Алматы экономика және статистика академиясы

Шешуі: Бұл теңдеудің характеристикалық теңдеуі 

0

2

2

3

=

+

+

k

k

k

. 

Бұдан 

1

,

0

3

2

1

−

=

=

=

k

k

k

. 

Характеристикалық теңдеудің түбірлерінің ішінде еселі түбірлер бар. Олай болса теориялық 

материал бойынша жалпы шешім: 

x

x

xe

C

e

C

C

y

−

−

+

+

=

3

2

1

. 

 

11.

 

Жалпы шешімді табу керек.  

17

4

2

2

3

2

−

−

=

+

′

+

′′

x

x

y

y

y

 

Шешуі: 

0

2

3

=

+

′

+

′′

y

y

y

- 

Біртекті теңдеуінің жалпы шешімін табайық. 

Характеристикалық  теңдеудің 

0

2

3

2

=

+

+

к

к

 

түбірлері 

.

2

,

1

2

1

−

=

−

=

к

к

 

Біртекті  теңдеудің 

жалпы шешімі:

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1

0

−

−

+

=

. Біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табамыз. 

17

4

2

)

(

2

−

−

=

x

x

x

f

- 

көпмүшелігі  екінші  дәрежелі  көпмүшелік  және  0-  саны 

характеристикалық  теңдеу  түбірі  емес,  олай  болса  таблица  бойынша 

C

Bx

Ax

y

+

+

=

2

-   

түрінде  дербес  шешімді  іздейміз.    Бірінші  және  екінші  ретті  туындыларын  тауып,  теңдеуге 

апарып коямыз.

,

2

B

Ax

y

+

=

′

 

A

y

2

=

′′

 

, нәтижесінде 

17

4

2

2

2

2

3

6

2

2

2

−

−

=

+

+

+

+

+

x

X

C

Bx

Ax

B

Ax

A

 

немесе 

17

4

2

2

3

2

)

2

6

(

2

2

2

−

−

=

+

+

+

+

+

x

X

C

B

A

x

B

Ax

Ax

. 

y - 

дербес шешім болғандықтан  x - тің барлық мәні үшін теңдік орындалу керек, яғни,   x - тің 

бірдей дәрежелерінің коэффициенттерін өзара теңестіреміз: 

 

 

    













−

=

+

+

−

=

+

=

0

2

17

2

3

2

4

2

6

2

2

x

C

B

A

x

B

A

x

A

 

Бұдан  белгісіз  коэффициенттерді  анықтаймыз: 

2

,

5

,

1

−

=

−

=

=

C

B

A

,  сонда  дербес  шешім:  

2

5

2

−

−

=

x

x

y

 

Ал берілген теңдеудің жалпы  шешімі :

y

2

5

2

2

2

1

−

−

+

+

=

−

x

x

e

C

у

С

x

y

. 

12.

 











+

=

+

=

1

1

x

dt

dy

y

dt

dx

                                                                (3) 

Шешуі:(3)-теңдеулер жүйесінің бірінші теңдеуден табамыз, 

,

1

−

=

dt

dx

y

  

Сонда,                                                        

.

2

2

dt

x

d

dt

dy =

                                                         (4) 

(4)- 

ті  екінші  теңдеуге  қойсақ,  сызықты  тұрақты  коэффициентті  екінші  ретті  

дифференциалдық теңдеу аламыз, 

                                                         

0

1

2

2

=

−

− x

dt

x

d

.                                                          (5) 

(5)- 

теңдеудің жалпы шешімі  

                                                   

1

2

1

−

+

=

−t

t

e

C

e

C

x

.                                                            (6) 

(6)- 

ның туындысын t – бойынша тауып, жүйенің бірінші теңдеуіне апарып қоямыз, 

1

1

2

1

−

+

=

−

=

t

t

e

C

e

C

dt

dx

y

. 

(3)- 

тің жалпы шешімі:  

.

1

,

1

2

1

2

1

−

−

=

−

+

=

−

−

t

t

t

t

e

C

e

C

y

e

C

e

C

x

 

13.

 











−

=

−

=

y

x

dt

dy

y

x

dt

dx

2

5

                                                                           (1) 

Шешуі: 

2

1

, k

k

- 

ні анықтау үшін жүйені жазайық: 







=

+

−

=

−

−

0

)

1

(

2

0

5

)

1

(

2

1

2

1

k

r

k

k

k

r

                       (2) 

Характеристикалық  теңдеу: 

0

)

1

(

2

5

1

=

+

−

−

−

r

r

,  бұл  теңдеудің  түбірлері, 

.

3

,

3

2

1

i

r

i

r

−

=

=

 

i

r

3

1

= - 

ді (2)- ші жүйеге   қойып, 







=

+

−

=

−

−

0

)

3

1

(

2

0

5

)

3

1

(

2

1

2

1

k

i

k

k

k

i

  

Бұл  жүйенің  негізгі  анықтауышы  0-ге  тең.  Олай  болса  бір  теңдеу 

екіншісінің  салдары  болып  табылады.  Олай  болса 

i

k

k

3

1

,

5

2

1

−

=

=

 

және  бірінші  дербес 

шешім:

it

it

e

i

y

e

x

3

1

3

1

)

3

1

(

,

5

−

=

=

.                                                                       (3) 

(2) –

ге 

i

r

3

2

−

=

-

ді қойып, екінші дербес шешімді табамыз:  

it

it

e

i

y

e

x

3

2

3

2

)

3

1

(

,

5

−

−

+

=

=

                                          (4) 

Жаңа шешімдердің фундаментальды жүйесіне көшейік: 

.

2

,

2

,

2

,

2

2

1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

1

i

x

y

y

y

y

y

i

x

x

x

x

x

x

−

=

+

=

−

=

+

=

(5) 

Эйлер формуласын пайдаланымыз: 

t

i

t

e

t

i

β

β

β

sin

cos

+

=

±

                                               (6) 

β - нақты сан,(3),  (4),(5)-тен аламыз: 

.

3

cos

3

3

sin

,

3

sin

3

3

cos

,

3

sin

5

,

3

cos

5

2

1

2

1

t

t

y

t

t

y

t

x

t

x

−

=

+

=

=

=

 

Жүйенің жалпы шешімі: 







−

+

+

=

+

=

+

=

+

=

)

3

cos

3

3

(sin

)

3

sin

3

3

(cos

3

sin

5

3

cos

5

2

1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

1

t

t

C

t

t

C

y

C

y

C

y

t

C

t

C

x

C

x

C

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

                      

Алматы экономика және статистика академиясы 

 

«

Информатика кафедрасы» 

 

 

 

 

 

 

 

СТУДЕНТТЕРДІҢ ӨЗІНДІК ЖҰМЫСЫН ОРЫНДАУҒА АРНАЛҒАН 

ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР 

 

               

 

 

Пәннің аты «Дифференциалдық теңдеулер» 

Мамандығы 050602 «Информатика» 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

        

Алматы 2010 

 

 

 

 

1.

 

1-2 

Бірінші  ретті  дифференциалдық  теңдеулердің  жалпы  шешімі 

және Коши есебі 

1-

ші типтік тапсырма (т.т. №1) 

1.

 

 

2.  xdy=ydx-ydy 

3.

 

 

 

2.

 

3 

Сызықты дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тұрақтыны 

вариациялау әдісімен табу – конспект 

4. xy`-y=x

2

cosx 

  5.

 

y`cosx+y=1-sinx 

 

3.

 

4 

Бернулли теңдеуі және оны сызықты теңдеуге келтіру – конспект 

  6.y`-y/x-1=y

2

/x-1 

 

4. 5 

Интегралдық көбейткіш - конспект 

    7.

 ydx-xdy+lnxdx=0 (

μ=u(x))

 

   8.

 

ydx-(x+y

2

)dy=0 (

μ=u(y)) 

5. 6 

Екінші ретті дифференциалдық теңдеулер. Ретін төмендету

 

2-

ші типтік тапсырма (т.т. №2) 

9.

 

x

3

y``+x

2

y`=1

 

     10.

   

2yy``=y`

2

;  y|

x= -1

=4; y`|

x= -1

=1.

 

    6. 7-8  

Коэффициенттері тұрақты сызықты біртектес теңдеулер 

    11.

 

y```-3y`-2y=0 

     12.

 

y`+4y`+29y=0;  y|

x= 0

=0;  y`|

x= 0

=15. 

    

    7. 9-10 

Бейбіртектес коэффициенттері тұрақты сызықты теңдеулердің дербес 

шешімін табу. Коши есебі

 

    13.

 

 

     14.

 

 

    15. y```+2y``+10y`=0;  x=0, y=2;  y`=1, y``=1.    

 

   8. 11-12 

Нормалдық теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу әдістері 

3-

ші типтік тапсырма (т.т. №3) 

 

16.Дифференциалдық теңдеулер жүйесінің дербес шешімін табыңыз: 

 

x’+3x+y=0 

y’-x+y=0 ,   x|

t= 0

=1,    y|

t= 0

=1 

17. 

Дифференциалдық теңдеулер жүйесінің дербес шешімін табыңыз: 

                 x’=x-4y 

                 y’=x+y 

 

9. 13-14 

Дербес туындылы сызықты біртекті бірінші ретті теңдеудің жалпы 

интегралын табу 

         18. xdz/dx+ydz/dy=z

 

         19.yzdz/dx+xzdz/dy=-2xy 

 

        10. 15 

Дербес  туындылы  сызықты  теңдеулер  үшін  Коши  есебің  шешімін 

табу (Даламбер әдісі) 

 

  20. d

2

u/dt

2

=d

2

u/dx

2

, u|

t=0

=x, du/dt|

t=0

=-x 

 

Тапсырмаларды орындауға арналған әдістемелік нұсқаулар 

 

1.

 

Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер 

1,2,3,4 

дәрістер және 1,2,3,4 жаттығу сабақтары 

 

Мысалы. 

х

у

у

−

=

′

 теңдеуінің 

( )

1

1

=

у

 бастапқы шартын қанағаттандыратын шешімін табу 

керек. 

( )

x

y

y

x

f

−

=

,

 және 

( )

x

y

x

f

y

1

,

−

=

′

 - үзіліссіз функция, егер 

0

≠

x

. Яғни, 

OY

 осінен басқа, 

OXY

 жазықтығында берілген теңдеу Коши теоремасының шарттарын қанағаттандырады. 

Бұл  теңдеудің  жалпы  шешімі 

х

с

у =

  болатынын  теңдеуге  қойсақ  сөзсіз  білеміз.  Егер 

1

,

1

0

0

=

=

у

х

  мәндерін  жалпы  шешімге  қойсақ, 

1

=

с

  табамыз.  Сонымен,  ізделінген  дербес 

шешім 

х

у

1

=

  болады. 

х

с

у = -  гиперболалардың  жиынын  береді,  ал  дербес  шешім 

( )

1

,

1

1

0

М

х

у =

 нүктеден өтетін осы жиынның тең ғана бір гиперболасы болады. 

 

Тапсырмаларды орындағаныңыз үшін 5 балл 

 

2

.Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер 

5,6,7,8 

дәрістер және 1-10 жаттығу сабақтары 

 

Дербес жағдайда, 

2

=

n

 болғанда, мынадай екінші ретті теңдеу қарастырайық: 

0

2

1

=

+

′

+

′′

a

y

a

y

 

(

)

const

a

,

a

2

1

−

          (10.7.5) 

Мұның  сипаттаушы  теңдеуі 

0

2

1

2

=

+

+

a

k

a

k

  болады.  Бұл  теңдеудің  түбірлері 

2

1

k

k

=

 

болсын.  Сонда 

x

k

x

k

xe

y

e

y

1

1

2

1

,

=

=

  -  (10.8.5)  теңдеудің  бір-бірінен  сызықты  тәуелсіз 

шешімдері болады. Осыдан 

x

k

x

x

xe

c

e

c

y

1

1

2

1

+

=

 -берілген теңдеудің жалпы шешімі болады. 

 

y’’-2y’+5y=e

x

sinx 

Шешуі.  Сипаттауыш 

0

5

2

2

=

+

− k

k

  теңдеудің  түбірлері 

i

k

i

k

2

1

,

2

1

2

1

−

=

+

=

.  Осыдан 

( )

(

)

x

c

x

c

e

x

U

x

2

sin

2

cos

2

1

+

=

 болады. Берілген теңдеудің оң жағын  f(x)= e

x

sinx 

деп жазуға болады.  

Бұл  жерде 

2

,

1

=

=

β

α

,  ал 

i

i

2

1

+

=

+

β

α

  сипаттауыш  теңдеудің  түбірі  болады, 

сондықтан 

( )

(

)

x

N

x

M

xe

x

V

x

2

sin

2

cos

2

+

=

  түрінде  іздейміз. 

( )

x

V

2

′

  және 

( )

x

V

2

′′   туындыларын 

тауып, теңдеуге қоямыз: 

(

)

(

)

{

−

−

−

−

+

+

−

+

x

Nx

Mx

M

N

x

Nx

Mx

N

M

2

sin

3

4

4

2

2

cos

4

3

4

2

(

)

(

)

[

]

+

⋅

+

−

−

+

+

−

x

2

sin

Nx

Mx

2

N

2

x

2

cos

Mx

Nx

2

M

2

 

(

)}

x

2

sin

e

e

x

2

sin

Nx

x

2

cos

Mx

5

x

x

=

+

+

. 

Осыдан: 

1

4

;

0

4

=

−

=

M

N

. 

( )

x

xe

x

V

x

2

cos

4

1

2

−

=

.  

y=(c

1

cos2x+c

2

sin2x)e

x 

=-1/4xe

x

cos2x болады. 

 

жүктеу/скачать 0,84 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: