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

24
0 0
2
1
3
( , )
( , )
( , )
(
)
(
) .
x y
x
y
u x y
x
y
dx
x
y
dy
=
+ +
+
−
+
∫
Бастапқы нүкте 
)
,
(
0
0
y
x
ретінде 
)
0
,
0
(
нүктесін алып, инте-
гралдау сынығын 
2- суретте
көрсетілгендей етіп аламыз. Онда:
2
3
0
2
0 0
0
1
3
3
2
3
( , )
( , )
( , )
( , )
( , )
(
)
(
)
,
x
x y
x
x
y
u x y
x
dx
x
y
dy
x
xy
y
=
+
+
−
+
=
+ +
−
+
∫
∫
ал жалпы интеграл 
2
3
3
2
3
x
y
x
xy
y
C
+ +
−
+
=
болады.
2-сурет
Теңдеудің сол жағын толық дифференциал ететін көбейткіш
)
,
(
y
x
μ
интегралдауыш көбейткіш
деп аталады. Кейбір тең-
деулерді осы көбейткіш арқылы толық дифференциалды етеді. 
Ескеретін нəрсе интегралдауыш көбейткішті нөлге айналдыра-
тын артық дербес шешімдер шығуы да мүмкін.
2-мысал
.
2
2
2
0
(
)
xdx
ydy
x
y x dx
+
+
+
=
теңдеуді
2
2
1
y
x
+
=
μ
көбейткішіне көбейтсек, 
2
2
2
0
xdx
ydy
x dx
x
y
+
+
=
+
толық дифференциалдық теңдеуі шығады. Бұдан 
3
2
2
1
1
2
3
ln(
)
ln
x
x
y
C
+
+
=
немесе
C
e
y
x
x
=
+
3
3
2
2
2
)
(
шешімін 
аламыз.

25
Сонымен, егер 
)
,
(
y
x
μ
интегралдауыш көбейткіш болса,
0
( , ) ( , )
( , ) ( , )
x y M x y dx
x y N x y dy
μ
μ
+
=
теңдеуі толық дифференциалды. Демек,
,
,
μ
μ
μ
μ
μ
μ
x
N
N
x
y
M
M
y
x
N
y
M
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
ln
ln
N
M
M
N
y
x
x
y
μ
μ
∂
∂
∂
∂
−
=
−
∂
∂
∂
∂
(5)
Интегралдауыш көбейткіш 
)
,
(
y
x
μ
(5) теңдеуден анықтала-
ды. Жалпы бұл теңдеуді шешу қиын. Дербес жағдайларда ғана 
көбейткіш 
)
,
(
y
x
μ
оңай табылады:
1. 
( ),
x
μ μ
=
яғни көбейткіш тек 
x
-тен тəуелді болса,
ln
,
d
N
M
N
dx
x
y
μ
∂
∂
−
=
−
∂
∂
ln
,
( , )
N
M
x
y
d
N x y
μ
∂
∂
−
∂
∂
=
−
ln
ln ,
M
N
y
x
dx
C
N
μ
∂
∂
−
∂
∂
=
+
∫
M
N
y
x
dx
N
Ce
μ
∂
∂
−
∂
∂
∫
=
(6)
Бұдан, егер
( ),
M
N
y
x
x
N
ϕ
∂
∂
−
∂
∂ =
(7) 
яғни 
x
-тен ғана тəуелді болса, 
( ),
x
μ μ
=
көбейткіші бар екендігіне 
көз жеткіземіз.
Сызықты теңдеу
( )
( )
dy
p x y
f x
dx
+
=
үшін
( ),
M
N
y
x
p x
N
∂
∂
−
∂
∂ =
х
-тен ғана тəуелді интегралдауыш көбейткіштің болуы шарты
орындалады, 
( )
.
p x dx
e
μ
∫
=

26
2. Егер 
)
(
y
μ
μ
=
көбейткіші болса,
1
,
M
N
d
y
x
dy
M
μ
μ
∂
∂
−
∂
∂
=
−
яғни
)
(
y
M
x
N
y
M
ψ
=
−
∂
∂
−
∂
∂
(8)
екендігін көреміз.
Егер 
))
,
(
(
y
x
ω
μ
μ
=
(
)
,
(
y
x
ω
- белгісіз функция) көбейткіші 
болса,
,
1
y
M
x
N
x
N
y
M
d
d
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
=
ω
ω
ω
μ
μ
)
(
ω
η
ω
ω
=
∂
∂
−
∂
∂
∂
∂
−
∂
∂
y
M
x
N
x
N
y
M
(9)
3-мысал.
Теңдеудің 
0
(
)
(
)
x
y dx
x
y dy
−
+
+
=
)
(
2
2
y
x
+
=
μ
μ
түріндегі интегралдауыш көбейткіші бар ма?
Шешуі. 
2
2
y
x
z
+
=
десек, 
),
(
)
(
2
2
z
y
x
μ
μ
μ
=
+
=
2
ln
(
)
,
d
N
M
My
Nx
dz
x
y
μ
∂
∂
−
=
−
∂
∂
1
2
ln
( )
ln ,
z dz
C
μ
η
=
+
∫
1
2
( )
z dz
Ce
η
μ
∫
=
.
Интегралдауыш көбейткіш 
)
(
z
μ
μ
=
бар болуы үшін 
( )
N
M
x
y
z
My
Nx
η
∂
∂
−
∂
∂
=
−
үзіліссіз жəне 
z
-тен ғана тəуелді болуы қажетті жəне жеткілікті. 
Мұндағы,
2
2
2
N
M
x
y
My
Nx
x
y
∂
∂
−
∂
∂
= −
−
+

27
интегралдауыш көбейткіш 
)
(
2
2
y
x
+
=
μ
μ
бар, 
1
=
C
десек
2
2
1
1
.
dz
z
e
z
x
y
μ
−
∫
=
=
=
+
Берілген теңдеуді 
μ
көбейткішіне көбейтіп,
,
0
2
2
2
2
=
+
−
+
+
+
y
x
ydx
xdy
y
x
ydy
xdx
,
0
1
)
(
2
1
2
2
2
2
2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
+
x
y
x
y
d
y
x
y
x
d
0
)
ln(
2
1
2
2
=
+
+
x
y
darctg
y
x
d
интегралдасақ
2
2
ln
ln
y
x
y
arctg
C
x
+
= −
+
немесе
2
2
y
arctg
x
x
y
Ce
+
=
шешімін аламыз.
Егер 
M
жəне 
N
функцияларының берілген аумақта үзіліссіз 
туындылары болса, интегралдауыш көбейткіштің де болатындығы 
дəлелденген. Сондықтан интегралдауыш көбейткіштер əдісі жал-
пы əдіс ретінде қарастырылады.
§6. Коши есебінің шешімінің бар жəне жалғыз
болу теоремасы
Коши есебінің
( , ),
dy
f x y
dx
=
(1)
0
0
)
(
y
x
y
=
(2)
шешімінің бар жəне жалғыз болуының жеткілікті шарттарын 
қарастырайық.
Пикар теоремасы.
)
,
(
y
x
f
функциясы тік төртбұрышта
{ }
0
,
0
,
,
:
,
0
0
>
>
≤
−
≤
−
=
Π
b
a
b
y
y
a
x
x
y
x

28
үзіліссіз жəне 
y
бойынша Липшиц шартын 
x
-ке қарағанда бір-
келкі қанағаттандырсын, яғни 
2
1
2
1
)
,
(
)
,
(
y
y
N
y
x
f
y
x
f
−
≤
−
барлық 
,
x
a
x
x
≤
−
0
жəне 
,
,
2
1
y
y
b
y
y
b
y
y
≤
−
≤
−
0
2
0
1
,
үшін.
Сондай-ақ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
=
Π
∈
M
b
a
h
y
x
f
M
y
x
,
min
,
)
,
(
max
)
,
(
болса, Коши 
есебінің (1)-(2) 
[
]
h
x
h
x
+
−
0
0
;
аралығында жалғыз 
)
(
x
y
ϕ
=
шешімі бар.
Теореманы дəлелдеу барысында есепті шешудің Эйлер əдісі 
негізделеді:
0
1
0
0
0
0 1 2
( )
( ,
( )) ,
( )
,
, , , ...
x
n
n
x
y
x
y
f t
y t dt y x
y
n
+
=
+
=
=
∫
(3)
Мұнда тізбек 
{
}
)
(
x
y
n
∞
→
n
ұмтылғанда біркелкі жинақтала-
тындығы көрсетіледі.
Дəл шешімді 
)
(
x
y
жуық 
)
(
x
y
n
шешімімен ауыстырғанда 
жіберілетін қате
1
( )
( )
!
n
n
n
MN
y x
y x
h
n
−
−
≤
(4) 
теңсіздігімен бағаланады.
Пеано теоремасы.
)
,
(
y
x
f
функциясы
Π
тіктөртбұрышында 
үзіліссіз, 
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
=
Π
∈
M
b
a
h
y
x
f
M
y
x
,
min
,
)
,
(
max
)
,
(
болсын.
Онда 
[
]
h
x
h
x
+
−
0
0
,
аралығында Коши есебінің кемінде бір
)
(
x
y
ϕ
=
шешімі бар.
Көп жағдайда Коши есебінің шешімі теоремада көрсетілген 
аралықтан кеңірек аралықта бар болады.
Егер функция 
)
,
(
y
x
f
тік төртбұрыш 
Π
-де Пикар тео рема-
сының шарттарын орындаса, онда оның кез келген 
),
(
x
y
y
=
,
)
(
0
0
y
x
y
=
Π
∈
)
,
(
0
0
y
x
шешімін 
Π
шекарасына шыққанша 
жалғастыруға болады.

29
Егер функция 
)
,
(
y
x
f
жолақта 
,
x
y
α
β
< <
−∞ < < ∞
(
,
)
α
β
≥ −∞
≤ +∞
үзіліссіз жəне теңсіздікті 
( , )
f x y
≤
( )
( )
a x y
b x
≤
+
(
b
a
,
–үзіліссіз функциялар) қанағат тан дырса, 
онда (1)-(2) есебінің кез келген шешімін барлық 
β
α
<
<
x
ара-
лығына жалғастыруға болады.
Нүкте 
)
,
(
0
0
y
x
Коши есебінің 

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: