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

30
шешіміне
0
1
2
( ),
( ),
( )
y x
y x
y x
жуықтауларын құрып, 
4
1
4
1
≤
≤
−
x
аралығында дəл шешім
)
(
x
y
пен 
)
(
2
x
y
шешімдерінің айырма-
сын бағалау керек.
Шешуі. Жуықтау шешімдерін
2
1
0
1
1 1
( )
(
) ( )
( ) ,
x
n
n
n
y
x
t y t
y t dt
+
⎡
⎤
= +
− +
+
⎣
⎦
∫
...
,
2
,
1
,
0
,
1
)
(
0
=
=
n
x
y
формуласы мен құрамыз.
0
=
n
десек, 
[
]
2
1
0
1
1 1
1
1
2
( )
(
)
,
x
x
y x
t
dt
x
= +
− + +
= + −
∫
1
=
n
десек, 
2
1
( )
y x
= +
[
]
2
1
1
1
1
0
0
1 1
1
1
1
(
) ( )
( )
( )( ( )
)
x
x
t y t
y t
dt
y t y t
t
dt
⎡
⎤
+
− +
+
= +
+
− −
=
⎣
⎦
∫
∫
2
2
3
4
5
0
1
1
1
1
2
2
6
8
20
.
x
t
t
x
x
x
t
dt
x
⎡
⎤
⎛
⎞
= +
−
+ −
= + −
−
+
⎢
⎥
⎜
⎟
⎝
⎠
⎣
⎦
∫
Енді теңдеуді
1
1
(
)
(
)
d
y
x
y y
x
dx
− − =
− −
түріне келтіріп,
дəл шешімін 
1
)
(
+
=
x
x
y
табамыз. Онда:
3
2
2
3
1
1
1
1
1
0 0032
2 3 4 10
2 4 3 16 160
( )
( )
,
,
x
x
x
y x
y x
⎛
⎞
−
=
+
−
≤
+
−
<
⎜
⎟
⎝
⎠
⋅
.
4
1
,
4
1
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡−
∈
∀
x
3-мысал
. Теңдеудің 
1 3
3
1
2
/
(
)
dy
y
x
dx
= +
−
дербес шешімі болуы
мүмкіндігін айқындау керек болса, оларды тауып, теңдеудің 
интегралдық сызықтарын тұрғызу керек.

31
Шешуі. 
z
x
y
=
−
алмастыруын енгізсек, 
1 3
3
2
/
dz
z
dx
=
теңдеуін
аламыз. 
3
/
1
2
3
)
(
z
z
f
=
функциясы 
0
=
z
мəнінде Липшиц шартын
қанағаттандырмайды. Соңғы теңдеудің
0
=
z
шешімі ерекше бо-
луы мүмкін. Теңдеудің басқа шешімдерін тапсақ,
1 3
1 3
3
3
2
2
/
/
,
;
z
dz
dx
z
dz
dx
−
−
=
=
∫
∫
2 3
3 2
3
3
2
2
/
/
(
),
(
) .
z
x
C
z
x
C
=
−
=
−
0
x
x
=
мəнінде 
0
)
(
0
=
x
z
мəнін кемінде екі шешімі қабыл-
дайды:
0
=
z
жəне 
,
)
(
2
/
3
0
x
x
z
−
=
сондықтан 
0
=
z
теңдеудің ерек-
ше шешімі. 
x
y
z
x
y
=
=
−
,
бастапқы теңдеудің ерекше шешімі. 
Басқа шешімдері 
2
/
3
)
(
C
x
x
y
−
+
=
жəне графиктері 
3-суретте
берілген.
1-сурет
§7. Туындылары арқылы шешілмеген 
дифференциалдық теңдеулер
Туындысы бойынша шешілмеген теңдеуді
0
)
,
,
(
=
′
y
y
x
F
(1)
мүмкін болса 
y
′
арқылы шешіп бір немесе бірнеше

32
1
( , ),
,
i
y
f x y
i
k
=
=
′
(2) 
теңдеулерді аламыз. Көп жағдайда бұлай шешу мүмкін бола 
бермегендіктен теңдеу (1) параметр енгізу əдісімен шешіледі.
Келесі жағдайларды қарастырайық:
1. Теңдеу (1) мына түрде берілсін
,
0
)
(
=
′
y
F
(3)
жəне бұл теңдеудің кемінде бір нақты түбірі 
i
k
y
=
′
болсын.
Онда 
i
k
y
=
′
, бұдан 
,
C
x
k
y
i
+
=
немесе 
,
x
C
y
k
i
−
=
ал 
i
k
теңдеудің (3) түбірі болғандықтан 
0
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
x
C
y
F
интегралын ала-
мыз.
1-мысал.
.
0
5
)
(
3
)
(
3
4
=
−
′
+
′
+
′
y
y
y
Шешуі. 
.
0
5
3
3
4
=
−
−
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
x
C
y
x
C
y
x
C
y
2. Теңдеу (1) мына түрде берілсін:
.
0
)
,
(
=
′
y
x
F
(4)
Параметр 
t
енгіземіз:
( ),
( ).
x
t
y
t
ϕ
ψ
=
=
′
Онда 
dy
y dx
= ′
теңдігінен 
( ) ( ) ,
( ) ( )
.
dy
t
t dt y
t
t dt
C
ψ ϕ
ψ ϕ
=
=
+
′
′
∫
Сонымен теңдеудің (4) интегралдық сызықтары параметрлі 
түрде анықталады:
( )
( ) ( )
.
x
t
y
t
t dt
C
ϕ
ψ ϕ
=
⎧
⎨ =
+
′
⎩
∫
Егер теңдеу (4) 
х
бойынша оңай шешілсе 
( ),
x
y
ϕ
=
′
онда
t
y
=
′
параметрі енгізіледі. Онда:
( ),
( ) ,
( )
,
x
t
dy
y dx
t
t dt y
t
t dt
C
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
=
=
+
′
′
′
∫
интегралдық сызық

33
( )
( )
.
x
t
y
t
t dt
C
ϕ
ϕ
=
⎧
⎨ =
+
′
⎩
∫
2-мысал.
.
1
2
y
y
x
′
=
′
+
Шешуі.
2
2
,
;
y
tg
t
t
π
π
=
− < <
′
онда:
sin ,
cos
sin
,
cos
x
t dy
y dx
tg
t
tdt
tdt y
t
C
=
=
=
=
= −
+
′
интегралдық сызық
⎩
⎨
⎧
+
−
=
=
C
t
y
t
x
cos
,
sin
немесе 
1
)
(
2
2
=
−
+
C
y
x
шеңберлер жиынтығы.
3.Теңдеу (1):
0
)
,
(
=
′
y
y
F
(5)
түрінде берілсе, параметр: 
( ),
( )
y
t
y
t
ϕ
ψ
=
=
′
болып енгізіледі.
Енді 
dy
y dx
= ′
теңдігінен
( )
( )
,
.
( )
( )
dy
t dt
t dt
dx
x
C
y
t
t
ϕ
ϕ
ψ
ψ
′
′
=
=
=
+
′
∫
Сонымен, интегралдық сызықтар:
( )
,
( )
( ).
t dt
x
C
t
y
t
ϕ
ψ
ϕ
′
⎧ =
+
⎪
⎨
⎪
=
⎩
∫
түрінде анықталады. Дербес жағдайда теңдеу 
у
бойынша оңай 
шешілсе, 
( )
( ),
,
( ),
,
dy
t dt
y
y
y
t y
t
dx
y
t
ϕ
ϕ
ϕ
′
=
=
=
=
=
′
′
′
шешімді: 
3–684

34
( )
( )
t dt
x
C
t
y
t
ϕ
ϕ
′
⎧ =
+
⎪
⎨
⎪
=
⎩
∫
түрде табамыз.
3-мысал.
.
5
)
(
)
(
3
5
+
′
+
′
+
′
=
y
y
y
y
Шешуі. 
t
y
=
′
десек, 
,
5
3
5
+
+
+
=
t
t
t
y
4
2
3
5
3
1
1
5
3
(
)
,
dy
t
t
dt
dx
t
t
dt
y
t
t
+
+
⎛
⎞
=
=
=
+
+
⎜
⎟
⎝
⎠
′
4
2
5
3
4
2
ln
.
t
t
x
t
C
=
+
+
+
Сонымен интегралдық сызықтар жиынтығы:
4
2
5
3
5
3
4
2
5
ln
.
.
x
t
t
t
C
y
t
t
t
⎧ =
+
+
+
⎪
⎨
⎪
=
+ + +
⎩
Енді жалпы жағдайды 
0
)
,
,
(
=
′
y
y
x
F
қарастырайық.
Теңдеуді
( , ),
( , ),
( , )
x
u
y
u
y
u
ϕ ϑ
ψ
ϑ
χ ϑ
=
=
=
′
параметрлермен алмастырамыз, 
dy
y dx
= ′
( , )
,
u
du
d
u
du
d
u
u
ψ
ψ
ϕ
ϑ χ ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
∂
∂
∂
∂
⎡
⎤
+
=
+
⎢
⎥
∂
∂
∂
∂
⎣
⎦
( , )
( , )
u
d
u
u
du
u
ϕ
ψ
χ ϑ
ϑ
ψ
ϕ
χ ϑ
ϑ
ϑ
∂
∂
−
∂
∂
= ∂
∂
−
∂
∂
(6)
Нəтижесінде туындысы бойынша шешілген теңдеуді (6) 
алдық. Бұл теңдеу барлық уақытта бірдей шешіле бермейді.

35
Егер теңдеу (1)
)
,
(
y
x
f
y
′
=
(7)
түріне келтірсе, 
p
y
=
′
параметрін енгізіп,
( ; ),
f
f
y
f x p
dy
dx
dp
x
p
∂
∂
=
=
+
∂
∂
,
немесе
,
dy
f
f dp
dx
x
p dx
∂
∂
=
+
∂
∂
f
f dp
p
x
p dx
∂
∂
=
+
∂
∂
(8)
теңдеуін аламыз. Теңдеудің (8) жалпы интегралы 
0
)
,
,
(
=
Φ
c
p
x
болса, теңдіктер 
0
( , ), ( , , )
y
f x p
x p c
=
Φ
=
интегралдық сы зық-
тар жиынтығын береді.
Егер теңдеу (1)
)
,
(
y
y
f
x
′
=
(9)
түріне келтірілсе:
,
f
f
y
p dy
p
dy
dp
y
p
⎛
⎞
∂
∂
=
=
+
′
⎜
⎟
⎝
⎠
∂
∂
немесе
1
f
f dp
p
y
p dy
∂
∂
=
+
∂
∂
, (10)
бұдан 
)
,
,
(
c
p
y
Φ
шешімін алсақ, онда 
0
( , ), ( , , )
x
f y p
y p c
=
Φ
=
теңдеудің (9) интегралдық сызықтарының жиынтығын береді.
Жоғарыда келтірілген əдістермен Лагранж теңдеуі 
)
(
)
(
y
y
x
y
′
+
′
=
ψ
ϕ
жəне Клеро теңдеуі
)
(
y
y
x
y
′
+
′
=
ψ
шешіледі.
Коши есебінің 
0
0
)
(
,
0
)
,
,
(
y
x
y
y
y
x
F
=
=
′
(1) шешімі бар 
жəне жалғыз болуының жеткілікті шарттары келесі теоремада
берілген.

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: