Бірінші текті интегралдық теңдеулерді шешу

20. Бірінші текті интегралдық теңдеулерді шешу
Вольтерраның 1-текті интегралдық теңдеуін қарастырайық:

x

_x, ssds 

a
f (x)

(1)

мұндағы

x, s

пен

f (x)

функциялары белгілі, ал

x

белгісіз функциялар.

Екінші текті интегралдық теңдеуге қарағанда бұл теңдеудің шешімі бар болуы

үшін кейбір жаңа шарттар қою керек болады. Ол үшін

x

_sds 

a
f (x)

теңдеуін

қарастырайық. Бұл теңдеудің шешімін

Ca,b

класынан іздейік. Бұл жағдайда

теңдеу шешілуі үшін

f (a)  0

^{болуы қажет және функциясының} a, b

кесіндіде

үзіліссіз туындысы бар болуы керек, яғни теңдеудің оң жағы кез келген функция емес.

Енді (1) теңдеуін қарастырайық. Ол теңдеудің үзіліссіз

x

шешім бар

болуы үшін

f (a)  0
болуы қажетті. Оның үстіне, егер

^ x, s Ca, b

x

болса,

онда

f ^x^Ca,b^{. (1) теңдеуінің екі жағын да} x ^{бойынша дифференциалдап,}

x

x, xx _^_x x, ssds 

a

f ^x

(2)

теңдеуін аламыз. Мұндағы функциясына бөліп,

x, x  0, x a,b

болсын. Бұл теңдеуді

x, x

 

^x ^x, s_{ }

f ^x

(3)

^{x  } x, x ^{s ds } x, x
a

Егер

x, x

^{функциясы} a, b

кесіндінің кейбір нүктелерінде 0-ге айналса

(мәселен

x  0

нүктесінде), онда (3) теңдеуі 2-текті теңдеудің қасиеттерінен

бөлек, ерекше қасиетке ие болады. Мұндай теңдеуді Пикар анықтамасы бойынша 3-текті деп атайды. Ондай теңдеулерді біз қарастырмаймыз [1].

Кейбір жағдайда

x, x  0

болса, (2) теңдеуі тағы да 1-текті теңдеу түрінде

қалады:

x

_^_x x, ssds 

a

f ^x^{, бұған тағы да (1) теңдеуін 2-текті теңдеуге келтіру}

әдісін қолданамыз, бірақ бұл жағдайда класында болуы керек.

x, s

пен
f (x)

функциялары

C ² a,b

Мысалы

0  x   , 0  s  x

болғанда

x

_cos(x  s)sds 

a
f (x)

^{теңдеуін қарастырайық. Бұл теңдеуді} x ^{бойынша дифференциалдап, 2-текті} теңдеуді аламыз:

x

cos 2xx _sin x  ssds 

0

f ^x^.

^Ал cos 2x  0
теңдеуінің түбірлері

^{x   , 3 ,...} . Егер x

^ _0,  ^ ^
болса, онда

  _{ }

^{4 4} 4

_  _

, сондықтан

 

^x sin x  s_{ }

f ^x

^  ^ ^
екінші текті

cos 2x  0

x  _

cos 2x

s ds  ,

cos 2x

^{x   0,} ^

4

₀  ^{ }

теңдеуі шығады. Басқа нүктелер үшін де осы әдісті қолданамыз.

ІІ. Абель теңдеуі

Мына Абель теңдеуін

^t s



0
ds 
f (t)
қарастырайық. Бұл теңдеуді t бойынша

дифференциалдауға болмайды. Ядросы

t, s  ¹
әлсіз ерекшелікті,

сондықтан бұл теңдеуді 2-текті Вольтерра теңдеуіне басқаша келтіру әдісін

қолданамыз. Ол үшін теңдеуді

¹ өрнегіне көбейтіп, содан соң t бойынша

^0-ден x ^{-ке дейін интегралдап,}

x _{1 } t

s ^{ x} f (t)

 ^ 

ds ^dt  _ dt

0  0  0

теңдеуін аламыз. Бұған Дирихленің интегралдардың түрлендіру формуласын

x _ x

^{dt } ^{x f (t)} x

қолданып,

_s_

t  sx  t ^{ds  }

dt деп жазып, мұнда

_  

0 ^_ s _^ 0 s

екнін пайдалансақ,

x

 

1 ^x f (t)

теңдеуі шығады. Ал бұл теңдеуді

_ s ds  _{ } dt x

0 0

бойынша дифференциалдап,

 

1 d ^x

f (t)

бастапқы берілген теңдеудің

x  _{ dx } dt
0

шешімін табамыз. Егер

f (x)

дифференциалданатын функция болса, онда соңғы

^{формуладан} x

_ f (0)



1 ^x f ^s

 _



0
ds ^{болады [2].}

Дәл осы жолмен Абельдің күрделі интегралдық теңдеуін де

^x s
0

шешуге болады.

^ x  s^{ ds }

f (x)

(0    1)