§17. Ретін төмендетуді мүмкін ететін теңдеу түрлері

145
Мұнда теңдеу реті тікелей тізбекті интегралдау арқылы тө-
мендейді. (4.92) өрнектен бастапқыда 
y
(n-1)
= ∫f(x)dx + C
1
болатыны шығады. Осылайша, қажетіне қарай бірнеше рет ин-
тегралдау нəтижесінде (4.92) теңдеуінің жалпы шешімін таба-
мыз, оның өзінде еркін тұрақтылар (п - 1) дəрежелі көпмүше 
коэффициенттері ретінде шешімге енеді.
Мысал. 
у
x
x
sin
cos
=
−
′′′
 теңдеуін шешу талап етілсін.
Шешімі.  Теңдеудің екі жағын 3 мəрте интегралдағаннан, 
тізбекті түрде 
у
x
x
С
у
x
x
С x
С
у
x
x
С x
С х
С
1
1
2
2
1
2
3
cos
sin
2 ,
sin
cos
2
,
cos
sin
′′ = −
−
+
′ = −
+
+
+
=
+
+
+
+
болатынын шығарып аламыз. Мұндай теңдеулердің түрінің 
қарапайымдылығына қарамастан маңызы зор, өйткені оған өзге 
түрдегі теңдеулер келтіріледі, екінші жағынан осы түрге бірқатар 
«Материалдар кедергісі» пəнінің есептерін шешкенде пайда 
болатын
 
кейбір теңдеулер жатады. Мұндай есептерді кейінге 
қалдырып, əзірше ретін төмендетуді мүмкін ететін теңдеудің 
өзгеше бір түрін қарастырайық. 
17.2. 
(
)
k
k
п
F х у
у
у
( )
( 1)
( )
,
,
,...,
0
+
=
 дифференциалдық теңдеуінің 
ретін төмендету
Ізделінді функцияны жəне оның тізбекті түрде алынған  y
/
, 
y
//
,…, y
(k-1)
 ретті туындыларын қамтымайтын 
(
)
k
k
п
F х у
у
у
( )
( 1)
( )
,
,
,...,
0
+
=
                       (4.93)
дифференциалдық теңдеуі оның ретін k бірлікке төмендетуді 
мүмкін етеді. Расында, жаңа ізделінді функция ретінде 
и = y
(k) 
                                        (4.94)
функциясын алайық. (4.94)-ті дифференциалдау и
/
= y
(k+1)
,...  , 
10–454

146
и
(n-k)
= y
(n)
 өрнектерін береді. Табылған туындыларды (4.93)-ке 
енгізгеннен кейін, оны
F(x, и, и
/
, и
//
,…, и
(n-k)
) = 0
түріне, атап айтқанда, (п – k) ретті теңдеуге келтіреміз. Осы 
теңдеуді интегралдау нəтижесінде жаңа и функциясын анықтай 
аламыз. Сонда (4.94) теңдігін, белгілі и  функциясын қамтитын 
жаңа дифференциалдық теңдеу, атап айтқанда, k ретті 
y
(k)
= f(x, c
1
, c
2
, c
3
,... c
n-k
,)                           (4.95)
теңдеуі ретінде қарастырамыз. Мұндай түрдегі теңдеу жоғарыда 
қарастырылған жəне ол тікелей интегралданады.
Мысал. 
IV
у
у
=
′′′
 теңдеуінің жалпы шешімін табу талап 
етіледі. 
Шешімі.  Бұл теңдеу ізделінді функцияны жəне оның ал-
ғашқы екі туындысын қамтымайды. Сондықтан теңдеу ретін 
үш бірлікке төмендетуге болады. 
у
и
′′′ =
 деп ұйғарып, оны 
дифференциалдағаннан 
IV
у
и
= ′
 немесе бірінші ретті 
и
и
′ =
 
теңдеуіне келеміз. Айнымалыларды айырған соң 
dи
dx
и
=
 
теңдеуінен 
(
)
и
х
С и
х
С
2
1
1
1
2
;
4
= +
=
+
 жəне 
и
0
=
 болатынын
шығарып аламыз. Демек 
(
)
у
х
С
2
1
1
4
′′′ =
+
 жəне 
у
0
′′′ =
 
теңдеулеріне келеміз. Осы теңдеулерді үш қайтара интегралдап, 
тізбекті түрде 
(
)
(
)
(
)
у
х
С
С
у
х
С
С x
С
у
х
С
С x
С х
С
3
1
2
4
1
2
3
5
2
1
2
3
4
1
2 ,
12
1
2
,
48
1
240
′′ =
+
+
′ =
+
+
+
=
+
+
+
+
жəне

147
у
С x
С х
С
* 2
*
*
1
2
3
=
+
+
жалпы шешімдерін шығарып аламыз. 
17.3. F(x, y
/
, y
//
) = 0 түріндегі теңдеу ретін төмендету
Осының алдында қарастырылған теңдеудің дербес жағдайына 
ізделінді функциясы айқын түрде кірмейтін екінші ретті
F(x, y
/
, y
//
) = 0,                                (4.96)
теңдеуін жатқызуға болады. Мұнда y
/ 
= и ауыстырмасы арқылы 
теңдеу реті бір бірлікке кемиді.
Мысал. 
у
у
х
х
′
′′ +
=
 теңдеуін интегралдау талап етіледі. 
Шешімі. 
у
и
′ =
 деп ұйғарсақ, онда 
у
и
х
′′ = ′ =
 жəне теңдеу 
и
и
х
х
′ + =
түріне ауысады. Бұл - бірінші ретті сызықтық теңдеу. Оны 
интегралдау нəтижесінде 
С
x
и
х
2
1
3
=
+
 демек 
С
x
у
х
2
1
3
′ =
+
 
теңдеуіне ауысамыз. Одан жалпы шешім 
x
у
С
x
С
3
1
2
ln
9
=
+
+
 
түрінде алынады. 
17.4.  Дифференциалдық теңдеудің аралық интегралы 
арқылы теңдеу ретін төмендету
Ізделінді функцияның реті п-нен төмен туындыларын, із-
делінді функцияның өзін, тəуелсіз айнымалы мен саны п-нен кем 
болатын еркін тұрақтыларды байланыстыратын (4.95) түріндегі 
өрнекті (4.93) дифференциалдық теңдеуінің аралық инте-
гралы дейді. Қарастырылған мысалдарда дифференциалдық 
теңдеулердің жалпы шешімдерін тапқан болатынбыз. Дербес 
шешімді іздестіргенде,  жоғарыда көрсетілгендей, табылған жал-

148
пы шешімді пайдалануға болар еді, алайда еркін тұрақтылардың 
мəндерін, берілген бастапқы шарттарды келесі интегралдауға 
дейін пайдаланып, аралық интегралдың өзінен тапқан əлдеқайда 
жеңілдеу.
Мысал. 
х
у
у
0,
1,
3
=
=
′ =
 
бастапқы шарттарында 
(
)
у
x
ху
2
1
2
′′
+ =
′
 теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі. 
у
и
′ =
 ауыстырмасын қолданып, 
у
и
′′ = ′
 аламыз, ал 
одан бірінші ретті 
(
)
и x
хи
2
1
2
′
+ =
теңдеуін шығарып аламыз. Айнымалыларды айырып, интеграл-
дау нəтижесінде 
(
)
(
)
dи
хdx
u
x
C
u
C x
и
x
2
2
1
1
2
2
; ln
ln
1 ln ;
1 .
1
=
=
+ +
=
+
+
Бұдан 
(
)
у
C x
2
1
1 .
′ =
+
Бұл қатынас бастапқы теңдеудің аралық интегра-
лын кескіндейді. Бастапқы шарттарды пайдаланып, 
( )
C
C
1
1
3
0 1
3
=
+ ⇒
=
 мəнін табамыз. Демек 
(
)
у
x
2
3
1 ,
′ =
+
 ал оны 
интегралдап, 
y
x
x
C
3
2
3
=
+
+
 шешіміне келеміз. Бастапқы шарт-
тар 
C
2
1 0 0
,
= + +
 атап айтқанда 
C
2
1
=
 мəнін береді, сондықтан 
берілген бастапқы шарттар жүйесін қанағаттандыратын дербес 
шешім 
y
x
x
3
3
1
=
+
+
түріне келеді.
17.5. F(y, y
/
, y
//
,…, y
(n)
) = 0 түріндегі теңдеу ретін төмендету
Ретін төмендетуді мүмкін ететін тағы бір теңдеу нұсқасы, 
тəуелсіз айнымалыны қамтымайтын 
F(y, y
/
, y
//
,…, y
(n)
) = 0,                           (4.97)

149
теңдеуі түрінде кескінделеді. Мұнда айнымалының екеуін де 
ауыстырған күнде теңдеу реті бірге кемиді. Жаңа ізделінді функ-
ция ретінде 
у
р
=
′
-ны, ал жаңа тəуелсіз айнымалы ретінде у-ті 
аламыз. Күрделі функцияны дифференциалдау ережесі бойынша 
d
dр dу
dр
y
р
р
dx
dу dx
dу
,
′′ =
=
⋅
=
d
dр
d
dр
d
dр
d р
dр
y
р
р
р
р
р
dx
dу
dx dу
dx
dу
dу
dу
2
2
2
2
.
′′′ =
=
+
=
+
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
толық индукция əдісі бойынша y
(n)
 туындысы  
п
п
dр d р
d
р
р
dу dу
dу
2
1
2
1
,
,
,...,
−
−
 
арқылы өрнектелетінін дəлелдеуге болады. Осы ауыстырма ар-
қасында (4.97) теңдеуі 
п
п
dр d р
d
р
F
у р
dу dу
dу
2
1
1
2
1
, ,
,
,...,
0
−
−
=
=
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
                  (4.98)
атап айтқанда, (п - 1)-ретті теңдеуге ауысады.
Мысал. 
( )
y
уу
2
1
′ − ′′ =
 теңдеуін интегралдау талап етіледі.
Шешімі. 
y
р
′ =
 жəне у жаңа  айнымалы   болсын.  Жоғарыда
 айтылғандай, 
dр
y
р
dу
′′ =
  болып,   жаңа   айнымалыдағы   теңдеу
 
dр
dр
р
ур
ур
р
dу
dу
2
2
1
1
−
= ⇒
=
−
   болады,  яғни  айнымалылары 
айырылған бірінші ретті теңдеу. Бұдан тізбекті түрде 
(
)
рdр
dу
р
y
C
р
C y
p
C y
р
у
2
2
2
2
1
1
1
2
1
1
ln
1
ln
ln
1
1
1
2
2
=
⇒
− =
+
⇒
− =
⇒ =
+
−
болатыны шығады, мұнда нақтылық үшін түбір алдында мүмкін 
болатын таңбалардың бірі алынған, жəне (
р
2
1
−
-ге бөлу салда-

150
рынан)  
р
1
= ±
  деп  алынған.  р-ның  орнына  
y
′
  өрнегін  енгізіп,
dу
dy
dy
C y
dx
x
C
dx
C y
C y
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
=
+
⇒
=
⇒ +
=
+
+
∫
болатынын, сол сияқты 
y
1
′ = ±
-ден 
у
х
С
*
= ± +
 болаты-
нын шығарып аламыз. Интеграл нұсқасы 
1
C
 тұрақтысының 
таңбасына, атап айтқанда бастапқы шарттарға тəуелді. Мұнда жал-
пы шешімді табу талап етілетіндіктен жəне бастапқы шарттардың 
болмауына байланысты  жағдайдың екеуін де қарастыру қажет. 
Егер 
C
1
0
>
 болса, онда
(
)
dy
y C
C y
C
C y
2
1
1
2
1
1
1 ln
1
1
=
+
+
+
∫
болып, теңдеудің жалпы шешімі
(
)
y C
C y
x
C
C
2
1
1
2
1
1 ln
1
+
+
= +
түріне келеді. Егер керісінше 
C
1
0
<
 болса, онда теңдеудің жалпы 
шешімі
x
C
y
C
C
2
1
1
1 arcsin
+
=
−
−
түрінде жазылады. 
17.6.  Сол жағы дəл туынды болып келетін теңдеу 
ретін төмендету
Теңдеу ретін төмендетуді мүмкін ететін тағы бір жағдай-
ды атап өтейік. Бұл - теңдеудің сол жағы дəл туынды болып 
келетін  жағдай. Мұндайда теңдеу реті тікелей интегралдау 
нəтижесінде бірге кемитіні түсінікті. Бұл өте сирек кездесетін 
жағдай. Көптеген жағдайда аталған теңдеу түріне кейбір жасан-
ды түрлендірулер көмегімен қол жеткізуге болады жəне мұндай 
түрлендірулердің кең тараған əдістері жоқ. Мұнда мысалдармен 
шектелеміз.

151
Мысал. 
у
хy
у
0
′′ − ′ − =
 теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі. Теңдеуді 
(
)
y
ху
0
′
′ −
=
түріне келтіруге болады, демек оның сол жағы дəл туынды. Бұдан
y
ху
C
1
′ −
=
,
аралық интеграл бірінші ретті сызықтық теңдеуді кескіндейді. Оны 
интегралдау нəтижесінде 
(
)
х
х
y
C e
e
dx
C
2
2
/2
/2
1
2
−
=
+
∫
 интегралына 
қол жеткіземіз. Ол элементар функцияларда өрнектелмегенімен, 
мұндай элементар емес функция үшін дəйекті кестелер құрылған. 
Интеграл сол кестелер бойынша есептеледі. 
Мысал. 
( )
уу
y
у
2
2
0
′′ − ′ −
=
 теңдеуінің жалпы шешімін табу 
талап етіледі.
Шешімі. Осы теңдеудің сол жағы дəл туынды болмайды. 
Бірақ   бұл   теңдеуді    
( )
уу
y
у
2
2
′′ − ′ =
     немесе    
( )
уу
y
у
2
2
1
′′ − ′
=
 
түрінде  көшіріп  жазуға  болады.  Бұдан  теңдеу 
y
у
1
′
′ =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
 түріне 
келетіні көрінеді.  Интегралдау  нəтижесінде  
y
х
С
у
1
′ = +
  немесе
айнымалылары айырылатын 
(
)
y
у х
С
1
′ =
+
 теңдеуіне келеміз. 
Айнымалыларды айырып, интегралдайық: 
(
)
(
)
х
С
dy
х
С dx
y
С
у
2
1
1
2
ln
ln
2
+
=
+
⇒
=
+
атап айтқанда 
(
)
х C
y
C e
2
1
/2
2
.
+
=

152
§18. Екінші ретті сызықтық біртектес дифференциалдық 
теңдеулер
(Екінші ретті СБДТ).
( )
( )
у
а x y
а x у
1
2
0
′′ +
′ +
=
                       (4.99)
түріндегі екінші ретті сызықтық біртектес дифференциалдық 
теңдеуді қарастырып, оның шешімдерінің кейбір қасиеттерін 
тағайындайық.
Теорема 4.2. Егер 
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 функциялары 
(4.99) теңдеуінің дербес шешімдері болса, онда 
( )
( )
у
С у x
С у x
1 1
2 2
=
+
                         (4.100) 
(мұнда 
С С
1
2
,
 - еркін тұрақтылар) функциясы да осы теңдеудің 
шешімі болады.
Дəлелдеме. 
у
С у
С у
1 1
2 2
=
+
  функциясы жəне оның туынды-
ларын (4.99)-дың сол жағына енгізгеннен кейін, төмендегі өрнек 
шығады:
(
)
( )
(
)
( )
(
)
С у
С у
а x С у
С у
а x С у
С у
С у
С у
1 1
2 2
1
1 1
2 2
2
1 1
2 2
1 1
2 2
″
′
″
″
+
+
+
+
+
=
+
+
( )
(
)
( )
(
)
( )
( )
а x С у
С у
а x С у
С у
С
у
а x у
а x у
//
/
1
1 1
2 2
2
1 1
2 2
1
1
1
1
2
1
′
′
+
+
+
+
=
+
+
+
⎡
⎤
⎣
⎦
( )
( )
С
у
а x у
а x у
С
С
//
/
2
2
1
2
2
2
1
2
0
0 0,
+
+
+
=
⋅ +
⋅ =
⎡
⎤
⎣
⎦
өйткені 
у
1
 мен 
у
2
 (4.99) теңдеуінің шешімдері болғандықтан, 
соңғы жақшадағы өрнектер нөлге тепе-тең. Сонымен 
у
С у
С у
1 1
2 2
=
+
 функциясы да (4.99) теңдеуінің шешімі болады. 
Теореманың салдары ретінде, егер 
у
1
 жəне 
у
2
 (4.99) теңдеуінің 
шешімдері болса, онда у =
у
1
 + 
у
2
 жəне 
у
Су
1
=
 функциялары да 
оның шешімдері екенін айтуымызға болады. Екі еркін тұрақты 
қамтитын (4.100) функциясы (4.99) теңдеуінің шешімі болып 
табылады. Осы функция (4.99) теңдеуінің жалпы шешімі бола 
ма? Бұл сұраққа жауап беру үшін функциялардың сызықтық 
тəуелділігі жəне сызықтық тəуелсіздігі ұғымдарын енгізейік.
4.2-анықтама. (a, b) интервалындағы 
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 функциялары үшін 

153
(
)
у
у
R
1 1
2 2
1
2
0,
,
α
α
α α
+
=
∈
                  (4.101)
теңдігі 
1
2
0
α
α
=
=
 болғанда жəне тек сонда ғана орындалса, 
у
1
 
жəне 
у
2
 функциялары сол интервалда сызықтық тəуелсіз деп 
аталады. Егер 
1
α
  немесе 
2
α
 сандарының, ең болмағанда, біреуі 
нөлден өзгеше болып, (4.101) теңдігі орындалса, онда 
у
1
 жəне 
у
2
 
функцияларын сол интервалда сызықтық тəуелді деп атайды. 
у
1
 жəне 
у
2
 функциялары  пропорционал  болғанда  ғана  барлық
( )
х
a b
,
∈
   үшін    
у
у
1
2
λ
=
   немесе   
у
у
const
1
2
, (
)
λ
λ
=
=
    теңдігі
орындалғанда   сызықтық   тəуелді   болатыны   айқын.   Мəселен, 
x
у
e
1
3
=
   жəне   
x
у
e
2
=
   функциялары - сызықтық   тəуелді: 
у
const
у
1
2
3
;
= =
 
у
1
    жəне    
x
у
e
2
3
=
    функциялары  -  сызықтық 
тəуелсіз:   
x
x
x
у
e
e
const
у
e
1
2
3
3
3
;
−
=
=
≠
    
у
x
4
sin
=
    жəне   
у
x
5
cos
=
 
функциялары - сызықтық тəуелсіз: 
x
x
1
2
sin
cos
0
α
α
+
=
 теңдігі 
барлық 
x
R
∈
 үшін тек 
1
2
0
α
α
=
=
 болғанда ғана орындалады. 
Олардың сызықтық тəуелсіздігі 
у
tgx
const
у
4
5
=
≠
 қатынасынан 
да байқалады. Функциялар жүйесінің сызықтық тəуелділігін 
анықтайтын құрал ретінде Вронский анықтауышы немесе врон-
скиан деп аталатын анықтауыш   алынады (Ю. Вронский – поляк 
математигі).   
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 дифференциалдамалы функцияла-
ры үшін вронскиан
( )
у
у
W x
у
у
1
2
1
2
=
′
′
түрінде кескінделеді. Келесі теоремалар орынды.

154
Теорема 4.3. 
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 дифференциалдамалы 
функциялары (a, b) интервалында сызықтық тəуелді болса, онда 
осы интервалда Вронский анықтауышы нөлге тепе-тең.
Дəлелдеме. 
у
1
 жəне 
у
2
 функциялары сызықтық тəуелді бол-
ғандықтан, онда (4.101) теңдігінде 
1
α
немесе 
2
α
 мəні нөлден 
өзгеше. 
0
1
α
≠
 болсын, онда 
у
у
2
1
2
1
.
α
α
= −
Сондықтан (a, b) ин-
тервалына тиіс кез келген х үшін
( )
у
у
W x
у
у
2
2
2
1
2
2
2
1
0.
α
α
α
α
−
=
=
−
′
′
Теорема 4.4. Егер 
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 функциялары (a, 
b) интервалында (4.99) теңдеуінің сызықтық тəуелсіз шешімдері 
болса, онда Вронский анықтауышы осы интервалдың ешбір 
нүктесінде нөлге айналмайды. 
Теорема дəлелдемесін келтірмейміз. 4.3 жəне 4.4 теоремалары-
нан дербес шешімдер сызықтық тəуелсіз болғанда ғана Врон-
ский анықтауышы (a, b) интервалының бірде-бір нүктесінде 
нөлге тең болмайды.
Анықтама. Екінші ретті сызықтық біртектес дифферен-
циалдық теңдеуінің (a, b) интервалындағы 
( )
у x
1
 жəне 
( )
у x
2
 
дербес шешімдер жиынтығы осы теңдеудің іргелі шешімдер 
жүйесін анықтайды: кез келген шешім 
( )
( )
у
у x
у x
1 1
2 2
α
α
=
+
 
комбинациясы түрінде кескінделеді. 
1-мысал. 
у
x
1
sin
=
 жəне 
у
x
2
cos
=
; 
у
x
3
2sin
=
 жəне 
у
x
4
5cos
=
 (олар шексіз көп) дербес шешімдері 
у
у
0
′′ + =
 
теңдеуінің іргелі шешімдер жүйесін құрайды; 
у
5
0
=
 жəне 
у
x
6
cos
=
 дербес шешімдері  құрамайды. Енді қандай шарт орын-
далғанда (4.100) функциясы (4.99) теңдеуінің жалпы шешімі бо-
латынын нақтылап айтуымызға болады.
Теорема 4.5.  (Екінші ретті сызықтық біртектес диффе-
ренциалдық теңдеуі жалпы шешімінің құрылымы). Егер екінші 

155
ретті сызықтық біртектес дифференциалдық (4.99) теңдеуінің 
( )
у
у x
1
1
=
 жəне 
( )
у
у x
2
2
=
 қос дербес шешімі (a, b) интервалын-
да іргелі шешімдер жүйесін құрайтын болса, онда осы теңдеудің 
жалпы шешімі
у
С у
С у
1 1
2 2
=
+
   (
С С
1
2
,
 - еркін тұрақтылар)         (4.102)
функциясы болып табылады.
Дəлелдеме.  4.2-теоремаға сəйкес (4.102) функциясы (4.99) 
теңдеуінің шешімі болып табылады. Осы шешімнің жалпы 
екенін, атап айтқанда оның тарапынан берілген 
х х
у
у
0
0
=
=
, 
х х
у
у
0
0
,
=
′
= ′
 
( )
х
a b
0
,
∈
              (4.103)
бастапқы шарттарын қанағаттандыратын жалғыз дербес шешімді 
айырып алуға болатынын дəлелдеу ғана қалып отыр. (4.103) 
бастапқы шарттарын (4.100) шешіміне енгізгеннен соң, C
1
 жəне 
C
2
 белгісізі бар
( )
( )
( )
( )
у
С у х
С у х
у
С у х
С у х
0
1 1
0
2 2
0
0
1 1
0
2 2
0
,
=
+
′ =
′
+
′
⎧⎪
⎨
⎪⎩
теңдеулер жүйесіне келеміз, мұнда 
( )
( )
у
у х
у
у х
0
0
0
0
,
=
′ = ′
. Осы 
жүйенің 
( )
( )
( )
( )
( )
у х
у х
W х
у х
у х
1
0
2
0
0
1
0
2
0
=
′
′
анықтауышы 
х
х
0
=
 болғандағы 
( )
W x
 вронскиан мəніне тең. 
( )
у x
1
 жəне 
( )
у x
2
 шешімдері (a, b) интервалында іргелі шешімдер 
жүйесін құрайтындықтан, онда 4.4 теоремасына сəйкес 
( )
W х
0
0.
≠
 
Сондықтан теңдеулер жүйесі 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
у
у х
у х
у
С
С
С
С
у
у х
у х
у
W х
W х
0
2
0
1
0
0
0
0
1
1
2
2
0
2
0
1
0
0
0
0
1
1
;
=
=
=
=
′
′
′
′
жалғыз шешіміне ие болады. 
( )
( )
у
С у x
С у x
0
0
1 1
2 2
=
+
 шешімі (4.103) 
бастапқы шарттарын қанағаттандыратын (4.99) теңдеуінің дербес 

156
(жалғыздық теоремасына сəйкес, жалғыз) шешімі болып табыла-
ды. Теорема дəлелденді.
2-мысал. 4.5 теоремасы негізінде 
у
у
0
′′ + =
 теңдеуінің (1-мы-
салды қараңыз) жалпы шешімі 
у
С
x
С
x
1
2
sin
cos
=
+
 функциясы 
болып табылады. 

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: