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

224
18. Шешім 
0
,
0
≡
≡
y
x
тұрақты əсерде орнықты.
19. 
0
)
(
≡
t
X
шешімі орнықты.
20. Барлық шешімдері орнықты, асимптотикалық орнықты-
лық жоқ.
21. Барлық шешімдері орнықты, асимптотикалық орнықтылық 
жоқ.
22. 
(
)
t
t
x
sin
cos
2
1
−
=
, орнықсыз.
23. 
1
0
<
≤
α
орнықтылық аумағы, 
1
0
<
<
α
асимптотикалық 
орнықтылық аумағы.
24. 
5
≥
α
орнықтылық аумағы, 
5
>
α
асимптотикалық орнық-
тылық аумағы.
25. а) орнықсыз, ə) орнықсыз, б) орнықты, в) орнықты.
26. 
2
2
4
3
y
x
v
+
=
асимптотикалық орнықты.

225
5-тарау 
БІРІНШІ РЕТТІ ДЕРБЕС ТУЫНДЫЛЫ ТЕҢДЕУЛЕР
Белгісіз функциялары бірнеше айнымалылардан тəуелді бола-
тын дифференциалдық теңдеулер дербес туындылы деп аталады. 
Көптеген физикалық-химиялық процестер дербес туындылы 
дифференциалдық теңдеулер есептерімен өрнектелетіні белгілі. 
Теңдеу
2
2
2
( , , )
u
u
u
n x y z
x
y
z
⎛
⎞
∂
∂
∂
⎛
⎞
⎛
⎞
+
+
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
∂
∂
∂
⎝
⎠
сыну көрсеткіші 
n
(
x, y, z
) болатын жарық сəулелерінің біртекті 
емес ортада таралуын өрнектейді; теңдеу
2
2
2
x
u
a
t
u
∂
∂
=
∂
∂
стерженьдегі жылу таралуын көрсетеді; теңдеу
2
2
2
2
2
x
u
a
t
u
∂
∂
=
∂
∂
ішек тербелісінің теңдеуі деп аталады; теңдеу
0
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
z
u
y
u
x
u
Лаплас теңдеуі деп аталады, өріс потенциалын өрнектейді.
Бұл тарауда бірінші ретті дербес туындылы дифференциалдық 
теңдеулерді ғана қарастырамыз.
§27. Негізгі түсініктер. Сызықтық жəне
квазисызықтық теңдеулер
Бірнеше жай мысалдар қарастырайық.
1-мысал.
x
y
x
y
x
z
+
=
∂
∂
)
,
(

226
Теңдеуді 
x 
бойынша интегралдасақ, 
2
( , )
( )
2
x
z x y
xy
y
ϕ
=
+
+
шешімін аламыз, мұндағы, 
φ
(
y
) кез келген функция.
2-мысал
.
0
)
,
(
2
=
∂
∂
∂
y
x
y
x
z
Бұл теңдеуді 
0
=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂
∂
∂
y
z
x
түріне келтіріп, 
x
бойынша 
интегралдасақ 
)
(
y
y
z
ϕ
=
∂
∂
шешімін, мұндағы 
φ
(
y
) кез келген функ-
ция аламыз. Енді 
y
бойынша интегралдасақ, 
1
( )
( )
z
y dy
x
ϕ
ϕ
=
+
∫
немесе 
z
=
φ
1
(
x
) +
φ
2
(
y
) шешімі шығады, мұндағы, 
2
( )
( ) .
y
y dy
ϕ
ϕ
=
∫
Қарастырылған екі мысалдан: бірінші ретті теңдеу шешімі бір 
кез келген фунциядан, екінші ретті теңдеу шешімі екі кез келген 
фунциядан тəуелді болатындығын көреміз. Демек, 
p
-ретті тенде-
ну 
p 
кез келген фунциядан тəуелді болуы ықтимал.
Бұл мəселе С.В. Ковалевская теоремасымен анықталады.
Теорема. Максималды ретті бір туындысы бойынша айқын. 
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
2
2
,..., , .
,
,...,
,
,
,
,...,
p
p
p
n
p
p
p
n
z
z
z
z
z
z
z
z
f
x
x z
x
x
x
x
x
x x
x
x
−
−
⎛
⎞
∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
= ⎜
⎟
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂
∂
⎝
⎠
теңдеуінің (
x
10
, 
x
20
, ..., 
x
n
0
) нүктесінің төңірегінде аналитикалық 
жəне келесі шарттарды қанағаттандыратын
10
0
2
3
1
2
3
1
,
( , ,..., ),
( , ,..., ),...,
n
n
z
x
x
z
x x
x
x x
x
x
ϕ
ϕ
∂
=
=
=
∂
1
1
2
3
1
1
( , ,..., )
p
p
n
p
z
x x
x
x
ϕ
−
−
−
∂
=
∂
жалғыз шешімі бар, егер 
φ
0
, 
φ
1
, ..., 
φ
p
–1
, функциялары бастапқы 
(
x
20
, ..., 
x
n
0
,) нүктесі төңірегінде аналитикалық, ал 
f
функциясы 
аргументерінің бастапқы мəндері 
x
10
, 
x
20
, ..., 
x
n
0
, 
z
0
=
φ
0
(
x
20
, 
x
30
, ..., 
x
n
0
),

227
0
0
1
20
0
1 0
0
( ,...,
),...,
i
i
p
p
n
p
p
n
n
x
x
z
z
x
x
x
x
x
ϕ
ϕ
=
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
∂
∂
∂
=
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
төңірегінде аналитикалық функция болса.
Теореманы дəлелдеусіз қабылдаймыз.
Туындылары бойынша сызықтық, ал ізделінді 
z
функциясы
бойынша бейсызықтық болуы да мүмкін.
1
1
2
1
1
2
( ,..., , )
( ,..., , )
...
n
n
z
z
x
x z
x
x z
x
x
Χ
Χ
∂
∂
+
+ +
∂
∂
1
1
( ,..., , )
( ,..., , )
n
n
n
n
z
x
x z
x
x z
x
Χ
Ζ
∂
+
=
∂
(1)
теңдеуін сызықтық біртекті емес немесе қоссызықтық бірінші 
ретті дербес туындылы теңдеу деп атайды.
Егер теңдеудің оң жағы нөлге тепе-тең, ал 
X
i
функциялары 
Z
-тен тəуелсіз болса, яғни
1
1
2
1
1
2
( ,..., )
( ,..., )
...
n
n
z
z
x
x
x
x
x
x
Χ
Χ
∂
∂
+
+ +
∂
∂
1
( ,..., )
0
n
n
n
z
x
x
x
Χ
∂
+
=
∂
(2) 
теңдеуі сызықтық біртекті деп аталады.
Екі айнымалыдан тəуелді дербес туындылы теңдеуді 
)
,
,
(
)
,
,
(
)
,
,
(
z
y
x
R
y
z
z
y
x
Q
x
z
z
y
x
P
=
∂
∂
+
∂
∂
(3)
қарастырсақ, бұл теңдеуді векторлық өріспен
k
z
y
x
R
j
z
y
x
Q
i
z
y
x
P
F
)
,
,
(
)
,
,
(
)
,
,
(
+
+
=
байланыстыруға болатындығын көреміз.
Өрістің векторлық сызықтары
t
idx
jdy
kdz
=
+
+
векторы мен 
F
векторының коллинеарлық шартынан
( , , )
( , , )
( , , )
dx
dy
dz
P x y z
Q x y z
R x y z
=
=

228
анықталатындығы белгілі. Онда векторлық сызықтар жиынынан 
тұратын бет те анықталады.
Векторлық бетке ортогонал 
N
векторы өрістің 
F
векторына 
да ортогонал:
0
=
⋅
F
N
. (3)
Егер бет 
)
,
(
y
x
f
z
=
түрінде берілсе
k
j
y
z
i
x
z
N
−
∂
∂
+
∂
∂
=
болғандықтан (3) шарт: 
)
,
,
(
)
,
,
(
)
,
,
(
z
y
x
R
y
z
z
y
x
Q
x
z
z
y
x
P
=
∂
∂
+
∂
∂
(4)
түрде жазылады.
Егер бет 
u
= (
x, y, z
) теңдеуімен анықталса,
k
z
u
j
y
u
i
x
u
N
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
,
онда (3) теңдік:
0
)
,
,
(
)
,
,
(
)
,
,
(
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
z
u
z
y
x
R
y
u
z
y
x
Q
x
u
z
y
x
P
. (5)
деп жазылады.
Демек, векторлық беттерді табу, квазисызықтық теңдеуді (4) 
немесе сызықтық біртектік теңдеуді (5) шешуге келтіреді.
Сонымен векторлық сызықтардың дифференциалдық теңдеу-
лер жүйесі құрылып, 
( , , )
( , , )
( , , )
dx
dy
dz
P x y z
Q x y z
R x y z
=
=
(6)
тəуелсіз екі бірінші интегралдары 
ψ
1
(
x, y, z
) =
c
1
, жəне 
ψ
2
(
x, y, z
) =
c
2
табылады. Бұлар (4) (немесе (5)) теңдеудің сипатталушылары
деп аталады. Қос параметрлі векторлық сызықтар 
ψ
1
(
x, y, z
) =
c
1
, 
ψ
2
(
x, y, z
) =
c
2
жиынынан кез келген үздіксіз тəуелсіздік Φ(
c
1
, 
c
2
)=0 
құрамыз. Жүйеден 
ψ
1
(
x, y, z
) =
c
1
, 
ψ
2
(
x, y, z
) =
c
2
, Φ(
c
1
, 
c
2
)=0
параметрлерді 
c
1
, 
c
2
жою нəтижесінде ізделінді векторлық беттер 
тендеуін аламыз:

229
Φ(
ψ
1
(
x, y, z
) ,
ψ
2
(
x, y, z
))=0. (7)
Өрістің 
k
z
y
x
R
j
z
y
x
Q
i
z
y
x
P
F
)
,
,
(
)
,
,
(
)
,
,
(
+
+
=
берілген Φ
1
(
x, y, z
) = 0, Φ
2
(
x, y, z
) = 0 сызығынан өтетін векторлық 
беті, келесі теңдеулер жүйесінен 
x, y, z
-ді жою нəтижесінде табы-
лады:
1
2
1
1
2
2
( , , ) 0,
( , , ) 0,
( , , )
,
( , , )
,
x y z
x y z
x y z
c
x y z
c
ψ
ψ
Φ
=
Φ
=
⎧
⎨
=
=
⎩
(8)
Жүйені (8) шешсек, Φ(
c
1
, 
c
2
)=0 теңдігін, ал бұдан ізделінді 
интегралды Φ(
ψ
1
(
x, y, z
) ,
ψ
2
(
x, y, z
))=0 табамыз
1-мысал
. Теңдеудің кез келген функциядан тəуелді интегра-
лын, яғни жалпы шешімін табу керек:
0
=
∂
∂
−
∂
∂
x
z
x
x
z
y
.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін құрып, 
0
dx
dy
dz
y
x
= −
=
,
бірінші интегралдарын табамыз:
x
2
+
y
2
=
c
1
, 
z
=
c
2
.
Онда теңдеудің жалпы интегралы: 
Φ(
x
2
+
y
2
, 
z
)=0,
немесе 
z
бойынша шешсек, 
z=f
(
x
2
+
y
2
).
2-мысал
. Теңдеудің
0
=
∂
∂
−
∂
∂
y
z
y
x
z
x
берілген сызықтан 
z
= 2
x
, 
y
= 1 өтетін интегралдық бетін табу ке-
рек.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін
0
dx
dy
dz
x
y
=
=
−
интегралдасақ,
1
1
2
ln
ln
ln ,
;
c
x
c
y
y
z
c
x
=
−
=
=
.

230
Енді 
1
,
2
,
,
2
1
=
=
=
=
y
x
z
c
z
x
c
y
теңдеулерінен 
x, y, z
-ді жою 
нəтижесінде 2
c
1
=
c
2
теңдігін аламыз.
Бұдан 
z
= 2
xy
ізделінді шешімі шығады.
3-мысал
. Теңдеуді қанағаттандыратын жəне берілген сызық 
оның үстінде жататын бетті табу керек:
2
2
2
;
,
z
z
yz
xz
xy x
a y
z
a
x
y
∂
∂
+
=
=
+
=
∂
∂
Шешуі. Теңдеулер жүйесінің 
dx
dy
dz
yz
xz
xy
= −
=
шешімдері 
2
2
2
1
2
2
,
c
x
z
c
y
x
=
−
=
−
. Онда
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=
+
=
=
−
=
−
2
2
2
2
2
2
1
2
2
,
,
,
a
z
y
a
x
c
x
z
c
y
x
жүйесінен (
x, y, z
)-ді жою нəтижесінде шыққан
c
2
=
c
1
–
a
2
теңдігінен 
2
2
2
2
2
a
z
y
x
=
−
−
шешімін табамыз.
4-мысал
. Теңдеудің
,
0
=
∂
∂
−
∂
∂
y
z
y
x
z
x
көрсетілген шарттарды: 
y
=1 мəнінде 
z
=2
x
болатын шешімін та-
бу керек.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін құрамыз:
0
dx
dy
dz
x
y
=
=
−
Бұл жүйенің бірінші интегралдары 
xy
=
c
1
, 
z
=
c
2
болғандықтан, 
берілген теңдеудің жалпы шешімі: 

231
F
(
xy, z
) = 0 немесе 
z
=
f
(
xy
) мұндағы, 
F
жəне 
f
кез келген функ-
циялар, Берілген шарт бойынша, 
y =
1 мəнінде 
z
= 2
x
болуы керек, 
демек, 
z
=2
xy
.
Тəуелсіз айнымалыларының саны 
n
болатын жағдайды қа-
растырайық.
Біртекті сызықты теңдеудің
1
1
2
1
1
1
2
( ,..., )
( ,..., )
...
( ,..., )
0
n
n
n
n
n
z
z
z
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Χ
Χ
Χ
∂
∂
∂
+
+ +
=
∂
∂
∂
(9)
коэффициенттері 
X
i
(
x
1
, ..., 
x
n
) қарастырылып отырған аумақта 
үздіксіз, бір мезгілде бəрі бірдей нөлге айналмайтын жəне сол 
аумақта дербес туындылары шектеулі делік.
Теңдеулер жүйесін құрып:
1
2
1
1
2
1
1
...
( ,..., )
( ,..., )
( ,..., )
n
n
n
n
n
dx
dx
dx
x
x
x
x
x
x
Χ
Χ
Χ
=
= =
, (10)
(
n
–1)-тəуелсіз бірінші интегралдарын табамыз:
,
)
,...,
(
........
..........
..........
,
)
,...,
(
,
)
,...,
(
1
1
1
2
1
2
1
1
1
−
−
=
=
=
n
n
n
n
n
c
x
x
c
x
x
c
x
x
ψ
ψ
ψ
Бұл (
n
–1) параметрлі сызықтар тобы (9) теңдеудің сипаттау-
шылары (характеристикалары) деп аталады.
Жүйенің (10) кез келген бірінші интегралының 
ψ
(
x
1
, ..., 
x
n
)=
c
сол жағы берілген теңдеудің (9) шешімі екендігіне көз жеткізуге 
болады.
Интегралдық сызық бойында: 
1
0
n
i
i
i
d
dx
x
ψ
ψ
=
∂
=
≡
∂
∑
(11)
онда, 
∑
=
≡
Χ
∂
∂
n
i
i
i
i
x
1
0
ψ
(12)
тепе-теңдік (12) кеңістіктің кез келген нүктесінде 
)
,...,
(
1
n
x
x
x
=
орындалатындықтан, 
ψ
функциясы теңдеудің (9) шешімі екен:

232
0
1
=
∂
∂
Χ
∑
=
i
n
i
i
x
z
Кез келген Φ(
ψ
1
, 
ψ
2
, ..., 
ψ
n
–1
)=
c 
функциясы да (10) жүйенің ше-
шімі болатындықтан, 
z
=Φ(
ψ
1
, ..., 
ψ
n
–1
) функциясы да (9) теңдеудің 
шешімін береді.
Сонымен, 
z
=Φ(
ψ
1
(
x
1
, ..., 
x
n
), ..., 
ψ
n
–1
(
x
1
, ..., 
x
n
)) функциясы тең-
деудің (9) жалпы шешімі.

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: