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

14
айнымалылары ажыратылатын теңдеуді аламыз. Онда теңдеудің 
шешімі:
1
ln
ln ,
( , )
dz
x
C
f
z
z
=
−
−
∫
( )
,
dz
z
x
Ce
ϕ
∫
=
1
( )
( , )
.
z
f
z
z
ϕ
=
−
1-мысал.
Теңдеуді шешу керек
.
2
2
y
x
y
y
x
−
=
−
′
Шешуі. Теңдеуді 
2
1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
=
′
x
y
x
y
y
түріне келтірсек, бір-
тек ті екендігі айқындалады жəне 
,
y
zx y
z x
z
=
=
+
′
′
алмастыру-
лары нəтижесінде
,
1
2
z
z
z
x
z
−
+
=
+
′
2
1
dz
x
z
dx
=
−
2
1
dz
z
−
= 
,
dx
x
2
1
dz
dx
x
z
=
+
−
∫
∫
теңдіктерін, ал бұдан 
)
sin(ln
C
x
x
y
+
=
шешімін аламыз.
Теңдеудің жалпы шешімінің құрамына енбейтін 
x
y
±
=
ерек ше шешімдері бар екендігіне оңай көз жеткізе аламыз.
0
1
1
1
=
+
+
c
y
b
x
a
жəне 
0
2
2
2
=
+
+
c
y
b
x
a
түзулерінің қиы-
лысу нүктесі
)
,
(
0
0
y
x
бар болса, 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+
+
+
=
2
2
2
1
1
1
'
c
y
b
x
a
c
y
b
x
a
f
y
(3)
Теңдеуін
t
x
x
+
=
0
,

z
y
y
+
=
0

(4)
алмастыруларымен шешеді.
Шындығында, 
0
1
0
1
0
1
=
+
+
c
y
b
x
a
 
0
2
0
2
0
2
=
+
+
c
y
b
x
a
бол ған-
дықтан, теңдеу (3) 
1
1
2
2
'
(
)
a t
b z
z
f
at
bz
a t
b z
ϕ
⎛
⎞
+
=
=
+
⎜
⎟
+
⎝
⎠
(5) айнымалылары ажырайтын түрге келтіріледі. Егер көрсетілген
түзулер қиылыспайтын болса, яғни 
2
1
2
1
b
b
a
a
=
орындалса, онда: 
1
1
1
c
y
b
x
a
z
+
+
=
алмастыруы теңдеудің айнымалыларын ажыратады.

15
2-мысал
. Теңдеуді шешу керек 
2
1
2
1
0
(
)
(
)
x
y
dx
y
x
dy
− +
+
− −
=
Шешуі. Түзулердің
0
1
2
=
+
−
y
x
, 
0
1
2
=
−
−
x
y
қиылысу нүк-
тесі теңдеулер жүйесінің шешімі болатындықтан
⎩
⎨
⎧
=
−
+
−
=
+
−
,
0
1
2
0
1
2
y
x
y
x
жүйенің шешімін 
,
3
1
0
−
=
x
3
1
0
=
y
тауып, 
,
3
1
−
=
t
x
алмастыру-
ын жасаймыз. 
Онда
, 
2
1
2
1
2
1
2
1
0
3
3
3
3
(
)
(
)
t
z
dt
z
t
dz
− − − +
+
+ − + −
=
 
немесе
2
2
0
(
)
(
)
t
z dt
z
t dz
−
+
−
=
біртекті теңдеуі шығады.
Енді 
z
ut
=
алмастыруын жасасақ,
2
2
1
0
(
)
(
)(
)
,
t
u dt
t
u
tdu
udt
−
+
−
+
=
2
2
1
2
1
0
(
)
(
)
,
u
u
dt
t
u
du
− +
+
−
=
2
2
2
1
0
1
,
u
dt
du
t
u
u
−
+
=
− +
 
немесе 
C
u
u
t
=
+
−
)
1
(
2
2
шешімін аламыз. Бастапқы айнымалыларға көшсек, 
2
2
x
xy
y
x
y
C
−
+
+ − =
шешімі шығады.
3-мысал.
Теңдеуді шешу керек.
1
2
2
1
0
(
)
(
)
.
x
y
dx
x
y
dy
+ +
+
+
−
=
Шешуі. Түзулер 
0
1
2
2
,
0
1
=
−
+
=
+
+
y
x
y
x
параллель бол-
ған дықтан 
z
y
x
=
+
+
1
алмастыруын жасаймыз.
 
Онда 
2
3
0
2
3
0
,
(
)(
)
zdx
zdy
dy
zdx
z
dz
dx
+
−
=
+
−
−
=
3
2
3
0
(
)
(
)
z dx
z
dz
−
+
−
=
немесе 
2
3
0
3
z
dx
dz
z
−
−
=
−
теңдігін 
интегралдау нəтижесінде 
2
3
2
ln
x
y
x
y
C
+
+
+ − =
шешімін ала-
мыз.
Егер 
α
жəне 
β
табылып, кез келген 
0
>
λ
үшін 
)
,
(
y
x
g
β
α
λ
λ
= l
k
g(x, y) теңдігі орындалса, 
)
,
(
y
x
g
функциясы 
k
 – дəрежелі 
квазибіртекті
деп аталады.
Квазибіртектілік
дəрежелері 
α
жəне 
β
тиісінше, 
x
жəне 

16
y
-тің 
салмақтары
деп аталып, функциялар көбейтіндісінде 
қосылады.
Мысалы,
y
x
2
5
өрнегінің салмағы
β
α +
2
болады.
Егер 
)
,
(
y
x
f
функциясы 
α
β
−
дəрежелі квазибіртекті бол-
са, яғни 
)
,
(
)
,
(
y
x
f
y
x
f
α
β
β
α
λ
λ
λ
−
=
орындалса, дифференциалдық 
теңдеу (1) 
квазибір-текті
(
α
жəне 
β
салмақтарымен) деп ата-
лады.
Квазибіртекті теңдеу 
α
β
/
z
y
=
алмастыруымен біртекті тең-
деуге келтіріледі. Практикада 
/
y
ux
β α
=
алмастыруымен айныма-
лылары ажыратылатын теңдеуге бірден келтіру тиімді.
4-мысал.
Теңдеудің 
6
4
4
4
2
dy
x
y
dx
x y
−
=
квазибіртекті екендігіне 
көз жеткізіп, шешу керек.
Шешуі. 
x
-тің салмағы 
α
, 
y
-тің салмағы 
β
десек, теңдеу 
квазибіртекті болуы үшін теңдіктің
,
2
4
2
4
4
4
6
4
4
4
4
6
6
y
x
y
x
y
x
y
x
−
=
−
−
+
α
β
β
α
β
α
λ
λ
λ
λ
орындалуы қажетті немесе теңдеулер жүйесі
α
β
β
α
β
β
α
α
−
=
−
−
=
−
−
4
4
4
6
үйлесімді болуы керек. Теңдеулер жүйесін 
0
3
2
=
−
α
β
 
байланы-
сымен анықталатын кез келген 
)
,
(
β
α
сандары қанағаттандырады. 
Демек бастапқы теңдеу квазибіртекті, 
3 2
/
y
ux
=
алмастыруымен 
шешіледі
6
4 6
3 2
1 2
4
3 2
3
4
2
2
/
/
/
,
du
x
u x
x
x
u
dx
x ux
−
+
=
4
3
4
2
2
;
du
u
x
u
dx
u
−
+
=
2
2
2
0
4
1
,
(
)(
)
udu
dx
u
u
x
+
=
+
−
1
u
≠ ±
; 
2
1
2
1
5
4
ln
ln
ln ,
u
x
C
u
−
+
=
+
2
5
2
1
4
,
u
x
C
u
−
=
+
.
R
C
∈
Алмастыру бойынша 
3 2
/
y
ux
=
, 
3
2
2
x
y
u
=
болғандықтан, шешім
C
x
x
y
x
y
=
+
−
5
3
2
3
2
4
болады.

17
§4. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер
Белгісіз функция жəне оның туындысы бойынша сызықтық,
яғни
( )
( )
dy
p x y
f x
dx
+
=
(1)
теңдеуі, 
сызықтық біртекті емес
(біртексіз) 
теңдеу
деп атала-
ды. Егер 
0
)
(
≡
x
f
болса, теңдеу:
0
( )
dy
p x y
dx
+
=
(2)
сызықтық біртекті
делінеді.
Қарастырылып отырған аумақта 
( ), ( )
p x
f x
функциялары үз-
діксіз.
Біртекті теңдеудің
0
( )
dy
p x y
dx
+
=
шешімі:
( ) ,
dy
p x y
dx
= −
( ) ,
dy
p x dx
y
= −
ln
( )
ln
y
p x dx
C
= −
+
∫
( )
.
p x dx
y
Ce
−
∫
=
(3)

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: