§10. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер жөнінде

122
теңдеу шешімінің бар болуы мен жалғыздығы теоремасымен 
беріледі.
Коши теоремасы. Егер 
( )
f x у
,
 функциясы xOy жазықтығының 
D  облысында анықталған жəне үзіліссіз болып, осы облыстың 
барлық 
f
y
∂
∂
 нүктелерінде  үзіліссіз дербес туындыны иеленсе, 
онда D облысының кез келген М
0
(х
0
, у
0
) нүктесі үшін 
( )
y
f x у
,
′ =
 
теңдеуінің шешімі болатындай, х
0 
–ді қамтитын кейбір интервал-
да анықталған жəне үзіліссіз 
( )
у
x
ϕ
=
 функциясы табылып, ол 
жалғыз болады. 
Геометриялық тұрғыда осы айтылған  D  облысының əрбір 
нүктесі арқылы жалғыз интегралдық сызық, атап айтқанда əр 
нүктесінде, дифференциалдық теңдеумен анықталатын өріспен 
туғызылатын бағытты жанайтын сызықтың өтетіндігін білдіреді.
Коши теоремасы шарттарының қандай да бір нүктеде бұзылуы 
осы нүкте координаталарын бастапқы шарттар атауынан айыра-
ды. Мұндай нүкте арқылы бірде-бір интегралдық сызық өтпеуі 
де мүмкін, бірнеше интегралдық сызық өтуі де мүмкін. Берілген 
дифференциалдық теңдеу шешімінің бар болуы мен жалғыздығын 
бұзатын жазықтықтың оқшау нүктелерін осы теңдеудің ерекше 
нүктелері дейді. 
Айта кетер жайт: Коши теоремасындағы шарттар жеткілікті 
болғанымен, қажетті шарттар бола алмайды. Сондықтан (4.1) 
дифференциалдық теңдеуінің ерекше нүктелерін 
( )
f x у
,
 
функциясының үзіліс нүктелері мен 
f
y
∂
∂
 туындысы болмайтын 
нүктелер арасынан іздестірген жөн, алайда мұндай нүктелер-
дің барлығы ерекше болуы міндетті емес. Ерекше нүктесі ма-
ңайындағы интегралдық сызықтардың келбеті алуан түрлі бо-
луы мүмкін. Мысалдарда мүмкін болатын ерекше нүктелердің 
маңызды түрлерімен танысып өтейік.
a x
b y
y
a x
b y
1
1
2
2
+
′ =
+
 біртектес  дифференциалдық  теңдеуді  қа  рас-
тырумен шектелеміз. Оның оң жағы көпе-көрнеу табылатын О(0, 

123
0) нүктесінде анықталмаған. 
a b a b
1
1
2
2
, , ,
 коэффициенттері ара-
сындағы түрлі арақатынас координаталар басы болып келетін 
ерекше нүкте маңайындағы интегралдық сызықтардың түрлі ор-
наласуына əкеледі.
1-мысал.
y
y
x
2
′ =
                                       (4.54)
дифференциалдық теңдеуін қарастырайық. Айнымалыларды ай-
ырып, жалпы шешімді 
у
Cx
2
=
                                      (4.55)
түрінде табамыз. Сонымен, жалпы шешім төбесі координата-
лар басында орналасқан жəне Ох  осін жанайтын параболалар 
жиынтығы болып келеді. Ерекше нүкте маңайында орналасқан 
интегралдық сызықтардың келбеті  16,  а-суретте кескінделген. 
Интегралдық сызықтардың осындай орналасуымен сипаттала-
тын дифференциалдық теңдеудің ерекше нүктесін түйін дейді. 
16-сурет
2-мысал.
y
y
x
′ =
                                         (4.56)
теңдеуінің жалпы шешімі 
у
Cx
=
 теңдеуімен кескінделетін жəне 
координаталар басы арқылы өтетін түзулер жиынтығы болып 
келеді. Бұл жиынтыққа ординаталар осі де еніп отыр, өйткені 
шешімді 
х
Cу
=
  түрінде де жазған болар еді. Мұндай ерекше 

124
нүктені еселі түйін дейді. Алдыңғы жағдайдан өзгешелігі - ерек-
ше нүктеде əр интегралдық сызықтың бағыты өзіне ғана тəн (16, 
b-сурет).
3-мысал.
y
y
x
′ = −
                                       (4.57)
теңдеуінің жалпы шешімі 
ху
C
=
 теңдеуімен кескінделетін жəне 
асимптоталары координаталар осьтерімен беттескен гипербола-
лар жиынтығы болып табылады. Дербес жағдайда 
C
0
=
 бол-
ғанда интегралдық сызықтар жиынтығына координаталық ось-
тер де қосылады. Осы екі интегралдық сызық координаталар 
басы арқылы өтеді, өзгелері ерекше нүкте арқылы өтпейді. Осы 
жағдайдағы интегралдық сызықтардың орналасуы 16, c-суретте 
бейнеленген; мұндай нұсқадағы ерекше нүкте ершік деп аталады. 
4-мысал.
х
y
y
x
у
+
′ =
−
                                     (4.58)
теңдеуін қарастырайық. 
у
иx
=
 ауыстырмасы (4.58) диффе рен-
циалдық теңдеуін 
du
u
х
dx
u
2
1
1
+
=
−
түріне келтіреді. Айнымалыларды айырып, интегралдаудан соң 
(
)
arc tgu
С
arc tgu
u
x
x
u
Ce
2
2
1
ln
ln 1
ln
1
,
2
+
−
+
=
⇒
+
=
немесе бастапқы айнымалыларға оралып,
( )
arc tg у х
х
у
Ce
/
2
2
+
=
                               (4.59)
теңдеуіне келеміз. Поляр координаталарында (4.59) теңдеуі 
ықшам 
Cе
ϕ
ρ
=
 түріне ауысады. Бұл (
п
→ −∞
 шартында) коор-
динаталар басын айналған шектеусіз орам саны бар логарифмдік 
спиральдар жиынтығы болып табылады. Ерекше нүкте маңа-

125
йындағы интегралдық сызықтар келбеті 17, а-суретте бейнелен-
ген. Мұндай ерекше нүктені фокус деп атайды. 
17-сурет
5-мысал.
х
y
у
′ = −
теңдеуін қарастырайық. Осы теңдеуді интегралдау 
х
у
С
2
2
+
=
,
центрі координаталар басында орналасқан шеңберлер жиынты-
ғын береді. Ерекше нүктенің өзінен бірде-бір интегралдық сызық 
өтпейді (17, b-сурет). Мұндай ерекше нүкте центр деп аталады. 
§11. Туындысына қатысты шешілмеген бірінші ретті 
дифференциалдық теңдеулер
Осыған дейін туындысына қатысты шешілген, атaп айтқанда 
( )
y
f x у
,
′ =
                                   (4.60)
түріндегі дифференциалдық теңдеулерді қарастырумен шектел- 
ген болатынбыз. Алайда жоғарыда, бірінші ретті дифференциал-
дық теңдеу, жалпы алғанда 

126
(
)
F x у y
, ,
0
′ =
                                 (4.61)
түрінде кескінделеді делінген. Оның үстіне (4.61) түріндегі 
теңдеуден (4.60) түріндегі теңдеуге тікелей көшу көп жағдайда 
мүмкін емес. Сонда да параметр енгізу арқасында (4.61) диф-
ференциалдық теңдеуін интегралдау есебін, туындыға қатысты 
шешілген теңдеуді интегралдау есебіне келтіруге болады.
(4.61) теңдеуінің кейбір дербес жағдайларын қарастырып, 
олардың интегралдау тəсілдерін көрсетейік.
11.1. п-дəрежелі бірінші ретті теңдеулер
Теңдеудің сол жағы у
/
-ке қатысты бүтін рационал функциямен 
кескінделеді, атaп айтқанда 
( )
( )
( )
n
n
n
n
n
y
p y
p
y
p
y
p y
1
2
1
2
1
...
0
−
−
−
′ +
′
+
′
+ +
′ +
=
түріндегідей жазылады, мұнда п – бүтін сан, ал 
n
n
p p
p
p
1
2
1
, ,...
,
−
 - 
айнымалы x жəне у-тің функциялары. Осы теңдеуді у
/
-ке қатысты 
шешуге болады деп ұйғарайық. Мұндайда у
/
 үшін, жалпы алғанда, 
п түрлі 
( )
y
f x у
1
,
′ =
, 
( )
y
f
x у
2
,
′ =
, ... , 
( )
n
y
f
x у
,
′ =
           (4.62)
өрнектері пайда болады. Осы жағдайда (4.61) теңдеуін инте-
гралдау (4.60)  түріндегі 1-дəрежелі п теңдеуді интегралдауға 
келтіріледі. Олардың жалпы интегралдары сəйкесінше 
(
)
Ф x у C
1
1
, ,
0
=
, 
(
)
Ф x у C
2
2
, ,
0
=
, ... ,
(
)
n
n
Ф x у C
, ,
0
=
            (4.63)
түріндегідей болсын. (4.63) интегралдарының сол жақтарын бір-
біріне көбейтіп, көбейтіндіні 0-ге теңестірейік:
(
)
Ф x у C
1
1
, ,
(
)
Ф x у C
2
2
, ,
⋅
(
)
n
n
Ф x у C
...
, ,
0
⋅
=
             (4.64)
Егер (4.64) теңдеуін у-ке қатысты шешсек, онда (4.61) тең-
деуінің шешімін аламыз. Шынында,  (4.64) теңдеуінің кез кел-
ген шешімі (4.63) теңдеулерінің біреуін, демек (4.61) теңдеуінің 
жіктемесіне енген (4.60) түріндегі теңдеулердің біреуін жəне олай 
болса (4.61) теңдеуінің өзін де қанағаттандырады. Жалпылықты 

127
кемітпей (4.64) теңдеуіндегі барлық 
n
C C
C
1
2
, ,...,
 тұрақтыларын 
жалғыз С-мен алмастырып, оны 
(
)
Ф x у C
1
, ,
(
)
Ф x у C
2
, , ⋅
(
)
n
Ф x у C
...
, ,
0
⋅
=
             (4.65)
түрінде жазуға болады. (4.65) теңдеуі (4.61) теңдеуінің жалпы ин-
тегралы болып табылады.
Мысал. 
dy
xy
dx
a
2
2
0
−
=
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
 теңдеуінің жалпы интегралын табу та-
лап етіледі.
Шешімі. теңдеудің сол жағын көбейткіштерге жіктеп,
xy
xy
y
y
a
a
0
′ −
′ +
=
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
болатынын табамыз. Бұдан 
xy
y
a
0
′ −
=
 жəне 
xy
y
a
0
′ +
=
. Осы 
теңдеулердің екеуі де айнымалылары айырылатын теңдеулер. 
Олардың жалпы интегралдары 
x x
x x
y
C
y
C
a
a
0,
0.
3
3
−
− =
+
− =
Сондықтан бастапқы теңдеудің жалпы интегралы
(
)
x
y
C
a
3
2
2
0.
9
−
−
=
11.2.  у-ке қатысты шешілген жəне х-ті қамтымайтын 
теңдеу
Мұндай теңдеу түрі
( )
y
y
ϕ
=
′
                                     (4.66)
Осы жағдайда параметр енгізу əдісін қолданған тиімді. Əдістің 
мағынасы – қарастырылатын айнымалылардың параметр арқылы 
өрнектелуінде жəне шешім параметрлік түрде ізделуінде жатыр.
у
/ 
= р деп ұйғарайық. Сонда теңдеуіміз 

128
( )
y
p
ϕ
=
                                      (4.67)
қалпына келеді. Егер х-ті р жəне С арқылы өрнектейтін тағы бір 
теңдеуге қол жеткізсек, онда осы қос теңдеу, параметрлік түрде 
кескінделген (4.66) теңдеуінің жалпы шешімі болып табыла-
ды. Олардан р  параметрінен құтылып, х,  у  жəне С арасындағы 
тəуелділікке, атaп айтқанда əдеттегі нұсқадағы жалпы интегралға 
қол жеткіземіз. Екінші теңдеуді былайша табуға болады. у
/ 
= р 
теңдігін 
dy
dx
p
=
 түрінде көшіріп жазамыз; одан 
dy
x
C
p
.
=
+
∫
 
dy
p
∫
 
 
интегралына  бөлшектеп   интегралдау  формуласын 
қолданамыз; сонда 
( )
p dp
dy
y
ydp
y
p
p
p
p
p
2
2
ϕ
= +
= +
∫
∫
∫
Демек
( )
p dp
y
x
C
p
p
2
ϕ
= +
+
∫
                           (4.68)
(4.68) жəне (4.67) теңдеулер жүйесі (4.66) теңдеуінің параметр-
лік түрде кескінделген жалпы шешімі болып табылады. Осы 
теңдеулерден (мүмкін болғанда) р параметрінен құтылып, жалпы 
интегралды
(
)
Ф x у C
, ,
0
=
түрінде шығарып аламыз.
Мысал. 
( )
( )
y
y
y
2
3
2
= ′ +
′
  теңдеуінің жалпы шешімін пара-
метрлік түрде табу талап етіледі.
Шешімі. у
/ 
= р деп ұйғарайық. Сонда теңдеуіміз 
y
p
p
2
3
2
=
+
қалпына келеді. х бойынша дифференциалдап 
(
)
dp
y
p
p
dx
2
2
6
′ =
+
 

129
немесе у
/ 
= р болғандықтан, р-ға қысқартып, 
(
)
dp
p
dx
1 2 6
= +
 
теңдеуін аламыз. Бұдан 
(
)
dx
p dp
2 6
= +
 жəне 
x
p
p
C
2
2
3
.
=
+
+
 
Жалпы шешімі
x
p
p
C
y
p
p
2
2
3
2
3
,
2
=
+
+
=
+
⎧
⎨
⎩
түрінде жазылады. Мұнда 
p
0
≠
 деп ұйғарылған. Егер де р = 0 
болса, онда ол 
у
C
=
 шешімін береді. Бұл шешім теңдеуді С = 0 
болғанда ғана қанағаттандырады.
11.3.  х-ке қатысты шешілген жəне у-ті қамтымайтын 
теңдеу
Мұндай теңдеу түрі 
( )
х
y
ϕ
=
′
.                                    (4.69)
Алдыңғыға ұқсас у
/ 
= р деп ұйғарамыз. Сонда теңдеу 
( )
х
p
ϕ
=
                                      (4.70)
түрінде жазылады. у
/ 
= р теңдігін 
dy
рdx
=
 түрінде көшіріп жаза-
мыз. Бұдан 
у
рdx
px
xdр
=
=
−
∫
∫
 немесе 
( )
( )
у
р
p
p dp
C
ϕ
ϕ
=
−
+
∫
                        (4.71)
болатыны шығады. (4.70) жəне (4.71) теңдеулер жүйесі (4.69) 
теңдеуінің параметрлік түрде кескінделген жалпы шешімі болып 
табылады. Олардағы р-дан құтылып, 
(
)
Ф x у C
, ,
0
=
 жалпы инте-
гралын шығарып аламыз. Айта кетер жайт: (4.67), (4.68), (4.70) 
жəне (4.71) теңдіктеріндегі р айнымалысы еркін параметр орнын-
да жүргендіктен, кез келген басқа əріппен алмастыруға болады. 
Мысал. 
х
y
y
sin
= ′
′
 теңдеуінің жалпы шешімін параметрлік 
түрде табу талап етіледі.
Шешімі. у
/ 
= р деп ұйғарайық. Сонда теңдеуіміз 
x
p
p
sin
=
 
қалпына келеді. у
/ 
= р теңдігін 
dy
рdx
=
 түріне келтіреміз.
рdx
px
xdр
рх
p
pdр
sin
=
−
=
−
=
∫
∫
∫
9–454

130
рх
p
p
pdр
рх p
p
p
C
cos
cos
cos
sin
=
+
−
=
+
−
+
∫
болғандықтан, 
у
рх
p
p
p
C
cos
sin
=
+
−
+
 болып, жалпы шешім
x
p
p
у
р
p
p
p
p
C
2
sin ,
sin
cos
sin
=
=
+
−
+
⎧
⎨
⎩
түріне келеді.
11.4.  х немесе у-ті қамтымайтын жəне у немесе
х-ке қатысты шешілуі міндетті емес теңдеу
Теңдеу түрі 
немесе                                  
(
)
(
)
F у y
F x y
,
0,
,
0.
′ =
′ =
                                  (4.72)
Мұнда 1-теңдеуден у-ті немесе 2-теңдеуден х-ті жəне у
/ 
= р
параметрін  t  параметрі арқылы өрнектеуге болады деп ұйғара-
йық. 2) жəне 3) жағдайларына ұқсас теңдеудің жалпы шешімі 
параметрлік түрде табылады. 
Мəселен, 
( )
F у р
,
0
=
 теңдеуін қарастырайық. 
( )
у
t
ϕ
=
 
деп ұйғарып, теңдеуден 
( )
p
t
ψ
=
-ны таптық немесе керісінше 
( )
p
t
ψ
=
 деп ұйғарып, теңдеуден 
( )
у
t
ϕ
=
-ны таптық деп 
болжайық. Сонда, бір жағынан, 
( )
dy
рdx
t dx
,
ψ
=
=
 ал екінші 
жағынан, 
( )
dy
рdx
t dt
.
ϕ
=
= ′
 Енді dy  үшін жазылған соңғы 
өрнектерді салыстырғаннан 
( )
( )
t dx
t dt
ψ
ϕ
= ′
 болатынын көреміз. 
Одан 
( )
( )
t
dx
dt
t
ϕ
ψ
′
=
 жəне 
( )
( )
t
x
dt
С
t
.
ϕ
ψ
′
=
+
∫
 Олай болса параметрлік 
нұсқадағы жалпы шешім
( )
( )
( )
t
x
dt
С
t
у
t
,
ϕ
ψ
ϕ
⎧
′
=
+
⎪
⎨
⎪
=
⎩
∫
                              (4.73)
түріндегідей жазылады.

131
Мысал. 
( )
y
а
y
2
1
=
+ ′
 теңдеуінің жалпы шешімін табу та-
лап етіледі.
Шешімі. у
/ 
= р=sht деп ұйғарамыз; сонда 
y
а
sh t
acht
2
1
.
=
+
=
dy
р
dx
=
 теңдігінен 
dy
dx
p
=
 теңдігі шығады. 
dy
ashtdt
=
 
болғандықтан, онда 
dх
adt
=
 жəне 
х
at
С
.
= −
 Параметрлік кес-
кіндегі жалпы шешім
х
at
С
y
ach t
,
= −
=
⎧
⎨
⎩
түрінде жазылады. t  параметрінен құтылайық. Ол үшін 1-тең-
деуден табылған 
(
)
t
х
С
а
/
=
+
 мəнін 2-теңдеуге енгіземіз. Сонда
х
С
y
ach
а
+
=
.
§12. Лагранж теңдеуі
Лагранж теңдеуі деп х жəне у-ке қатысты сызықты, атап 
айтқанда 
( )
( )
y
y х
y
ϕ
ψ
=
+
′
′
                             (4.74)
түріндегі теңдеуді атайды. Ең алдымен 
( )
y
y
ϕ
≠
′
′
 деп ұйғарамыз. 
( )
y
y
ϕ
≡
′
′
 жағдайы төменде қарастырылатын болады. Лагранж 
теңдеуін интегралдау үшін де параметрлік əдіс орынды. у
/ 
= р деп 
ұйғарайық. Онда теңдеу 
( )
( )
y
р х
р
ϕ
ψ
=
+
                               (4.75)
түрінде жазылады. х бойынша дифференциалдап алатынымыз 
( )
( )
( )
dp
dp
y
p
х
p
p
dx
dx
.
ϕ
ϕ
ψ
=
+
+
′
′
′
                 (4.76)

132
Мұнда  у
/
-ті р-мен алмастырып, 
dy
dр
-ға көбейткеннен соң жəне 
алгебралық түрлендірулерден кейін 
( )
( )
( )
( )
p
p
dх
х
dр
р
p
р
p
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
′
′
−
=
−
−
                       (4.77)
теңдеуіне келеміз. Бұл х  функциясына жəне 
dх
dр
 туындысына 
қатысты сызықтық теңдеу. Оның жалпы интегралы 
(
)
Ф x р C
, ,
0
=
                                   (4.78)
түрінде жазылады. (4.75) теңдеуімен бірге ол Лагранж тең-
деуінің параметрлік нұсқадағы жалпы интегралын береді. (4.75) 
жəне (4.78) теңдіктеріндегі р-дан құтылып, Лагранж теңдеуінің 
(
)
Ф x у C
1
, ,
0
=
 жалпы интегралын шығарып аламыз. Айта кететін 
жайт: (4.76) теңдеуін 
( )
р
p
0
ϕ
−
≠
 болғанда ғана түрлендіруге 
болады. Егер 
( )
р
p
0
ϕ
−
=
 теңдеуі 
i
р
р
=
 түбірлерін иеленсе, 
онда олар да шешім туғызады жəне ол шешім 
( )
( )
i
i
y
р х
р
ϕ
ψ
=
+
 
(
)
k
i
,
...
,
2
,
1
=
 болады.
Мысал. 
( ) ( )
y
х y
y
2
2
=
′ + ′
 теңдеуінің жалпы шешімін табу та-
лап етіледі.
Шешімі. у
/ 
= р деп ұйғарайық. Онда теңдеу 
y
хр
р
2
2
=
+
 немесе 
(
)
y
х
р
2
1
=
+
түрінде жазылады. х 
бойынша дифференциалдап,
(
)
dр
y
р
х
р
dx
2
2
1
′ =
+
+
 болатыны,   ал   оны   түрлендіргеннен
(
)
dр
р
х
dx
1
2
1
− =
+
 немесе 
dх
dр
x
р
2
1 1
=
+
−
 болатыны шығады. Осы-
дан
(
)
(
)
x
р
C
ln
1
2ln 1
2ln .
+ = −
−
+

133
Əрі қарай потенцирлеу нəтижесінде
(
)
с
х
р
2
2
1
.
1
+ =
−
Демек параметрлік нұсқадағы жалпы шешім 
(
)
(
)
с
х
р
с р
y
р
2
2
2 2
2
1,
1
1
=
−
−
=
−
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
түрінде жазылады. р параметрінен құтылайық. Ол үшін 
(
)
(
)
х
С
С
р
р
х
х
2
2
2
2
1
1 1
1
1
1
+ −
= − −
= −
=
+
+
⎛
⎞
⎡
⎤
⎜
⎟
⎣
⎦
⎝
⎠
өрнегін тапқан соң, оны 
(
)
y
х
р
2
1
=
+
 теңдеуіне енгіземіз. Соны-
мен жалпы шешім 
(
)
y
х
С
2
1
=
+ −
түріне келеді.

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: