Қазақстан республикасы жоғары оқу орындарының Қауымдастығы к. Д. Көлекеев К. Ж. Назарова дифференциалдық теңдеулер алматы, 2012

94
Тұрақты коэффициентті сызықты біртекті емес теңдеудің дер-
бес шешімін, кейде операторлық əдіспен табу оңай.
Операторлық əдіс түсініктері
k
-ретті туындыны 
k
k
k
d y
D y
dx
=
десек, теңдеу
)
(
)
1
(
1
)
(
0
x
f
y
a
y
a
y
a
n
n
n
=
+
+
+
−
1
0
1
1
( ),
n
n
n
n
a D y
a D
y
a
Dy
a y
f x
−
−
+
+ +
+
=
немесе
1
0
1
1
(
)
( )
n
n
n
n
a D
a D
a
D
a y
f x
−
−
+
+ +
+
=
(6)
түрге келеді. Өрнек
)
(
1
1
1
0
D
F
a
D
a
D
a
D
a
n
n
n
n
≡
+
+
+
+
−
−
(7)
операторлық көпмүшелік деп аталады, онда теңдеу (6) қысқаша
)
(
)
(
x
f
y
D
F
=
түрінде жазылады.
Тікелей тексеру арқылы:
1) 
( )
( );
kx
kx
F D e
e F k
≡
2) 
2
2
( )sin
sin
(
);
F D
ax
axF
a
≡
−
3) 
2
2
( )cos
cos
(
);
F D
ax
axF
a
≡
−
4) 
( )
( )
(
) ( )
kx
kx
F D e
x
e F D
k
x
ϑ
ϑ
≡
+
тепе-теңдіктер дəлелденеді.
Тепе-теңдік (4) көрсетейік:
0
0
( )
( )
(
( ))
( )
n
n
kx
p
kx
kx
p
n p
n p
p
p
F D e
x
a
D e
x
e
a
k
x
ϑ
ϑ
ϑ
−
−
=
=
⎡
=
=
+
⎣
∑
∑
1
2
2
(
1)
2!
p
p
p
p p
pk
D
k
D
D
ϑ
ϑ
ϑ
−
−
−
⎤
+
+
+ +
=
⎦
0
(
)
(
) ( ).
n
kx
p
kx
n p
p
e
a
D
k
e F D
k
x
ϑ
ϑ
−
=
=
+
=
+
∑
Операторлардың қосындысы, көбейтіндісі тиісінше былай 
анықталады:

95
[
]
1
2
1
2
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ),
F D
F D
f x
F D f x
F D f x
+
=
+
[
]
1
2
1
2
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) .
F D
F D f x
F D F D f x
⋅
=
Қасиеттері: 
,
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
2
1
D
F
D
F
D
F
D
F
+
=
+
,
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
2
1
D
F
D
F
D
F
D
F
⋅
=
⋅
[
]
1
2
1
( ) ( )
( )
( ) ( )
F D F D
F D
F D F D
+
=
+
2
( ) ( ).
F D F D
+
Енді 
)
(
1
D
F
операторын анықтайық. Оператордың 
)
(
1
D
F
үзіліссіз функцияға 
f
(
x
) əсері, теңдеудің шешімі болады:
( )
( ),
F D y
f x
=
(8)
).
(
)
(
1
x
f
D
F
y
=
Онда:
1
( )
( )
( ).
( )
F D
f x
f x
F D
⎡
⎤
≡
⎢
⎥
⎣
⎦
(9)
Оператордың
)
(
1
D
F
əсерін осылай қабылдасақ, онда:
[
]
1
( ) ( )
( ).
( )
F D f x
f x
F D
=
(10)
Операторлардың Φ(
D
) жəне 
)
(
1
D
F
көбейтінділері, келесі 
теңдіктермен анықталады: 
,
)
(
)
(
1
)
(
)
(
)
(
1
)
(
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
Φ
=
Φ
x
f
D
F
D
x
f
D
F
D
[
]
1
1
( ) ( )
( ) ( ) .
( )
( )
D f x
D f x
F D
F D
Φ
=
Φ

96
Дербес жағдайда, 
1 ( )
( )
,
p
p
f x
f x dx
D
=
∫∫ ∫
себебі
( ).
p
D y
f x
=
Оператордың 
)
(
1
D
F
кейбір қасиеттері:
1) 
1
1
( )
( ).
( )
( )
kf x
k
f x
F D
F D
=
2) 
,
)
(
)
(
1
k
F
e
e
D
F
kx
kx
=
егер
0
)
(
≠
k
F
.
3) 
2
2
1
sin
sin
,
( )
(
)
ax
ax
F D
F
a
=
−
егер
.
0
)
(
2
≠
−
a
F
4) 
2
2
1
cos
cos
,
( )
(
)
ax
ax
F D
F
a
=
−
егер 
.
0
)
(
2
≠
−
a
F
5) 
1
1
( )
( ).
( )
(
)
kx
kx
e
x
e
x
F D
F D
k
ϑ
ϑ
=
+
6) 
[
]
1
2
1
2
1
1
1
( )
( )
( )
( ).
( )
( )
( )
f x
f x
f x
f x
F D
F D
F D
+
=
+
7) 
1
2
1
2
1
1
1
( )
( ).
( )
( )
( )
( )
f x
f x
F D
F D
F D
F D
=
⋅
⋅
Мысалдар. 
1) 
4
9
,
x
y
y
e
+
=
′′
2
4
(
9)
,
x
D
y
e
+
=
4
4
2
1
;
9
25
x
x
e
y
e
D
=
=
+
2) 
3cos4 ,
I V
y
y
x
+ =
4
(
1)
3cos4 ,
D
y
x
+
=
4
2
1
3cos4
3
3cos4
cos4 ;
1
( 16) 1 217
x
y
x
x
D
=
=
=
+
−
+

97
3) 
y
′′+5
y
=7sin2
x
, (
D
2
+5)
y
=7sin2
x
, 
2
7
7
sin 2
sin 2
7sin 2 .
5
4 5
y
x
x
x
D
=
=
=
+
− +
4) 
3
2
2
1
1
.
(
1)
6
x
x
x
y
x e
e
x
D
D
=
⋅ =
=
−
2
2
, (
1)
,
x
x
y
y
y
xe
D
y
xe
−
+ =
−
=
′′
′
5) 
2
2
1
2
, (
1)
,
.
(
1)
x
x
x
y
y
y
e
D
y
e
y
e
D
−
+ =
−
=
=
′′
′
−
Мұнда 
,
0
)
(
=
k
F
сондықтан:
)
(
)
(
1
x
e
D
F
kx
ϑ
формуласын 
1
)
(
=
x
ϑ
деп қолданамыз:
.
2
1
1
1
)
1
(
1
2
2
2
x
e
D
e
e
D
y
x
x
x
⋅
=
⋅
⋅
=
⋅
−
=
6) 
.
sin
1
1
,
sin
)
1
(
,
sin
3
3
x
D
y
x
y
D
x
y
y
+
=
=
+
=
+
′′′
Оператор тақ дəрежелі болғандықтан 3) формуланы қол-
дана алмаймыз. Теңдеуді 
ix
e
y
y
=
+
′′′
түріне келтірсек, 
,
sin
cos
x
i
x
e
ix
+
=
бұ ның шешімінің жорымал бөлігі, алғашқы 
тең деудің шешімін береді.
[
]
3
3
3
1
1
(
1)
,
1
1 1
1
1
(1 )(cos
sin )
cos
sin
(cos
sin )
2
2
ix
ix
ix
ix
e
D
y
e
y
e
e
D
i
i
i
x
i
x
x
x
x
x i
+
=
=
=
=
=
+
+
−
=
+
+
=
−
+
+
7–684

98
Бұл шешімнің жорамал бөлігі 
1 (cos sin ),
2
x
x
+
алғашқы тең-
деудің дербес шешімі.
7) 
.
cos
1
1
,
cos
)
1
(
,
cos
2
2
x
D
y
x
y
D
x
y
y
+
=
=
+
=
+
′′
0
)
(
2
=
−
a
F
болғандықтан,
x
i
x
y
y
e
y
y
ix
sin
cos
,
+
=
+
′′
=
+
′′
теңдеуінің шешімінің нақты бөлімін аламыз.
2
2
1
1
1
1
(
1)
,
2
1
ix
ix
ix
ix
e
D
y
e
y
e
e
D
i D
i
D
i
i
D
+
=
=
=
=
=
−
+
−
+
1
(cos
sin )
1
,
2
2
2
ix
ix
e
e x
x
x
i
x
i D
i
i
+
=
⋅ =
=
нақты бөлігі Re 
y
2
sin
x
x
=
бас-
тапқы теңдеудің шешімі.
Оператордың 
)
(
1
D
F
көпмүшелікке əсерін, яғни
p
p
p
A
x
A
x
A
y
D
F
+
+
+
=
−
…
1
1
0
)
(
теңдеуінің шешімін қарастырайық.
Формалды түрде 1 санын көпмүшелікке 
F
(
D
)=
a
n
+
+a
n
–1
D
+...+
a
0
D
n
, 
a
n
≠0 бөліндіде 
p
дəрежелі көпмүшелік 
b
0
+
+
b
1
D
+...+
b
p
D
p
=
Q
p
(
D
) жəне қалдық көпмүшелік 
R
(
D
)=
C
p
+1
D
p
+1
+
+
C
p
+2
D
p
+2
+...+
C
p+n
D
p+n
алғанша бөлеміз, яғни 
1
)
(
)
(
)
(
≡
+
D
R
D
Q
D
F
p
(11)
тепе-теңдігін орындаймыз. Көпмүшелікке 
P
p
(
x
)=
A
0
x
p
+
A
1
x
p
–1
+... 
A
p
–1
x
+
A
p
тепе-теңдіктің (11) екі жағымен бірдей əсер етсек.
1
1
0
1
0
1
( ) ( )
( ) (
)
,
p
p
p
p
p
p
p
F D Q
D
R D
A x
A x
A
A x
A x
A
−
−
⎡
⎤
+
+
+ +
≡
+
+ +
⎣
⎦
немесе
1
0
1
( )(
) 0
p
p
p
R D A x
A x
A
−
+
+ +
≡

99
екендігін ескерсек,
1
0
1
( )
( )(
)
p
p
p
p
F D Q D A x
A x
A
−
⎡
⎤
+
+ +
≡
⎣
⎦
1
0
1
p
p
p
A x
A x
A
−
≡
+
+ +
(12)
тепе-теңдігі шығады, яғни 
1
0
1
( )(
)
p
p
p
p
Q D A x
A x
A
−
+
+ +
тең-
деудің 
p
p
p
A
x
A
x
A
y
D
F
+
+
+
=
−
1
1
0
)
(
шешімі.
Сонымен 
1
( )
F D
(
A
0
x
p
+
A
1
x
p
–1
+...+
A
p
)=
Q
p
(
D
)(
A
0
x
p
+
A
1
x
p
–1
+...+
A
p
).
8-мысал.
,
5
3
2
4
2
+
+
=
+
′′
x
x
y
y
Шешуі. 
,
5
3
2
)
4
(
2
2
+
+
=
+
x
x
y
D
2
2
1 (2 3 5).
4
y
x
x
D
=
+
+
+
1 санын 
4
2
+
D
-ке бөлсек 
2
2
1 1
( )
4 16
Q D
D
= −
- ты аламыз. Онда 
шешім
2
2
2
1 1
1
3
(
)(2
3
5)
1.
4 16
2
4
y
D
x
x
x
x
=
−
+
+ =
+
+
9-мысал.
,
5
2
2
x
e
x
y
y
y
=
+
′
−
′′
Шешуі. 
2
2
2
2
(
2
5)
, (
1)
4
,
x
x
D
D
y
x e
D
y
x e
⎡
⎤
−
+
=
−
+
=
⎣
⎦
2
2
2
2
2
1
1 1
1
1
(
)
(
).
4 16
4
8
4
x
x
x
y
e
x
e
D x
e
x
D
=
=
−
=
−
+
10-мысал.
x
x
y
y
2
sin
4
=
+
′′
Шешуі. 
2
2
(
4)
i x
D
y
xe
+
=
теңдеуі шешімінің жорамал бөлігі, 
бастапқы теңдеу шешімін береді:

100
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
(
2 )(
2 )
(
4 )
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
4 16
4
16
8
16
1
1
(
2 )
(cos2
sin 2 )(
2 ).
16
16
i x
i x
i x
i x
i x
i x
y
xe
e
x
D
i D
i
D D
i
i
x
x
e
D x
e
i
e
i
x
D
D
e
x
x i
x
i
x x
x i
=
=
=
−
+
+
=
− +
=
−
+
=
−
+
=
=
−
=
+
−
Алынған шешімнің жорамал бөлігі
2
1
Im
( sin 2
2 cos2 ).
16
y
y
x
x
x
x
=
=
−
Эйлердің біртекті емес теңдеулері
( )
1 ( 1)
0
1
( ),
n
n
n
n
n
a x y
a x
y
a y
f x
−
−
+
+ +
=
(13)
( )
1 ( 1)
0
1
(
)
(
)
( )
n
n
n
n
n
a ax
b
y
a ax
b
y
a y
b x
−
−
+
+
+
+ +
=
(14)
(
)
t
t
x
e
ax
b
e
= ±
+ = ±
алмастыруларымен тұрақты коэффици-
ентті теңдеулерге келтіріліп шешіледі. Біртекті теңдеуді инте-
гралдап, жоғарыдағы алмастырулармен алынған тұрақты коэф-
фициентті теңдеудің дербес шешімін табу тиімдірек.
11-мысал.
2
2
ln
( ) 3 ( )
( )
x
x y
x
xy x
y x
x
+
+
=
′′
′
Шешуі. Біртекті теңдеуді 
0
)
(
)
(
3
)
(
2
=
+
′
+
′′
x
y
x
y
x
x
y
x
ше-
шеміз:
,
k
x
y
=
1
2
,
(
1)
,
k
k
y
kx
y
k k
x
−
−
=
=
−
′
′′
2
2
1 0,
k
k
+
+ =
2
(
1)
0,
k
+
=
1
2
1,
k
k
=
= −
1
2
1
(
ln ) .
y
C
C
x
x
=
+
Алмастыру 
t
e
x
=
нəтижесінде, бастапқы теңдеуді тұрақты 
коэффици-ентті теңдеуге 
2
2
2
2
t
d y
dy
y
t e
dt
dt
−
+
+ =
келтіреміз. Бұл 
теңдеудің сол жағын сипаттамалық теңдеу
0
1
2
2
=
+
+
k
k
бой-

101
ынша жазуға да болады. Дербес шешімі операторлық əдіспен оңай 
табылады. Сонымен берілген Эйлер теңдеуінің жалпы шешімі 
4
2
2
4
2
2
1
1
1
1 ln .
12
12
(
1)
t
t
t
x
y
e
t
e
t
t e
x
D
D
−
−
−
=
⋅ =
=
=
+

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: