa

kimi işarə olunmuşdur. F funksiyası ikinci tərtib törəmələrdən asılı

deyildir.

Qeyd edək ki, F funksiyası xəttidirsə, yəni

),(),,,,( yxfkucubuuuuyxF yxyx

cb,( və k -lar ),( yx -in funksiyalarıdır), şəklində olarsa, F funksiyası

da xətti olar, yəni

),(),,,,( uuuuuuF

şəklində olar. , və -lar ),( -nın funksiyalarıdır.

Beləliklə, və dəyişənlərini elə seşmək olar ki, 1211,aa və

22a əmsallarından bəziləri sıfır olsun. Yəni, alınan tənlik baxılan

53

prosesin kanonik tənliyi olsun.

Məsələn, və əmsallarını elə seçək ki, 11a və 22a əmsalları

sıfır olsun. 11a və 22a -nin sıfırlığından aşağıdakı xüsusi törəməli

diferensial tənlikləri alırıq:

02 22212

211 yyxx aaa ,

02 22212

211 yyxx aaa . (6)

Lemma1. Əgər ),( yx funksiyası (6)-nın xüsusi həllidirsə,

onda cyx ),( funksiyası

0)(2)( 22212

211 dxadxdyadya (7)

adi diferensial tənliyinin ümumi inteqralıdır.

İsbatı. Lemmanın şərtinə görə ),( yx funksiyası (6)-nın

xüsusi həlli olduğundan onu ödəməlidir, yəni

02 22212

211 yyxx aaa

və yaxud

0)(2)( 22122

11

aaa

y

x

y

x (8)

eyniliyi doğrudur.

cyx ),( funksiyası (7)-nin ümumi inteqralı olması üçün

buradan tapılmış y (7)-ni ödəməlidir:

02)( 22122

11 adx

dya

dx

dya (9)

cyx ),( -dən y

x

dx

dy

olduğundan, bunu (9)-da nəzərə alsaq,

0)(2)(2)( 22122

1122122

11

aaaa

dx

dya

dx

dya

y

x

y

x

və ya

0)(2)( 22122

11 adx

dya

dx

dya

olduğunu alarıq.

Bu isə (7)-nin eynidir, yəni y funksiyası (7)-ni ödəyir.

Lemma 2. Əgər cyx ),( funksiyası (7)-nin ümumi

inteqralıdırsa, onda ),( yx funksiyası (6)-nın həllidir.

54

İsbatı. Lemmanın şərtinə görə cyx ),( funksiyası (7)-nin

ümumi inteqralı olduğundan

02

),(

2212

2

11

cxfy

adx

dya

dx

dya (10)

ödənilir. Digər tərəfdən

22122

1122122

11 )(2)(2)( aaaadx

dya

dx

dya

y

x

y

x

olduğundan (10)-a əsasən

0)(2)( 22122

11

aaa

y

x

y

x

və ya

02 22212

211 yyxx aaa

olur ki, bu da lemmanın isbatını təmin edir.

Qeyd. Bu lemmalar (6) tənliklərinə görə ),( yx dəyişəni

üçün də doğrudur.

T ə r i f. (7) tənliyinə (2) –nin xarakteristik tənliyi, (7)-nin ümumi

inteqralına isə (2)-nin xarakteristikası deyilir.

Qeyd etməliyik ki, verilmiş tənliyin xarakteristikalarının tapılması

və yeni dəyişənlərinin seçilməsi deməkdir. Daha doğrusu

tapılmış xarakteristikaların biri və digəri kimi götürülür.

(7)-ni dx

dy-ə nəzərən həll edək:

11

221121212

a

aaaa

dx

dy . (11)

),( yx , ),( yx dəyişənləri xətti asılı olmadığından (ümumi

halda)

22211

2122211

2

12 )( Daaaaaa , 0 xyyxD

olur. Buradan 2211

2

12 aaa və 2211

2

12 aaa fərqlərinin eyni işarəli olması

(yəni çevirmə zamanı tənliyin tipinin invariant olması) alınır və

oblastın ixtiyari nöqtəsində onun tipinin təyin olunmasını təmin edir.

Ona görə də (11) xarakteristikasında 2211

2

12 aaaD diskriminan-

tının işarəsi verilmiş tənliyin tipini təyin edir.

55

Qeyd. Analitik həndəsə kursundan məlumdur ki,

0),(2 2222122

11 yxfyaxyaxa

ikinci tərtib əyrilərinin tipləri əmsallara görə təyin edilir:

1. 02211212 aaaD olarsa, əyri hiperbola əyrisidir.

2. 02211212 aaaD olarsa, parabola əyrisidir.

3. 02211212 aaaD olarsa, ellips əyrisidir.

Ona görə də xüsusi törəməli diferensial tənliklərdə bu terminləri

dəyişmədən tənliyin tipləri aşağıdakı kimi təyin olunur.

1. 0/2211

2

12 MaaaD olarsa, oblastın ixtiyari M nöqtəsində

verilmiş tənlik hiperbolik tip tənlikdir.

Hiperbolik tip tənliyin iki həqiqi və müxtəlif xarakteristikası

vardır: 21 ),(,),( cyxcyx . Bu xarakteristikalar həqiqi xrakteristik

əyrilər ailəsini təyin edir.

Yuxarıda deyildiyi kimi bu xarakteristikalara əsasən və yeni

dəyişənləri seçilir, yəni ),(),,( yxyx dəyişənləri qəbul

olunur. Yeni dəyişənlərdə (5) tənliyi

),,,,( uuuu ; 0,0,2

2211

12

aaa

F

şəklini alıır. Bu tənliyə hiperbolik tip tənliyin kanonik şəkli deyilir.

Hiperbolik tip tənliklərin digər forması ,

əvəzləməsi vasitəsilə alınır. Bu əvəzləməyə görə

)(2

1 uuu

)(2

1 uuu ,

)(4

1 uuu

olar. Bu qiymətləri (5)-də nəzərə alsaq

)4(, 11 uu

olduğunu alarıq ki, bu da hiperbolik tip tənliklərin ikinci kanonik

şəklidir.

2. 0/2211

2

12 MaaaD olarsa, oblastın ixtiyari M nöqtəsində

verilmiş tənlik parabolik tip tənlik adlanır.

Bu halda tənliyin xarakteristikaları üst-üstə düşür və ümumi

56

inteqral cyx ),( funksiyasından ibarət olur. funksiyası iki

dəyişənli sərbəst funksiya kimi götürülür: ),(),,( yxyx .

funksiyası ),( yx -dən asılı deyil. ixtiyari olduğundan 022 a olur.

Beləliklə, 2211122211

2

12 0 aaaaaa olduğunu nəzərə alsaq:

yxxyyxx aaaaaaa 22112

112

22122

1111 2)(2

0)()( 22211

222 yxy aaa ,

( 011 a olması ),( yx -in seçilməsinə görədir).

22111122121112 )( aaaaaaa xxyyxyyxxx

0))(()( 2211221122 yxyxyyxyyx aaaaa .

Bu qiymətləri (5)-də nəzərə alsaq,

)(),,,,(22a

Fuuuu .

olduğunu alırıq ki, bu da parabolik tip tənliklərin kanonik şəklidir. Bu

tənliyin sağ tərəfinə u daxil olmazsa, onda tənlik adi diferensial

tənliyə çevrilir və özünü parametr kimi aparır.

3. 0/2211

2

12 MaaaD olarsa, oblastın ixtiyari M nöqtəsində

verilmiş tənlik elliptik tip tənlik olur. Onun iki müxtəlif kompleks

xarakteristikası vardır (xarakteristikalar qarşılıqlı qoşmadır).

Xarakteristikalar qarşılıqlı qoşma olduğundan onlar

22

11

),(

),(

cyx

cyx

şəklində olacaqdır.

Əgər biz

),(

),(

2

1

yx

yx

əvəzləməsini aparsaq, 2211 aa və 012 a olar və verilmiş tənlik

)(),,,,(22a

Fuuuuu

57

şəklinə düşər ki, bu da elliptik tip tənliklərin kanonik şəklidir. Bu

halda ümumi inteqral ),(),(),( 21 yxiyxyx şəklində götürülür.

İndi ikitərtibli xətti bircinsli

02222

22

2

2

Gu

y

uE

x

uD

y

uC

yx

uB

x

uA (12)

tənliyinin həllinin bir sıra xassələrini qeyd edək. ),...,(),,( 21 yxuyxu

funksiyalarının hər biri (12) tənliyinin həllidirsə, onda onların ixtiyari

sonlu xətti

n

k

kk yxucyxu1

),(),( (13)

kombinasiyası ( kc sabit ədədlərdir) və həm də ,

1

),(),(k

kk yxucyxu (14)

sırası yığılan olduqda (və bir sıra xassələri ödədikdə) onun cəmi, yenə

də (12) tənliyinin həllidir. Bu təklifin doğruluğuna inanmaq üçün (13)

və (14) funksiyalarının (12) tənliyini ödəməsini bilavasitə yoxlamaq

kifayətdir.

2.3. Simin rəqs tənliyi.

Riyаzi fizikаdа sim dеdikdə uzunluğu bаşqа ölcülərinə nəzərən

cох böyük оlаn cisim nəxərdə tutulur. Tutaq ki, tarım çəkilmiş elastiki

simin ucları Ox oxunun ax və bx nöqtələrinə bərkidilmişdir.

U C

B A

D

58

Hər hansı xarici qüvvənin təsiri ilə simi bu müvazinət halından

çıxardaraq onun nöqtələrinə başlanğıc sürət verək.Xarici qüvvənin

təsirini kəsdikdə sim özbaşına müəyyən hərəkət edər. Bu halda

deyirlər ki, sim rəqsi hərəkət edir.

Аydındır ki, müəyyən bir аndаn sоnrа sim əvvəlki vəziyyətinə

qаyıdаcаqdır.

Burada simin elə rəqsi hərəkətinə baxılır ki, bu hərəkət zamanı onun

bütün nöqtələri Ox oxuna perpendikulyar istiqamətdə eyni bir müstəvi

üzərində yerləşir. Simin belə hərəkətinə onun eninə rəqsi deyilir.

Burаdа simin rəqsi hərəkətini tədqiq еtsək, istənilən аndа оnun

аldığı fоrmаnı təyin еtmək və оnun iхtiyаri nöqtəsinin zаmаndаn аsılı

оlаn hərəkət qаnununu tаpmаq dеməkdir.

Bunа görə də prоsеsin kəsilməziyini sахlаmаq ücün simin sоnsuz

kicik rəqsi hərəkətinə, yəni bаşlаnğıc vəziyyətdən cох kicik fərqlənən

yеrdəyişməsinə bахаq.

Simin, absisi x olan nöqtəsinin Ox oxundan t anında meylini

),( txuu )0,( tbxa ilə işarə etsək,onda ),( txuu funksiyasının

)(Oxu koordinat sistemində qrafiki rəqsi hərəkətdə olan simin t

anında formasını göstərər. Bu halda, absisi x olan nöqtənin hərəkət

sürəti ),( txut

ut

və bu hərəkətin təcili ),(

2

2

txut

utt

olar.

Fərz edək ki, simin AB hissəsinin elə kiçik rəqslərinə baxılır ki, bu

hərəkət zamanı onun uzunluğunun dəyişməsini nəzərə almamaq olar.

Bu halda, simin xxx , parçasına uyğun olan AB hissəsinin

uzunluğu hərəkət zamanı yenə də x -ə bərabər olur:

xAB .Bundan başqa, qəbul edək ki, istənilən anda simin bütün

nöqtələrində dartılma (gərginlik) eynidir və yaranan gərginlik qüvvəsi

onun toxunanı istiqamətində yönəlmişdir. AB hissəsinin uclarına simə

toxunan istiqamətdə skalyar qiyməti N olan gərginlik qüvvəsi təsir

edir: NADBC .

BC gərginlik qüvvəsinin B nöqtəsində Ox oxunun müsbət

istiqaməti ilə əmələ gətirdiyi bucaq olsa, onda

0 a b

59

x

txxutg

),(

və həmin qüvvənin Ou oxu üzərinə proyeksiyası

sinPr NBCOu (1)

olar. Simin kiçik rəqslərinə baxıldığından tgsin qəbul etmək

olar. Onda (1) bərabərliyi

x

txxuNNtgNBCOu

),(sinPr (2)

kimi yazılır. A nöqtəsinə təsir edən AD qüvvəsinin Ou oxu üzərinə

proyeksiyası isə

x

txuNADOu

),(Pr (3)

olar. Beləliklə, simin AB hissəsi təsir edən qüvvələrin Ou oxu

üzərinə proyeksiyası

x

txu

x

txxuN

x

txuN

x

txxuN

),(),(),(),(

xx

txuN

2

2 ),(

bərabərliyi ilə hesablanır (yüksəktərtibli sonsuz kiçilən hədlər nəzərə

alınmır).

Simin hərəkət tənliyini almaq üçün AB hissəsinə təsir edən

qüvvələrin cəmini onun kütləsinin hərəkətin təcili hasilinə bərabər

etmək lazımdır (Nyuton qanunu). Simin xətti sıxlığını ilə işarə

etsək, onda AB hissəsinin kütləsi x olar. Beləliklə, simin hərəkət

tənliyi

xx

uN

t

ux

2

2

2

2

və ya hər iki tərəfi x -ə ixtisar etməklə

2

22

2

2

x

ua

t

u

)( 2

Na (4)

Şəklində alınır. (4) tənliyinə simin eninə sərbəst rəqslərinin tənliyi və

ya birölcülü dalğa tənliyi deyilir.

Sim xarici qüvvənin təsiri ilə rəqs etdikdə onun hərəkət tənliyi

),(2

22

2

2

txfx

ua

t

u

(5)

60

kimi yazılır. (5) tənliyi simin məcburi rəqsinin tənliyi adlanır.

Simin eninə sərbəst rəqslərinin (4) tənliyi ikitərtibli xətti bircinsli,

(5) tənliyi isə ikitərtibli xətti bircinsli olmayan diferensial tənlikdir.

Başlanğıc və sərhəd şərtləri.

Bildiyimizə görə məsələn, simin eninə rəqslərini təsvir edən

ikitərtibli xüsusi törəməli diferensial tənliklərin iki ixtiyari

funksiyadan asılı olan sonsuz sayda həlli vardır. Buna görə də bu

tənliklərin heç biri rəqs edən simin vəziyyətini birqiymətli təyin edə

bilməz, onda bu təklifin fiziki mənasına görə, sim sonsuz sayda

müxtəlif rəqsi hərəkət edə bilər. Bu tənliklərin ümumi həllinə daxil

olan ixtiyari funksiyaları tapmaq üçün, yəni onun ümumi həllindən

müəyyən xüsusi həllini ayırmaq üçün axtarılan ),( txu funksiyası

üzərinə əlavə şərtlər qoymaq lazımdır. Riyazi fizikada əlavə şərtlər iki

növə ayrılır: başlanğıc şərtlər və sərhəd şərtləri. Fiziki məsələnin

qoyuluşundan asılı olaraq, başlanğıc və sərhəd şərtləri müxtəlif ola

bilər.

Başlanğıc şərtləri. Başlanğıc şərtlər axtarılan funksiyanın

başlanğıc andakı halını xarakterizə edir. Bu zaman tədqiq olunan

prosesin fiziki xarakterindən və həmin prosesin tənliyinin tərtibindən

asılı olaraq 0tt anında axtarılan funksiyanın və onun müəyyən tərtib

törəmələrinin qiyməti verilir. Yəni, tətqiq olunan prosesin başlanğıc

anındakı vəziyyəti verilir və bu şərtlər daxilində yeganə həll axtarılır.

Əgər simin 0tt anında rəqsə başladığını qəbul etsək, onda onun

bu başlanğıc anda forması bir )(xf funksiyası vasitəsilə verilir:

)(),(0

xftxutt

. (6)

Simin nöqtələrinin başlanğıc anda hərəkət sürəti isə bir başqa

)(xF funksiyası vasitəsilə verilə bilər:

)(),(

0

xFt

txu

tt

, (7)

(sadəlik üçün biz 00 t götürəcəyik). (6)-(7) şərtlərinə (4) tənliyi üçün

başlanğıc və ya Koşi şərtləri deyilir. (4) tənliyinin (6)-(7) başlanğıc

şərtlərini ödəyən həllini tapmaq məsələsinə həmin tənlik üçün Koşi

məsələsi deyilir.

Buna analoji olaraq iki, üç və s. ölçülü məsələlər üçün də

başlanğıc şərtləri götürülür.

Sərhəd şərtləri. Əgər oblast sonlu və ya yarım sonsuz olarsa,

61

oblastın sonlu hissələrində prosesin əvvəlindən sonunadək qüvvədə

qalan şərtlər (sonlu hissələrin bərkidilmə qanunları) verilir ki, bu

şərtlərə sərhəd şərtləri deyilir. Sərhəd şərtləri axtarılan funksiyanın

baxılan oblastın sərhəd nöqtələrindəki vəziyyətini təyin edir.

Buna misal olaraq, simin rəqsi hərəkətinin tədqiqində simin

uclarının ( 0x və lx uclarının) bərkidilmə şərtləri göstərə bilərik.

Baxılan halda simin ucları )0,0( və )0,(l nöqtələrində bərkidildiyi

üçün rəqs zamanı bu nöqtələr hərəkət etmir. Buna görə də simin uc

nöqtələrinin Ox oxundan olan meylləri sıfra bərabər olur:

0),(0

xtxu , 0),(

lxtxu . (8)

Bu şərtlərə isə (4) tənliyi üçün sərhəd şərtləri deyilir.

Eyni ilə də müstəvi məsələlərində müstəvini hüdudlayan əyri

boyunca, fəza məsələlərində oblastı hüdudlayan səth boyunca olan

şərtləri və s. göstərmək olar.

Simin rəqsi hərəkətində ucların bərkidilmə şərtləri ümumi halda

)(),( 10ttxu

x

,

)(),( 2 ttxulx

şəklində verilir.

(4) tənliyinin (8) sərhəd və (6)-(7) başlanğıc şərtlərini ödəyən həllini

tapmaq məsələsinə həmin tənlik üçün qarışıq məsələ deyilir.

Ümumiyyətlə, başlanğıc və sərhəd şərtləri daxilində məsələlərin

həlli üçün üç hal mümkündür:

I. Ancaq başlanğıc şərtləri daxilində həll olunan məsələlər. Bu növ

məsələlərə sonsuz oblastda həll olunan məsələlər aiddir. Oblast sonsuz

olduğundan sərhəd şərti qoymaq mümkün olmur. Bu növ məsələlər

Koşi məsələlərdir.

II. Ancaq sərhəd şərtləri daxilində həll olunan məsələlər.

a) Statik məsələr. Burada proses çox ləng gedir. Prosesin getmə

müddəti, onun müşahidə müddətindən qat-qat böyükdür.

Bu halda zamandan asılılıq olmur, ətalət qüvvəsi isə sıfır olur.

b) Qərarlaşmış halda olan proseslərin tədqiqi məsələləri. Bu cür

məsələlərdə zaman prosesin sonuna qədər harmonik şəkildə təsir

göstərir və axtarılan funksiya zamandan asılı olmur.

III. Başlanğıc və sərhəd şərtləri daxilində həll olunan məsələlər.

Oblast sonlu və proses zamandan asılı şəkildə olur.

Qeyd: Yarım sonsuz məsələlrdə, proses sərhədlərin birinə yaxın

hissədə gedir və digər sərhədin müşahidə vaxtı ərzində prosesə təsiri

62

olmur. Ona görə də təsiri olmayan sərhədi sonsuzluq kimi götürülür.

Sоnsuz simin sərbəst rəqs tənliyinin Dаlаmbеr üsulu ilə həlli.

Tutaq ki , bizə hər hansı sonsuz sim verilmişdir. Simin uzunluğu cох

böyük оlduqdа dахili nöqtələrin hərəkətinə uc nöqtələrinin təsiri cох

kicik оlur, bunа görə də simin rəqs tənliyini həll еdərkən hеc bir

sərhəd şərti qоyulmur və аncаq bаşlanğıc şərtlərdən istifаdə оlunur.

Bu məsələnin həllinin fiziki mənası ondan ibarətdir ki, o simin

uclarından kifayət qədər çox uzaqlaşmış hissəsindəki nöqtələrinin

hərəkətini xarakterizə edir.

Onda verilmiş məsələnin riyazi qoyuluşu belə olacaqdır:

2

22

2

2

x

ua

t

u

(1)

tənliyinin

)(),(0

xftxutt

, )(

),(

0

xFt

txu

tt

(2)

başlanğıc şərtlərini ödəyən həllinin tapılması tələb olunur, burada

)(xf və )(xF bütün ədəd охundа təyin оlunmuş funksiyalardır..

(1) tənliyinin xarakteristik tənliklərini yazaraq, onun

xarakteristikalarını tapaq:

111 a , 012 a , 222 aa , 02211

212 aaa

olduğundan (1) tənliyi hiperbolik tipdir,onda xarakteristik tənlik və

onun inteqralı (ümumi həlli) belə olar:

0)()( 222 dtadx

0

0

adtdx

adtdx

2

1

catx

catx.

Burada alınmış hər iki xarakteristikalar ailəsi düz xətlər ailəsidir.

Deməli verilən tənliyi kanonik şəklə gətirmək üçün

atx , atx

əvəzləmələrini aparmaq lazımdır. Onda u funksiyasını və

dəyişənləri vasitəsilə x və t dəyişənlərindən asılı funksiya hesab

edib, mürəkkəb funksiyanın törəməsini tapmaq qaydasından istifadə

etsək, alarıq:

x

u

x

u

x

u

,

t

u

t

u

t

u

,

63

2

22

2

2

2

2

2

uuu

x

u,

)2(2

22

2

22

2

2

uuua

t

u.

2

2

x

u

və

2

2

t

u

-nın bu ifadələrini verilən tənlikdə yerinə yazsaq, alarıq:

0)(02

uu. (3)

Bu tənliyin ümumi inteqralını tapaq. Aydındır ki,

u funksiyası

dəyişənindən asılı deyildir. Onda bu ifadə ancaq -dan asılı funksiya

olar:

)(

fu

.

Buradan

)()(),( 1fdfu

olduğunu alarıq. Əgər dff )()(2 işarə etsək,

)()(),( 21 ffu (4)

alarıq.Deməli, (3) tənliyinin ixtiyari həlli iki dəfə diferensiallanan

funksiyanın cəmi şəklində göstərilir. Yəni iki dəfə diferensiallanan

)(1 f və )(2 f funksiyaları necəliyindən asılı olmayaraq (4)

bərabərliyini təyin edirsə, (3)-ün həllidir və əksinə. Nəticədə alırıq ki,

)()(),( 21 atxfatxftxu (5)

funksiyası (1)-in həllidir. Burada )(1 atxf və )(2 atxf

funksiyalarını tapsaq, məsələnin tam həllini vermiş olarıq. Onada tələb

edək ki, ),( txu funksiyası (2) başlanğıc şərtini ödəsin, yəni

)()()()0,( 21 xfxfxfxu (6)

)()(')(')0,( 21 xFxfxafxut .

(6)-nın 2-ci bərabərliyini ],[ 0 xx parçasında inteqrallasaq,

x

x

dzzFa

fxf

0

)(1

))( 21

olduğunu alarıq. Beləliklə, )(1 xf və )(2 xf funksiyalarını təyin etmək

64

üçün aşağıdakı sistem tənliyini alarıq:

)()()( 21 xfxfxf

x

x

dzzFa

fxf

0

)(1

))( 21 .

Buradan

x

x

dzzFa

xfxf

0

)(2

1)(

2

1)(1 ,

x

x

dzzFa

xfxf

0

)(2

1)(

2

1)(2

kimi taparıq. Bu bərabərliklər arqumentin ixtiyari qiymətində

ödənildiyi üçün

atx

x

dzzFa

atxfatxf

0

)(2

1)(

2

1)(1 , (7)

atx

x

dzzFa

atxfatxf

0

)(2

1)(

2

1)(2

bərabərliyi ilə təyin olunan funksiyalar (5) bərabərliyini ödəyir, yəni

(1)-in ümumi həllidir. (7)-ni (5)-də nəzərə alsaq, alarıq:

atx

x

atx

x

dzzFdzzFa

atxfatxftxu

0 0

)()(2

1

2

)()(),(

atx

x

x

atx

dzzFdzzFa

atxfatxf

0

0

)()(2

1

2

)()(

atx

atx

dzzFa

atxfatxf)(

2

1

2

)()(,

atx

atx

dzzFa

atxfatxftxu )(

2

1

2

)()(),( (8)

(8) düsturuna Dalamber düsturu deyilir.

65

14. 2

0xu

t

, 0

0

tt

u olduqda,

2

2

2

2

x

u

t

u

tənliyini həll edin.

Həlli. Beləki, 1a və 2)( xxf , 0)( xF , onda

2222

2

)()(

2

)()(tx

txtxatxfatxfu

.

15. 00

tu , x

t

u

t

0

olduqda, 2

2

2

2

4x

u

t

u

tənliyini həll edin.

Həlli. Beləki, 2a və 0)( xf , xxF )( , onda

tx

tx

tx

txtxtxzzdzu

2

2

222

2)2()2(

8

1

8

1

4

1, yəni xtu .

16. xut

sin0

, 1

0

tt

u olduqda,

at

2

anında

2

22

2

2

x

ua

t

u

tənliyi ilə təyin olunan simin formasını təyin etməli.

Həlli. Beləki,

atx

atx

atx

atx

za

atxdza

atxatxu

2

1cossin

2

1

2

)sin()sin(

və ya tatxu cossin .

Əgər a

t2

, onda

au

2

, yəni sim absis oxuna paraleldir.

Sоnlu simin sərbəst rəqs tənliyinin Furyе üsulu ilə həlli.

Qarışıq məsələləri həll etmək üçün çox vaxt Furye üsulundan (və ya

dəyişənləri ayırma üsulu) istifadə edirlər. Bu üsul xüsusi törəməli

diferensial tənlikləri həll etmək üçün ən geniş yayılmış üsullardan

biridir.

],0[ l parçasında hər iki ucundan bağlı olan simin başlanğıc və sərhəd

şərtləri verilərkən rəqsi məsələsini Furye üsulu ilə həll edək.

Məsələnin riyazi qoyuluşu belədir:

02 xxtt uau (1)

tənliyinin

)()0,(

)()0,(

xxu

xxu

t

(2)

başlanğıc və

0),0( tu , 0),( tlu (3)

66

sərhəd şərtləri daxilində həlli tələb olunur.

Tənliyin eyniliklə sıfra bərabər olmayan ),( txu həllini biri yаlnız х-

dən, digəri isə t -dən аsılı оlаn iki funksiyаnın hаsili şəklində

ахtаrаcаğıq:

)()(),( tTxXtxu . (4)

Bu ifаdəni vеrilən tənlikdə nəzərə аlsаq, аlаrıq:

)()()()( 2 tTxXatTxX ,

dəyişənlərinə görə аyırsаq, аlаrıq:

)(

)(

)(

)(2 xX

xX

tTa

tT

.

Yаlnız x və t -dən аsılı оlаn iki nisbətin bu bərаbərliyi yаlnız sаbit

)0( ədədinə bərаbər оlduqdа dоğrudur:

)(

)(

)(

)(2 xX

xX

tTa

tT.

Buradan

0)()( xXxX , (5)

0)()( 2 tTatT . (6)

adi diferensial tənliklərini alarıq, onların ümumi həlli аşаğıdаkı

şəkildədəir:

taDtaCtTxBxAxX sincos)(,sincos)( ,

burаdа DCBA ,,, - iхtiyаri sаbitlərdir, bеləliklə,

taDtaCxBxAtxu sincossincos),( .

DCBA ,,, və sabitləri elə seçilməlidir ki, (2) və (3) şərtləri də

ödənmiş olsun. Sərhəd şərtlərindən başlayaq.

(2) bərabərliyini (3) sərhəd şərtlərində yerlərinə yazsaq, alarıq:

0)()0( tTX , 0)()( tTlX ,

Bu bərabərliklərin ödənilməsi üçün ya istənilən t üçün 0)( tT

olmalı ya da

0)0( X , 0)( lX (7)

olmalıdır. 0)( tT olarsa, 0u olar ki, bu halda trivial həll alınır.

Deməli, sərhəd şərtlərində də dəyişənlər ayrılmış oldu.

Beləliklə, ikitərtibli (5) xətti tənliyinin (7) bircins sərhəd şərtlərini

ödəyən həllini tapmaq lazımdır.

Eyniliklə sıfra bərabər olan 0)( xX funksiyası məsələnin

67

həllidir. Lakin bizi məsələnin sıfır olmayan həlli maraqlandırır.

Beləliklə, (5) tənliyi üçün ],0[ l parçasında Spektral məsələ (və ya

Şturm-Liuvil problemi) adlanan belə bir məsələni həll etmək

lazımdır.: -nın hansı qiymətlərində (5) tənliyinin (7) sərhəd şərtlərini

ödəyən eynilik kimi sıfır olmayan həlli vardır?

Bu məsələnin həlli olan ədədlərinə Şturm-Liuvil məsələsinin

məxsusi ədədləri, tənliyin həmin ədədlərə uyğun olan həllərinə isə

məxsusi funksiyalar deyilir.

Məxsusi qiymətləri və məxsusi funksiyaları tapmaq üçün (5)

tənliyinin

02 k (8)

xarakteristik tənliyini yazaq və burada mümkün olan 0 , 0 və

0 hallarına ayrı-ayrılıqda baxaq.

1.Tutaq ki, 0 . Onda (8) tənliyinin kökləri 2,1k olar.

Bu halda (5) tənliyinin ümumi həlli xx eCeCxX 21)(

şəklində yazılar. 1C və 2C sabitlərini (7) şərtlərinə əsasən tapaq:

0

0

21

21

ll eCeC

CC.

Bu sistemin determinantı sıfırdan fərqli olduğu üçün 021 CC

olar. Deməli, 0 olduqda 0)0( X olur, yəni məsələnin eyniliklə

sıfra bərabər olmayan həlli yoxdur.

2. Tutaq ki, 0 . Bu halda (8) tənliyinin kökləri 02,1 k və (5)

tənliyinin ümumi həlli isə

xCCxX 21)(

olar. (7) şərtlərinə görə

0)0( 1 CX , 00)( 22 ClClX

və ya yenə də 0)( xX alınır. Deməli, bu halda da məsələnin həlli

eyniliklə sıfra bərabər olur. Bu isə şərtə ziddir.

3. Tutaq ki, 0 . Bu halda (8) tənliyinin kökləri ik 2,1 , və

(5) tənliyinin ümumi həlli

xCxCxX sincos)( 21 (9)

kimi olar. Bu funksiyanın (7) şərtlərini ödədiyini tələb etsək, alarıq:

68

0sincos

00

21

21

lClС

СС 0sin,0 21 lCC .

Sonuncu bərabərlikdə 02 С olmalıdır, əks halda 0)( xX və ya

0),( txu olduğunu alarıq ki, trivial həll bizi maraqlandırmır. Onda

0sin l , yəni

,...)3,2,1(

kl

k ,...)3,2,1()( 2

k

l

kk (10)

qiymətləri ödənilməlidir. Qoyulmuş məsələnin bu məxsusi

qiymətlərinə uyğun məxsusi funksiyaları

xl

kAxX kk

sin)( ,...)3,2,1( k (11)

olar (burada kA ixtiyari sabitlərdir).

Qeyd edək ki, k -nın mütləq qiymətcə bərabər olan müsbət və

mənfi qiymətləri yalnız sabit vuruqla fərqlənən məxsusi funksiyalar

verdikləri üçün (11) bərabərliyində k -nın tam müsbət qiymətlərini

götürmək kifayətdir. k -ların qiymətlərini (6)-nın həlli olan

sincos)( 43 CCtT bərabərliyində nəzərə alsaq, t -dən asılı olan və

(6) tənliyini

tl

akCt

l

akBtT kkk

sincos)(

funksiyalar heyətini almış olarıq ( kB və kC ixtiyari sabitlərdir).

Beləliklə, (1)-in mümkün xüsusi həlləri olan

l

xkt

l

akbt

l

akatTxXtxu kkkkk

sin)sincos()()(),( (12)

funksiyaları (1) tənliyini və (3) sərhəd şərtlərini ödəyir (burada

kkkkkk CAbBAa , ).

(1) tənliyi xətti bircinsli olduğundan (12) həllərinin ixtiyari sonlu

xətti kombinasiyası və həm də

1

sin)sincos(),(k

kkl

xkt

l

akbt

l

akatxu (13)

sırası yığılan və diferensiallanan olarsa, onun cəmi də (1) tənliyini və

(3) sərhəd şərtlərini ödəyəcəkdir. Bu həllə daxil olan ka və kb

əmsallarını elə seçək ki, (2) başlanğıc şərtləri də ödənsin. Doğrudan

da, (2) şərtlərini (13)-də nəzərə alsaq,

69

1

sin)()0,(k

k xl

kaxfxu , (14)

1

sin)()0,(

k

k xl

kb

l

akxF

t

xu

olar. Bu bərabərliklər göstərir ki, ka və kbl

ak kəmiyyətləri uyğun

olaraq )(xf və )(xF funksiyalarının ),0( l intervalında sinuslar üzrə

Furye sırasına ayrılışının əmsallarıdır:

l

k xdxl

kxf

la

0

sin)(2

,

l

k xdxl

kxF

akb

0

sin)(2

(15)

Asanlıqla göstərmək olar ki, əmsalları (15) bərabərlikləri ilə təyin

olunmuş (13) sırası (1)-(3) məsələsinin həllidir.

84. Sim 0x və lx uclarından bərkidilməklə, başlanğıc anda

)()/4( 2 xlxlhu , 00

tt

u olduqda simin absis oxundan

yerdəyişmə nöqtələrini tapın.

Həlli. Burada )()4()( 2 xlxlhx , 0)( x . Simin rəqs

tənliyinin həllini müəyyən edən sıranın əmsallarını tapın.

l l

k dxl

xkxlx

l

hdx

l

xkx

la

0 0

2

3sin)(

8sin)(

2 ; 0kb .

ka əmsalını tapmaq üçün iki dəfə hissə-hissə inteqrallayaq:

2

1 xlxu , dxl

xkdv

sin1 , dxxldu )2(1 ,

l

xk

k

lv

cos1 ;

ll

k dxl

xkxl

lk

h

l

xk

k

lxlx

l

ha

0

2

0

2

3cos)2(

8cos)(

8

,

l

k dxl

xkxl

lk

ha

0

2cos)2(

8

;

xlu 22 , dxl

xkdv

cos2 , dxdu 22 ,

l

xk

k

lv

sin2 ;

ll

k dxl

xk

lk

h

l

xkxl

lk

ha

0

22

0

22sin

16sin)2(

8

=

70

k

l

k

hk

k

h

l

xk

k

h)1(1

16)1(cos

16cos

163333

0

33

.

ka və kb üçün alınmış qiymətləri ),( txu -nin ifadəsində nəzərə

alsaq, alarıq:

133

sincos)1(116

),(k

k

l

xk

l

atk

k

htxu

.

Əgər nk 2 , onda 0)1(1 k və əgər 12 nk olarsa, onda

2)1(1 k olar. Nəticədə, alarıq:

133

)12(sin

)12(cos

)12(

132),(

n l

xn

l

atn

n

htxu

.

2.4. İstilikkeçirmə tənlikləri.

İstiliyin ixtiyari mühitdə yayılma qanunları, məsələn, qazlarda və

mayelərdə diffuziya hadisələri, temperatur dalğaları, radiaktiv

maddələrin yer qabığının temperaturuna təsiri, müəyyən kimyəvi

elementlərin diffuziya qanunları, təbiətin müəyyən dəyişikliklərinin

(maddənin bir haldan başqa hala keçməsi) qanunları və s. kimi

qanunauyğunluqlar parabolik tip tənliklər vasitəsilə verilir.

Bu qanunauyğunluqlardan daha çox anlaşılan və gündəlik tələbatdan

irəli gələn bəzi fiziki prosesləri şərh edək və onların riyazi tənliklərini

çıxaraq.

Cismin temperaturu.

Tutaq ki, üçölçülü fəzada yerləşən bircinsli fiziki cismi qeyri-

bərabər olaraq qızdırılmışdır. Bu halda cismin, temperaturu yüksək

olan nöqtələrindən temperaturu alcaq olan nöqtələrinə tərəf istilik

axını əmələ gəlir t zaman aninda ),,( zyx nöqtəsində onun

temperaturunu ),,,( tzyxuu ilə işarə edək. Bu funksiyanı tapmaq

üçün onun ödədiyi diferensial tənliyi bilmək lazımdır.

Göstərək ki, u funksiyası

)(2

2

2

2

2

22

z

u

y

u

x

ua

t

u

(1)

diferensial tənliyini ödəyir. (1) tənliyinə fəzada istilikkeçirmə tənliyi

deyilir. Bu tənlik iki tərtibli xüsusi törəməli xətti diferensial tənliyə

71

nümunədir. Əgər

2

2

2

2

2

2

z

u

y

u

x

u

işarələməsi aparsaq, (1) tənliyi

uat

u

2 (2)

şəklində yazılar. (1) tənliyi diffuziya proseslərini də təsvir edir.

cismində elementar kubuna baxaq.

),( ttt zaman anında -nın sol hissəsində sağdan sola keçən istilik

miqdarı yüksək tərtibdən sonsuz kiçik dəqiqliklə tzytzyxx

u

),,,( -

yə bərabərdir. Burada cismin istilikkeçirmə əmsalı adlanır və onun

istənilən nöqtəsində sabit hesab edəcəyik. Qeyd edək ki, göstərilən

istilik miqdarı, aydındır ki, ədədinə, baxılan hissənin zy

sahəsinə, zamanın t artımına və x oxu istiqamətində x

u

xüsusi

törəməsinə bərabər olan temperatur dəyişməsinin sürətinə

mütənasibdir. ЙЙЙЙQeyd edək ki, xüsusi törəmə yan səthin

sərhədlərində dəyişir, ancaq yüksək tərtib sonsuz kiçilənlərdən

nəzərə almaq olar ki, bu yan səthdə o ),,,( tzyx nöqtəsində x

u

-ə

bərabərdir.

-nın sağ tərəfində sağdan sola keçən istilik miqdarı, aydındır ki,

0

72

tzytzyxxx

u

),,,(

olacaqdır. kubuna göstərilən zaman aralığında sol və sağ tərəfdən

daxil olan istilik miqdarı

~),,,(),,,( tzytzyxx

utzytzyxx

x

u

tzyxtzyxx

u

),,,(~

2

2

.

Aydındır ki, kubuna ),( ttt zaman anında daxil olan ümumi

istilik miqdarı, bu zaman anında kubun bütün sahələrindən daxil olan

istilik miqdarlarının cəminə bərabərdir:

tzyxz

u

y

u

x

u

)(

2

2

2

2

2

2

. (3)

Ancaq bu istilik miqdarı həm də belə bir ifadəyə bərabər

olacaqdır:

tzyxt

u

, (4)

burada cismin , hansı ki, onun bütün nöqtələrində sabit hesab

edirik.

(3) və (4) kəmiyyətlərini bərabərləşdirib, müəyyən çevirmələrdən

sonra

(1) diferensial tənliyini alarıq, burada

2a .

Müstəvi cisimlər üçün ),,( tyxuu və 02

2

z

uolduğundan (1)

tənliyi

)(2

2

2

22

y

u

x

ua

t

u

şəklində yazılar. Buna ikiölçülü fəzada istilikkeçirmə tənliyi deyilir.

Birölçülü fəzada istilikkeçirmə tənliyi aşağıdakı kimi yazılır:

2

22

x

ua

t

u

.

Sonlu çubuqda istiliyin yayılması.

l,0 parçasında yerləşən nazik izolə edilmiş (istilik izolyasiyası

ilə əhatə olunmuş) çubuğa baxaq. Fərz edək ki, çubuğun ixtiyari en

73

kəsiyinin bütün nöqtələrində temperatur sabitdir (eynidir). Kəsikdən

kəsiyə keçdikdə isə temperatur dəyişir. Yəni temperatur ancaq Ox oxu

boyunca dəyişməyə məruz qalır. Aydındır ki, müxtəlif anlarda eyni bir

nöqtədə temperaturu ölçsək, o öz sabit qiymətini saxlamayacaq, buna

görə çubuğun temperaturu kəsiyin x absisindən və t zamanından

asılı ),( txuu funksiyası olacaqdır. Bundan əvvəlki mövzuda

deyildiyi kimi u funksiyası

2

22

x

ua

t

u

(1)

tənliyini ödəyəcəkdir, burada 02 a sabitdir.

Fərz edək ki, çubuğun uclarında temperatur sıfırdır, yəni çubuqda

istiliyi xarakterizə edən ),( txu funksiyası aşağıdakı şərtləri ödəyir:

.0),(),(

,0),0(),(0

tlutxu

tutxu

lx

x (2)

Əlavə olaraq fərz edək ki, bu sərhəd şərtlərindən başqa, başlanğıc

anda çubuqda istiliyin yayılmasını xarakterizə edən funksiya

məlumdur:

).()0,(),(0

xxutxut

(3)

Beləliklə, istilikkeçirmə tənliyi üçün qarışıq məsələ belə kimi

qoyula bilər: (1) tənliyinin (2) sərhəd və (3) başlanğıc şərtlərini

ödəyən həllini tapmalı.

(1) tənliyinin (2) sərhəd şərtlərini ödəyən həllini

X(x)T(t)t)u(x,

şəklində axtaraq. ),( txu -nin törəmələrini tapıb, (1) tənliyində yerinə

yazsaq,

),()()()( 2 tXtTatXtT

və ya

)(

)(

)(

)(2 xX

xX

tTa

tT

münasibətini alarıq. Buradan

2

2 )(

)(

)(

)(

xX

xX

tTa

tT.

Bu münasibətlərdən isə,

0)()( 22 tTatT ,

74

0)()( 2 xXxX

tənliklərini alarıq. Bu tənliklərin həlli uyğun olaraq

taAetT22

)( ,

xcxcxX sincos)( 21

şəklində olar. Sərhəd şərtlərini nəzərə alsaq, alarıq:

0)0( 1 cX ; lclX sin)( 2 .

02 c olduğundan (əks halda 0u olar) çıxır ki, nl olmalıdır.

Burada n parametrinə ancaq tam və müsbət qiymətlər verməklə

kifayətlənmək olar. n -nin bu qiymətlərinə uyğun gələn -nın

qiymətlərini n ilə işarə etsək, l

nn

alarıq. Onda sərhəd şərtlərini

ödəyən xüsusi həllər

t

l

na

nn xel

nAtxu

22 )(

sin),(

şəklində olar. Bu həllərdən aşağıdakı sıranı düsəldək:

1

)(

sin),(22

n

tl

na

n xl

neAtxu . (4)

Aşkardır ki, ),( txu funksiyası formal olaraq (2) sərhəd şərtlərini

ödəyir. Bu funksiyanın başlanğıc şərtlərini ödəməsini tələb etsək,

alarıq:

10

sin)(n

ntx

l

nAxu .

Buradakı nA əmsalları

l

n dl

n

lA

0

sin)(2

,...)2,1( n (5)

düsturu ilə tapılır. Göstərmək olar ki, əmsalları (5) düsturu ilə təyin

olunan

1

),(n

n txu sırasının cəmi olan ),( txu funksiyası (1) tənliyini və (2),

(3) şərtlərini ödəyir. .

Sonsuz çubuqda istiliyin yayılması.

Tutaq ki, elə uzun çubuq götürülmüşdür ki, onun daxili

nöqtələrinin temperaturu uc nöqtələrindən asılı deyildir və başlanğıc

75

anda ayrı-ayrı kəsiklərdə temperatur verilmişdir.

0t anında çubuqda temperaturun yayılmasının tədqiqi tələb

olunur. Fərz edək ki, cubuq Ox oxu ilə üst-üstə düşür və onun x

nöqtəsində istənilən t anında temperaturu ),( txuu ilə işarə

edilmişdir. Başlanğıc anda cubuğun en kəsiklərində temperatur

verildiyini nəzərə alıb, istənilən sonrakı t anında cubuqda

temperaturun paylanmasını tapmaq tələb edilir. Beləliklə, riyazi

olaraq, məsələ aşağıdakı şəkildə qoyulur:

2

22

x

ua

t

u

)0,( tx (1)

tənliyini

)()0,( xxu (2)

başlanğıc şərti daxilində həll etməli.

Dəyişənlərinə ayırma üsulunu tətbiq edək:

)()(),( tTxXtxu (3)

(3)-ü (1)-də nəzərə alsaq, alarıq:

)()()()( 2 xXtTatTxX

və ya

2

2 )(

)(

)(

)(

xX

xX

tTa

tT. (4)

Buradan

0)()( 22 tTatT (5)

0)()( 2 xXxX (6)

olur ki, bu tənliklərin həlli uyğun olaraq

taCetT22

)( , xBxAxX sincos)(

şəklində tapılır.

Bu həlli (3)-də nəzərə alsaq, alarıq:

xBxAxu t sin)(cos)((

22-aet), (7)

Burada CAA )( , CBB )( -dir. Hər bir üçün (7) həllini aldıqda,

hər -ya müxtəlif A və B sabitləri uyğun olduğundan, onlar -nın

funksiyası kimi götürülür.

(1) tənliyi xətti olduğundan onun bütün həllərinin superpozisiyası

da (1)-inhəllidir.

Ona görə də )(A və )(B -nı elə seçək ki, (7)-ni ),0(

76

intervalında

parametrinə görə inteqrallayanda alınmış inteqral üçün t -yə görə bir

dəfə, x -ə görə iki dəfə diferensiallamaq mümkün olsun və ),( txu

funksiyası (2) başlanğıc şərtini ödəsin. (7)-ni -ya görə ),0(

intervalında inteqrallayaq:

0

sin)(cos)(),(),(22

dxBxAetxutxu ta . (8)

(2) şərtinə görə, alarıq:

0

sin)(cos)()(),( dxBxAxtxu . (9)

Fərz edək ki, )(x funksiyası Furye inteqralı şəkildə göstərilə

bilir, yəni )(x funksiyası ),( intervalında təyin olunub, bu

intervalda mütləq inteqrallanandır və ixtiyari ),( ll intervalında Furye

sırasına ayrıla bilən funksiyadır.Onda

ddxx

0

)(cos)(1

)(

dxdxd

0

sinsin)(coscos)(1

(10)

şəklində yaza bilərik. (9)-la (10)-u müqayisə etsək, alarıq:

dA cos)(1

)( , (11)

dB sin)(1

)( .

)(A və )(B -nın qiymətlərini (8) –də nəzərə alsaq,

ddxetxu ta

0

)(cos)(1

),(22

və ya inteqrallama sərhədlərinin yerini dəyişsək qoyulmuş məsələnin

həllini aşağıdakı şəkildə alarıq:

77

ddxetxu ta

0

)(cos)(1

),(22

. (12)

(12) bərabərliyi ilə təyin olunmuş ),( txu funksiyası qoyulmuş

məsələnin həllidir.

2.5. Laplas tənliyi Qərarlaşmış halda bir çox fiziki proseslərin tədqiqi elliptik tip

tənliklərə gətirilir (məsələn, rəqsi hərəkətlərin, dalğa dinamikasının,

istilik keçirmə məsələlərinin, diffuziya hadisələrinin və s. tədqiqi

məsələləri).

Elliptik tip tənliklərə Puasson və Laplas tənlikləri misaldır. Bu

tənliklərdən ən sadəsi və daha çox praktiki əhəmiyyəti olan Laplas

tənliyidir.

Tərif. Hər hansı bir D oblastında özü və bütün dəyişənlərinə görə

ikinci tərtib də daxil olmaqla törəmələri kəsilməz olan və

02

2

2

2

2

2

z

u

y

u

x

uu (1)

diferensial tənliyini ödəyən ),,( zyxu funksiyasına harmonik funksiya,

(1) tənliyinə isə Laplas tənliyi deyilir. Laplas tənliyi ikitərtibli xətti

bircinsli diferensial tənlikdir.

Qeyd etmək lazımdır ki, harmonik funksiyaların tədqiqi riyazi

cəhətcə çox maraqlı olduğundan, onların riyazi araşdırmaları, bəzi

fiziki proseslərin izahına aydınlıq gətirir.

1. Laplas tənliyi üçün əsas sərhəd məsələləri.

Müəyyən məsələ ilə bağlı olan Laplas tənliyinin həllini tapmaq

üçün, əsasən sərhəd şərtləri şəklində olan əlavə şərtlər verilir.

Dirixle məsələsi. cisminin daxilində (1) tənliyini ödəyən və

onun səthinin ),,( zyxMM nöqtələrində verilmiş )(Mf

qiymətlərini alan ),,()( zyxuMu funksiyasını tapmalı.

Dirixle məsələsinə bəzən birinci sərhəd məsələsi də deyilir. Dirixle

məsələsini belə də söyləmək olar: oblastının daxilində harmonik və

onun səthi üzərində

)(Mfu

sərhəd şərtini ödəyən )(Mu funksiyasını tapmalı.

78

Dirixle məsələsi həllinin varlığı fiziki mülahizələrdən aydındır.

Doğrudan da, cismin bütün sərhədində baxılan müddətdə sabit

temperatur saxlandıqda (əlbəttə, müxtəlif nöqtələrdə müxtəlif

temperatur da ola bilər) onun daxili nöqtələrinin hər birində müəyyən

bir temperatur əmələ gələr və bu vəziyyət saxlanılar. Daxili nöqtələrin

bu temperatur vəziyyətini ifadə edən ),,( zyxu funksiyası Dirixle

məsələsinin həlli olar. Buradan Dirixle məsələsi həllinin yeganə

olması da aydındır.

Müstəvi oblastlara baxıldıqda ),( yxu funksiyası ikidəyişənli olur

və Laplas tənliyi

02

2

2

2

y

u

x

u (2)

şəklində yazılır. (2) tənliyi üçün Dirixle məsələsi belə qoyulur.

Qapalı Q müstəvi əyrisinin daxilində (2) Laplas tənliyini və onun

üzərində

),( yxfuQ

sərhəd şərtini ödəyən ),( yxu funksiyasını tapmalı.

Birölçülü oblastlar üçün Laplas tənliyi 02

2

x

u kimi yazılır və

onun həlli BAxyxu ),( şəklində xətti funksiyadır. Bu halda, ],[ ba

parçası üçün Dirixle məsələsin aaxuu

və bbx

uu

sərhəd şərtləri

vasitəsilə qoyulur. Onun həlli isə

ab

aubux

ab

uuxu baab

)(

funksiyadır.

Laplas tənliyi üçün Dirixle məsələsi qoyulduqda axtarılan

funksiyanın oblastın sərhəd nöqtələrində qiymətləri verilir. Sərhəd

məsələsi üçün funksiyanın qiymətləri deyil, oblastın sərhəd

nöqtələrinin n normalı istiqamətində n

u

törəməsinin qiymətləri də

verilə bilər. Bu halda, Laplas tənliyi üçün ikinci sərhəd məsələsi və ya

Neyman məsələsi alınır.

79

Neyman məsələsi. E oblastının daxilində (1) Laplas tənliyini və

onun səthi üzərində

)(Mfn

u

sərhəd şərtini ödəyən )(Mu funksiyasını tapmalı.

Dirixle və Neyman sərhəd məsələlərindən fərqli olan üçüncü

sərhəd məsələsi də vardır.

Üçüncü sərhəd məsələsi. E oblastının daxilində (1) Laplas

tənliyini və onun səthi üzərində

)()( Mfn

uu

sərhəd şərtini ödəyən )(Mu funksiyasını tapmalı (burada )(M

verilmiş funksiyadır).

Laplas tənliyi üçün yuxarıda qoyulan sərhəd məsələləri daxili

sərhəd məsələləri adlanır. Əgər qoyulan sərhəd məsələlərində

funksiyanın E -nin xarici olan oblastda (və ya -nın xaricində )

harmonik olması tələb edilsə, onda Laplas tənliyi üçün uyğun xarici

sərhəd məsələləri alınır.

2.Laplas tənliyinin silindrik koordinatlarla ifadəsi

Tutaq ki, ),,( zyxu funksiyası harmonik funksiyadır, yəni u

funksiyası Laplas tənliyini ödəyir:

02

2

2

2

2

2

z

u

y

u

x

u. (1)

Düzbucaqlı dekart koordinatları ilə silindrik koordinatlar

arasındakı keçid düsturuna əsasən:

cosrx , sinry , zz ,

22 yxr ,

x

yarctg , zz (2)

olduğundan

),,(),,( zruzyxu

olar. Buradan

x

u

x

r

r

u

x

u

,

80

2

22

2

22

2

22

2

2

2

2

)(2)(x

u

x

u

xx

r

r

u

x

r

r

u

x

r

r

u

x

u

.

Analoji olaraq:

2

22

2

22

2

22

2

2

2

2

)(2)(y

u

y

u

yy

r

r

u

y

r

r

u

y

r

r

u

y

u

,

2

2

2

2

z

u

z

u

alınır.

2

2

2

2

2

2

,,z

u

y

u

x

u-lərin ifadələrini (1)-də nəzərə alsaq,

011

2

2

2

2

22

2

z

uu

rr

u

rr

u

olduğunu alırıq ki, bu da Laplas tənliyinin silindrik koordinatlarla

ifadəsidir.

Əgər 0z olarsa,

011

2

2

22

2

u

rr

u

rr

u

olar ki, bu da Laplas tənliyinin polyar koordinatlarla ifadəsidir.

Dairəvi zolaqda Dirixle məsələsi

Tutaq ki, bizə daxildən 21

221 : RyxK və xaricdən

22

222 : RyxK çevrələri ilə hüdudlanmış dairəvi zolaq verilmişdir.

Fərz edək kı, 1K və 2K çevrələri üzrə temperatur məlum sabit

ədəddir.

Zolaq daxilində Laplas tənliyini ödəyən və zolağın daxili və həm

də xarici çevrələri üzrə sabit olan ),( yxu funksiyasının tapılması tələb

olunur. Riyazi olaraq bu məsələ aşağıdakı kimidir:

0u (1)

11

uuRr

; 2

2

uuRr

. (2)

(1) , (2) məsələsini həll edək. Bu məsələni polyar koordinatlarda həll etmək daha effektivdir. Məsələ simmetrik

olduğundan ),( ru funksiyası -dən asılı olmayır və 0

u

81

olur. Onda (1) tənliyi polyar koordinatlarda

01

2

2

r

u

rr

u

olur. Bu tənliyi

0)(

r

ur

r

kimi yazaraq, inteqrallasaq, alarıq:

21 ln crcu .

(1) şərtindən istifadə etsək:

)/ln(ln

ln

12

121

2222

2111

RR

uuc

cRcu

cRcu

;

)/ln(

lnln

12

12112

RR

RuRuc

.

)/ln(

)/ln()/ln()(

)/ln(

)/ln(),(

12

211212

12

11

RR

RruRruuu

RR

Rruru

axtarılan məsələnin həlli olar. Dairə üçün Dirixle məsələsinin həlli Tutaq ki, Oxy müstəvisində mərkəzi koordinat

başlanğıcında olan R radiuslu dairə verilmişdir. Dairənin bütün nöqtələrində (sərbəst nöqtələri də daxil olmaq şərtilə) kəsilməz, daxildə Laplas tənliyini ödəyən və dairənin çevrəsi üzərində qiyməti məlum olan u funksiyasını

bütün dairə boyunca birqiymətli təyin etmək tələb olunur. Məsələni polyar koordinatlarında həll edək. Məsələnin riyazi qoyuluşu belədir: dairə daxilində: 0u (1)

Laplas tənliyini, dairənin çevrəsi üzərində isə

)(ufuRr

(2)

şərtini ödəyən ),( ru funksiyasının birqiymətli təyin edilməsi

tələb olunur. polyar bucağıdır. (1) tənliyini polyar

koordinatlarda yazaq:

011

2

2

22

2

u

rr

u

rr

u

və ya

82

02

2

2

22

u

r

ur

r

ur . (3)

Məsələni Furye üsulu ilə həll edək: )()(),( rFru . (4)

(4)-ü (3)-də nəzərə alsaq:

0)()()()()()(2 rFrFrrFr

və ya

22

)(

)()(

)(

)(k

rF

rFrrFr

(5)

( 2k -nın mənası əvvəllər aydınlaşdırılıb).

(2) tənliyi aşağıdakı iki tənliyə ekvivalentdir:

0)()( 2 k , (6)

0)()()( 22 rFkrFrrFr . (7)

(6)-nın ümumi həlli kBkA sincos)( (8)

şəklindədir. (7)-nin həllini isə mrrF )( şəklini axtaraq.

(7)-də mrrF )( olduğunu nəzərə alsaq:

0)1( 2122 mmm rkrmrrmmr

və ya

022 km

olar. Yəni (7)-nin krrF )(1 və ya krrF )(2 kimi iki xətti asılı

olmayan həlli vardır. Onda (7)-nin ümumi həlli

kk DrCrrF )( (9)

şəklində olacaq. (8) və (9)-u (4)-də nəzərə alsaq

))(sincos(),( kk

kkkkk rDrCkBkAru . (10)

olar. Məsələnin xəttiliyinə əsasən k -nın ixtiyari qiymətində (10)

məsələnin həlli olmalıdır. Ona görə də kənar halları (10) bərabərliyindən çıxarmaq lazımdır. Məsələn, 0k olduqda (6)

və (7) tənliklərinin həllərini araşdıraq. 0k olarsa, (6) və (7) tənlikləri aşağıdakı şəklə düşər:

0)( ,

83

0)()(2 rFrrFr .

(4)-ə əsasən həlli bu halda

)ln)(( 00000 rDCBAu (11)

şəklində olar. İxtiyari və n 2 bucaqları üçün r eyni

olduğundan həll periodik funksiya olmalıdır, yəni (11)-də -nin

əmsalı sıfır olmalıdır ki, periodikliyə xələl gətirməsin, yəni 00 B .

Digər tərəfdən həll bütün nöqtələrdə, o cümlədən dairənin mərkəzində ( 0r ) kəsilməz və həm də sonlu olmalıdır. rln

mərkəzdə kəsilən və sonsuz olduğundan onun əmsalı 00 D

olmalıdır. Deyilənləri nəzərə alsaq, (11) bərabərliyini 0000 ACAu

( 10 C götürmək olar) kimi bir sabitə çevrilir. Onda (10)

bərabərliyini aşağıdakı kimi yazmaq olar:

0

)sincos(),(n

nnn rnBnAru . (12)

Axtarılan həlli almaq üçün nA və nB əmsallarını elə seçək

ki, (2) şərti ödənilsin. (12)-də (2)-ni nəzərə alsaq, alarıq:

0

)sincos()(n

nnn RnBnAf . (13)

Əgər fərz etsək ki, )(f funksiyası ],[ parçasında Furye

sırasına ayrılır, onda (13)-dən nA və nB sabitlərini Furye

əmsalları kimi təyin edə bilərik, yəni

ntdttfR

Ann cos)(

1,

ntdttfR

Bnn sin)(

1 (14)

olduğunu alarıq. Beləliklə, qoyulmuş məsələ üçün aşağıdakı nəticəni söyləmək olar: Özü (12), əmsalları (14) bərabərlikləri ilə təyin olunan ),( ru

funksiyasının r -ə və -yə nəzərən ikinci tərtib törəmələri

kəsilməzdirsə, onda bu funksiya qoyulmuş məsələnin həllidir.

Yuxarıda deyilənləri misallarla əyani surətdə aydınlaşdıraq.

Məsələ. Dairənin daxili və xarici üçün Dirixle məsələsi.

84

17. 2222 Rryx dairəsinin daxili üçün aşağıdakı Dirixle

məsələsini həll edin:

0),( yxu , Rr 0 , (15)

)(),(

fyxuRr

, Rr

yxgf

),()( , )(2),( 2 yxyxg . (16)

Həlli. (15), (16) məsələsini həll etmək üçün (12) bərabərliyindən

istifadə edək. Onun üşün polyar koordinatlara keçərək )(f -ni tapaq:

cosrx , sinry ,

sincos(2),( 22 rryxg ,

sin22cos)sincos(2),()( 2222 RRRRRyxgfRr

(13) bərabərliyinə əsasən sərhəd şərtini ödətsək:

0

22 sin22cos)sincos(n

nnn RRRRnBnA .

olduğunu alarıq.

Bu bərabərliyin sol və sağındakı ncos və nsin funksiyalarının

əmsallarını tutuşdursaq:

20 RA , 12 A , 0...431 AAA ,

21 B , 0...320 BBB

oar. Əmsalların bu qiymətlərini (12)-də nəzərə alsaq, axtarılan həlli

tapmış olarıq.

Beləliklə, axtarılan həll

)sin(cossin2cos),( 222222 rRrrRyxu

+ yyxRrrrRr 22222222 sinsincossin

olar.

18. Əgər Dirixle məsələsi dairənin xarici üçün tələb olunursa,

yuxarıdakı məsələnin həllində olan bütün əməliyyatlar olduğu kimi

qalır, ancaq (12) düsturu əvəzinə

0

)sincos(),(n

nnn rnBnAru . (17)

düsturundan istifadə olunur. Məsələn, 2222 Rryx dairəsinin

xarici üçün aşağıdakı Dirixle məsələsini həll edin.

0),( yxu , rR , ),( yxu ,

)(),(

fyxuRr

, Rr

yxgf

),()( , xyyyxg 2),( .

Həlli. )(f -ni tapaq:

85

cosrx , sinry ,

2sinsincossin2sin),( 22 rrrryxg ,

2sinsin),()( 2RRyxgfRr

.

Sərhəd şərtini ödətsək:

2sinsin)sincos(),( 2

0

RRrnBnArun

nnn .

.olar. Hər iki tərəfdən ncos və nsin -lərin əmsallarını

bərabərləşdirsək:

0...210 AAA ,

21 RB , 4

2 RB , 0...43 BB

olar. Bu qiymətləri (17)-də yerinə yazsaq axtarılan həlli almış olarıq:

xyr

Ry

r

RrR

r

Ryxu 4224

2

)()(cossinsin),( ,

xyr

Ry

r

Ryxu 42 )()(),( .

86

3. ОПЕРАСИЙА ЩЕСАБЫ

3.1. Laplas çevirməsi

Тяриф. Ашаьыдакы цч шярти юдяйян щягиги дяйишянли )(tf

функсийасына ориъинал вя йа башланьыж функсийа дейилир.

01 . 0t олдугда 0)( tf ;

02 . ),0( -да щисся-щисся кясилмяздир;

03 . еля бир 0M вя 00 s сабитляри вардыр ки, истянилян 0t -лар

цчцн tS

Metf 0|)(|

мцнасибяти доьрудур. Бурада 0s ядяди )(tf -нин артма эюстярижисидир.

Верилмиш ориъинал )(tf функсийасы цчцн

ipdttfepF pt ,)()(0

(1)

бярабярлийи иля тяйин олунан коmплекс дяйишянли )(pF функсийасына

онун Лаплас чевирмяси вя йа Лаплас суряти (təsviri) дейилир вя

ашаьыдакы символлардан бири иля ишаря олунур:

)(tf.

. )( pF , )()(),()( pFtfpFtfL .

Гейри-мяхсуси (1) интегралына Laplas inteqralı дейилир.

Teorem(Varlıq teoremi). Tutaq ki, )(tf başlanğıc funksiyadır. Onda

(1) интегралы 0Re sp йарыммцстявисиндя mütləq йыьыландыр вя

)(pF функсийасы щямин областда аналитикдир.

İsbatı. ip olsun. Onda 03 şərtinə əsasən alarıq:

0 0 0

0)()()( dtMeedttfedttfepFtsttpt

00

)(

0

01

s

Me

sM

ts

( 0s ) (2)

(2) bərabərsizliyindən alınır ki, Laplas çevirməsi 0Re sp

йарыммцстявисинin bütün nöqtələrində mütləq yığılır. Onda həmin

yarımmüstəvinin daxilində yerləşən ixtiyari yarımmüstəvidə

müntəzəm yığılan olur. Ona görə də onun p dəyişəninə nəzərən

87

sonlu törəməsi vardır. Deməli, Laplas çevirməsinin yığılma oblastı

daxilində )(pF analitik funksiyadır.

Nəticə. 0)(lim

pFp

olur.

Doğrudan da (2)-dən alınır ki, pRe -da 0)( pF .

Orijinalların yeganəlik teoremini isbatsız verək:

Orijinalların yeganəlik teoremi. Əgər iki kəsilməyən )(tf və )(tg

funksiyalarının Laplas çevirmələri (təsvirləri) eyni bir )(pF

funksiyasıdırsa, onda onlar eynilik kimi bir-birinə

bərabərdirlər: )()( tgtf .

İndi isə bəzi sadə funksiyaların Laplas çevirmələrini tapaq.

Тярифдян истифадя едяряк ашаьыдакы функсийаларын təsvirini тапын: 1. Ən sadə başlanğıc funksiya Hevisayd funksiyasıdır:

0,0

0,1)(0 t

tt .

Hevisayd funksiyasına vahid funksiya da deyirlər. Bu funksiyanın

təsvirini tapaq.

Həlli. Vahid funksiyanın artma dərəcəsi 00 s -dır.

00

111)(

pe

pdtepF ptpt .

0Re p olduqda, deməli )(0 t.

.p

1 və ya 1

..

p

1 olur.

2. atetf )( .

Щялли. atetf )( функсийасы цчцн as 0 . Буна эюря )(pF təsviri

bütün

щалларда ap Re йарыммцстявисиндя тяйин олунмуш вя аналитикдир.

Онда, аларыг:

ape

apdtedteepF taptapptat

1

)(

1)(

0

)(

0

)(

0

)0)(Re( ap .

3. ty sin funksiyasının Laplas çevirməsini tapın.

Həlli. .1

1

1

)cossin(sin)(

200

2 |

pp

ttpetdtepF

ptpt

88

4. ty cos funksiyasının Laplas çevirməsini tapın.

Həlli. .1

/1

)cos(sincos)(

20

0

2

p

p

p

tptetdtepF

ptpt

5. nty funksiyasının Laplas çevirməsini tapın.

Həlli. ./)(

0

1

0

10

0

dtetp

ndtet

p

n

p

etdttepF ptnptn

ptnnpt

Bu bərabərliyi n dəfə ardıcıl tətbiq etsək,

1

!)(

np

npF

bərabərliyini alarıq.

6.Verilmiş qrafikə əsasən funksiyanın

təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən funksiya

1,0

10,1

0,0

)(

t

t

t

tf

olar. Onda, )(tf -nin Laplas çevirməsi belə olur:

0 1

1

0

)1(1

01)()( pptptpt ep

dtedtedtetfpF .

7. Verilmiş qrafikə əsasən funksiyanın təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən funksiya

2,0

21,2

10,

0,0

)(

t

tt

tt

t

tf

olar. Onda, )(tf -nin Laplas çevirməsi belə olur:

0 2

2

1

1

0

0)2()()( dtedtetdtetdtetfpF ptptptpt

2

1

2

1

1

0

2dttee

pdtte ptptpt .

Buradan hissə-hissə inteqrallama düsturuna əsasən alarıq:

f(t)

1

1

O t

f(t)

1

1

O t 2

89

2

1

21

0)

1(

1)(

2)

1(

1)( ptpppt e

pt

pee

pe

pt

ppF

2

22 1)

11(

1)

11(

1)

12(

1)(

2

pe

ppe

ppe

ppee

p

ppppp

)1(12

pep

.

8. Verilmiş qrafikə əsasən

funksiyanın təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən

ate

attf atb ,

0,0)( )(

funksiyasının Laplas çevirməsi belə

olur:

0

)(

0

0)()(

a

ptatb

a

ptpt dteedtedtetfpF

pa

a

tbpab ebp

ebp

e

11 )( .

9. Verilmiş qrafikə əsasən

funksiyanın təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən funksiya

ata

atttf

,

0,)(

olar və onun Laplas çevirməsi belə olur:

0

2

0

)1(1

)()(

a

appt

a

ptpt ep

dtaedttedtetfpF .

10. Verilmiş qrafikə əsasən funksiyanın təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən funksiya

btab

btaat

at

tf

,

,

0,0

)(

olar. Onda, )(tf -nin Laplas çevirməsi

belə olur:

0 0

)()(0)()(b

ptb

a

pta

ptpt dteabdteatdtedtetfpF

f(t)

a

1

O t

f(t)

a

a

O t

f(t)

a

b−a

O t b

90

b

a

pt

b

ptb

a

ptb

a

pt ep

tp

ep

abe

p

adtte )

1(

1

)(1

)(2

bpappbpapb eep

ep

abee

p

a

.

11. Verilmiş qrafikə əsasən funksiyanın təsvirini tapın.

Həlli. Qrafiki verilən funksiya

at

atbta

b

tf

,0

0,)(

olar. Onda, )(tf -nin Laplas çevirməsi

belə olur:

0 0

)()()(

a

ptpt dtebta

bdtetfpF

.

Buradan hissə-hissə inteqrallama düsturuna əsasən alarıq:

)21()1()(2

apap ep

be

ap

bpF .

3.2. Laplas çevirməsinin xассяляри:

1. Teorem (xяттилик): Əэяр )(1 tf.

. )(1 pF вя )(2 tf.

. )(2 pF -

дирся, онда 21,CС sabitləri üçün

)()( 2211 tfCtfC .

. )()( 2211 pFCpFC .

İsbatı. İnteqralın xassələrinə əsasən alarıq:

)()( 2211 tfCtfC .

. )()()]()([ 2211

0

2211 pFCpFCdtetfCtfC pt

.

Ümumi şəkildə bu xassəni belə demək olar:

Əgər )(tfk

.. )(pFk isə və ),1( nkCk ixtiyari sabitlərdirsə, onda

n

k

kk tfC1

)(.

.

n

k

kk pFC1

)(

olur.

f(t)

b

O t a

2b

91

Функсийаларын təsvirini тапын:

12. ttf 3)( .

Щялли. Беляки, 3ln3 tt e , онда 3ln

13

p

t .

13. ttf 2cos)( .

Həlli. Dərəcəni aşağı salma triqonometrik düsturundan istifadə

edək:

tt

t 2cos2

11

2

1

2

2cos1cos2

.

Beləki, 1.

.p

1, t2cos

..

42 p

p. Onda Laplas çevirməsinin xəttilik

xassəsinə görə, alarıq:

t2cos.

.)4(22

12

p

p

p.

2.Teorem ( oхшарлыг). Əэяр 0Re sp yarımmüstəvisində

)(tf.

. )( pF - дирся, онда 0Re sp -da

)( tf .

. )(1

pF

olur, бурада const 0 .

İsbatı. )( tf .

.

0

)( dttfe pt inteqralında 1tt ilə əvəz edək.

Onda 1

1tt

, 1

1dtdt

və 10 t olduğundan, alarıq:

)( tf .

.

0

11 )(1

)(11 p

Fdttfet

p

0Re sp .

3.Teorem( oриъиналын эежикмяси). Əэяр 0Re sp -da )(tf.

. )( pF -

дирся, онда истянилян 0 цчцн

)( tf.

. )(pFe p

olur.

92

İsbatı. )( tf.

.

0

)( dttfe pt inteqralında 1tt ilə əvəz

edək. Onda 1tt , 1dtdt , 11 t olduğundan alarıq:

)( tf.

.

0

0

0

111111)(

)()()( 111 dttfedttfeedttfeptptppt .

01 t olduqda 0)( 1 tf olduğundan, )( tf.

. )(pFe p alarıq.

14. )1()1()1( 02 tttf funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. )()( 0

2 tttf funksiyası üçün

)(tf.

.2

2

p.

Gecikmə teoreminə əsasən:

)1()1( 02 tt

..

3

2

pe p .

Buradan 1t olduqda sıfra bərabər olan funksiyanın təsviri

axtarılır.

Əgər )()1()( 0

2

1 tttf funksiyasına baxsaq, onda

)()12()( 02

1 ttttf üçün xəttilik xassəsinə əsasən, alarıq:

)()1( 02 tt

..

ppp

12223 .

Aşağıdakı funksiyaların təsvirlərini tapın.

15. )()sin( 0 btbt . 16. )()(cos 02 btbt . 17. )2(0

2 tet.

4.Teorem (qabaqlama) Əgər )(tf.

. )(pF olarsa, onda 0

sabiti üçün

)( tf.

.

0

)()( dtetfpFe pp )(Re 0sap

bərabərliyi doğrudur.

İsbatı. )( tf.

.

0

)( dttfe pt inteqralında 1tt ilə əvəz

edək. Onda 1tt , 1dtdt , 1t olduğundan alarıq:

93

)( tf.

.

0

111111)(

)()(()( 111 dttfedttfeedttfeptptptp

0 0

1111 )(())( 11 dttfeedttfeptppt

0

11 ))(1 dttfept

0 0

11 ))()(())(1 dttfepFedttfe ptppt.

5.Teorem (təsvirin yerdəyişməsi). Əэяр )(tf.

. )( pF , онда

комплекс ядяди цчцн

)(tfe t .. )( pF .

(2)-dən xüsusi hal kimi , 1)( tf olduqda,

bte.

.

0

1

bpdtee ptbt , bte .

.bp

1.

Buradan da 0b olduqda Hevisaydın vahid

0,0

0,1)(0 t

tt

funksiyasının təsviri alınır: )(0 t.

.p

1.

18. tetf t 2cos)( funksiyasının təsvirini tapmalı.

Həlli. t2cos.

.42 p

p olduğundan yerdəyişmə teoreminə əsasən

)1( , alarıq:

te t 2cos ..

4)1(

12

p

p.

6.Teorem (orijinalın diferensiallanması). Əэяр )(tf функсийасы вя

онун ),1()()( nktf k тюрямялирi ориъиналдырларса вя 0Re sp

oblastında )(tf.

. )( pF -дирся, онда

)()( tf k .. )0(...)0()0()( )1(21 kkkk ffpfppFp (3)

94

),1( nk

münasibətləri doğrudur, burada )(lim)0( )(

0

)( tff k

t

k

.

1k олдугда

)(tf .

. )0()( fppF ,

2k олдугда

)(tf .

. )0()0()(2 fpfpFp .

Xüsusi halda ),1(0)0()( nkf k olarsa, onda alarıq:

)()( tf k .. )(pFpk ),1( nk .

İsbatı. Hissə-hissə inteqrallama düsturuna əsasən alarıq:

)(tf .

.

0 00

)0()()()()( fppFdttfeptfedttfe ptptpt.

Bu bərabərliyə əsasən yaza bilərik:

)(tf .

. )0()0()()0()]0()([ 2 fpfpFpffpFp .

Oxşar qayda ilə

)(tf .

. )0()0()0()( 23 ffpfppFp

təsvirini tapmaq olar.

Riyazi induksiya üsulu ilə (3) münasibəti alınır.

Nəticə. Əgər )(tf orijinaldırsa və p -da )(pF analitikdirsə,

onda )0()(lim fppFp

olur.

Bu nəticədən istifadə edərək, orijinalı tapmada onun 0t

nöqtəsindəki qiymətini təsvirinə əsasən tapmaq olar. Məsələn,

1)(

2

p

ppF olduqda 1

1lim)(lim)0(

2

2

p

pppFf

pp

olur. 1

)(2

p

ppF isə ttf cos)( orijinalın təsviridir və

10cos)0( f olur.

Bu teoremdən sabit əmsallı xətti diferensial tənliklərin həllində

geniş istifadə edilir. Ориъиналын диференсиалланмасы теореминдян истифадя едяряк

95

ашаьыдакы функсийаларын təsvirини тапын:

19. ttf 2sin)( .

Щялли. Тутаг ки, )(tf.

. )( pF . Онда

)()()( fppFtf .

Беляки, 0)0( f , анжаг 4

22sincossin2)(

2

Pttttf .

Нятижядя, )(4

22

ppFp

, бурадан

tpp

pF 2

2sin

)4(

2)(

.

7. Teorem (təsvirin diferensiallanması). Əgər 0Re sp yarımmüstə-

visində )(tf.

. )(pF оларса, онda

)()( pF k .. )()( tft k ),1( nk

),()( pFttf

İsbatı . )(tf orijinal olduğundan, )(tft k də orijinaldır. Çünki

)(tft k artma dərəcəsi )(tf -nin artma dərəcəsi ilə eynidir. ( kt

çoxhədlisinin artma dərəcəsi səfırdır). )(pF analitik olduğundan,

)(pF törəməsi sonludur. Qeyri-məxsusi inteqral müntəzəm

yığıldığından ondan p parametrinə nəzərən törəmə almaq olar:

0 0

)()()()()( dttftedttfepF ptp

pt .. )()( tft

k dəfə törəmə alsaq, teoremi isbat etmiş olarıq:

0

)()( )()()( dttfepF kp

ptk .. )()( tft k

Ашаьыдакы функсийаларыни təsvirini тапын:

20. tettf 2)( .

Щялли. Билирик ки, 1

1

pet . Təsvirин диференсиалланмасы

96

теореминя эюря ttep

1

1. Onda

)()1(

12

ttetp

вя йа tet

p

2

3)1(

!2

.

8.Teorem (parametrə görə diferensiallama). Əgər x üçün

),( xtf.

. ),( xpF olarsa, onda

x

xtf

),( ..

x

xpF

),(

doğrudur.

Teoremin neçə tətbiq edildiyini aydınlaşdırmaq üçün məlum

ate.

.ap

1

ifadəsinə baxaq. Bu ifadənin hər tərəfini a parametrinə görə ardıcıl

diferensiallasaq, alarıq:

atte.

.2)(

1

ap , atet 2 .

.3)(

2

ap ,..., atnet

..

1)(

! nap

n.

Burada 0a götürsək:

t.

.2

1

p, 2t

..

3

2

p,..., nt

..

1

!np

n.

Oxşar qayda ilə

atsin.

.22 ap

a

və atcos

..

22 ap

p

münasibətlərinin hər iki tərəfini

a parametrinə görə diferensiallasaq attsin və attcos funksiyalarının

təsvirlərini taparıq:

attcos.

.222

22

)( ap

ap

, attsin

..

222 )(

2

ap

pa

.

9. Teorem (orijinalın inteqrallanması). Əэяр )(tf.

. )(pF -дирся,

онда

97

df

t

0

)(.

.p

pF )(. (4)

İsbatı. Əvvəlcə dftg

t

0

)()( -nin orijinal olduğunu isbat edək.

)(tf orijinal olduğundan, )(tg -nin orijinalın birinci və ikinci şərtlərini

ödəməsi aşkardır. Orijinalın üçüncü şərtini )(tg üçün doğru olduğunu

yoxlayaq:

t t

ttt eMeM

dteMdttftg

0 0

1)1()()(

olduğundan )(tg orijinaldır.

Əgər )(tg.

. )(pG olsa, onda )()()(

0

tfdttftg

t

.. )(pF .

Teorem 6-ya əsasən )(tg .

. )()()0()( pFppGgppG olar və

p

pFpG

)()( alınır. Ona görə də (4) düsturunun döğruluğunu alarıq.

Nəticə. Əgər

t

tduuf

0

)(lim sonludursa və )(pF funksiyası 0p

nöqtəsində analitikdirsə, onda

00

)0()(lim)( FpFdttfp

bərabərliyi doğrudur.

Bu nəticə çox vaxt birinci limit teoremi adlanır.

Ашаьыдакы функсийаларын təsvirini тапын:

21.

t

detf

0

)( .

Щялли. Мялумдур ки, 1

1

pet . Ориъиналын интегралланмасы

теореминя ясасян, аларыг:

98

)1(

11

1

0

ppp

pde

t

.

22. t

da0

sin .

Həlli. Burada attf sin)( və 22

)(ap

apF

olduğundan, (1)

düsturuna əsasən, alarıq:

t

da0

sin.

.)(

)(22 app

a

p

pF

.

23. t

da0

sin .

Həlli.

t

daap

appFatttf

0

222sin

)(

2)(sin)(

..

222 )(

2

ap

a

.

10.Teorem (təsvirin inteqrallanması). Əэяр )(tf.

. )(pF və

p

dppF )(

интегралы йыьылырса, онда

t

tf )( ..

p

dzzF )( . (5)

İsbatı. Fərz edək ki, t

tf )( orijinaldır və onun təsviri )(p -dir:

t

tf )( ..

p

pt dtt

tfep

)()( .

Buradan teorem 7-yə əsasən alarıq:

p p

ptpt pFdttfedtt

tftep )()(

)()()( .

Bu bərabərliyi ),[ p -da inteqrallasaq, alarıq:

p p

pdzzdzzF )()()()( .

)(p təsviri p -da analitikdir və 0)( olduğundan

99

p

dzzFp )()(.

.t

tf )(

olur.

Нятижя. (2) бярабярлийиндя 0p оларса, онда

00

)()(

dppFdtt

tf.

Nəticə. Əgər )(tf.

. )(pF isə, t

tf )(-orijinalı t0 intervalında

kəsilməzdirsə (onda )(tf orijinalı da həmin intervalda kəsilməzdir)

və

0

)(dt

t

tf qeyri-məxsusi inteqralı yığılandırsa, onda

pp

dxxFdqqFdtt

tf

00

0

)()(lim)(

bərabərliyi doğrudur.

Bu nəticə çox vaxt ikinci limit teoremi adlanır.

24.t

etf

t

1)( funksiyasının təsvirini tapmalı.

Həlli. Aydındır ki,

1

111)(

ppet t .

Onda təsvirin inteqrallanması teoreminə əsasən, alarıq:

t

etf

t

1)(

..

p

pppdppp

/)]1ln([ln)1

11(

.1

ln1

ln0/1

lnlimp

p

p

p

p

pp

M

11.Təsvirlərin щасили və ya bağlılıq teoremı.

Tərif.

t

dtgf

0

)()( inteqralına )(tf və )(tg funksiyalarının bağlısı

deyilir və

t

dtgfgf

0

)()()(

100

kimi işarə olunur.

Функсийалар баьлысы ямялиййаты коммутативлик хассясиня маликдир: )()()()( tftgtgtf ,

yянi

tt

dftgdgtf

00

)()()()( .

Asanlıqla isbat etmək olar ki, )(tf və )(tg funksiyaları

orijinaldırlarsa, onda onların bağlısı da orijinaldır.

Teorem (Borel). Təsvirlərin vurulması. Əgər )(tf və )(tg

funksiyaları orijinaldırlarsa və )(tf.

. )(pF , )(tg.

. )( pG -dirsə onda

onların bağlısının təsviri )()( pGpF olur:

t

dtgfgf

0

)()()(.

. )()( pGpF .

İsbatı. )( gf -nin Laplas çevirməsində

)( gf .

.

tpt dtdtgfe

00

))()((

inteqrallama növbəsini dəyişsək, alarıq:

)( gf .

. t

pt ddttgef

00

))()(( .

Daxili inteqral gecikmə teoreminə əsasən, )(pGe pt -yə bərabərdir.

Onda alarıq:

)( gf .

.

0

)()()()()()( pFpGdefpGdpGef pp .

Bu teoremdən istifadə edərək verilmiş təsvirə əsasən onun orijinalını

tapmaq olar.

Teorem. Əэяр )()( 1

.

.1 pFtf , )()( 2

.

.2 pFtf вя )(1 tf функсийасы кясилмяз-

дирся, )(2 tf ися ),0[ -да кясилмяз тюрямяйя маликдирся, онда

ашаьыдакы дцстур доьрудур:

)()( 21 pFppF.

.

t

dtffftf

0

2121 )()()0()( .

İsbatı. )()( 21 pFppF ifadəsini belə yazaq:

)()]0()([)()0()()( 2112121 pFfppFpFfpFppF

və ya

101

)()]0()([)()0()()( 1221221 pFfppFpFfpFppF .

Orijinalın diferensiallanması teoreminə əsasən

)0()( 11 fppF .

. )(1 tf ; )0()( 22 fppF

.. )(2 tf

.

olduğundan alarıq:

)()( 21 pFppF.

. 12122121 )()0()()0( fftfffftff

Bağlamanın kommutativlik xassəsinə əsasən, buradan alarıq:

)()( 21 pFppF.

.

t t

dtfftffdtfftff

0 0

12212121 )()()()0()()()()0(

t t

dtfftffdtfftff

0 0

21121212 )()()()0()()()()0( .

Bu inteqrallara Dyüamel inteqralları deyilir. Dyüamel inteqralları

diferensial tənliklərin həllində geniş tətbiq olunur.

Teorem. )(tf.

. )( pF , )(tg.

. )( pG ( 0Re p ) olduqda

0

)()( duuGuf və

0

)()( duuFug qeyri-məxsusi inteqralları mütləq

yığılandırsa, onda

0

)()( duuGuf

0

)()( duuFug

bərabərliyi doğrudur.

Buna Parseval düsturu deyilir.

25. 21 )( ttf və ttf 2 funksiyalarının bağlısını tapmalı.

Həlli.

tt tt

dttftft

0

4

0

432

2112

/)43

()()())( .

26. ttf )(1 , 22 )( ttf olduqda )()( 21 pFpF -ni tapmalı.

Həlli. ttf )(1

.. )(

112

pFp

və 22 )( ttf

.. )(

223

pFp

olduğundan

53221

221)()(

ppppFpF .

102

27.5

1

1

1)(

pppF təsvirinin orijinalını tapmalı.

Həlli.3

1)(1

ppF

.. )(1

3 tfe t , 5

1)(2

ptF

.. )(2

5 tfe t

qəbul etsək, (1) düsturuna əsasən, alarıq:

t

ttt eedeetftft

0

355)(321 )(

2

1)()()( .

28. tetf )( вя ttg )( функсийаларынын баьлысыны вя онун

тясвирини тапын. Щялли. Məlumdur ki:

2

1,

1

1

pt

pet

.

Онда баьлылыг теореминя эюря, аларыг:

)1(

11

1

122

pppp

tet .

Индии ися баьлыны тапаг. Бунун цчцн сонунжу кясри ашаьыдакы кими йазаг:

22

11

1

1

)1(

1

ppppp

.

Беляликля, te вя t функсийалар баьлысыны тапырыг:

tete tt 1 .

Буну башга цсулла щесаблайаг. Функсийалар баьлысыны тярифдян istifadə едяряк тапаг:

t

t dtete

0

)( .

Щисся-щисся интегрллайаг:

.1|

)()()()(

0

0

000

tt

t

t

o

ttt

etetdet

tdeetdetdte

Демяли, 1 tete tt . Беляликля,

103

)1(

111

1

122

ppppp

tet .

29. Баьлылыг теореминдян истифадя едяряк 22 )1(

)(

p

ppF

тясвиринин ориъиналыны тапын. Щялли. )(pF -ни ашаьыдакы шякилдя йазаг:

11

1)(

22

p

p

ppF .

Саь тяряфдяки кясрляр уйьун олараг tsin вя tcos функсийаларынын

тясвирляридир. Онда баьлылыг теореминя эюря, аларыг:

ttp

pcossin

)1( 22

.

Инди ися tsin вя tcos функсийаларынын баьлысыны тапаг:

.sin2

1cos

2

1cos

2

1sin

2

1|)2cos(

2

1sin

2

1

)2sin(sin2

1)cos(sincossin

0

00

tttttttt

dttdttt

t

tt

Беляликля,

ttp

psin

2

1

)1( 22

.

30.

t

xt xdxe

0

sin интегралыны щесаблайын.

Щялли. Верилмиш интеграл tsin вя te функсийалар баьлысыны ифадя

едир. Онун тясвири баьлылыг теореминя ясасян беля бир функсийа олажагдыр:

1

1

11

1

2

1

1

1

1

1)(

222 pp

p

ppppF .

Бурадан,

)sincos(2

1)( ttetf t .

Нятижядя, аларыг:

104

)sincos(2

1sin

0

ttexdxe t

t

xt .

3.2. Бязи funksiyaların Лаплас чевирмяляри:

)(tf )(pF )(tf )(pF

1

p

1 ate bt sin

22

1

abp

)0( CC

p

C ate bt cos

22abP

bp

atsin 22 ap

a

nt 1

!np

n

atcos 22 ap

p

btnet 1)(

!nbp

n

bte

bp

1

att sin 222 )(

2

ap

ap

shat 22 ap

a

att cos 222

22

)( ap

ap

chat 22 ap

p

)10( aat

ap ln

1

31. tatf )( funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. Belə ki, ,lnatt ea onda cədvələ əsasən, alarıq:

.ln

1)(

appF

32. shbttf )( funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. Hiperbolik sinusun tərifinə əsasən .2

1

2

1 btbt eeshbt

Nəticədə, .)(2

1

)(2

1)(

22 bp

b

bpbppF

33. tchbttf )( funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. Belə ki,

105

,2

1

2

1

2)( btbt

btbt

teteee

ttf

onda

.)()(2

1

)(2

1)(

222

22

22 bp

bp

bpbppF

34. ttf 3sin)( funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. Eyler düsturuna görə )(tf -ni aşağıdakı şəkildə çevirək:

)22

)(3(

4

1)

2(sin

3333

i

ee

i

ee

i

eet

itititititit

.3sin4

1sin

4

3tt

Xəttilik xassəsinə və cədvələ əsasən yaza bilərik:

t3sin.

.)6)(1(

6

9

3

4

1

1

1

4

32222

pppp

.

35.

t

dSi

0

sin (inteqral sinus) funksiyasının təsvirini tapın.

Həlli. Təsvirin inteqrallanmasına əsasən alarıq:

t

tsin .. .

2/

12arctgparctg

q

dqp

p

Buradan orijinalın inteqrallanması teoreminə görə

t

dSi

0

sin .. )

2(

1arctgp

p

olar.

3.3. Лаплас чевирмясинин тяrsи.

Laplas çevirməsini bir sıra məsələlərin həllinə tətbiq etdikdə surəti

verilmiş orijinalın tapılması tələb olunur. Bu isə Laplas çevirməsinin

tərsinin varlığı və tapılması məsələsi ilə bağlıdır.

Теорем (Riman-Mellin).Əgər )(tf.

. )(pF -dirsə, onda )(tf -nin

kəsilməz olduğu istənilən nöqtədə

106

ia

ia

ptdpepFi

tf )(2

1)(

бярабярлийи доьрудур. Orijinalların varlıq teoremi. Əgər )(pF funksiyası aşağıdakı

şərtləri ödəyirsə, yəni

1) )(pF funksiyası 0Re p oblastında analitikdirsə;

2) 0Re p oblastında

]2

,2

[arg p yə nəzərən müntəzəm

olaraq p da 0)(pF sa;

3) MdpipFi

ia

ia

)(2

1 inteqralı 0 şərtini ödəyən bütün

nöqtələrdə yığılırsa, onda 0Re p oblastında )(pF funksiyası

Mellin inteqralı ilə

təyin olunan

ia

ia

ptdpepFi

tf )(2

1)( funksiyasının təsviridir.

Mellin düsturunu tətbiq edərək, orijinalların vurulması teoremini

isbat etmək olar.

Teorem (Orijinalların vurulması teoremi). Əgər )(tf və )(tg

orijinallarının artma dərəcələri uyğun olaraq 0 və 0 ədədlərinə

bərabərdirsə və )(tf.

. )(pF , )(tg.

. )(pG -dirsə, onda )()( tgtf hasili

də artma dərəcəsi 00 olan orijinaldır və

)()( tgtf.

.

ia

ia

dzzpGzFi

)()(2

1

doğrudur. İnteqral altında )(tf ni Mellin düsturundakı ifadə ilə əvəz

etsək,

0 şərti daxilində alarıq:

)()( tgtf.

.

0

)(2

1)( dtdzzFe

itge

i

i

ztpt

i

i

i

i

tzpzt dzzpGzFi

dzdttgezFei

)()(2

1)()(

2

1

0

)( .

Xüsusi halda )()( tftg olarsa, onda alarıq:

107

2)]([ tf .

.

i

i

dzzpFzFi

)()(2

1.

Buradakı inteqral çıxıqın tətbiqi ilə hesablanır.

Verilmiş təsvirə əsasən onun orijinalının tapılması məsələsi tərs

məsələdir. Bu məsələni qismən də olsa Mellin inteqralı vasitəsi ilə həll

etmək olur. Tərs məsələ adətən rasional kəsrlərlə verilən təsvirlərin

orijinallarının tapılmasından ibarətdir.

Əgər təsvir düzgün rasional kəsrlə verilmişdirsə, onda həmin kəsri

sadə kəsrlərin cəminə ayırıb sonra isə hər bir kəsrin (təsvirin)

orijinalını tapmaq lazımdır.

Мялум )(pF тясвириня эюря )(tf ориъиналыны тапмаг цчцн

ашаьыдакы гайдалардан истифадя олунур: I.Birinci ayırma teoremi. Əgər )(pF sonsuz uzaqlaşmış nöqtənin

hər hansı ətrafında analitikdirsə və p

1 qüvvətlərinə nəzərən Loran

sırasına ayrılışı ( p nöqtəsi ətrafındakı Loran sırası)

0

1)(

nn

n

p

cpF (*)

şəklindədirsə, onda (*) funksiyasının orijinalı

0 !

)(n

n

nn

tctf

bərabərliyi ilə təyin olunur.

İsbatı. Doğrudan da Laplas çevirməsindən alırıq:

0 0 00 0 !!)(

n

nptn

n

nnptpt dtten

cdtt

n

cedttfe

0 011

)(!

!n nn

n

n

n pFp

c

p

n

n

c.

Yeganəlik teoreminə əsasən )(tf axtarılan orijinaldır.

II. Яэяр )(

)()(

pR

pQpF дцзэцн расионал кясрдирся, онда бу кясри

садя кясилярин жяминя айырыб, Лаплас чевирмясинин хассяляриндян истифaдя едяряк щяр бир садя кясрин ориъиналы тапылыр.

III. İkinci ayırma teoremi. Полйуслары nppp ...,,, 21 олан дцзэцн

)(pF кяср расионал функсийасынын ориъиналы

108

n

k

pt

PepFrestf

k1

)()(

кими щесабланыр .

Хцсуси щалда, яэяр )(

)()(

pR

pQpF дцзэцн расионал кясдирся, онда

онун ориъиналы

kn

k

pte

kkn

kn

kPpk

ppepFdp

d

ntf )()(lim

)!1(

1)(

11

1

, (6)

бурада kp - лар )(pF -нин kn тяртибдян полйуслары вя (6) жяминдя

жямлямя )(pF -нин бцтцн полйуслары цзря апарылыр.

Яэяр )(pF -нин пойуслары садядирся, онда (6) дцстуру ашаьыдакы

садя шякля дцшцр:

l

k

tP

k

k kepR

pQtf

1)(

)()( .

36. pep

pF

1

1)(

funksiyasının orijinalını tapın.

Həlli. p nöqtəsinin ətrafında )(pF funksiyasının ayrılışı

belədir:

0 01

1

.!

1)1(

!

1)1(

11)(

n nn

n

n

np

pnpnpe

ppF

Beləliklə, birinci ayırma teoreminə görə )(pF funksiyasının

orijinalı aşağıdakı şəkildədir:

02

.)!(

)1()(

n

nn

n

ttf

37. İkinci aйырма теореминдяn истифадя едяряк,

)1)(1(

1)(

pppF

тясвиринин ориъиналыны тапын.

Щялли. )(pF функсийасы биринжи тяртибдян 1,1 21 pp

полйусларына маликдир. Онда айырма теореминя эюря )(pF цчцн

ориъинал pt

p

pt

pepFresepFrestf )()()(

11 шяклиня маликдир. Чыхыглары

щесаблайаг:

109

21lim

)1)(1( 11

tpt

p

pt

p

e

p

e

pp

eres

,

21lim

)1)(1( 11

tpt

p

pt

p

e

p

e

pp

eres

Беляликля, shteetf tt )(2

1)( .

38. İkinci aйырма теормеиндян истифадя едяряк

2222 )1()1()1()(

pp

p

p

ppF

тясвиринин ориъиналын тапын. Щялли. )(pF функсийасы цчцн 11 p вя 12 p икинжи тяртибдян

полйуслардыр. ptepF )( функсийасынын чыхыгларыны щесаблайаг:

4)1(lim

)1( 21221

tpt

p

pt

p

te

p

pe

dp

d

p

peres

,

4)1(lim

)1( 21221

tpt

p

pt

p

te

p

pe

dp

d

p

peres

.

Беляликля,

tshttete

tfpFtt

2

1

44)()(

.

39. Айырма теореминдян истифадя едяряк

)4(

1)(

2

pppF

тясвиринин ориъиналыны тапын.

Щялли. )2)(2(

1)(

ipipppF

функсийасы биринжи тяртибдян

01 p , ip 22 , ip 23 полйусларына маликдир. Онда

4

1

4lim)(

210

p

eepFres

pt

p

pt

p.

)2sin2(cos8

1

8

1

)2(lim)( 2

22tite

ipp

eepFres it

pt

ip

pt

ip

,

)2sin2(cos8

1

8

1

)2(lim)( 2

22tite

ipp

eepFres it

pt

ip

pt

ip

Беляликля,

110

.2

sin)2cos1(

4

12cos

4

1

4

1

)2sin2(cos8

1)2sin2(cos

8

1

4

1)()(

2 ttt

tittittfpF

Верилмиш тясвиря эюря ориъиналы тапын:

40. )4)(1(

1)(

2

ppppF .

Щялли. )(pF -ни садя кясрлярин жяминя айыраг:

41)4)(1(

122

p

DCp

p

B

p

A

ppp.

DCBA ,,, ямсаллары тапсаг, аларыг:

4

1

5

1

420

1

1

1

5

11

4

1)(

22

pp

p

pppF .

Хяттилик хассясини нязяря алсаг, тапарыг:

ttetf t 2sin10

12cos

20

1

5

1

4

1)( .

41. 22 )1(

1)(

ppF .

Щялли. )(pF садя кəсрдир. Ориъинал тапмаг цчцн

tp

sin1

12

дцстурундан вя щасил теореминдян (баьлыlıq теореминдян) истифадя

едяк:

.sin2

1cos

2

1)2sin(

4

1cos

2

1)2cos(cos

2

1

sin)sin(1

1

1

1

)1(

1)(

00

0

2222

ttttttdtt

dtppp

pF

tt

t

42. 1

)(

p

epF

p

.

Щялли. pe вуруьу эежикмя теореминин тятбигини эюстярир.

Бурада 1 , tep

1

1, онда

111

)1(

1

tp

ep

e.

43. 22 )1(

)(

p

ppF .

Щялли. )(pF функсийасы 2-жи тяртибдян 11 p , 12 p

полйусларына маликдир. Онда

tshtp

pe

p

petf

P

pt

Pp

pt

p 2

1

)1(lim

)1(lim)(

2121

.

44. 3

7)(

ppF .

Щялли. )(pF -ни беля чевиряк: 33

2

2

77)(

pppF , онда

2

3 2

72

2

7)( t

PpF .

45. 24 )1(

3

)1(

4)(

pppF .

Щялли. )(pF -ни ашаьыдакы шякилдя чевиряк:

.)1(

13

)1(

!3

!3

4

)1(

3

)1(

43424

pppp

Беляликля,

tetepF tt 33

2)( 3 .

46. 136

4)(

2

pppF .

Щялли. Мяхряжи там квадрата айыраг:

22222 2)3(

22

2)3(

4

136

4)(

pppppF ,

онда

tepF t 2sin2)( 3 .

47. 294

13)(

2

pp

ppF .

Щялли. )(pF -ни ашаьыдакы кими чевиряк

112

.25)2(

5

5

7

25)2(

23

25)2(

7

25)2(

)2(3

25)2(

13)(

22

222

pp

p

pp

p

p

ppF

Lаплас чевирмясинин хяттилик хассясиня вя тясвирлярин жядваялиня

ясасян йаза билярик:

tetepF tt 5sin5

75cos3)( 22 .

48. 3)2(

)(

p

epF

p

.

Щялли. Яввялжя 3)2(

1

p функсийасынын ориъиналыны тапаг:

22

33 2

1

)2(

2

2

1

)2(

1te

pp

t

.

Ориъиналын эежикмя теореминя ясасян: 2)1(2

3)1(

2

1

)2(

tep

e tp

.

3.5. Операсийа щесабынын bəzi тятбигляри

1. Qeyri-məxsusi inteqralların hesablanması.

Fərz edık ki, )(tf.

. )(pF və qeyri-məxsusi

0

)(dt

t

tf inteqralı

yığılır, onda

0 0

)()(

dppFdtt

tf. (1)

49.

0

sindt

t

t inteqralını hesablamalı.

Həlli. Beləki, tsin.

.1

12 p

. (1) düsturuna əsasən

0 0

02 2/

1

sinarctgz

p

dpdt

t

t.

113

50.

0

dtt

shatt inteqralını Parseval düsturuna əsasən hesablamalı.

Həlli.Burada ,)( shattf p

pG1

)( götürüb ,1)( tg22

)(ap

apF

olduğunu nəzərə alsaq, Parseval düsturuna əsasən, alarıq:

0

0

0

22.0/ln

2

11

at

atdt

at

adt

t

shat

51.

0

3sindt

t

t inteqralını Parseval düsturuna əsasən hesablamalı.

Həlli. )3sinsin3(4

1sin3 ttt düsturuna görə

0 0

3 3sinsin3

4

1sindt

t

ttdt

t

t

yazıb, p

pGtttf1

)(,3sinsin3)( götürsək,

1)(,9

3

1

3)(

22

tg

pppF

olar. Onda, Parseval düsturuna əsasən verilən inteqralın qiymətini

aşağıdakı kimi hesablamaq olar:

0 0

0022

3

)//3(4

1)

9

3

1

3(

4

1sinarctgarctgdt

ttdt

t

t

.4

)22

3(

4

1

2. Сабит ямсаллы хятти диференсиал тянликлярин щялли. Operasiya hesabının tətbiqi ilə adi diferensial tənliklərin həlli üç

mərhələyə ayrılır:

.10 Laplas çevirməsinin tətbiqi ilə verilmiş tənlikdəki t dəyişənindən

asılı

)(tx funksiyasından p parametrindən asılı )(pX təsvir funksiyasına

keçilməklə, həmin tənlik )(pX və p -dən asılı olan cəbri tənliyə

gətirilir.

114

.20 Alınmış cəbri tənlikdən )(pX təsviri tapılır.

.30 Tapılmış )(pX təsvirinə görə cədvəl vasitəsilə )(tx orijinalı,

yəni məsələnin həlli tapılır.

a) Садялик цчцн фярз едяк ки, бизя икинжи тяртиб хятти диференсиал тянлик верилмишдир:

)()()()( 210 tftxatxatxa , (1)

бурада 0,,, 0210 aconstaaa .

Бу тянлийин щяллини

10 )0(,)0( xxxx (2)

башланьыж шяртляри дахилиндя ахтаражайыг.

Тутаг ки, )(tx.

. )(pX , )(tf.

. )(pF . (1)-ин щяр ики тяряфиня

Lаплас чевирмясини тятбиг етсяк вя ориъиналын диференсиалланмасы теоремини вя Лаплас чевирмясинин хяттилик хассясинdən istifadə

етсяк, ашаьыдакы оператор тянлийи аларыг:

)()( 01100021

2

0 pFxaxapxapXapapa .

Бурадан,

21

2

0

011000)()(

apapa

xaxapxapFpX

.

Бу ися оператор щялл адланыр. )(pX -йя эюря )(tx ориъиналыны

тапмагла, биз (1)-(2) Коши мясялясинин )(tx щяллини тапмыш олуруг.

Гейд едяк ки, n тяртибли диференсиал тянлик цчцн Коши мясялясинин

щялли, 2n щалына охшар гайда иля тапылыр.

b) Dyüamel inteqralının tətbiqi ilə diferensial tənlikləri aşağıdakı

qayda ilə həll edirlər.

Tutaq ki, sabit əmsallı n tərtibli xətti

)()()(...)()()( 0

)1(

1

)1(

1

)(

0 tftxatxatxatxaxL n

nn

diferensial tənliyi verilmişdir. Onun

0)0(...)0()0( )1()1( nxxx

şərtlərini ödəyən xüsusi həllini tapaq. Burada naaaa ,...,,,0 210 sabit

ədədlər, )(tf isə kəsilməyən funksiyadır.

Fərz edək ki, 1)( xL tənliyinin verilmiş şərtləri ödəyən xüsusi

həlli )(1 tx dir və )(tx.

. )(pX olsun. Onda )()( tx k .. )(pXpk ),1( nk

115

olacaqdır. Əgər )(tf.

. )(pF olarsa, onda verilən diferensial tənlik

təsvirlərlə

)()...)(( 1

1

10 pFapapapapX nn

nn

və ya )()()( pFpApX

cəbri tənliyinə gətirilir, burada nn

nn apapapapA

1

1

10 ...)( .

Əgər

)(1 tx.

. )(1 pX ilə işarə etsək, onda 1)( xL tənliyinin təsvirlərlə tənliyi

ppApX

1)()(1 (1

..

p

1)

olur.Alınan

ppApX

pFpApX

1)()(

)()()(

1

Tənliklərini tərəf-tərəfə bölsək, ),()(

)(

1

ppFpX

pX )()()( 1 pFppXpX

tənliyini alırıq. Burada Dyüamel inteqralına əsasən alarıq:

)()()( 1 pXppFpX .

. t

txdtxfxtf0

11 )()()()0()(

0)0()0(1 xx olduğundan, verilmiş diferensial tənliyin axtarılan

xüsusi həlli

t

dtxftx0

1 )()()(

olur, burada )(1 tx funksiyası 1)( xL tənliyinin verilmiş başlanğıc

şərtlərini ödəyən xüsusi həllidir.

52. Коши мясялясини щялл един: 1)0(,0)0(,cos2 xxtxx .

Щялли. Мялум дцстурлардан истифадя едяк: )()0()()(),()( pPXxppXpxpXtx ,

1cos,1)()0()0()(

2

22

p

ptpXpxpxpXpx ,

онда оператор тянлик ашаьыдакы шякилдя олар:

116

1

1

)1(

2)(;

1

2)(1)(

2222

2

pp

ppX

p

ppXpXp .

)(pX цчцн ориъиналы тапаг. Беляки,

tp

sin1

12

.

22 )1(

2

p

p функсийасы цчцн ориъиналы тапмаг цчцн тясвирин

диференсиалланмасы теореминдян истифадя едяк:

ttpp

p

p

sin1

1

)1(

222

.

Демяли, tttttpX sin)1(sinsin)( .

Беляликля, tttx sin)1()( .

53. 1)0(,1 xxx .

Щялли. Фярз едяк ки, )()( pXtx . Онда ориъиналы

диференсиалланмасы теореминя ясасян )(tx -нин тясвирини аларыг:

1)()0()()( ppXxppXtx .

1 функсийасынын тясвири ися p

1-дир. Беляликля, верилян тянлийин щяр

ики тяряфиня Лаплас чевирмясини тятбиг етсяк, оператор тянлийи ашаьыдакы шякилдя аларыг:

ppX

ppXppX

1)(

1)(1)( .

Беляликля, 1)( tf .

54. 0)0()0(,2222 xxtxxx .

Щялли. Фярз едяк ки, )()( pXtx . Ориъиналын диференсиалланмасы

теореминя ясасян )(tx функсийасынын тюрямяляринин тясвирини аларыг:

)()0()()( pPXxppXtx ,

)()0()0()()( 22 pXPxPxpXptx .

Бундан башга

22

)1(22222

p

p

ppt

,

117

онда оператор тянлийи аларыг:

2

2 )1(2)(2)(2)(

p

ppXppXpXp

вя йа

1)1(

11

22

11

)22(

)1(2)(

222222

pppppppp

ppX .

Беляликля, ttetpX sin)( .

55. 4)0(,2)0(,1)0(,4 2 xxxexx t .

Щялли. Фярз едяк ки, )()( pXtx . Онда

2)()0()0()()( 22 ppXpxpxpXptx ,

42)()0()0()0()()( 2323 pppXpxxpxppXptx ,

2

44 2

pe x .

Онда оператор тянлик ашаьыдакы шякилдя олажаг:

2

42)(42)( 223

pppXppppXp

вя йа 2

1)(

ppX . Беляликля, tetx 2)( .

56. texxx '2 тянлийинin цмуми щяллини тапын.

Щялли. Коши мясялясинин башланьыж шяртлярини ихтийари сечяк. Фярз едяк ки, 1)0( Cx вя 2)0( Cx . Онда

1)()( CppXtx вя 21

2 )()( CpCpXptx .

Тянлийин саь тяряфинин тясвири 1

1

pet кимидир, онда уйьун

оператор тянлик ашаьыдакы шякилдя олажагдыр:

1

1)(2)(2)( 121

2

ppXCppXCpCpXp

вя йа

32

121

)1(

1

)1(1)(

pp

CC

p

CpX .

Беляликля, верилян диференсиал тянлийин цмуми щялли

ttt etteCeCtx 221

2

1)(

118

функсийасы олажагдыр, бурада 122 CCC .

57. 25)()( ttxtx тянлийинin 0)0()0( xx şərtlərini ödəyən

xüsusi həllini tapın.

Həlli. Əvvəlcə verilmiş şərtləri ödəyən 1 xx тянлийинin xüsusi

həllini tapaq. Buradan

ppXpXp

1)()(2 və ya

1

1

)1(

1)(

22

p

p

ppppX

olur. Onda ttx cos1)(1 . Beləliklə, Dyüamel inteqralına əsasən

axtarılan həll belə olur:

t t

ttdtdtxftx0 0

22

1 10cos105)sin(5)()()( .

58. 21

1

tx

тянлийинin 0)0()0( xx şərtlərini ödəyən xüsusi

həllini tapın.

Həlli. Əvvəlcə köməkçi 1)(1 tx tənliyinin 0)0()0( 11 xx

şərtlərini ödəyən xüsusi həllini tapaq, onda

ppXp

1)(1

2

cəbri tənliyini alarıq. Buradan 31

1)(

ppX . Beləliklə, Dyüamel

inteqralından axtarılan xüsusi həlli tapırıq:

t

ttarctgtdttx0

2

2)1ln(

2

1)(

1

1)( .

59. t

txtxcos2

1)()(

тянлийинin 0)0()0( xx şərtlərini

ödəyən xüsusi həllini tapın.

Həlli. Əvvəlcə )()( txtx тянлийинin verilmiş şərtləri ödəyən

xüsusi həllini tapaq. Onda köməkçi tənlik

ppXpXp

1)()( 11

2

şəklində olar. Buradan isə

1

1

)1(

1)(

221

p

p

ppppX ,

Onda köməkçi nliyin həlli ttx cos1)(1 olur. Dyüamel inteqralına

əsasən verilən tənliyin xüsusi həllini tapaq

119

t t t

dtdtdttx0 0 0 cos2

sincos

cos2

cossin)sin(

cos2

1)(

t

ttt

tdttt0

sin3

cos2lncos

cos2

cossin2sin

t

tttgd

tg

t0 2 3

cos2lncos)

2(

23

1sin4

və ya

3

cos2lncos))

23

1(

3

4(sin)(

tt

ttgarctgtttx

.

3.Diferensial tənliklər sisteminin həlli

Qeyd edək ki, adi diferensial tənlikləri həll etmək üçün yuxarıda

tətbiq olunan operasiya hesabı adi diferensial tənliklər sisteminini həll

etmək üçün də yarayır.

60.

t

t

exy

eyx

24 tənliklər sisteminin 0)0(,0)0( yx başlanğıc

şərtlərini ödəyən )(txx və )(tyy həllini tapmalı. )(px.

. )(tx ,

)(py.

. )(ty qəbul edərək, verilən tənliklərin hər birinin hər iki

tərəfinin Laplas çevirməsini hesablasaq, )(px və )(py təsvirlərinə

nəzərən cəbri tənliklər sistemi alarıq:

1

2)(4)(

1

1)()(

ppxppy

ppyppx

.

Buradan:

)2)(1(

1)(

pppx ,

)2)(1(

2)(

pppy .

Bu ifadələri

1

1

2

1)(

pppx və

1

1

2

2)(

pppy

kimi yazsaq, tt eetx 2)( , tt eety 22)( 2 olduğu alınar.

120

Ə D Ə B İ Y Y A T

1. Məmmədov R. Ali riyaziyyat kursu, III cild, maarif nəşriyya-

tı, Bakı, 1984.

2. Həmidov A.Ə. və b. Kompleks dəyişənli analitik funksiyalar

nəzəriyyəsinin elementləri, Çaşıoğlu nəşriyyatı, Bakı-2002.

3. Маркушевич А.И. Теории аналитических функций. I том,

Москва-1967.

4. Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексно-

го переменного. Москва-1977.

5. Волковыский Л.И., и др. Сборник задач по теорию функ-

ций комплексного переменного. Москва-1975.

121