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

174
Онда біртекті емес теңдеулер жүйесінің
dX
AX
F
dt
−
=
шешімін
)
(
,
)
(
1
t
C
X
t
C
X
i
n
i
i
i
∑
=
=
белгісіз функциялар түрінде 
із дес тіреміз.
Шешімді теңдеулер жүйесіне қойсақ,
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
i
i
dX
C t X
C t
A
C t X
F
dt
1
1
1
( )
( )
( )
,
=
=
=
+
=
+
′
∑
∑
∑
ал 
i
i
dX
AX
dt
≡
болғандықтан,
∑
=
=
′
n
i
i
i
F
X
t
C
1
)
(
теңдігі немесе
n
i
i
i
n
i
i
i
n
i
ni
n
i
C t x
f t
C t x
f t
C t x
f t
1
1
1
2
2
1
1
( )
( ),
( )
( ),
. . . . . . . . . . .
( )
( )
=
=
=
⎫
=
′
⎪
⎪
⎪
=
′
⎪
⎬
⎪
⎪
⎪
=
′
⎪
⎭
∑
∑
∑
(8)
теңдеулер жүйесі шығады. Бұл теңдеулер жүйесінің анықтауы-
шы 
n
X
X
X
,
,
,
2
1
…
сызықты тəуелсіз шешімдерінің Вронский 
анықтауышы 
W
болғандықтан, нөл емес 
)
(
)
(
t
t
C
i
i
ϕ
=
′
n
i
,
1
=
шешімдерін, оларды интегралдап, белгісіз 
)
(
t
C
i
функцияларын 
табамыз: 
i
i
i
C t
t dt C
( )
( )
ϕ
=
+
∫
n
i
,
1
=
.

175
3-мысал
. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу керек:
dx
dy
y
x
dt
dt
t
1
,
.
sin
= −
= +
Шешуі. Берілген жүйеге тиісті біртекті теңдеулер жүйесінің 
dx
dy
y
x
dt
dt
,
= −
=
жалпы шешімі 
2-мысалдан
белгілі
.
cos
sin
,
sin
cos
2
1
2
1
t
C
t
C
y
t
C
t
C
x
+
=
−
=
Тұрақтыларды вариациялап, 
,
cos
)
(
sin
)
(
,
sin
)
(
cos
)
(
2
1
2
1
t
t
C
t
t
C
y
t
t
C
t
t
C
x
+
=
−
=
C t
C t
1
2
( ),
( )
′
′
- терді теңдеулер жүйесінен (8) анықтаймыз
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
′
+
′
=
′
−
′
,
sin
1
cos
)
(
sin
)
(
,
0
sin
)
(
cos
)
(
2
1
2
1
t
t
t
C
t
t
C
t
t
C
t
t
C
1
1
1
2
2
2
1
cos
( )
,
( )
;
( )
,
( ) ln sin
.
sin
t
C t
C t
t
C
C t
C t
t
C
t
=
= +
=
=
+
′
′
Сонымен, берілген жүйенің жалпы шешімі
1
2
1
2
( )
cos
sin
cos
sin ln sin ,
( )
sin
cos
sin
cos ln sin .
x t
C
t
C
t
t
t
t
t
y t
C
t
C
t
t
t
t
t
=
−
+
−
=
+
+
+
§ 20. Тұрақты коэффициентті сызықты 
дифференциалдық теңдеулер жүйелері
Коэффициенттері 
ij
a
немесе матрицасы
A
тұрақты сызықты 
теңдеулер жүйесін 
n
i
ij
j
i
j
dx
a x
f t
i
n
dt
1
( )
1,
=
=
+
=
∑
немесе векторлық түрде 

176
dX
AX
F
dt
,
=
+
тұрақты коэффициентті сызықты теңдеулер жүйесі деп атайды.
Тұрақты коэффициентті сызықты теңдеулер жүйесі жоғарғы 
ретті сызықтық бір теңдеуге келтіріліп, интегралданады.
Сызықты алгебра əдістерімен де шешуге болады. Мұнда жү-
йенің фундаменталды шешімдері тікелей құрылады. Осы əдісті 
қарастырайық.
Теңдеулер жүйесінің
n n
n n
n
n
n
nn n
dx
a x
a x
a x
dt
dx
a x
a x
a x
dt
dx
a x
a x
a x
dt
1
11 1
12 2
1
2
21 1
22 2
2
1 1
2 2
...
....
,
...
⎫
=
+
+ +
⎪
⎪
⎪
=
+
+ +
⎪
⎬
⎪
− − − − − − − − − − − − − − − − −
⎪
⎪
=
+
+ +
⎪⎭
(1)
шешімдерін 
t
k
n
n
t
k
t
k
e
x
e
x
e
x
α
α
α
=
=
=
,
,
,
2
2
1
1
…
түрінде із-
дестіреміз. Жүйеге (1) қойып, ортақ көбейткіш 
t
k
e
-ға қыс қар тып, 
барлық мүшесін теңдіктің бір жағына шығарсақ,
n
n
n
n
n
n
nn
n
a
k
a
a
a
a
k
a
a
a
a
k
11
1
12
2
1
21
1
22
2
2
1 1
2 2
(
)
0 ,
(
)
0,
. . . . . . . . . . . . . .
(
)
0
α
α
α
α
α
α
α
α
α
−
+
+ +
=
⎧
⎪
+
−
+ +
=
⎪
⎨
⎪
⎪
+
+ +
−
=
⎩
(2)
алгебралық теңдеулер жүйесін аламыз. Белгісіздері 
n
j
j
,
1
,
=
α
n
- сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің нөл емес шешуі болуы 
үшін, жүйенің (2) анықтауышы нөлге тең болуы қажетті жəне 
жеткілікті:
n
n
n
n
nn
a
k a
a
a
a
k
a
a
a
a
k
11
12
1
21
22
2
1
2
0.
−
−
=
− − − − − − − −
−
(3)

177
n
дəрежелі теңдеу (3) 
сипаттамалық
 
деп аталады;
k
-ның əрбір 
мəніне тиісті (2) жүйенің нөлдік емес 
n
j
j
,
1
,
=
α
шешімдері та-
былады .
Егер сипаттамалық түбірлер 
n
k
k
k
≠
≠
≠
2
1
болса, онда 
оларды жүйеге (2) кезегімен қойып, шешу нəтижесінде нөлдік 
емес 
)
(
i
j
α
n
j
i
,
1
,
=
мəндері анықталып, бастапқы (1) жүйенің
n
шешімі: түрде табылады:
.
,
1
,
,
,
)
(
)
(
)
(
2
)
(
2
)
(
1
)
(
1
n
i
e
x
e
x
e
x
t
k
i
n
i
n
t
k
i
i
t
k
i
i
i
i
i
=
=
=
=
α
α
α
…
(4)
Жоғарғы индекс 
і
шешімнің нөмірін көрсетеді.
Осы нəтижені векторлық белгілеулер енгізу жолымен де ала-
мыз:
dX
AX
dt
=
(1')
шешімін
t
k
e
A
X
~
=
түрінде іздестіреміз,
⎟⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
n
A
α
α
α
2
1
~
онда 
kt
k t
Ake
AAe
=
немесе
A kE A
(
)
0,
−
=
(5)
⎟⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
−
−
=
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
…
…
…
E
бірлік матрица.
Матрицалық теңдеудің (5) нөлдік емес шешімі 
A
~
болуы үшін 
A kE
−
матрицасының ерекше болуы қажетті жəне жеткілік-
ті, яғни анықтауыш 
A kE
0
−
=
болуы керек. Бұл теңдеудің
A kE
0
−
=
əрбір сипаттамалық 
i
k
түбіріне нөл емес 
)
(
~
i
A
мат-
12–684

178
рицасын анықтаймыз жəне барлық 
i
k
түбірлері əртүрлі болса, 
жүйенің (1´) 
n
шешімін табамыз:
,
~
,
,
~
,
~
)
(
)
2
(
2
)
1
(
1
2
1
t
k
n
n
t
k
t
k
n
e
A
X
e
A
X
e
A
X
=
=
=
…
.
~
)
(
)
(
2
)
(
1
)
(
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
i
n
i
i
i
A
α
α
α
Бұл шешімдер сызықты тəуелсіз. Шындығында, егер сызықты 
тəуелділік болса, 
∑
=
=
n
i
t
k
i
i
i
e
A
1
)
(
0
~
β
немесе ашып жазсақ,
⎪
⎪
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬
⎫
≡
≡
≡
∑
∑
∑
=
=
=
n
i
t
k
i
n
i
n
i
t
k
i
i
n
i
t
k
i
i
i
i
i
e
e
e
1
)
(
1
)
(
2
1
)
(
1
,
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
,
0
,
0
α
β
α
β
α
β
(5')
ал 
t
k
i
e
, 
n
i
,
1
=
сызықты тəуелсіз болғандықтан
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
=
=
0
.
.
.
.
.
.
.
,
0
,
0
)
(
)
(
2
)
(
1
i
n
i
i
i
i
i
α
β
α
β
α
β
(
)
n
i
,
1
=
(6)
Əрбір 
i
үшін 
)
(
)
(
2
)
(
1
,
,
,
i
n
i
i
α
α
α
…
-лердің кемінде біреуі нөл емес, 
онда барлық 
n
i
i
,
1
,
0
=
=
β
.
Сонымен 
t
k
i
i
e
A
)
(
~
n
i
,
1
=
шешімдері сызықты тəуелсіз, онда 
жалпы шешімі 

179
,
~
1
)
(
∑
=
=
n
i
t
k
i
i
i
e
A
C
X
немесе
,
,
1
1
)
(
n
j
e
C
x
n
i
t
k
i
j
i
j
i
=
=
∑
=
α
j
C
- кез келген тұрақтылар.
Теңдеулер жүйесі (2) біртекті жəне анықтауышы нөл болған-
дықтан шешімдері 
)
(
i
j
α
n
j
,
1
=
көп мəнді, яғни шексіз көп; себебі 
əрбір шешімін кез келген тұрақтыға көбейтсек жаңа шешімі 
шығады.
Сипаттамалық теңдеудің (3) комплекс түйіндес түбірлері-
не 
j
j
k
p qi k
p qi
,
= +
= −
тиісті сызықты тəуелсіз шешімдері 
t
k
j
j
j
e
A
X
)
(
~
=
(7) шешімінің нақты жəне жорамал бөліктерінен 
құрылады.
Теңдеулер жүйесі (1) жоғарғы ретті сызықты бір теңдеуге 
кел тірілетіндігін ескерсек, сипаттамалық 
s
k
түбірінің еселігі 
γ
болғанда, бұл түбірге тиісті шешімі мына түрде іздестіріледі
,
)
~
...
~
~
(
)
(
1
)
(
1
)
(
1
)
(
0
t
k
s
s
s
s
e
t
A
t
A
A
t
X
−
−
+
+
+
=
γ
γ
(8)
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
)
(
)
(
2
)
(
1
)
(
~
s
n
i
s
i
s
i
s
i
A
α
α
α
, 
)
(
s
ji
α
-тұрақтылар.
Шешімді (8) жүйеге (1) қойып, матрицаларды 
)
(
~
s
i
A
анық тай-
ды.
1-мысал
. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу керек.
dx
dy
x y
x
y
dt
dt
2
,
3
4 .
=
+
=
+
Шешуі: Сипаттамалық теңдеуінің 
,
0
4
3
1
2
=
−
−
k
k
0
5
6
2
=
+
−
k
k

180
түбірлері
5
,
1
2
1
=
=
k
k
болғандықтан, шешімдерін
,
,
5
)
2
(
1
2
)
1
(
1
1
t
t
e
x
e
x
α
α
=
=
t
t
e
y
e
y
5
)
2
(
2
2
)
1
(
2
1
α
α
=
=
түрінде іздестіреміз. Шешімдерді жүйеге қойсақ:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
=
+
,
0
3
3
,
0
)
1
(
2
)
1
(
1
)
1
(
2
)
1
(
1
α
α
α
α
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
−
=
−
0
3
,
0
3
)
2
(
2
)
2
(
1
)
2
(
2
)
2
(
1
α
α
α
α
алгебралық жүйелері шығады. Біріншісінен
,
,
0
)
1
(
1
)
1
(
2
)
1
(
2
)
1
(
1
α
α
α
α
−
=
=
+
−
1
1
α
кез келген, онда
.
,
,
)
1
(
1
1
1
1
1
1
α
=
−
=
=
c
e
c
y
e
c
x
t
t
Екіншісінен 
−
=
=
−
)
2
(
1
)
2
(
1
)
2
(
2
)
2
(
2
)
2
(
1
,
3
,
0
3
α
α
α
α
α
кез келген, онда
.
,
3
,
)
2
(
1
2
5
2
2
5
2
2
α
=
=
=
c
e
c
y
e
c
x
t
t
2-мысал
. Жалпы шешімін табу керек
dx
dy
x
y
x
y
dt
dt
2
5 ,
5
6 .
=
−
=
−
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің 
,
0
6
5
5
2
=
−
−
−
−
k
k
k
k
2
4
13 0
+
+ =
түбірлері 
i
k
3
2
±
−
=
болғандықтан, берілген жүйенің шешімін
t
i
t
i
e
y
e
x
)
3
2
(
2
)
3
2
(
1
,
+
−
+
−
=
=
α
α
түрінде іздестіреміз. Онда 
2
1
,
α
α
коэффициенттері үшін алгебралық теңдеулер жүйесінің
⎩
⎨
⎧
=
−
−
+
=
−
−
0
)
3
4
(
5
,
0
5
)
3
4
(
2
1
2
1
α
α
α
α
i
i
бір шешімі 
,
3
4
,
5
2
1
i
−
=
=
α
α
демек 
i t
x
e
( 2 3 )
5
,
− +
=
i t
y
i e
( 2 3 )
(4 3 )
.
− +
= −

181
Комплекс айнымалы функция түрінде алынған бұл шешім-
нің нақты жəне жорамал бөліктерінен, берілген жүйенің жалпы 
шешімі құрылады:
t
x t
e
C
t C
t
2
1
2
( ) 5
( cos3
sin3 ),
−
=
+
[
]
t
y t
e
C
C
t
C
C
t
2
1
2
1
2
( )
(4
3 )cos3 (3
4 )sin3 .
−
=
−
+
+
3-мысал
. Жалпы шешімін табу керек:
dx
dy
x
y
x
y
dt
dt
2 ,
2
5 .
= −
=
+
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің
0
9
6
,
0
5
2
2
1
2
=
+
−
=
−
−
−
k
k
k
k
түбірлері 
3
2
1
=
=
k
k
болғандықтан, жүйенің шешімін 
t
t
e
t
y
e
t
x
3
2
2
3
1
1
)
(
,
)
(
β
α
β
α
+
=
+
=
түрінде іздестіреміз. Шешімді 
берілген жүйеге қойсақ, 
⎩
⎨
⎧
+
+
+
=
+
+
−
−
+
=
+
+
t
t
t
t
t
t
2
2
1
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
5
5
2
2
3
3
,
2
2
3
3
β
α
β
α
β
α
β
β
α
β
α
β
α
β
немесе 
⎩
⎨
⎧
−
=
−
−
=
1
2
1
1
2
,
2
2
β
β
β
α
α
теңдіктері шығады.
Мұндағы 
2
1
1
1
,
C
C
=
=
β
α
кез келген сандар десек, жүйенің 
жалпы шешімін аламыз:
.
)
2
1
(
,
)
(
3
2
2
1
3
2
1
t
t
e
t
C
C
C
y
e
t
C
C
x
−
−
−
=
+
=

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: