Қазақстан республикасы жоғары оқу орындарының Қауымдастығы а. Т. Мусин математика II

112
ауыстырмасы бойынша кез келген біртектес теңдеу айнымалыла-
ры айырылған теңдеуге келтіріледі.
1-мысал. 
x
y
0
0
3,
4
=
=
 бастапқы мəндерінде (4.33) теңдеуін 
интегралдау талап етіледі.
Шешімі. (4.30) ауыстырмасы нəтижесінде (4.33) теңдеуі 
х
х t dx
x dt
2
2 2
2
0
+
−
=
                         (4.36)
немесе
x
t dx
x dt
2
2
1
0
+
−
=
                          (4.37)
түріне келеді. Айнымалыларды айырып, теңдеуді
dx
dt
х
t
2
1
=
+
                                   (4.38)
түріне келтіреміз. Айнымалыларды айырғанда х = 0 шешімі 
жоғалып отыр. Алайда ол бастапқы шарттарды қанағат  тандыр-
майды. Интегралдауды 
y
x
t
x
0
0
0
0
4
3,
3
=
=
=
 бастапқы шарттарын-
да орындау үшін х абсциссасының оң мəні алынады, демек 
x
х
=
                                         (4.39)
деп ұйғарамыз. Онда (4.38) теңдеуден 
х
t
dx
dt
х
t
2
3
4/3
1
=
+
∫
∫
                                 (4.40)
болатыны, ал одан 
(
)
x
t
t
2
ln
ln3 ln
1
ln3.
−
=
+
+
−
                    (4.41)
t-ны 
у
х
-пен алмастырып, потенцирлеген соң
у
у
х
х
х
2
1
= +
+ ⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
                              (4.42)
интегралын шығарып аламыз. Оған сəйкес дербес шешім 

113
х
у
2
1
2
−
=
                                      (4.43)
болып келеді. 
Ескерту. (4.40) формуласының сол жағы, жоғарғы шек 0-ге 
тең болғанда немесе теріс мəндерді қабылдағанда мағынасыз. 
Сондықтан шешімді іздестіру барысында х-тің оң мəндерімен 
шектелу талап етілген. (4.43) функциясы 
х
0
≤
 мəндері үшін 
(4.33) теңдеуінің шешімі болу-болмауын қосымша зерттейміз. 
(4.43) 
функциясын (4.33) теңдеуінің сол  жағына  енгізгеннен 
х
у
2
1
2
−
=
 
функциясы шешімді х-тің барлық мəндерінде беретінін көреміз.
2-мысал. 
x
y
y
xy
2
2
+
′ =
 дифференциалдық теңдеуін шешу та-
лап етіледі.
∇
 Берілген теңдеу
x
y
f x y
xy
2
2
( , )
+
=
 
⇒
t x
t y
t x
y
x
y
f tx ty
f x y
txty
t xy
xy
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2
(
)
( , )
( , )
+
+
+
=
=
=
=
болғандықтан,   анықтамаға    сəйкес   біртектес    теңдеу   болып 
келеді.   Теңдеуді   шешу  үшін 
y
u
x
=
  ауыстырмасын   қолданып, 
төмен дегідей түрлендірулер нəтижесінде 
y
u
y
ux
y
u x
u
x
= ⇒ =
⇒ ′ = ′ +
,
x
u x
u
u
u x
u
u x
u
u x
u
xux
u
u
2
2 2
2
2
1
1
+
+
+
′ + =
⇒ ′ + =
⇒ ′ =
− ⇒
u
u
du
dx
u x
u x
x
xdu
u
u
dx
u
u
2
2
1
1
1
+
−
′ =
⇒ ′ = ⇒
= ⇒
=
8–454

114
айнымалылары айырылған теңдеуге келеміз. Оны шешкеннен 
шығатын өрнек төмендегідей:
dx
u
u
udu
x
C
x
C
x
2
2
ln
ln
.
2
2
=
⇒
=
− ⇒
−
=
Бастапқы айнымалыға оралған соң, берілген теңдеудін жалпы 
интегралын
y
u
x
= ⇒
 
y
x
C
x
2
1
ln
2
−
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
түрінде табамыз.
§8. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер
Ізделінді  y  функциясы мен оның 
dy
dx
 туындысына қатысты 
сызықты (атaп айтқанда 1-дəрежелі) теңдеуді сызықтық теңдеу 
дейді. Сызықтық дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі
dy
Р x у
Q x
dx
( )
( )
+
=
.                             (4.44)
Егер (4.44) теңдеуінің оң жағы 
0
)
( ≡
x
Q
 болса, онда (1) теңдеуі 
сызықтық біртектес, қарсы жағдайда біртектес емес делінеді. 
Кейде мұндай сызықтық теңдеулерді сəйкесінше оң жағы жоқ 
жəне оң жағы бар теңдеулер дейді. Айта кететін жайт: біртектес 
сызықтық теңдеуді х жəне у-ке қатысты біртектес теңдеумен 
(алдыңғы тармақ) шатастырудан аулақ болу керек. Соңғы 
жағдайдағы «біртектестік» ұғымы 
dy
Р x у
dx
( )
+
 өрнегінің, y функ
циясы мен оның 
dy
dx
 туындысына қатысты сызықтық біртектес 
функция болуынан туындап отыр.
(4.44) теңдеуін біртектес емес деп ұйғарайық, 
)
( ≠
x
Q
 болсын. 
Осы теңдеуді интегралдаудың екі əдісін көрсетейік:
1. Ауыстырма əдісі. 2. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі. 

115
Біртектес сызықтық теңдеу жағдайы арнайы қарастыруды талап 
етпейді, өйткені 
Q x
( ) 0
≡
 болса, (4.44) теңдеуі бір мезгілде айны-
малылары айырылған дифференциалдық теңдеу болып табы-
лады.
8.1. Ауыстырма əдісі
(4.44) теңдеуінде 
y
uv
=
 деп ұйғарып, y-тің орнына жаңа, 
мəселен v айнымалысына көшеміз. Содықтан екінші v айнымалы-
сын қосалқы айнымалы ретінде қарастырып, оны қалауымызша 
таңдаймыз. Төменде ол  көрсетіледі. 
dy
dx
  туындысын  есептеп,  u 
жəне v арқылы өрнектелген y-пен 
dy
dx
-ті (4.44) теңдеуіне енгіземіз. 
dy
dv
du
u
v
dx
dx
dx
=
+
  
Болғандықтан, теңдеу 
du
dv
v
u
P x v
Q x
dx
dx
( )
( )
+
+
=
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
                      (4.45)
түріне келеді. Қосалқы v  айнымалысын қалауымызша алуға 
болатындығын пайдаланып, оны квадрат жақшадағы өрнек нөлге 
айналатындай аламыз, атaп айтқанда 
dv
P x v
dx
( )
0
+
=
                                 (4.46)
болуын талап етеміз. Бұл айнымалылары айырылған теңдеу. 
Оның екі жағын v-ға бөліп, dx-ке көбейткеннен 
dv
P x dx
v
( )
0
+
=
теңдеуін, ал одан интегралдау арқылы 
v
P x dx
C
ln
( )
ln
+
=
∫
немесе

116
P x dx
v
Ce
( )
−∫
=
                                  (4.47)
өрнегін табамыз. Осы v өрнегін (4.45) теңдеуіне қойып, и үшін 
айнымалылары айырылған 
P x dx
du
Ce
Q x
dv
( )
( )
−∫
=
                             (4.48)
теңдеуін шығарып аламыз. Оның екі жағын 
P x dx
e
( )
∫
-ке көбейткен 
күнде мындай өрнек:
P x dx
Cdu
Q x e
dx
( )
( )
∫
=
ал одан
P x dx
u
Q x e
dx
C
C
( )
1
1
( )
∫
=
+
⎡
⎤
⎣
⎦
∫
                     (4.49)
болатыны шығады. (4.49) бен (4.47) формулалары u мен v-ны х-ке 
тəуелді өрнектеп отыр. Бізге у-тің х-тен тəуелділігін табу талап 
етілетіндіктен, ал 
y
uv
=
 болатындықтан, нəтижесінде (4.44) 
сызықты теңдеуінің жалпы шешімі
P x dx
P x dx
y
e
Q x e
dx
C
( )
( )
1
( )
−∫
∫
=
+
⎡
⎤
⎣
⎦
∫
                  (4.50)
түрінде жазылады. Айта кету керек, (4.46) теңдеуін интегралдау 
барысында шыққан С еркін тұрақтысы, v-ны  u-ға көбейткенде 
қысқарып кетті. Олай боларын сезгенбіз, өйткені 1-ретті теңдеудің 
жалпы шешімі бір ғана еркін тұрақтыны қамтуы тиіс. Ондай 
көрегендікпен (4.47) шешімінде алдын ала С  = 1 деп ұйғарып, 
(4.46) теңдеуінің жалпы шешімінің орнына (əдеттегі практика 
жүзіндегідей) 
P x dx
v
e
( )
−∫
=
 дербес шешімін алуға болар еді. 
Мұнда қолданылған ауыстырма əдісі (4.44) сызықты теңдеуін 
интегралдау есебін, айнымалылары айырылған (4.46) мен (4.48) 
қос теңдеуінің шешімдерін іздестіруге айналдырады.
1-мысал.    Ауыстырма    əдісімен     
bx
dy
ay
e
dx
−
=
    сызықтық 
тең де уінің жалпы шешімін табу талап етіледі.

117
Шешімі. 
y
uv
=
 деп ұйғарайық, сонда 
dy
dv
du
u
v
dx
dx
dx
=
+
 жəне 
теңдеу
bx
du
dv
v
u
av
e
dx
dx
+
−
=
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
түріне келеді. Ереже бойынша 
dv
av
dx
0
−
=
 болуын талап етеміз. 
Айнымалыларды айыра келе 
dv
adx
v
0
−
=
, ал одан 
ax
v
Ce
=
 
өрнегін табамыз. Жоғарыда айтылғандай, 
ax
v
Ce
=
 шешіммен 
шектеліп,  оны  түрленген  теңдеуге  енгіземіз.  Сонда  
ax
bx
e u
e
′ =
 
немесе  
( )
b a x
du
e
dx
,
−
=
  бұдан 
( )
b a x
u
e
C
b
a
1
−
=
+
−
 (
b
a
≠
 болғанда) 
жəне  
u
x
C
= +
  (
b
a
=
  болғанда).  
y
uv
=
  болғандықтан,  жалпы 
шешім    
b
a
≠
  болғанда   
bx
ax
e
y
Ce
b
a
=
+
−
   түрінде   жəне   
b
a
=
 
болғанда 
(
)
ax
y
x
C e
=
+
 түрінде табылады.
8.2. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі
Біртектес емес (4.44) теңдеуінің (
Q x
( ) 0
≠
) шешімін іздемес 
бұрын алдымен оған сəйкес 
dy
Р x у
dx
( )
0
+
=
                                 (4.51)
біртектес теңдеуін шешеміз. Бұл айнымалылары айырылған 
теңдеу, оның жалпы шешімі
P x dx
y
Ce
( )
−∫
=
.                                  (4.52)
С еркін тұрақтысын қамтитын, табылған y функциясы біртек-
тес емес теңдеудің шешімі бола алмайтыны айдан анық. Расын-
да, өзінің туындысымен бірге (4.44) теңдеуіне қойылған шақта ол 
теңдеудің сол жағын тепе-тең етіп нөлге айналдырғанымен, оның 

118
оң жағы 
Q x
( ) 0
≠
. Алайда С-ны еркін тұрақты демей-ақ, х-тен 
тəуелді кейбір функция, атaп айтқанда 
C
C x
( )
=
 деп қарастырса, 
онда (4.52) функциясы біртектес емес (4.44) теңдеуінің шешімі 
болатындай 
)
(x
C
 функциясын таңдауға болады екен.
C x
( )
 функциясын табу үшін 
( )
P x dx
y
C x e
( )
−∫
=
 функциясының 
туындысын есептеп тауып, оны y функциясымен бірге (демек y 
пен 
dy
dx
-ті)   (4.44)   теңдеуіне   қойып,   теңдеудің   қанағаттануын, 
атaп айтқанда тепе-теңдікке айналуын талап етеміз.
( )
( )
P x dx
P x dx
dC x
dy
e
C x Р x e
dx
dx
( )
( )
( )
−
−
∫
∫
=
−
Болғандықтан, (4.44) теңдеуі түрлене келе (екі ортаңғы мүшесі 
жойылған соң)
( )
( )
P x dx
dC x
e
Q x
dx
( )
−∫
=
                           (4.53)
теңдеуіне айналады. Қайта, айнымалылары айырылған жəне 
бел  гісіз 
)
(x
C
 функциясы бар теңдеу шығып отыр. Оның жалпы 
шешімі 
( )
( )
P x dx
C x
Q x e
dx
C
( )
1
.
∫
=
+
∫
Табылған 
C x
( )
 өрнегін (4.52) теңдігіне енгізіп, біртектес емес 
(4.44) теңдеуінің ізделінді шешімін 
P x dx
P x dx
y
e
Q x e
dx
C
( )
( )
1
( )
−∫
∫
=
+
⎡
⎤
⎣
⎦
∫
,
атaп айтқанда, дəл бұрынғы (4.50) түріндегідей шығарып 
аламыз. 
Əдістің мұндай түрінің вариациялау деп аталуы С еркін 
тұрақтысын  х-тің функциясы деп санап, вариациялағаннан 
(өзгерткеннен) қалыптасып отыр. Ауыстырма əдісіне ұқсас, 
соңғы əдіс (4.44) сызықты теңдеуін айнымалылары айырылған 
(4.51) жəне (4.53) теңдеулеріне келтіруге мүмкіндік береді.
2-мысал. Еркін тұрақтыны  вариациялау əдісі  бойынша

119
dy
yctgx
a
x
dx
sin
−
=
   сызықтық   теңдеуінің   жалпы  шешімін табу 
талап етіледі.
Шешімі.  Алдымен 
dy
yctgx
dx
0
−
=
 біртектес сызықтық 
тең деуінің жалпы шешімін табамыз. Айнымалыларды айырудың 
арқасында   бұл    теңдеу    
dy
ctgxdx
y
0
−
=
   түріне    келеді,   одан
y
x
C
ln
lnsin
ln ,
−
=
   демек   
y
C
x
sin
=
   болады.   
C
C x
( )
=
   деп 
ұйғарып  С-ны  вариациялаймыз.  Мұндайда   
( )
y
C x
x
sin
=
  жəне
( )
( )
dC x
dy
x
C x
x
dx
dx
sin
cos .
=
+
   y   жəне  
dy
dx
  өрнектерін   бастапқы
теңдеуге енгізгеннен
( )
( )
( )
dC x
x
C x
x
C x
x ctgx
a
x
dx
sin
cos
sin
sin
+
−
⋅
=
немесе ықшамдаудан соң 
dC x
adx
( ) =
 теңдеуіне келеміз. Одан 
C x
ax
C
1
( ) =
+
 болатыны шығады. 
C x
( )
 өрнегін біртектес тең-
деудің жалпы шешіміне енгізіп, бастапқы теңдеудің 
(
)
y
ax
C
x
1
sin
=
+
түріндегі жалпы шешімін табамыз.
§9. Бернулли теңдеуі
Бернулли теңдеуінің жалпы түрі
n
dy
Р x у
Q x y
dx
( )
( )
+
=
,
мұнда n=const. n=0 болғанда Бернулли теңдеуі сызықтық теңдеуге 
ауысады;  n=1 болғанда ол айнымалылары айырылған теңдеуді 
кескіндейді, өйткені 

120
[
]
dy
Р x
Q x y
dx
( )
( )
0
+
−
=
түріне келеді де, айнымалылары айырылып, интегралдануына бо-
лады. Бұдан əрі 
n
1
≠
 деп ұйғарамыз. Бернулли теңдеуін сəйкес 
ауыстырма көмегімен сызықтық теңдеуге келтіруге болады. Ол 
үшін теңдеудің екі жағын 
n
y
-ге бөлеміз:
n
n
dy
Р x
Q x
y dx
y
1
1
1
( )
( ).
−
+
=
n
z
y
1
1
−
=
 деп ұйғарамыз. Сонда 
(
)
n
dy
dz
n
y dx
dx
1
1− ⋅
=
 жəне 
Бернулли теңдеуі
(
)
(
)
dz
n Р x z
n Q x
dx
1
( )
1
( )
+ −
= −
түріне келеді. Бұл z белгісізі бар 1-ретті сызықтық теңдеу. Оны 
ауыстырма немесе еркін тұрақтыны вариациялау əдісі бойынша 
интегралдауға  жəне  z-ті  х-тің  функциясы   ретінде   табуымызға 
болады.  
n
z
y
1
1
−
=
  ауысымы  бойынша бастапқы у айнымалысына 
оралып, Бернулли теңдеуінің жалпы интегралын шығарып ала-
мыз. Оның үстіне 
n
0
>
 болғанда у=0 функциясы кез келген Бер-
нулли дифференциалдық теңдеуінің шешімі болып табылады.
Мысал. 
dy
у
x y
dx
x
3 2
3
−
= −
 Бернулли теңдеуінің жалпы инте-
гралын табу талап етіледі.
Шешімі. Теңдеудің екі жағын 
2
y
-қа бөліп 
dy
x
y dx
x y
3
2
1
3 1
− ⋅ = −

121
теңдеуін аламыз. 
z
y
1 =
 деп ұйғарайық; сонда 
dy
dz
y dx
dx
2
1
− ⋅
=
 жəне 
теңдеу 
dz
z
x
dx
x
3
3
+ ⋅ =
түріне келеді. Бұл сызықтық теңдеуді вариациялау əдісімен ин-
тегралдаймыз. Сəйкес 
dz
z
dx
x
3
0
+ ⋅ =
  біртектес  теңдеуінің  жалпы 
шешімі 
z
C x
3
/ .
=
 
C
C x
( )
=
   деп   ұйғарып,  есептелген   
( )
( )
dC x
C x
dz
dx
dx
x
x
3
4
3
1
=
⋅
−
өрнегін   біртектес   емес   сызықтық   теңдеуге   енгіземіз;   сонда
 
( )
( )
( )
dC x
C x
C x
x
dx
x
x
x
x
3
3
4
3
3
1
3
⋅
−
+ ⋅
=
 немесе  
( )
dC x
x dx
6
=
  шығады. 
Одан 
( )
x
C x
C
7
1
.
7
=
+
 Олай болса біртектес емес теңдеудің жалпы 
шешімі    
C
x
z
x
4
1
3
.
7
=
+
    z-ті   
y
1
-пен   алмастырып,   нəтижесінде 
C
x
y
x
4
1
3
1
7
=
+
 немесе 
x
y
C
x
7
3
1
7
+
=
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
 жалпы интегралын табамыз.

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: