Алматы экономика және статистика академиясы
жүктеу/скачать 0,84 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Алматы экономика және статистика академиясы « Информатика кафедрасы»
Эйлер әдісін үш теңдеуден құралған теңдеулер жүйесін шығару мысалында қарастырайық: + + = + + = + + = z c y b x a dt dz z c y b x a dt dy cz by ax dt dx 2 2 2 1 1 1 ( 3) (3) – жүйенің шешімін мына түрде іздейміз: const r e z e y e x rt rt rt − = = = , , , ., , , υ µ λ υ µ λ (4) (4)- ті (3) – ке қойып , rt e - ға қысқартқанда , υ µ λ , , - ді анықтайтын теңдеулер жүйесін аламыз:
= − + + = + − + = + + − 0 ) ( , 0 ) ( 0 ) ( 2 2 2 1 1 1 υ µ λ υ µ λ υ µ λ r c b a c r b a c b r a (5) Егер, (5)- жүйенің анықтауышы 0- ге тең болса, онда жүйенің нөлдік емес шешімі болады. 0 1 2 2 2 1 1 1 = − − − = ∆ c b a c r b a c b r a (6) (6)- теңдеу характеристикалық деп аталынады. А) − 3 2 1 , , r r r характеристикалық теңдеудің түбірлері нақты және әр түрлі болсын. (5)- ке r орнына
1 r - ді қойып жүйені шешіп 1 1
, , υ µ λ - ді табамыз. Дәл осындай жолмен 2
үшін 2
2 , , υ µ λ , 3
үшін 3
3 , , υ µ λ - ті табамыз. Жалпы шешім (3)-ші жүйенің, мына түрде болады. . , , 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 t r t r t r t r t r t r t r t r t r e C e C e C z e C e C e C y e C e C e C x υ υ υ µ µ µ λ λ λ + + = + + = + + =
Сұрақтар. 1. Дифференциалдық теңдеудің нормалдық жүйесі. Сызықты теңдеулер жүйесі. 2. Сызықты коэффициенттері тұрақты дифференциалдық теңдеулер жүйесін жоғарғы ретті бір теңдеуге келтіру әдісі. 3. Біртекті сызықты коэффициенттері тұрақты теңдеулер жүйесін матрица арқылы шешу. 4. Жүйе матрицасының меншікті сандары мен меншікті векторлары. 5. Жүйенің жалпы шешімін құру.
Әдебиеттер: [1], [2], [5].
13 дәріс.
Екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулерге қойылатын шеттік есептер. 1. Бір параметрден тәуелді, екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер. 2. Олар үшін қойылатын шеттік есептердің түрлері. 3. Шеттік шарттардің біртектілігі. 4. Штурм-Лиувилл есебінің кейбір түрлері. 5. Штурм-Лиувилл есебінің меншікті сандары мен меншікті функцияларына мысалдар.
Сұрақтар. 1. Бір параметрден тәуелді екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер және оларға қойылатын шеттік есептер. 2. Штурм-Лиувилл есебі (мысал). Әдебиеттер: [1], [2], [5].
Дербес туындылы сызықты дифференциалдық теңдеулер. 1. Дербес туындылы дифференциалдық теңдеулер туралы ұғым. 2. Дербес туындылы теңдеулерге мысалдар. 3. Дербес туындылы дифференциалдық теңдеулер үшін Коши есебі. 4. Оларға қойылатын шеттік шарттар. 5. Дербес туындылы сызықты дифференциалдық теңдеулер. 6. Дербес туындылы сызықты біртектес теңдеулер және оның шешімдерінің қасиеттері.
Сұрақтар.
1.
2. Дербес туындылы сызықты дифференциалдық теңдеулер және оның шешімдерінің қасиеттері.
Әдебиеттер: [1], [5]. 15 дәріс.
Фурье әдісі 1. Дербес туындылы сызықты бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер. 2.Дербес туындылы екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеуге қойылатын шеттік есепті Фурье әдісімен шешу.
Сұрақтар. 1. Дербес туындылы екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеуге қойылатын шеттік есепті Фурье әдісімен шешу.
Әдебиеттер: [1], [5]. Алматы экономика және статистика академиясы « Информатика кафедрасы»
ЖАТТЫҒУ САБАҚТАРЫН ЖҮРГІЗУГЕ АРНАЛҒАН ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР
Пәннің аты «Дифференциалдық теңдеулер» Мамандығы 050602 «Информатика»
Алматы 2010
1.
Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер.
1. Айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеулер. 2. Біртекті бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер. 3. Сызықты дифференциалдық теңдеуді Бернулли әдісімен шешу. 4. Бірінші ретті теңдеулер үшін Коши есебі.
1. ; y∙y’+x
2 =1
2.
3. ;
4. (2x-7)y’=-1 5. (3x+1)yy’=x 2 6. 7.
8.
9.
2. Толық дифференциалдық теңдеулер. Клеро теңдеуі. Лагранж теңдеуі.
1. Толық дифференциалды теңдеулер. Оның жалпы интегралы. 2. Лагранж теңдеуі. Жалпы шешімі. 3. Клеро теңдеуі және оның жалпы, ерекше шешімдері.
еңдеулердің жалпы шешімін табыңыз: 1.
( ℓny+2x)dx+(x/y-2y)dy=0 2.
2 cosx-y)dx+xdy=0 ( μ=φ(x)) 3.
y√1-y 2
dx+(x√1-y 2 +y)dy=0 ( μ=φ(y)) 4.
y=xy` 2 + y` 2
5. y=xy`-e
y`
3. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер.
1.y (n) =f(x) түріндегі теңдеудін жалпы шешімі. 2. Екінші ретті дифференциалдық теңдеулер. Ретін төмендету әдісі (3 жағдай). 3.Екінші ретті дифференциалдық теңдеулер үшін Коши есебі
T еңдеулердің жалпы шешімін табыңыз: 1.
2.
2xy`y``=1+y` 2
3. y` 2 +2yy``=0; 4.
y``(x 2 +1) 5. .
6.
7. 8.
9.
;
10. y’’=sin 2 3x; y(0)= π 2 /16; y’=0 11.
12.
13.
14.
y’’=1/x 2 +e 2x
4. Сызықты біртекті, коэффициенттері тұрақты теңдеулер.
1. Коэффициенттері тұрақты біртекті сызықты теңдеулердің жалпы шешімі. 2. Екінші ретті коэффициенттері тұрақты, біртекті теңдеулердің жалпы шешімдері (3 жағдай).
3. Коши есебі.
1. y’-4y+4y=0 2.
3.
y’’+2y’-8y=0 4.
y’’+6y’+13y=0 5.
y’’+4y’+4y=0 6.
y’’+y’-2y=0 5. Бейбіртектес сызықты теңдеулер
1. Біртекті емес, коэффициенттері тұрақты теңдеулердің дербес шешімін табу әдістері. 2. Біртекті емес, коэффициенттері тұрақты сызықты дифференциалдық теңдеулердің дербес шешімін тандау әдісімен табу.
3.Коши есебі. 1.
2.
3.
y’’+4y’+4y=(x+2)e 2x
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
Дифференциалдық теңдеулер жүйесі 1.
Сызықты коэффициенттері тұрақты теңдеулер жүйесін ығыстыру әдісімен шешу (жоғарғы ретті бір теңдеуге келтіру).
1.
+ = − = y x dt dy y x dt dx 4 2
7. Матрица әдісі
1. Біртекті коэффициенттері тұрақты сызықты дифференциалдық теңдеулер жүйесін матрица түрінде жазу. 2. Жүйе матрицасының сипаттама теңдеуін құрып меншікті сандарын табу. 3. Меншікті векторларын табу 4.Жүйенің жалпы шешімін табу.
1.Дифференциалдық теңдеулер жүйесін шешіңіз: x’=-x+8y
y’=x+y 9. Дербес туындылы сызықты дифференциалдық теңдеулер. 1. Дербес туындылы теңдеулердің қарапайым түрлерінің жалпы шешімдерін табу тәсілдері. 2. Дербес туындылы бірінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімдерін табу тәсілі.
3.Ішектің тербеліс теңдеуін сипаттама әдісімен шешу.
1. dz/dx=1 теңдеуін қанағаттандыратын z=z(x,y) функциясын табыңыз. 2.d 2 z/dy
2 =6y теңдеуін шешіңіз (z=z(x,y)) 3.xdz/dx+ydz/dy=z теңдеуін шешіңіз 4. Коши есебінің шешімін табыңыз: d 2 u/dt
2 = d
2 u/dx
2 , u| t=0 =x 2 ,du/dt|= t=0 =0.
10. Фурье әдісі
Дербес туындылы екінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеуді Фурье әдісімен шешу.
1. du/dt= d
2 u/dx
2 (0 теңдеуінің u| t=0
=f(x) бастапқы шартын және u| x=0
=0, u| x=l
=0 шеттік шартын қанағаттандыратын шешімін табыңыз.
Мұндағы f(x)= x, 0 x, l/2≤x
1. . Мына теңдеуді интегралдау керек: 0 1 1 2 2 = − + − dy x y dx у х . Шешуі. Теңдеудің екі жағын да 0 1 1 2 2 ≠ − ⋅ − x y көбейтіндіге бөлеміз:
0
1 2 2 = − + − y ydy x xdx . Енді интегралдаймыз: ∫ ∫ ∫ ⋅ = − + − dx y ydy x xdx 0 1 1 2 2 . Сонда
C y x = − + − 1 1 2 2 -теңдеудің жалпы шешімі болады. 2. . Мына теңдеуді ( )
dy y x = + 2 2 интегралдап, ( ) 1 1 = y шартын қанағаттандыратын шешімді табу керек. Шешуі.
2 2
x + және у х ⋅ дәрежесі 2 =
біртекті функциялар, сондықтан, берілген теңдеу біртекті болады. Теңдеуді былай жазып 2 2
x xy y + = ′ , оған
x u y ⋅ = алмастыруын қолданамыз. Сонда 2 2
2 x u x ux u x u + = + ′ немесе 2 1 u u u x u + = + ′ болады. Осыдан 1 2 2 + − = u u dx du x немесе 0 1
2 = + + x dx du u u .
Енді интегралдасақ ∫ ∫ = + + C x dx du u u 2 2 1 немесе C x U U = + − ln 1 болады. Енді x y u =
мәнін қоятын болса: C x y x x y = + − ln теңдеудің жалпы интегралы болады. Осы интегралға бастапқы шарттарды 1 , 1 = = y x қоятын болсақ C = + − 1 ln 1 1 немесе 0 =
болады. Сонымен берілген шарттарды қанағаттандыратын дербес интеграл мына түрде жазылады: 0 ln
+ −
y x x y . 3. ( ) 0 2 4 ≠ = + ′ x x y y x теңдеудің ( ) 3
= y шартын орындайтын шешімін табу керек болсын. Шешуі. (10.5.10) формуланы пайдаланып, теңдеудің жалпы шешімін бірден жазуға болады, бірақ, түсінікті болу үшін жоғарыда айтылған жолмен шығарып көрейік. Алдымен, теңдеудің екі жағын х - ке бөліп, мына түрге келтіреміз: 3 2 х у х у = + ′ . Енді V U у ⋅ = алмастыруын жасаймыз. Сонда
3 2
V U х U V V U = ⋅ + ′ + ′ болады. Осыдан
3 2
x V V U V U = + ′ + ′ (10.5.11) ) (x V функциясы жақшада тұрған өрнекті нольге айналдырады деп болжайық, яғни 0 2
+ ′
V V .
Бұл жағдай 2 1 x V = болғанда орындалады (теңдеу айнымалылары бөлінетін болғандықтан, оңай шешіледі). Ал (10.5.11) теңдеуге табылған ) (x V - ті қоятын болсақ, ол теңдеу мына түрге келеді: 3 2
x U х = ′ немесе dx x du 5 = . Осыдан C x x U + = 6 ) ( 6 ; Сонымен 2 6 1 6 x C x V U у ⋅ + = ⋅ = болады. Егер осыған бастапқы шарттың мәндерін қоятын болсақ: 6 5
, 6 1 3 = + = C C . Сонда + = + = 2 2 2 4 17 6 1 6 17 6
х х х у берілген теңдеудің дербес шешімі болады.
жүктеу/скачать 0,84 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|