§27. Тұрақты коэффициенттері бар сызықтық

§27. Тұрақты коэффициенттері бар сызықтық 
дифференциалдық теңдеулер жүйелері
(4.127) нормаль теңдеулер жүйесі тұрақты коэффициенттері 
бар сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеулерден құ рыл-
ған жағдайда тағы бір интегралдау əдісін көрсетейік. Мұндай 
теңдеулер жүйесі 
n
n
n
n
п
n
n
nn
n
dу
a у
a у
a у
dx
dу
a у
a у
a у
dx
dу
a у
a у
a у
dx
1
11 1
12 2
1
2
21 1
22 2
2
1 1
2 2
...
,
...
,
.......................................
...
=
+
+ +
=
+
+ +
=
+
+ +
⎧
⎪
⎪
⎪⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪⎩
түрінде кескінделеді. Талқылауды жеңілдету мақсатымен үш 
у у
у
1
2
3
, ,
 белгісізі бар үш 

183
dу
a у
a у
a у
dx
dу
a у
a у
a у
dx
dу
a у
a у
a у
dx
1
11 1
12 2
13 3
2
21 1
22 2
23 3
3
31 1
32 2
33 3
,
,
=
+
+
=
+
+
=
+
+
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪⎩
                     (4.133)
теңдеулер жүйесін қарастырумен шектелеміз, мұнда a
ij
 (i, j = 1, 2, 
3) коэффициенттерінің барлығы тұрақты. (4.133) жүйесінің дер-
бес шешімін 
kx
у
e
1
α
= ⋅
, 
kx
kx
у
e
у
e
2
3
,
β
γ
= ⋅
= ⋅
                       (4.134)
түрінде іздестіреміз, мұнда 
k
, , ,
α β γ
 тұрақтыларын (4.134) 
функциялары (4.133) жүйесін қанағаттандыратындай табу керек. 
Осы функцияларды (4.133) жүйесіне енгізіп, 
kx
e
0
≠
 көбейткішке 
қысқартқаннан кейін 
k
a
a
a
k
a
a
a
k
a
a
a
11
12
13
21
22
23
31
32
33
,
,
α
α
β
γ
β
α
β
γ
γ
α
β
γ
=
+
+
=
+
+
=
+
+
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
немесе 
(
)
(
)
(
)
a
k
a
a
a
a
k
a
a
a
a
k
11
12
13
21
22
23
31
32
33
0,
0,
0
α
β
γ
α
β
γ
α
β
γ
−
+
+
=
+
−
+
=
+
+
−
=
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
                    (4.135)
жүйесін шығарып аламыз. (4.135) жүйесін үш 
, ,
α β γ
 белгісізі бар 
үш алгебралық біртектес теңдеулер жүйесі ретінде қарастыруға 
болады. Осы жүйенің нөлден өзгеше шешімі бар болуы үшін 
жүйе анықтауышы 
a
k
a
a
a
a
k
a
a
a
a
k
11
12
13
21
22
23
31
32
33
0
−
−
=
−
                    (4.136)

184
болуы қажет жəне жеткілікті. (4.136) теңдеуі (4.133) жүйесінің 
характеристикалық теңдеуі деп аталады. Анықтауышты ши-
ратып жазып, k-ға қатысты үшінші дəрежелі теңдеуді шығарып 
аламыз. Мұндайда үш жағдай кездесуі мүмкін.
1-жағдай. Характеристикалық теңдеудің түбірлері əртүр лі 
жəне нақты. Əрбір 
(
)
i
k i
n
1,2,...,
=
 түбірі үшін (4.135) жүйесін 
жазып, 
i
i
i
, ,
α β γ
 коэффициенттерін анықтаймыз (коэффи циент-
терінің біреуін бірге тең деп санаймыз). Сонымен, 
k
1
 түбірі үшін (4.133)-тің дербес шешімі 
( )
( )
( )
k x
k x
k x
у
e
у
e
у
e
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
3
1
,
,
;
α
β
γ
=
=
=
k
2
 түбірі үшін (4.133)-тің дербес шешімі
( )
( )
( )
k x
k x
k x
у
e
у
e
у
e
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
3
2
,
,
;
α
β
γ
=
=
=
k
1
 түбірі үшін (4.133)-тің дербес шешімі 
( )
( )
( )
k x
k x
k x
у
e
у
e
у
e
3
3
3
3
3
3
1
3
2
3
3
3
,
,
α
β
γ
=
=
=
түрінде табылады. Осы функциялар іргелі шешімдер жүйесін құ-
рай тынын көрсетуге болады, (4.133) жүйесінің жалпы шешімі 
k x
k x
k x
у
С
e
С
e
С
e
1
2
3
1
1 1
2 2
3 3
,
α
α
α
=
+
+
k x
k x
k x
у
С
e
С
e
С
e
1
2
3
2
1 1
2 2
3 3
,
β
β
β
=
+
+
                (4.137)
k x
k x
k x
у
С
e
С
e
С
e
1
2
3
3
1 1
2 2
3 3
γ
γ
γ
=
+
+
түрінде жазылады.
1-мысал. 
dу
у
у
dx
dу
у
у
dx
1
1
2
2
1
2
,
4
=
−
= −
+
⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
 теңдеулер жүйесін шешу талап 
етіледі.
Шешімі. Берілген жүйе үшін характеристикалық теңдеу 
k
k
1
1
0
4 1
−
−
=
−
−

185
түрінде жазылады. Одан 
k
k
k
k
2
1
2
2
3 0,
1,
3.
−
− =
= −
=
Берілген жүйенің дербес шешімдерін 
( )
( )
k x
k x
у
e
у
e
1
1
1
1
1
1
2
1
,
α
β
=
=
жəне 
( )
( )
k x
k x
у
e
у
e
2
2
2
2
1
2
2
2
,
α
β
=
=
түрінде іздестіреміз. 
i
α
 жəне 
(
)
i
i
1,2
β
=
-ді табамыз. 
k
1
1
= −
 
болғанда (4.135) жүйесі 
( )
(
)
( )
(
)
1
1
1
1
1
1
0,
4
1
1
0
α β
α
β
− −
− =
−
+ − −
=
⎧⎪
⎨
⎪⎩
 атап айтқанда 
1
1
1
1
2
0,
4
2
0
α β
α
β
− =
−
+
=
⎧
⎨
⎩
түріне келеді. Бұл жүйенің шексіз көп шешімі бар. 
1
1
=
α
 деп 
ұйғарсақ, 
1
2
β
=
 болады. Осыдан дербес шешімдер 
( )
( )
x
x
у
e
у
e
1
1
1
2
,
2
−
−
=
=
түрінде табылады. 
k
2
3
=
 болуында (4.135) жүйесі 
2
2
2
2
2
0,
4
2
0
α
β
α
β
−
−
=
−
−
=
⎧
⎨
⎩
түріне келеді. 
2
1
α
=
 деп ұйғарсақ, 
2
2
β
= −
 болады. Демек 
k
2
3
=
 
түбіріне 
( )
x
у
e
2
3
1
=
 жəне 
( )
x
у
e
2
3
2
2
= −
 
дербес шешімдері сəйкес. Бастапқы жүйенің жалпы шешімі 
(4.137) формуласына сəйкес 
x
x
x
x
у
С e
С e
у
С e
С e
3
3
1
1
2
2
1
2
,
2
2
−
−
=
+
=
−
түрінде жазылады.
2-жағдай. Характеристикалық теңдеудің түбірлері 
əртүрлі болғанымен, олардың арасында комплекстілері бар: 

186
k
a
bi k
a
bi k
1
2
3
,
, .
= +
= −
 Мұндайда дербес шешімдер нұсқасын 
дəл 1-жағдайдағыдай анықтайды.
Ескерту.  Шыққан дербес шешімдер орнына, Эйлер форму-
лаларын қолданып, олардың комбинацияларын алуға да болады 
(§20, 3-жағдай); нəтижесінде 
аx
ax
e
bx e
bx
cos ,
sin
 түріндегі функ-
цияларды қамтитын екі нақты шешімге қол жеткіземіз. Немесе 
табылған дербес комплекс шешімдерде нақты жəне жорамал 
бөліктерін айырып, екі нақты дербес шешім шығарып аламыз 
(олардың да теңдеу шешімдері екенін көрсетуге болады). Мұның 
өзінде комплекс-түйіндес 
k
a
bi
2
= −
 түбірі жаңа сызықтық 
тəуелсіз нақты шешімдерін бермейтіні түсінікті.
2-мысал. 
( )
( )
( )
п
у
у
у
1
2
0
7,
0
2,
0 1
=
=
=
  бастапқы шартта-
рында 
dу
у
у
dx
dу
у
у
у
dx
dу
у
у
dx
1
1
2
2
1
2
3
3
2
3
,
,
3
= +
= − +
−
=
+
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪⎩
теңдеулер жүйесінің дербес шешімін табу талап етіледі.
Шешімі. Берілген жүйе үшін характеристикалық теңдеу құ-
рып оны шешеміз: 
k
k
k
1
1
0
1 1
1
0,
0
3
1
−
−
−
− =
−
(
)
(
)
(
)
k
k
k
k
k
k
k
2
1
1
1
1
1
1
0,
1
2
4
3
1
0 1
−
−
−
−
− ⋅
− ⋅
=
⇒ − ⋅
−
+ −
−
−
(
)
(
)
k
k
k
k
k
i k
i
2
1
2
3
1
2
5
0,
1,
1 2 ,
1 2 .
− − ⋅
−
+ =
=
= +
= −
k
1
1
=
 үшін (4.135) -ке сəйкес 

187
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0,
0
0,
0
3
0
0
α β
γ
α
β γ
α
β
γ
⋅ + + ⋅ =
− + ⋅ − =
⋅ +
+ ⋅ =
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
теңдеулер жүйесін құрып, одан 
1
1
α =
 деп ұйғарған шақта 
1
1
0,
1
β
γ
=
= −
 болатынын шығарып аламыз.
Жүйенің дербес шешімі 
( )
( )
( )
x
x
у
e
у
у
e
1
1
1
1
2
3
,
0 ,
=
=
= −
түріне келеді. 
k
i
2
1 2
= +
 үшін (4.135) жүйесі 
i
i
i
2
2
2
2
2
2
2
2
0,
2
0,
3
2
0
α
β
α
β γ
β
γ
−
+
=
− −
−
=
−
=
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
түріне келеді. 
2
1
α
=
 десек, мұнан 
i
2
2
2 ,
3.
β
γ
=
=
 Олай болса, 
жүйенің дербес комплекс шешімі 
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
i x
i x
i x
у
e
у
ie
у
e
2
1 2
2
1 2
2
1 2
1
2
3
,
2
,
3
+
+
+
=
=
=
түрінде жазылады. Осы табылған шешімдерде (Re) нақты жəне 
(Im) жорамал бөліктерін айырып жазайық: 
( )
(
)
(
)
i x
x
у
e
e
x
i
x
2
1 2
1
cos2
sin2 ,
+
=
=
+
( )
( )
x
x
у
e
x
у
e
x
2
2
1
1
Re
cos2 , Im
sin2 ;
=
=
( )
(
)
(
)
i x
x
у
ie
e
i
x
x
2
1 2
2
2
2 cos2
2sin2 ,
+
=
=
−
( )
( )
x
x
у
e
x
у
e
x
2
2
2
2
Re
2 sin2 , Im
2 cos2 ;
= −
=
( )
(
)
(
)
i x
x
у
e
e
x
i
x
2
1 2
3
3
3cos2
3sin2 ,
+
=
=
+
( )
( )
x
x
у
e
x
у
e
x
2
2
3
3
Re
3 cos2 , Im
3 sin2 .
=
=

188
Жоғарыда айтылғандай, 
k
i
3
1 2
= −
 түбірі дəл осы шешімдерге 
əкеледі. Сонымен, жүйенің жалпы шешімі 
x
x
x
x
x
x
x
x
у
С e
С e
x
С e
x
у
С
С e
x
С e
x
у
С e
С e
x
С e
x
1
1
2
3
2
1
2
3
3
1
2
3
cos2
sin2 ,
0 2
sin2
2
cos2 ,
3
cos2
3
sin2
=
+
+
=
⋅ −
+
= −
+
+
түрінде жазылады. Дербес шешімді айырып алайық. Берілген 
бастапқы шарттар бойынша 
С С С
1
2
3
, ,
 тұрақтыларын анықтау 
үшін 
С
С
С
С
С
1
2
3
1
2
0 7,
0 0 2
2,
3
0 1
+
+ =
− +
=
− +
+ =
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
теңдеулер жүйесін құрамыз. Одан 
С
С
С
1
2
3
5,
2,
1
=
=
=
 екені 
шығады. Демек ізделінді дербес шешім 
x
x
x
x
x
x
x
x
у
e
e
x
e
x
у
e
x
e
x
у
e
e
x
e
x
1
2
3
5
2 cos2
sin2 ,
4 sin2
2 cos2 ,
5
6 cos2
3 sin2
=
+
+
= −
+
= −
+
+
түріне келеді. 
3-жағдай. Характеристикалық теңдеудің түбірі т еселі 
болсын 
(
)
т
2,3
=
. Еселі түбірге сəйкес теңдеу шешімінің түрі 
төмендегі нұсқада жазылады:
а) егер т = 2 болса, онда 
(
)
(
)
(
)
kx
kx
kx
у
А
Вх e
у
C
Dх e
у
E
Fх e
,
,
;
1
2
3
=
+
=
+
=
+
б) егер т = 3 болса, онда 
(
)
(
)
kx
kx
у
А
Вх
Cx e
у
D
Eх
Fx e
2
2
1
2
,
,
=
+
+
=
+
+
(
)
kx
у
G
Hх
Nx e
2
3
;
=
+
+
 
Cx
2
;

189
Бұл шешім т еркін тұрақтыға тəуелді. 
А В C
N
, , ,...,
 тұрақ-
тылары анықталмаған коэффициенттер əдісі бойынша табыла-
ды. Барлық коэффициенттерді олардың т коэффициенті арқылы 
өрнектеп, кезек-кезек олардың біреуін бірге тең, қалғандары 
нөлге тең деп ұйғарып, (4.133) жүйесінің сызықтық тəуелсіз дер-
бес шешімдерін шығарып аламыз.
3-мысал. 
dу
у
у
у
dx
dу
у
у
у
dx
dу
у
у
dx
1
1
2
3
2
1
2
3
3
2
3
,
,
2
=
−
+
= +
−
= − +
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪⎩
теңдеулер жүйесін шешу талап етіледі.
Шешімі. Берілген жүйе үшін характеристикалық теңдеу құ-
рып, оны шешеміз: 
k
k
k
1
1
1
1
1
1
0,
0
1 2
−
−
−
−
=
⇒
−
−
(
)
(
)
(
)
k
k
k
k
k
k
k
k
2
1
2
3
1
2 2
1 1
2
1 0,
2,
3,
1.
− ⋅ −
− +
− − ⋅ − + + = ⇒
=
=
=
k
1
2
=
 түбірі үшін (4.135) бойынша
1
1
1
1
1
1
1
0,
0,
0
α β γ
α β γ
β
− − + =
− − =
− =
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
жүйесі сəйкес. Одан 
1
1
1
0,
0.
β
α γ
=
− =
⎧
⎨
⎩

190
Мұнда 
1
1
γ
=
 деп ұйғарсақ, 
1
1
α
=
 болатыны шығады. Осыдан 
бастапқы жүйенің бір дербес шешімі шығады: 
( )
( )
( )
x
x
у
e
у
у
e
1
1
1
2
2
1
2
3
,
0 ,
.
=
=
=
Екі еселі 
(
)
k
k
k
т
2
3
1,
2
= = =
=
 түбіріне 
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
x
x
x
у
А
Вх e
у
C
Dх e
у
E
Fх e
2,3
2,3
2,3
1
2
3
,
,
=
+
=
+
=
+
түріндегі шешім сəйкес.
Осы өрнектерді (шешімдерді) бастапқы жүйенің теңдеулеріне 
енгізгеннен алатынымыз: 
(
)
(
)
(
)
(
)
x
x
x
x
x
Вe
А
Вх e
А
Вх e
C
Dх e
E
Fх e
,
+
+
=
+
−
+
+
+
(
)
(
)
(
)
(
)
x
x
x
x
x
De
C
Dх e
А
Вх e
C
Dх e
E
Fх e
,
+
+
=
+
+
+
−
+
(
)
(
)
(
)
x
x
x
x
Fe
E
Fх e
C
Dх e
E
Fх e
2
.
+
+
= −
+
+
+
Осыдан 
kx
e
0
≠
 көбейткішіне қысқартқаннан кейін, мүшелерді 
топтастырған соң 
(
)
D
F x
B
C
E
0,
−
+ + − =
(
)
B
F x
A
D
E
0,
−
+ − − =
(
)
D
F x
F
C
E
0
−
+ + − =
теңдіктеріне келеміз. Осы теңдіктер 
D
F
B
F
B
C
E
A
D
E
C
F
E
0,
0,
0,
0,
0
− =
− =
+ − =
− − =
+ − =
болса ғана тепе-тең орындалады. Коэффициенттердің барлы-
ғын олардың екеуі (m  = 2) арқылы, мəселен, А жəне  В арқылы 
өрнектейік. Екінші теңдеуден B = F. Сонда, бірінші теңдеуді есепке 

191
алғанда 
D
B
=
 болатынын шығарып аламыз. Төртінші теңдеуден 
E = A – D, демек 
E
A
B
.
= −
 Үшінші теңдеуден 
C
E
B
= −
, демек 
C
A
B
B
A
B
2 .
= − − = −
 А жəне В коэффициенттері еркін алынған. 
A
B
1,
0
=
=
 деп ұйғарсақ, 
C
D
E
F
1,
0,
1,
0
=
=
=
=
 болатыны 
шығады. 
A
B
0,
1
=
=
 деп ұйғарылса, 
C
D
E
F
2,
1,
1,
1
= −
=
= −
=
 
мəндеріне келеміз.
Екі еселі 
k
1
=
 түбіріне сəйкес, екі сызықтық тəуелсіз дербес 
шешімдерді шығарып аламыз: 
( )
( )
( )
x
x
x
у
e
у
e
у
e
2
2
2
1
2
3
,
,
=
=
=
жəне 
( )
( )
(
)
( )
(
)
x
x
x
у
хe
у
х e
у
х e
3
3
3
1
2
3
,
2
,
1
.
=
= − +
= − +
Бастапқы жүйенің жалпы шешімін 
(
)
(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
у
С e
С e
С хe
у
С e
С х
e
у
С e
С e
С х
e
2
1
1
2
3
2
2
3
2
3
1
2
3
,
2
,
1
=
+
+
=
+
−
=
+
+
−
түрінде жазамыз.