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

239
Шешуі.
2
2
2
2
2
2
2
(
)
,
(
)
(2
)
(
2 )
(2
)
(
2 ) ,
(2
)
(
2 ) 2
2
2 (
) 0
F
Pi
Qj
Rk
y
z
x i
xzj
xyk
R
Q
P
R
Q
P
rotF
i
j
k
y
z
z
x
x
y
x
x i
z
y j
z
y k
z
y j
z
y k
F rotF
xz
z
y
xy z
y
xz
xyz
xyz
xy
x z
y
=
+
+
=
+
−
+
+
⎛
⎞
⎛
⎞
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎛
⎞
=
−
+
−
+
−
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎝
⎠
−
+
−
+ −
=
−
+ −
⋅
=
−
+
−
=
−
+
−
=
=
−
≠
демек теңдеу бір қатынаспен интегралданбайды.
2-мысал.
Интегралдау керек (
y
+3
z
2
)
dx
+(
x
+
y
)
dz
+6
xzdz
=0.
Шешуі. 
2
(
3 )
(
)
6
,
0.
F
y
z i
x
y j
xzk rotF
=
+
+ +
+
≡
Демек
F · rotF
≡
≡0, теңдеуді бір қатынаспен интегралдауға болады.
( , , )
2
(0,0,0)
,
(
3 )
(
)
6
.
x y z
F
gradU U
y
z dx
x
y dy
xzdz
=
=
+
+ +
+
∫
Интегралдау сызығы ретінде əрбір бөлігі координаталар ось-
теріне параллель болатындай сынық сызықты аламыз.
O
(0, 0, 0), 
P
(
x
, 0, 0), 
Q
(
x, y, 
0), 
M
(
x, y, z
)нүтелерін жалғай тын 
сынық сызықты алсақ 
0
0
(
)
6
y
z
OP
PQ
QM
U
x
y dy
xzdz
= + + =
+
+
=
∫ ∫ ∫ ∫
∫
2
2
3 .
2
y
xy
xz
=
+
+
Онда ізделінді интеграл 2
xy
+
y
2
+6
xz
2
=
c
.
2-сурет

240
3-мысал
. Пфаффа теңдеуін қанағаттандыратын беттерді табу 
керек 
3
yzdx
+2
xzdy+xydz
=0.
Шешуі. 
3
2
,
2
F
yzi
xzj
xyk rotF
xi
yj
zk
=
+
+
= −
+
−
Интегралдану шарты 
0
=
⋅
rotF
F
орындалады. Қандай да 
бір бетте, мысалы, 
z
=1 жазықтығында, векторлық сызықтарға 
ортогонал болатын қисықтарды табамыз
3 2
1; 3
2
0; 3
2
0;
dx
dy
z
ydx
xdy
x y
a
x
y
=
+
=
+
=
=
Сызықтар 
z
=1, 
x
3
y
2
=
a
арқылы құйындық беттерді өткіземіз. 
Ол үшін құйындық сызықтар теңдеулері жүйесін шешеміз: 
2
dx
dy
dz
x
y
z
=
=
−
−
1
2
,
,
2
,
.
dx
dy
x y
C
x
y
dx
dz
z
C
x
z
x
⎧
=
=
⎪−
⎪
⎨
⎪
=
=
⎪⎩
Теңдеулерден 
z
=1, 
x
3
y
2
=
a
, 
2
1
,
C
x
z
C
y
x
=
=
айнымалылар-
ды 
x, y, z
жою нəтижесінде 
a
C
C
=
⋅
2
4
1
шешімін табамыз.
Пфаффа теңдеуін 
P
(
x, y, z
)
dx+Q
(
x, y, z
)
dy+R
(
x, y, z
)
dz
=0 (1) 
бір айнымалыны, мысалы,
z
тұрақты деп кəдімгі дифференциал-
дық теңдеуді
P
(
x, y, z
)
dx+Q
(
x, y, z
)
dy
=0 (1`) 
интегралдап алып та шешуге болады, мұндағы 
z
-параметр. 
Теңдеудің (1`) интегралында 
U
(
x, y, z
)
=C
(
z
)
тұрақтыны 
z
параметрінен тəуелді десек, 
C
(
z
)-функциясын тең-
деуді (1) қанағаттандыратындай етіп таңдаймыз:

241
|
|
|
( )
0,
( )
,
( )
.
U
U
U
dx
dy
C z
dz
x
y
z
U
U
U
C z
y
x
z
P
Q
R
U
U
C z
x
z
P
R
∂
∂
∂
⎡
⎤
+
+
−
=
⎢
⎥
∂
∂
∂
⎣
⎦
∂
∂
∂ −
∂
∂
∂
=
=
∂
∂ −
∂
∂
=
Осы теңдеуден табылған 
C
(
z
) арқылы 
U
(
x, y, z
)
=C
(
z
) шешімі 
табылады.
4-мысал
. Теңдеуді интегралдау керек 
(
y
+3
z
2
)
dx
+(
x+y
)
dy
+6
xzdz
=0.
Шешуі. 
z
-ті тұрақты десек, (
y
+3
z
2
)
dx
+(
x+y
)
dy
=0 теңдеуінің 
шешімі 2
xy
+6
z
2
x+y
2
=
C
(
z
) шығады. Бұны бастапқы теңдеуге 
қойсақ, 
(2
y
+6
z
2
)
dx
+2(
x+y
)
dy
+(12
zx
–
c
′(
z
))
dz
=0
теңдігін немесе 
2
|
2
2
6
2(
) 12
( )
3
6
y
z
x
y
xz
C z
y
z
x
y
xz
+
+
−
=
=
+
+
қатынасын 
аламыз. Онда 
|
|
|
12
( )
2
; 12
12
( );
( ) 0,
6
xz
C z
xz
xz
C z
C z
xz
−
=
=
−
=
C
(
z
)=
C
. Сонымен теңдеудің шешімі 2
xy
+
y
2
+6
xz
2
=C.
§29. Сызықтық емес теңдеулер
Ізделінді функция 
z
(
x, y
) болатын, жалпы бірінші ретті дербес 
туындылы теңдеуді қарастырайық:
F
(
x, y, z, p, q
)=0, (1)
мұндағы, 
,
)
,
(
,
)
,
(
y
z
y
x
q
x
z
y
x
p
∂
∂
=
∂
∂
=
ізделінді интегралдық бет-
терге 
z=z
(
x, y
) нормаль 
N
(
p, q,
–1) бағытын көрсетеді. 

242
Интегралдық беттердің (
x, y, z
) нүктесіне нормалы бір 
параметрден тəуелді, мүмкін болатын нормальдар 
N
(
p, q,
–1) 
бағыттарының конусын құрайды (
1-сурет
).
3-сурет
Теңдеуді (1) интегралдау геометриялық тұрғыдан əрбір нүк-
тесінде нормалы бағыттар конусының мүмкін болатын бір бағы-
тымен бағыттас 
z=z
(
x, y
) беттерін анықтау.
Теңдеудің (1) маңызды кез келген екі 
a
жəне 
b
тұрақтыларынан 
тəуелді Φ(
x, y, z, a, b
)=0 интегралы толық интегралы деп аталады.
Дифференциалдық теңдеу (1) ізделінді интегралдық беттер дің 
нормалдарының бағытына ғана шектеу қоятындықтан, беттер-
дің иушілерінің нормалдары да алдыңғы нормалдармен бірдей. 
Демек иуші беттер де теңдеудің (1) интегралдық беттері.
Дербес туындылар 
z
y
x
∂
Φ
∂
∂
Φ
∂
∂
Φ
∂
,
,
шектеулі жəне бір мезгілде 
нөлге айналмайтын болса, қос параметрлі интегралдық беттер 
иушісі келесі теңдеулермен анықталады: 
.
0
,
0
,
0
)
,
,
,
,
(
=
∂
Φ
∂
=
∂
Φ
∂
=
Φ
b
a
b
a
z
y
x
(2)
Қос параметрлі интегралдық беттер жиынынан 
b
параметрін 
a 
параметрінің кез келген дифферециалданатын 
b
(
a
) функциясы деп 
қарастырсақ, бір параметрлі интегралдық беттер жиынын аламыз. 
Онда бұл жиынның иушісі мына теңдеулермен анықталады:
0
))
(
,
,
,
,
(
,
0
))
(
,
,
,
,
(
=
Φ
∂
∂
=
Φ
a
b
a
z
y
x
a
a
b
a
z
y
x

243
немесе 
.
0
)
(
,
0
))
(
,
,
,
,
(
=
′
∂
Φ
∂
+
∂
Φ
∂
=
Φ
a
b
b
a
a
b
a
z
y
x
(3)
Сонымен, толық интеграл белгілі болса, кез келген функциядан 
тəуелді интегралды құру мүмкіндігі бар.
Толық интеграл көбіне оңай табылады. Мысалдар келтірейік.
1. Теңдеу 
F
(
p, q
)=0 немесе 
)
(
q
p
ϕ
=
түрінде берілсін.
Онда 
q=a, a
-кез келген тұрақты десек, 
P
=
φ
(
a
), 
dz=pdx+qdy
=
=
φ
(
a
)
dx+ady
, ал бұдан 
z
=
φ
(
a
)
x+ay+b
толық интегралы шығады.
2. Теңдеу (1) мына түрге келтірілсе 
φ
1
(
x, p
)=
φ
2
(
y, q
), онда 
φ
1
(
x, p
)=
φ
2
(
y, q
)=
a
- кез келген тұрақты дей отырып, мүмкіндігінше 
p
жəне 
q
арқылы шешіп,
1
2
( , ),
( , ),
p
x a q
y a
ψ
ψ
=
=
1
2
( , )
( , ) ,
dz
pdx
qdy
x a dx
y a dy
ψ
ψ
=
+
=
+
1
2
( , )
( , )
z
x a dx
y a dy
ψ
ψ
=
+
∫
∫
толық интегралын аламыз.
3. Егер теңдеу (1) 
0
)
,
,
(
=
q
p
z
F
түрінде берілсе, 
z
=
z
(
u
), 
u
=
ax+y
десек 
( , ,
,
) 0.
dz dz
F z a
du du
=
Бұл кəдімгі дифференциалдық теңдеудің интегралы
z
=Φ(
u, a, b
)
b 
- кез келген тұрақты, 
немесе 
z
=Φ(
ax+y, a, b
) - толық интеграл.
4. Егер теңдеу (1) Клеро теңдеуіне ұқсас түрде берілсе 
z=px+qy
+
φ
(
p, q
),
онда толық интегралы 
z=ax+by
+
φ
(
a, b
).
1-мысал
. Теңдеудің толық интегралын табу керек: 
p
2
–2
p
–
q
2
+1=0.
p
2
–2
p
+1–
q
2
=0, (
p
–1)
2
–
q
2
=0, 
p
=1±
q
, 
q=a
,
Шешуi. 
dz=pdx+qdy
=(1±
a
)
dx+ady
,
 
z
=(1±
a
)
x+ay+b.
2-мысал
. Теңдеудің толық интегралын табу керек: 

244
pq
=
x
2
y
2
.
Шешуі. 
2
2
2
2
2
2
,
,
,
,
p
y
y
y
a p
ax q
dz
ax dx
dy
x
q
a
a
=
=
=
=
=
+
3
3
.
3
3
ax
y
z
b
a
=
+
+
Мысал 3.
Теңдеудің толық интегралын табу керек:
pq
=9
z
2
.
Шешуі. 
z=z
(
u
), 
u=ax+y
десек, 
,
,
dz
dz
p
a
q
du
du
=
2
2
3
3 (
)
3
9 ,3
,
,
3
ln
ln ,
u
ax y
a
a
dz
dz dz
a
z
z
a
du
du
du
z
a
z
u
C z
Cl
Cl
a
+
⎛
⎞ =
=
=
⎜
⎟
⎝
⎠
=
+
=
=
C
-ны 
b
параметрінен алмастырсақ, 
3 (
)
ax y
a
z
bCl
+
=
.
4-мысал
. Теңдеудің толық интегралын табу керек 
z=px+qy+
+p
3
q
3
.
Шешуі. 
z=ax+by+a
3
b
3
.
Күрделі жағдайларда теңдеудің
0
)
,
,
,
,
(
=
q
p
z
y
x
F
толық ин-
тегралы жалпы əдістердің бірімен табылады.
Лагранж жəне Шарпи əдісінің негізінде қарапайым идея жа-
тыр. Бұл əдіс бойынша: 
0
)
,
,
,
,
(
=
q
p
z
y
x
F
(4) 
теңдеуіне 
a
q
p
z
y
x
U
=
)
,
,
,
,
(
(4) теңдеуі (1) жəне (4) жүйеден 
анықталған 
)
,
,
,
(
a
z
y
x
p
p
=
жəне 
)
,
,
,
(
a
z
y
x
q
q
=
функциялары 
бір қатынаспен интегралданатын Пфаффа теңдеуін 
dz=p
(
x, y, z, a
)
dx+q
(
x, y, z, a
)
dy
(5)
құратындай етіп таңдалады. Сонда Пфаффа теңдеуінің интегралы 
b
b
a
z
y
x
,
0
)
,
,
,
,
(
=
Φ
- кез келген тұрақты, теңдеудің (1) жалпы 
интегралы болады. Функция 
U
теңдеудің (5) бір қатынаспен 
интегралдануы шартынан 

245
,
)
,
,
,
(
)
,
,
,
(
,
0
k
j
a
z
y
x
q
i
a
z
y
x
p
F
rotF
F
−
+
=
=
⋅
немесе ашып жазсақ, 
0
=
∂
∂
+
∂
∂
−
∂
∂
−
∂
∂
x
q
y
p
z
p
q
z
q
p
(6) 
теңдеуінен анықталады. 
Тепе-теңдіктер жүйесінен 
⎭
⎬
⎫
=
=
a
q
p
z
y
x
U
q
p
z
y
x
F
)
,
,
,
,
(
0
)
,
,
,
,
(
(7)
функциялар 
p
(
x, y, z, a
) жəне 
q
(
x, y, z, a
) анықталатындықтан, 
дифференциалдау жолымен 
z
q
z
p
y
p
x
q
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
,
,
,
туындылары есептеледі.
x
-бойынша туындысы
,
0
=
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
x
q
q
F
x
p
p
F
x
F
,
0
=
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
+
∂
∂
x
q
q
U
x
p
p
U
x
U
Онда
.
)
,
(
)
,
(
)
,
(
)
,
(
q
p
D
U
F
D
x
p
D
U
F
D
x
q
−
=
∂
∂
Дəл осылай 
y, z
бойынша туындыларын анықтаймыз:
( , ) / ( , )
( , ) / ( , )
,
,
( , ) / ( , )
( , ) / ( , )
p
D F U
D y q
p
D F U
D z q
y
D F U
D p q
z
D F u
D p q
∂
∂
=
= −
∂
∂
( , )
( , )
( , )
( , )
D F U
q
D p z
D F U
z
D p q
∂ = −
∂
.

246
Есептелінген туындыларды интегралданғыштық шартына (5) 
қойып жəне 
0
)
,
(
)
,
(
≠
q
p
D
U
F
D
анықтауышына көбейтсек,
F U
F U
F
F
U
F
F
U
p
q
p
p
x
q
y
p
q
q
x
z
p
⎛
⎞
∂ ∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎛
⎞
+
+
+
−
+
−
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
∂ ∂
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠
0.
F
F
U
q
y
z
q
⎛
⎞
∂
∂
∂
−
+
=
⎜
⎟
∂
∂
∂
⎝
⎠
(8)
теңдеуін аламыз. Осы теңдеуден 
U
функциясы сипаттамалар 
теңдеулерін құру жолымен анықталады: 
.
dx
dy
dz
dp
dq
F
F
F
F
F
F
F
F
p
q
p
q
p
q
p
q
dx
z
y
z
=
=
= −
= −
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+
+
+
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
(9)
Жүйенің (9) əйтеуір бір бірінші интегралы 
U
1
(
x, y, z, p, q
)=
a
табылса жəне 
F, U
1
функциялары 
p
жəне 
q
бойынша сызықты
тəуелсіз, яғни 
0
)
,
(
)
,
(
≠
q
p
D
U
F
D
болса, онда бірінші интеграл 
U
1
(
x, y,
z, p, q
) (8) теңдеудің іздеп отырған шешімін береді. 
Сонымен жүйеден:
a
q
p
z
y
x
U
q
p
z
y
x
F
=
=
)
,
,
,
,
(
,
0
)
,
,
,
,
(
1
функциялар
 p=p
(
x, y, z, a
), 
q=q
(
x, y, z, a
) анықталып, бір 
қатынаспен интегралданатын Пфаффа теңдеуінен 
dz
=
p
(
x, y, z, a
)
dx+q
(
x, y, z, a
)
dy
бастапқы теңдеудің 
F
(
x, y, z, p, q
)=0 толық интегралын табамыз.
5-мысал
. Теңдеудің толық интегралын табу керек:
yzp
2
+q
=0.
Шешуі. Жүйе (9) мына түрде жазылады: 
2
3
2
2
2
2
dx
dz
dp
dq
dy
pyz
p yz
q
yp
zp
yp q
=
=
= −
= −
+
+
.

247
Берілген теңдеуді ескерсек, 2
yzp
2
+q=
yzp
2
+
yzp
2
+q=
yzp
2
, онда 
сипаттамалар теңдеулері жүйесінде оңай интегралданатын теңдік 
шығады:
2
3
,
dz
dp
yzp
yp
= −
ал бұдан 
.
,
2
2
z
y
a
yzp
q
z
a
p
−
=
−
=
=
Енді 
dz=pdx+qdy
өрнегін қолдансақ, 
2
2
,
2
2
2
.
a
a y
dz
dx
dy
z
z
zdz
adx
a ydy
=
−
=
−
Сонымен теңдеудің толық интегралы 
z
2
=2
ax
–
a
2
y
2
+
b
.
Теңдеудің 
F
(
x, y, z, p, q
) = 0 толық интегралы Φ(
x, y, z, a, b
) = 0 
арқылы бастапқы шартпен қойылған есепті де немесе берілген 
қисықтан
x
=
x
(
t
), 
y
=
y
(
t
), 
z
=
z
(
t
) (10)
өтетін интегралдық бетті де анықтай аламыз.
Бір параметрден тəуелді жиынның 
Φ(
x, y, z, a, b
) = 0 (11)
иушісі
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
=
′
∂
Φ
∂
+
∂
Φ
∂
=
Φ
a
b
b
a
a
b
a
z
y
x
0
)
(
,
0
))
(
,
,
,
,
(
(12)
берілген қисықтан (10) өтетіндей етіп 
b = b
(
a
) функциясын 
анықтаймыз.
Берілген қисықтың нүктелеріде 
t
бойынша тепе-теңдіктерді 
аламыз:
( ( ), ( ), ( ), , ( )) 0,
.
( ( ), ( ), ( ), , ( ))
( ( ), ( ), ( ), , ( )) ( ) 0
x t y t z t a b a
x t y t z t a b a
x t y t z t a b a
b a
a
b
Φ
=
⎫
⎪
∂Φ
∂Φ
⎬
+
=
′
⎪
∂
∂
⎭
(13)
Бұл жүйеден 
b=b
(
a
) функциясын анықтау күрделі болған-
дық тан көбіне, 

248
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
=
′
∂
Φ
∂
+
′
∂
Φ
∂
+
′
∂
Φ
∂
=
Φ
0
)
(
)
(
)
(
,
0
))
(
,
),
(
),
(
),
(
(
t
z
z
t
y
y
t
x
x
a
b
a
t
z
t
y
t
x
(14)
жүйесі қолданылады.
6-мысал
. Теңдеудің 
z
=
px–qy+pq
берілген қисықтан 
2
,
x
z
x
y
=
=
өтетін интегралдық бетін табу 
керек.
Шешуі. Бұл теңдеудің толық интегралы 
z
=
ax–by+ab
,
берілген қисықты параметрлік түрде жазсақ, 
.
,
,
2
t
z
t
y
t
x
=
=
=
Функция 
b=b
(
a
)-ны анықтау үшін (14) жүйені құрамыз:
2
(
)
,
2
.
t
a
b t
ab
t
a
b
⎧ = −
+
⎨ = −
⎩
Онда 
2
2
1 (
), (
)
0,
,
(
)
.
2
t
a
b
a
b
b
a z
a x
y
a
=
−
+
=
= −
=
+
−
Бұл жиынның иушісі:
⎩
⎨
⎧
=
−
+
+
=
0
2
)
(
2
a
y
x
a
y
x
a
z
жүйесімен немесе 
2
)
(
4
1
y
x
z
+
=
теңдеуімен анықталды.
Егер жүйе (9) оңай интегралданатын болса, онда Коши есебін 
характеристикалар əдісімен шешу ыңғайлы.
Теңдеуді
0
)
,
,
,
,
(
=
q
p
z
y
x
F
бастапқы шарттарымен 
)
(
),
(
),
(
0
0
0
0
0
0
s
z
z
s
y
y
s
x
x
=
=
=
интегралдау үшін

249
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
( ( ), ( ), ( ), ( ), ( ),) 0,
( ) ( )
( ) ( )
( ) 0
F x s y s z s p s q s
p s x s
q s y s
z s
=
⎧
⎨
+
−
=
′
′
′
⎩
теңдеулерінен 
p
0
=
p
0
(
s
) жəне 
q
0
=
q
0
(
s
) анықталып, теңдеулер 
жүйесі 
p
q
p
q
x
z
y
z
dx
dy
dz
dp
dq
dt
F
F
pF
qF
F
pF
F
qF
=
=
= −
= −
=
+
+
+
(15)
бастапқы шарттарымен
0
0
0
0
0
0 ,
( ),
( ),
( ),
( ),
( )
t
x
x s y
y s z
z s p
p s q
q s
=
=
=
=
=
=
′
интегралданады.
(15) жүйе шешімдерінен үш функция 
x=x
(
t, s
), 
y=y
(t, s), 
z=z
(
t, s
) ізделінді интегралдық беттің параметрлік теңдеуі болып 
табылады.
Жалпы жағдайда,
n
i
x
z
p
p
p
p
z
x
x
x
F
i
i
n
n
,
1
,
,
0
)
,...,
,
,
,
,...,
,
(
2
1
2
1
=
∂
∂
=
=
(16)
теңдеуінің келесі шарттарды орындайтын шешімі ізделінеді:
0
0
1
2
1
0
0
1
2
1
( , ,...,
),( 1, ),
( , ,...,
).
i
i
n
n
x
x
s s
s
i
n
z
z s s
s
−
−
=
=
=
(17)
Есепті (16)-(17) шешу үшін бастапқы 
p
i
0
(
s
1
, ..., 
s
n
–1
) мəндері 
теңдеулер жүйесінен анықталып, 
10
0
10
0
0
0
0
1
0
0
1
1
( ,...,
, , ,...,
)
,
,
,
n
n
n
i
i
i
j
j
F x
x
z p
p
z
x
p
j
n
s
s
=
=
⎫
⎪
∂
∂
⎬
−
=
=
− ⎪
∂
∂
⎭
∑
(18)
қосымша жүйе 
1
2
1
1
2
1
1
1
...
n
i
n
n
p
p
p
x
z
i
p
i
dx
dx
dx
dp
dz
F
F
F
F
p F
p F
=
=
= =
=
= −
=
+
∑
17–684

250
...
n
n
x
n
z
dp
dt
F
p F
= = −
=
+
(19)
бастапқы шарттарымен 
0
0
1
2
1
0
0
1
2
1
0
0
1
2
1
( , ,...,
),
( , ,...,
),
( , ,...,
),
i
i
n
n
i
i
n
x
x
s s
s
z
z s s
s
p
p
s s
s
−
−
−
=
⎫
⎪
=
⎬
⎪
=
⎭
(20)
n
i
,
1
=
интегралданады. Табылған: 
1
2
1
( , , ,...,
), 1, ,
i
i
n
x
x t s s
s
i
n
−
=
=
(21)
1
2
1
( , , ,...,
)
n
z
z t s s
s
−
=
(22)
1
2
1
( , , ,...,
), 1,
i
i
n
p
p t s s
s
i
n
−
=
=
шешімдерінен (21)-(22) теңдіктері ізделінді интегралдық беттің 
параметрлік теңдеулерін береді.
Мысал. Теңдеудің 
z=pq+
1
берілген сызықтан 
y
=2, 
z
=2
x
+1
өтетін интегралдық бетін табу керек.
Шешуі. Сызықтың теңдеуін параметрлік түрде жазамыз 
x
0
=
s
, 
y
0
=2, 
z
0
=2
s
+1 . Енді 
p
0
(
s
) жəне 
q
0
(
s
)-терді (18) жүйеден анықтай
мыз:
p
0
(
s
)=2, 
q
0
(
s
)=
s
.
Жүйені (19) құрып, интегралдаймыз: 
2
1
2
2
3
1
4
1 2
5
,
2
,
,
,
,
.
t
t
t
t
t
dx
dy
dz
dp
dq
dt
q
p
pq
p
q
p
C e
q
C e
x
C e
C
y
C e
C
z
C C e
C
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
+
=
+
t
=0 мəнінде: 
x
=
s
, 
y
=2, 
z
=2
s
+1, 
p
=2, 
q=s
екендігін ескерсек
p
=2
e
t
, 
q
=
se
t
,
x
=
se
t
,
y
=2
e
t
, 
z
=2
se
2
t
+1, теңдіктерін аламыз. 
Сонымен ізделінді интегралдық бет 

251
x=se
t
, 
y=
2
e
t
, 
z
=2
se
2
t
+1 
немесе параметрді жойсақ, 
z
=2
xy
+1 болып шығады.

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: