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

7
( , )
( , )
dy
P x y
dx
Q x y
= −
( , )
( , )
( , )
P x y
f x y
Q x y
= −
)
,
(
y
x
f
y
=
′
)
,
(
b
a
аралығында үзіліссіз дифференциалданып, 
теңдеуді (1) немесе (2) тепе-теңдікке айналдыратын 
)
(
x
y
ϕ
=
функциясы, теңдеудің осы аралықтағы шешімі деп аталады, яғни
)
,
(
b
a
x
∈
∀
үшін: 
0
( )
, ( ),
d
x
F x
x
dx
ϕ
ϕ
⎛
⎞ ≡
⎜
⎟
⎝
⎠
.
( )
( , ( ))
d
x
f x
x
dx
ϕ
ϕ
⎛
⎞
≡
⎜
⎟
⎝
⎠
.
Егер ол 
y
-ті 
x
-тің теңдеу (2) шешімі болатын 
)
(
x
y
ϕ
=
функ-
циясы түрінде анықтаса, қатынас
0
)
,
(
=
Φ
y
x
теңдеудің (2) 
айқын 
емес шешімі
(немесе 
теңдеудің
(2) 
интегралы
) деп аталады.
Теңдеудің (2) шешімінің 
)
(
x
y
ϕ
=
графигін, осы теңдеудің 
интегралдық сызығы
деп атайды. Шешім графигінің ордината 
осіне проекциясы 
дифференциалдық теңдеудің фазалық сы-
зығы
(немесе 
траекториясы
) деп аталады.
Теңдеудің (2), бастапқы шартты 
0
0
( )
y
x
ϕ
=
қанағаттанды-
ратын 
)
(
x
y
ϕ
=
шешімін табу есебін 
Коши есебі
немесе 
бас-
тапқы шартпен берілген есеп
дейді.
Дифференциалдық теңдеудің
( , ),
dy
f x y
dx
=
G
y
x
∈
)
,
(
- жазықтықтағы аумақ,
Егер осы аумақта 
)
,
(
y
x
f
жəне оның дербес туындысы 
df
dy
үзіліссіз болса, кез келген нүктеден 
G
y
x
∈
)
,
(
0
0
өтетін жалғыз 
шешімі бар. Бұл тұжырым Коши есебінің шешімінде жəне жал-
ғыз болуы туралы теоремада беріледі.
Дифференциалдық теңдеудің
0
)
,
,
(
=
′
y
y
x
F
,
)
,
,
(
z
y
x
F
 
функциясы, дербес туындылары 
y
F
∂
∂
, 
z
F
∂
∂
кеңістіктің
Ω
∈
)
,
,
(
z
y
x
облысында үзіліссіз делік. Онда: 
0
)
,
,
(
=
Φ
C
y
x
.
(3)
Егер кез келген
C
мəнінде теңдеуді қанағаттандырса неме-

8
се
)
,
,
(
z
y
x
Φ

аумақта үзіліссіз дифференциалданатын жəне
)
(
x
y
y
=
дей отырып:
0
Ô
Ô
y
x
y
∂
∂
+
=
′
∂
∂
(4) теңдігін алып, (3), (4) теңдеулер жүйесінен 
C
-ны жойғанда, 
(1) теңдеуге эквивалентті теңдеу шығатын болса, теңдеудің (1)
жалпы интегралы
деп аталады.
Теңдеуді (1) 
C
- параметрінен тəуелді сызықтар жиынтығы-
ның (3) дифференциалдық теңдеуі деп те атайды.
1-мысал
. 
1
x
e
y
x
dx
x
⎛
⎞
=
+
⎜
⎟
⎝
⎠
∫
функциясы, теңдеудің 
 x
x
dy
y
xe
dx
− =
шешімі екендігіне көз жеткізу керек.
Шешуі. Берілген функцияның туындысын есептейміз:
x
x
x
x
dy
e
e
e
dx x
e
dx
dx
x
x
x
1
1
= +
+
= + +
∫
∫
Онда:
x
x
x
x
dy
e
e
x
y
x
e
dx
x
dx
xe
dx
x
x
1
1
,
⎛
⎞
⎛
⎞
− =
+ +
−
+
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
∫
∫
яғни берілген функция дифференциалдық теңдеуді тепе-теңдікке 
айналдырады, теңдеудің шешімі.
2-мысал. 
Функция 
)
(
x
y
ϕ
=
параметрмен берілген:
,
t
x
te
=
.
t
y
e
−
=
Осы функция теңдеудің 
2
1
0
(
)
dy
xy
y
dx
+
+
=
шешімі екендігін 
дəлелдеу керек.
Шешуі. 
,
)
1
(
t
t
e
t
x
+
=
′
,
t
t
e
y
−
−
=
′
. 
2
1
1
(
)
t
t
t
dy
y
dx
x
t
e
′
=
= −
+
′
Параметрдің əрбір мəнінде
2
2
2
1
1
1
0
1
(
)
(
)
(
)
t
t
t
t
dy
xy
y
te e
e
dx
t
e
−
−
⎛
⎞
+
+
= +
−
+
≡
⎜
⎟
⎝
⎠
+
,
функция 
)
(
x
y
ϕ
=
теңдеудің шешімі.
3-мысал.
Сызықтар жиынтығының 
3
)
(
C
x
y
−
=
диффе рен-
циалдық теңдеуін құру керек.
Шешуі. Дифференциалдау нəтижесінде 
2
)
(
3
C
x
y
−
=
′
тең дігін, 
ал бұдан: 
3
6
27
(
) ,
y
x
C
=
−
′
3
2
27
y
y
=
′
теңдеуін аламыз.

9
Бағыттар өрісі
.
 
Дифференциалдық теңдеу 
)
,
(
y
x
f
y
=
′
нүкте 
координаталары 
)
,
(
y
x
- пен, интегралдық сызыққа осы нүктеде
жүргізілген жанаманың бұрыштық коэффициентін
dy
tg
dx
α
=
бай-
ланыстырады, яғни: 
( , ).
dy
tg
f x y
dx
α
=
=
Егер функция
)
,
(
y
x
f
жазықтықтың 
D
аумағында анықталса, 
онда əрбір нүктеге
D
M
∈
бұрыштық коэффициенті
)
,
(
y
x
f
бо-
ла тын бағыт сəйкес. Бағытты бірлік вектормен көрсетіп, 
D
- ау-
ма ғында бағыттар өрісін аламыз.
Теңдеудің интегралдық сызықтары, əрбір нүктесіне жана ма-
сының бағыты, бағыттар өрісімен бірдей болатын сызықтар.
Геометриялық, кескіні бойынша, теңдеуді шешу үшін бағыттар 
өрісін құрып, əрбір нүктесіндегі жанамасы өріс бағытымен бірдей 
болатын сызықты тұрғызамыз.
1-сурет 2-сурет
Бағыттар өрісін құру үшін қажетті, интегралдық сызықтарға 
жанамалары тұрақты бағытта болатын нүктелердің геометрия-
лық орнын 
изоклин
деп атайды. Изоклиндерді құру əдісімен де 
теңдеуді шешуге болады.
4-мысал
. 
2
2
'
y
x
y
+
=
теңдеуінің интегралдық сызықтарын 
сызу керек.
Шешуі. 
K
y
x
=
+
2
2
изоклин теңдеуі радиусы 
K
шеңбер 
бол ған дықтан, интегралдық сызықтар эскизі оңай құрылады 
(
3-сурет
).

10
5-мысал
. Изоклин əдісімен жуықтап, берілген теңдеудің
2
dy
x
y
dx
=
интегралдық сызықтарын тұрғызу керек.
Шешуі. Абсцисса осі 
0
=
y
теңдеудің шешімі, интегралдық 
сызықтар осьтер бойынша симметриялы.
Изоклиндер 
2
kx
y
=
, 
2
k
y
x
=

теңдігімен анықталады.
Кез келген 
0
>
k
мəнінде, түзудің 
x
k
y
2
=
кез келген нүктесінде,
дифференциалдық теңдеу интегралына жанама, абсцисса өсімен
k
arctg
бұрышын жасайды. Бірнеше изоклиндерді жəне бағыт-
тар өрісін сызып, теңдеудің интегралдық сызықтарын жуықтап
тұрғызамыз:
3-сурет

11
§2. Айнымалылары ажыратылатын (жіктелетін) 
теңдеулер
2
1
( )
( )
f y dy
f x dx
=
түріндегі теңдеу айнымалылары ажыра-
тылған, ал
( ) ( )
dy
f x g y
dx
=
(1)
айнымалылары 
ажыратылатын
(жіктелетін) 
теңдеу
деп атала-
ды.
Егер 
0
)
(
≠
y
g
, онда (1) теңдеуді: 
( )
( )
dy
f x dx
g y
=
түріне келтіріп,
шешімін 
табамыз:
( )
.
( )
dy
f x dx
C
g y
−
=
∫
∫
Мұнда, 
0
)
(
0
=
C
g
болса, онда 
0
C
y
=
функциясы да тең деудің 
шешімі екендігін ескеру керек. Осы сияқты, 
1
1
2
2
0
( ) ( )
( ) ( )
f x
y dx
f x
y dy
ϕ
ϕ
+
=
(2)
теңдеуін интегралдағанда, 
0
)
(
2
=
x
f
жəне 
0
)
(
1
=
y
ϕ
интегралдық 
қисықтары да ескерілуі керек. Егер
0
)
(
)
(
1
2
≠
⋅
y
x
f
ϕ
 
болса, онда 
теңдеудің шешімі:

12
1
2
2
1
( )
( )
( )
( )
f x
y
dx
dy
C
f x
y
ϕ
ϕ
+
=
∫
∫
Теорема.
)
(
x
f
жəне 
)
(
y
g
функциялары 
0
0
,
y
y
x
x
=
=
нүк-
телерінің төңіректерінде анықталып, үзіліссіз дифференциал-
данатын, сондай-ақ
0
)
(
0
≠
y
g
болсын. Онда (1) теңдеудің 
)
(
x
y
ϕ
=
шешімі 
0
0
)
(
y
x
=
ϕ
бастапқы шартымен 
0
x
x
=
нүк-
тесінің төңірегінде бар, біреу ғана жəне келесі қатынасты орын-
дайды:
0
0
( )
( )
( )
x
x
y
x
dy
f x dx
y
ϕ
ϕ
=
∫
∫
.
1-мысал
. Теңдеудің берілген шартты орындайтын шешімін 
табу керек
2
1
0
1
0
(
)
, ( )
y dx
xydy
y
+
−
=
=
.
Шешуі. Айнымалыларын ажыратып, жалпы шешімін 
0
≠
x

деп табамыз.
2
1
0
1
,
y
dx
dy
x
y
−
=
+
2
1
1
ln
y
dx
dy
C
x
y
−
=
+
∫
∫
2
1
1
2
ln
ln(
) ln ,
x
y
C
−
+
=
C
y
x
=
+
2
1
.
Бастапқы шартты ескерсек
1
1
0 1
, ( )
:
x
y
C
=
=
=
.
Сонымен, берілген шартты орындайтын дербес шешім
1
1
2
=
+
y
x
немесе
.
1
2
2
=
−
y
x
Теңдеу 
(
)
y
f ax
by
C
=
+
+
′
айнымалылары ажыратылатын 
түрге
z
ax
by
C
=
+
+
алмастыруымен келтіріледі.
2-мысал.
Теңдеуді шешу керек
)
1
sin(
−
−
=
′
x
y
y
Шешуі. 
1
−
−
=
x
y
z
- 
десек, 
1
−
′
=
′
y
z
, ал теңдеу мына түрге
келеді
1
sin
−
=
′
z
z
,
1
.
sin
dz
dx
z
=
−
Интегралдасақ

13
1
sin
dz
dx
C
z
=
+
−
∫
∫
немесе
1
sin
dz
x
C
z
= +
−
∫
шығады. Интегралға
алмастыруын қолданып, 
2
2
2
1
1
(
)
dt
t
t
−
=
−
−
∫
теңдігін немесе
2
1
2
,
x
C
z
tg
= +
−
1
2
1 1
2
(
)[
(
)
]
x
C tg
y
x
=
+
− − −
шешімін аламыз.
1
sin
dz
z
dx
=
−
теңдігін 
,
2
2
π
π
k
z
+
=
k=0,
,
1
±
2
±
, … мəндері де
қанағаттандыратындықтан, 
1
2
2
y
x
k
π
π
= + +
+
функциялары да 
теңдеу шешімдерін береді.

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: