Алматы экономика және статистика академиясы
жүктеу/скачать 0,84 Mb. Pdf көрінісі
|
2 1. 0 2 ) ( 2 = − + xydy dx y x Шешуі:
, 2 , 2 xy N y x M − = + =
x N y y M 2 , 2 − = ∂ ∂ = ∂ ∂ , x N y M ∂ ∂ ≠ ∂ ∂ - олай болса, интегралдаушы көбейткішті іздейміз. 1-ші жағдай бойынша: ( ) ( ) N x N y M dx d x ∂ ∂ − ∂ ∂ = = / / ln ), ( µ µ µ ,
xy x y dx d 2 2 2 2 ln − = − + = µ , 2 1 x = µ . Берілген теңдеуге табылған интегралдаушы көбейткішті көбейткенде, теңдеу толық дифференциалды теңдеуге айналады. 0 ) / 2 ( ) / ) (( 2 2 = − + dy x y dx x y x . x N y M ∂ ∂ = ∂ ∂ - шартын
тексеруге болады, бұл шарт орындалады оның сол жағын 0 2 2 2 = − −
dx y xydy x dx - түрінде жазуға болады, бұдан 0 ) (ln 2 = − x y x d . Бұл теңдеудің жалпы интегралы: x y Ce x 2 = . 2. : y a y x y ′ + ′ = 2 , a- тұрақты. Теңдеуді шешу үшін: p y = ′ деп белгілеп, теңдеуге апарып қоямыз, және х- бойынша дифференциалдаймыз және dy-ті pdx-пен ауыстырамыз: . 2 , 2 , 2 2 2 dp p a pdx xdp pdx dp p a pdx xdp dy p a xp y − + = − + = + = 0 ) 2 ( 2 = −
a x dp . Бұл теңдеуді нольге айналдыратын екі жағдайын қарастырамыз: 1)
2 , , , 0 + = = ′ = = . 2)
, 2 2 p a x =
осы теңдеуден және p a xp y 2 + =
теңдеуінен р-дан құтылу арқылы ax y 2 2 =
ерекше шешімді аламыз. 3. y y x y ′ + ′ = ln 2
Шешуі: Лагранж теңдеуі, олай болса p y = ′ ауысытруын енгіземіз, pdx dy = - деп теңдеуге қойғанда, p xp y ln 2 + = . Дифференциалдағанда dp p pdx xdp dy 1 2 2 + + =
, орнына апарып қойғанда, dp p pdx xdp pdx 1 2 2 + + = , ықшамдағанда, p x dp dx p 1 2 − − = немесе
2 1 2 p x p dp dx − − =
- х-ке қатысты сызықты теңдеу алдық, бұл теңдеуді шешіп, жауабын аламыз: p p C x 1 2 − = . Бұл табылған х-мәнде у- ке қатысты өрнекке апарып қоямыз, сонда параметрлік түрдегі шешімді аламыз:
p p C x 1 2 − =
2 2 ln , − + = p C p y .
3 1.
2 х у = ′′ теңдеуі берілсін. 1 3 1 2 3
x С dx х у + = + = ′ ∫
осыдан ∫ ∫ + + = + = ′ = 2 1 4 1 3 12 3 C x C x dx C x dx у у
-берілген теңдеудің жалпы шешімі болады. 2.
y y = ′ − ′′ теңдеудің шешімін табу керек болсын. ( ) y x P y x P ′′ = ′ ′ = , ) (
алмастыруларын жасаймыз, сонда x P P = − ′ теңдеуіне келеміз. Мұның жалпы шешімі: ( ) 1
− − = x e c x P x
болады. Осыдан, 1 1 − − = ′ x e c y x
немесе ( ) ∫ + − − = + − − = 2 2 1 2 1 2 1 c x x e c c dx x e c y x x -берілген теңдеудің жалпы шешімі болады. 3.
2 2 = ′ − ′′ y y y теңдеуін шешу керек. dy dP р у р у = ′′ = ′ , деп алып 0 2 2 = − p dy dP yp
теңдеуіне келеміз. Осыдан
0 2 = − p dy dP y P . 1) c y p = = ; 0 шешімі болады. 2)
dy P dP p dy dP y p dy dP y 2 ; 2 ; 0 2 = = = − . Демек 2 1 1 , ln ln 2 ln y c P c y P = + = ;
y c y 2 1 = ′ 2 1 1 2 c x c y 1 ; x c y dy + = − = немесе ( ) 2 1 1
x c y + − = - теңдеудің жалпы шешімі болады. Жоғарыда келтірілген әдісті n - ші ретті теңдеулерге де қолдануға болады. Мысалы ( )
( ) 0 ... , , = ′
y y y F
теңдеуі берілсе, мына
алмастырулар 2 2 2 2 , , dy P d P dy dP P y dy dP P y P y + = ′′′ = ′′ = ′ т.с.с. арқылы оны ( ) 1 − n - ретті теңдеуіне келтіруге болады.
1. .
0 6 4 = + ′ − ′′ − ′′′ y y y y . Ал,
0 6 4 2 3 = + − − k k k -мұның сипаттаушы теңдеуі болады. Бұдан 3
2 , 3 3 2 1 = = − = k k k түбірлерін табуға болады. Берілген теңдеудің жалпы шешімін (10.7.3)- ті пайдаланып:
x x x e c e c e c y 3 3 2 2 3 1 + + = −
деп жазуға болады. 2.
. 0 = − ′ + ′′ − ′′′ y y y y . Шешуі. Сипаттаушы 0 1 2 3 = − + −
k k теңдеудің түбірлері i k i k k − = = = 3 2 1 ; ; 1 болады, сондықтан ( ) x c x c e e c y x x sin
cos 3 2 1 + + = - берілген теңдеудің жалпы шешімі болады.
1. . x e x y y y x sin
125 5 2 2 + = + ′ − ′′ теңдеуі берілсін. Шешуі. Сипаттауыш 0 5 2 2 = + − k k теңдеудің түбірлері i k i k 2 1 , 2 1 2 1 − = + = . Осыдан ( )
( )
c x c e x U x 2 sin 2 cos
2 1 + =
болады. Берілген теңдеудің оң жағын
( ) ( )
( ) ( ) ( )
x e x f x x f x f x f x f x 2 sin , 125
, 2 2 1 2 1 = = + = деп жазуға болады. 1) ( )
; 125
2 1
x f = Осы функцияға сәйкес теңдеудің дербес шешімін ( ) C Bx Ax x V + + = 2 1 түрінде іздеуге болады. A y B Ax y 2 , 2 = ′′ + = ′ туындыларын теңдеуге қоямыз:
2 2 125 5 5 5 2 4 2 x C Bx Ax B Ax A = + + + − − .
− = = = ⇒ = + − = − = 2 20 25 0 5 2 2 0 4 5 125
5 C B A C B A A B A болады. Сонымен, ( )
2 20 25 2 1 − + =
x x V . 2) ( ) x e x f x 2 sin 2 = . Бұл жерде 2 , 1 = = β α , ал
i i 2 1 + = + β α сипаттауыш теңдеудің түбірі болады, сондықтан ( )
( )
N x M xe x V x 2 sin 2 cos
2 + = түрінде іздейміз. ( )
x V 2 ′ және ( )
x V 2 ′′ туындыларын тауып, теңдеуге қоямыз: ( ) ( ) { − − − − + + − +
Nx Mx M N x Nx Mx N M 2 sin 3 4 4 2 2 cos 4 3 4 2 ( ) ( ) [ ] + ⋅ + − − + + − x 2 sin Nx Mx 2 N 2 x 2 cos Mx Nx 2 M 2
( )} x 2 sin e e x 2 sin Nx x 2 cos Mx 5 x x = + + . Осыдан: 1 4 ; 0 4 = − =
N . ( ) x xe x V x 2 cos 4 1 2 − = . Сонда ( )
( ) ( )
x xe x x x V x V x V x 2 cos 4 1 2 20 25 2 2 1 − − + = + = , ал берілген теңдеудің жалпы шешімі ( ) 2 20 25 2 cos 4 1 2 sin
2 cos
2 2 1 − + + − + = x x x xe e x c x c y x x болады.
6-7 1. + = + = + = y x dt dz z x dt dy z y dt dx 3 3 Шешуі: берілген жүйе үшін (5 )- нақты жүйені құрайық..
= − + = + − = + + − 0 3 0 3 0 3 2 1 3 2 1 3 2 1
k k k rk k k k rk (5 * )
0 1 3 1 3 1 1 = − − −
r r (6 * )
0 6 7 3 = − − r r . 1 , 2 , 3 3 2 1 − = − = = r r r . − 3 2 1 , ,
k k мәндерін есептейік: . 3
1 , 3 3 1 1 , 1 1 1 1 2 3 2 1 − = − − = + = − = + = − = r r r k r r k r r k
жүктеу/скачать 0,84 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|