Бірінші ретті сызықтық теңдеулер

Егер  белгісіз 

( )

( )

x

V

V

x

U

U

=

=

,

  және  туындылары 

( ) ( )

x

V

x

U

′

′ ,

  үзіліссіз  болса,  онда 

(10.5.2) теңдеуді 

   

( ) ( )

x

V

x

U

у

⋅

=

 

  

   (10.5. 4) 

алмастыруы арқылы шешуге болады. Алдымен туынды табайық: 

   

U

V

V

U

у

′

+

′

=

′

 

 

(10.5.5) 

Енді  (10.5.4)  және  (10.5.5)-  тегі 

y

  пен 

y′

-  ті  (10.5.2)  теңдеуіне  қоямыз:                       

( )

)

(x

f

UV

x

P

U

V

V

U

=

+

′

+

′

 

осыдан 

   

( )

[

]

)

(x

f

V

x

P

V

U

V

U

=

+

′

+

′

  

(10.5.6) 

Белгісіз 

)

(x

V

 функциясын 

   

( )

0

=

+

′

V

x

P

V

 

 

(10.5.7) 

теңдеуді қанағаттандырады деп анықтайық. 

Сонда 

( )

( )

( )

∫

−

=

−

=

−

=

dx

x

P

V

dx

x

P

V

dV

V

x

P

dx

dV

ln

;

,

 

болады. Осыдан 

   

dx

x

P

e

x

V

∫

=

−

)

(

)

(

.                             (10.5.8) 

(10.5.7)- шарты орындалатын болғандықтан, (12.5.6) теңдеуі мына түрге келеді: 

   

 

 

)

(x

f

V

U

=

′

. 

Осыдан, (10.5.8)- ді пайдаланып 

   

( )

C

dx

e

x

f

x

U

dx

x

P

+

∫

=

∫

)

(

)

(

                 (10.5.9) 

екенін табамыз. 

Енді (10.5.9) және (10.5.8) функцияларды (10.5.4)- ке қоятын болсақ, (10.5.2) -теңдеуінің 

жалпы шешімін табамыз: 

   









+

∫

∫

=

∫

−

C

dx

e

x

f

e

y

dx

x

P

dx

x

P

)

(

)

(

)

(

        (10.5.10) 

2. Тұрақты шамаларды варияциялау әдісі. 

Бұл  әдіспен  алдымен  біртекті  (10.5.3)  теңдеуінің  жалпы  шешімін  іздейміз.  Ол  теңдеу 

айнымалылары бөлінетін теңдеу болғандықтан: 

   

∫

+

−

=

−

=

1

ln

)

(

ln

;

)

(

C

dx

x

P

y

dx

x

P

y

dy

. 

Осыдан 

∫

±

=

−

dx

x

P

e

C

y

)

(

1

 немесе 

( )

dx

Ce

y

x

P

∫

=

−

,        (10.5.12) 

бұл жерде 

1

C

C

±

=

- кез келген тұрақты сан. Енді (10.5.2) теңдеудің шешімін (10.5.12) түрінде 

іздейміз, бірақ тұрақты 

C

- ның орнына белгісіз 

)

(x

C

 функциясын аламыз, яғни 

   

∫

=

−

dx

x

P

e

x

C

y

)

(

)

(

 

 

   (10.5.13) 

болсын. Осы функцияны және оның туындысын (10.5.2) теңдеуіне қоямыз: 

( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

)

(

)

(

x

f

e

x

C

x

P

e

x

P

x

C

e

х

С

dx

x

P

dx

x

P

dx

x

P

=

∫

+

∫

−

∫

′

−

−

−

немесе 

   

∫

=

′

dx

x

P

e

x

f

x

C

)

(

)

(

)

(

   

     (10.5.14) 

болады.  Сонымен,  (10.5.13)  функциясы  (10.5.2)  теңдеудің  шешімі  болуы  үшін 

)

(

х

С

 

функциясы (10.5.14) теңдеуін қанағаттандыру керек екен. (10.5.14) теңдеуін интегралдайтын 

болсақ: 

∫

+

∫

=

1

)

(

)

(

)

(

C

dx

e

x

f

х

С

dx

x

P

, болады, бұл жерде 

1

C

- тұрақты сан. 

Табылған 

)

(

х

С

 функцияны (10.5.13)-ға қоятын болсақ, (10.5.2) теңдеудің жалпы шешімін 

жазамыз: 

( )

∫

∫

∫

+

∫

=

−

−

dx

e

x

f

e

e

С

х

у

dx

x

P

dx

x

P

dx

x

P

)

(

)

(

)

(

1

)

(

. 

 

 

Сұрақтар. 

 

1.

Дифференциалдық теңдеу дегеніміз қандай өрнек? 

2.

Жәй  дифференциалдық  теңдеу  мен  дербес  туындылы 

дифференциалдық теңдеудің қандай айырмашылығы бар? 

3.

Теңдеудің дербес шешімі мен жалпы шешімі қалай анықталады? 

4.

Жалпы интегралы деп қалай өрнекті айтамыз? 

5.

Интегралдық қисық. 

6.

Біртекті  бірінші  ретті  дифференциалдық  теңдеу  үшін  Коши  есебі 

қалай қойылады? 

7.

Дифференциалдық теңдеудің бастапқы шартын қанағаттандыратын 

шешімінің  бар  болуы  және  жалғыз  ғана  болуы  туралы  Коши 

теоремасы. 

8.

Айнымалылары  ажаратылатын  дифференциалдық  теңдеу.  Жалпы 

шешімі (интегралы). 

9.

Біртекті бірінші ретті дифференциалдық теңдеу. 

10.

Бірінші  ретті  сызықты  дифференциалдық  теңдеу.  Оларды 

шешудің Бернулли және тұрақыны вариациялау әдістері. 

11.

Толық дифференциалды теңдеулер. Жалпы интегралы.  

12.

Толық  дифференциалды  теңдеуге  келтірілетін  теңдеулер. 

Интегралдық көбейткіш. 

13.

Клеро теңдеуі. Жалпы шешімі. 

14.

Лагранж теңдеуі және жалпы интегралы. 

 

Әдебиеттер: [1], [2], [5]. 

 

 

 

 

 

5,6,7,8 

дәрістер. 

 

Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер. 

 

1.

Негізгі ұғымдар. 

2.n- 

ші ретті дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебі және оның жалғыз 

шешімінің бар болуы туралы теорема. 

3.n- 

ші ретті дифференциалдық теңдеудің дербес жағдайлары. 

4.

Кезкелген ретті сызықты біртекті дифференциалдық теңдеулер. 

5.

Сызықты біртекті теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы туралы теорема. 

6.

Іргелі шешімдер жүйесі. 

7.

Вронскиан және Лиувилл-Остраградский формуласы. 

     8.

Екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер. 

     9. 

Сызықты біртекті, коэффициенттері тұрақты теңдеулер. 

10.

Сипаттама теңдеуі. 

11.

Сипаттама теңдеуідің түбірлеріне байланысты жалпы шешімін құру. 

      12. 

Екінші ретті коэффициенттері тұрақты біртекті теңдеулер (3 жағдай). 

 

Екінші  ретті  дифференциалдық  теңдеулер.  Дифференциалдық  теңдеудің  ретін 

кеміту 

Екінші ретті дифференциалдық теңдеуді 

   

(

)

0

,

,

,

=

′′

′ y

y

y

x

F

 

 

    (10.6.1) 

деп  жазуға  болады.  Бұл  жерде,  x -  тәуелсіз  айнымалы, 

y

-ізделінетін  функция, 

y

y

′′

′,

-  оның 

туындылары. 

Бірінші ретті теңдеулерге қаралған Коши теоремасын (10.6.1) теңдеуіне келтіруге болады. 

Теорема  (Коши).  Егер  жабық 

D

  облысында 

(

)

y

y

x

f

′

,

,

  және  дербес  туындылары 

(

)

y

y

x

f

y

′

′

,

,

, 

(

)

y

y

x

f

y

′′

′

′

,

,

  үзіліссіз  болса  және 

(

)

D

y

y

x

∈

′

0

0

0

,

,

,  онда  осы  облыста  (10.6.1) 

теңдеудің  (

0

0

,

,

y

y

y

y

x

x

′

=

′

=

=

  шарттарын  орындайтын)  тек  ғана  жалғыз  шешімі  бар 

болады. 

Берілген  шарттарды  Коши  шарттары  деп  атайды  және  ол  былай  жазылады: 

0

0

0

0

;

y

y

у

у

x

x

х

х

′

=

′

=

=

=

. 

Коши теоремасының геометриялық мағынасы: берілген 

(

)

0

0

, y

x

 нүктеден (жанамасының 

бұрыштық коэффициенті 

0

y′

 

-ге тең) тек ғана жалғыз интегралдық қисық өтеді. 

Жалпы жағдайда, (12.8.1) теңдеудің шешімін табу қиынға соғады. Бұл теңдеудің кейбір 

дербес түрлерін ретін азайтып шығаруға болады екен. 

1) 

( )

x

f

y

=

′′

  теңдеуі  берілсін.  Бұл  теңдеуде 

y

  және 

y′

  айқын  келтірілмеген.  Егер 

( )

y

x

z

=

 деп алмастыру жасасақ, онда 

( )

y

x

z

′′

=

′

 болады, сонда берілген теңдеу бірінші ретті 

теңдеуге  келеді: 

( )

x

f

z

=

′

  немесе 

( )

( )

∫

+

=

1

C

dx

x

f

x

z

  .  Ал 

( )

y

x

z

′

=

  болғандықтан 

( )

∫

+

=

′

1

C

dx

x

f

y

 немесе 

( )

( )

[

]

( )

[

]

∫

∫ ∫

∫

+

+

=

+

+

=

2

1

2

1

C

x

C

dx

dx

x

f

C

dx

C

dx

x

f

x

у

, (

2

1

, C

C

-тұрақты сандар). 

2) 

(

)

0

,

,

=

′′

′ y

y

x

F

  теңдеуі  берілсін.  Бұл  теңдеуде  ізделетін 

y

  функциясы  айқын 

жазылмаған.  Осы  теңдеуге 

)

(

х

р

у =

′

  алмастыруын  енгіземіз.  Сонда 

p

dx

y

d

y

′

=

′

=

′′

  болады. 

Берілген  теңдеу  мына  түрге  келді: 

(

)

0

,

,

=

′

p

p

x

F

.  Бұл  бірінші  ретті  теңдеу  болғандықтан 

қаралған  әдістерді  пайдаланып  оның  жалпы  интегралын  табамыз 

(

)

0

,

,

1

=

c

p

x

Ф

  немесе 

(

)

0

,

,

1

=

′ c

y

x

Ф

. Енді осы теңдеуді шешсек, оның жалпы шешімі 

(

)

2

1

,

,

c

c

x

f

y

=

 түрінде немесе 

жалпы  интеграл 

(

)

0

,

,

,

2

1

=

c

c

y

x

ϕ

  түрінде  табылады.  Осылай,  ретін  кеміту  арқылы  жоғарыда 

берілген теңдеудің дербес түрлерінде  

(

)

(

)

( )

0

;

0

,

;

0

,

=

′′

=

′′

=

′′

y

F

y

x

F

y

y

F

 шешуге болады. 

3)  Теңдеудің  жазылуында  аргумент  x   келтірілмеген 

(

)

0

,

,

=

′′

′ y

y

y

F

  теңдеуін 

қарастырайық.  Мұнда 

P

y

=

′

  алмастыруын  жасасақ,  бұл  теңдеу  де  бірінші  ретті  теңдеу 

болады.  Теңдеуде  аргумент  x   келтірілмегендіктен,  оның  аргументін 

у

  деп  алып, 

у ′′

 

туындыны былай түрлендірейік: 

dy

dP

P

y

dy

dP

dx

dy

dy

dP

dx

dP

dx

y

d

у

=

′

⋅

=

⋅

=

=

′

=

′′

. 

Сонда, берілген теңдеу 

0

,

,

=













⋅

dy

dP

P

p

y

F

 түрінде жазылады. Осыдан 

( )

x

P

P

=

 шешімін 

тауып, 

P

y

=

′

  теңдеуінен  жалпы  шешімін  табамыз.  Осы  әдісті 

(

)

0

,

=

′

y

y

F

  теңдеуіне  де 

қолдануға болады. 

Жоғарыда  келтірілген  әдісті  n -  ші  ретті  теңдеулерге  де  қолдануға  болады.  Мысалы 

( )

(

)

0

...

,

,

=

′

n

y

y

y

F

 

теңдеуі 

берілсе, 

мына 

алмастырулар 

2

2

2

2

,

,

dy

P

d

P

dy

dP

P

y

dy

dP

P

y

P

y

+













=

′′′

=

′′

=

′

  т.с.с.  арқылы  оны 

(

)

1

−

n

-  ретті  теңдеуіне  келтіруге 

болады. 

 

 

10.7.  n -ші ретті коэффициенттері тұрақты біртекті сызықты теңдеулер 

Бұл теңдеулер жалпы түрде былай беріледі:  

( )

(

)

(

)

0

...

1

2

2

1

1

=

+

′

+

+

+

+

−

−

−

y

a

y

a

y

a

y

a

у

n

n

n

n

n

 (10.7.1) 

n

a

a

a

,...

,

2

1

- нақты сандар. 

(10.7.1)  теңдеудің  шешімін 

kx

e

у =

 

(

)

const

k

−

  түрінде  іздейміз.  Сонда 

( )

kx

n

n

kx

kx

e

k

y

e

k

y

ke

y

=

=

′′

=

′

,

...

,

,

2

 болады. Енді  y  және оның табылған туындыларын (10.7.1) 

теңдеуге қойсақ: 

=

+

+

+

+

−

−

kx

n

kx

1

n

kx

1

n

1

kx

n

e

a

ke

a

...

e

k

a

e

k

 

(

)

0

a

k

a

...

k

a

k

e

n

1

n

1

n

1

n

kx

=

+

+

+

+

−

−

 болады. 

0

≠

kx

e

 болғандықтан,  

   

0

...

1

1

1

=

+

+

+

+

−

−

n

n

n

n

a

k

a

k

a

k

 

(10.7.2) 

болады. 

(10.7.2)  теңдікті  сипаттаушы  теңдеу  деп  атайды.  Сонымен,  (10.8.1)  теңдеуді  шешу  үшін 

(10.7.2) алгебралық теңдеудің түбірлерін табуға тура келеді. Мұнда үш жағдай болуы мүмкін. 

1.  Сипаттаушы  теңдеудің  барлық 

n

k

k

k

,...

,

2

1

  түбірлері  нақты  және  бір-біріне  тең  емес 

сандар  болсын.  Сонда 

x

k

n

x

k

x

k

n

e

y

e

y

e

y

=

=

=

,...

,

2

1

2

1

  -  (10.8.1)  теңдеудің  дербес  шешімдері 

болады. Осыдан 

x

k

n

x

k

x

k

n

e

c

e

c

e

c

y

+

+

+

=

...

2

1

2

1

   

(10.7.3) 

-(10.7.1) теңдеудің жалпы шешімі болады. 

. (10.7.2) теңдеудің барлық түбірлері нақты, бірақ арасында еселі түбірлері бар болсын. 

Айталық, 

1

1

S

k

−

  еселі  түбір  болсын.  Онда 

1

k

  түбіріне  байланысты  бір-біріне  сызықты 

тәуелсіз 

1

S

  шешімдерін  жазуға  болады: 

x

k

S

x

k

x

k

x

k

e

x

e

x

xe

e

1

1

1

1

1

1

2

,...

,

,

−

.  Осы  сияқты,  егер 

r

2

1

k

,...

k

,

k

  түбірлерінің  еселіктері 

r

2

1

S

,...

S

,

S

  болса,  онда  әрқайсысына  сәйкес  мынадай 

сызықты тәуелсіз шешімдерді жазуға болады: 

 















−

−

−

x

r

k

1

r

S

x

r

k

2

x

r

k

x

r

k

x

2

k

1

2

S

x

2

k

2

x

2

k

x

2

k

x

1

k

1

1

S

x

1

k

2

x

1

k

x

1

k

e

x

...,

,

e

x

,

xe

,

e

...

...

...

...

...

e

x

...,

,

e

x

,

xe

,

e

e

x

...,

,

e

x

,

xe

,

e

  (10.7.4) 

Сонымен,  жалпы  шешімді  тапқанда,  еселі  түбірлерге  сәйкес  шешімдерді  (10.7.4)-тегі 

мәндерден  алуға  болады.  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. 

3.  (10.7.2)  теңдеудің  түбірлерінің  ішінде  комплекс  сандар  болсын.  Ал 

( )

n

n

n

n

n

a

k

a

k

a

k

a

k

k

P

+

+

+

+

+

=

−

−

−

1

2

2

1

1

...

 -коэффициенттері нақты көпмүшелік болғандықтан, 

(12.10.2)  теңдеудің  комплекс  түбірлері  парымен  түйіндес  болып  келеді.  Егер 

i

x

i

x

q

p

β

α

β

α

−

=

+

=

,

 

болса, 

онда 

(

)

(

)

x

i

q

x

i

p

e

y

e

y

β

α

β

α

−

+

=

=

,

 

болады. 

Осыдан 

;

x

cos

e

2

y

y

y

x

2

q

p

p

β

=

+

=

x

sin

e

i

2

y

y

y

x

q

p

q

β

α

=

−

=

  табуға  болады.  Сонымен,  егер  (10.7.1)  теңдеудің 

r

k

k

k

,...

,

2

1

түбірлері  нақты  және  бір-біріне  тең  емес  болса  және 

(

) (

)

i

i

S

S

β

α

β

α

±

±

...,

,

1

1

-

түйіндес  жорамал  түбірлері  болса,  онда  сол  теңдеудің  шешімдерінің  фундаментальдық 

жүйесін былай жазуға болады: 

;

cos

...

,

cos

;

...

,

1

1

1

x

e

x

e

e

e

S

x

x

x

k

x

k

S

r

β

β

α

α

⋅

 

 

n

S

r

x

e

x

e

S

x

x

S

=

+ 2

;

sin

...,

,

sin

1

1

β

β

α

α

. 

Демек, (10.8.1)-дің жалпы шешімі: 

(

)

...

x

sin

c

x

cos

c

e

e

c

...

e

c

y

1

2

r

1

1

r

x

1

x

r

k

r

x

1

k

1

+

+

+

+

+

=

+

+

β

β

α

 

(

)

x

sin

c

x

cos

c

e

S

n

S

1

n

x

S

β

β

α

+

+

−

 болады. 

 

 

 

 

 

 

 

Сұрақтар. 

 

1.

Екінші  ретті  дифференциалдық  теңдеулер.  Жалпы  шешімі.  Коши 

есебі. 

2.

Екінші  ретті  дифференциалдық  теңдеулердің  дербес  жағдайлары. 

Ретін төмендету әдісі. 

3.n-

ші  ретті  дифференциалдық  теңдеулер  туралы  ұғым.  Жалпы 

шешімі  (интегралы).  Коши  есебі  және  оның  шешімінің  бар  болуы 

туралы теорема. 

4.n-

ші ретті дифференциалдық теңдеулердің дербес жағдайлары. 

5.

Кезкелген  ретті  сызықты  біртекті  дифференциалдық  теңдеулер. 

Жалпы шешімінің құрылымы туралы теорема. 

6.

Сызықты  біртекті  теңдеудің  n  шешімінің  сызықты  тәуелсіздігінің 

қажетті  және  жеткілікті  шартты  (Вронскиан).  Іргелі  шешімдер 

жүйесі. 

7.

Лиувилл-Остраградский формуласы. 

8.

Екінші  ретті  сызықты  біртекті  теңдеулер  үшін  іргелі  шешімдер 

жүйесі және Лиувилл-Остраградский формуласы. 

 

9.

Сызықты біртекті коэффициенттері тұрақты теңдеулер. 

10.

Сипаттама  теңдеуі  және  оның  түбірлеріне  байланысты  жалпы 

шешімді құру. 

11.

Екінші ретті біртекті коэффициенттері тұрақты теңдеулер. Жалпы 

шешімі          (3 жағдай). 

 

 

         

Әдебиеттер: [1], [2], [5]. 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9,10 дәрістер. Бейбіртектес сызықты дифференциалдық теңдеулер. Олардың 

дербес шешімдерін табу. 

 

1.

Бейбіртектес теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы туралы теорема. 

2.

Бейбіртектес коэффициенттері тұрақты екінші ретті дифференциалдық 

теңдеулер. Тұрақтаны варияциялау әдісіне мысал. 

3.

Оң жағы квазикөпмүшелік болған жағдайда бебіртектес сызықты теңдеудің 

дербес шешімінің таңдау әдісімен табу. 

     4.

Коэффициенттері тұрақты, екінші ретті теңдеудің дербес шешімінің таңдау 

әдісіне мысал. 

 

n

жүктеу/скачать 0,84 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: