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

157
Мысал. 
x
x
x
у
e
у
х e
у
х
e
2
1
2
3
,
,
=
= ⋅
=
⋅
  функциялары кейбір 
үшінші ретті СБДТ-нің ІШЖ-сін құрайтынын көрсетіп, сол 
теңдеуді жазу талап етіледі.
Шешімі. 
( )
W х
-ті есептеп табамыз: 
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
e
х e
х
e
х
х
W x
e
х
e
х
х e
e
х
х
х
х
х
х
e
х
e
х
х
e
2
2
2
3
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
2
4
2
2
4
2
⋅
⋅
=
+
+
=
+
+
=
+
+
+
+
+
+
(
)
x
x
x
х
х
e
х
e
х
х
e
х
2
3
3
3
1
0 1
2
4
2 4
2
0 2 4
2
=
=
⋅
+ −
=
+
.
Барлық 
х
R
∈
 үшін 
( )
W х
0
≠
 болатыны айқын. Демек берілген 
функциялар үшінші ретті СБДТ-нің ІШЖ-сін құрайды. Үшінші 
ретті СБДТ-нің жалпы түрі 
( )
( )
( )
у
а х у
а х у
а х y
1
2
3
0.
′′′ +
′′ +
′ +
=
Осы теңдеуге 
у
1
, 
у
2
, 
у
3
 функцияларын енгізіп, 
( ) ( ) ( )
а х
а х
а х
1
2
3
,
,
 функцияларына қатысты үш теңдеу жүйесін 
шығарып аламыз. Оны шешкен күнде 
у
у
у
y
3
3
0
′′′ − ′′ + ′ − =
 
теңдеуіне келеміз; оның жалпы шешімі 
x
x
x
у
С e
С х e
С х
e
2
1
2
3
.
=
+
⋅ +
⋅
§20. Тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті 
дифференциалдық теңдеулерді интегралдау
Жоғарыда қарастырылған СБДТ-нің дербес жағдайы ретінде 
тұрақты  коэффициенттері бар сызықтық біртектес диф фе-
ренциалдық теңдеулер танылады. Екінші ретті 
у
рy
qу
0
′′ +
′ +
=
                              (4.105)
СБДТ-і берілсін, мұнда р жəне q – тұрақтылар.
(4.105) теңдеуінің жалпы шешімін табу үшін іргелі шешім-

158
дер жүйесін құрайтын оның екі дербес шешімін табу жеткілікті 
(4.5-теореманы қараңыз). (4.105) теңдеуінің дербес шешімдерін 
Л. Эйлердің ұсынуынша,
kx
у
e
=
түрінде іздестіреміз, мұнда k - кейбір сан. Осы функцияны екі 
рет дифференциалдап, 
у y
у
, ,′ ′′
 өрнектерін (4.105) теңдеуіне 
енгізгеннен соң 
kx
kx
kx
k
e
p ke
q e
2
0,
⋅
+ ⋅
+ ⋅
=
 атап айтқанда 
(
)
kx
e
k
p k
q
2
0,
+ ⋅ +
=
 немесе 
(
)
kx
k
p k
q
e
2
0,
0
+ ⋅ + =
≠
  
 
 
 
 
 
 
 
            (4.106)
теңдеуін шығарып аламыз. (4.106) теңдеуін (4.105) диффе-
ренциалдық теңдеуінің характеристикалық теңдеуі  дейді 
(оны құру үшін (4.105) теңдеуінде 
у
y
,
′′ ′
 жəне y-ті сəйкесінше
 
k
k
2
,
 жəне 1-мен алмастыру  жеткілікті). (4.106) характеристи ка-
лық теңдеуін шешкенде үш жағдай кездесуі мүмкін.
1-жағдай. (4.106)  теңдеуінің түбірлері əртүрлі жəне нақты:
p
k
k
D
q
2
1
2
0 .
4
≠
=
− >
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
 Осы жағдайда (4.105) теңдеуінің дербес 
шешімдері 
k x
у
e
1
1
=
 жəне 
k x
у
e
2
2
=
 функциялары болып табыла-
ды.
Олар іргелі шешімдер жүйесін құрайды (сызықтық тəуелсіз), 
өйткені олар түзейтін вронскиан 
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
k x
k x
k
k
x
k
k
x
k
k
x
k x
k x
e
e
W x
k e
k e
e
k
k
k e
k e
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
0.
+
+
+
=
=
−
=
−
≠
Демек (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі (4.102) формуласына 
сəйкес 
k x
k x
у
С e
С e
1
2
1
2
=
+
                             (4.107)
түрінде жазылады.
1-мысал. 
у
y
у
5
6
0
′′ − ′ +
=
 теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі. 
k
k
2
5
6 0
−
+ =
  характеристикалық теңдеуі бойын-

159
ша оның 
k
k
1
2
2,
3
=
=
 түбірлерін табамыз. Олай болса теңдеудің 
жалпы шешімі (4.107) формуласына сəйкес 
x
x
у
С e
С e
2
3
1
2
=
+
 
(
С С
1
2
,
 - еркін тұрақтылар) түріне келеді.
2-мысал. (4.106) характеристикалық теңдеуінің түбірлері 
нақты жəне бір-біріне тең: 
p
р
k
k
D
q
k
k
2
1
2
1
2
0,
.
4
2
=
=
− =
=
= −
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
 
Осы жағдайда бір 
k x
у
e
1
1
=
 дербес шешіміне ие боламыз. Айта 
кету керек, 
у
1
 функциясымен бірге 
k x
у
хe
1
2
=
 функциясы да 
(4.105) теңдеуінің шешімі болады екен. Расында, 
у
2
 функциясын 
(4.105) теңдеуіне енгізейік. Сонда 
( ) ( ) ( ) (
)
k x
k x
k x
k x
k x
у
ру
qу
хe
p хe
q хe
k e
хk e
1
1
1
1
1
//
/
//
/
2
2
2
2
1
1
2
+
+
=
+
+
=
+
+
(
) ( )
(
)
(
)
k x
k x
k x
k x
р e
хk e
q хe
e
x k
p k
q
p
k
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
+
+
+
=
+ ⋅ + +
+
⎡
⎤
⎣
⎦
.
Мұнда 
1
k
 (4.106) теңдеуінің түбірі болғандықтан 
k
p k
q
2
1
1
0
+ ⋅ + =
, ал шарт бойынша 
р
k
k
1
2
2
=
= −
 болса, 
p
k
1
2
0
+
=
. Сондықтан 
у
ру
qу
//
/
2
2
2
0
+
+
=
, атап айтқанда 
k x
у
хe
1
2
=
 функциясы (4.105) теңдеуінің шешімі болатынын 
көріп отырмыз. 
k x
у
e
1
1
=
 жəне 
k x
у
хe
1
2
=
 дербес шешімдері 
іргелі шешімдер жүйесін құрайды: 
( )
k x
W x
e
1
2
0.
=
≠
 Демек осы 
жағдайда СБД (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі 
k x
k x
у
С e
С хe
1
1
1
2
=
+
                             (4.108)
түріне ие болады.
3-жағдай. (4.106) теңдеуінің 
1
k
 жəне 
2
k
 түбірлері - ком-
плексті: 
p
р
p
k
i k
i
D
q
q
2
2
1
2
,
,
0,
,
0 .
4
2
4
α β
α β
α
β
= +
= −
=
− <
= −
=
−
>
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
Осы жағдайда (4.105) теңдеуінің дербес шешімдері болып 
(
)
i x
у
e
1
α β
+
=
 жəне 
(
)
i x
у
e
2
α β
−
=
 функциялары алынады. Эйлердің 
(ІІІ тарау)

160
i
e
i
cos
sin ,
ϕ
ϕ
ϕ
=
+
i
e
i
cos
sin
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
формулалары бойынша 
x
ix
x
x
у
e
e
e
x
ie
x
1
cos
sin ,
α
β
α
α
β
β
=
⋅
=
+
x
ix
x
x
у
e
e
e
x
ie
x
2
cos
sin .
α
β
α
α
β
β
−
=
⋅
=
−
(4.105) теңдеуінің екі нақты дербес шешімін табайық. Ол үшін 
у
1
 жəне 
у
2
 шешімдерінің 
x
у
у
e
x
у
1
2
1
cos
2
α
β
+
=
=
 жəне 
x
у
у
e
x
у
1
2
2
sin
2
α
β
−
=
=
сызықтық комбинацияларын құрамыз. 
у
1
 жəне 
у
2
 функцияла-
ры (4.105) теңдеуінің шешімі болатыны екінші ретті сызықтық 
біртектес дифференциалдық теңдеулер шешімдері қасиеттерінен 
туындайды (4.2-теореманы қараңыз). Осы 
у
1
 жəне 
у
2
 шешімдері 
( )
0
≠
x
W
 болуы себепті іргелі шешімдер жүйесін түзейді (өз 
бетіңізбен көз жеткізіңіз).
Сондықтан (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі 
x
x
у
С e
x
С e
x
1
2
cos
sin
α
α
β
β
=
+
 немесе
(
)
x
у
e
С
x
С
x
1
2
cos
sin
α
β
β
=
+
                        (4.109)
түрінде жазылады. 
2-мысал. 
у
y
у
6
25
0
′′ − ′ +
=
 теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі. 
k
k
2
6
25 0
−
+
=
 теңдеуін шешкеннен k
1 
= 3 + 4i, 
k
2 
= 3 – 4i түбірлері шығады. (4.109) формуласы бойынша тең-
деудің жалпы шешімін 
(
)
x
у
e
С
x
С
x
3
1
2
cos4
sin 4
=
+
 түрінде шы-
ғарып аламыз. 
Сонымен, тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті СБД 
(4.105) теңдеуінің жалпы шешімін табу интегралдарды есептемей-
ақ, (4.106) характеристикалық теңдеуінің түбірлерін табуға жəне 
(4.107) – (4.109) түріндегі теңдеудің жалпы шешімі формулала-
рын пайдалануға келтіріледі.

161
§21. Тұрақты коэффициенттері бар n-ретті СБД 
теңдеулерді интегралдау
Тұрақты коэффициенттері бар п-ретті (п>2) 
( )
( )
( )
n
n
n
n
n
у
р у
р у
р
y
р y
1
2
1
2
1
...
0,
−
−
−
+
+
+ +
′ +
=
   (4.110)
(
)
i
р i
n
сандар
1,2,...,
=
−
СБД теңдеулердің жалпы шешімін табу есебі тұрақты коэф-
фициенттері бар екінші ретті теңдеу жағдайына ұқсас шешіледі. 
Қажетті тұжырымдамалар жасап, мысалдар қарастырайық. (4.110) 
теңдеуінің дербес шешімдерін бұрынғыша 
kx
у
e
=
 (
k
 - тұрақты 
сан) түрінде іздестіреміз. (4.110) теңдеуі үшін характеристикалық 
теңдеу алгебралық п-ретті 
n
n
n
n
n
k
p k
p k
p
k
p
1
2
1
2
1
...
0
−
−
−
+
+
+ +
+
=
            (4.111)
теңдеуі болып табылады. (4.111) теңдеуінің п  түбірі болаты-
ны жəне олардың арасында комплекстілері кездесетіні белгілі. 
Барлық түбірлерін 
п
k k
k
1
2
, ,...,
 арқылы белгілейміз. 
Ескерту.  (4.111) теңдеуі  түбірлерінің барлығы түрлі болуы 
міндетті емес. Мəселен, дербес жағдайда 
(
)
k
2
4
0
−
=
 теңдеуінің 
екі бірдей 
k
k
1
2
4
= =
 түбірі бар. Бұл жағдайда түбірі біреу 
(
)
k
4 ,
=
 
жəне оның еселігі 
k
т
2
=
 дейді. Еселігі бірге тең: 
k
т
1
=
 болатын 
түбірді қарапайым түбір дейді. 
1-жағдай. (4.111) теңдеуі  түбірлерінің барлығы нақты жəне 
қарапайым (əртүрлі) болсын. Онда 
k x
у
e
1
1
=
, 
k x
у
e
2
2
=
, ... , 
п
k x
п
у
e
=
 
функциялары (4.110) теңдеуінің дербес шешімдері болып, іргелі 
шешімдер жүйесін құрайды (сызықтық тəуелсіз). Сондықтан 
(4.110) теңдеуінің жалпы шешімі 
п
k x
k x
k x
п
у
С e
С e
С e
1
2
1
2
...
=
+
+ +
түрінде жазылады. 
1-мысал. 
у
у
y
у
2
2
0
′′′ −
′′ − ′ +
=
  теңдеуінің жалпы шешімін 
табу талап етіледі.
Шешімі. 
k
k
k
3
2
2
2 0
−
− + =
 характеристикалық теңдеуінің 
11–454

162
шешімдері 
k
k
k
1
2
3
1,
1,
2.
= −
=
=
 Демек берілген теңдеудің жал-
пы шешімі 
x
x
x
у
С e
С e
С e
2
1
2
3
−
=
+
+
.
2-жағдай. Характеристикалық теңдеу  түбірлерінің барлығы 
нақты болғанымен, арасында қарапайым еместері де бар (т > 1 
еселігі бар түбірлер кездеседі). Онда əрбір қарапайым k түбіріне 
kx
e
 түріндегі дербес шешім сəйкес келсе, əрбір т > 1 еселігі бар 
k түбіріне
kx
kx
kx
т
kx
e
хe
х e
х
e
2
1
,
,
, ... ,
−
түріндегі, жалпы саны т болатын дербес шешім сəйкес келеді.
2-мысал. 
IV
у
у
у
y
у
3
5
2
0
− ′′′ − ′′ + ′ −
=
  теңдеуінің жалпы 
шешімін табу талап етіледі.
Шешімі. 
(
)(
)
k
k
k
k
k
k
3
4
3
2
3
5
2
2
1
0
−
−
+
− =
+
−
=
 харак-
терис тикалық теңдеуінің түбірлері 
k
k
k
k
1
2
3
4
2,
1,
1,
1.
= −
=
=
=
 
Демек берілген теңдеудің жалпы шешімі 
x
x
x
x
у
С e
С e
С xe
С x e
2
2
1
2
3
4
−
=
+
+
+
.
3-жағдай. (4.111) теңдеуінің түбірлері арасында комплекс-
түйіндестері бар. Онда қарапайым комплекс-түйіндес 
i
α β
±
 
түбірлері жұбына 
x
e
x
cos
α
β
 жəне 
x
e
x
sin
α
β
 дербес шешімдер 
жұбы сəйкес келіп, əрбір т > 1 еселігі бар 
i
α β
±
 түбірлер жұбына 
x
e
x
cos
α
β
,
x
хe
x
cos
α
β
, ... , 
т
x
х
e
x
1
cos
α
β
−
,
x
e
x
sin
α
β
,
x
хe
x
sin
α
β
, ... , 
т
x
х
e
x
1
sin
α
β
−
түріндегі, жалпы саны 2т  болатын дербес шешімдер сəйкес 
келеді. Осы шешімдер іргелі шешімдер жүйесін құрайтыны 
белгілі.
3-мысал. 
V
IV
у
у
у
у
y
у
2
2
0
+
+
′′′ +
′′ + ′ + =
 теңдеуін шешу та-
лап етіледі.
Шешімі. Характеристикалық теңдеу 
(
)
(
)
k
k
k
k
k
k
k
k
5
4
3
2
4
2
2
2
1
1
2
1
0
+
+
+
+ + =
+
+
+ =

163
түрінде жазылып, 
k
k
i k
i k
i k
i
1
2
3
4
5
1,
,
,
,
= −
=
= −
=
= −
 түбір-
леріне ие болады. 
Демек теңдеудің жалпы шешімі
x
у
С e
С
x
С
x
С х
x
С х
x
1
2
3
4
5
cos
sin
cos
sin
−
=
+
+
+
+
түрінде жазылады. 

жүктеу/скачать 0,86 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: