1-кесте  Сəйкестік формулалары

276
12(26)
t
n
1
!
+
n
n
ρ
13(25)
t
n 
e
at
(
)
1
!
+
−
n
a
n
ρ
14(27)
t
sin 
ωt
(
)
2
2
2
2
ρω
ρ ω
+
15(27)
t
cos 
ωt
(
)
2
2
2
2
2
ω
ρ
ω
ρ
+
−
16
t sh
ωt
(
)
2
2
2
2
ρω
ρ ω
−
17
t ch
ωt
(
)
2
2
2
2
2
ω
ρ
ω
ρ
−
+
18
(
)
1
−
〉
R
t
R
(
)
1
1
+
+
Γ
R
R
ρ
2-кесте
 
Рационал бөлшек бейнелерінің түпнұсқалары.
Рет-
тік 
нө-
мірі
Бейне
Түпнұсқа
1
a
−
ρ
1
at
2
1
1
ap
+
a
t
e
a
−
1
3
(
)
a
p
−
ρ
1
(
)
1
1
at
e
a
−

277
4
(
)
2
1
a
p
−
te
at
5
(
)(
)
b
p
a
p
−
−
1
at
bt
e
e
a
b
−
−
6
(
)
b
cp
p
a
ρ
+
−
at
b
b
c
e
a
a
⎛
⎞
− +
+
⎜
⎟
⎝
⎠
7
(
)
2
a
p
p
−
(1+
at
)
e
at
8
(
)(
)
b
p
a
p
p
−
−
at
at
ae
be
a
b
−
−
9
2
2
b
cp
p
a
+
+
cos
sin
b
c
at
at
a
+
10
2
2
b
cp
p
a
+
−
b
c ch
at
sh at
a
+
11
2
1
p
ap
b
+
+
,
0
4
2
〉
−
=
Δ
a
b
,
0
4
2
〈
−
=
Δ
a
b
,
0
4
2
=
−
=
Δ
a
b
2
1
sin
at
e
t
−
Δ
Δ
2
1
at
e
sh
t
−
−Δ
Δ
2
at
te
−

278
12
2
p
p
ap
b
+
+
,
0
4
2
〉
−
=
Δ
a
b
,
0
4
2
〈
−
=
Δ
a
b
,
0
4
2
=
−
=
Δ
a
b
2
cos
sin
2
at
a
e
t
t
−
⎛
⎞
Δ −
Δ =
⎜
⎟
Δ
⎝
⎠
(
)
2
sin
;
at
b
e
t
ϕ
−
=
Δ +
Δ
2
tg
a
ϕ
Δ
= −
2
2
at
a
e
ch
t
sh
t
−
⎛
⎞
−Δ −
−Δ
⎜
⎟
⎝
⎠
−Δ
2
1
2
at
at
e
−
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
13
(
)
a
p
p
−
2
1
(
)
2
1
1
at
e
at
a
− −
14
(
)(
)
2
1
b
p
a
p
−
−
(
)
(
)
2
1
at
bt
e
a
b t
e
a
b
⎡
⎤
− + −
⎣
⎦
−
15
(
)(
)(
)
c
p
b
p
a
p
−
−
−
1
(
)(
) (
)(
) (
)(
)
c
b
c
a
e
b
c
b
a
e
a
c
a
b
e
ct
b
t
at
−
−
+
−
−
+
−
−
16
(
)
3
1
a
p
−
2
1
2
at
t e
17
(
)(
)
2
b
p
a
p
p
−
−
(
)
(
)
2
at
bt
ae
a
b a
b t
e
a
b
⎡
⎤
−
+
−
⎣
⎦
−
18
(
)(
)(
)
c
p
b
p
a
p
p
−
−
−
(
) (
) (
) (
) (
) (
)
at
bt
ct
ae
be
ce
b
a
c
a
a
b
c
b
a
c
b
c
+
+
−
−
−
−
−
−

279
19
(
)
3
a
p
p
−
2
1
2
at
t
at
e
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
⎠
20
(
)
2
2
1
a
p
p
+
(
)
2
1 1 cos
at
a
−
21
(
)
2
2
1
a
p
p
−
(
)
2
1
1
ch at
a
−
22
(
)
(
)
2
2
1
a
p
b
p
+
+
2
2
1
cos
sin
bt
b
e
at
at
a
b
a
−
⎛
⎞
−
+
⎜
⎟
⎝
⎠
+
23
(
)
(
)
2
2
2
a
p
p
b
p
+
+
2
2
2
2
2
cos
2 sin
b
a
b
at
b
at
a
a
−
+
−
+
24
4
4
1
a
p
+
2
1
sin
cos
2
2
2
2
2
at
at
at
at
ch
sh
a
⎛
⎞ −
⎜
⎟
⎝
⎠
25
4
4
1
a
p
−
(
)
3
1
sin
2
sh at
at
a
−
26
4
4
a
p
p
+
2
1 sin
2
2
at
at
sh
a
27
4
4
a
p
p
−
(
)
2
1
cos
2
ch at
at
a
−
28
(
)
2
2
2
1
a
p
+
(
)
3
1 sin
cos
2
at
at
at
a
−
29
(
)
2
2
2
1
a
p
−
(
)
3
1
2
at ch at
sh at
a
−
30
(
)(
)
2
2
2
2
1
b
p
a
p
+
+
2
2
1
sin
sin
bt
at
a
b
b
a
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
−

280
31
(
)(
)
2
2
2
2
1
b
p
a
p
−
−
2
2
1
sh at
sh bt
a
b
a
b
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
−
32
(
)(
)
2
2
2
2
1
b
p
a
p
+
−
2
2
1
sh at
sh bt
a
b
a
b
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
+
33
(
)
2
2
2
a
p
p
+
sin
2
t
at
a
34
(
)
2
2
2
a
p
p
−
2
t
sh at
a
35
(
)
2
2
2
1
a
p
p
+
4
1 1 cos
sin
2
at
at
at
a
⎛
⎞
−
−
⎜
⎟
⎝
⎠
36
(
)
2
2
2
1
a
p
p
−
4
1 1
2
at
ch at
sh at
a
⎛
⎞
−
+
⎜
⎟
⎝
⎠
37
(
)(
)
2
2
2
2
1
b
p
a
p
p
+
+
2 2
2
2
2
2
1
1
cos
cos
at
bt
a b
a
b
a
b
⎛
⎞
+
−
⎜
⎟
⎝
⎠
−
38
(
)(
)
2
2
2
2
1
b
p
a
p
p
−
−
2 2
2
2
2
2
1
1
ch at
ch bt
a b
a
b
a
b
⎛
⎞
+
−
⎜
⎟
⎝
⎠
−
39
(
)
3
2
2
1
a
p
+
(
)
2 2
5
1
3
sin
3
cos
8
a t
at
at
at
a
⎡
⎤
−
−
⎣
⎦
40
(
)
3
2
2
1
a
p
−
(
)
2 2
5
1
3
3
8
a t
sh at
at ch at
a
⎡
⎤
+
−
⎣
⎦
41
(
)
3
2
2
a
p
p
+
(
)
3
sin
cos
8
t
at
at
at
a
−
42
(
)
3
2
2
a
p
p
−
(
)
3
.
8
t
at ch at
sh at
a
−

281
7-тарау.
ЛАПЛАС ТҮРЛЕНДІРУІНІҢ ҚОЛДАНЫЛУЫ
§33. Дифференциалдық теңдеулерді шешу
 
Тұрақты коэффициентті сызықты дифференциалдық теңдеу-
лерді шешуді қарастырайық.
Екінші ретті сызықты біртекті емес теңдеудің 
)
(
2
1
t
f
x
a
x
a
x
=
+
+
(1)
бастапқы шарттарды 
0
0
)
0
(
,
)
0
(
x
x
x
x
=
=
. (2)
қанағаттандыратын шешімін табайық 
Бұндай есепті шешудің операциялық əдісі ізделінді 
x
(
t
) жəне 
f
(
t
) функцияларын түпнұсқалар деп, (1) теңдеуден олардың бейне-
лерін 
X
(
p
), 
F
(
p
) байланыстырушы теңдеуге көшуден тұрады. Ол 
үшін түпнұсқаны дифференциалдап жəне сызықтық теоремала-
рын қолданып, теңдеуде (1) бейнелерге көшеміз:
0
2
0
0
( )
( )
,
( )
( )
,
x t
pX p
x
x t
p X p
px
x
→
−
→
−
−
[
]
2
0
0
1
0
2
( )
( )
( )
( ).
p X p
px
x
a pX p
x
a X p
F p
−
− +
−
+
=
(3)
Нəтижесінде 
X
(
p
) бейнесі бойынша алгебралық теңдеуге 
көштік. Оны шешсек, 
2
1
2
0
0
1 0
( )(
)
( )
,
X p p
a p
a
F p
px
x
a x
+
+
=
+
+ +
0
0
1 0
2
2
1
2
1
2
( )
( )
.
px
x
a x
F p
X p
p
a p
a
p
a p
a
+ +
=
+
+
+
+
+
(4)
Ізделінді шешімнің бейнесі 
F
(
p
) табылды. Енді кестенің не-
месе кері түрлендіру теоремасының көмегімен түпнұсқаны 
x
(
t
), 
яғни ізделінді шешімді табамыз.
Бастапқы шарттар біртекті болса,
19–684

282
0
,
0
0
0
=
=
x
x
, (5)
шешім бейнесі:
2
1
2
)
(
)
(
a
p
a
p
p
F
p
X
+
+
=
. (6)
Теңдеу n ретті болса, 
)
(
1
)
1
(
1
)
(
t
f
x
a
x
a
x
a
x
n
n
n
n
=
+
+
+
+
−
−
…
, (7)
)
1
(
0
)
1
(
0
0
)
0
(
,
,
)
0
(
,
)
0
(
−
−
=
=
=
n
n
x
x
x
x
x
x
…
(8)
Лаплас түрлендіруі нəтижесінде келесі теңдікті аламыз
(
) (
1
2
( 1)
1
2
0
0
0
1
0
( )
( )
n
n
n
n
n
n
p X p
p
x
p
x
x
a p
X p
p
x
−
−
−
−
−
−
−
− −
+
−
−
…
)
(
)
(
2)
0
1
0
( )
( )
( ),
n
n
n
x
a
pX p
x
a X p
F p
−
−
−
+ +
−
+
=
…
…
немесе
)
(
)
(
)
(
)
(
p
L
p
p
F
p
X
Φ
+
=
, (9)
)
(
,
)
(
1
1
1
p
a
p
a
p
a
p
p
L
n
n
n
n
Φ
+
+
+
=
−
−
…
-дəрежесі (n-1)-ден
аспайтын, коэффициенттері 
(
)
)
1
(
0
0
0
,
,
,
−
n
x
x
x
…
-ден тəуелді көп мү-
шелік. Егер 
0
)
1
(
0
0
0
=
=
=
=
−
n
x
x
x
…
болса, онда 
,
0
)
(
p
=
Φ
)
(
)
(
)
(
p
L
p
F
p
X
=
.
(10)
Формулаларда (9), (10) кері түрлендірулерге көшіп, түпнұс-
қаларды, яғни ізделінді шешімдерді табамыз.
1-мысал
. Теңдеудің
t
e
x
x
x
3
2
2
3
=
+
−
нөлдік бастапқы шарттарды: 
0
)
0
(
)
0
(
=
=
x
x
орындайтын шешімін табу керек.

283
Шешуі. 
3
1
( )
( ),
3
t
x t
X p
e
p
→
→
−
, операторлық теңдеуді 
құрсақ, 
2
2
( ) 3
( ) 2 ( )
,
3
p X p
pX p
X p
p
−
+
=
−
бұдан
2
2
2
( )
(
3)(
3
2) (
1)(
2)(
3)
X p
p
p
p
p
p
p
=
=
−
−
+
−
−
−
Функцияның 
X
(
p
) бірінші ретті 
3
,
2
,
1
3
2
1
=
=
=
p
p
p
по-
люстері бар. Онда жай полюстер үшін жіктелу формуласын 
қолдансақ, дифференциалдық теңдеудің шешімі шығады: 
t
t
t
e
e
e
t
x
3
2
2
)
(
+
−
=
.
2-мысал
. Теңдеудің шешімін бастапқы шарттарымен табу ке-
рек:
t
e
t
x
x
x
2
3
4
4
−
=
+
+
,
2
)
0
(
,
1
)
0
(
=
=
x
x
.
Шешуі. 
3
2
2
4
3!
, ( )
( ) 1, ( )
( )
(
2)
t
t e
x t
pX p
x t
p X p
p
−
→
→
−
→
−
+
2
p
− −
болғандықтан, теңдеу: 
2
4
3!
( )
2 4
( ) 4 4 ( )
(
2)
p X p
p
pX p
X p
p
− − +
− +
=
+
түрге келеді. Бұдан, 
2
6
)
2
(
6
)
2
(
!
3
)
(
+
+
+
+
=
p
p
p
p
X
.
Түпнұсқаға көшсек: 
5
6
!
5
t
p
→
болғандықтан
5
2
6
2
2
3!
3!
2 4
1
4
,
,
(
2)
5!
(
2)
2 (
2)
t
p
t e
p
p
p
p
−
+ +
→
=
+
+
+
+
+

284
2
2
2
1
4
,
4
.
2
(
2)
t
t
e
te
p
p
−
−
→
→
+
+
Сонымен теңдеудің шешімі
5
2
2
5
2
2
1
( )
4
1 4
.
20
20
t
t
t
t
t
x t
e
te
t e
e
t
−
−
−
−
⎛
⎞
=
+
+
=
+ +
⎜
⎟
⎝
⎠
3-мысал
. Есептің шешімін табу керек
2
sin ,
(0)
(0)
(0)
(0) 0.
I V
x
x
x
t
x
x
x
x
+
+ =
=
=
=
=
Шешуі. Операторлық теңдеуі:
1
1
)
(
)
(
2
)
(
2
2
4
+
=
+
+
p
p
X
p
X
p
p
X
p
,
онда
3
2
)
1
(
2
)
(
+
=
p
p
X
. Полюстердегі 
i
±
шегерінділер комплекс 
түйіндес сандар болғандықтан, 
i
p
=
нүктесіндегі шегеріндіні 
ғана есептейміз:
2
3
1
Re
( ) ;
3
(
3) .
2! (
)
16
I I
pt
it
pt
p i
e
e
s X p e
i
t
i t
p
i
=
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
=
=
− +
−
⎢
⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
+
⎣
⎦
Екі еселенген нақты бөлігі 
)
(
t
x
шешімін береді:
t
t
t
t
t
x
sin
8
3
cos
8
3
)
(
2
−
+
−
=
.
4-мысал
. Есептің шешімін табу керек:
.
0
)
1
(
,
1
)
1
(
,
=
=
=
+
x
x
e
x
x
t
Шешуі. 
)
(
)
1
(
)
(
,
1
1
τ
τ
τ
x
x
t
x
t
=
+
=
+
=
десек, теңдеу жəне 
оның бастапқы шарттары:

285
2
1
1
1
1
1
1
1
2
,
dx
d x
x
x
e
x
x
d
d
τ
τ
τ
+
⎛
⎞
+ =
=
=
⎜
⎟
⎝
⎠
0
)
0
(
,
1
)
0
(
1
1
=
=
x
x
түрінде жазылады. Операторлық теңдеуге көшсек,
2
1
1
1
( )
( ), ( )
( ) 1, ( )
( )
,
x
X p
x
pX p
x
p X p
p
τ
τ
τ
→
→
−
→
−
2
2
2
( )
( )
, ( )
.
1
(
1)(
1)
1
e
e
p
p X p
p
X p
X p
p
p
p
p
− +
=
=
+
−
+
−
+
Түпнұсқаларға көшсек:
τ
τ
τ
τ
e
e
e
e
x
2
sin
2
cos
2
1
)
(
1
+
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
.
2
)
1
sin(
2
)
1
cos(
2
1
)
(
:
1
t
e
t
e
t
e
t
x
t
+
−
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
−
=
τ
.
Дифференциалдық теңдеулерді шешкенде көбейту теорема-
сының, дербес жағдайда Дюамель формуласының қолданысына 
тоқталайық.
Сызықтық дифференциалдық оператор енгізейік:
[ ]
x
a
x
a
x
a
x
x
L
n
n
n
n
+
+
+
+
≡
−
−
…
1
)
1
(
1
)
(
. (11)
Онда:
1
1
2
2
1
1
[
]
[ ]
n
n
L C X
C X
C X
C L X
+
+ +
=
+
…
2
2
[ ]
[ ].
n
n
C L X
C L X
+
+ +
…
(12)
Біртекті емес дифференциалдық теңдеу: 
)
(
]
[
t
f
x
L
=
. (13)
Көбейту теоремасын қолданудың мағынасы мынада: егер 
теңдеудің (13) бір шешімі белгілі болса, онда осы шешім бойын-
ша оң жағы кез келген функция болғандағы шешім құрылады. 
Шешімдерді құруды 
1
)
(
≡
t
f
жағдайынан бастау ерекше тиімді. 
1
]
[
=
x
L
, (14)

286
0
)
0
(
)
0
(
)
0
(
)
1
(
=
=
=
=
−
n
x
x
x
…
(15)
Теңдеудің (14) бастапқы шартымен (15) шешімін 
)
(
1
t
x
десек, 
бейнесін 
)
(
1
p
X
делік, онда операторлық теңдеуінен
p
p
X
a
p
p
X
a
p
p
X
n
n
n
1
)
(
)
(
)
(
1
1
1
1
1
=
+
+
+
−
,
p
p
L
p
X
1
)
(
)
(
1
=
, (16) 
n
n
n
n
a
p
a
p
a
p
p
L
+
+
+
+
=
−
−
1
1
1
)
(
…
– сипаттамалық көпмү- 
ше лік. Шешім жəне оның бейнесі 
)
(
1
p
X
белгілі десек, онда:
1
1
( )
.
( )
L p
pX p
=
(17)
Енді оң жағы кез келген теңдеуді алсақ,
1
0
0
0
0
(
)
[ ]
( ),
( )
( )
( )
,
n
L x
f t
x
x
x
−
=
=
=
=
=
…
онда операторлық теңдеуі:
( ) ( )
( ), ( )
( )
X p L p
F p
F p
f t
=
→
бұдан:
1
( )
( ) ( ),
X p
pX p F p
=
∫
−
=
t
I
d
t
f
x
t
x
0
1
)
(
)
(
)
(
τ
τ
τ
(18)
немесе
∫
−
+
=
t
d
t
x
f
f
t
x
t
x
0
1
1
)
(
)
('
)
0
(
)
(
)
(
τ
τ
τ
. (19) 
5-мысал
. Есептің шешімін табу керек:
.
0
)
0
(
)
0
(
,
2
=
=
=
+
−
x
x
e
x
x
t

287
Шешуі. Алдымен 
0
)
0
(
)
0
(
,
1
=
=
=
+
x
x
x
x
есебін шешелік.
.
)
1
(
1
)
(
,
1
)
(
)
(
2
1
1
2
1
+
=
=
+
p
p
p
X
p
p
X
p
p
X
Түпнұсқасы 
t
t
x
cos
1
)
(
1
−
=
. Онда (18) формула бойынша,
∫
−
−
=
t
t
d
e
t
x
0
)
(
sin
)
(
2
τ
τ
τ
.
6-мысал
. Есептің шешімін Дюамель интегралымен жазу ке-
рек:
.
0
)
0
(
)
0
(
),
(
=
=
=
−
x
x
t
f
x
x
Шешуі.
,
1
=
−
x
x
теңдеуінен бастайық.
.
1
)
(
,
)
1
(
1
)
(
1
2
1
−
=
−
=
cht
t
x
p
p
p
X
Онда:
0
( )
(
)
.
t
x t
f t
sh
d
τ τ τ
=
−
∫

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: