ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ
ЖОҒАРЫ ОҚУ ОРЫНДАРЫНЫҢ ҚАУЫМДАСТЫҒЫ
К. Д. Көлекеев
К. Ж. Назарова
ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ
ТЕҢДЕУЛЕР
Алматы, 2012
1
УДК 517(075.8)
ББК 22.161.6я73
К 67
А. Ясауи атындағы Халықаралық Қазақ-Түрік университеті
ғылыми кеңесінде ұсынған.
Пікір берушілер:
физика-математика ғылымдарының докторы, профессор А. Н. Бахтыбаев;
физика-математика ғылымдарының докторы, профессор Д. С. Джумабаев;
физика-математика ғылымдарының докторы, профессор Ə. М. Сəрсенби;
Көлекеев К. Д., Назарова К. Ж.
Дифференциалдық теңдеулер: Оқулығы. - Алматы: ЖШС
К 67
РПБК “Дəуір”, 2012. - 216 бет.
ISBN 978-601-217-311-6
Бұл кітапта дифференциалдық теңдеулер курсы - бірінші жəне жоғарғы
ретті теңдеулер, теңдеулер жүйелері, орнықтылық теориясы элементтері,
дербес туындылы бірінші ретті теңдеулер жəне Лаплас интегралдық түрлендірулерінің негіздері ұсынылған. Негізгі теориялық тұжырымдар мысалдар, жаттығулар жəне мəселе есептермен түсіндірілген. Математика бакалавр
жəне жаратылыс-тану мамандықтарының студенттеріне арналған оқулық,
дифференциалдық теңдеулер негіздерін өздігінше үйренем деген барлық
оқырмандарға ұсынылады.
УДК 517(075.8)
ББК 22.161.6я73
ISBN 978-601-217-311-6
2
© Көлекеев К. Д., Назарова К. Ж., 2012
© ҚР Жоғары оқу орындарының
қауымдастығы, 2012
КІРІСПЕ
Табиғат құбылыстарын зерттегенде, физика жəне техника,
химия жəне биология мəселелерін шешкенде, эволюциялық процесті анықтайтын шамалар арасындағы тəуелділік, көбіне, шамалар мен олардың өзгеру жылдамдықтары арасындағы байланыс
түрінде, яғни белгісіз функциялар мен туындыларын (дифференциалдарын) байланыстыратын теңдеу ретінде алынады. Белгісіз
функция жəне оның туындыларын байланыстыратын мұндай
теңдеулер дифференциалдық деп аталады.
Ізделінді функция бір ғана айнымалыдан тəуелді болса,
теңдеу кəдімгі дифференциалдық, ал бірнеше айнымалыдан
тəуелді болса, дербес туындылы дифференциалдық деп аталады.
Мысалы, ең қарапайым кəдімгі дифференциалдық деп,
dy
= f ( x ) теңдеуін айтады, f (x) - белгілі, y = y(x) - ізделініп
dx
отырған белгісіз функция. Бұл теңдеудің шешімдерін f (x) функциясының алғашқы функциялары деп атайтындығы белгілі:
Жалпы y = ∫ f(x)dx + C шешімдер жиынтығын береді.
Массасы m нүктенің F күшінің əсерімен қозғалысы
m
d 2r
dr ⎞
⎛
= F ⎜ t , r , ⎟ теңдеуімен беріледі,
2
⎝
dt
dt ⎠
r - радиус вектор,
dr
dt
d 2r
- үдеу. Мұндағы ізделінді функция
dt 2
r (t ) , ең жоғарғы туындысы - 2.
- қозғалыс жылдамдығы,
Теңдеу
d 2u d 2u d 2u
+
+
= 4πρ( x , y , z ) - Пуассон теңдеуі деп
dx 2 dy 2 dz 2
аталады, дербес туындылы, ізделінді функция u = u(x, y, z) үш
айнымалыдан (x, y, z) тəуелді.
3
Ізделінді функцияның ең жоғарғы туындысы (дифференциалы) теңдеудің реті деп аталады. Келтірілген екінші, үшінші
мысалдардағы теңдеулер екінші ретті.
Теңдеуді қанағаттандыратын, яғни тепе-теңдікке айналдыратын функция теңдеудің шешімі деп аталады.
Мысалы, радиоактивтік ыдырау теңдеуінің:
шешімі
dx (t )
= − kx (t )
dt
(1)
x (t ) = Ce − kt .
(2)
С – кез келген тұрақты. Əрине, теңдеу (1) радиоактивті ыдырау процесін толық анықтамайды. Оны толық анықтау үшін бастапқы t0 моментіндегі ыдыраушы заттың х0 мөлшерін білуіміз керек. Егер x (to ) = xo белгілі болса, радиоактивті ыдырау заңын
x = xoe − k (t − to ) табамыз.
Теңдеудің шешімін табуды, дифференциалдық теңдеуді
интегралдау деп атайды.
Дифференциалдық теңдеуге келтіретін есепті қарастырайық.
Массасы m материалдық нүкте салмағының əсерімен құлайды.
Ауа кедергісін ескермей, нүктенің қозғалыс заңын табу керек.
Шешуі. Нүкте құлайтын О нүктесінен төмен бағытта вертикал осьті анықтасақ, t - уақытында нүкте y (t ) орнында болады.
Нүкте салмақ күші əсерімен құлайтындықтан, Ньютонның екінші
заңы бойынша ma = mg екендігі белгілі.
Мұндағы, үдеу a =
d 2y
d 2y
онда
m
= mg теңдеуі нүктенің
=
g
,
dt 2
dt 2
қозғалыс заңын анықтайды.
Теңдеуді түрлендіріп g, екі рет интегралдау нəтижесінде шешімін аламыз. Бұл формула нүктенің қозғалыс заңын береді, бірақ екі тұрақты C1 , C2 бар.
Тұрақтыларды C1 , C2 нүктенің қозғалыс заңын толық анықтау
үшін қажетті қосымша шарттардың көмегімен нақтылаймыз.
4
Құлайтын нүктенің, О нүктесіне қарағанда, бастапқы орны
y (0) = y 0 жəне бастапқы жылдамдығы ϑ (0) = ϑ0 белгілі болуы
керек.
dy (t )
болғандықтан C1 = ϑ0 ,
Қозғалыс жылдамдығы ϑ (t ) =
dt
C 2 = y0 .
Сонымен, нүктенің қозғалыс заңын беретін функция
y=
gt 2
+ ϑ 0t + y0 .
2
Бұл, біркелкі үдемелі қозғалыстағы нүктенің жүріп өткен
жолы екендігі белгілі. Процестің өтуі туралы толық мағұлмат
белгілі болғанда, оның математикалық моделін құруға əрекет жасалынады. Көп жағдайда, модель дифференциалдық теңдеумен
жазылады да, оның бір шешімі процестің функционалдық сипаттаушысы болады.
Математикалық ғылым, дифференциалдық теңдеулер теориясы, процестердің математикалық моделдерін құрып, сипаттаушы
функционалдық тəуелділіктерін табумен айналысады.
5
1-та р ау
БІРІНШІ РЕТТІ ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР
§1. Жалпы түсініктер
Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп
F ( x, y, y ′) = 0
(1)
түріндегі байланысты айтады. Мұндағы, x - тəуелсіз айнымалы,
y = y (x) белгісіз функция, F ( x, y, y ′) – айнымалылар
dy
- тердің берілген функциясы.
dx
Теңдеуді (1) y´ бойынша шешуге болса,
x, y, y ′ =
y ′ = f ( x, y )
(2)
туындысы арқылы шешілген бірінші ретті дифференциалдық
теңдеу деп атайды. Бірінші ретті теңдеудің
P ( x , y )dx + Q ( x , y )dy = 0
түріндегі жазбасы жиі кездеседі, мұндағы, P ( x , y ), Q ( x , y )
айнымалылардың х, у берілген функциялары. Шындығында
y′ =
dy
dx
десек, (2) теңдеуді
dy
= f ( x , y ),
dx
dy = f ( x , y )dx , f ( x , y )dx − dy = 0
түріне келтіріп, жалпы жағдайда, P ( x , y )dx + Q ( x , y )dy = 0 теңдеуіне көшеміз жəне керісінше:
Q ( x , y )dy = − P ( x , y )dx
6
dy
P (x, y )
=−
dx
Q(x, y )
f (x, y ) = −
P (x, y )
Q(x, y )
y ′ = f ( x, y ) (a, b) аралығында үзіліссіз дифференциалданып,
теңдеуді (1) немесе (2) тепе-теңдікке айналдыратын y = ϕ (x)
функциясы, теңдеудің осы аралықтағы шешімі деп аталады, яғни
∀x ∈ (a, b) үшін:
d ϕ( x ) ⎞
⎛
F ⎜ x , ϕ( x ),
⎟ ≡ 0.
⎝
dx ⎠
⎛ d ϕ( x )
⎞
≡ f ( x , ϕ( x ))⎟ .
⎜⎝
⎠
dx
Егер ол y -ті x -тің теңдеу (2) шешімі болатын y = ϕ (x) функциясы түрінде анықтаса, қатынас Φ ( x, y ) = 0 теңдеудің (2) айқын
емес шешімі (немесе теңдеудің (2) интегралы) деп аталады.
Теңдеудің (2) шешімінің y = ϕ (x) графигін, осы теңдеудің
интегралдық сызығы деп атайды. Шешім графигінің ордината
осіне проекциясы дифференциалдық теңдеудің фазалық сызығы (немесе траекториясы) деп аталады.
Теңдеудің (2), бастапқы шартты y0 = ϕ( x 0 ) қанағаттандыратын y = ϕ (x) шешімін табу есебін Коши есебі немесе бастапқы шартпен берілген есеп дейді.
Дифференциалдық теңдеудің
dy
= f ( x , y ), ( x, y ) ∈ G - жазықтықтағы аумақ,
dx
df
Егер осы аумақта f ( x, y ) жəне оның дербес туындысы
dy
үзіліссіз болса, кез келген нүктеден ( x0 , y 0 ) ∈ G өтетін жалғыз
шешімі бар. Бұл тұжырым Коши есебінің шешімінде жəне жалғыз болуы туралы теоремада беріледі.
Дифференциалдық
теңдеудің
F ( x, y, y ′) = 0 ,
F ( x, y , z )
∂F ∂F
,
кеңістіктің ( x, y, z ) ∈ Ω
∂y ∂z
облысында үзіліссіз делік. Онда:
функциясы, дербес туындылары
Φ ( x, y , C ) = 0 .
(3)
Егер кез келген C мəнінде теңдеуді қанағаттандырса неме7
се Φ ( x, y, z ) аумақта үзіліссіз дифференциалданатын жəне
y = y (x) дей отырып:
∂Ô ∂Ô
+
y′ = 0
∂x
∂y
(4) теңдігін алып, (3), (4) теңдеулер жүйесінен C -ны жойғанда,
(1) теңдеуге эквивалентті теңдеу шығатын болса, теңдеудің (1)
жалпы интегралы деп аталады.
Теңдеуді (1) C - параметрінен тəуелді сызықтар жиынтығының (3) дифференциалдық теңдеуі деп те атайды.
⎛
⎝
1-мысал. y = x ⎜1 + ∫
ex ⎞
dy
dx ⎟ функциясы, теңдеудің x
− y = xe x
x
⎠
dx
шешімі екендігіне көз жеткізу керек.
Шешуі. Берілген функцияның туындысын есептейміз:
dy
ex
ex
ex
= 1 + ∫ dx + x
= 1 + e x + ∫ dx
dx
x
x
x
Онда: x
⎛
⎛
dy
ex ⎞
ex ⎞
− y = x ⎜1 + e x + ∫ dx ⎟ − x ⎜1 + ∫ dx ⎟ = xe x ,
dx
x ⎠
x ⎠
⎝
⎝
яғни берілген функция дифференциалдық теңдеуді тепе-теңдікке
айналдырады, теңдеудің шешімі.
2-мысал. Функция y = ϕ (x) параметрмен берілген: x = te t ,
y = e −t .
dy
Осы функция теңдеудің (1 + xy ) + y 2 = 0 шешімі екендігін
dx
дəлелдеу керек.
Шешуі. xt′ = (t + 1)e t , yt′ = −e − t , .
dy
y′
1
= t =−
dx xt′
(t + 1)e 2t
Параметрдің əрбір мəнінде
(1 + xy )
⎛
⎞
dy
1
+ y 2 = (1 + te t e − t ) ⎜ −
+ e −2t ≡ 0 ,
⎝ (t + 1)e 2t ⎟⎠
dx
функция y = ϕ (x) теңдеудің шешімі.
3-мысал. Сызықтар жиынтығының y = ( x − C ) 3 дифференциалдық теңдеуін құру керек.
Шешуі. Дифференциалдау нəтижесінде y ′ = 3( x − C ) 2 теңдігін,
ал бұдан: y ′ 3 = 27( x − C )6 , y ′ 3 = 27 y 2 теңдеуін аламыз.
8
Бағыттар өрісі. Дифференциалдық теңдеу y ′ = f ( x, y ) нүкте
координаталары ( x, y ) - пен, интегралдық сызыққа осы нүктеде
dy
= tg α байжүргізілген жанаманың бұрыштық коэффициентін
dx
ланыстырады, яғни:
tg α =
dy
= f ( x , y ).
dx
Егер функция f ( x, y ) жазықтықтың D аумағында анықталса,
онда əрбір нүктеге M ∈ D бұрыштық коэффициенті f ( x, y ) болатын бағыт сəйкес. Бағытты бірлік вектормен көрсетіп, D - аумағында бағыттар өрісін аламыз.
Теңдеудің интегралдық сызықтары, əрбір нүктесіне жанамасының бағыты, бағыттар өрісімен бірдей болатын сызықтар.
Геометриялық, кескіні бойынша, теңдеуді шешу үшін бағыттар
өрісін құрып, əрбір нүктесіндегі жанамасы өріс бағытымен бірдей
болатын сызықты тұрғызамыз.
1-сурет
2-сурет
Бағыттар өрісін құру үшін қажетті, интегралдық сызықтарға
жанамалары тұрақты бағытта болатын нүктелердің геометриялық орнын изоклин деп атайды. Изоклиндерді құру əдісімен де
теңдеуді шешуге болады.
4-мысал. y ' = x 2 + y 2 теңдеуінің интегралдық сызықтарын
сызу керек.
Шешуі. x 2 + y 2 = K изоклин теңдеуі радиусы K шеңбер
болғандықтан, интегралдық сызықтар эскизі оңай құрылады
(3-сурет).
9
3-сурет
5-мысал. Изоклин əдісімен жуықтап, берілген теңдеудің
x
dy
= 2y
dx
интегралдық сызықтарын тұрғызу керек.
Шешуі. Абсцисса осі y = 0 теңдеудің шешімі, интегралдық
сызықтар осьтер бойынша симметриялы.
Изоклиндер kx = 2 y , y =
k
x теңдігімен анықталады.
2
k
x кез келген нүктесінде,
2
дифференциалдық теңдеу интегралына жанама, абсцисса өсімен
arctg k бұрышын жасайды. Бірнеше изоклиндерді жəне бағыттар өрісін сызып, теңдеудің интегралдық сызықтарын жуықтап
тұрғызамыз:
Кез келген k > 0 мəнінде, түзудің y =
10
§2. Айнымалылары ажыратылатын (жіктелетін)
теңдеулер
f 2 ( y )dy = f1( x )dx
тылған, ал
түріндегі теңдеу айнымалылары ажыраdy
= f (x )g ( y )
dx
(1)
айнымалылары ажыратылатын (жіктелетін) теңдеу деп аталады.
dy
= f ( x )dx түріне келтіріп,
Егер g ( y ) ≠ 0 , онда (1) теңдеуді:
g(y)
шешімін
табамыз:
dy
∫ g ( y ) − ∫ f ( x )dx = C .
Мұнда, g (C 0 ) = 0 болса, онда y = C0 функциясы да теңдеудің
шешімі екендігін ескеру керек. Осы сияқты,
f1( x )ϕ1( y )dx + f 2 ( x )ϕ 2 ( y )dy = 0
(2)
теңдеуін интегралдағанда, f 2 ( x) = 0 жəне ϕ1 ( y ) = 0 интегралдық
қисықтары да ескерілуі керек. Егер f 2 ( x) ⋅ ϕ 1 ( y ) ≠ 0 болса, онда
теңдеудің шешімі:
11
ϕ (y)
f (x )
1
2
∫ f ( x ) dx + ∫ ϕ ( y ) dy = C
2
1
Теорема. f (x) жəне g ( y ) функциялары x = x0 , y = y0 нүктелерінің төңіректерінде анықталып, үзіліссіз дифференциалданатын, сондай-ақ g ( y0 ) ≠ 0 болсын. Онда (1) теңдеудің
y = ϕ (x) шешімі ϕ ( x0 ) = y0 бастапқы шартымен x = x0 нүктесінің төңірегінде бар, біреу ғана жəне келесі қатынасты орындайды:
ϕ(x )
x
dy
= ∫ f ( x )dx
∫
y0 ϕ ( y )
x0
.
1-мысал. Теңдеудің берілген шартты орындайтын шешімін
табу керек (1 + y 2 )dx − xydy = 0, y(1) = 0 .
Шешуі. Айнымалыларын ажыратып, жалпы шешімін x ≠ 0
деп табамыз.
1
y
dx −
dy = 0,
x
1 + y2
ln x −
1
y
∫ x dx − ∫ 1 + y 2 dy = ln C
1
ln(1 + y 2 ) = ln. C ,
2
x
1+ y2
=C
Бастапқы шартты ескерсек x = 1, y (1) = 0 : 1 = C .
Сонымен, берілген шартты орындайтын дербес шешім
x
1+ y
2
=1
немесе
x 2 − y 2 = 1.
Теңдеу y ′ = f (ax + by + C ) айнымалылары ажыратылатын
түрге z = ax + by + C алмастыруымен келтіріледі.
2-мысал. Теңдеуді шешу керек
y ′ = sin( y − x − 1)
Шешуі. z = y − x − 1 - десек, z ′ = y ′ − 1 , ал теңдеу мына түрге
келеді z ′ = sin z − 1 ,
12
dz
= dx . Интегралдасақ
sin z − 1
dz
dz
= x + C шығады. Интегралға
∫ sin z − 1 = ∫ dx + C немесе ∫
sin z − 1
алмастыруын қолданып, − ∫ 2dt 2 = 2 теңдігін немесе
(t − 1)
t −1
1
2
= x + C , 2 = ( x + C )[tg ( y − x − 1) − 1]
z
2
tg − 1
2
π
dz
= sin z − 1 теңдігін z = + 2kπ , k=0,
dx
2
шешімін аламыз.
± 1,
± 2 , … мəндері де
π
қанағаттандыратындықтан, y = x + 1 + + 2k π функциялары да
2
теңдеу шешімдерін береді.
§3. Біртекті теңдеулер
Егер F (tx , ty ) = t k F ( x , y ) теңдігі орындалса, функция F(x, y)
k - дəрежелі біртекті деп аталады. Мысалы, x2+xy+y2 екінші
дəрежелі, ал x − y - бірінші дəрежелі біртекті функциялар.
Дифференциалдық теңдеу
y ′ = f ( x, y )
(1)
біртекті деп аталады, егер f (tx , ty ) = f ( x , y ), теңдігі орындалса, яғни f ( x, y ) функциясы нөл дəрежелі біртекті болса. Онда
P( x, y ) жəне Q( x, y ) функциялары бірдей дəрежелі біртекті
болғанда
P ( x , y )dx + Q ( x , y )dy = 0
(2)
теңдеуі де біртекті.
Біртекті теңдеулердің айнымалылары y = zx алмастыруымен ажыратылады. Теңдеу (1) біртекті болса,
1
⎛ y⎞
f ( x , y ) = f (tx , ty ) = f ⎜1, ⎟ , t =
⎝ x⎠
x
теңдігінен y = zx
алмас-
тыруы нəтижесінде:
z ′x + z = f (1, z ),
x
dz
= f (1, z ) − z
dx
13
айнымалылары ажыратылатын теңдеуді аламыз. Онда теңдеудің
шешімі:
dz
dz
∫ f (1, z ) − z = ln x − ln C , x = Ce
1-мысал.
∫ ϕ(z )
ϕ(z ) = f (1, z ) − z .
,
Теңдеуді шешу керек xy ′ − y = x 2 − y 2 .
2
y
⎛ y⎞
Шешуі. Теңдеуді y ′ = + 1 − ⎜ ⎟ түріне келтірсек, бірx
⎝x⎠
текті екендігі айқындалады жəне y = zx , y ′ = z ′x + z алмастырулары нəтижесінде
z ′x + z = z + 1 − z 2 ,
dz
1− z
2
=
dx
,
x
∫
x
dz
= 1 − z2
dx
dz
1− z
2
=∫
dx
+
x
теңдіктерін, ал бұдан y = x sin(ln x + C ) шешімін аламыз.
Теңдеудің жалпы шешімінің құрамына енбейтін y = ± x
ерекше шешімдері бар екендігіне оңай көз жеткізе аламыз.
a1 x + b1 y + c1 = 0 жəне a2 x + b2 y + c2 = 0 түзулерінің қиылысу нүктесі ( x0 , y0 ) бар болса,
⎛ a x + b1 y + c1
y ' = f ⎜⎜ 1
⎝ a 2 x + b2 y + c 2
Теңдеуін
⎞
⎟⎟
⎠
(3)
x = x0 + t , y = y 0 + z
(4)
алмастыруларымен шешеді.
Шындығында, a1 x0 + b1 y0 + c1 = 0 a2 x0 + b2 y0 + c2 = 0 болғандықтан, теңдеу (3)
⎛ a t + b1z ⎞
z'= f ⎜ 1
= ϕ(at + bz )
⎝ a2t + b2 z ⎟⎠
(5) айнымалылары ажырайтын түрге келтіріледі. Егер көрсетілген
түзулер қиылыспайтын болса, яғни
a1 b1
=
орындалса, онда:
a 2 b2
z = a1 x + b1 y + c1 алмастыруы теңдеудің айнымалыларын ажыратады.
14
2-мысал. Теңдеуді шешу керек (2 x − y + 1)dx + (2 y − x − 1)dy = 0
Шешуі. Түзулердің 2 x − y + 1 = 0 , 2 y − x − 1 = 0 қиылысу нүктесі теңдеулер жүйесінің шешімі болатындықтан
⎧2 x − y + 1 = 0
⎨
⎩− x + 2 y − 1 = 0,
1
1
1
жүйенің шешімін x0 = − , y 0 = тауып, x = t − , алмастыру3
3
3
ын жасаймыз.
Онда, (2t −
2
1
2
1
− z − + 1)dt + (2z + − t + − 1)dz = 0 немесе
3
3
3
3
(2t − z )dt + (2z − t )dz = 0
біртекті теңдеуі шығады.
Енді z = ut алмастыруын жасасақ,
t (2 − u)dt + t (2u − 1)(tdu + udt ) = 0,
2(u 2 − u + 1)dt + t (2u − 1)du = 0,
шешімін
2
2u − 1
dt + 2
du = 0, немесе t 2 (u 2 − u + 1) = C
t
u − u +1
Бастапқы
айнымалыларға
x − xy + y + x − y = C шешімі шығады.
3-мысал. Теңдеуді шешу керек.
2
2
аламыз.
көшсек,
( x + y + 1)dx + (2 x + 2 y − 1)dy = 0.
Шешуі. Түзулер x + y + 1 = 0, 2 x + 2 y − 1 = 0 параллель болғандықтан x + y + 1 = z алмастыруын жасаймыз.
Онда zdx + 2zdy − 3dy = 0, zdx + (2z − 3)(dz − dx ) = 0
(3 − z )dx + (2z − 3)dz = 0 немесе dx −
2z − 3
dz = 0 теңдігін
z −3
интегралдау нəтижесінде x + 2 y + 3 ln x + y − 2 = C шешімін аламыз.
Егер α жəне β табылып, кез келген λ > 0 үшін g (λα x, λ β y )
= lkg(x, y) теңдігі орындалса, g ( x, y ) функциясы k – дəрежелі
квазибіртекті деп аталады.
Квазибіртектілік дəрежелері α жəне β тиісінше, x жəне
15
y -тің салмақтары деп аталып, функциялар көбейтіндісінде
қосылады.
Мысалы, 5 x 2 y өрнегінің салмағы 2α + β болады.
Егер f ( x, y ) функциясы β − α дəрежелі квазибіртекті болса, яғни f (λα x, λ β y ) = λ β −α f ( x, y ) орындалса, дифференциалдық
теңдеу (1) квазибір-текті ( α жəне β салмақтарымен) деп аталады.
Квазибіртекті теңдеу y = z β / α алмастыруымен біртекті теңдеуге келтіріледі. Практикада y = ux β / α алмастыруымен айнымалылары ажыратылатын теңдеуге бірден келтіру тиімді.
dy
4x 6 − y 4
квазибіртекті екендігіне
4-мысал. Теңдеудің
=
dx
2x 4 y
көз жеткізіп, шешу керек.
Шешуі. x -тің салмағы α , y -тің салмағы β десек, теңдеу
квазибіртекті болуы үшін теңдіктің
6
4
4λ6α x 6 − λ4 β y 4
β −α 4 x − y
=
λ
,
2λ4α + β x 4 y
2x 4 y
орындалуы қажетті немесе теңдеулер жүйесі
6α − 4α − β = 4 β − 4α − β = β − α
үйлесімді болуы керек. Теңдеулер жүйесін 2β − 3α = 0 байланысымен анықталатын кез келген (α , β ) сандары қанағаттандырады.
Демек бастапқы теңдеу квазибіртекті, y = ux 3 / 2 алмастыруымен
шешіледі
du 3 / 2 3 1 / 2
4x 6 − u4 x 6
x + x u=
,
dx
2
2 x 4ux 3 / 2
x
du 3
4 − u4
;
+ u=
dx 2
2u
2udu
dx
+
= 0, u ≠ ±1 ;
2
(u + 4)(u − 1) x
2
u2 − 1
u2 − 1 5
x = C , C ∈ R.
u +4
u2 + 4
y2
Алмастыру бойынша y = ux 3 / 2 , u 2 = 3 болғандықтан, шешім
x
ln
болады.
16
2
+ 5 ln x = ln C1,
y 2 − x3 5
x =C
y 2 + 4x3
§4. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер
Белгісіз функция жəне оның туындысы бойынша сызықтық,
яғни
dy
+ p( x ) y = f ( x )
(1)
dx
теңдеуі, сызықтық біртекті емес (біртексіз) теңдеу деп аталады. Егер f ( x) ≡ 0 болса, теңдеу:
dy
+ p( x ) y = 0
dx
(2)
сызықтық біртекті делінеді.
Қарастырылып отырған аумақта p( x ), f ( x ) функциялары үздіксіз.
dy
Біртекті теңдеудің
+ p( x ) y = 0 шешімі:
dx
dy
dy
= − p( x ) y ,
= − p( x )dx , ln y = − ∫ p( x )dx + ln C
y
dx
y = Ce
− ∫ p ( x )dx
.
(3)
Тұрақтыны вариациялау əдісі (Лагранж əдісі)
Біртексіз теңдеуді
dy
+ p( x ) y = f ( x ) (1) біртекті теңдеудің
dx
шешімін (3) пайдаланып шешеміз.
Айнымалыны алмастыру принципімен
y = C ( x )e
− ∫ p ( x )dx
(4)
біртексіз теңдеудің (1) шешімі деп қарастырылады. Онда
dy dC − ∫ p ( x )dx
− p ( x )dx
=
− C ( x ) p( x )e ∫
e
,
dx
dx
теңдеуге (1) қойсақ
dC − ∫ p ( x )dx
− p ( x )dx
− p ( x )dx
e
− C ( x ) p( x )e ∫
+ p( x )C ( x )e ∫
= f ( x ),
dx
2–684
17
dC − ∫ p ( x )dx
e
= f ( x ),
dx
dC
p ( x )dx
= f ( x )e ∫
,
dx
бұдан
C ( x ) = ∫ f ( x )e ∫
P ( x )dx
dx + C ,
жалпы
y=e
− ∫ p ( x )dx
(C + ∫ f (x )e
∫ p ( x )dx
)
dx .
(5)
Сонымен, біртексіз теңдеудің (1) жалпы шешімі оған тиісті
− p ( x )dx
біртекті теңдеудің (2) жалпы шешімі Ce ∫
мен, біртексіз
− ∫ p ( x )dx
p ( x )dx
∫
теңдеудің (1) дербес шешімінің e
dx қосынды∫ f ( x )e
сына тең.
1-мысал. y ′ − yctgx = 2 x sin x теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Тиісті біртекті теңдеуді y ′ − yctgx = 0 шешеміз.
dy
dy
cos x
= ctgxdx , ∫
=∫
dx + ln C ,
y
y
sin x
ln y = ln sin x + ln C , y = C sin x.
Енді тұрақтыны вариациялаймыз:
y = C ( x) sin x, y ′ = C ′( x) sin x + C ( x) cos x.
Бастапқы теңдеуге қойсақ,
C ′( x) sin x + C ( x) cos x − C ( x) sin x ctgx = 2 x sin x,
C ′( x) sin x = 2 x sin x, C ′( x) = 2 x, C ( x) = x 2 + C
y = ( x 2 + C ) sin x = C sin x + x 2 sin x.
Кейбір теңдеулер сызықтық теңдеулерге оңай келтіріледі.
Егер x-ті функция, ал y-ті аргумент десек
A( y ) + (B ( y )x − C ( y ))
dy
=0
dx
(6)
теңдеуі
dx
+ ϕ( y )x = f ( y )
dy
18
(7)
түрге келеді, мұндағы, ϕ ( y ) =
B( y )
C ( y)
, f ( y) =
.
A( y )
A( y )
Сызықтық теңдеуге z=ϕ(y) алмастыруымен
ϕ ′( y )
dy
+ ϕ( y ) p( x ) = f ( x )
dx
(8)
α ≠ 0,1 ,
(9)
түріндегі теңдеулер де келтіріледі.
Бернулли теңдеуі
y ′ + p( x) y = f ( x) y α
(9‫)׳‬
y −α y ′ + p ( x) y 1−α = f ( x)
1
dz
+ p( x )z = f ( x ) сызықтық түрге
y1-μ = z алмастыруымен
1 − α dx
келтіріледі.
Бернулли теңдеуін сызықтық түрге келтірмей-ақ,
y = uϑ
(10)
алмастыруымен шешуге болады. Мұнда, u немесе ϑ еркін таңдалады. Бұл Бернулли əдісі деп аталады.
2-мысал. Теңдеудің жалпы шешімін табу керек.
y′ + 2 y = y 2e x
Шешуі. Бернулли теңдеуі болғандықтан (α = 2) , y = uϑ алмастыруын жасаймыз.
Онда:
u ′ϑ + uϑ ′ + 2uϑ = u 2ϑ 2 e x , u ′ϑ + u (ϑ ′ + 2ϑ ) = u 2ϑ 2 e x . (11)
Еркін таңдалатын ϑ -ны ϑ ′ + 2ϑ = 0 теңдігі орындалатындай
етіп аламыз:
dϑ
= −2ϑ ,
dx
dϑ
ϑ
= −2dx ,
dϑ
∫ ϑ = −2∫ dx ,
ln ϑ = −2 x , тұрақтыны C = 0 десек, ϑ = e −2 x .
ϑ -ны теңдеуге (11) қойып, u -ды табамыз:
u ′ϑ = u 2ϑ 2 e x , u ′ = u 2 e − x , du2 = e − x dx
u
19
1
1
= e −x + C, u =
u
C + e− x
Сонымен берілген теңдеудің шешімі y = uϑ =
1
.
Ce + e x
2x
Риккати теңдеуі
dy
+ p( x ) y + q ( x ) y 2 = f ( x )
dx
(12)
дербес бір шешімі y1 ( x) белгілі болғанда ғана,
y = y1 + z
(13)
алмастыруымен Бернулли теңдеуіне түрлендіріліп интегралданады.
dy
3-мысал.
+ ay ( y − x ) = 1 теңдеуін шешу керек.
dx
Шешуі. Бұл Риккати теңдеуінің y = x шешімі болғандықтан,
y = x + z алмастыруын жасаймыз. Онда:
dz
+ az ( x + z ) = 0,
dx
z = uϑ
десек,
du
dϑ
ϑ+u
+ auϑ ( x + uϑ ) = 0,
dx
dx
ϑ(
u (x) үшін
du
dϑ
+ axu) + u
+ au 2ϑ 2 = 0.
dx
dx
du
+ axu = 0 тең деуінің бір шешімін алсақ жеткілікті:
dx
2
ax
−
du
= −axdx , u = e 2 .
u
Онда ϑ (x) келесі теңдіктен анықталады
e
20
−
ax 2
2
2
ax
−
2
dϑ
dϑ
+ ae − ax ϑ 2 = 0, 2 + ae 2 dx = 0 ,
dx
ϑ
−
1
ϑ
+ a∫ e
−
ax 2
2
dx = −C ,
1
ϑ=
C + a∫ e
a
x2
2
.
dx
Сонымен жəне y = x Риккати теңдеуінің шешімдері.
§5. Толық дифференциалдық теңдеулер.
Дифференциалдық теңдеудің
M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0
(1)
сол жағы u ( x, y ) функциясының толық дифференциалы болса,
du( x , y ) = M ( x , y )dx + N ( x , y )dy ,
онда теңдеу (1) толық дифференциалдық деп аталып,
du( x , y ) = 0.
түрге келтіріледі. Егер функция y (x) теңдеудің шешімі болса,
онда:
du( x , y ( x )) ≡ 0 .
Бұдан:
u ( x, y ( x ) = C
(2)
жəне керісінше, егер функция y (x) теңдеуді (2) тепе-теңдікке
айналдырса, онда алынған тепе-теңдікті дифференциалдау нəтижесінде
du( x , y ( x )) = 0
аламыз, бұдан u ( x, y ) = C
бастапқы теңдеудің жалпы интегралы екендігіне көз жеткіземіз.
Бастапқы шарттар y ( x0 ) = y0 берілсе, тұрақты C (2) теңдіктен
C = u ( xo , y 0 )
(2‫)׳‬
анықталып,
u ( x, y ) = u ( x o , y o )
(3)
теңдеудің дербес шешімін береді.
21
Егер
∂u
∂y
( x0 , y 0 )
= N ( x0 , y 0 ) ≠ 0
болса, онда теңдік (3) у-ті х-тің айқын емес функциясы ретінде
анықтайды.
Теңдеудің (1) сол жағы M ( x , y )dx + N ( x , y )dy бір u ( x, y ) –
функциясының толық дифференциалы болуы үшін
∂M ( x, y ) ∂N ( x, y )
≡
∂y
∂x
(4)
тепе-теңдігінің орындалуы қажетті жəне жеткілікті.
Алғаш Эйлер көрсеткен бұл шарт орындалса, теңдеу (1) оңай
интегралданады.
du( x , y ) =
∂u
∂u
dx +
dy = M ( x , y )dx + N ( x , y )dy
∂x
∂y
теңдіктерінен
∂u
∂u
= N ( x , y ),
= M ( x , y );
dy
dx
u( x , y ) = ∫ M ( x , y )dx + C ( y ).
Интегралды ∫ M ( x , y )dx есептегенде, y тұрақты деп қарастырылады, сондықтан C ( y ) y -тің кез келген функциясы.
∂u
= N ( x, y ) теңдігінен C ( y ) функциясы табылады:
∂y
∂
∫ M ( x , y )dx + C ′( y ) = N ( x , y )
∂y
(
)
Математикалық анализден белгілі əдіспен де u ( x, y ) функциясын толық дифференциалынан du = M ( x , y )dx + N ( x , y )dy
анықтай аламыз. Белгілі нүкте ( xo , y o ) мен айнымалы нүкте
( x, y ) арасында M ( x , y )dx + N ( x , y )dy өрнегінен қисық сызықты
интеграл кез келген сызық бойынша есептеледі:
u( x , y ) =
(x,y )
∫ M ( x , y )dx + N ( x , y )dy .
( x 0 , y0 )
22
Интегралдау сызығы ретінде координаталар осьтеріне параллель сынықтарды алу ыңғайлы (1-сурет):
1-сурет
( x, y )
∫
oнда
Mdx + Ndy =
( x0 , y 0 )
( x, y )
∫
( x0 , y 0 )
Mdx + Ndy =
( x , y0 )
( x, y )
( x0 , y 0 )
( x , y0 )
∫ Mdx +
∫ Ndy
( x0 , y )
( x, y )
( x0 , y 0 )
( x0 , y )
∫ Ndy + ∫ Mdx
немесе
.
1-мысал. Теңдеудің жалпы шешімін табу керек:
( x + y + 1)dx + ( x − y 2 + 3)dy = 0 .
Шешуі.
∂ ( x + y + 1) ∂ ( x − y 2 + 3)
болғандықтан теңдеудің
≡
∂y
∂x
сол жағы u ( x, y ) функциясының толық дифференциалы.
∂u
∂u
x2
= x + C '( y ),
= x + y + 1, u =
+ xy + x + C ( y ),
∂y
∂x
2
x + C ′( y ) = x − y 2 + 3, C ′( y ) = − y 2 + 3, C ( y ) = −
y3
+ 3y + C .
3
Сонымен теңдеудің жалпы интегралы
x2
y3
+ xy + x −
+ 3 y = C немесе
2
3
3x 2 + 6 xy + 6 x − 2 y 3 + 18 y = C1 .
u ( x, y ) функциясын анықтаудың басқа əдісін қолданайық:
23
u( x , y ) =
(x,y )
2
∫ ( x + y + 1)dx + ( x − y + 3)dy.
( x 0 , y0 )
Бастапқы нүкте ( x0 , y0 ) ретінде (0,0) нүктесін алып, интегралдау сынығын 2- суретте көрсетілгендей етіп аламыз. Онда:
( x ,0 )
(x,y )
( 0,0 )
( x ,0 )
u( x , y ) = ∫ ( x + 1)dx + ∫ ( x − y 2 + 3)dy =
ал жалпы интеграл
x2
y3
+ x + xy −
+ 3y,
2
3
x2
y3
+ x + xy −
+ 3 y = C болады.
2
3
2-сурет
Теңдеудің сол жағын толық дифференциал ететін көбейткіш
μ ( x, y ) интегралдауыш көбейткіш деп аталады. Кейбір тең-
деулерді осы көбейткіш арқылы толық дифференциалды етеді.
Ескеретін нəрсе интегралдауыш көбейткішті нөлге айналдыратын артық дербес шешімдер шығуы да мүмкін.
1
2-мысал. xdx + ydy + ( x 2 + y 2 )x 2dx = 0 теңдеуді μ = 2
x + y2
көбейткішіне көбейтсек,
xdx + ydy
+ x 2dx = 0
2
2
x +y
толық дифференциалдық теңдеуі шығады. Бұдан
2
x3
1
x3
2
2
2
2
3
ln( x + y ) +
= ln C1 немесе ( x + y )e
= C шешімін
2
3
аламыз.
24
Сонымен, егер μ ( x, y ) интегралдауыш көбейткіш болса,
μ( x , y )M ( x , y )dx + μ( x , y )N ( x , y )dy = 0
теңдеуі толық дифференциалды. Демек,
∂μM ∂μN
,
=
∂y
∂x
∂μ
∂M ∂μ
∂N
μ,
M +μ
N+
=
∂y
∂y
∂x
∂x
∂ ln μ
∂ ln μ
∂N ∂M
M −
N =
−
∂y
∂x
∂x
∂y
(5)
Интегралдауыш көбейткіш μ ( x, y ) (5) теңдеуден анықталады. Жалпы бұл теңдеуді шешу қиын. Дербес жағдайларда ғана
көбейткіш μ ( x, y ) оңай табылады:
1. μ = μ( x ), яғни көбейткіш тек x -тен тəуелді болса,
d ln μ
∂N ∂M
−
N =
−
,
dx
∂x
∂y
∂N ∂M
−
∂x
∂y
d ln μ =
,
−N ( x , y )
∂M ∂N
−
∂y
∂x
ln μ = ∫
dx + ln C ,
N
μ = Ce
∫
∂M ∂N
−
∂y ∂x
dx
N
(6)
Бұдан, егер
∂M ∂N
−
∂y
∂x
= ϕ( x ),
N
(7)
яғни x -тен ғана тəуелді болса, μ = μ( x ), көбейткіші бар екендігіне
көз жеткіземіз.
∂M ∂N
Сызықты теңдеу
dy
+ p( x ) y = f ( x ) үшін
dx
∂y
−
N
∂x
= p( x ),
х-тен ғана тəуелді интегралдауыш көбейткіштің болуы шарты
орындалады, μ = e ∫
p ( x )dx
.
25
2. Егер μ = μ ( y ) көбейткіші болса,
∂M ∂N
−
1 dμ
∂y
∂x
=
,
−M
μ dy
яғни
∂M ∂N
−
∂y
∂x
= ψ ( y)
−M
(8)
екендігін көреміз.
Егер μ = μ (ω ( x, y ) ( ω ( x, y ) - белгісіз функция) көбейткіші
болса,
∂M ∂N
−
1 dμ
∂y
∂x
,
=
μ dω N ∂ω − M ∂ω
∂x
∂y
∂M ∂N
−
∂y
∂x
= η (ω )
∂ω
∂ω
N
−M
∂x
∂y
(9)
3-мысал. Теңдеудің ( x − y )dx + ( x + y )dy = 0 μ = μ ( x 2 + y 2 )
түріндегі интегралдауыш көбейткіші бар ма?
Шешуі. z = x 2 + y 2 десек, μ = μ ( x 2 + y 2 ) = μ ( z ),
2(My − Nx )
ln μ =
d ln μ ∂N ∂M
=
−
,
∂x
∂y
dz
1
1
∫ η( z )dz
.
η(z )dz + ln C , μ = Ce 2
∫
2
Интегралдауыш көбейткіш μ = μ (z ) бар болуы үшін
∂N ∂M
−
∂x
∂y
η(z ) =
My − Nx
үзіліссіз жəне z -тен ғана тəуелді болуы қажетті жəне жеткілікті.
Мұндағы,
∂N ∂M
−
2
∂x
∂y
=− 2
My − Nx
x + y2
26
интегралдауыш көбейткіш μ = μ ( x 2 + y 2 ) бар, C = 1 десек
μ=e
−∫
dz
z
=
1
1
.
= 2
z
x + y2
Берілген теңдеуді μ көбейткішіне көбейтіп,
xdx + ydy xdy − ydx
+ 2
= 0,
x2 + y2
x + y2
⎛ y⎞
1
d⎜ ⎟
d (x2 + y2 )
x
2
+ ⎝ ⎠ 2 = 0,
2
2
x +y
⎛ y⎞
1+ ⎜ ⎟
⎝x⎠
1
y
d ln( x 2 + y 2 ) + darctg = 0
2
x
интегралдасақ
немесе
ln x 2 + y 2 = −arctg
y
+ ln C
x
x 2 + y 2 = Ce
arctg
y
x
шешімін аламыз.
Егер M жəне N функцияларының берілген аумақта үзіліссіз
туындылары болса, интегралдауыш көбейткіштің де болатындығы
дəлелденген. Сондықтан интегралдауыш көбейткіштер əдісі жалпы əдіс ретінде қарастырылады.
§6. Коши есебінің шешімінің бар жəне жалғыз
болу теоремасы
Коши есебінің
dy
= f ( x , y ),
dx
(1)
y ( x0 ) = y 0
(2)
шешімінің бар жəне жалғыз болуының жеткілікті шарттарын
қарастырайық.
Пикар теоремасы. f ( x, y ) функциясы тік төртбұрышта
Π = {x, y} :
x − x 0 ≤ a,
y − y 0 ≤ b, a > 0, b > 0
27
үзіліссіз жəне y бойынша Липшиц шартын x -ке қарағанда біркелкі қанағаттандырсын, яғни
f ( x, y1 ) − f ( x, y 2 ) ≤ N y1 − y 2
барлық x, x − x0 ≤ a жəне y1 , y 2 , y1 − y 0 ≤ b, y 2 − y 0 ≤ b
үшін.
⎛ b ⎞
Сондай-ақ M = max f ( x, y ) , h = min⎜ a, ⎟ болса, Коши
( x , y )∈Π
⎝ M⎠
есебінің (1)-(2) [x0 − h; x0 + h] аралығында жалғыз y = ϕ (x)
шешімі бар.
Теореманы дəлелдеу барысында есепті шешудің Эйлер əдісі
негізделеді:
x
yn +1( x ) = y0 + ∫ f (t , yn (t ))dt , y0 ( x ) = y0 , n = 0,1, 2, ...
(3)
x0
Мұнда тізбек {y n (x)} n → ∞ ұмтылғанда біркелкі жинақталатындығы көрсетіледі.
Дəл шешімді y (x) жуық y n (x) шешімімен ауыстырғанда
жіберілетін қате
y ( x ) − yn ( x ) ≤
MN n −1 n
h
n!
(4)
теңсіздігімен бағаланады.
Пеано теоремасы. f ( x, y ) функциясы Π тіктөртбұрышында
үзіліссіз,
⎛ b ⎞
M = max f ( x, y ) , h = min⎜ a, ⎟
( x , y )∈Π
⎝ M⎠
болсын.
Онда [x0 − h, x0 + h] аралығында Коши есебінің кемінде бір
y = ϕ (x) шешімі бар.
Көп жағдайда Коши есебінің шешімі теоремада көрсетілген
аралықтан кеңірек аралықта бар болады.
Егер функция f ( x, y ) тік төртбұрыш Π -де Пикар теоремасының шарттарын орындаса, онда оның кез келген y = y (x),
y ( x0 ) = y0 , ( x0 , y 0 ) ∈ Π шешімін Π шекарасына шыққанша
жалғастыруға болады.
28
Егер функция f ( x, y ) жолақта α < x < β, −∞ < y < ∞
f (x, y ) ≤
үзіліссіз
жəне
теңсіздікті
(α ≥ −∞, β ≤ +∞)
≤ a( x ) y + b( x ) ( a, b –үзіліссіз функциялар) қанағаттандырса,
онда (1)-(2) есебінің кез келген шешімін барлық α < x < β аралығына жалғастыруға болады.
Нүкте ( x0 , y 0 ) Коши есебінің жалғыз шешімдік нүктесі деп
аталады, егер бұл нүктеден (1) - (2) есебінің бір ғана интегралдық
сызығы өтсе. Егер ( x0 , y 0 ) нүктесінен бірден көп интегралдық
сызықтар өтсе, онда бұндай нүктені Коши есебінің жалғыз
шешімді емес нүктесі деп атайды. Жалғыз шешімді емес нүктелер
жиынын ерекше жиын дейді. Егер ерекше жиын интегралдық
сызықты құраса, онда бұндай сызықты ерекше интегралдық
сызық, шешімді - ерекше шешім деп атайды.
1-мысал. f ( x, y ) = y 2 sin x + e x
функциясы, жолақта
Π = {( x, y ) : y ≤ b},
y бойынша Липшиц шартын x ∈ R арқылы біркелкі қанағаттандыратынын тексеріп, Липшиц тұрақтыларының ең кішісін
табу керек.
Шешуі. Кез келген y1 , y 2 ∈ Π мəндерінде
f ( x, y1 ) − f ( x, y 2 ) = y12 sin x − y 22 sin x = sin x y1 + y 2 y1 − y 2 .
Мұнда
sup sin x y1 + y 2 = 2b
( x , y )∈Π
болғандықтан
f ( x, y1 ) − f ( x, y 2 ) ≤ 2b y1 − y 2 ,
ал бұл f ( x, y ) функциясы Π жолағында y бойынша Липшиц
шартын x ∈ R арқылы біркелкі қанағаттандыратынын, ең кіші
Липшиц тұрақтысы N = 2b екендігін көрсетеді.
2-мысал. Коши есебінің
y ′ = 1 − (1 + x ) y + y 2 , y (0) = 1
29
1
1
≤x≤
4
4
аралығында дəл шешім y (x) пен y 2 ( x) шешімдерінің айырмасын бағалау керек.
Шешуі. Жуықтау шешімдерін
шешіміне y0 ( x ), y1( x ), y2 ( x ) жуықтауларын құрып, −
x
yn +1( x ) = 1 + ∫ ⎡⎣1 − (1 + t ) yn (t ) + yn2 (t )⎤⎦dt ,
0
y 0 ( x) = 1,
n = 0,1,2, ... формуласы мен құрамыз.
x
n = 0 десек, y1( x ) = 1 + ∫ [1 − (1 + t ) + 1] dt = 1 + x −
0
x2
,
2
n = 1 десек, y 2 ( x ) = 1 +
x
x
0
0
+ ∫ ⎡⎣1 − (1 + t ) y1(t ) + y12 (t )⎤⎦ dt = 1 + ∫ [1 + y1(t )( y1(t ) − t − 1)] dt =
x ⎡
t2 ⎛
t2⎞⎤
x3 x4 x5
.
= 1 + ∫ ⎢1 − ⎜1 + t − ⎟ ⎥ dt = 1 + x −
−
+
2⎝
2 ⎠⎦
6
8
20
0 ⎣
Енді теңдеуді
d
( y − x − 1) = y ( y − x − 1) түріне келтіріп,
dx
дəл шешімін y ( x) = x + 1 табамыз. Онда:
3
x 1 x x2
1 ⎛1 1
1 ⎞
y( x ) − y2 ( x ) =
+ −
≤
+
−
⎟ < 0, 0032,
3 ⎜
2 3 4 10
2 ⋅ 4 ⎝ 3 16 160 ⎠
⎡ 1 1⎤
∀x ∈ ⎢− , ⎥ .
⎣ 4 4⎦
3-мысал. Теңдеудің
dy
3
= 1 + ( y − x )1 / 3 дербес шешімі болуы
dx
2
мүмкіндігін айқындау керек болса, оларды тауып, теңдеудің
интегралдық сызықтарын тұрғызу керек.
30
Шешуі. y − x = z алмастыруын енгізсек,
dz 3 1 / 3
= z теңдеуін
dx 2
3 1/ 3
z функциясы z = 0 мəнінде Липшиц шартын
2
қанағаттандырмайды. Соңғы теңдеудің z = 0 шешімі ерекше бо-
аламыз. f ( z ) =
луы мүмкін. Теңдеудің басқа шешімдерін тапсақ,
z −1 / 3dz =
3
3
dx , ∫ z −1 / 3dz = ∫ dx ;
2
2
3 2/3 3
z
= ( x − C ), z = ( x − C )3 / 2 .
2
2
x = x0 мəнінде z ( x0 ) = 0 мəнін кемінде екі шешімі қабылдайды:
z = 0 жəне z = ( x − x0 ) 3 / 2 , сондықтан z = 0 теңдеудің ерекше шешімі. y − x = z , y = x бастапқы теңдеудің ерекше шешімі.
Басқа шешімдері y = x + ( x − C ) 3 / 2 жəне графиктері 3-суретте
берілген.
1-сурет
§7. Туындылары арқылы шешілмеген
дифференциалдық теңдеулер
Туындысы бойынша шешілмеген теңдеуді
F ( x, y, y ′) = 0
(1)
мүмкін болса y ′ арқылы шешіп бір немесе бірнеше
31
(2)
y ′ = f i ( x , y ), i = 1, k
теңдеулерді аламыз. Көп жағдайда бұлай шешу мүмкін бола
бермегендіктен теңдеу (1) параметр енгізу əдісімен шешіледі.
Келесі жағдайларды қарастырайық:
1. Теңдеу (1) мына түрде берілсін
F ( y ′) = 0,
(3)
жəне бұл теңдеудің кемінде бір нақты түбірі y ′ = k i болсын.
Онда y ′ = k i , бұдан y = k i x + C , немесе k i =
y −C
, ал k i
x
⎛ y −C ⎞
теңдеудің (3) түбірі болғандықтан F ⎜
⎟ = 0 интегралын алаx
⎝
⎠
мыз.
1-мысал. ( y ′) 4 + 3( y ′) 3 + y ′ − 5 = 0.
4
3
Шешуі. ⎛⎜ y − C ⎟⎞ + 3⎛⎜ y − C ⎞⎟ + y − C − 5 = 0.
x
⎝ x ⎠
⎝ x ⎠
2. Теңдеу (1) мына түрде берілсін:
F ( x, y ′) = 0.
(4)
Параметр t енгіземіз: x = ϕ(t ), y ′ = ψ (t ). Онда dy = y ′dx
теңдігінен
dy = ψ (t )ϕ ′(t )dt , y = ∫ ψ (t )ϕ ′(t )dt + C .
Сонымен теңдеудің (4) интегралдық сызықтары параметрлі
түрде анықталады:
x = ϕ(t )
⎧
⎨
⎩ y = ∫ ψ (t )ϕ ′(t )dt + C .
Егер теңдеу (4) х бойынша оңай шешілсе x = ϕ( y ′), онда
y ′ = t параметрі енгізіледі. Онда:
x = ϕ(t ), dy = y ′dx = t ϕ ′(t )dt , y = ∫ t ϕ ′(t )dt + C ,
интегралдық сызық
32
x = ϕ(t )
⎧
⎨
⎩ y = ∫ t ϕ ′(t )dt + C .
2
2-мысал. x 1 + y ′ = y ′.
Шешуі. y ′ = tg t , −
π
2
x = sin t , dy = y ′dx = tg
<t <
π
2
; онда:
t cos tdt = sin tdt , y = − cos t + C
интегралдық сызық
⎧ x = sin t ,
⎨
⎩ y = − cos t + C
немесе x 2 + ( y − C ) 2 = 1 шеңберлер жиынтығы.
3.Теңдеу (1):
F ( y, y ′) = 0
(5)
түрінде берілсе, параметр: y = ϕ(t ), y ′ = ψ (t ) болып енгізіледі.
Енді dy = y ′dx теңдігінен
dx =
dy ϕ ′(t )dt
ϕ ′(t )dt
=
+ C.
, x=∫
y′
ψ (t )
ψ (t )
Сонымен, интегралдық сызықтар:
ϕ ′(t )dt
⎧
+ C,
⎪x = ∫
ψ (t )
⎨
⎪
y = ϕ(t ).
⎩
түрінде анықталады. Дербес жағдайда теңдеу у бойынша оңай
шешілсе,
y = ϕ( y ′), y ′ = t , y = ϕ(t ), dx =
dy ϕ ′(t )dt
,
=
y′
t
шешімді:
3–684
33
ϕ ′(t )dt
⎧
+C
⎪x = ∫
t
⎨
⎪⎩
y = ϕ(t )
түрде табамыз.
3-мысал. y = ( y ′) 5 + ( y ′) 3 + y ′ + 5.
Шешуі. y ′ = t десек, y = t 5 + t 3 + t + 5,
dx =
dy (5t 4 + 3t 2 + 1)dt ⎛ 3
1⎞
=
= ⎜ 5t + 3t + ⎟ dt ,
⎝
y′
t
t⎠
x=
5t 4 3t 2
+
+ ln t + C .
4
2
Сонымен интегралдық сызықтар жиынтығы:
5 4 3 2
⎧
⎪ x = t + t + ln t + C .
4
2
⎨
⎪⎩
y = t 5 + t 3 + t + 5.
Енді жалпы жағдайды F ( x, y, y ′) = 0 қарастырайық.
Теңдеуді
x = ϕ(u, ϑ ), y = ψ (u, ϑ ), y ′ = χ (u, ϑ )
параметрлермен алмастырамыз, dy = y ′dx
∂ψ
∂ψ
∂u
⎡ ∂ϕ
⎤
du +
d ϑ = χ(u, ϑ ) ⎢ du +
dϑ ⎥ ,
∂u
∂ϑ
∂
∂
u
ϑ
⎣
⎦
∂ϕ ∂ψ
χ(u, ϑ )
−
dϑ
∂u ∂u
=
∂ψ
∂ϕ
du
− χ (u, ϑ )
∂ϑ
∂ϑ
(6)
Нəтижесінде туындысы бойынша шешілген теңдеуді (6)
алдық. Бұл теңдеу барлық уақытта бірдей шешіле бермейді.
34
Егер теңдеу (1)
y = f ( x, y ′)
(7)
түріне келтірсе, y ′ = p параметрін енгізіп,
y = f ( x ; p), dy =
∂f
∂f
dx +
dp ,
∂x
∂p
немесе
∂f
∂f dp
dy ∂f
∂f dp
+
=
+
, p=
∂x ∂p dx
dx ∂x ∂p dx
(8)
теңдеуін аламыз. Теңдеудің (8) жалпы интегралы Φ ( x, p, c) = 0
болса, теңдіктер y = f ( x , p), Φ( x , p, c ) = 0 интегралдық сызықтар жиынтығын береді.
Егер теңдеу (1)
x = f ( y, y ′)
(9)
түріне келтірілсе:
⎛ ∂f
⎞
∂f
y ′ = p, dy = p ⎜ dy +
dp
⎝ ∂y
∂p ⎟⎠
немесе
1 ∂f
∂f dp
,
=
+
p ∂y ∂p dy
(10)
бұдан Φ ( y, p, c) шешімін алсақ, онда x = f ( y , p), Φ( y , p, c ) = 0
теңдеудің (9) интегралдық сызықтарының жиынтығын береді.
Жоғарыда келтірілген əдістермен Лагранж теңдеуі
y = xϕ ( y ′) + ψ ( y ′)
жəне Клеро теңдеуі
y = xy ′ + ψ ( y ′)
шешіледі.
Коши есебінің F ( x, y, y ′) = 0, y ( x 0 ) = y 0 (1) шешімі бар
жəне жалғыз болуының жеткілікті шарттары келесі теоремада
берілген.
35
Теорема. F ( x, y, y ′) функциясы ( x0 , y 0 , y 0′ ) нүктесінің төңірегінде, y 0′ F ( x0 , y 0 , y 0′ ) = 0 теңдеуінің бір түбірі, х-бойынша
үзіліссіз, y жəне y ′ бойынша үзіліссіз дифференциалданатын,
y ′ бойынша туындысы
∂F
( x0 , y 0 , y 0′ ) ≠ 0, болсын.
∂y ′
Онда Коши есебінің F ( x , y , y ′) = 0, y ( x0 ) = y0 x0 - нүктесінің жеткілікті кіші төңірегінде анықталған, ϕ ′( x0 ) = y 0′ , бір
ғана шешімі y = ϕ (x) бар.
Теңдеудің (1) ерекше шешімдері де болуы мүмкін.
Егер функция F ( x, y, y ′) x бойынша үзіліссіз, y жəне y ′
бойынша үзіліссіз дифференциалданатын болса, онда теңдеудің
(1) ерекше шешімі келесі жүйені қанағаттандырады:
⎧ F ( x, y, y ′) = 0
⎪ ∂F
⎨ ( x, y, y ′) = 0
⎪⎩ ∂y ′
(11)
Сондықтан (11) жүйеден y ′ -ті жою арқылы ерекше шешім табылуы мүмкін. Нəтижесінде алынған теңдеу Ψ ( x, y ) = 0 p -дискриминантты сызықты анықтайды. p -дискриминантты сызықтың əрбір тармағы тексеріледі, ол теңдеудің (1) шешімі бола
қалса, ерекше шешім болғаны.
Сонымен теңдеудің F ( x, y, y ′) = 0 ерекше шешімі p -дискриминантты сызықтардың
⎧ F ( x, y, p ) = 0,
⎪ ∂F
⎨ ( x, y , p ) = 0
⎪⎩ ∂p
тармақтарынан іздестіріледі.
p -дискриминантты интегралдық сызықтың нүктелерінде
жалғыз шешімдік талабы орындалмаса, p -дискриманантты сызықтың бұл тармағы ерекше шешімді береді.
4-мысал. Лагранж теңдеуінің y = 2 xy ′ − y ′ 2 ерекше шешімі
бар ма?
36
Шешуі. p -дискриманантты сызықтарын қарастырамыз:
⎧ y = 2 xp − p 2 ,
⎨
⎩ 2 x − 2 p = 0.
p -ны жою нəтижесінде: p = x, y = x 2 параболасын аламыз. Парабола y = x 2 теңдеудің шешімі емес, оның ерекше
шешімі жоқ.
5-мысал. Лагранж теңдеуінің ерекше шешімін табу керек:
x−y=
4 2
8 3
y′ −
y′ .
9
27
Шешуі. p -дискриминантты сызықты анықтаймыз
4 2
8 3
⎧
⎪⎪ x − y = 9 p − 27 p ,
⎨
⎪ 8 p − 8 p 2 = 0.
⎪⎩ 9
9
Екінші теңдеуден p = 0 немесе p = 1; онда y = x немесе
y=x−
4
4
берілген
. Бұл шешімдердің екіншісі ғана y = x −
27
27
дифференциалдық теңдеудің шешімі.
Бұл шешімнің ерекше екендігін анықтау үшін теңдеудің жалпы шешімін табамыз ( y − C ) 2 = ( x − C ) 3 . Онда түзу y = x −
4
27
интегралдық сызықтар жиынтығының ( y − C ) 2 = ( x − C ) 3 иіушісі екендігін көреміз, əрбір нүктесінен берілген бағытта екі интегралдық сызық өтеді: түзу y = x −
4
жəне түзуді жанайтын
27
жартылай куб парабола ( y − C ) 2 = ( x − C ) 3 . (4-сурет).
37
4-сурет
Теңдеудің F ( x, y, y ′) = 0 интегралдық сызықтарының жиынтығынан, иіушілерін табу жолымен ерекше шешімдерін анықтауға
болады. Иіуші C - дискриминантты сызықтар:
⎧ Φ ( x, y, C ) = 0,
⎪
⎨ ∂Φ ( x, y, C ) = 0
⎪⎩
∂C
құрамынан ізделінеді. Мұнда
(12)
∂Φ ∂Φ
=
= 0 болса, жүйе (12) қай∂x
∂y
таланған (еселі) нүктелер жиынын береді. C -дискриминантты сызық иіуші болуы үшін, келесі қатынастардың орындалуы
жеткілікті:
1)
∂Φ
≤ N1 ,
∂x
∂Φ
≤ N 2 - модульдері бойынша шектеулі дербес∂y
туындылары бар болуы;
2)
∂Φ
∂Φ
≠ 0.
≠ 0 немесе
∂y
∂x
Бұл шарттар жеткілікті ғана, əйтеуір біреуі орындалмайтын
сызықтар да июші болуы мүмкін.
6-мысал. Дифференциалдық теңдеудің интегралдық сызықтарының жиынтығы
( y − C)2 = (x − C)3
берілген. Теңдеудің ерекше шешімін табу керек.
38
Шешуі. С - дискриминантты сызықты табамыз
⎧ ( y − C)2 = (x − C)3 ,
⎨
2
⎩2( y − C ) = 3( x − C ) .
Параметр C -ны жойсақ y = x жəне x − y −
аламыз. Түзу y = x −
4
= 0 түзулерін
27
4
июші, себебі онда июші шарттары орын27
далған. Функция y = x теңдеуді қанағаттандырмайды.
7-мысал. Теңдеудің интегралдық сызықтарының жиынтығы
1
y 5 − x + C = 0 берілген. Сол теңдеудің ерекше шешімін табу
керек.
Шешуі. Жоғарыда берілген əдіспен қайшылықты теңдеу 1=0
аламыз. Бұған қарап ерекше шешімі жоқ деуге болмайды, себебі
4
∂Φ 1 − 5
= y → ∞, y → 0, демек y = 0 сызықтар жиынтығы∂y 5
ның иіушісі болуы мүмкін.
Теңдеуді түрлендіріп y = ( x − C ) 5 , 5( x − C ) 4 = 0 қарастырсақ, C -ны жою нəтижесінде y = 0 иіуші екендігіне көз жеткіземіз
(5-сурет).
5-сурет
39
8-мысал. Теңдеудің интегралдық сызықтарының жиынтығы
y − ( x − C ) 3 = 0 берілген. Сол теңдеудің ерекше шешімін табу
керек.
Шешуі. C - дискриминантты сызық:
2
⎧ y 2 − ( x − C ) 3 = 0,
⎨
⎩ x−C = 0
теңдеулермен анықталады. C -ны жою нəтижесінде y = 0 түзуін
∂Φ ∂Φ
,
аламыз. Бұл түзуде екі туынды да
нөлге айналады,
∂x ∂y
демек бұл түзу y = 0 интегралдық сызықтар жиынтығының
қайталанған (еселі) нүктелерінің геометриялық орны. Бірақ бұл
геометриялық орын сонымен бірге иіуші де.
6-суретте жартылай кубтық параболалар жəне олардың иіушісі y = 0 көрсетілген.
6-сурет
Есептер, жаттығулар.
1. tgydx − ctgxdy = 0
7. y sin x + y ′ cos x = 1
2. (12 x + 5 y − 9)dx + (5x + 2 y − 3)dy = 0
8.
3. x
dy
=y+
dx
x2 + y2
3
4. x ⋅ y ′ + y + x = 0
2
5. ydx − xdy = x ydy
6.
40
dx
+ 3x = e 2 t
dt
dx
= x + sin t
dt
9. y ′ = e x − y
10. x (ln x − ln y )dy − ydx = 0
2
2
2
11. xy ⋅ y ′ − ( x + y ) y ′ + xy = 0
2
4
12. y ′ = 9 y
13.
x
dx
x
= et +
dt
t
14. x 2 + y ′ 2 = 1
15. y = xy ′ +
1
y′
16. x = y ′ 3 − y ′ + 2
17. y ′ =
y
x + y3
18. y = y ′ 4 − y ′ 3 − 2
19. xy = C сызықтар жиынтығына ортогоналды траекторияларды табу керек, яғни көрсетілген сызықтар жиынтығын ортогоналды қиятын сызықтарды табу керек.
20. Жанамасының астындағы жанасу нүктесінің абсциссасынан екі есе үлкен болатын сызықты табу керек.
21. Жанамасының ордината осінен қиятын кесіндісі жанасу
нүктесінің абсциссасына тең болатын сызықты табу керек.
22. Сызықтар жиынтығына x 2 + y 2 = 2ax ортогонал болатын
траекторияларды табу керек.
23. Дененің ауада салқындау жылдамдығы, дене мен ауа
температураларының айырмасына пропорционал деп, келесі
есепті шешу керек: егер ауаның температурасы 20°С-қа тең жəне
20 минут ішінде дене 100°-тан 60°С-қа дейін салқындаса, қанша
уақытта дене темпуратурасы 30°С-қа жетеді?
24. Моторлы қайық тыныш суда 10 км/сағ жылдамдығымен
қозғалады. Толық жүрісі кезінде мотор өшірілгенде 20 сек.
кейін жылдамдығы ϑ1 = 6 км/сағ болсын. Судың кедергісі қайық
қозғалысының жылдамдығына пропорционал дей отырып, мотор
тоқтатылғаннан 2 мин. өткендегі қайық жылдамдығын анықтау
керек.
25. Берілген нүктеден шығатын барлық сəулелерді, берілген
бағытқа параллель шағылыстыратын айнаның формасын табу керек.
2
2
26. y ′ + y = 4.
27. Осьтер арасындағы жанама кесіндісі жанасу нүктесінде
қақ бөлінетін сызықты табу керек.
28. y ′ =
2y − x − 4
.
2x − y + 5
29. y ′ −
y
+ y 2 = 0.
1+ x
41
30. Теңдеуді сандық əдіспен интегралдау керек: y ′ = x + y 2 ,
y (0) = 0. y (0, 5) мəнін 0,01 дəлдікпен табу қажет .
31. Сандық əдіспен интегралдап y ′ = xy 3 + x 2 , y (0) = 0,
y (0,6) мəнін 0,01 дəлдікпен табу керек.
32. y ′ = 1, 31x − 0, 2 y 2 , y (0) = 2. y -тің 15 мəнін h = 0, 02 қадамымен анықтау керек.
33. y = 2 xy ′ − y ′ 2 . 34. y ′ = cos( x − y ) .
35. Изоклин əдісімен теңдеудің y ′ = x 2 − y 2 интегралдық сызықтары жиынтығының жобасын тұрғызу керек.
36. (2 x + 2 y − 1)dx + ( x + y − 2)dy = 0
37. y ′ 3 − y ′e 2 x = 0.
38. Параболаларға y 2 + 2ax = a 2 ортогонал траекторияларды
табу керек.
39. Теңдеудің y = 5 xy ′ − y ′ 2 ерекше шешімі бар ма?
40. Теңдеудің y ′ = x − y 2 , y (1) = 0 жуықтау əдісімен шешу керек. ( y1 жəне y 2 -ні анықта)
x
41. y = x 2 + ∫
1
y
dx
x
42. Теңдеуді y ′ = 3 x − 5 y + 2 ерекше шешімі бар ма?
43. ( x − y ) ydx − x 2dy = 0.
44. y 2 = cx 3 жиынтығына ортогоналды траекторияларды
анықтау керек.
45. x + 5x = 10t + 2, x (1) = 2 .
46. x =
2
47. y = xy ′ + y ′ ,
y (2) = −1.
2
48. y = xy ′ + y ′ ,
y (1) = −1.
49.
42
x x2
+ , x(2) = 4.
t t3
dy 3x − 4 y − 2
=
.
dx 3x − 4 y − 3
50. x − xctgt = 4 sin t.
51. y = x 2 + 2 y ′x +
52. y ′ −
y′2
.
2
3y
+ x 3 y 2 = 0.
x
53. y (1 + y ′ 2 ) = a.
54. ( x 2 − y )dx + ( x 2 y 2 + x )dy = 0.
55. Теңдеудің (3y 2 − x )dx + 2 y ( y 2 − 3x )dy = 0 интегралдауыш
2
көбейткішін μ = μ ( x + y ) табу керек.
56. ( x − y ) ydx − x 2dy = 0 .
57. y ′ =
x+ y −3
.
1− x + y
58. xy ′ − y 2 ln x + y = 0.
59. ( x 2 − 1) y ′ + 2 xy − cos x = 0.
60. (4 y + 2 x + 3) y ′ − 2 y − x − 1 = 0.
61. ( y 2 − x) y ′ − y + x 2 = 0.
62. ( y 2 − x 2 ) y ′ + 2 xy = 0.
63. 3xy 2 y ′ + y 3 − 2 x = 0.
64. y ′ 2 + ( x + a ) y ′ − y = 0, a − const.
65. y ′ 2 − 2 xy ′ + y = 0.
66. y ′ 2 + 2 yy ′ctgx − y 2 = 0.
Тест тапсырмалары
1. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп . . . . өрнегін
айтады.
43
2. Теңдеудің бастапқы ϕ ( x0 ) = y 0 шартты қанағаттандыратын
шешуін табу есебін . . . . . деп атайды.
3. y ′ = f ( x) g ( y ) түріндегі теңдеу . . . . . . . . . деп аталады.
4. Теңдеудің жалпы шешуі y ′ = xy ( y + 2)
x2
x2
B. y =
A. y = 2Ce /(1 − Ce );
2
2
2
1− ex
2
;
2
2
D. y = Ce x /(1 − e x );
C. e x /(1 + Ce x );
2
2e x
2
E. y = Ce x /(1 − Ce x ).
5. Теңдеуді айнымалылары бөлінетін түрге келтіру алмастыруы
y ′ = f (ax + by )
B. z = by ;
C. z = x − y ;
E. z = ax + by .
A. z = ax ;
D. z = x + y ;
6. Теңдеуді шешу ( x − y cos y / x )dx + x cos y / xdy = 0
A. ln x − sin
y
y
y
= C ; B. ln x + sin = C ; C. ln x − sin = C ;
x
x
x
D. ln x + sin
y
y
= C ; E. sin − ln x = C .
x
x
7. Бірінші ретті сызықтық теңдеу.
A. P ( x , y )dx + Q ( x , y )dy = 0;
B. y ′ = f ( x ) g ( y );
C. f1( x ) g1( y )dx + f 2 ( x ) g 2 ( y )dy = 0;
2
D. y ′ + p( x ) y = f ( x );
E. y ′ + p( x ) y = f ( x ).
y′ + 2 y = e x y 2
8. Теңдеудің жалпы шешуі
−x
2x
A. y (e x + Ce 2 x ) = 1; B. y = 1 /(e + Ce );
x
2x
C. y = e + Ce ;
44
D. y (e
−x
+ Ce −2 x ) = 1;
E. 1 /(e x + Ce −2 x )
9. Риккати теңдеуі
B. P ( x , y )dx + Q ( x , y )dy = 0;
A. y ′ + p( x , y ) y = f ( x );
C. y ′ + p( x ) y + q ( x ) y 2 = f ( x ); D. y ′ + p ( x) y = f ( x) y α , α ≠ 1;
E. y ′ + p ( x) y = f ( x) + y.
(2 xy + 3 y 2 )dx + ( x 2 + 6 xy −
10. Теңдеудің жалпы шешуі
− 3 y 2 )dy = 0
A. xy + 3xy 2 − y 2 = C ;
2
2 2
3
B. x y + 3 x y − y = C ;
C. xy 2 + 3xy − y 3 = C ;
D. x 2 y + 3xy 2 − y 3 = C ;
2
2
2
3
E. x y + 3 x y + y = C.
(k )
( k +1)
(n)
, … , y ) = 0 Теңдеудің реті . . . дейін
11. F ( x, y , y
. . . = . . . алмастыруымен төмендетіледі
12. Теңдеудің жалпы шешуі yy ′′ − y ′ = 0
2
A. C 2 e x + C1 ;
C. y = C1e − x + C 2 x;
B. y = C 2 e C1x ;
D. y = C1e x + C 2 ; E. ln y = C1x + C 2 x 2 .
13. Теңдеу F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) = 0 y, y ′, … , y ( n ) аргументтері
арқылы біртекті. Теңдеудің реті алмастыру арқылы төмендетіледі.
A. y ′ = z ;
B. y ′ = z ( y );
D. y = e ;
− ∫ zdx
.
E. y = e
z
C.
y = e∫
zdx
;
14. Теңдеудің жалпы шешуі yy ′′ − ( y ′)2 = 6 xy 2
A. y = e
x3 + x
3
+ C1 ;
D. y = C1e x + C 2 x 2 ;
3
B. y = Ce x ;
Е. y = C 2 e ( x
3
2
C. y = C1e x + C 2 x;
+ C1 x )
.
45
15. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу
A. x 2 + y 2 = R 2 ;
B. y = sin 2 x ;
D. y ′ = f ( x, y ) ;
E. y ′′ = f ( x, y ′) ;
C. y ′′ = cos x ;
16. Бастапқы шартты есеп.
А. y ′ = f ( x , y ), a ≤ x ≤ b, C ≤ y ≤ d ;
В. y ′ = f ( x , y ), a ≤ x ≤ b;
D. y ′ = f ( x , y ), y ′( x0 ) = y0′;
C. y ′ = f ( x , y ), C ≤ y ≤ d ;
E. y ′ = f ( x , y ), y ( x0 ) = y0 .
17. Айнымалылары ажыратылған теңдеу.
A. f 2 ( y )dy = f1( x )dx ;
B. f1( x )dy = f 2 ( y )dx ;
C. y ′ = f ( x )ϕ( y );
D. y ′ = f ( x , y );
E. f1( x , y )dx + f 2 ( x , y )dy = 0.
8. Айнымалылары ажыратылатын теңдеу.
A. f 2 ( x , y )dx = f1( x , y )dx ;
B. y ′ = f ( x , y );
C. M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0;
D. y ′ = f ( x )ϕ( y );
E. F ( x, y, y ′) = 0.
19. Теңдеудің бастапқы шартты қанағаттандыратын шешімін
табу есебін . . . есебі деп атайды.
46
A. Эйлер;
B. Лагранж;
D. Коши;
E. Риккати.
C. Бернулли;
20. Теңдеудің жалпы шешімі xdx + ydy = 0
A. x 2 + y 2 = C ;
B. y = x + C ;
D. xy = C ;
2
2
E. x − y = C.
C. y = x 2 + C ;
21. Теңдеудің жалпы шешімі y ′ = xy ( y + 2)
2
2
ye − x
A.
= C;
y+2
ye x
B.
= C;
y+2
2
2
C. y = Ce x (1 − e x );
2
2
D. y = Ce x ;
E. y = Ce x ; .
22. Теңдеудің айнымалыларын ажырататын алмастыру
y ′ = f (ax + by )
A. z = ax ;
B. z = ax + by ;
D. z = x + y ;
E. z = x − y .
C. z = by ;
23. Теңдеуді шешу. y′ = 2 x + y
A. y = ce x −2 x − 2
B. y = ce x ;
C. y = ce x + x + 2 ;
D. y = ce x + 2 x + 2 E. y = ce x − 2 x + 2 7.
24. Теңдеудің айнымаларын ажырататын алмастыру
y⎞
y
⎛
⎜⎝ x − y cos ⎟⎠ dx + x cos dy = 0
x
x
A. Z = x + y;
B. Z = x − y;
D. Z = y ⋅ x;
E. Z =
C. Z = y / x;
x
.
y
47
⎛
y⎞
y
25.Теңдеудің жалпы шешімі. ⎜ x − y cos ⎟ dx + x cos dy = 0
⎝
x⎠
x
A. ln x − sin
y
= C;
x
В. ln x + sin
D. ln x + cos
y
= C;
x
E. ln x +
y
= C;
x
С. ln x − cos
y
= C;
x
y
= C.
x
26. Бірінші ретті сызықтық теңдеу.
A. Pdx + Qdy = 0;
B. y ′ = f ( x ) g ( y );
C. f1( x ) g1( y )dx + f 2 ( x ) g 2 ( y )dy = 0;
2
D. y ′ + p( x ) y = f ( x );
27. y ′ =
y
− 1 Теңдеудің шешімі.
x
A. y = x ln
D. y =
E. y ′ + p( x ) y = f ( x ).
C
;
x
C
;
x2
B. y = ln
C
;
x
C. y =
C
;
x
E. y = C ln 2 x .
28. y′ = f ( x, y ) Теңдеу біртекті, егер
А. f (tx , ty ) = f ( x , y );
D. f (tx , y ) = t f ( x , y );
B. f (tx , ty ) = t f ( x , y );
E. f (tx , ty ) = t f ( x , y ).
C. f (tx , ty ) = t 2 f ( x , y );
48
⎛ y⎞
29. y ′ = f ⎜ ⎟ Теңдеуді шешетін алмастыру
⎝x⎠
z = y / x;
D.
z = x ⋅ y; В. z = x + y;
E. y = u ⋅ ϑ .
С.
z = x − y;
А.
30. M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 Теңдеу біртекті, егер
A. M (tx , ty ) = tM ( x , y ); N (tx , ty ) = N ( x , y );
B. M (tx , ty ) = M ( x , y ) N (tx , ty ) = tN ( x , y );
С. M (tx , ty ) = t k M ( x , y ), N (tx , ty ) = t k N ( x , y );
D. M (tx , ty ) = t − k M ( x , y ), N (tx , ty ) = t − k N ( x , y );
E. M (tx , ty ) = t M ( x , y ), N (tx , ty ) = t k N ( x , y ).
4–684
49
2-та р ау
ЖОҒАРЫ РЕТТІ ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР
§8. Жалпы түсініктер. Реті төмендетілетін теңдеулер
1. Жалпы түсініктер жəне анықтамалар
Теңдеу
F ( x, y, y ′, … , y n ) = 0,
(1)
n -ретті, кəдімгі дифференциалдық деп аталады, мұндағы
x - тəуелсіз айнымалы, y -ізделінді функция, F аумақта
G ≤ R n + 2 (n ≥ 1) үзіліссіз анықталған, ең болмағанда, y (n ) -нен
тəуелді функция.
Жоғарғы ретті туындысы y (n ) бойынша теңдеуді (1) шешсек,
y (n ) = f ( x , y , y ′,… , y (n −1) ),
(2)
мұндағы, f функциясы D ≤ R n +1 аумағында үзіліссіз.
Теңдеудің (2) интервалдағы I = (a, b) шешімі деп, келесі
шарттарды орындайтын y = y (x) функциясын айтамыз:
1. y (x) функциясы I аралығында n рет үзіліссіз дифференциалданатын;
2. ( x , y ( x ), y ′( x ), … , y (n −1) ( x )) ∈ D , ∀x ∈ I ;
3. y (x) теңдеуді (2) тепе-теңдікке айналдырады, яғни
y (n ) ( x ) ≡ f ( x , y ( x ), y ′( x ), … , y (n −1) ( x )), ∀x ∈ I .
Дəл осы сияқты (1) теңдеудің де шешімі анықталады. Теңдеудің (2) бастапқы (алғашқы) шартты
y ( x0 ) = y 0 ,
x0 ∈ I ,
50
y ′( x0 ) = y 0′ , … ,
y 0 , y 0′ , … , y 0
( n −1)
y ( n −1) ( x0 ) = y 0
( n −1)
- берілген сандар;
,
(3)
қанағаттандыратын шешімін іздестіруді, Коши есебі немесе бастапқы шартты есеп деп атайды.
Пеано теоремасы. Егер функция f D - аумағында үзіліссіз
( n −1)
болса, онда кез келген ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0
) ∈ D нүктесінде
теңдеудің (2), x 0 ∈ I нүктесінің қандайда бір төңірегінде
анықталып, (3) шартты қанағаттандыратын шешімі бар.
Коши есебінің шешіміне жəне жалғыз болуына келесі теорема
кепілдік береді.
Коши-Пикар теоремасы. Егер функция f D - аумағында үзіліс( n −1)
сіз жəне y, y ′, … , y
айнымалылары бойынша Липшиц шар( n −1)
тын қанағаттандырса, онда кез келген ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0 ) ∈ D
нүктесінде, теңдеудің (2) x0 ∈ I нүктесінің бір төңірегінде анықталып, (3) шартты қанағаттандыратын жалғыз (бір ғана) шешімі
бар.
Коши-Пикар теоремасының шарттары, f функциясы D ау( n −1)
мағында үзіліссіз жəне ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0 ) нүктесінің төңірегінде y, y ′, … , y ( n −1) айнымалылары бойынша шектеулі дербес
туындылы болғанда да орындалады.
D аумағының əрбір нүктесінде, теңдеудің (2) Коши есебі
жалғыз шешімді делік. Функция
y = ϕ( x ,C1,C 2 ,… ,Cn ),
(4)
C1 , C2 , … , Cn - кез келген тұрақтылар, теңдеудің (2) D аума-
ғында жалпы шешімі деп аталады, егер:
1. ϕ функциясы x бойынша n - ретті үзіліссіз дербес
туындылы;
( n −1)
2. кез келген ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0 ) ∈ D нүктесінде, жүйе
y0 = ϕ( x0 ,C1,C 2 ,… ,Cn ),
y0′ = ϕ ′( x0 ,C1,C 2 ,… ,Cn ),
.
.
.
.
.
.
.
.
.
y 0( n −1) = ϕ ( n −1) ( x0 , C1 , C 2 , … , C n )
C1 , C 2 , … , C n - арқылы жалғыз шешімді
51
C10 = ψ 1( x0 , y0 , y0′,… , y0(n −1) ),
C 20 = ψ 2 ( x0 , y0 , y0′,… , y0(n −1) ),
.
.
.
.
.
.
.
.
.
(5)
Cn0 = ψ n ( x0 , y0 , y0′,… , y0(n −1) ),
( n −1)
3) ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0 ) ∈ D нүктесінде, (5) теңдеулердің
кез келген
тұрақтыларында C10 , C 20 , … , C n0 , функция
ϕ ( x, C10 , … , Cn0 ) теңдеудің (2) шешімі болса.
Егер жалпы шешім (4) D - аумағында айқын емес қатынаспен
Φ ( x, y, C1 , C2 , … , Cn ) = 0
(6)
берілсе, онда (6) теңдеудің (2) D -аумағында жалпы интегралы
деп аталады.
Жалпы шешіммен (4) немесе (6), тұрақтылардың C1 , C2 ,…, Cn
нақты мəнінде алынатын шешім, теңдеудің (2) дербес шешімі
немесе дербес интегралы деп аталады. Жалпы шешім немесе
жалпы интеграл белгілі болса, (n − 1) -рет дифференциалдап, бастапқы шарттан тұрақтылар C1 , C2 ,…, Cn үшін үйлесімді
теңдеулер жүйесі алынады. Бұл теңдеулер жүйесінен табылған
нақты мəндерді C10 , C 20 ,…, C n0 шешімдерге (4) немесе (6) қою
нəтижесінде, Коши есебінің шешімін
y = ϕ ( x, C10 , C 20 ,… , C n0 )
(7)
немесе дербес интегралын Φ ( x, y, C10 , C 20 ,…, C n0 ) = 0 табамыз.
Егер (7) теңдікте C10 , C 20 ,…, C n0 мəндерінің x0 , y0 , y0′ ,…, y0( n −1)
мəндерінен айқын тəуелділіктерін ескерсек, онда Коши түрінде
деп аталатын жалпы шешімді аламыз:
y = ψ ( x , x0 , y0 , y0′,… , y0(n −1) ).
52
Егер (4) немесе (6)
⎧ x = x (t ,C1,C 2 ,… ,Cn ),
⎨
⎩ y = y (t ,C1,C 2 ,… ,Cn ), t ∈T
(8)
түрінде берілсе, онда (8) параметрлік түрдегі жалпы интеграл деп
аталады.
Коши есебі теңдеу (1) үшін де, теңдеу (2) үшін де бірдей.
Мұнда (1) берілген сандар x0 , y0 , y0′ ,…, y0( n −1) жəне əрбір y (n )
F ( x0 , y 0 , y 0′ , … , y 0( n −1) , y ( n ) ) = 0 теңдігінен анықталғанда бір
шешімді болса, онда Коши есебінің жалғыз шешімі бар.
Теорема. (Теңдеу (1) үшін Коши есебі шешімі бар жəне
жалғыз болуы туралы )
F функциясы G аумағында үзіліссіз жəне y, y ′, … , y ( n ) -дер
бойынша үзіліссіз дербес туындылы болсын.
Онда F ( x0 , y 0 , y 0′ , … , y 0( n ) ) = 0,
∂F
( x0 , y 0 , y 0′ , … , y 0( n ) ) ≠ 0
(n)
∂y
қатынастары орындалатын кез келген ( x 0 , y 0 , y 0′ , … , y 0 ) ∈ G
нүктесінде, x0 ∈ I нүктесінің бір төңірегінде анықталып, (3)
шартты қанағаттандыратын жалғыз шешімі бар.
Егер y (x) теңдеудің (1) шешімі болса, онда жиын
(n)
{( x, y( x)
x ∈ I }, яғни y = y (x) шешімінің графигі, теңдеудің
(1) интегралдық сызығы деп аталады.
Геометриялық тұрғыдан жалпы шешім (жалпы интеграл)
жазықтықта n параметрден C1 , C 2 , … , C n тəуелді интегралдық
сызықтар жиынтығы.
Егер n - параметрлі сызықтар теңдеуі (6) берілсе, оны x
арқылы n рет туындылап, (6) жəне туындылап алынған теңдеулер жүйесінен тұрақтыларды C1 , C 2 , … , C n жою жолымен,
берілген сызықтар жиынтығының дифференциалдық теңдеуін
табамыз (теңдеудің реті n -нен аспайды).
1-мысал. Функция y = C1 + C 2 ln x , теңдеудің xy ′′ + y ′ = 0
шешімі екендігін көрсетіңіз.
C
1
Шешуі. Функцияның туындыларын y ′ = C 2 , y ′′ = − 22
x
x
53
⎛ C ⎞ C
теңдеуге қойсақ x⎜ − 22 ⎟ + 2 ≡ 0 тепе-теңдігі шығады, демек
⎝ x ⎠ x
функция берілген теңдеудің шешімі.
x
2
2-мысал. Айқын емес берілген функция y ln y − x − ∫ e t dt = 0
0
x2
теңдеудің y (1 + ln y ) y ′′ + y ′ 2 = 2 xye интегралы екендігін көрсету керек.
Шешуі. Функциядан тиісті туындыларды анықтап, теңдеуге
қоямыз:
2
y ′ ln y + y ′ − 1 − e x = 0, y ′′ ln y +
2
y ′2
+ y ′′ − 2 xe x = 0,
y
y ′2
2
2 xye x − y ′ 2
y
,
=
y (ln y + 1)
ln y + 1
2
x2
y′ =
e +1
, y ′′ =
ln y + 1
2 xe x −
2
2
2 xye x − y ′ 2
y (1 + ln y ) ⋅
+ y ′ 2 ≡ 2 xye x . Демек, айқын емес берілген
y (ln y + 1)
функция теңдеудің шешімі екен.
3-мысал. Екі параметрлі сызықтар жиынтығының
y = C1e C2 x +
1
дифференциалдық теңдеуін табу керек.
C2
Шешуі. x - бойынша екі рет дифференциалдаймыз
y ′ = C1C 2 e C2 x ,
үш
теңдіктен
y = C1e C2 x +
1
,
C2
y ′′ = C1C 22 e C2 x .
y ′ = C1C 2 e C2 x , y ′′ = C1C 22 e C2 x
тұрақтыларды C1 ,C 2 жою нəтижесінде, ізделінді дифференциалдық теңдеуді табамыз.
54
C1eC2 x = y −
1
y′ + 1
, y ′ = C 2 y − 1, C 2 =
, y ′′ =
C2
y
2
⎛
y ⎞ ⎛ y ′ + 1⎞
= ⎜y −
,
⎝
y ′ + 1⎟⎠ ⎜⎝ y ⎟⎠
yy ′′ − y ′( y ′ + 1) = 0.
Теңдеуді (1) интегралдау нəтижесінде шыққан
Ψ ( x, y, y ′, y ( n − k ) , C1 , C 2 , … , C k ) = 0
(9)
қатынасы, теңдеудің (1) k - ретті аралық интегралы деп аталады.
Аралық k -ретті интеграл белгілі болса, n - ретті теңдеуді
оңайырақ интегралданатын n − k < n теңдеуге келтіреді.
Аралық интеграл
Ψ ( x, y, y ′, … , y ( n −1) , C1 ) = 0
(10)
бірінші интеграл деп аталады.
Егер k əртүрлі бірінші интегралдар белгілі болса, онда теңдеудің ретін k бірлікке төмендетуге болады.
Егер n əртүрлі бірінші интегралдар белгілі болса, онда
олардан барлық y ′, y ′′, … , y ( n −1) туындыларын жойсақ, теңдеудің
жалпы интегралын аламыз.
Функция ξ (x) дифференциалдық теңдеудің (1) ерекше шешімі деп аталады, егер:
1) ξ (x) дифференциалдық теңдеуді тепе-теңдікке айналдырса;
2) кез келген x0 ∈ I нүктесінде Коши есебі бастапқы шарттарымен y ( x0 ) = ξ( x0 ), y ′( x0 ) = ξ ′( x0 ),… , y (n −1) ( x0 ) = ξ(n −1) ( x0 ) көп
шешімді болса.
55
2. Квадратуралар арқылы шешілетін теңдеулердің кейбір
түрлері
а) Ізделінді функцияның n-ретті туындысы жəне тəуелсіз айнымалы берілген теңдеу:
F ( x, y ( n ) ) = 0.
(11)
Көбіне, теңдеуді параметрлік түрге x = ϕ(t ), y (n ) = ψ (t ) деп
келтіреді, мұнда ϕ (t ) дифференциалданатын функция.
dy (n −1) = y (n )dx = ψ (t )ϕ ′(t )dt ,
Бұдан
y (n −1) = ∫ ψ (t )ϕ ′(t )dt + C1 ≡ ψ 1(t ,C1 ).
( n−2)
Дəл осылайша y
табылып, тағы сол сияқты қалғандарына
жалғастырсақ, y = ψ n (t , C1 ,…, C n ) шешімін аламыз.
Сонымен x = ϕ(t ), y = ψ n (t ,C1,… ,Cn ) жүйесі теңдеудің (11)
шешімін береді.
Теңдеудің (11) дербес түрі
y (n ) = f ( x ),
(12)
f (x) аралықта I = (a, b) үзіліссіз функция, тікелей интегралдаумен шешіледі:
y = ∫ ∫ … ∫ f ( x )dx dx … dx + C1 x n −1 + C 2 x n − 2 + … + Cn −1 x + Cn .
n
Бұл теңдеудің Коши түріндегі жалпы шешімі:
x x
x
x0 x0
x0
y = ∫ ∫ … ∫ f ( x )dxdx … dx +
+
y0(n −1)
( x − x0 )n −1 +
(n − 1)!
y0(n − 2)
( x − x0 )n − 2 + … + y0′( x − x0 ) + y0 ,
(n − 2)!
x0 ∈ I , y 0 , y 0′ , … , y 0( n −1)
- кез келген сандар.
56
ə)
түріндегі теңдеулер.
F ( y ( n −1) , y ( n ) ) = 0
(13)
Егер теңдеу y (n ) бойынша шешілсе, яғни
(14)
y (n ) = f ( y (n −1) ),
u = y ( n −1) алмастыруымен теңдеуді
u ′ = f (u )
(15)
түріне келтіреміз. Жалпы интегралы
x + C1 = ∫
du ( f (u ) ≠ 0)
f (u)
(16)
u -бойынша шешілсе,
u = ψ ( x ,C1 ), y (n −1) = ψ ( x ,C1 )
(17)
(12) – түрдегі теңдеуді аламыз. Ал бұдан
ψ ( x ,C1 )dxdx dx + C 2 x
∫∫
∫
n−2
+ + C n −1 x + C n .
n −1
Теңдеуді (13) параметр енгізу əдісімен де шешуге болады
y (n ) = ϕ(t ), y (n −1) = ψ (t ).
Теңдіктен dy (n −1) = y (n )dx dx -ті табамыз:
dx =
dy (n −1) ψ ′(t )dt
.
=
y (n)
ϕ(t )
Ал бұдан
x=∫
ψ ′(t )
dt + C1 ≡ ξ(t , C1 ),
ϕ(t )
(18)
57
dy (n − 2) = y (n −1)dx =
ψ (t )ψ ′(t )
ψ (t )ψ ′(t )
dt , y (n − 2) = ∫
dt + C 2 ,
ϕ(t )
ϕ(t )
dy (n − 3) = y (n − 2)dx , … , dy = y ′dx ,
y = ∫ y ′dx + Cn ≡ η(t ,C 2 , … , Cn ).
(19)
Сонымен, (13) теңдеудің параметрлі түрдегі интегралы (18)
жəне (19) теңдіктері жүйесімен анықталады.
б)
F ( y ( n−2) , y ( n ) ) = 0
(20)
y ( n−2) = u
(21)
F (u , u ′′) = 0
(22)
u ′′ = f (u )
(23)
түріндегі теңдеулер.
Алмастыру
нəтижесінде
теңдеуі шығады.
Егер
болса, онда екі жағын да 2u ′ -ке көбейтсек,
2u ′u ′′ = 2 f (u )u ′
(24)
теңдігі шығады. Бұдан теңдеудің (23) бірінші интегралы
u ′ 2 = 2∫ f (u)du + C1
жəне
du
± 2∫ f (u)du + C1
58
= dx , (2∫ f (u)du + C 2 ≠ 0)
(25)
∫
du
± 2∫ f (u)du + C1
(26)
= x + C2
теңдігін аламыз.
Алмастыру (21)-ді ескерсек, (26)-дан теңдеудің (20) аралық
интегралы ψ ( x, y ( n − 2 ) , C1 , C 2 ) = 0 шығады. Бұл теңдеу (11) түрге
жатады, квадратурада интегралданады.
Теңдеу (20) параметрлік түрге келтірілетін болса, y (n ) = ϕ(t ),
y ( n − 2 ) = ψ (t ) :
dy (n −1) = y (n )dx , dy (n − 2) = y (n −1)dx ,
y (n −1)dy (n −1) = ϕ(t )ψ ′(t )dt ,
y (n −1) = ± 2∫ ϕ(t )ψ ′(t )dt + C1 ≡ ξ(t ,C1 )
болып интегралданады.
( n −1)
, y ( n ) - дер
Сонымен y
үшін
параметрлік
жазбалар
y (n ) = ϕ(t ), y (n −1) = ξ(t ,C1 ) алдық, яғни есеп (13) түрдегі теңдеуді
интегралдауға келтірілді.
1-мысал. Теңдеудің y ′′ =
1
жалпы шешімін табу керек.
x
Шешуі. y ′ = ∫ y ′′dx = ∫ 1 dx = ln x + C1,
x
y = ∫ y ′dx = ∫ (ln x + C1 )dx = x ln x − x + C1 x + C 2
2-мысал. Теңдеудің y ′′′ 2 + y ′′ 2 = 1 бастапқы шарттарды
y (0) = 0, y ′(0) = 1, y ′′(0) = −1 қанағаттандыратын дербес шешімін
табу керек.
2
2
Шешуі. y ′′ = u алмастыруын енгізсек, u′ + u = 1 ,
u ′ = ± 1 − u 2 бірінші ретті теңдеуі шығады. Бұдан:
59
du
1 − u2
= dx , arcsin u = x + C1, u = sin(C1 + x ),
y ′′ = sin(C1 + x) ,
y ′ = ∫ y ′′dx = ∫ sin(C1 + x )dx = − cos(C1 + x ) + C 2 ,
y = ∫ y ′dx = − sin(C1 + x ) + C 2 x + C3
Бастапқы шарттардан тұрақтыларды C1 , C 2 , C 3 анықтаймыз
⎧ − sin C1 + C 3 = 0 ,
⎪
⎨ − cos C1 + C 2 = 1,
⎪ sin C = −1
1
⎩
C1 = arcsin(−1) = −
π
2
, C 2 = 1, C 3 = −1 .
Сонымен, дербес шешім
π⎞
⎛
y = − sin ⎜ x − ⎟ + x − 1 = cos x + x − 1 .
2⎠
⎝
3. Реті төмендетілетін кейбір теңдеулердің түрлері
а) Ізделінді функция жəне оның бірнеше туындылары
жоқ теңдеулер
F ( x, y ( k ) , y ( k +1) , … , y ( n ) ) = 0 (1 ≤ k < n) .
(27)
Алмастыру y ( k ) = u арқылы, теңдеу (n − k ) - реттіге келтіріледі
F ( x, u , u ′, … , u ( n −k ) ) = 0 .
60
(28)
Егер теңдеу (28) интегралданса, бастапқы айнымалыға
көшу нəтижесінде, теңдеудің (27) аралық интегралын табамыз
y
y ( k ) = ϕ ( x, C1 , … , C n − k ) немесе
Φ ( x, y ( k ) , C1 , … , C n −k ) = 0.
(29)
Бұл алынған теңдеу қарастырылған түрге (11) жатады.
1
3-мысал. y ( 5) − y ( 4 ) = 0 теңдеуінің жалпы шешімін табу
x
керек.
u
Шешуі. y ( 4 ) = u деcек, u ′ − = 0 бірінші ретті теңдеуі
x
шығады.
Бұдан du = dx , ln u = ln x + ln C , u = C1x , y ( 4) = C1x
u
x
y = C1 x 5 + C 2 x 3 + C 3 x 2 + C 4 x + C 5 .
ə) Тəуелсіз айнымалысы айқын берілмеген теңдеулер
F ( y, y ′, … , y ( n ) ) = 0 .
(30)
y ′ = ρ ( y)
(31)
Алмастыру
нəтижесінде теңдеудің реті бірге төмендейді
y ′′ =
y ′′′ =
dy ′ d ρ dy
=
⋅
= ρρ ′,
dx
dy dx
dy ′′ dy ′′ dy
=
⋅
= (ρ ′′ρ + ρ ′ 2 )ρ,
dx
dy dx
(32)
………………………………..
y
(n)
= g (ρ, ρ ′, … , ρ
( n −1)
⎛ (i ) d i ρ
⎞
) ⎜ρ =
, i = 1, 2, … , n − 1⎟
i
dy
⎝
⎠
61
(31) жəне (32) - лерді теңдеуге (30) қойсақ, жаңа белгісіз функция ρ ( y ) бойынша (n-1) ретті теңдеу шығады:
(33)
F1 ( y, ρ , ρ ′, … , ρ ( n −1) ) = 0 .
теңдеудің (33) жалпы интегралы Φ 1 ( y, ρ , C1 , C 2 , … , C n −1 ) = 0
белгілі болса, онда:
Φ 1 ( y, y ′, C1 , C 2 , … , C n −1 ) = 0
(34)
теңдеудің (30) (n − 1) – ретті аралық интегралы. Бұл теңдеудің
(34) жалпы интегралы Φ ( x, y, C1 , C2 , …, Cn ) = 0 бастапқы теңдеудің (30) жалпы интегралы болады.
Алмастыру (31) кезінде теңдеудің y = const шешімдері
жоғалуы мүмкін. Тікелей теңдеуге (30) қою жолымен бұндай
шешімдер мүмкіндігін тексеру қажет.
4-мысал. y ′ 2 + 2 yy ′′ = 0 .
Шешуі. y ′ = ρ( y ), y ′′ = ρ d ρ , ρ 2 + 2 y ρ d ρ = 0 ,
dy
⎛
⎝
ρ ⎜ ρ + 2y
dρ⎞
= 0 . Бұдан
dy ⎟⎠
dy
ρ = 0 немесе ρ + 2 y
dρ
=0 .
dy
Егер ρ = 0 болса, dy = 0, y = const .
dx
Егер ρ + 2 y
dρ
= 0 болса,
dy
dρ
ρ
=−
dy
ρ
1
C
= ln
, ln
, ρ= 1 ;
2y
C1
y
y
dy
C
= 1 ,
dx
y
ydy = C1dx ,
2 3/ 2
= C1 x + C 2 .
y
3
б) y, y ′, … , y ( n ) - бойынша біртекті теңдеулер
Теңдеудің
функциясы F
текті, яғни
62
F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) = 0
(35)
y, y ′, … , y ( n ) - дер бойынша көрсеткіші m бір-
F ( x , ty , ty ′, … , ty (n ) ) = t m F ( x , y , y ′, … , y (n ) ) (t > 0).
Алмастыру
(36)
y ′ = yu
нəтижесінде теңдеудің (35) реті бірге төмендетіледі.
y ′ = yu ,
y ′′ = y (u 2 + u ′) ,
. . .
.
. .
(37)
.
y (n ) = yg (u, u ′, … , u(n −1) ) .
(37) – ні (35)-ке қойсақ
y m F ( x,1, u , u 2 + u ′, …, g (u , u ′, …, u ( n −1) ) = 0
(38)
теңдігі шығады. Бұдан u - бойынша (n − 1) ретті теңдеуді аламыз
F ( x,1, u , u 2 + u ′, … , g (u , u ′, … , u ( n −1) ) = 0
(39)
теңдеудің (39) жалпы шешімі u = ϕ ( x, C1 , … , C n −1 ) белгілі болса,
(36) теңдіктен, бастапқы теңдеудің (35) жалпы шешімі шығады:
y = Cn e ∫
ϕ ( x ,C1 , …, Cn−1 ) dx
(40)
Шешім y = 0 , C n = 0 мəнінде алынады.
zdx
y, y ′, … , y ( n ) бойынша біртекті теңдеудің реті y = e ∫ алмастыруымен де төмендетіледі.
5-мысал. yy ′′ − y ′ 2 = 6 xy 2 теңдеуінің жалпы шешімін табу
керек.
zdx
zdx
zdx
Шешуі. y = e ∫ десек, y ′ = ze ∫ , y ′′ = e ∫ (z 2 + z ′)
теңдеу z ′ = 6 x түрге келеді. Бұдан
z = 3x 2 + C1 , y = e ∫
( 3 x 2 +C1 )dx
= ex
3 +C x +C
1
2
.
63
в) Жалпыланған – біртекті теңдеулер
Егер k жəне m тұрақтылары табылып, теңдік орындалса,
теңдеу F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) = 0 жалпыланған біртекті деп аталады:
F (λx, λk y, λk −1 y ′, … , λk − n y ( n ) ) = λm F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) . (41)
Алмастырулар ( x < 0, x = −e t ) x = e t , y = ue kt
(42)
нəтижесінде тəуелсіз айнымалысы t жоқ, реті бірге төмендетілетін (3б) теңдеу аламыз. Туындылар былай өзгереді:
y′ =
dy − t ⎛ du kt
⎞
e = ⎜ e + kue kt ⎟ e − t = (u ′ + ku)e ( k −1)t ,
⎝ dt
⎠
dt
y ′′ =
dy ′ − t
e = (u ′′ + (2k − 1)u ′ + k (k − 1)u)e ( k − 2)t ,
dt
(43)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y ( n ) = g (u , u ′, … , u ( n ) )e ( k − n )t .
(42), (43) – терді теңдеуге қойсақ
e mt F1(u, u ′, … , u(n ) ) = 0, F1(u, u ′, … , u(n ) ) = 0
еркін айнымалысы жоқ теңдеу шығады.
6-мысал. Теңдеуді x 4 y ′′ + ( xy ′ − y ) 3 = 0 интегралдау қажет.
Шешуі. F ( x, y, y ′, y ′′) = x 4 y ′′ + ( xy ′ − y ) 3
F (λx, λk y, λ( k −1) y ′, λ( k − 2 ) y ′′) = λ4 x 4 ⋅ λ( k − 2 ) y ′′ + (λxλk −1 y ′ − λk y ) 3 =
= λk + 2 x 4 y ′′ + λ3k ( xy ′ − y ) 3 = λ3 F ( x, y, y ′, y ′′) (k = 1),
демек теңдеу жалпыланған біртекті (m = 3, k = 1) . x = e t , y = ue t
3
алмастырулары нəтижесінде e 4t (u ′′ + u ′)e − t + ⎡⎣e t (u ′ + u) − ue t ⎤⎦ =
= 0 , u ′′ + u ′ + u ′ 3 = 0 теңдеуін аламыз.
64
Теңдеуде тəуелсіз айнымалы t айқын берілмегендіктен
dp
алмастыруларын қолданамыз.
du
dp
⎛ dp
⎞
p
+ p + p3 = 0 , p ⎜
+ p 2 + 1⎟ = 0 , p = 0, u ′ = 0,
⎝ du
⎠
du
u ′ = p(u),
u ′′ = p
u = C , y = Cx ;
Онда
dp
dp
= −du,
= −( p 2 + 1),
1 + p2
du
arctgp = C1 − u , p = tg (C1 − u) , u ′ = tg (C1 − u), ctg (C1 − u)du = dt ,
∫ ctg (C1 − u)du = t − ln C (C > 0), ln sin(u − C1 ) = −t + ln C ,
sin(u − C1 ) = C 2 e − t , u = C1 + arcsin C 2e − t .
Алмастыруды y = ux , e − t =
1
ескерсек, шешім
x
C ⎞
⎛
y = x ⎜C1 + arcsin 2 ⎟ . y = Cx шешімі C 2 = 0, C1 = C
⎝
x⎠
мəндерінде шығады.
г) Дəл туындылы теңдеулер
Теңдеудің F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) = 0
функциясы
F
бір
Φ 1 ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) функциясының туындысы болатын
d
Φ1( x , y , y ′,… , y (n −1) )
(44)
dx
теңдеулер дəл туындылы деп аталады. (44) теңдікті ескерсек
Φ 1 ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) = C1 бастапқы теңдеудің бірінші интегралын жəне (n − 1) - ретті теңдеуді береді. Сонымен дəл туындылы
теңдеудің реті бірге төмендетілетінін көреміз.
Бастапқы теңдеу дəл туындылы болмаса, кейде
μ = μ ( x, y, y ′, …, y (n ) ) интегралдауыш көбейткішімен дəл туындылы етіледі. Мұндайда артық шешімдер енгізілуі немесе кейбір
шешімдер жойылуы мүмкін.
Коши есебін теңдеудің ретін төмендету əдісімен шешкенде,
тұрақтыларды əрбір интегралдаудан соң тауып отыру тиімді.
F ( x , y , y ′, … , y (n ) ) =
5–684
65
7-мысал. yy ′′ + ( y ′) 2 = 0 .
Шешуі. Теңдеуді d ( yy ′) = 0 түрінде жазсақ, yy ′ = C1 бірінші
интегралын береді. Бұдан ydy = C1dx , y 2 = C1x + C2 .
8-мысал. yy ′′ − ( y ′) 2 = 0 .
Шешуі. Теңдеуді
μ=
1
y2
көбейткішіне
көбейтсек,
yy ′′ − y ′ 2
d ⎛ y′⎞
= 0 шығады. Бұдан
= 0 теңдеуі немесе
2
dx ⎜⎝ y ⎟⎠
y
y′
= C1 , d ln y = C1 , ln y = C1x + ln C 2 , y = C 2eC1x , C 2 ≠ 0.
y
dx
§9. n -ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер
Ізделінді функция y (x) жəне оның туындылары бойынша
сызықтық, яғни
a 0 ( x) y ( n ) + a1 ( x) y ( n −1) + … + a n −1 ( x) y ′ + a n ( x) y = ϕ ( x)
(1)
теңдеуі, n ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу деп аталады.
Егер ϕ ( x) ≠ 0
(біртексіз);
x ∈ I = (a, b) болса, теңдеу (1) біртекті емес
ϕ ( x) ≡ 0 x ∈ I
болса,
теңдеу
біртекті.
Егер
a 0 ( x) ≠ 0, ∀x ∈ I болса, теңдеуді
y ( n ) + p1 ( x) y ( n −1) + … + p n −1 ( x) y ′ + p n ( x) y = f ( x)
түріне келтіреміз, мұндағы, f ( x) =
Теңдеу
(2)
a ( x)
ϕ ( x)
, Pi ( x) = i
, i = 1, n .
a 0 ( x)
a o ( x)
y ( n ) + p1 ( x) y ( n −1) + … + p n −1 ( x) y ′ + p n ( x) y = 0
(2´)
біртексіз теңдеуге (2) тиісті біртекті теңдеу деп аталады. Теңдеу
белгісіз функция жəне оның туындылары бойынша біртекті. Бұл
теңдеудің əруақытта y ≡ 0 тривиалды шешімі бар.
66
Теңдеуді (2) мына түрде жазып
y
(n)
n
= −∑ pi ( x) y ( n −i ) + f ( x) ≡ Φ ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) ,
(3)
i =1
Φ функциясы дербес туындыларымен
∂Φ
= − pi ( x) i = 1, n
∂y ( n −i )
кез келген x ∈ [α , β ] ⊂ I жəне y, y ′, … , y ( n −1) мəндерінде үзіліссіз
десек, онда (2) теңдеудің оң жағы шешім бар жəне жалғыз болу
туралы теорема шарттарын орындайды.
Теңдеудің сызықтылығы жəне біртектілігі, айнымалыны
x = ϕ (t ) үзіліссіз n рет туындыланатын функциямен алмастырғанда да сақталады, ϕ ′(t ) ≠ 0, ∀t.
Шындығында да,
dy dy 1
=
,
dx dt ϕ ′(t )
d 2y d 2y 1
dy ϕ ′′(t )
= 2 2
−
,
dx 2
dt ϕ ′ (t ) dt ϕ ′ 3 (t )
. . . . . . . . . . .
кез келген
dy d 2 y
dky
dky
туындысы
…
,
,
,
, … туындыларыdt dt 2
dt k
dx k
ның сызықтық біртекті функциясы болғандықтан, бұларды теңдеуге (2) қойғанда да аталған қасиеттер сақталады.
Бұл қасиеттер y ( x) = α ( x) z ( x) сызықтық біртекті алмастыруында да сақталып қалады.
Егер L - сызықтық n ретті дифференциалдық операторын
енгізсек, теңдеуді (2) қысқаша L[ y ] = f (x) түрінде жазуға
болады: мұндағы,
L[ y ] ≡ y ( n ) + p1 ( x) y ( n −1) + … + p n −1 ( x) y ′ + p n ( x) y.
Сызықтық дифференциалдық оператордың негізгі екі қасиеті
бар:
1) тұрақты көбейткіш сызықтық оператор таңбасының сырL [Cy ] ≡ CL [ y ] .
тына шығарылады:
67
Шыңдығында
(Cy )(n ) + p1( x )(Cy )(n −1) + + pn ( x )Cy ≡
≡ C ⎡⎣ y (n ) + p1( x ) y (n −1) + + pn ( x )⎤⎦ .
2) Оператордың y1 ( x) жəне y 2 ( x) функцияларының қосындысына əсері, бұл функцияларға жеке-жеке əсерлерінің қосындысына тең:
L[ y1 + y 2 ] ≡ L [ y1 ] + L [ y 2 ] .
Шындығында,
( y1 + y 2 )(n ) + p1( x )( y1 + y 2 )(n −1) + … + pn ( x )( y1 + y 2 ) ≡
⎡⎣ y1(n ) + p1( x ) y1(n −1) + + pn ( x ) y1 ⎤⎦ +
+ ⎡⎣ y 2(n ) + p1( x ) y 2(n −1) + + pn ( x ) y 2 ⎤⎦
Оператордың қасиеттерінен 1) жəне 2) келесі теңдік алынады:
⎡m
⎤ m
L ⎢∑ C i y i ⎥ ≡ ∑ C i L [ y i ] .
⎣ i =1
⎦ i =1
§10. Сызықтық біртекті теңдеулер
n ретті сызықтық біртекті теңдеудің
L [ y ] ≡ y (n ) + p1( x ) y (n −1) + p2 ( x ) y (n − 2) + +
+ pn −1( x ) y ′ + pn ( x ) y = 0,
(1)
pi (x) функциялары I = (a, b), i = 1, n аралығында үзіліссіз,
шешімдеріне қатысты кейбір тұжырымдарды қарастырайық.
1-теорема. Егер y1 , y 2 , … , y m -дер теңдеудің (1) шешімдері
болса, онда олардың кез келген сызықтық комбинациясы да
m
∑C y
i
i =1
68
i
теңдеудің (1) шешімі.
Дəлелдеу. L [ yi ] ≡ 0 , i = 1, m болғандықтан,
⎡m
⎤ m
L ⎢∑ C i y i ⎥ = ∑ C i L [ y i ] ≡ 0 .
⎣ i =1
⎦ i =1
Теорема дəлелденді.
2-теорема. Егер нақты коэффициентті сызықтық біртекті
теңдеудің (1) комплекс шешімі y = u + iϑ болса, онда бұл
шешімнің нақты u = Re y , жорымал ϑ = Im y бөліктері де, теңдеудің шешімдері.
Дəлелдеу. L[ y ] ≡ 0 . Онда L [u + iϑ ] = L [u ] + i L [ϑ ] ≡ 0 . Бұл
тепе-теңдік тек L [u ] ≡ 0 , L [ϑ ] ≡ 0 болғанда ғана орындалатындықтан, теорема дəлелденді.
Анықтама. Функциялар y1( x ), y 2 ( x ), … , ym ( x ) кесіндіде
a ≤ x ≤ b сызықты тəуелді деп аталады, егер кемінде біреуі
α j ≠ 0 , α 1 ,α 2 , … , α m тұрақтылары табылып (яғни,
осы кесіндіде
α 1 y1 ( x) + α 2 y 2 ( x) + + α m y m ( x) ≡ 0
m
∑α
i =1
2
1
> 0 ),
(2)
орындалса. Егер тепе-теңдік (2) α 1 = α 2 = … = α m = 0 мəндерінде ғана орындалса, онда функциялар y1( x ), y 2 ( x ), … , ym ( x )
кесіндіде a ≤ x ≤ b сызықты тəуелсіз деп аталады.
1-мысал. Функциялар 1, cos 2 x, sin 2 x кез келген аралықта
сызықты тəуелді, себебі кез келген x -те cos 2 x + sin 2 x − 1 ≡ 0 .
2
n
2-мысал. Функциялар 1, x, x , … , x кез келген кесіндіде
a ≤ x ≤ b сызықты тəуелсіз, себебі
α 1 + α 2 x + α 3 x 2 + + α n +1 x n ≡ 0
(3)
тепе-теңдігі барлық α i = 0, i = 1, m мəндерінде ғана мүмкін.
Егер əйтеуір бір α i ≠ 0 болса, нөлдерінің саны n -нен аспайтын
көпмүшелік шығады, яғни нөлге n -нен аспайтын нүктелерде
ғана айналады.
k x
kx
k x
3-мысал. Функциялар e 1 , e 2 , … , e n , k i ≠ k j , i ≠ j кез
келген кесіндіде a ≤ x ≤ b сызықты тəуелсіз.
69
Функциялар сызықты тəуелді делік
α 1e k x + α 2 e k x + + α n e k x ≡ 0 ,
1
2
n
(4)
мұнда əйтеуір бір α i ≠ 0. Нақтырақ алсақ, α n ≠ 0 болсын. Тепетеңдікті e k1x -ке бөлсек жəне дифференциалдасақ,
α 2 ( k 2 − k1 ) e ( k
2 − k1 ) x
+ + α n (k n − k1 )e ( k n − k1 ) x ≡ 0
(5)
шығады, бұл n − 1 көрсеткіштік e px функциялардың сызықты
тəуелділігін береді. Тепе-теңдікті (5) e ( k 2 − k1 ) x -ке бөліп, дифференциалдасақ, n − 2 əртүрлі көрсеткіштік функциялардың сызықты тəуелділігін аламыз. Осылайша əрекеттерді n − 1 рет
жалғастырсақ,
α n (k2 − k1 )(k3 − k2 ) (kn − kn −1 )e ( kn − kn −1 ) x ≡ 0
мүмкін емес тепе-теңдігі шығады, себебі α n ≠ 0 , ki ≠ k j , i ≠ j .
Қайшылық функциялардың e ki x , i = 1, n сызықты тəуелсіз
екендігін көрсетеді.
4-мысал. Функциялар
e k1x , xe k1x , … , x n1e k1x ,
e k2 x , xe k2 x , … , x n2 e k2 x ,
.
.
e
kpx
.
, xe
.
kpx
.
.
.
n
, …, x p e
kpx
.
,
мəндерінде кез келген кесіндіде a ≤ x ≤ b
сызықты тəуелсіз.
Бұл функциялар сызықты тəуелді делік. Онда:
ki ≠ k j , i ≠ j
P1 ( x)e k1x + P2 ( x)e k 2 x + + Pp ( x)e
kpx
≡0,
(6)
Pi (x) - дəрежесі ni ден аспайтын көпмүшелік, сондай-ақ
kx
кемінде біреуі, мысалы, Pp ( x) ≠ 0 . Тепе-теңдікті (6) e 1 -ке
бөліп, n1 + 1 рет дифференциалдасақ, бірінші қосылғышы
70
жойылады, функция саны алғашқыдан кем функциялардың тəуелділігін аламыз:
Q2 ( x)e ( k 2 − k1 ) x + + Q p ( x)e
( k p − k1 ) x
= 0.
(7)
Мұнда көпмүшеліктердің Qi , Pi (i = 2,3, … , p ) дəрежелері
бірдей, себебі Pi ( x )e px , p ≠ 0 функциясын дифференциалдасақ
[Pi ( x ) p + Pi ′( x )] e px шығады, көпмүшелік Pi (x) p -ға ғана
көбейтіледі, Pp (x) жəне Q p (x) көпмүшеліктерінің дəрежелері
( k −k ) x
бірдей, Q p ( x) ≠ 0 . Тепе-теңдікті (7) e 2 1 -ке бөліп, n2 + 1 рет
дифференциалдасақ, функциялар саны тағы да кеміген сызықты
тəуелділік шығады. Осылайша əрекетті p − 1 рет қайталасақ,
R p ( x )e
( k p − k p −1 ) x
≡0
мүмкін емес тепе-теңдігін аламыз. Демек функциялар сызықты
тəуелсіз.
3-теорема. Егер функциялар y1 , y 2 , … , y n кесіндіде a ≤ x ≤ b
сызықты тəуелді болса, онда бұл кесінді де функциялардың
Вронский анықтауышы деп аталатын анықтауыш.
y1 y 2
y1′ y 2′
W ( x) = W [ y1 , y 2 , … , y n ] =
⋅ ⋅ ⋅
( n −1)
y1
y 2( n −1)
⋅ ⋅
yn
y n′
⋅
y n( n −1)
нөлге тепе-тең.
Дəлелдеуі. Кесіндіде a ≤ x ≤ b кемінде біреуі
α 1 y1 + α 2 y 2 + + α n y n ≡ 0
(8)
берілген. Тепе-теңдікті (8) (n − 1) рет дифференциалдасақ
α 1 y1 + α 2 y 2 + + α n y n ≡ 0,
α 1 y1′ + α 2 y 2′ + + α n y n′ ≡ 0,
( n −1)
α 1 y1 + α 2 y 2( n −1) + + α n y n( n −1) ≡ 0
жүйені аламыз.
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
(9)
71
Бұл жүйе α i -лер бойынша кез келген x ∈ [a, b] үшін нөл
емес шешімі бар, біртекті теңдеулер жүйесі болғандықтан,
анықтауышы W [ y1 , y 2 , … , y n ] ≡ 0 . 4-теорема. Егер сызықты
тəуелсіз функциялар y1 , y 2 , … , y n теңдеудің (1) шешімдері болса, онда кесіндінің a ≤ x ≤ b ешбір нүктесінде олардың Вронский
анықтауышы
y1 y 2
y1′ y 2′
W ( x) =
⋅ ⋅ ⋅
( n −1)
y1
y 2( n −1)
⋅ ⋅
yn
y n′
⋅
y n( n −1)
нөлге айналмайды.
Дəлелдеуі. x0 ∈ [a, b] нүктесінде W ( x0 ) = 0 делік. Онда кемінде біреуі нөл емес α i , i = 1, n тұрақтыларына тиісті жүйе
құрылады:
α 1 y1 ( x0 ) + α 2 y 2 ( x0 ) + + α n y n ( x0 ) = 0,
⎧
⎪
α 1 y1′ ( x0 ) + α 2 y 2′ ( x0 ) + + α n y n′ ( x0 ) = 0,
⎪
⎨
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅ ⋅
⎪
n
−
n
−
n
−
(
1
)
(
1
)
(
1
)
⎪⎩α 1 y1 ( x0 ) + α 2 y 2 ( x0 ) + + α n y n ( x0 ) = 0.
(10)
α i -лерге тиісті сызықты комбинация
y = α1 y1( x ) + α 2 y 2 ( x ) +
+ + α n yn ( x ), сызықты біртекті теңдеудің (1) нөлдік бастапқы
шарттарды қанағаттандыратын
y ( x0 ) = 0,
y ′( x0 ) = 0, … , y ( n −1) ( x0 ) = 0
(11)
шешімі. Бұл шартты орындайтын бір ғана нөлдік шешім болатындықтан α 1 y1 ( x) + α 2 y 2 ( x) + + α n y n ( x) ≡ 0 жəне y1 , y 2 , … , y n
шешімдері теорема шартына қарамастан сызықты тəуелді.
Кесіндіде a ≤ x ≤ b сызықты тəуелсіз шешімдер
y1 , y 2 , … , y n ,
тəуелсіз.
72
кесінді ішінде де
[a1 , b1 ] ⊂ [a, b]
сызықты
Теңдеудің (1) шешімі емес сызықты тəуелсіз функциялар үшін
4-теорема орындала бермейді. Мысалы,
⎧( x − 1) 2 , 0 ≤ x ≤ 1
,
y1 ( x) = ⎨
⎩0 , 1 < x ≤ 2
⎧ 0, 0 ≤ x ≤ 1
y 2 ( x) = ⎨
2
⎩( x − 1) , 1 < x ≤ 2
функциялары берілсе (1-сурет),
Вронский анықтауышы
y1
y1′
y2
≡ 0 0≤ x ≤ 2.
y 2′
6-сурет
Бірақ функциялар y1 , y 2 кесіндіде 0 ≤ x ≤ 2 сызықты тəуелсіз.
Себебі α 1 y1 + α 2 y 2 ≡ 0 : егер 0 ≤ x ≤ 1 аралығында қарастырсақ, α 1 = 0 , ал 1 ≤ x ≤ 2 аралығында α 2 = 0 екендігі шығады.
5-теорема. Сызықты біртекті теңдеудің (1), берілген аралықта
a ≤ x ≤ b сызықты тəуелсіз n дербес шешімдерінің кез келген
сызықты комбинациясы y =
n
∑C y
i
i
, жалпы шешімін береді.
i =1
Дəлелдеу. Шешім y =
n
∑C y
i
i
a ≤ x ≤ b аралығында жалпы
i =1
шешім болады, егер кез келген бастапқы берілімдерді
y ( x0 ) = y 0 ,
y ′( x0 ) = y 0′ , … , y ( n −1) ( x0 ) = y 0( n −1) , ∀x0 ∈ [a, b]
орындайтын тұрақтыларды таңдай алатын болсақ.
Қойылған бастапқы шарттарды орындайтын шешімді талап
ете отырып, C i -лер бойынша (i = 1, n) теңдеулер жүйесін аламыз.
73
⎧ n
Ci yi ( x 0 ) = y 0 ,
⎪ ∑
i =1
⎪ n
⎪⎪ ∑ Ci yi′( x0 ) = y0′,
⎨ i =1
⎪ ⎪n
⎪∑ C y (n −1) ( x ) = y (n −1)
0
0
⎪⎩ i =1 i i
Бұл жүйенің анықтауышы n сызықты тəуелсіз шешімдерге
құрылған, Вронский анықтауышы W ( x 0 ) ≠ 0. Демек жүйе C i лер бойынша кез келген x 0 мəнінде үйлесімді.
Сызықты біртекті теңдеудің сызықты тəуелсіз шешімдерінің
максималды саны осы теңдеудің ретіне тең. Сызықты біртекті n
ретті теңдеудің кез келген n сызықты тəуелсіз шешімдері, оның
фундаменталдық шешімдер жүйесі деп аталады. Əрбір сызықты
біртекті теңдеудің (1) фундаменталдық шешімдер жүйесі бар.
Фундаменталды шешімдер жүйесін құру үшін n 2 сандарды
yi( k ) ( x0 )i = 1, n; k = 0, n − 1 анықтауыш
y1 ( x0 ) y 2 ( x0 ) … y n ( x0 )
y1′ ( x0 ) y 2′ ( x0 ) … y n′ ( x0 )
≠0,
y1( n −1) ( x0 ) y 2( n −1) ( x0 ) … y n( n −1) ( x0 )
a ≤ x0 ≤ b
болатындай етіп алады. Онда y i( k ) ( x0 ) k = 0, n − 1; i = 1, n бастапқы шарттарымен анықталатын шешімдер y i (x) фундаменталдық жүйені құрады, себебі олардың Вронский анықтауышы
W (x) нүктеде x = x0 нөл емес, сондықтан (3), (4) теоремалар
бойынша y1 , y 2 , … , y n шешімдері сызықты тəуелсіз.
5-мысал. y ′′ − y = 0
Шешуі. Теңдеудің y ′′ − y = 0 шешімдері y1 = e x , y 2 = e − x
сызықты тəуелсіз, жалпы шешімі y = C1e x + C 2 e − x .
74
6-мысал. y ′′′ − y ′ = 0 .
Шешуі. Теңдеудің y ′′′ − y ′ = 0 шешімі y = C1e x + C 2chx +
x
+ C3shx жалпы шешім емес, себебі e , shx, chx сызықты тəуелді.
Сызықты тəуелсіз шешімдері 1, chx, shx, онда жалпы шешімі
y = C1 + C 2 chx + C 3 shx.
Нөл емес бір дербес y1 шешімі белгілі болса, теңдеудің
y + p1 ( x) y ( n −1) + + p n ( x) y = 0 ретін y = y1 ∫ udx алмастыруымен сызықтық жəне біртектілігін сақтай отырып, бірге төмендетеді.
Алмастыруды y = y1 ∫ udx былай етеміз:
(n)
y = y1 z
(12)
жəне z ′ = u . Онда теңдеу (1):
a 0 ( x) z ( n ) + a1 ( x) z ( n −1) + + a n ( x) z = 0,
(13)
түрге келеді. Мұндағы, y = y1 шешіміне z ≡ 1 сəйкес. Бұл
шешімді орнына (13) қойсақ, a n ( x) ≡ 0, теңдеу (13):
a 0 ( x) z ( n ) + a1 ( x) z ( n −1) + + a n −1 ( x) z ′ = 0,
түрге енеді. z ′ = u алмастыруы нəтижесінде
a 0 ( x)u ( n −1) + a1 ( x)u ( n − 2 ) + + a n −1 ( x)u = 0.
Осы алмастырумен
y = y1 ∫ udx біртексіз теңдеудің
L[ y ] = f (x) де ретін бірге төмендетеді.
Сызықты біртекті теңдеудің a ≤ x ≤ b кесіндісінде k сызықты тəуелсіз шешімдері белгілі болса, ретін (n − k ) -ға дейін төмендете аламыз.
7-мысал. xy ′′ − xy ′ + y = 0
Шешуі. Теңдеудің xy ′′ − xy ′ + y = 0 бір шешімі y1 = x белгілі.
Ретін y = x ∫ udx , y ′ = xu + ∫ udx , y ′′ = xu ′ + 2u алмастыруы
мен төмендетіп, x 2u ′ + (2 − x )xu = 0 теңдеуін аламыз. Бұдан:
75
⎡
⎤
du x − 2
ex
ex
=
dx , u = C1 2 , y = x ∫ udx = x ⎢C1 ∫ 2 dx + C 2 ⎥.
u
x
x
x
⎣
⎦
Фундаменталды шешімдер жүйесі
y1 , y 2 , … , y n , сызықты
біртекті теңдеуді y ( n ) + p1 ( x) y ( n −1) + + p n ( x) y = 0 толығымен
анықтайды, сондықтан берілген фундаменталды шешімдер жүйесі y1 , y 2 , … , y n , бойынша теңдеуді құру есебін қоюға болады.
Теңдеудің (1) əрбір шешімі y фундаменталды шешімдер жүйесіне y1 , y 2 , … , y n , сызықты тəуелді болғандықтан Вронский
анықтауышы W [ y1 , y 2 , … , y n ] = 0. Бұл теңдеуді ашып жазсақ,
y1
y1′
…
y2
y 2′
…
yn
y n′
y
y′
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
y1( n −1)
y 2( n −1) … y n( n −1)
y1( n )
y 2( n )
… y n( n )
=0,
y ( n −1)
y (n)
немесе соңғы баған элементтері бойынша жіктесек,
y1 y 2 … yn
W [ y1, y 2 ,… , yn ] y −
(n)
y1′ y 2′ … yn′
. . . . . . . . . . .
y (n −1) + … = 0
(14)
y1(n − 2) y 2(n − 2) … yn(n − 2)
y1(n ) y 2(n ) … yn(n )
Алынған теңдеу (14) фундаменталдық шешімдер арқылы
құрылған сызықты біртекті ізделінді теңдеу. Теңдеуді
W [ y1 , … , y n ] ≠ 0 коэффициентіне бөлсек, (1) түрге келеміз.
Бұдан:
76
y1 y 2 … yn
y1′ y 2′ … yn′
. . . . . . . . . . .
y1(n − 2) y 2(n − 2) … yn(n − 2)
P1( x ) = −
y1(n ) y 2(n ) … yn(n )
W [ y1, y 2 , … , yn ]
теңдігі шығады.
Бөлшектің алымындағы анықтауыш Вронский анықтауышының
туындысы
болғандықтан
= − ∫ p1( x )dx + ln C , W = Ce
− ∫ p1 ( x )dx
P1 ( x) = −
W′
,
W
ln W =
немесе
x
−
W = Ce
∫
p1 ( x )dx
x0
(15)
.
x = x0 десек, C = W ( x0 ),
x
−
W ( x ) = W ( x0 )e
∫
p1 ( x )dx
x0
(16)
Формула (15) немесе (16) Остроградский-Лиувилль формуласы деп аталады.
Бұл формула екінші ретті теңдеуді
y ′′ + p1 ( x) y ′ + p 2 ( x) y = 0
(17)
бір шешімі y1 белгілі болғанда интегралдауға қолданылады.
Формула бойынша (17) теңдеудің кез келген шешімі
y1
y
y1′ y ′
= C1e
− ∫ p1 ( x )dx
y1 y ′ − yy1′ = C1e
теңдеуінің де шешімі болғандықтан,
− ∫ p1 ( x )dx
теңдеуді μ =
1
көбейткішіне көбейтсек,
y12
77
d ⎛ y ⎞ C1 − ∫ p1 ( x )dx
e
=
,
dx ⎜⎝ y1 ⎟⎠ y12
немесе
y
Ce ∫ 1
=∫ 1 2
y1
y1
y = C 2 y1 + C1 y1 ∫
− p ( x )dx
e
− ∫ p1 ( x )dx
y12
dx + C 2 ,
dx .
§11. Тұрақты коэффициентті сызықтық біртекті
теңдеулер жəне Эйлер теңдеулері
1. Біртекті теңдеулер
Сызықты біртекті теңдеудің
a 0 y ( n ) + a1 y ( n −1) + … + a n y = 0
(1)
коэффициенттері ai тұрақтылар болса, шешімі y = e kx , k
- тұрақты, түрінде табылады. Теңдеуге y = e kx -ті қойсақ,
a0k ne kx + a1k n −1e kx + … + ane kx = 0, e kx ≠ 0, немесе
a 0 k n + a1 k n −1 + … + a n −1 k + a n = 0
(2)
алгебралық теңдеуін аламыз.
Көпмүшелік
D(k ) = a 0 k n + a1 k n −1 + … + a n −1 k + a n
(2‫)׳‬
сызықтық біртекті теңдеудің (1) сипаттаушы көпмүшелігі, теңдеу
D(k ) = 0 (2) сипаттаушы теңдеуі деп аталады.
Сонымен дифференциалдық теңдеуді (1) шешу, алгебралық
теңдеудің (2) түбірлерін табуға келтірілді.
Сипаттамалық теңдеудің (2) əртүрлі n түбірлеріне
k1 ≠ k 2 ≠ ≠ k n тиісті, теңдеудің (1) шешімдері e k1x , e k 2 x … , e k n x
сызықты тəуелсіз. Онда теңдеудің (1) жалпы шешімі
y = C1e k1x + C 2 e k 2 x + … + C n e k n x .
78
1-мысал. y ′′ − 2 y ′ − 8 y = 0.
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуінің k 2 − 2k − 8 = 0 түбірлері
k1 = −2, k 2 = 4. Онда жалпы шешімі y = C1e −2 x + C 2 e 4 x .
2-мысал. y ′′′ − 16 y ′ = 0.
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуінің k 3 − 16k = 0 түбірлері
k1 = −4, k 2 = 0, k 3 = 4 болғандықтан, жалпы шешімі
y = C1e −4 x + C 2 + C 3 e 4 x .
Теңдеудің коэффициенттері нақты, сондықтан комплекс түбірлері түйіндес болып келеді. Комплекс түйіндес түбірлерге
(α + β i ) x
, e (α − β i ) x
k1 = α + β i жəне k 2 = α − β i тиісті шешімдер e
екі нақты шешімдермен алмастырылады:
e (α + β i ) x = eαx (cos β x + i sin β x) ,
e (α − β i ) x = eαx (cos β x − i sin β x) .
Бұл шешімдердің нақты жəне жорамал бөліктері e α x cos β x ,
e sin β x əрқайсысы теңдеудің шешімі, сондықтан комплекс
түйіндес түбірлерге тиісті деп қарастырылады.
αx
3-мысал. y ′′ − 2 y ′ + 10 y = 0 .
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуінің k 2 − 2k + 10 = 0 түбірлері
k = 1 ± 1 − 10 = 1 ± 3 i ,
k1 = 1 − 3 i , k 2 = 1 + 3 i .
Теңдеудің жалпы шешімі y = e x (C1 cos 3x + C2 sin 3x ).
4-мысал. y ′′ + a 2 y = 0.
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуінің k 2 + a 2 = 0 түбірлері
k1, 2 = ± a i. Теңдеудің жалпы шешімі: y = C1 cos a x + C 2 sin a x.
Сипаттамалық теңдеудің түбірлерінің ішінде қайталанған
(еселі) түбірлері кездессе, оларға тиісті əртүрлі e kx сызықты
тəуелсіз шешімдер саны n - ге жетпейді. Жетпейтін сызықты
тəуелсіз шешімдерді басқаша іздестіреді.
Сипаттамалық теңдеудің k i түбірі α i еселі болса, онда бұл
түбірге барлығы α i келесі сызықты тəуелсіз шешімдер тиісті
79
e ki x , xe ki x , … , x αi −1e ki x . Теңдеудің m
сипаттамалық түбірлері
k i , еселіктері α i , α 1 + α 2 + … + α m = n болса, онда жалпы
шешімі
m
y = ∑ (C 0i + C1i + C 2i x 2 + + Cα i −1,i x α i −1 )e ki x .
i =1
5-мысал. y ′′′ + 3 y ′′ + 3 y ′ + y = 0.
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің k 3 + 3k 2 + 3k + 1 = 0 немесе
(k + 1) 3 = 0 үш еселі түбірі k1 = k 2 = k 3 = −1 бар. Онда жалпы
шешімі y = (C1 + C 2 x + C 3 x 2 )e x .
Сипаттамалық теңдеудің комплекс түбірі p + qi , еселігі α
болса,
онда
оған
тиісті
шешімдері
e ( p + qi ) x , xe ( p + qi ) x ,
x 2e ( p + qi ) x , … , x α −1e ( p + qi ) x .
Эйлер формуласымен e ( p + qi ) x = e px (cos qx + i sin qx ) түрлендіріп, нақты жəне жорамал бөліктері бойынша жазылады.
Комплекс түйіндес p − qi түбірін ескерсек, барлығы 2α нақты
шешімдерін аламыз:
e px cos qx , xe px cos qx , x 2e px cos qx , … , x α −1e px cos qx ,⎫
⎬ (3)
e px sin qx , xe px sin qx , x 2e px sin qx , … , x α −1e px sin qx ⎭
Сонымен, α еселі комплекс түйіндес p ± qi түбірлеріне 2α
сызықты тəуелсіз шешімдері (3) тиісті.
6-мысал. y ( 4) + 8 y 2 + 16 y = 0 .
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуі k 4 + 8k 2 + 16 = 0 немесе
2
(k + 4) 2 = 0, екі еселі k = ±2i түбірі бар. Онда жалпы шешімі
y = (C1 + C 2 x) cos 2 x + (C 3 + C 4 x) sin 2 x.
2. Эйлер теңдеулері. Коэффициенттері ai тұрақтылар,
a 0 x n y ( n ) + a1 x n −1 y ( n −1) + + a n −1 xy ′ + a n y = 0,
(4)
түрдегі теңдеулер Эйлер теңдеулері деп аталады, айнымалы
x = e t (немесе x = −e t , егер x < 0 ) алмастыруымен, тұрақты
коэффициентті сызықтық біртекті теңдеуге келтіріледі.
80
dy dy − t
e ,
=
dx dt
Шындығында
d 2y
d 2 y dy
= e −2t ( 2 − ),
2
dx
dt
dt
.
.
.
.
.
.
.
.
dky
dy
d 2y
dky
= e − kt (β1
+ β 2 2 + + βk k )
k
dx
dt
dt
dt
(5)
Теңдік (5) индукция əдісімен дəлелденеді.
Сонымен, Эйлер теңдеуіне
n
∑ an − k x k
k =0
сызықты түрде кіретін x k
dky
=0
dx k
(4‫)׳‬
dky
dy
d 2y
dky
= β1
+ β2 2 + + βk k көk
dx
dt
dt
dt
бейтінді, жаңа айнымалы t бойынша да сызықты, яғни түрленген теңдеу де тұрақты коэффициентті сызықтық болып шығады:
b0
d ny
d n −1 y
dy
+
+ + bn −1
+ bn y = 0 .
b
1
n
n −1
dt
dt
dt
(6)
Дербес шешімдері y = e kt түрінде ізделінетін (6) теңдеусізақ, Эйлер теңдеуі шешімдерін y = x k түрінде іздестіруге болады.
Онда
a 0 k (k − 1) … (k − n + 1) + a1 k (k − 1) … (k − n + 2) + … + a n = 0 (7)
теңдеуінен анықталатын k i түбірлеріне, еселіктері α i , келесі
шешімдер тиісті x ki , x ki ln x , x ki ln 2 x , … , x ki ln αi −1 x ; комплекс
түйіндес p ± qi , еселіктері α түбірлеріне
x p cos(q ln x ), x p ln x cos(q ln x ), … , x p ln α −1 x cos(q ln x ),
x p sin(q ln x ), x p ln x sin(q ln x ), … , x p ln α −1 x sin(q ln x )
шешімдері тиісті.
6–684
81
7-мысал. x 2 y ′′ +
5
xy ′ − y = 0.
2
Шешуі. Теңдеудің шешімін y = x k түрінде іздестіреміз.
Онда k (k − 1) +
1
5
k − 1 = 0,
2
k1 =
1
, k 2 = −2, жалпы шешімі
2
y = C1 x 2 + C 2 x − 2 .
8-мысал. x 2 y ′′ − xy ′ + y = 0.
Шешуі. Шешімін y = x k түрінде іздестірсек,
2
− k + 1 = 0, (k − 1) = 0,
k1 = k 2 = 1.
k (k − 1) − k
Онда жалпы шешімі
( x > 0) y = (C1 + C 2 ln x )x .
9-мысал. x 2 y ′′ + xy ′ + y = 0.
Шешуі. Шешімін y = x k түрінде іздестірсек,
k (k − 1) + k + 1 = 0, k1, 2 = ± i . k (k − 1) + k + 1 = 0, k1, 2 = ± i .
Онда жалпы шешімі ( x > 0) y = C1 cos ln x + C 2 sin ln x .
Эйлер теңдеулері
a0 (ax + b)n y (n ) + a1(ax + b)n −1 y (n −1) + …
+an −1(ax + b) y ′ + an y = 0
(8)
ax + b = x1 алмастыруымен (4) түрге келтіріледі. Теңдеудің (8)
дербес шешімдері y = (ax + b)k түрінде іздестіріледі немесе
ax + b = e t (ax + b = −e t , егер ax + b < 0 болса) алмастыруымен
тұрақты коэффициентті сызықтық біртекті теңдеуге келтіріледі.
§12. Сызықтық біртекті емес (біртексіз) теңдеулер
Сызықтық біртексіз теңдеуді
a 0 ( x) y ( n ) + a1 ( x) y ( n −1) + + a n ( x) y = ϕ ( x) қарастырылып отырған аралықта I = (a, b) a 0 ( x) ≠ 0 болса,
y (n ) + p1( x ) y (n −1) + + pn ( x ) y = f ( x ),
түріне келтіреміз немесе L[ y ] = f (x) түрінде жазамыз.
82
(1)
Егер
f ( x ) жəне
pi ( x ) i = 1, n
функциялары
кесіндіде
a ≤ x ≤ b үзіліссіз болса, онда теңдеудің (1) бастапқы шарттарды
y ( k ) ( x0 ) = y 0( k ) , k = 1, n − 1 қанағаттандыратын жалғыз шешімі
бар.
Шындығында,
y ( n ) = − p1 ( x) y ( n −1) − p 2 ( x) y ( n − 2 ) − − p n ( x) y + f ( x)
(1‫)׳‬
теңдігінің оң жағындағы функция, бастапқы шарт нүктесінің
төңірегінде шешім бар жəне жалғыз болуы туралы теорема
шарттарын орындайды:
1) оң жағы барлық аргументтері бойынша үзіліссіз;
2) барлық y ( k ) k = 0, n − 1 бойынша шектеулі туындылы.
Сызықтық оператордың негізгі қасиеттерінен
L [Cy ] = CL [ y ] , L [ y1 + y 2 ] = L [ y1 ] + L [ y 2 ] тікелей туындайтын
келесі тұжырымдарды келтірейік:
1) Біртексіз теңдеудің шешімі ~
y жəне біртекті теңдеудің
шешімі y 0 қосындысы ~
y + y 0 , біртексіз теңдеудің шешімі, яғни
L [ y ] ≡ f ( x ), L [ y0 ] ≡ 0 болса, онда L [ y + y0 ] ≡ f ( x );
2) Егер L[ y i ] ≡ f i (x) болса, L ⎡⎢ ∑ α i yi ⎤⎥ ≡ ∑ α i f i ( x );
⎣ i =1
⎦ i =1
m
m
3) Егер L [u( x ) + iϑ ( x )] ≡ U ( x ) + iV ( x ) болса, онда L [u( x )] ≡
U ( x ), L [ϑ ( x )] ≡ V ( x ).
Теорема. Біртексіз теңдеудің L[ y ] = f (x) жалпы шешімі, осы
теңдеуге тиісті біртекті теңдеудің L[ y ] = 0 жалпы шешімі
n
∑C y
i
i
i =1
мен біртексіз теңдеудің L[ y ] = f (x) əйтеуір бір шешімінің y
қосындысына тең.
Дəлелдеуі.
n
y = ∑ Ci yi + y,
(2)
i =1
83
C i - кез келген тұрақтылар, y i - біртекті теңдеудің сызықты
тəуелсіз шешімдері, жалпы шешім екендігі дəлелденеді, егер
кез келген бастапқы шарттарды
y ( k ) ( x0 ) = y 0( k ) , k = 0, n − 1
(3)
қанағаттандыратындай C i - тұрақтыларын таңдай алатын болсақ,
a ≤ x0 ≤ b.
Шешімнің (2) бастапқы шарттарды (3) қанағаттандыруын
талап етсек,
n
⎧
∑
⎪ i = 1 Ci yi ( x 0 ) + y ( x 0 ) = y 0 ,
⎪ n
⎪ ∑ Ci yi′( x0 ) + y ′( x0 ) = y0′,
⎪ i =1
⎪ n
⎨
Ci yi′′( x0 ) + y ′′( x0 ) = y0′′,
⎪ ∑
i =1
⎪
. . . . . . . . . .
⎪
⎪ n
( n −1)
( n −1)
( x0 ) = y0(n −1)
⎪ ∑ Ci yi ( x 0 ) + y
⎩ i =1
(4)
теңдеулер жүйесі шығады. Бұл C i -лер бойынша сызықты
теңдеулер жүйесінің анықтауышы Вронский анықтауышы
W [ y1 , y 2 , … , y n ] , аралықтың a ≤ x0 ≤ b бірде-бір нүктесінде
жəне x0 ∈ [a, b] нүктесінде нөлге айналмайды, яғни оң жағындағы кез келген мəндерде C i (i = 1, n) бойынша жалғыз шешімді
береді. Теорема дəлелденді.
Сонымен, сызықтық біртексіз теңдеуді шешу, осы теңдеудің
бір дербес шешімін анықтауға жəне тиісті біртекті теңдеуді интегралдауға келтіріледі.
1-мысал. y ′′ + y = e x .
1
Шешуі. Теңдеудің бір дербес шешім y = e x , тиісті біртекті
2
теңдеудің жалпы шешімі y = C1 cos x + C 2 sin x. Онда біртексіз
1
теңдеудің жалпы шешімі y = C1 cos x + C 2 sin x + e x .
2
84
Біртексіз теңдеуге тиісті біртекті теңдеудің жалпы шешімі
белгілі болса, біртексіз теңдеуді тұрақтыларды вариациялау əдісімен интегралдауға болады.
Бұл əдісте біртексіз теңдеудің шешімі
n
y = ∑ C i ( x) y i
(5)
i =1
түрінде іздестіріледі. Функцияның y туындыларының түрі, C i
-лерді тұрақты деп қарастырғандағыдай болсын деп талап етсек,
n
n
i =1
i =1
y ′ = ∑ C i ( x) y i′ ( x) + ∑ C i′( x) y i ( x) ,
n
n
i =1
i =1
n
∑ C ′( x) y ( x) = 0,
i
i
i =1
n
y ′′ = ∑ Ci ( x ) yi′′( x ) + ∑ Ci′( x ) yi′( x ),
∑ C ′( x) y ′ ( x) = 0,
i
i
i =1
туындыларды есептеуді, осылайша (n − 1) ретке дейін жалғастырамыз, əрбіреуінде
n
∑ C ′( x ) y
i
(k )
i
( x) = 0 (k = 0, n − 2)
(6)
i =1
делінеді, онда:
n
⎧
y
C i ( x) y i ,
=
∑
⎪
i =1
⎪
n
⎪
′
y
C i ( x) y i′ ,
=
∑
⎪
i =1
⎪
n
⎪
′
′
y
C i ( x) y i′′ ,
=
⎪
∑
⎨
i =1
⎪. . . . . . .
⎪
n
⎪ ( n −1)
y
C i ( x) y i( n −1) ,
=
∑
⎪
i =1
⎪
n
n
⎪ n
(n)
y
C
(
x
)
y
C i′( x) y i( n −1) .
=
+
∑
∑
i
i
⎪
i =1
i =1
⎩
(7)
85
n
Соңғы теңдікте ∑ Ci′yi(n −1) = 0 дей алмаймыз, себебі C i (x) -тер
i =1
(n − 1) шартты орындап тұр жəне теңдеуді (1) де қанағаттандыруы
керек. Өрнектерді (7) теңдеуге (1) қойып, жетпей тұрған соңғы
шартты аламыз.
Сонымен, функциялар C i (x) i = 1, n келесі n сызықты теңдеулер жүйесінен анықталады:
⎧n
⎪∑ C i′( x) y i = 0 ,
⎪ i =1
⎪n
⎪∑ C i′( x) y i′ = 0 ,
⎪ i =1
⎪n
⎪∑ C i′( x) y i′′ = 0 ,
⎨ i =1
⎪. . . . . . .
⎪
⎪n
( n−2)
= 0,
⎪∑ C i′( x) y i
i =1
⎪
⎪n
( n −1)
= f ( x) .
⎪∑ C i′( x) y i
⎩ i =1
(8)
Бұл жүйенің анықтауышы теңдеудің L[ y ] = 0 сызықты тəуелсіз шешімдерінің Вронский анықтауышы болғандықтан,
ешбір нүктеде x ∈ [a, b] нөлге айналмайды, демек, C i′ ( x) = ϕ i ( x)
шешімдері бар. Интегралдасақ Ci ( x ) = ∫ ϕi ( x )dx + Ci шығады.
Ал бұларды (5)-ке қойсақ, біртексіз теңдеудің жалпы шешімі
табылады:
n
n
i =1
i =1
y = ∑ Ci yi ( x ) + ∑ yi ( x )∫ ϕi ( x )dx .
2-мысал. y ′′ + y =
(9)
1
cos x
Шешуі. Тиісті біртекті теңдеудің y ′′ + y = 0 жалпы шешімі
y = C1 cos x + C 2 sin x. Тұрақтыларды C1 , C 2 вариациялаймыз
86
y = C1 (x ) cos x + C 2 (x ) sin x .
C1 ( x ) жəне C 2 ( x ) :
⎧C1′ ( x ) cos x + C 2′ ( x )sin x = 0,
⎪
⎨
1
⎪⎩− C1′ ( x )sin x + C 2′ ( x ) cos x = cos x
C1′( x ) = −
sin x
, C1( x ) = ln cos x + C1 ,
cos x
C 2′ ( x) = 1 , C 2 ( x) = x + C 2
теңдеулер жүйесінен (8) анықталады. Онда бастапқы біртексіз
теңдеудің жалпы шешімі:
y = C1 cos x + C 2 sin x + cos x ln cos x + x sin x .
Біртексіз теңдеудің (1) дербес шешімі Коши əдісімен де
құрылады. Бұл əдіс бойынша теңдеудің (1) нөлдік бастапқы
шарттарды
y ( x0 ) = y ′( x0 ) = = y 0( n −1) ( x0 ) = 0 ( x0 ∈ I )
(10)
қанағаттандыратын дербес шешімі Коши формуласымен
x
y = ∫ K ( x , s ) f (s )ds
x0
( x0 , x ∈ I )
(11)
анықталады; мұндағы, K ( x, s ) Коши функциясы, параметрдің
s ∈ I əрбір мəнінде біртекті теңдеудің L[ y ] = 0 келесі шарттарды
K ( s, s ) = K ′( s, s ) = = K ( n − 2 ) ( s, s ) = 0, K ( n −1) ( s, s ) = 1 (12)
орындайтын дербес шешімі.
Теңдеудің L[ y ] = 0 фундаменталды
y1 , y 2 , … , y n арқылы
шешімдер
жүйесі
87
n
K ( x, s ) = ∑ C i ( s ) y i ( x )
(13)
i =1
Коши функциясы құрылады, коэффициенттері C i ( s ) i = 1, n
(12) – шарттың орындалуынан анықталады.
Теңдеудің L[ y ] = 0 фундаменталдық шешімдер жүйесі
y1 , y 2 , … , y n x = x0 ∈ I - нүктесінде нормалдық деп аталады,
егер:
.
y1 ( x0 ) = 1,
y1′ ( x0 ) = 0, … , y1( n −1) ( x0 ) = 0,
y 2 ( x0 ) = 0,
y 2′ ( x0 ) = 1, … , y 2( n −1) ( x0 ) = 0,
.
.
.
.
y n ( x0 ) = 0,
.
.
.
.
.
.
.
.
y n′ ( x0 ) = 0, … , y n( n −1) ( x0 ) = 1 .
Егер y1( x ), y 2 ( x ), … , yn ( x ) теңдеудің L[ y ] = 0 нормалдық
фундаменталдық шешімдер жүйесі болса, онда бұл теңдеудің
бастапқы шарттарды
y ( x0 ) = y 0 , y ′( x0 ) = y 0′ , … , y ( n −1) ( x0 ) = y 0( n −1) орындайтын Коши есебінің шешімі
y = y 0 y1 ( x) + y 0′ y 2 ( x) + + y 0( n−1) y n ( x) .
(14)
Егер L[ y ] = 0 теңдеуінің нормалдық фундаменталдық
шешімдер жүйесі y1 , y 2 , … , y n белгілі болса, онда сызықты
біртексіз
теңдеудің
(1)
бастапқы
шарттарды
( n −1)
( n −1)
y ( x0 ) = y 0 , y ′( x0 ) = y 0′ , … , y
( x0 ) = y 0
орындайтын шешімі
y = y0 y1( x ) + y0′ y 2 ( x ) + + y0(n −1) yn ( x ) + y ( x ),
(15)
мұндағы, y (x) - теңдеудің (1) Коши əдісімен құрылған дербес
шешімі.
3-мысал. y ′′ + a 2 y = f ( x)
88
Біртекті теңдеудің жалпы шешімі y = C1 cos ax + C2 sin ax.
Онда K ( x, s ) = C1 ( s ) cos ax + C2 ( s )sin ax, С1(s) жəне С2(s):
⎧C1 cos as + C2 sin as = 0,
⎨
⎩ − aC1 sin as + aC2 cos as = 1,
sin as
cos as
1
, C2 =
, K ( x, s ) = sin a ( x − s )
a
a
a
шарттардың орындалуынан табылады. Сонымен, берілген теңдеудің нөлдік бастапқы шарттарды орындайтын шешімі
C1 = −
1
sin a ( x − s ) f ( s )ds.
a x∫
x
y ( x) =
0
§13. Тұрақты коэффициентті сызықты
біртекті емес теңдеулер
Теңдеу L [ y ] ≡ y ( n ) + a1 y ( n −1) + + an −1 y ′ + an y = f ( x),
(1)
f(x)- аралықта I = (a, b) үзіліссіз, a j = const ( j = 1, n), n - ретті
сызықты біртекті емес тұрақты коэффициентті деп аталады.
Біртекті теңдеудің L[y] = 0 жалпы шешімі оңай табылатындықтан, біртексіз теңдеуді (1) интегралдау үшін оның дербес шешімін табу жеткілікті. Біртекті емес теңдеудің дербес шешімін
тұрақтыларды вариациялау əдісімен немесе Коши əдісімен табуға
болады.
Теңдеудің (1) оң жағы арнайы
f ( x) = Pm ( x)e σx
(2)
функциясы болса, онда дербес шешімі:
σx
егер σ ≠ ki − сипаттамалық түбіріне
⎪⎧ Rm ( x)e , åãåð
y=⎨ r
(3)
σx
егер σ = ki − еселігі r сипаттамалық түбіріне
⎪⎩ x Rm ( x)e , åãåð
көпмүшеліктің Rm (x) коэффициенттері анықталмаған коэффициенттер əдісімен табылады.
89
Теңдеудің (1) оң жағы арнайы
f ( x) = eα x [ Pm ( x) cos β x + Qn ( x)sin β x ]
(4)
функциясы болса, m ≤ n, онда дербес шешімі:
αx
Сипаттамалық түбіріне
,
α + iβ ≠ k,
⎪⎧e [Rn ( x ) cos β x + Τ n ( x ) sin β x ] егер
(5)
y = ⎨ r αx
⎪⎩ x e [Rn ( x ) cos β x + Τ n ( x ) sin β x ] ,егер α + i β = k , еселігі r сипаттамалық түбіріне
көпмүшеліктердің Rn(x), Tn(x) коэффициенттері анықталмаған коэффициенттер əдісімен табылады.
Сонымен, теңдеудің (1) оң жағы арнайы функциялар (2), (4)
болса, онда дербес шешімдерін табу алгебралық операцияларға
келтіріледі.
1-мысал. y ′′ + 4 y = x 2 + 3 x + 1. Теңдеудің жалпы шешімін
табу керек.
Шешуі. Біртекті теңдеудің y ′′ + 4 y = 0 жалпы шешімі
y = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x . Берілген біртекті емес теңдеудің оң
жағы e0⋅ x ( x 2 + 3 x + 1),
σ = 0 ≠ k1, 2 = 2i болғандықтан, дербес шешімін y = ax 2 +
+ bx + C түрінде іздестіреміз. Шешімді теңдеуге қойып, дəрежелері бірдей x коэффициенттерін теңестіріп, a,b,c коэффициенттерін табамыз.
4 y = ax 2 + bx + c ,
0 y ′ = 2 ax + b ,
1 y ′′ = 2 a
Дербес шешімі y =
x 2 4a = 1 ,
x 4b = 3,
x 0 4c + 2a = 1,
1
3
1
a = ,b = ,c =
8
4
4
1 2 3
1
x + x + , жалпы шешімі
4
4
8
y = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x +
1 2 3
1
x + x+ .
4
4
8
2-мысал. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ = 3 x + 1 жалпы шешімін табу керек.
Шешуі. Біртекті теңдеудің y ′′ − 2 y ′ = 0 жалпы шешімі
y = C1 + C 2 e 2 x .
90
Берілген теңдеудің оң жағы f ( x) = e 0⋅ x (3 x + 1) , σ = 0 = k1
болғандықтан, дербес шешімі y = x(ax + b) түрінде құрылады.
Шешімді теңдеуге қойып, коэффициенттерін табамыз:
3
0 y = ax 2 + bx ,
− 4a = 3 , a = −
x
4
−2 y ′ = 2 ax + b , 0
x − 2b + 2a = 1, b = a − 1 = − 3 − 1 = − 5
1 y ′′ = 2 a
2
4 2
4
3 2 5
Сонымен, берілген теңдеудің дербес шешімі y = − x − x,
4
4
3 2 5
2x
жалпы шешімі y = C1 + C 2 e − x − x .
4
4
3x
3-мысал. Теңдеудің y ′′ + 16 y = e жалпы шешімін табу керек.
Шешуі. Біртекті теңдеудің y ′′ + 16 y = 0 жалпы шешімі
y = C1 cos 4 x + C 2 sin 4 x .
3x
Берілген теңдеудің оң жағы f ( x) = e , σ = 3 ≠ k1, 2 болған3x
3x
3x
дықтан, дербес шешімі y = Be , y ′ = 3Be , y ′′ = 9 Be , теңдеуге қойып, коэффициентін табамыз
25 Be3 x ≡ e3 x , 25 B = 1, B =
1
.
25
Сонымен, теңдеудің жалпы шешімі y = C1 cos 4 x + C2 sin 4 x +
1 3x
+ e .
25
4-мысал. Теңдеудің y ′′ + y = e 2 x ( x 2 + x + 3) дербес шешімінің түрін көрсету керек.
Шешуі. Сипаттамалық түбірлер k1, 2 = ±i ≠ σ = 2 болған2x
2
дықтан, дербес шешім y = e (ax + bx + C ).
4x
5-мысал. Теңдеудің y ′′ − 8 y ′ + 16 y = (1 − x)e дербес шешімін көрсетіңіз (анықталмаған коэффициентерімен).
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің k 2 − 8k + 16 = 0 түбірлері
k1 = k 2 = 4 , σ = 4 , демек дербес шешімі y = x 2 e 4 x (ax + b) =
= e 4 x (ax 3 + bx 2 ).
91
2x
2
6-мысал. Теңдеудің y ′′′ − 6 y ′′ + 12 y ′ − 8 y = e ( x + 3) дербес
шешімін көрсетіңіз (анықталмаған коэффициенттерімен).
3
2
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің k − 6k + 12k − 8 = 0,
3
(k − 2) = 0 түбірлері k1 = k 2 = k 3 = 2 , яғни түбірі үш еселі,
σ = 2 , демек дербес шешімі
y = x 3e 2 x (ax 2 + bx + C ) = e 2 x (ax 5 + bx 4 + Cx 3 ).
7-мысал. Теңдеудің y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 13sin 3x жалпы шешімін
табу керек.
Шешуі. Біртекті теңдеудің y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 характеристи2x
3x
калық түбірлері k1 = 2 , k 2 = 3 ; жалпы шешімі y = C1e + C 2 e .
Берілген теңдеудің оң жағындағы функция үшін α + iβ = 3i ≠ k1, 2
болғандықтан, дербес шешімі y = A cos 3 x + B sin 3 x . Теңдеуге
қойып, коэффициенттерін табамыз:
6 y = A cos 3 x + B sin 3 x,
− 5 y ′ = 3B cos 3 x − 3 A sin 3 x,
1 y ′′ = −9 A cos 3 x − 9 B sin 3 x.
cos 3x −3 A − 15B = 0
sin 3x 15 A − 3B = 13
78 B = −13 , B = −
A = −5 B =
Сонымен, дербес шешімі y =
5
6
1
6
5
1
cos 3 x − sin 3 x, жалпы шешімі
6
6
1
5
y = C1e 2 x + C 2 e 3 x + cos 3 x − sin 3 x.
6
6
8-мысал. Теңдеудің y ′′ + 9 y = cos 3 x дербес шешімін көрсету керек (анықталмаған коэффициенттерімен).
Шешуі. Оң жағындағы функция үшін α + iβ = 3 i сипаттамалық түбірге k1 = 3 i тең болғандықтан, дербес шешімі
y = x( A cos 3 x + B sin 3 x) түрінде іздестіріледі.
92
x
9-мысал. Теңдеудің y ′′ + 2 y ′ + 5 y = e [ ( x + 1) cos 2 x + 3sin 2 x ]
дербес шешімін анықталмаған коэффициенттерімен жазу керек.
Шешуі. α + iβ = 1 + 2i ≠ k1,2 , k1,2 = −1 ± 2i
x
Онда дербес шешімі y = e [ (ax + b) cos 2 x + (cx + d )sin 2 x ].
IV
10-мысал. Теңдеудің y + 8 y ′′ + 16 y = 5sin 2 x дербес шешімінің түрін көрсету керек.
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуінің k 4 + 8k 2 + 16 = 0, (k 2 + 4
+ 4) 2 = 0 түбірлері k = ±2i екі еселі жəне α + iβ = 2i санына
тең болғандықтан, дербес шешімі
y = x 2 ( A cos 2 x + B sin 2 x).
11-мысал. Теңдеудің y ′′ − 4 y ′ + 13 y = e 2 x ( x 2 cos3 x − x sin 3 x)
дербес шешімінің түрін анықта.
Шешуі. α ± iβ = 2 ± 3i сандары, теңдеудің сипаттамалық түбірлеріне тең k 2 − 4k + 13 = 0, k1,2 = 2 ± 3i. Демек, дербес шешімі:
y = xe 2 x ⎡⎣(ax 2 + bx + c) cos3 x + (a1 x 2 + b1 x + c1 )sin 3 x ⎤⎦ .
Теңдеудің (1) оң жағы (4) түрінде берілсе, кейде көрсеткіштік
функцияға көшу тиімді.
12-мысал. y ′′ − y = cos x теңдеуін, мына теңдеумен алмастырсақ, y ′′ − y = eix , соңғы теңдеудің шешімінің нақты бөлігі,
алғашқы теңдеудің шешімін береді, себебі Эйлер формуласы бойынша e ix = cos x + i sin x .
ix
Соңғы теңдеудің дербес шешімі. y = Ae , теңдеуге қойып,
1
коэффициентін тапсақ, A = − , онда:
2
1
1
1
i
y = − e ix = − (cos x + i sin x ) = − cos x − sin x .
2
2
2
2
Демек, бастапқы теңдеудің дербес шешімі:
1
y = Re y = − cos x.
2
93
Тұрақты коэффициентті сызықты біртекті емес теңдеудің дербес шешімін, кейде операторлық əдіспен табу оңай.
Операторлық əдіс түсініктері
dk y
= D k y десек, теңдеу
k-ретті туындыны
k
dx
a 0 y ( n ) + a1 y ( n −1) + + a n y = f ( x)
a0 D n y + a1 D n −1 y + + an −1 Dy + an y = f ( x),
немесе
(a0 D n + a1 D n −1 + + an −1 D + an ) y = f ( x)
(6)
түрге келеді. Өрнек
a 0 D n + a1 D n −1 + + a n −1 D + a n ≡ F ( D)
(7)
операторлық көпмүшелік деп аталады, онда теңдеу (6) қысқаша
F ( D) y = f ( x) түрінде жазылады.
Тікелей тексеру арқылы:
1) F ( D)e kx ≡ e kx F (k );
2) F ( D 2 )sin ax ≡ sin axF ( − a 2 );
3) F ( D 2 ) cos ax ≡ cos axF ( − a 2 );
4) F ( D)e kxϑ ( x) ≡ e kx F ( D + k )ϑ ( x)
тепе-теңдіктер дəлелденеді.
Тепе-теңдік (4) көрсетейік:
n
F ( D)e ϑ ( x) = ∑ an − p D (e ϑ ( x)) = e
kx
p
p=0
+ pk p −1 Dϑ +
kx
n
kx
∑a
p=0
n− p
⎡⎣ k pϑ ( x) +
p ( p − 1) p − 2 2
k D ϑ + + D pϑ ⎤⎦ =
2!
n
= e kx ∑ an − p ( D + k ) p ϑ = e kx F ( D + k )ϑ ( x).
p=0
Операторлардың қосындысы, көбейтіндісі тиісінше былай
анықталады:
94
[ F ( D) + F ( D)] f ( x) = F ( D) f ( x) + F ( D) f ( x),
F ( D ) ⋅ F ( D ) f ( x ) = F ( D ) [ F ( D ) f ( x ) ].
1
2
1
Қасиеттері:
1
2
2
1
2
F1 ( D) + F2 ( D) = F2 ( D) + F1 ( D) ,
F1 ( D) ⋅ F2 ( D) = F2 ( D) ⋅ F1 ( D) ,
F ( D) [ F1 ( D) + F2 ( D) ] = F ( D) F1 ( D) +
+ F ( D) F2 ( D).
1
1
операторын анықтайық. Оператордың
F ( D)
F ( D)
үзіліссіз функцияға f(x) əсері, теңдеудің шешімі болады:
Енді
F ( D) y = f ( x),
y=
1
f ( x).
F ( D)
⎡ 1
⎤
F ( D) ⎢
f ( x) ⎥ ≡ f ( x).
⎣ F ( D)
⎦
Онда:
Оператордың
(8)
(9)
1
əсерін осылай қабылдасақ, онда:
F ( D)
1
(10)
[ F ( D) f ( x)] = f ( x).
F ( D)
1
Операторлардың Φ(D) жəне
көбейтінділері, келесі
F ( D)
⎡ 1
⎤
1
теңдіктермен анықталады: Φ ( D)
f ( x) = Φ ( D) ⎢
f ( x)⎥ ,
F ( D)
⎣ F ( D)
⎦
1
1
Φ ( D) f ( x) =
[ Φ ( D ) f ( x ) ].
F ( D)
F ( D)
95
Дербес жағдайда,
Оператордың
1)
1
f ( x) = ∫∫ ∫ f ( x)dx p , себебі D p y = f ( x).
p
D
1
кейбір қасиеттері:
F ( D)
1
1
kf ( x) = k
f ( x).
F ( D)
F ( D)
1
e kx
kx
, егер F (k ) ≠ 0 .
e =
2)
F (k )
F ( D)
3)
1
sin ax
2
sin ax =
, егер F (−a ) ≠ 0.
2
2
F (D )
F (−a )
4)
1
cos ax
cos ax =
, егер F (−a 2 ) ≠ 0.
2
F (D )
F (−a2 )
5)
1
1
e kxϑ ( x) = e kx
ϑ ( x).
F ( D)
F (D + k )
6)
1
1
1
f1 ( x) + f 2 ( x) ] =
f1 ( x) +
f 2 ( x).
[
F ( D)
F ( D)
F ( D)
7)
1
1
1
f ( x) =
⋅
f ( x).
F1 ( D) ⋅ F2 ( D)
F1 ( D) F2 ( D)
Мысалдар.
1
e4 x
4x
e =
;
1) y ′′ + 9 y = e , ( D + 9) y = e , y = 2
D +9
25
4x
2
4x
2) y I V + y = 3cos 4 x, ( D 4 + 1) y = 3cos 4 x,
y=
96
1
3cos 4 x
3
=
3cos 4 x =
cos 4 x;
2
D +1
( −16) + 1 217
4
3) y′′+5y=7sin2x, (D2+5)y=7sin2x,
y=
4) y =
7
7
sin 2 x =
sin 2 x = 7sin 2 x.
D +5
−4 + 5
2
1
x3
x
x 1
x
⋅
e
=
e
x
=
.
( D − 1) 2
D2
6
y ′′ − 2 y ′ + y = xe x , ( D − 1) 2 y = xe x ,
x
2
x
5) y ′′ − 2 y ′ + y = e , ( D − 1) y = e , y =
1
ex .
( D − 1) 2
Мұнда F (k ) = 0, сондықтан:
1
e kx ϑ ( x) формуласын ϑ ( x) = 1 деп қолданамыз:
F ( D)
2
1
1
x
x
x x
y=
e ⋅1 = e ⋅ 2 ⋅1 = e ⋅ .
2
( D − 1) 2
D
6) y ′′′ + y = sin x ,
( D 3 + 1) y = sin x ,
y=
1
sin x .
D +1
3
Оператор тақ дəрежелі болғандықтан 3) формуланы қолix
түріне келтірсек,
дана алмаймыз. Теңдеуді y ′′′ + y = e
ix
e = cos x + i sin x, бұның шешімінің жорымал бөлігі, алғашқы
теңдеудің шешімін береді.
1
eix
1 ix
ix
e
=
=
e =
3
3
D +1
i +1 1− i
1
1
= (1 + i )(cos x + i sin x) = [ cos x − sin x + (cos x + sin x)i ]
2
2
( D 3 + 1) y = eix , y =
7–684
97
1
Бұл шешімнің жорамал бөлігі (cos x + sin x), алғашқы тең2
деудің дербес шешімі.
7) y ′′ + y = cos x,
( D 2 + 1) y = cos x,
y=
1
cos x.
D +1
2
F (−a 2 ) = 0 болғандықтан, y ′′ + y = e ix , y ′′ + y = cos x + i sin x
теңдеуінің шешімінің нақты бөлімін аламыз.
( D 2 + 1) y = eix , y =
=
1
D2 + 1
eix =
1
1 ix
1 eix
e =
=
D−i D+i
D − i 2i
x sin x
eix 1
eix x x(cos x + i sin x)
бас⋅1 =
=
, нақты бөлігі Re y =
2
2i D
2i
2i
тапқы теңдеудің шешімі.
Оператордың
1
көпмүшелікке əсерін, яғни
F ( D)
F ( D) y = A0 x p + A1 x p −1 + … + Ap
теңдеуінің шешімін қарастырайық.
Формалды түрде 1 санын көпмүшелікке F(D)= an+
+an–1D +...+a0D n, an ≠0 бөліндіде p дəрежелі көпмүшелік b0+
+b1D +...+bpD p =Qp(D) жəне қалдық көпмүшелік R(D)= Cp+1D p+1+
+ Cp+2D p+2+...+Cp+nD p+n алғанша бөлеміз, яғни
F ( D)Q p ( D) + R( D) ≡ 1
(11)
тепе-теңдігін орындаймыз. Көпмүшелікке Pp(x)= A0x p+A1x p–1+...
Ap–1x+Ap тепе-теңдіктің (11) екі жағымен бірдей əсер етсек.
⎡ F ( D)Q p ( D) + R ( D) ⎤ ( A0 x p + A1 x p −1 + + Ap ) ≡ A0 x p + A1 x p −1 + + Ap ,
⎣
⎦
немесе
R ( D)( A0 x p + A 1 x p −1 + + Ap ) ≡ 0
98
екендігін ескерсек,
F ( D) ⎡⎣Q p ( D)( A 0 x p + A 1 x p −1 + + Ap ) ⎤⎦ ≡
≡ A 0 x p + A 1 x p −1 + + Ap
(12)
p
p −1
тепе-теңдігі шығады, яғни Q p ( D)( A 0 x + A 1 x + + Ap ) тең-
деудің F ( D) y = A0 x p + A1 x p −1 + + Ap шешімі.
Сонымен
1
(A x p+A1x p–1+...+Ap)=Qp(D)(A0xp+A1x p–1+...+Ap).
F ( D) 0
8-мысал.
y ′′ + 4 y = 2 x 2 + 3 x + 5,
Шешуі. ( D 2 + 4) y = 2 x 2 + 3 x + 5 , y =
1
1
(2 x 2 + 3 x + 5).
2
D +4
1
2
1 санын D 2 + 4 -ке бөлсек Q2 ( D) = − D - ты аламыз. Онда
4 16
шешім
1 1
1
3
y = ( − D 2 )(2 x 2 + 3 x + 5) = x 2 + x + 1.
4 16
2
4
9-мысал. y ′′ − 2 y ′ + 5 y = x 2 e x ,
Шешуі. ( D 2 − 2 D + 5) y = x 2 e x , ⎡⎣( D − 1) 2 + 4⎤⎦ y = x 2 e x ,
y = ex
10-мысал.
1
1 1
1
1
x 2 = e x ( − D 2 ) x 2 = e x ( x 2 − ).
4 16
4
8
D +4
2
y ′′ + 4 y = x sin 2 x
Шешуі. ( D 2 + 4) y = xei 2 x теңдеуі шешімінің жорамал бөлігі,
бастапқы теңдеу шешімін береді:
99
y=
1
1
xei 2 x = ei 2 x
x=
( D − 2i )( D + 2i )
D( D + 4i )
1
1
1
i 1
x
x2
i2x 1
i2x
( − + D) x = e
( − i + ) = e ( − i + x) =
=e
8
16
D 4 16
D 4 16
1
1
= ei 2 x ( x − 2 x 2i ) = (cos 2 x + i sin 2 x)( x − 2 x 2i ).
16
16
i2x
Алынған шешімнің жорамал бөлігі
y = Im y =
1
( x sin 2 x − 2 x 2 cos 2 x).
16
Эйлердің біртекті емес теңдеулері
a0 x n y ( n ) + a1 x n −1 y ( n −1) + + an y = f ( x),
a0 (ax + b) n y ( n ) + a1 (ax + b) n −1 y ( n −1) + + an y = b( x)
(13)
(14)
x = ± et (ax + b = ± et ) алмастыруларымен тұрақты коэффициентті теңдеулерге келтіріліп шешіледі. Біртекті теңдеуді интегралдап, жоғарыдағы алмастырулармен алынған тұрақты коэффициентті теңдеудің дербес шешімін табу тиімдірек.
ln 2 x
11-мысал. x y ′′ ( x) + 3 xy ′ ( x) + y ( x) =
x
2
Шешуі. Біртекті теңдеуді x 2 y ′′( x) + 3 xy ′( x) + y ( x) = 0 шешеміз:
y = x k , y ′ = kx k −1 , y ′′ = k (k − 1) x k − 2 , k 2 + 2k + 1 = 0,
1
x
(k + 1) 2 = 0, k1 = k2 = −1, y = (C1 + C2 ln x) .
Алмастыру x = e t нəтижесінде, бастапқы теңдеуді тұрақты
d2y
dy
+ 2 + y = t 2 e − t келтіреміз. Бұл
2
dt
dt
теңдеудің сол жағын сипаттамалық теңдеу k 2 + 2k + 1 = 0 бой-
коэффици-ентті теңдеуге
100
ынша жазуға да болады. Дербес шешімі операторлық əдіспен оңай
табылады. Сонымен берілген Эйлер теңдеуінің жалпы шешімі
y=
1
1 4 − t 1 ln 4 x
−t
−t 1 2
2
e
t
e
t
t e =
.
⋅
=
=
x
12
12
D2
( D + 1) 2
§14. Дифференциалдық теңдеулерді қатарлар
көмегімен интегралдау
Дифференциалдық теңдеулерді дəрежелік қатарлардың көмегімен шешу кең қолданылады.
1. Егер f ( x, y, y ′) функциясы ( x0 , y0 , y ′( x0 ) нүктесінде кез
келген ретті туындылы болса, онда:
есебінің шешімі
⎧ y ′′ = f ( x , y, y ′) ,
⎨
⎩ y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y0′
∞
y ( x) = ∑
k =0
y ( k ) ( x0 )
( x − x0 ) k
k!
(1)
(2)
(k )
түрінде жазылып, коэффициенттері y ( x0 ) теңдеуді (1) диффе-
ренциалдап, белгілі y ′ ( x0 ), y ′′ ( x0 ), …, мəндерін қойып, есептеумен анықталады.
1-мысал. Теңдеудің берілген шартты қанағаттандыратын шешімін табу керек
y ′′ + xy ′ + y = 1 ,
y (0) = y ′(0) = 0.
y ( k ) (0) k
x түрінде іздестіреміз.
Шешуі. Шешімді y ( x) = ∑
k!
k =0
(k )
Онда белгісіз y (0) коэффициенттерін теңдеуді бірте-бірте
дифференциалдап, белгілі y (0), y′ (0) мəндерінің көмегімен
анықтаймыз.
∞
y ′′ = 1 − xy ′ − y,
y ′′ (0) = 1,
101
y ′′′ = − y ′ − xy ′′ − y ′ = −2 y ′ − xy ′′,
y (4) = −3 y ′′ − xy ′′′,
y (4) (0) = −3,
y (5) = −4 y ′′′ − xy (4) ,
y (6) = −5 y (4) − xy (5) ,
Туындылар тізбегі
y (5) (0) = 0,
y (6) (0) = 5 ⋅ 3,
y (7) = −6 y (5) − xy (6) ,
y (8) = −7 y (6) − xy (7) ,
y ′′′ (0) = 0,
y (7) (0) = 0,
y (8) (0) = −7 ⋅ 5 ⋅ 3,
(2 n )
y(0)
= ( −1) n +11 ⋅ 3(2n − 1),
y (2 n ) (0)
=
2n !
∞
(−1)
( −1) n +1
=
y
(
x
)
x 2n .
болғандықтан, есептің шешімі
= n
∑
n
n =1 2 ⋅ n !
2 ⋅ n!
n +1
2. 1-теорема. Дифференциалдық теңдеудің
P0 ( x) y ′′ + P1 ( x) y ′ + P2 ( x) y = f ( x)
(3)
функциялары P0 ( x), P1 ( x), P2 ( x) жəне f (x) x0 - нүктесі төңірегінде аналитикалық жəне P0 ( x0 ) ≠ 0 болса, онда теңдеудің
дəрежелік қатармен жазылатын
∞
y ( x ) = ∑ a k ( x − x0 ) k
k =0
(4)
шешімі бар.
Теорема тұжырымы бойынша сызықтық теңдеудің шешімін
(4) жазып, коэффициенттерін ak , k = 0,1,2,… анықталмаған коэффициенттер əдісімен табады.
2-мысал. Теңдеуді дəрежелік қатармен интегралдау керек:
y ′′ − xy ′ + y = x ,
∞
y (0) = y ′(0) = 0.
k
Шешуі. Шешімді y ( x) = ∑ ak x түрінде іздестіреміз.
k =0
102
y ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + + ak x k + ,
y ′(0) = a1 = 0 .
y (0) = a0 = 0,
∞
k
Демек y ( x) = ∑ ak x шешімін теңдеуге қоямыз:
k =2
∞
∞
∞
k =2
k =2
k =2
∑ k (k − 1)ak x k − 2 − x∑ kak x k −1 + ∑ ak x k = x,
∞
∞
∞
k =2
k =2
k =2
∑ k (k − 1)ak x k − 2 − ∑ kak x k + ∑ ak x k = x.
Соңғы теңдікті
∞
∞
K =2
K =2
∑ k ( k − 1) ak x k − 2 − ∑ ( k − 1) ak x k = x
түрге
келтіріп, “анықталмаған” каэффициенттер əдісімен ak -ларды табамыз.
Бірінші қосындысының екі қосылғышын бөліп жазып, қосындыларды біріктірсек,
∞
1 ⋅ 2 ⋅ a2 + 1 ⋅ 2 ⋅ 3a3 x + ∑ ⎡⎣( k + 2)( k + 1) ak + 2 − ( k − 1) ak ⎤⎦ x k = x
k =2
теңдігі шығады.
Онда: a2 = 0 ,
a3 =
1
1
= ; 4 ⋅ 3 a 4 −a2 = 0 , a4 = 0 ;
2 ⋅ 3 3!
5 ⋅ 4 ⋅ a5 − 2 a3 = 0 , a5 =
2 a3
2
2
=
= ;
5 ⋅ 4 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 5!
6 ⋅ 5 a6 − 3 a 4 = 0 , a6 = 0 ;
7 ⋅ 6 a 7 − 4 a5 = 0 , a 7 =
4 a 5 2 2 ⋅ 2!
=
;
7⋅6
7!
8 ⋅ 7 a8 − 5a6 = 0 , a8 = 0 ;
9 ⋅ 8 a9 − 6a7 = 0, a9 =
6 a7 2 3 ⋅ 3!
=
;
9 ⋅8
9!
103
.
.
.
. .
.
.
.
. . .
⎧0, k = 2n
⎪
ak = ⎨ 2n −1 (n − 1)!
⎪ (2n + 1)! , k = 2n + 1
⎩
.
Сонымен теңдеудің шешімі:
2 n −1 (n − 1)! 2 n +1
x , x ∈ R.
y ( x) = ∑
!
n =1 ( 2n + 1)
∞
3. Сызықтық теңдеудің жоғарғы ретті туындысының коэффициенті x0 нүктесінде нөлге айналса, келесі теореманы қолдануға болады
2-теорема. Егер дифференциалдық теңдеудің
P0 ( x) y ′′ + P1 ( x) y ′ + P2 ( x) y = 0
коэффициенттері
P0 ( x), P1 ( x), P2 ( x)
(4)
x0-нүктесі төңірегінде
аналитикалық жəне x0 нүктесі P0 ( x) функциясы үшін s ретті,
P1 ( x) функциясы үшін s − 1 -ден кем емес ретті, ал P2 ( x)
функциясы үшін s − 2 -ден кем емес ретті нөлдері болса, онда
(4) теңдеудің шешімі x0 - нүктесі төңірегінде бар жəне жалпыланған
∞
y ( x) = ( x − x0 ) r ∑ a k ( x − x0 ) k
k =0
қатары түрінде жазылады, мұндағы a0 ≠ 0 жəне r ∈ R .
3-мысал. Теңдеудің жалпы шешімін жалпыланған қатар түрінде табу керек
xy ′′ + 2 y ′ + xy = 0.
Шешуі. x = 0 нүктесі төңірегінде 2-теорема шарттары орындалатындықтан, шешімді:
∞
∞
k =0
k =0
y = x r ∑ ak x k = ∑ ak x k +r ,
түрінде жазып
104
∞
∞
k =0
k =0
y ′ = ∑ ak (k + r )x k + r −1, y ′′ = ∑ ak (k + r )(k + r − 1)x k + r − 2 ,
теңдеуге қоямыз
∞
∞
∞
k =0
k =0
k =0
x ∑ ak (k + r )(k + r − 1) x k + r − 2 + 2∑ ak (k + r ) x k + r −1 + x ∑ ak x k + r = 0.
∞
∑ ak (k + r )(k + r − 1) x
k =0
k + r −1
∞
+ ∑ 2ak (k + r ) x
k =0
k + r −1
∞
+ ∑ ak x k + r +1 = 0.
k =0
Қосылғыштарды x-тің дəрежелері бойынша топтастырамыз:
a0 r (r + 1) x r −1 + a1 (r + 1)(r + 2) x r + [ a2 (r + 2)(r + 3) + a0 ] x r +1 +
+ [ a3 (r + 3)(r + 4) + a1 ] x r + 2 + [ a4 (r + 4)(r + 5) + a2 ] x r + 3 +
+ [ a5 (r + 5)(r + 6) + a3 ] x r + 4 + [ a6 (r + 6)(r + 7) + a4 ] x r + 5 + … = 0.
Коэффициенттерді “анықталмаған коэффициенттер” əдісімен
табамыз:
a0 r (r + 1) = 0 , a1 (r + 1)(r + 2) = 0. Бұл теңдіктерден кез
келген a0 ≠ 0, a1 ≠ 0 мəндерінде r = −1 екендігін анықтаймыз. Теңдеудің жалпы шешімі екі параметрден (тұрақтыдан)
тəуелді болатындықтан, қатардың қалған коэффициенттерін
C1 = a0 , C 2 = a1 тұрақтыларымен есептейміз
a2 = −
a5 = −
C
a
C
C1
, a3 = − 2 , a 4 = − 2 = 1 ,
3!
3 ⋅ 4 4!
1⋅ 2
a5 C 2
a
a
C
C
, a6 = − 4 = − 1 , a7 = − 5 = − 2 ,
=
4⋅5 5!
5⋅6
6!
6⋅7
7!
.
. . . . . .. . . . . .
Сонымен теңдеудің жалпы шешімі:
.
105
y = x −1 (C1 + C 2 x − C1
− C1 ⋅
x2
x3
x4
x5
− C2
+ C1 + C 2
−
2!
3!
4!
5!
cos x
sin x
x6
x7
.
− C 2 ⋅ + ) = C1
+ C2
6!
7!
x
x
4. Бессель теңдеуі жəне функциялары.
Коэффициенттері 2-теореманың шарттарын орындайтын
x 2 y ′′ + xy ′ + ( x 2 + n 2 ) y = 0
(1)
теңдеуі, n ретті Бессель теңдеуі деп аталады.
Кемінде бір нөлден өзге шешімі жалпыланған дəрежелік қатардың қосындысы:
∞
y = ∑ a p xk+ p
p =0
түрінде табылады. Қатарды екі рет мүшелеп дифференциалдап,
теңдеуге қоямыз:
∞
∞
p=0
p=0
x 2 ∑ a p (k + p )(k + p − 1) x k + p − 2 + x ∑ a p (k + p ) x k + p −1 +
∞
+ ( x2 − n2 ) ∑ a p xk + p ≡ 0
p=0
Бірдей дəрежелі x- тің коэффициенттерін теңестіріп, белгісіз
коэффициенттер үшін теңдеулер жүйесін аламыз:
a0 [ k 2 − n 2 ] = 0 ,
a1[(k + 1) 2 − n 2 ] = 0,
[(k + 2) 2 − n 2 ]a2 + a0 = 0,
[(k + 3) 2 − n 2 ] a3 + a1 = 0,
. . .
.
.
.
.
[(k + p ) 2 − n 2 ] a p + a p − 2 = 0.
106
2
2
Бұдан a0 ≠ 0 десек, k − n = 0, яғни k = ± n мəндерін,
нақты k = n ≥ 0 мəндерінде a1 = 0,
a2 = −
a2 p +1 = 0,
a0
a
=− 2 0
,
2
2
(n + 2) − n
2 (n + 1)
a0
a2
a2
=− 2
= 4
,
2
2
(n + 4) − n
2 (n + 2) ⋅ 2 2 (n + 1)(n + 2) ⋅ 1 ⋅ 2
… … … … … … … … … … … …
a4 = −
a2 p =
( −1) p a0
,
22 p ⋅ p !(n + 1)(n + 2)(n + p )
… … … … … … … …
коэффициенттерін табамыз. Дəл осы сияқты k = −n болғанда,
a2 p +1 = 0 , a2 p =
( −1) p a0
.
22 p p !(n + 1)(n + 2)(n + p )
Сонымен k = n болғандағы теңдеудің шешімін:
∞
( −1) p x 2 p + n
y = a0 ∑ 2 p
,
p !(n + 1)(n + 2)(n + p )
p=0 2
тұрақтыны a0 =
1
деп,
2 Γ(n + 1)
n
2 p+n
⎛ x⎞
(−1) ⎜ ⎟
⎝2⎠
p !Γ(n + p + 1)
p
∞
y=∑
p =0
(2)
түрге келтіреміз. Мұндағы, Γ - Эйлердің гамма – функциясы,
∞
Γ ( p ) = ∫ e − x x p −1dx , p > 0, Γ ( p + 1) = pΓ ( p );
0
∞
p= 1 болса, Γ (1) = ∫ e − x dx = 1, ал p = n + 1 бүтін мəнінде Г(n+1)= n!.
0
107
(2) шешімді əдетте, J n (x) -пен белгілеп, бірінші түрдегі nретті Бессель функциясы деп атайды.
1
мəндерінде бірінші түрдегі − n
k = − n , a0 = − n
2 Γ(−n + 1)
ретті Бессель функциясын аламыз:
2 p −n
∞
J −n ( x) = ∑
p =0
⎛ x⎞
(−1) p ⎜ ⎟
.
⎝2⎠
p !Γ(−n + p + 1)
(3)
n - бүтін емес болса J n ( x), J − n ( x) шешімдері сызықты
тəуелсіз; n - бүтін болса, бұл шешімдер сызықты тəуелді
J − n ( x) = ( −1) n J n ( x), басқа сызықты тəуелсіз шешімдер іздесті-
ріледі. Бұндай шешімдер ретінде жалпыланған қатарларды ln
x-ке көбейтіп, алынған немесе белгілі бір шешімнің көмегімен
теңдеудің ретін төмендету жолымен құрылған шешімдерді қабылдауға болады. Осы тəсілдердің бірімен тұрақты көбейткіші
арнайы таңдалып, J n (x) -тен сызықты тəуелсіз етіп құрылған кез
келген шешім, екінші түрдегі Бессель функциясы аталып, Yn (x)
- деп белгіленеді.
Əдетте,
Yn ( x) = lim
ν →n
Jν ( x) cosν π − J −ν ( x)
sinν π
(4)
түрінде қарастырылады, n- бүтін. Yn (x) Нейман (немесе Вебер)
функциясы деп аталады.
Сонымен Бессель теңдеуінің жалпы шешімі
⎧C J ( x) + C 2 J −n ( x) ,
y ( x) = ⎨ 1 n
⎩ C1 J n ( x) + C 2Yn ( x) ,
(5)
Бессель функциялары зерттелген, мəндерінің арнайы кестелері құрылған. Сондықтан есептің шешімі бұл функцияларға
келтірілсе, мəселе толық айқындалған деп түсінеміз.
Қолданыста жиі кездесетін
108
x 2 y ′′ + xy ′ + (m 2 x 2 − n 2 ) y = 0
(6)
теңдеуін, x1 =mx алмастыруымен
dy dy dx1
dy
=
=m
,
dx dx1 dx
dx1
2
d2y
2 d y
=
m
dx 2
dx12
қарастырылған Бессель теңдеуіне келтіреміз:
x12
d2y
dy
+ x1
+ ( x12 − n 2 ) y = 0.
2
dx
dx1
1
Онда бұл теңдеудің жалпы шешімі
⎧C1 J n (mx) + C2 J − n (mx),
y ( x) = ⎨
⎩C1 J n (mx) + C2Yn (mx),
1-мысал.
n - бүтін емес;
n - бүтін
16 ⎞
⎛
x 2 y ′′ + xy ′ + ⎜ 9 x 2 − ⎟ y = 0.
⎝
36 ⎠
шешімін табу керек.
2
Шешуі. Теңдеуде n =
(7)
Теңдеудің жалпы
16
4 2
, n = = бүтін емес, m2 =9, m = 3
36
6 3
болғандықтан y ( x ) = C1 J 2 / 3 (3 x) + C2 J −2 / 3 (3 x).
(
)
2
2
2-мысал. x y ′′ + xy ′ + 5 x − 9 y = 0. Теңдеудің жалпы шеші-
мін табу керек.
Шешуі. m = 5 , n = 3 − бүтін.
(
)
(
y ( x ) = C1J 3 x 5 + C 2Y 3 x 5
)
.
3-мысал. Теңдеудің
1⎞
⎛
x 2 y ′′ + xy ′ + ⎜ 4 x 2 − ⎟ y = 0
9⎠
⎝
x = 0 нүктесінде үздіксіз жəне y(0,3) = 2 шартын орындайтын
шешімін табу керек.
109
Шешуі: Жалпы шешімі y ( x ) = C1 J1/ 3 ( 2 x ) + C2 J −1/ 3 ( 2 x ).
Функция J–1/3(2x) x= 0 нүктесінде үзілісті, онда y(x) шешімі
x = 0 нүктесінде үздіксіз болуы үшін C 2 = 0; y(x)= C1J1/3(2x).
2
Екінші шарт бойынша y(0,3) = 2, яғни C1 =
.
J 1 / 3 (0,6)
Бессель функциялары кестесінен
J 1 (0,6) = 0,700 , онда C1 ≈ 2,857 , y ( x) ≈ 2,857 J 1 (2 x) .
3
3
Қолданыста периодты шешімдері қарастырылатын дифференциалдық теңдеулер кездеседі.
Теңдеудің
x (n ) = F t , x, x′, ..., x (n−1)
(
)
оң жағындағы функция F аргументі t бойынша периодты болмаса, периодты шешім қарастырылмайды. Периодты шешім
іздестірілуі үшін функция F аргумент t бойынша периодты немесе t-дан тəуелсіз болуы керек.
Теңдеудің
x ′′ + a 2 x = f (t ) ,
(8)
f (t + T ) = f (t )
периодты шешімін қарастырайық.
Шешімді Фурье қатарының қосындысы түрінде іздестіреміз:
егер T = 2l болса, онда:
x (t ) =
A0 ∞ ⎛
nπ
nπ ⎞
+ ∑ ⎜ An cos t + Bn sin
t⎟ ;
2 n =1 ⎝
l
l ⎠
(9)
егер T = 2π болса, онда:
x (t ) =
A0 ∞
+ ∑ ( Ak cos kt + Bk sin kt ) .
2 k =1
(10)
2π
Функция f(t) периоды T болса, t1 =
t алмастыруымен f(t1)
T
периоды 2π функция ете аламыз.
Берілген теңдеудегі (8) функция f(t) T = 2π периодты, үздіксіз жəне Фурье қатарына жіктелетін делік:
110
f (t ) =
a0 ∞
+ ∑ (ak cos kt + bk sin kt )
2 k =1
(11)
Онда шешімді (10) екі рет мүшелеп дифференциалдап, теңдеуге қоямыз
∞
∞
⎡A
⎤
− ∑ k 2 ( Ak cos kt + Bk sin kt ) + a 2 ⎢ 0 + ∑ ( Ak cos kt + Bk sin kt )⎥ ≡
k =1
⎣ 2 k =1
⎦
≡
a0 ∞
+ ∑ ( ak cos kt + bk sin kt ).
2 k =1
Бұдан:
⎫
⎪
⎪
a
⎪
(a 2 − k 2 ) Ak = a k , Ak = 2 k 2 , ⎬
a −k
⎪
b
2
2
⎪
(a − k ) Bk = bk , Bk = 2 k 2
⎪⎭
a −k
(12)
∞
a0
ak cos kt + bk sin kt
+
∑
2
2a
a2 − k 2
k =1
(13)
a 2 A0 a 0
=
,
2
2
Сонымен,
A0 =
a0
,
a2
қатары теңдеуді (8) қанағаттандырады. Бұл қатар жинақты,
екі рет мүшелеп дифференциалданады, f(t) - үздіксіз функция
болғандықтан, біркелкі жинақты. Онда қатардың қосындысы x(t)
бар жəне теңдеудің периодты шешімі.
a санының бүтін n санынан айырымы аз жəне an ≠ 0 немесе
a
b
bn ≠ 0 болса An = 2 n 2 , Bn = 2 n 2 коэффициенттерінің
a −n
a −n
кемінде біреуі шексіз өсуімен, резонанс басталады.
Егер a = n жəне an , bn коэффициенттерінің əйтеуір біреуі нөл
емес болса, теңдеудің периодтық шешімдері жоқ. Себебі теңдеудің
оң жағындағы резонанстық қосылғыштарға an cos nt + bn sin nt
жалпы шешімде периодты емес an cos nt + bn sin nt қосылғыш
сəйкес. Демек, a = n мəнінде периодты шешім резонанстық
қосылғыштар an cos nt + bn sin t жоқ кезінде, яғни
111
an =
1
2π
π
∫ f (t ) cos ntdt = 0,
bn =
ο
1
π
2π
∫ f (t ) sin ntdt = 0
(14)
ο
болғанда ғана бар. Соңғы a = n , an = bn = 0 жағдайға периодты
шешім бар, k ≠ n коэффициенттері (12) формулалармен, ал An
жəне Bn коэффициенттері кез келген сандар.
4-мысал. Теңдеудің периодты шешімін анықтаңыз
x′′ + 9 x = cos 2 t
Шешуі. Периодты шешім болу шарты (14) n = 3 болғанда
орындалмайды:
2π
∫ cos
0
2
t sin 3tdt = 0,
2π
∫ cos
2
t ⋅ cos3tdt ≠ 0.
0
Демек, периодты шешімі жоқ.
5-мысал. Теңдеудің периодты шешімін анықтаңыз
∞
cos kt
.
2
k =2 k
x ′′ + x = ∑
Шешуі. Оң жағында резонансқа ықпал етуші мүшелері
a1 cos t + b1 sin t жоқ болғандықтан, периодты шешімі x(t)=
∞
cos kt
=∑ 2
+ C1 cos t + C2 sin t бар, мұндағы C1 ,C 2 еркін тұ2
k = 2 k (1 − k )
рақтылар.
§15. Кіші параметр əдісі
Практикада
x′′ + a 2 x = f (t ) + μ F (t , x, x′, μ )
(1)
түріндегі теңдеудің периодты шешімін табумен байланысты
есептер кездеседі. Мұндағы μ -кіші параметр, μF (t , x, x′, μ )
кіші сызықсыз қосылғыш.
Егер теңдеудің μF (t , x, x′, μ ) қосылғышын алып тастасақ
x ′′ + a 2 x = f ( x), (1) теңдеуді тудыратын деп аталатын, бұрын
қарастырылған теңдеу шығады.
112
Кіші сызықсыздықпен берілген сызықсыз емес тербеліс
теңдеуінің (1) периодты шешімі, А. Пуанкаре жəне А. М. Ляпунов
ұсынған, кіші параметр μ дəрежелерімен қатарға жазу əдісімен
құрылады. Бұл əдіс қазіргі кезде əрқилы есептерді шешуде
қолданылады.
Шешімнің параметрден аналитикалық тəуелділігі туралы
теоремаға сүйенсек, берілген аумақта f (t ) функциясы үздіксіз,
F (t , x, x ′, μ ) функциясы t бойынша үздіксіз, қалған аргументтері
x, x ′ жəне модулі жеткілікті аз μ бойынша аналитикалық десек, онда теңдеудің (1) шешімдері x(t , μ ) параметрдің μ
аналитикалық функциялары болады.
Осы шарттар орындалса, периодты x(t , μ ) шешімі келесі
қатардың қосындысы түрінде іздестіріледі
x(t , μ ) = x0 (t ) + μx1 (t ) + μ 2 x 2 (t ) + + μ n x n (t ) + Қатарды екі рет мүшелеп интегралдап, F (t , x, x ′, μ ) функциясын x − x0 , x ′ − x0′ жəне μ дəрежелеріне жіктеп, теңдеуге (1)
қоямыз
x ′ (t , μ ) = x0′ (t ) + μ x1′(t ) + μ 2 x2′ (t ) + + μ n xn′ (t ) + ,
x ′′ (t , μ ) = x0′′(t ) + μ x1′′(t ) + … + μ n xn′′(t ) + ,
∂F
⎡
x ′′ + a 2 x = f ( x) + μ ⎢ F (t , x0 , x0′ ,0) +
(t , x0 , x0′ ,0)( x − x0 ) +
∂x
⎣
⎤
∂F
∂F
(t , x0 , x0′ ,0)( x ′ − x0′ ) +
(t , x0 , x0′ ,0) μ + ⎥
(2)
∂x ′
∂μ
⎦
Теңдеудің (2) екі жағындағы бірдей дəрежелі μ коэффициенттерін теңестіріп, аламыз:
+
⎧ x0′′ + a2 x0 = f (t ),
⎪
2
⎪⎪ x1′′+ a x1 = F (t , x0 , x0′ ,0),
⎨
∂F
∂F
∂F
2
(t , x0 , x0′ ,0) x1 +
(t , x0 , x0′ ,0) x1′ +
(t , x0 , x0′ ,0) (3)
⎪ x2′′ + a x2 =
∂
x
∂
x
∂
μ
′
⎪
⎪⎩.....................................................................................................
8–684
113
Бірінші теңдеуді интегралдап, x0 (t ) -ні екінші теңдікке
қойып, x1 (t ) үшін тағы да сызықтық теңдеу аламыз, тағы сол
сияқты жалғасады, x n (t ) -ні табу үшін де сызықтық теңдеу
қарастырылады.
Периодты шешімдер қарастырылса оң жағындағы функциялардан периодтылық талап етіледі. Мұнда резонанстық
емес жағдай a ≠ n, резонанстық жағдай a = n немесе a → n,
2
автономдық жағдай x' '+ a x = μ F ( x, x' , μ ) жеке-жеке шешіледі.
§16. Шеттік есептер түсініктері
Бастапқы шартпен берілген есептермен қатар, шет нүктелеріндегі шарттарымен де қарастырылатын есептер жиі ұшырасады. Мысалы, массасы m материалдық нүкте F (t , r , r) күшінің
əсерімен қозғалысында t 0 бастапқы сəтінде r0 = r (t 0 ) радиусвекторымен анықталатын нүктеде, ал t = t1 сəтінде r1 = r (t1 )
радиус-векторымен анықталатын нүктеге түсуі керектігінің қозғалыс заңын табу керек.
Есеп дифференциалдық теңдеуді
m
d 2r
= F (t , r , r)
dt 2
шеттік r (t 0 ) = r0 , r (t1 ) = r1 шарттарымен интегралдауға келтіріледі.
Теңдеудің жалпы шешімі болса, есептің берілген шартты
орындайтын шешімін табу үшін, шеттік шарттарды қолданып,
тұрақтылардың мəндерін анықтаймыз.
Мұнда нақты шешім барлық уақытта бола бермеуі де жəне
жалғыз болмауы да мүмкін.
1-мысал. y ′′ + y = 0, y (0) = 0, y ( x1 ) = y1 есебін қарастырайық.
Теңдеудің жалпы шешімі y = C1 cos x + C 2 sin x. Бірінші шеттік шарт C1 = 0 мəнінде орындалғандықтан, шешім y = C 2 sin x.
Егер x1 ≠ nπ , n - бүтін болса, екінші шарттан
114
y1 = C 2 sin x1 , C 2 =
y1
.
sin x1
Демек бұл жағдайда есептің жалғыз шешімі бар:
y=
y1
⋅ sin x
sin x1
Егер x1 = nπ жəне y1 = 0 болса, онда барлық қисықтар
y = C 2 sin x шеттік есеп шешімі.
Егер x1 = nπ жəне y1 ≠ 0 болса, онда есептің шешімі жоқ.
Екінші ретті сызықтық теңдеудің шеттік есебін
қарастырайық:
y ′′ + P1 ( x) y ′ + P2 ( x) y = ϕ ( x),
y ( x0 ) = y 0 ,
y ( x1 ) = y1 .
(1)
(2)
Айнымалыларды сызықтық түрлендіру
z = y−
y1 − y 0
( x − x0 ) − y 0
x1 − x0
нəтижесінде шеттік шарттар (2) нөлдік шарттарға z ( x0 ) = z ( x1 ) = 0
келтіріледі, теңдеудің (1) сызықтығы өзермейді.
p ( x ) dx
Теңдеуді (1) e ∫ 1
-ке көбейтіп,
d
( p ( x) y ′ ) + q ( x) y = f ( x),
dx
p ( x ) dx
p( x) = e∫
1
түрге келтіреміз. Сондықтан (1)-(2) шеттік есебін зерттеуді
d
( p ( x) y ′ ) + q ( x) y = f ( x),
dx
(3)
y ( x0 ) = y ( x1 ) = 0
(4)
шеттік (3)-(4) есебін зерттеумен алмастыра аламыз.
115
Шеттік есепті (3) - (4) x = s нүктесінің төңірегінде f (x)
функциясы бірлік импульсті, яғни:
d
( p ( x ) y ′ ) + q ( x ) y = f ε ( x, s )
dx
y ( x0 ) = y ( x1 ) = 0,
(5)
мұндағы, f ε ( x, s ) кесіндіде [ x0 , x1 ] нөлге тең,
s+ε
x = s, s − ε < x < s + ε төңірегінде
∫
f ε ( x, s )dx = 1
s −ε
деп қарастырамыз. Бұл шеттік есептің үздіксіз шешімін Gε ( x, s )
деп ε → 0 шекке көшеміз:
lim Gε ( x, s ) = G ( x, s ).
ε →0
(6)
Функция G ( x, s ) қарастырылып отырған шеттік есептің əсер
немесе Грин функциясы деп аталады.
Шеттік есептің (3)-(4) шешімі
y ( x) =
x
1
x
0
∫ G( x, s) f (s)ds
(7)
екендігіне, интегралдық қосындылар шегі арқылы көз жеткіземіз
m
∑ G( x, s ) f (s ) Δs,
i
i
m → ∞.
i =1
Грин функциясының қасиеттері:
1. G(x,s) функциясы берілген s мəнінде x арқылы x0 ≤ x ≤ x1,
x0 ≤ s ≤ x1 аралықтарында үздіксіз;
2. [x0, x1] кесіндісінің x=s нүктесінен басқа барлық нүктелерінде G(x,s) функциясы біртекті
d
( p( x) y ′ ) + q( x) y = 0
dx
теңдеуінің шешімі;
3. G ( x0 , s ) = G ( x1 , s ) = 0;
116
4. G x′ ( x, s ) туындысы x=s нүктесінде үзілісті, секірісі
Шындығында,
1
;
p( s)
d
( p ( x)Gε′ ( x, s )) + q ( x)Gε ( x, s ) ≡ f ε ( x, s ),
dx
p ( x)Gε′ ( x, s )
s+ε
s −ε
+
s+ε
∫
q ( x)Gε ( x, s )dx = 1,
s −ε
ε → 0 : [G ′ ( s + 0, s ) − G ′ ( s − 0, s )] =
1
.
p( s)
Сонымен, (3)-(4) шеттік есептің Грин функциясы G ( x, s ) деп,
жоғарыда аталған 1) – 4) қасиеттерін орындайтын функцияны айтады.
Теңдеуге (3) тікелей қою жолымен
x1
y ( x) = ∫ G ( x, s ) f ( s ) фунциясының есептің шешімі екендігіне
x0
көз жеткізіміз.
Шындығында,
x1
x
x1
x0
x0
x
y ′ ( x) = ∫ Gx′ ( x, s ) f ( s )ds = ∫ Gx′ ( x, s ) f ( s )ds + ∫ Gx′ ( x, s ) f ( s )ds;
x
x1
x0
x
y ′′ ( x) = ∫ Gxx
′′ ( x, s ) f ( s )ds + Gx′ ( x, x − 0) f ( x) + ∫ Gxx
′′ ( x, s ) f ( s )ds −
x1
−Gx′ ( x, x + 0) f ( x) = ∫ Gxx
′′ ( x, s ) f ( s )ds +[Gx′ ( x + 0, x) − Gx′ ( x − 0, x)] f ( x).
x0
Онда:
x1
∫ [ p( x)Gxx′′ ( x, s) + p ′( x)Gx′ ( x, s) + q( x)G ( x, s)] dx +
x0
+ p ( x)[Gx′ ( x + 0, x) − Gx′ ( x − 0, x)] f ( x) ≡ f ( x).
117
Грин функциясын құру əдісімен, оның бар болуының
жеткілікті шартын көреміз.
Теңдеудің
d
( p ( x) y ′ ) + q ( x) y = 0,
dx
y ( x0 ) = 0,
(8)
y ′( x0 ) = y 0′ ≠ 0
бастапқы шарттарын қанағаттандыратын y1 ( x) шешімін қа-растырайық. Бұл шешім жалпы жағдайда екінші шеттік шартты
y ( x1 ) = 0 қанағаттандырмайды.
Шешімдер C1 y1(x), C1 - кез келген тұрақты, шеттік шартты
y ( x0 ) = 0 қанағаттандырады. Осы сияқты шеттік y 2 ( x1 ) = 0
шартын қанағаттандыратын y 2 ( x) шешімі табылады; онда бұл
шартты барлық C2 y2(x), C2- кез келген тұрақты, шешімдері де
орындайды.
Грин функциясы
⎧C1 y1( x ), x0 ≤ x ≤ s ,
G (x, s ) = ⎨
⎩C 2 y 2 ( x ), s ≤ x ≤ x1,
түрінде іздестіріліп, тұрақтылар C2 , C2 3) жəне 4) қасиеттердің
орындалуынан табылады, яғни:
C1 y1(s ) = C 2 y 2 (s ),
⎫
⎪
1 ⎬
C 2 y 2′ (s ) − C1 y1′(s ) =
.
p(s ) ⎪⎭
(9)
Теңдеулер жүйесінің (9) анықтауышы Вронский анықтауышы
W ( y1 ( x), y2 ( x)) = W ( x) болғандықтан, x = s нүктесінде нөл емес.
Бұдан:
y 2 (s)
y1 ( s )
, C2 =
,
C1 =
W ( s) p( s)
W ( s) p( s)
⎧ y 2 ( s ) y1 ( x)
⎪ W ( s ) p ( s ) , x 0 ≤ x ≤ s,
⎪
G ( x, s ) = ⎨
⎪ y1 ( s ) y 2 ( x) , s < x ≤ x .
1
⎪⎩ W ( s ) p ( s )
118
(10)
2-мысал. Шеттік есептің Грин функциясын табу керек:
⎛π⎞
y ′′ + y ( x ) = f ( x ), y (0) = 0, y ⎜ ⎟ = 0.
⎝ 2⎠
Шешуі. Тиісті біртекті теңдеудің
y ′′ + y ( x) = 0,
⎛π ⎞
берілген шарттарды y (0) = 0 жəне y⎜ ⎟ = 0 орындайтын ше⎝2⎠
шімдері y1 = C1 sin x жəне y 2 = C 2 cos x болғандықтан, (10)
формула бойынша,
⎧− cos s sin x, 0 ≤ x ≤ s,
⎪
G ( x, s ) = ⎨
π
⎪⎩− sin s cos x, s < x ≤ 2 .
3-мысал. Шеттік есеп үшін Грин функциясын құру керек.
y ′′ = f ( x), y ( −1) = y (1) = 0, −1 ≤ x ≤ 1.
Шешуі. Біртекті теңдеудің y ′′ = 0 жалпы шешімі y = C1 + C 2 x.
Бірінші шеттік шартын y (−1) = 0 қанағаттандыратын шешімі
y1 ( x) = 1 + x, ал екінші шеттік шартын y 2 ( x) = 1 − x шешімі
қанағаттандырады.
Онда қойылған есеп үшін Грин функциясын:
⎧ϕ ( s )(1 + x), −1 ≤ x ≤ s
G ( x, s ) = ⎨
⎩ψ ( s )(1 − x), s ≤ x ≤ 1.
түрінде құрамыз.Функциялар φ(x), ψ(x) келесі шарттардан
анықталады:
ψ (s )(1 − s ) = ϕ(s ) (1 + s ), −ψ (s ) − ϕ(s ) = 1;
ϕ (s) = −
1− s
1+ s
, ψ (s) = −
.
2
2
Сонымен Грин функциясы:
119
⎧ 1
⎪⎪ − 2 (1 − s )(1 + x), −1 ≤ x ≤ s,
G ( x, s ) = ⎨
⎪ − 1 (1 + s )(1 − x), s ≤ x ≤ 1.
⎪⎩ 2
Ал есептің шешімі:
1
x
1+ x
y = ∫ G ( x, s ) f ( s )ds = −
(1 − s ) f ( s )ds
2 −∫1
−1
1
1− x
−
(1 + s ) f ( s )ds
2 ∫x
Есептер, жаттығулар.
1. y ′′ − 6 y ′ + 10 y = 100, y (0) = 10, y ′ (0) = 5.
2. x ′′(t ) + x(t ) = sin t − cos t.
3. y ′y ′′′ − 3( y ′′) 2 = 0.
1
.
sin 3 x
2
5. x y ′′ − 4 xy ′ + 6 y = 2.
4. y ′′ + y =
6.
y ′′ + y = chx.
7. y ′′ +
2
( y ′) 2 = 0.
1− y
d 2x
dx
− 4 + 4 x = et + e 2t + 1.
8.
2
dt
dt
9. (1 + x 2 ) y ′′ + ( y ′) 2 + 1 = 0.
3
10. x
120
d2x
+ 1 = 0.
dt 2
11. y IV − 16 y = x 2 − e x .
2
2
12. ( y ′′′) + ( y ′′) = 1.
d6x d 4x
13. 6 − 4 = 1.
dt
dt
14.
d 4x
d 2x
−
2
+ x = t 2 − 3.
4
2
dt
dt
15. y ′′ + 4 xy = 0; дəрежелік қатар арқылы интегралдаңыз.
1⎞
⎛
16. x 2 y ′′ + xy ′ + ⎜ 9 x 2 − ⎟ y = 0; Бессель теңдеуіне келтіріп
⎝
25 ⎠
интегралдаңыз.
2
17. y ′′ + ( y ′) = 1,
y (0) = 0, y ′(0) = 1.
18. y ′′ = 3 y ,
y (0) = 1, y ′(0) = 2 .
19. y ′′ + y = 1 −
1
.
sin x
20.
d 2u 2 du
+
=0 .
dr 2 r dr
21. Жердің тарту күшімен шексіз биіктіктен құлаған дененің,
жер бетіне түскендегі жылдамдығын табу керек. Жер радиусы
6400 км деп есептелсін.
22. Ауа кедергісі жылдамдығының квадратына пропорционал жəне t → ∞ жылдамдық шегі 75 м/сек деп, бастапқы жылдамдықсыз құлаған дененің қозғалыс заңын табу керек.
23. Ұзындығы 6м шынжыр столдан сырғып түседі. Қозғалыс
басталғанда шынжырдың 1 метрі салбырап тұрған. Шынжыр
столдан қанша уақытта сырғып түседі? (кедергі ескерілмейді)
24. Шынжыр тегіс шегеге ілінген. Қозғалыс басталарда шынжырдың шегенің бір жағында 8 м, екінші жағында 10 м бөлектері
болған. Шынжыр шегеден қанша уақытта сырғып түседі? (Кедергі
ескерілмейді)
121
25. Пойыз жазық тегістікте қозғалады. Пойыздың салмағы P,
паровоздың тарту күші F, қозғалыстағы кедергі күші W = a + bϑ
(a,b - тұрақтылар), ϑ - пойыздың жылдамдығы; s - жүріп өткен
жол. Пойыздың қозғалыс заңын t = 0 болғанда, s = 0 жəне
ϑ = 0 деп табу керек.
26. Салмағы P кг жүк пружинаға ілініп, оны a см керген. Сонан соң, пружина жəне A см керіліп, бастапқы жылдамдықсыз қоя
берілген. Ортаның кедергісін ескермей, пружинаның қозғалыс
заңын табу керек.
27. Бірдей екі жүк пружинаға ілінген. Біреуі үзіліп түсті деп,
екіншісінің қозғалыс заңын табу керек. Жүктердің біреуі арқылы
пружина a см созылады деп есептелсін.
28. Массасы m материалдық нүкте O центрінен қашықтығына
пропорционал күшпен итеріледі. Ортаның кедергісі қозғалыс
жылдамдығына пропорционал. Қозғалыс заңын табу керек.
29. Теңдеудің 2π периодты шешімін табу керек
f (t ) = π 2 t − t 3 , − π < t ≤ π . Шешімді əрі
қарай периодты жалғастыру керек.
x ′′ (t ) + 2 x(t ) = f (t ),
2
30. yy ′′ + ( y ′) =
yy ′
1+ x2
.
31. yy ′y ′′ = ( y ′) 3 + ( y ′′) 2 .
32. x ′′(t ) + 9 x(t ) = t sin 3t.
33. y ′′ + 2 y ′ + y = shx.
34. y ′′′ − y = e x .
35. y ′′ − 2 y ′ + 2 y = xe x cos x.
36. ( x 2 − 1) y ′′ − 6 y = 1. Тиісті біртекті теңдеудің жеке шешімі
көпмүшелік түрінде.
∂ 2u ∂ 2u
2
2
37. Теңдеудің
+ 2 = 0 шешімін u = u ( x + y ) деп
2
∂x
∂y
табу керек.
122
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 1 шешімін u=u(x2 + y2 +z2)
38. Теңдеудің
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
деп табу керек.
39. Материалды нүкте сұйыққа жай батады. Сұйықтың кедергісі бату жылдамдығына пропорционал деп қозғалыс заңын табу
керек.
40. Қозғалыс теңдеуін mx ′′ (t ) = f (t , x, x ′ ), оң жағындағы функция тек x-тен немесе тек x ′ -тен тəуелді деп, интегралдау керек:
а) mx ′′ (t ) = f ( x);
ə) mx ′′ (t ) = f ( x ′ ) .
(6)
(5)
( 4)
( 3)
41. y − 3 y + 3 y − y = x.
42. x ( 4 ) + 2 x ( 2 ) + x = cos t .
2
43. (1 + x) y ′′ + (1 + x) y ′ + y = 2 cos ln(1 + x).
44. Теңдеудің периодтық шешімін анықтау керек:
∞
sin nt
.
4
n =1 n
x ′′ (t ) + 2 x ′ (t ) + 2 x(t ) = ∑
45. Теңдеудің периодты шешімін анықтау керек:
x ′′ + a1 x ′ + a2 x = f (t ),
a1 , a 2 - тұрақтылар, f (t ) үздіксіз, 2π периодты функция, Фурье
қатарына жіктелетін, a1 ≠ 0, a 2 ≠ 0.
46. Жуықтап, периодты шешімін анықтау керек.
x ′′ + 3 x = cos t + μ ( x ′ ) 2 ,
μ - кіші параметр.
3
47. x y ′′ − xy ′ + y = 0; теңдеуді интегралдау керек, егер y1 = x
жеке шешім болса.
1
48. Фундаменталды шешімдер жүйесі y1 = x, y 2 = бойынx
ша сызықтық біртекті теңдеуді табу керек.
123
( 4)
3
49. x + x = t .
3
50. x = ( y ′′) + y ′′ + 1.
51. x ′′ + 10 x ′ + 25 x = 2t + te −5t .
2
52. xyy ′′ − x( y ′ ) − yy ′ = 0.
53. y ( 4 ) − y = e 2 x .
54. y ( 6 ) + 2 y ( 4 ) + y ( 2 ) = x + e x .
55. 6 y ( 2 ) y ( 4 ) − 5( y ( 3) ) 2 = 0.
56. xy ′′ = y ′ ln
y′
.
x
57. y ′′ + y = sin 3 x ⋅ cos x.
58. y ′′ = 2 y 3 ,
y (1) = 1,
y ′(1) = 1
2
59. yy ′′ − ( y ′) = y ′.
Жауаптары жəне нұсқаулары:
3x
1. y = 5e sin x + 10.
t cos t
1
.
2. x = C1 cos t + C 2 sin t + cos 2t −
3
2
3. ( y − C3 ) = C1 x + C2 .
2
4. y = C1 cos x + C 2 sin x +
1
2
3
5. y = C1 x + C 2 x + .
3
124
cos 2 x
1
.
−
sin x 2 sin x
6. y = C1 sin x + C 2 cos x +
7. y =
1
chx.
2
1
+ 1.
C1 x + C 2
2t
8. x = e (C1 + C 2 t ) +
t 2 e 2t
1
+ et + .
2
4
x C12 + 1
9. y = − +
ln 1 + C1 x + C2 .
C1
C12
10. C1 x 2 + 1 = C12 (t + C 2 ) 2 .
11. y = C1e 2 x + C 2e −2 x + C3 cos 2 x + C 4 sin 2 x −
x2
1
+ ex.
16 15
12. y = cos( x − C1 ) + C 2 x + C 3 .
3
2
x
−x
13. y = C1e + C2 e + C3 x + C4 x + C5 x + C6 −
x4
.
24
t
−t
2
14. x = e (C1 + C 2 t ) + e (C 3 + C 4 t ) + 1 + t .
⎞
⎛ 4x3
42 x6
(−1) k 4 k x 3k
y = C 0 ⎜⎜1 −
+
−+
+ …⎟⎟
15.
2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 6 (3k − 1)3k
⎠
⎝ 2⋅3 2⋅3⋅5⋅6
⎛
⎞
4x 4
42 x7
(−1) k 4 k x 3k +1
+ C1 ⎜⎜ x −
+
−+
+ ⎟⎟.
3⋅ 4 3⋅ 4⋅6⋅7
3 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 7 3k (3k + 1)
⎝
⎠
16. y = C1 J1/ 5 (3 x) + C2 J −1/ 5 (3 x).
17. y = x.
4
⎛1
⎞
18. y = ⎜ x + 1⎟ .
⎝2
⎠
125
19. y = C1 cos x + C2 sin x + 1 + x cos x − sin x ln sin x .
C1
+ C2 .
r
Есептің дифференциалдық
20. u =
d 2r k
не=
dt 2 r 2
dϑ k
месе ϑ
= 2 , r - жер центрінен денеге дейінгі аралық,
21.
dr
теңдеуі
r
ϑ - жылдамдық, k= – 64002 g. Жауабы V≈1 км/сек.
2
d 2x
⎛ dx ⎞
22. Қозғалыс теңдеуі
= −g + k ⎜ ⎟ .
2
⎝ dt ⎠
dt
752
g
ln ch t.
Жауабы: x =
75
g
d 2s g
d 2s
23. Қозғалыс теңдеуі 2 = k ( s + 1) , 2 = ( s + 1).
6
dt
dt
Жауабы: t =
24. t =
6
ln(6 + 35).
g
3
ln(9 + 80).
g
bg
− t⎞
F −a
( F − a) p ⎛
p
t−
25. s =
⎜1 − e
⎟.
2
b
b g ⎝
⎠
26. x = A cos
g
t.
a
27. x = a cos
g
t.
a
28. Қозғалыс теңдеуі x ′′ + k1 x ′ − k 2 x = 0, k 2 > 0.
126
Жауабы: x = C1e
⎛ k
⎞
k2
⎜ − 1 + 1 −k 2 ⎟ t
⎜⎝ 2
⎟⎠
4
+ C2 e
⎛ k
⎞
k2
⎜ − 1 − 1 + k2 ⎟ t
⎜⎝ 2
⎟⎠
4
.
∞
( −1) n sin nt
.
2
3
n =1 ( n − 2) n
29. x = 12∑
(
)
30. y 2 = C1 x 2 + x 1 + x 2 + ln x + 1 + x 2 + C2 .
Cx
31. y = C 2 e 1 + C1 ,
y=
4
.
C−x
32. x = C1 cos3t + C2 sin 3 t −
1 2
1
t cos3 t + sin 3 t.
12
36
1 2⎞ 1 x
−x ⎛
33. y = e ⎜ C1 + C 2 x − x ⎟ + e .
4 ⎠ 8
⎝
34. y = C1e +
x
1
− x
e 2
⎛
3
3 ⎞ 1 x
cos
sin
+
C
x
C
x + xe .
3
⎜ 2
2
2 ⎟⎠ 3
⎝
35. y = e x (C1 cos x + C2 sin x) +
xe x cos x x 2 e x sin x
+
.
4
4
⎡
x +1 ⎤ 1
3
2
3
− .
36. y = C1 ( x − x ) + C2 ⎢ 4 − 6 x + 3( x − x) ln
x − 1 ⎥⎦ 6
⎣
37. u = C1 ln( x 2 + y 2 ) + C 2 .
38. u =
C1
x2 + y2 + z2
+ C2 .
39. Қозғалыс теңдеуі mx ′′ = mg − kx !
127
− t⎞
mg
m2 g ⎛
t − 2 ⎜1 − e m ⎟ .
k
k ⎝
⎠
k
Жауабы: x =
x
40. а) t − t0 =
∫
x
0
dx
ϑ 02 +
ϑ
b) x − x0 = m ∫
ϑ0
2 x
f ( x)dx
m ∫x
0
ϑ
ϑdϑ
dϑ
; t − t0 = m ∫
, ϑ = x ′.
f (ϑ )
ϑ f (ϑ )
0
2
2
x
41. y = C1 + C2 x + C3 x + e (C4 + C5 x + C6 x ) −
x3 x 4
− .
2 24
1
42. x = (C1 + C 2 t ) cos t + (C 3 + C 4 t ) sin t − t 2 cos t.
8
43. y = C1 cos ln(1 + x) + C 2 sin ln(1 + x) + ln(1 + x) sin ln(1 + x).
(2 − n 2 )sin nt − 2n cos nt
.
[(2 − n 2 ) + 4n 2 ]n 4
n =1
∞
44. x = ∑
⎡ − (n 2 − a2 )α n − a1nβn
cos nt +
+ ∑⎢
45. x =
2a2 n =1 ⎣ (n 2 − a2 ) 2 + a12 n 2
α0
+
∞
⎤
a1nα n − (n 2 − a2 )βn
sin nt ⎥ ,
2
2
2 2
(n − a2 ) + a1 n
⎦
α 0 ,α n , β n - Фурье коэффициенттері, функция f (t ).
46. x =
cos t μ
+ (1 + 3cos 2t ).
2
24
47. y = C1 x + C2 xe
128
−
1
x.
48. x 2 y ′′ + xy ′ − y = 0.
49. x = e
+e
−
2
t
2
2
t
2
⎛
2
2 ⎞
⎜ C1 cos
t + C 2 sin
t⎟ +
⎜
2
2 ⎟⎠
⎝
⎛
2 ⎞ 3
2
⎜ C 3 cos
+
t
C
t ⎟⎟ + t .
sin
4
⎜
2
2
⎝
⎠
3
3
3
1⎞
⎛
50. x = t 3 + t + 1, y = t 6 + t 5 + t 4 + ⎜ C1 + ⎟ t 3 + C1t + C2 .
⎝
8
10
16
6⎠
51. x = (C1 + C2t )e
−5t
2t
t 3e −5t
+
+
.
6
(5 + ln 2) 2
2
C1 x
52. y = C 2 e .
⎛
3 ⎞
3
x
−x
x/2
x + C 4 sin
x ⎟⎟ +
53. y = C1e + C 2 e + e ⎜⎜ C 3 cos
2
2
⎝
⎠
⎛
3
3 ⎞ e2x
+e − x / 2 ⎜C5 cos
.
x + C6 sin
x +
2
2 ⎟⎠ 63
⎝
54. y = (C1 x + C 2 ) cos x + (C 3 x + C 4 )
sin x + C 5 + C 6 x +
x3 1 x
+ e .
6 4
55. y = (C1 x + C2 ) + C3 x + C4 .
8
1 ⎞
1+ C x ⎛ x
− 2 ⎟⎟ + C 2 .
56. y = e 1 ⎜⎜
⎝ C1 C1 ⎠
9–684
129
57. y = C1 cos x + C2 sin x −
58. y = −
sin 2 x sin 4 x
−
.
6
30
1
.
x−2
Cx
59. y = C 2 e 1 +
1
.
C1
Тест тапсырмалары
1. y ( n ) = f ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) теңдеуінің,
y( x0 ) = y 0 ,
y ′( x 0 ) = y 0′ ,
y ′′( x 0 ) = y 0′′ , … , y ( n −1) ( x 0 ) = y 0( n −1)
шарттарын орындайтын бір ғана шешімі бар, егер:
A. f функциясы ( x 0 , y 0 , … , y 0( n −1) ) нүктесінің төңірегінде
үзіліссіз болса;
B. f функциясы ( x 0 , y 0 , … , y 0( n −1) ) нүктесінің төңірегінде
Липшиц шартын қанағаттандырса;
C‫׳‬. f функциясы ( x 0 , y 0 , … , y 0( n −1) ) нүктесінің төңірегінде
үзіліссіз болып,
( y, y ′, … , y ( n −1) ) -аргументтері бойынша Липшиц шартын қанағаттандырса;
D. f функциясы ( x 0 , y 0 , … , y 0( n −1) ) нүктесінде үзілісті болып,
оның төңірегінде барлық аргументтері бойынша Липшиц шартын
қанағаттандырса;
E. f функциясы ( x 0 , y 0 , … , y 0( n −1) ) нүктесінің төңірегінде
үзілісті болып, Липшиц шартын қанағаттандырмаса.
(k )
( k +1)
(n)
, … , y ) = 0 теңдеуінің ретін нешеге дейін
2. F ( x, y , y
жəне қай алмастырумен төмендетеді?
A‫׳‬. (n − k ) -ға дейін, y ( k ) = p алмастыруымен;
(k )
B. k - ға дейін, y = p алмастыруымен;
(n)
C. k - ға дейін, y = p алмастыруымен;
130
D. (n − k ) - ға дейін, y ( n ) = p алмастыруымен;
E. (n − 1) - ге дейін, y ( k −1) = p алмастыруымен.
3. Теңдеуді 2 yy ′′ = y ′ 2 + 1 бірінші реттіге келтіру:
A. 2 yp = y ′ 2 + 1;
B‫׳‬. 2 ypp ′ = p 2 + 1;
C. 2 yp ′ = p 2 + 1;
D. 2 ypp ′ = p 2 + 1;
E. 2 pp ′ = p 2 + 1.
(5)
4. Теңдеудің y −
A. p ′ −
1 ( 4)
y = 0 ретін төмендету:
x
p
= 0;
x
B. p ′ − p = 0;
5
C. p −
p4
= 0;
x
D. xp ′′ − p ′ = 0;
E. p ′′ − xp ′ = 0.
5. Теңдеудің x 2 y ′′ = y ′ 2 ретін төмендету:
A.
B.
C‫׳‬.
D.
2
2
A. x p = p ; B. p ′ = x 2 p;
E. x 2 p ′ =
C. p ′ =
E.
p2
; D. p ′ 2 = x 2 p;
x2
1
.
p2
131
6. Теңдеудің y 3 y ′′ = 1 шешімін көрсетіңіз.
A. y = (C1 x + C 2 ) 2 ;
B. y 2 − 1 = (C1 x + C 2 ) 2 ;
C. C1 y 2 = (C1 x + C 2 ) 2 ;
D. C1 y 2 = (C1 x + C 2 ) 2 ;
E. y = (C1 x + C 2 ) 2 − 1.
7. Теңдеудің y ′ 2 + 2 yy ′′ = 0 шешімін көрсетіңіз.
A. y = C1 ( x + C 2 ) 2 ;
B. y = C1 x + C 2 ;
2
C. y = C1 x + C 2 ;
2
2
D. y = C1 ( x + C 2 ) ;
3
2
E. y = C1 ( x + C 2 ) .
x
8. Теңдеудің y ′′(e + 1) + y ′ = 0 шешімін көрсетіңіз.
A. y = C1 ( x − e − x ) + C 2 ;
−x
B. y = C1 ( x + e ) + C 2 ;
−x
C. y = C1 ( x + e ) + C 2 ;
−x
D. y = C1 x + C 2 e ;
E. y = C1 x + C 2 e x .
132
9. Теңдеудің y ′′ + y ′ 2 = 2e − y шешімін көрсетіңіз.
A. e − y + C1 = ( x + C 2 ) 2 ;
B. e y + C1 = ( x + C 2 ) 2 ;
−y
2
C. x + C1 = (e + C 2 ) ;
D. x + C1 = (e y + C 2 ) 2 ;
y
E. x + C1 = C 2 e .
10. Теңдеудің xy ′′′ = y ′′ − xy ′′ шешімін көрсетіңіз.
A. y = C1 xe − x + C2 x + C3 ;
x
B. y = C1 xe + C2 x + C3 ;
−x
C. y = C1 ( x + 2)e + C 2 x + C 3 ;
D. y = C1e x + C 2 x + C 3 ;
E. y = C1e − x + C 2 x + C 3 .
11. Теңдеудің F ( x, y, y ′, … , y ( n ) ) = 0 сол жағы (n − 1) -ретті
дифференциалдық Φ ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) өрнектің туындысы
болса.
A. Бірінші интеграл Φ ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) = 0 табылып, реті
төмендетіледі;
( n −1)
) = 0 табылады;
B. Шешім Φ ( x, y, y ′, … , y
(n)
( n −1)
) түріне келтіріледі;
С. y = Φ ( x, y, y ′, … , y
D. Бірінші интеграл Φ ( x, y, y ′, … , y ( n −1) ) = C табылып, реті
бірге төмендетіледі;
E. Шешім y = ϕ ( x, y, C1 , … , C n ) табылады;
133
12. Теңдеуді yy ′′′ + 3 y ′y ′′ = 0 толық туындылы түрге келтіру
керек.
A. ( yy ′′)′ = 0; B. ( yy ′′ )′ = ( y ′ 2 ); C. ( y ′y ′′)′ = ( y ′ 2 )′;
2
D. ( y ′ ⋅ y ′′)′ = −( y ′ )′;
E. ( y ′ ⋅ y ′′)′ = −( y ′ 2 )′;
13. Теңдеуді y ′y ′′′ = 2 y ′′ 2 толық туындылы түрге келтіру керек.
A. (ln y ′′)′ = (2 ln ′)′;
B. (2 ln y ′′)′ = (ln y ′)′;
′
2
C. ( y ′ ⋅ y ′′ )′ = ⎡⎣( y ′′ ) ⎤⎦ ;
D. ( y ′ ⋅ y ′′)′ = ( y ′( y ′ − 1))′;
E. (ln y ′)′ = (2 ln y )′.
14. Теңдеуді yy ′′ = y ′( y ′ + 1) толық туындылы түрге келтіру
керек.
′
′
′⎞ ⎛ 1 ⎞
⎛
y
A. ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ;
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ y ⎠ ⎝ y⎠
′
′
⎛ y′ ⎞
⎛1⎞
B. ⎜⎜ ⎟⎟ = −⎜⎜ ⎟⎟ ;
⎝ y⎠
⎝ y⎠
′
′
⎛ y ⎞ ⎛1⎞
C. ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ;
⎝ y′ ⎠ ⎝ y ⎠
′
′
⎛ y⎞
⎛1⎞
D. ⎜⎜ ⎟⎟ = −⎜⎜ ⎟⎟ ;
⎝ y′ ⎠
⎝ y⎠
E. ( yy ′)′ = ( y ′ 2 )′.
15. Теңдеуді 5( y ′′′) 2 − 3 y ′′y ( 4 ) = 0 толық туындылы түрге
келтіру керек.
′
′ ⎡5
⎤
A. [ ln y ′′ ] = ⎢ ln y ′′′ ⎥ ;
⎣3
⎦
′
′
B. 3[ ln y ′′ ] + 5[ ln y ′′′ ] = 0;
134
′
′
C. 5[ ln y ′′ ] = 3[ ln y ′′′ ] ;
′
′
D. 5[ ln y ] = 3[ ln y ′ ] ;
′
′
E. 5[ ln y ′ ] = 3[ ln y ′′ ] .
16. Теңдеуді
керек.
yy ′′ + y ′ 2 = 1 толық туындылы түрге келтіру
A. ( yy ′)′ = y ′;
B. ( y ′ + y )′ = ( x)′;
C. ( y ⋅ x)′ = ( y ′)′;
D. ( yy ′ − x)′ = 0;
E. ( yy ′ + x)′ = 0;
17. Теңдеуді y ′′ = xy ′ + y + 1 толық туындылы түрге келтіру
керек.
A. ( y ′ + xy + x )′ = 0;
B. ( y ′ − xy + x )′ = 0;
C. ( y ′ )′ = ( xy − x )′;
D. ( y ′ )′ = ( x − xy )′;
E. ( y ′ )′ = ( xy + x )′.
18. Теңдеудің xy ′′ = 2 yy ′ − y ′ толық туындылы түрі.
2
A. ( xy ′ − y )′ = 0;
135
B. ( xy ′ + y 2 )′ = 0;
C. ( xy ′ − y )′ = 0;
D. ( xy ′ + y )′ = 0;
2
E. ( xy )′ = ( y )′.
(k )
( k +1)
, … , y ( n ) ) = 0 мүмкін болатын
19. Теңдеудің F ( x, y , y
ең төменгі реті жəне оған келтіретін алмастыру.
(k )
A. (k ; y = p ( x));
(k )
B. (n − k , y = p ( x));
C. (n − 1, y ′ = p ( x));
D. (k , y ′ = p ( x));
(k )
E. (k − 1, y = p ( x)).
20. Теңдеудің F ( x, y ′, y ′′) ретін төмендететін алмастыру.
A. ( y ′ = p ( y ), y ′′ = pp ′ );
x
x
B. ( y ′ = e , y ′′ = e );
C. ( y ′ = p ( x ), y ′′ = p ′ ( x ));
t
k
D. ( x = e , y ′ = x );
∫
E. ( y ′ = e
136
zdx
, y ′′ = e ∫
zdx
⋅ z ).
21. Теңдеудің F ( y, y ′, … , y ( n ) ) = 0 ретін төмендететін алмастыру.
A. y = e ∫
zdx
;
B. y ′ = p ( x );
C. y ′ = e ∫
zdx
;
D. y ′ = p ( y );
x
E. y ′ = e .
22. Теңдеудің F ( y, y ′, y ′′) = 0 ретін төмендету.
A. y = e ∫
zdx
;
B. y ′ = p ( x );
C. y ′ = ze mt ;
x
D. y ′ = e ;
E. y ′ = p ( y ).
23. Теңдеудің xyy ′′ − xy ′ 2 = yy ′ шешімін табыңыз.
2
A. y = C 2 e C1x ;
2
B. y = C1e x + C 2 ;
Cx
C. y = C 2 e 1 ;
− C1 x
D. y = C 2 e ;
2
−C x
E. y = C 2 e 1 .
137
24. Теңдеудің xyy ′′ − xy ′ 2 = yy ′ ретін төмендетіңіз.
A. xz ′ = z 2 ;
B. xz ′ = z;
C. xz ′ = − z 2 ;
D. xz ′ = − z;
E. xz ′ = z − 2
2
2
25. Теңдеудің ( x + 1)( y ′ − yy ′′ ) = xyy ′ шешімін табыңыз.
A. y = C1 ( x + x 2 + 1) + C 2 ;
2
B. y = C1 x + C 2 x + 1;
C1
C. y = C 2 ( x + C 2 x 2 + 1 ;
2
D. y = C1 ( x + 1) + C 2 x;
E. y = C1 x 2 + C 2 x.
26. Теңдеудің ( x 2 + 1)( y ′ 2 − yy ′′ ) = xyy ′ ретін төмендетіңіз.
A. z ′( x 2 + 1) z;
B. z ′ ( x 2 − 1) = zx;
2
C. z ′ ( x − 1) = − zx;
D. z ′ ( x 2 + 1) = − xz ;
E. z ′ ( x 2 + 1) = xz − 1.
138
27. y жəне туындылары y ′, y ′′, … , y ( n ) бойынша теңдеудің
F ( x, y ( k ) , y ( k +1) , … , y ( n ) ) = 0 ретін төмендететін алмастыру.
A. y ′ = zx;
B. y = e ∫
D. y ′ = z ( x );
E. y ′ = yz.
zdx
;
C. y = z ( y );
2
28. Теңдеудің xy y ′′ + xy ′ = 2 yy ′ ретін төмендетіңіз.
A. xz ′ + 2 xz 2 = 2 z ;
B. z ′ + 2 xz = xz 2 ;
C. xz ′ + 2 z = xz 2 ;
D. xz ′ + 2 z = 2 xz 2 ;
E. z ′ + 2 xz = − xz 2 .
29. Теңдеуді x 2 yy ′′ = ( y − xy ′) 2 бірінші реттіге келтіру.
A. x 2 z ′ + 2 z = x;
2
B. x z ′ + 2 xz = 1;
2
C. z ′ + xz = x ;
D. x 2 z ′ + 2 z = x;
E. z ′ +
2
z = x2.
x
139
30. Теңдеуді y ′′(3 + yy ′ 2 ) = y ′ 4 бірінші реттіге келтіру.
A. p
dp
(3 + py ) = p 4 ;
dy
B. p
dp
(3 + p 2 y ) = p 3 ;
dy
C. dp (3 + p 2 y ) = p 3 ;
dy
D. p dp (3 + py ) = p 3 ;
dy
E. dp (3 + p 2 y ) = p 5 .
dy
31. Теңдеудің yy ′′ = 2 xy ′ 2 берілген бастапқы шарттарды
y (2) = 2, y ′(2) = 0,5 қанағаттандыратын шешімін табу керек.
A. (3 − x ) y = 8( x + 2);
B. y =
8x
;
3− x
C. y =
8x + 2
;
3− x
D. (3 − x ) y 5 = 8( x + 2);
E. (3 − x ) y 3 = 8( x + 2).
140
2 y ′′′ − 3 y ′ 2 = 0
32. Теңдеудің
бастапқы
шарттарды
y (0) = −3, y ′(0) = 1, y ′′(0) = −1 қанағаттандыратын шешімін табу
керек.
A. y =
x+6
;
x+2
B. y =
x+6
+ 1;
x+2
C. y ( x + 6) = x + 2;
D. y ( x + 6) = − x − 2;
E. y ( x + 2) = − x − 6.
6y2
− 4 y бастапқы шарттарды
x2
2
33. Теңдеудің x y ′′ − 3 xy ′ =
y (1) = 1, y ′(1) = 4 қанағаттандыратын шешімін табу керек.
2
2
A. (1 − ln x) y = x ;
B. (1 + ln x) y = x 2 ;
2
2
C. (1 + ln x) y = x ;
D. (1 − ln x) 2 y = x;
E. (1 − ln x) y = x.
34. Теңдеудің a 0 y ( n ) + a1 y ( n −1) + + a n −1 y ′ + a n y = 0 сипаттамалық теңдеуін көрсетіңіз:
A.
B‫׳‬.
C.
D.
E.
A.
n
∑ ai k i = 0; B.
i =1
n
∑ ai k n−i ; C.
i =0
n
∑a k ;
i
i
i =1
D.
n
∑a k
i
i =1
n −i
; E.
n
∑a
i =0
n −i
ki.
141
35. n-ретті теңдеудің L[y] = 0 сипаттамалық түбірлері
k1 ≠ k 2 ≠ … ≠ k n . Жалпы шешімін табыңыз:
n
A.
∑ Ci e x ;
B.
i =1
C.
n
∑ C i e ki x ;
i =1
n
∑C x
i
ki
ex;
i =1
n
k
D. ∑ C i x i ;
i =1
n
E. ∑ C i x ki e ki x .
i =1
36. Теңдеудің L[y] = 0 α - еселі сипаттамалық түбіріне k
тиісті сызықты тəуелсіз шешімдері:
A. 1, x, x 2 , … , x α −1 ;
B. x, x 2 ,… , x α i ;
kx
2 kx
α kx
C. xe i , x e i ,… , x e i ;
kx
kx
α −1 kx
D. e , xe ,… , x e ;
2 kx
3 kx
α +1 kx
E. x e , x e ,… , x e .
37. Теңдеудің L[y] = 0 комплекс түйіндес сипаттамалық
түбірлеріне k = α + β i, k = α − β i тиісті сызықты тəуелсіз
шешімдері:
αx
βx
A. e , e ;
B. cos x, cos β x;
C. eαx cos β x, e β x sin α x;
D. e β x cos α x, e β x sin α x;
αx
αx
E. e cos β x, e sin β x.
142
38.Теңдеудің L[y] = 0 келесі шешімдеріне
e px cos qx , xe px cos qx , x 2 e px cos qx ,… , x α −1e px cos qx
e px sin qx , xe px sin qx , x 2 e px sin qx ,… , x α −1e px sin qx
тиісті сипаттамалық түбірі:
A. p + qi, еселігі α ;
B. p + qi, еселігі α − 1;
C. p, еселігі α ;
D. p, еселігі α − 1;
E. qi , еселігі α − 1;
39. Теңдеудің y ′′ + y ′ − 2 y = 0 сипаттамалық теңдеуі:
A. k 2 + 4k = 0;
B. k 2 + k − 2 = 0;
C. k 2 − 2k = 0;
2
D. k + k + 2 = 0;
E. k 2 − 2k + 1 = 0.
40. Теңдеудің y ′′ + 4 y ′ + 3 y = 0 сипаттамалық теңдеуі:
2
A. k + 4k = 0;
B. k 2 + 3k = 0;
2
2
C. k + 4k + 3 = 0; D. k − 4k + 3 = 0; E. k 2 + 4k − 3 = 0.
41. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ = 0 сипаттамалық теңдеуі:
A. k 2 − 2 = 0;
B. k 2 + 2 = 0;
2
C. k + 2k = 0;
2
D. k − 2k = 0;
E. k 2 − k = 0.
42. Теңдеудің 2 y ′′ − 5 y ′ + 2 y = 0 сипаттамалық теңдеуі:
2
A. 2k + 5k − 2 y = 0;
2
B. 2k − 5k + 2 y = 0;
143
2
C. 2k − 5k = 0;
2
D. 2k + 5k + 2 = 0;
E. 2k 2 − 5k + 2 = 0.
43. Теңдеудің
y ′′ + y ′ − 2 y = 0 жалпы шешімі:
x
−2 x
A. C1e + C 2 e ;
B. C1e − x + C 2 e 2 x ;
C. C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x;
D. C1 cos x + C 2 sin x;
x
E. e (C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x).
44. Теңдеудің y ′′ + 4 y ′ + 3 y = 0 жалпы шешімі:
−x
−3 x
x
3x
A. C1e + C 2 e ; B. C1e + C 2 e ;
D. C1 cos x + C 2 sin x;
C. C1e − x + C 2 e 3 x ;
−x
E. e (C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x).
45. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ = 0 жалпы шешімі:
x
3x
−x
x
A. C1e + C 2 e ; B. C1e + C 2 e ;
2x
C. C1 + C 2 e ;
x
−2 x
D. C1e + C 2 e ; E. C1 cos x + C 2 sin x.
46. Теңдеудің 2 y ′′ − 5 y ′ + 2 y = 0 жалпы шешімі:
A. C1 cos x + C 2 sin x;
B. C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x;
x
x
3x
C. C1e + C 2 e ;
2x
D. C1e + C 2 e 2 ;
x
E. C1e 2 + C 2 e 3 x .
47. Теңдеудің y ′′ − 4 y ′ + 5 y = 0 жалпы шешімі:
x
2x
A. C1e + C 2 e ; B. C1 cos x + C 2 sin x;
144
x
C. e (C1 cos x + C 2 sin x);
D. e 2 x (C1 cos 3 x + C 2 sin 3 x);
E. e 2 x (C1 cos x + C 2 sin x).
48. Теңдеудің y ′′ + 2 y ′ + 10 y = 0 жалпы шешімі:
−x
A. e (C1 cos 3x + C2 sin 3x );
x
B. e (C1 cos x + C2 sin x );
C. e x (C1 cos 3x + C2 sin 3x );
2x
3x
D. C1e + C 2 e ; E. C1e x + C 2 e − x .
49. Теңдеудің y ′′ + 4 y = 0 жалпы шешімі:
A. C1 + C 2 e −4 x ;
B. C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x;
x
C. e (C1 + C2 x );
D. e 2 x (C1 + C2 x );
4x
E. C1 + C 2 e .
50. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ + y = 0 жалпы шешімі:
2x
A. C1 + C 2 e ;
B. C1e x + C 2 e 2 x ;
x
C. e (C1 + C2 x );
2x
D. e (C1 + C2 x );
E. e 3 x (C1 + C2 x ).
51. Теңдеудің y ′′′ − 3 y ′′ + 3 y ′ − y = 0 жалпы шешімі:
e 2 x (C1 + C2 x + C3 x 2 );
A. C1e x + C 2 e 2 x + C3 e − x ;
B.
C. e − x (C1 + C2 x + C3 x 2 );
D. e x (C1 + C2 x + C3 x 2 );
E. C1e − x + C2 e x + C3e 2 x ).
10–684
145
52. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ − 3 y = e 4 x дербес шешімі:
A. xe 4 x ;
B. xe −4 x ;
2 4x
C. x e ;
D. e −4 x ;
E.
1 4x
e .
5
4x
53. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ − 3 y = e жалпы шешімі:
A. C1e − x + C2 e 3 x + Ae 4 x ;
B. C1 + C2 e − x + Ae −4 x ;
3x
4x
C. C1 + C2 e + Ae ;
D. C1e − x + C2 e 3 x + Ae −4 x ;
E. e − x + e 3 x + xe 4 x .
54. Теңдеудің y ′′ + y = 4 xe
коэффициенттерімен):
x
дербес шешімі (анықталмаған
x
A. Ae ;
z
B. ( Ax + B )e ;
−x
C. Ae ;
−z
D. ( Ax + B )e ;
E. A cos x + B sin x.
x
55. Теңдеудің y ′′ + y = 4 xe жалпы шешімі (анықталмаған
коэффициенттерімен):
A. C1 cos x + C2 sin x + Ae x ;
B. C1 cos x + C2 sin x + Ae − x ;
C. C1 cos x + C2 sin x + ( Ax + B )e x ;
D. C1 cos x + C2 sin x + ( Ax + B )e − x ;
x
−x
E. C1e + C2 sin x + ( Ax + B )e ;
146
56. Теңдеудің y ′′ − y = 2e x − x 2 дербес шешімі анықталмаған
коэффициенттерімен):
x
2
A. Ae + ax + bx + C ;
−x
2
B. Ae + ax + bx + C ;
x
2
−x
2
C. Axe + ax + bx + C ; D. Axe + ax + bx + C ;
E. Axe 2 x + x 2 .
57. Теңдеудің y ′′ − 3 y ′ + 2 y = sin x дербес шешімі (анықталмаған коэффициенттерімен):
x
2x
A. C1e + C 2 e ;
C. x ( A cos x + B sin x );
x
3x
B. C1e + C 2 e ;
D. A cos 3 x + B sin 3 x;
E. A cos x + B sin x.
58. Теңдеудің y ′′ + y = 4 sin x дербес шешімі (анықталмаған
коэффициенттерімен):
A. x ( A cos x + B sin x );
B. x ( A cos 2 x + B sin 2 x );
C. A cos x + B sin x;
D. A cos 2 x + B sin 2 x;
E. x ( A cos 2 x + B sin 2 x ).
59. Теңдеудің y ′′ + 3 y ′ − 4 y = e −4 x + xe − x дербес шешімі (анықталмаған коэффициенттерімен):
−4 x
−x
A. Ae + (ax + b)e ;
B. Axe −4 x + (ax + b)e − x ;
147
−4 x
2
−x
C. Ae + (ax + bx )e ;
D. Ae 4 x + (ax + b)e − x ;
E. Ae 4 x + (ax + b)e x .
60. Теңдеудің y ′′ + 2 y ′ − 3 y = x 2 e x дербес шешімі (анықталмаған коэффициенттерімен)
A. (ax 2 + bx + c)e x ;
x
B. (ax + b)e ;
2
x
C. x (ax + bx + c)e ;
D. x (ax + b)e x ;
E. C1e −3 x + C 2 e x .
61. Теңдеудің y ′′ + 2 y ′ − 3 y = x 2 e x жалпы шешімі (анықталмаған коэффициенттерімен):
A. C1e x + C2 e 3 x + (ax 2 + bx + c)e x ;
B. C1e − x + C2 e x + (ax 2 + bx + c)e x ;
C. C1e x + C2 e −3 x + (ax + b)e x ;
D. C1e −3 x + C2 e x + x (ax 2 + bx + c)e x ;
E. C1e −3 x + C2 e − x + x (ax + b)e x .
62. Теңдеудің y ′′ − 2 y ′ + 2 y = e x + x cos x дербес шешімінің
түрі:
A. Ae x + C1 cos x + C2 sin x;
В. e x + x (C1 cos x + C2 sin x );
x
C. Ae + (ax + b)(cos x + sin x );
148
D. e x + (ax + b)(C1 cos x + C2 sin x );
x
E. Ae + (ax + b) cos x + (cx + d ) sin x.
63. Тұрақтыларды вариациялау əдісіне келтіру:
y ′′ − 2 y ′ + y =
ex
.
x
⎧ C1′ + C 2′ x = 0,
A. ⎪
⎨C ′ + C ′ (1 + x) = 1 ;
2
⎪⎩ 1
x
⎧C1′e x + C 2′ e − x = 0,
B. ⎪
ex
⎨
−x
x
′
′
C
e
C
e
;
−
=
2
⎪⎩ 1
x
⎧C1′e x + C 2′ e 2 x = 0,
C. ⎪
ex
⎨
2x
x
′
′
C
e
C
e
+
2
=
;
2
⎪⎩ 1
x
⎧ C1′ + C 2′ x = 0,
D. ⎪
ex
⎨ ′
′
C
C
+
=
;
2
⎪⎩ 1
x
⎧ C1′e x + C2′ xe x = 0,
E. ⎪⎨
ex
x
x
C
e
+
C
e
=
.
′
′
⎪ 1
2
x
⎩
64. Тұрақтыларды вариациялау əдісіне келтіру:
y ′′ + 3 y ′ + 2 y =
1
.
e +1
x
⎧ C1′e −2 x + C1′e − x = 0,
A. ⎪
1
⎨ ′ −2 x
−x
⎪⎩2C1e + C1′e = e x + 1 ;
⎧ C1′e −2 x + C1′e − x = 0,
B. ⎪
1
⎨ ′ −2 x
−x
⎪⎩2C1e + C1′e = − e x + 1 ;
149
⎧ C1′e 2 x + C1′e x = 0,
C. ⎨
2x
x
x
⎩2C1′e + C1′e = e + 1;
⎧ ′ 2x
′ x
D. ⎨ C1e + C1e = 0,
2x
x
x
⎩2C1′e + C1′e = −e − 1;
⎧ C ′e −2 x + C1′e x = 0,
E. ⎨ 1
−2 x
x
x
⎩− 2C1′e + C1′e = e + 1.
150
3-тарау
ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕЛЕРІ
Физикалық жəне химиялық процестер көп жағдайда теңдеулер
жүйелерін қарастыруды қажет етеді. Мұнда да бастапқы жəне
шекаралық шарттарымен берілген есептер кездеседі.
§17. Негізгі түсініктер
Массасы m материалдық нүктенің қозғалыс заңын қарастырсақ
m
d 2r
= F (t , r , r ′ )
dt 2
(1)
теңдеуін көреміз. Мұндағы F (t , r , r ′) əсер етуші күш, r радиус-вектор немесе нүктенің қозғалыс заңы. Координаталар
осьтеріне проекцияласақ,
⎫
d2x
= X (t , x , y , z , x ′, y ′, z ′ ),⎪
2
dt
⎪
d2 y
⎪
m 2 = Y (t , x , y , z , x ', y ', z '), ⎬
dt
⎪
2
⎪
d z
m 2 = Z (t , x , y , z , x ', y ', z '), ⎪
dt
⎭
m
(2)
теңдеулер жүйесін аламыз, ал белгісіз функциялар ретінде қозғалыстағы нүктенің координаталары x, y, z жəне жылдамдығыdr
ның
проекцияларын x ′, y ′, z ′ қабылдасақ,
dt
x ′ = u,
⎫
⎪
y′ = ϑ
⎪
⎪
z ' = w,
⎬
(3)
mu ' = X (t , x , y , z , u, ϑ , w ),⎪
mv ' = Y (t , x , y , z , u, ϑ , w ), ⎪
⎪
mw ' = Z (t , x , y , z , u, ϑ , w ),⎭
151
сияқты алты теңдеу жүйесі шығады. Мұндағы, X , Y , Z вектор F
- тің координаталар осьтеріне проекцияланады.
Векторлық теңдеуді (1) екі векторлық теңдеулер жүйесі түdr
белгісіз функрінде жазуға болады, егер жылдамдықты V =
dt
ция десек,
dr
dV
=V, m
= F ( t , r ,V )
dt
dt
(4)
Вектор R (t ) = ( x (t ), y (t ), z (t ), x ′ (t ), y ′ (t ), z ′ (t )) енгізсек, онда
теңдеу (1) немесе теңдеулер жүйесі (3), алты өлшемді кеңістікте
бірінші ретті векторлық теңдеумен алмасады:
dR
= Φ (t , x , y , z , u, ϑ , w ).
dt
(5)
Физикада алты өлшемді кеңістік нүктелерін
( x, y, z , x ′, y ′, z ′) ≡ (rx , ry , rz , V x , V y , V z )
фазалық, ал (5) теңдеу шешімі болатын R (t ) сызығын фазалық
траектория деп атайды.
Фазалық кеңістік – нүктенің сызық бойымен қозғалғандағы
күйлерінің кеңістігі.
R(t ) векторының алғашқы үш координаталары нүктенің
кеңістіктегі орнын (r (t )), ал қалған үш координаталары оның
жылдамдығын r ′(t ) сипаттайды.
Бұл түсініктер теңдеулер жүйесінің кинематикалық мағынасын
береді.
Жүйені (3) немесе теңдеуді (5) динамикалық жүйе деп атайды.
Жеке траекторияны бөліп қарау үшін бастапқы шарт
R(t 0 ) = R 0 = ( x0 , y 0 , z 0 ; x0′ , y 0′ , z 0′ ) қойылады, яғни нүктенің бастапқы орны жəне жылдамдығы беріледі.
(n + 1) − өлшемді кеңістік нүктелері (t , x1 ,..., x n ) жиынында,
бірінші ретті теңдеулер жүйесінің
dxi
= f i (t , x1 ,..., xn )
dt
152
i = 1, n
(6)
бастапқы шарттарды
x 1 (t0 ) = x10 , ..., xn (t0 ) = xn 0
(7)
қанағаттандыратын шешімін іздеуді Коши есебі деп атайды.
Ізделінді xi (t ) функцияларының туындылары бойынша
шешілген (6) жүйені нормальдық, ал
dxi
= f i ( x1 , ..., xn )
dt
i = 1, n
(8)
жүйесін автономдық нормальдық жүйе деп атайды. Автономды
жүйеде f i функциялары t айнымалысынан айқын емес тəуелді.
Векторлар енгізсек,
x = ( x1 (t ), ..., xn (t )),
x0 = ( x10 ,..., xn 0 )
F (t , x ) = ( f1 (t , x1 ,..., x n ),...., f n (t , x1 ,..., x n )
Жүйе (6) x ′ = F (t , x ), (6´) бастапқы шарт x (t 0 ) = x0 , (7´)
автономдық жүйе X ′ = F ( X ), F = ( f1 ( x ), ..., f n ( x )) (8´) түрінде
жазылар еді.
Автономды жүйе n-өлшемді кеңістік жиынының əрбір нүктесінде ( x1 , ..., xn ), вектор
F ( x ) = ( f1( x1, ..., xn ), ..., f n ( x1, ..., xn ))
арқылы векторлар өрісін анықтайды.
Шешім X (t ) нүктенің n-өлшемді кеңістіктегі қозғалысының жеке траекториясын береді, ал жылдамдық векторы X ′(t )
( x1 , ..., x n ) − нүктесінен өту сəтінде F (x ) векторына тең.
Автономды жүйе (8´) шешімдері түсіндірілетін нүктелердің
( x1 , ..., x n ) n-өлшемді кеңістігі, жүйенің фазалық кеңістігі деп
аталады.
Траекториялар X (t ) фазалық траекториялар, ал векторлар
F (x ) фазалық жылдамдықтар делінеді.
153
§ 18. Теңдеулер жүйелерін шешу əдістері
Нормальдық түрдегі теңдеулер жүйесін шешудің екі əдісін
қарастырамыз.
1. Жоғарғы ретті теңдеуге келтіріп шешу əдісі.
n ретті дифференциалдық теңдеуді
x ( n ) = f (t , x, x ′, ..., x ( n −1) )
(1)
dxi
= f i (t , x1 ,..., xn ) i = 1, n
dt
(2)
нормальдық жүйеге келтіруге болады жəне керісінше, көп жағдайда жүйені n ретті теңдеуге келтіріп шешу нəтижесінде жүйе
шешімін табады.
1-мысал. Дифференциалдық теңдеуді нормальдық жүйеге ал3
мастыру керек y ′′′ − xyy ′ + y ′ = 0.
Шешуі. Келесі белгілеулерді енгіземіз:
y ′ = z,
y ′′ = u ,
y ′′′ = u ′.
Онда:
⎧ y ′ = z,
⎪
⎨ z ′ = u,
⎪u ′ = xyz − z 3
⎩
нормальдық түрдегі дифференциалдық теңдеулер жүйесі шығады.
2-мысал. Теңдеулер жүйесін екінші ретті теңдеуге келтіріп,
шешу керек:
⎧ y′ = z ,
⎨
⎩ z ′ = −4 y .
Шешуі. Жүйенің бірінші теңдеуін дифференциалдасақ,
⎧ y ′′ = z ′,
⎨
⎩ z ′ = −4 y,
154
немесе y ′′ + 4 y = 0 екінші ретті теңдеуін аламыз. Бұл теңдеудің
жалпы шешімі
y = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x болғандықтан,
z = y ′ = −2C1 sin 2 x + 2C 2 cos 2 x ...
Сонымен
y = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x,
z = −2C1 sin 2 x + 2C 2 cos 2 x
берілген теңдеулер жүйесінің жалпы шешімі.
Теңдеулер жүйесі (2) жəне осы жүйенің теңдеулерін қажетінше дифференциалдаудан шыққан барлық теңдеулерден,
белгісіз функцияларды жою нəтижесінде, əрқайсысының құрамында бір ғана белгісіз функция бар жоғары ретті бір немесе
бірнеше дифференциалдық теңдеулер шығады. Осы жоғары
ретті теңдеудің немесе теңдеулердің шешімдері, қалған белгісіз
функцияларды, мүмкіндігінше интегралдау амалынсыз табуда
қолданылады.
Жоғары ретті теңдеуге келтірудің жалпы сызбасы мынадай.
Теңдеулер жүйесінің (2) бірінші теңдеуін (n − 1) рет дифференциdx
алдап, əрбір рет i мəндерін, осы жүйенің қалған теңдеулерінен
dt
қойып отыру нəтижесінде:
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬
⎪
n −1
d x1
⎪
(
,
,...,
),
=
F
t
x
x
1
n −1
n
dt n −1
⎪
n
⎪
d x1
⎪
(
,
,...,
)
=
F
t
x
x
1
n
n
dt n
⎭
dx1
= F1 (t , x1 ,..., xn ),
dt
d 2 x1
= F2 (t , x1 ,..., xn ),
dt 2
.................................
(3)
жүйені аламыз.
Жүйенің (3) алғашқы n − 1 теңдеулерінен x 2 , ..., x n функцияларын анықтап, соңғы теңдеуіне қойсақ,
155
⎛
d n x1
dx1
d n −1 x1 ⎞
, ..., n −1 ⎟
= F ⎜ t , x1 ,
dt n
dt
dt ⎠
⎝
(4)
теңдеуі шығады.
Осы теңдеуді шешіп, бастапқы жүйенің шешімдерін табамыз.
3-мысал. Теңдеулер жүйесін шешу керек:
⎧ dx
⎪⎪ dt = 4 y ,
⎨
⎪ dy = x .
⎪⎩ dt
d2x
dy
Шешуі. Бірінші теңдеуден туынды алсақ,
теңдігі, ал
=4
2
dt
dt
жүйенің екінші теңдігін қолдансақ, екінші ретті, бір белгісізді
d2x
теңдеу 2 = 4 x шығады, немесе
dt
x ′′(t ) − 4 x(t ) = 0.
Соңғы теңдеудің сипаттамалық түбірлері k1 = −2, k 2 = 2
болғандықтан, жалпы шешімі:
x(t ) = C1e −2t + C 2 e 2t .
Бастапқы берілген жүйенің бірінші теңдеуінен
y=
1 dx 1
= −2C1e −2 t + 2C2 e 2 t .
4 dt 4
(
)
Сонымен жүйенің жалпы шешімі:
x(t ) = C1e −2t + C 2 e 2t ,
1
1
y (t ) = − C1e − 2t + C 2 e 2t .
2
2
Мұнда y (t ) функциясын бірінші теңдеу арқылы интегралдаусыз
анықтадық. Егер екінші теңдеуді қолдансақ,
156
C
dy
= C1e −2 t + C2 e 2 t , y (t ) = − 1 e −2 t +
dt
2
+
C 2 2t
e + C 3 болып шығар еді, яғни C 3 бойынша артық
2
шешімдер алынады. Жүйенің шешімі тек C 3 = 0 болғанда ғана
бар.
4-мысал. Теңдеулер жүйесін шешу керек
⎧ dx
2
⎪⎪ dt = y + sin t ,
⎨ dy
⎪ = x .
⎪⎩ dt 2 y
Шешуі. Бірінші теңдеуді туындыласақ,
d2x
dy
= 2 y + cos t .
2
dt
dt
d2x
dy
= x + cos t
= x болғандықтан,
Екінші теңдеуде 2 y
dt 2
dt
теңдеуі шығады. Бұл екінші ретті біртекті емес теңдеудің жалпы
шешімі
x(t ) = C1e t + C 2 e −t −
1
cos t .
2
Жүйенің бірінші теңдеуінен
y2 =
dx
1
− sin t = C1e t − C2 e − t − sin t .
dt
2
Белгісіз функциялардың x1 (t ), ..., x k (t ) жоғарғы ретті туындылары бойынша шешілген
157
⎧ x1( p1 ) (t ) = f1 (t , x1 , ..., x1( p1 −1) , ..., x k , ..., x k( pk −1) ) ,
⎪ ( p2 )
( p −1)
( p −1)
⎪ x 2 (t ) = f 2 (t , x1 , ..., x1 1 , ..., x k , ..., x k k ) ,
⎨
⎪− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −
⎪ x ( pk ) (t ) = f (t , x , ..., x ( p1 −1) , ..., x , ..., x ( pk −1) )
k
1
1
k
k
⎩ k
(5)
теңдеулер жүйесі канондық, ал n = p1 + p2 + ... + pk осы жүйенің
реті деп аталады. Дербес жағдайда, p1 = p2 = ... = pk = 1 жүйе
нормальдық жүйеге айналады.
5-мысал. Дифференциалдық теңдеулердің канондық жүйесін
нормальдық түрге келтіру керек.
⎧ x ′′ = z ′ + y ′,
⎪
⎨ y ′′ = y ′ + z ′,
⎪z ′′ = z ′ + x ′
⎩
Шешуі. Белгілеулер x ′(t ) = u(t ), y ′(t ) = w (t ), z ′(t ) = ϕ(t )
енгізсек, теңдеулер жүйесі:
⎧ x ′(t ) = u(t );
⎪ y ′(t ) = w (t );
⎪
⎪z ′(t ) = ϕ(t );
⎨
⎪u ′(t ) = u(t ) + w (t );
⎪w ′(t ) = w (t ) + ϕ(t );
⎪
⎪⎩ϕ ′(t ) = u(t ) + ϕ(t )
түрге келтіріледі.
6-мысал. Теңдеулер жүйесінің
d 2 x1
d 2 x2
=
x
,
= x1
2
dt 2
dt 2
бастапқы шарттарды x1(0) = 2, x1′(0) = 2; x 2 (0) = 2; x 2′ (0) = 2;
қанағаттандыратын дербес шешімін табу керек.
Шешуі. Жүйенің бірінші теңдеуінен екі рет туынды алсақ,
d 4 x1
d 4 x1 d 2 x2
= x1 теңдеуін аламыз.
= 2 теңдігін немесе
dt 4
dt 2
dt
158
Бұл теңдеудің сипаттамалық түбірлері k = ±1, k = ±i болғандықтан, жалпы шешімі:
x1 (t ) = C1e − t + C 2 e t + C 3 cos t + C 4 sin t .
Онда: x 2 (t ) = C1e − t + C 2 e t − C 3 cos t − C 4 sin t .
Енді бастапқы шарттарды ескере отырып алынған
⎧ C1 + C 2 + C 3 = 2 ,
⎪− C + C + C = 2 ,
⎪ 1
2
4
⎨
⎪ C1 + C 2 − C 3 = 2
⎪⎩− C1 + C 2 − C 4 = 2
теңдеулер жүйесінен тұрақтыларды C1 , C 2 , C 3 , C 4 анықтаймыз:
C1 = C 3 = C 4 = 0, C 2 = 2 .
Сонымен, бастапқы шарттарды орындайтын дербес шешім
x1 (t ) = 2e t , x 2 (t ) = 2e t .
2. Интегралданатын комбинациялар табу əдісі
dxi
= f i (t , x1 , ..., xn ), i = 1, n шешу,
dt
интегралданатын комбинациялар құру əдісімен де орындалатын
мүмкіндіктер көп кездеседі.
Берілген теңдеулер жүйесінің оңай интегралданатын салдары
dΦ (t , x1 , ..., x n ) = 0 немесе айнымалыларды алмастырып, интегралданатын түрге келтірілген бір белгісізді дифференциалдық
теңдеу интегралданатын комбинация деп аталады.
Интегралданатын комбинацияның шешімі
Теңдеулер
жүйесін
Φ (t , x1 , ..., x n ) = C1
теңдеулер жүйесінің бірінші интегралы деп аталады.
Сонымен, теңдеулер жүйесінің (2) шешімін xi (t ) i = 1, n
қойғанда, С-ның бір мəнінде тепе-теңдік беретін
Φ (t , x1 , ... , x n ) = C
(6)
теңдігін жүйенің бірінші интегралы деп атайды.
159
Егер жүйенің интегралдық сызықтары бойында ол тұрақтыларға айналса, əдетте, Φ (t , x1 , ... , x n ) функциясы да бірінші интеграл деп аталады.
Егер k интегралданатын комбинациялар табылса, онда k бірінші интегралдар аламыз:
Φ 1 (t , x1 , ... , x n ) = C1 , ⎫
Φ 2 (t , x1 , ... , x n ) = C 2 , ⎪⎪
(7)
⎬
… … … … … ⎪
Φ K (t , x1 , ... , x n ) = C K .⎪⎭
Бұл интегралдар тəуелсіз болса, яғни əйтеуір бір анықтауыш
D(Φ 1 , Φ 2 , ... , Φ k )
≠ 0 болса (мұндағы X j1 , X j2 , ... , X jk k
D( X j1 , X j2 , ... , X jk )
функциялары x1 , x 2 , … , x n функцияларынан алынған), онда
белгісіз k функцияны қалғандары арқылы өрнектеп, теңдеулер
жүйесіне (2) қою нəтижесінде белгісіздерінің санын азайтамыз.
Егер k = n жəне барлық интегралдар тəуелсіз болса, онда барлық
белгісіз функциялар осы (7) жүйеден анықталады.
7-мысал. Теңдеулер жүйесін шешу керек:
dx
dy
= y,
= x.
dt
dt
Шешуі: Теңдеулерді мүшелеп қосу нəтижесінде бір интегралданатын комбинация аламыз:
d (x + y)
d (x + y)
= x+ y⇔
= dt
dt
x+ y
ln x + y = t + ln C1 , x + y = C1e t .
Бірінші теңдеуден екіншісін мүшелеп шегерсек, екінші интегралданатын комбинация шығады:
d (x − y)
d (x − y)
= −( x − y ) ⇒
= − dt ,
dt
x−y
ln x − y = −t + ln C2 , x − y = C2 e − t .
160
Сонымен екі теңдік алдық:
x + y = C1e t жəне x − y = C 2 e − t , ал бұлардан бастапқы жүйенің
шешімін табамыз:
x=
1
C1e t − C 2 e −t ,
2
1
C1e t + C 2 e −t ,
2
y=
x = C1e t + C 2 e − t ,
y = C1e t − C 2 e − t .
(
)
(
)
немесе
8-мысал.
Функция
z = t 2 + 2 xy
теңдеулер
жүйесінің
dx
dy y 2 − t
= − y,
=
бірінші интегралы бола ма?
dt
dt
x
Шешуі: Теңдеулер жүйесін ескере отырып, функцияның толық
туындысын есептегенде, туынды мəні нөлге айналса, функция
жүйенің бірінші интегралы болғаны.
Сонымен
dz
dy
dx
y2 − t
= 2t + 2 x + 2 y
= 2t + 2 x ⋅
+ 2 y ⋅ ( − y ) = 0;
dt
dt
dt
x
Демек, функция теңдеулер жүйесінің бірінші интегралы.
9-мысал. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін жəне берілген
шартты орындайтын дербес шешімін табу керек:
dy x
dz
x
= ,
= 2;
dx yz dx y
y (0) = z (0) = 1.
Шешуі: Теңдеулер жүйесін:
⎧ dy
⎪⎪ z dx =
⎨
⎪ y dz =
⎩⎪ dx
x
,
y
x
y
түріне келтіріп, бірінен-бірін шегерсек, zdy − ydz = 0 неме11–684
161
се
1
1
dz − dy = 0 теңдігі шығады. Бұл интегралданатын комz
y
бинацияның бірінші интегралын z = C1 y теңдеулер жүйесінің
бірінші теңдеуіне қойып, екінші интегралданатын комбинация
аламыз.
dy x
= , C1 y 2 dy = xdx.
C1 y
dx y
Интегралдау нəтижесінде y 3 =
3x 2
+ C2 .
2C1
Бастапқы шарттардың орындалуын талап етсек,
x = 0:
z (0) = 1 = C1 ,
y (0) = 1 =
3
1
+ C2 , C2 = − .
2
2
Сонымен, жүйенің жалпы шешімі:
y3 =
3x 2
+ C 2 , z = C1 y ;
2C1
дербес шешімі:
3 2 1
x − , z = y.
2
2
Интегралданатын комбинациялар табуда теңдеулер жүйесін
симметриялы түрде жазып,
y3 =
dx1
dx2
dxn
dt
=
==
=
ϕ1 (t , x1 ,…, xn ) ϕ 2 (t , x1 ,…, xn )
ϕ n (t , x1 ,…, xn ) ϕ 0 (t , x1 ,…, xn ) (8)
f i (t , x1 ,… , xn ) =
ϕ i (t , x1 ,…, xn )
, i = 1, n,
ϕ 0 (t , x1 ,…, xn )
тең бөлшектердің
u1
ϑ1
қасиетін
162
=
u2
ϑ2
==
un
ϑn
=γ
α 1u1 + α 2 u 2 + + α n u n
=γ
α 1ϑ 1+α 2ϑ2 + + α nϑn
(9)
пайдалану тиімді. Мұндағы α 1 , …, α n сандары көбіне, бөлшектің
(9) алымы бөлімінің толық дифферинциалы болатындай немесе
бөлімі нөлге айналатындай етіп таңдалады.
10-мысал. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу керек:
dx
2tx
= 2
,
dt t − x 2 − y 2
dy
2ty
= 2
.
dt t − x 2 − y 2
Шешуі: Жүйені симметриялық түрде жазсақ,
dt
dx
dy
=
=
2
2
t −x −y
2tx 2ty
2
dx
dy
интегралдасақ, ln x = ln y + ln C1 немесе
=
2tx 2ty
x
= C1 . Симметриялы жүйеден (9) қасиет бойынша,
y
Теңдеуді
tdt + xdx + ydy
dx
=
2
2
2
2
2tx
t (t − x − y ) + 2tx + 2ty
2
немесе
tdt + xdx + ydy dx
=
,
t (t 2 + x 2 + y 2 ) 2tx
t 2 + x2 + y2
ал бұдан ln(t + x + y ) = ln x + ln C2 ,
= C2 .
x
Сонымен, жүйенің жалпы шешімі:
2
2
2
x
t 2 + x2 + y2
= C1 ,
= C2 .
y
x
§19. Сызықты дифференциалдық теңдеулер жүйелері
Белгісіз функциялар жəне олардың туындылары бойынша,
сызықты болып берілген теңдеулер жүйесі:
163
n
dxi
= ∑ aij (t ) x j + f i (t ), i = 1, n
dt
j =1
(1)
бірінші ретті n сызықты теңдеулер жүйесі деп аталады.
Вектор-бағандар
⎛ x1 (t ) ⎞
⎛ f1 (t ) ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜ x 2 (t ) ⎟
⎜ f 2 (t ) ⎟
X (t ) = ⎜
, F (t ) = ⎜
⎟
⎟
⎟
⎟
⎜
⎜
⎜ x (t ) ⎟
⎜ f (t ) ⎟
⎝ n ⎠
⎝ n ⎠
⎛ a11 (t ) a1n (t ) ⎞
жəне матрица A = ⎜
⎟ енгізсек, теңдеулер жүйесі (1):
⎝ an1 (t ) ann (t ) ⎠
dX (t )
= AX (t ) + F (t )
dt
(2)
түрінде жазылады.
Егер барлық aij (t ), f i (t ) функциялары кесіндіде a ≤ t ≤ b
үздіксіз болса, онда əрбір (t0 , x10 , x20 , … , xn 0 ), a ≤ t0 ≤ b нүктенің
жеткілікті кіші төңірегінде жалғыз шешім бар болу туралы теорема шарттары орындалады, демек, əрбір нүктеден жүйенің (1)
жалғыз интегралдық сызығы өтеді.
Сызықты оператор
L[ X ] ≡
dX
− AX
dt
енгізіп, теңдеулер жүйесін (1) қысқаша былай жазуға да болады
L[ X ] = F .
(3)
Егер барлық f i (t ) ≡ 0, i = 1, n болса, онда теңдеулер жүйесі
(4)
(1) сызықты біртекті деп аталады, онда L[X ] = 0 .
Оператордың L негізгі екі қасиеті бар:
1) L [ cX ] = cL [ X ] , c - кез келген тұрақты;
2) L[ X 1 + X 2 ] = L[ X 1 ] + L[ X 2 ] .
164
Шындығында,
d (cX )
⎡ dX
⎤
− A(cX ) ≡ c ⎢
− AX ⎥ ,
dt
dt
⎣
⎦
d( X1 + X 2 )
⎛ dX
⎞ ⎛ dX
⎞
− A( X 1 + X 2 ) ≡ ⎜ 1 − AX 1 ⎟ + ⎜ 2 − AX 2 ⎟ .
⎝ dt
⎠ ⎝ dt
⎠
dt
⎡m
⎤ m
L
c
X
Осы екі қасиеттен тікелей ⎢∑ i i ⎥ ≡ ∑ ci L[X i ] теңдігін
⎣ i =1
⎦ i =1
аламыз, ci - кез келген тұрақтылар.
Оператордың L қасиеттерімен жеңіл дəлелденетін бірнеше
теоремаларды қарастырайық.
1-теорема. Егер X сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің
L[X ] = 0 шешімі болса, онда cX -те, c -кез келген тұрақты, осы
жүйенің шешімі.
2-теорема. Сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің L[X ] = 0
шешімдері-нің X 1 , X 2 , … , X m кез келген сызықты комбинацияm
сы
∑c X
i
i
да осы жүйенің шешімі болады.
i =1
Дəлелдеуі: L[ X i ] ≡ 0, i = 1, m болғандықтан,
⎡m
⎤ m
L ⎢∑ ci X i ⎥ = ∑ ci L[ X i ] ≡ 0 екендігі айқын, теорема дəлелденді.
⎣ i =1
⎦ i =1
3-теорема. Нақты aij (t ) коэффициентті сызықты біртекті
теңдеулер жүйесінің L[X ] = 0 комплексті X = U + iV шешімі
болса, онда бұл шешімнің нақты жəне жорамал бөліктері де жекежеке
⎛ u1 ⎞
⎛ϑ1 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ u2 ⎟
⎜ϑ ⎟
U =⎜ ⎟, V =⎜ 2 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜u ⎟
⎜ϑ ⎟
⎝ m⎠
⎝ m⎠
осы жүйенің шешімдері болады.
Дəлелдеуі: Берілген L[U + iV ] ≡ 0. L[U ] ≡ 0 жəне L[V ] ≡ 0
екендігін дəлелдеу керек.
165
L - операторының қасиеттері бойынша
L [U + iV ] ≡ L [U ] + iL [V ] ≡ 0.
Демек, L[U ] ≡ 0 жəне L[V ] ≡ 0 .
Кесіндіде a ≤ t ≤ b векторлар X 1 (t ), X 2(t ), … , X n (t )
⎛ x1i (t ) ⎞
⎟
⎜
x2i (t )⎟
⎜
, i = 1, n
X i (t ) =
⎟
⎜
⎟
⎜
⎝ xni (t )⎠
сызықты тəуелді деп аталады, егер кемінде біреуі нөл емес
α 1 , α 2 , …, α n тұрақтылары табылып, барлық a ≤ t ≤ b мəндерінде
(5)
α 1 X 1 (t ) + α 2 X 2 (t ) + ..... + α n X n (t ) ≡ 0
тепе-теңдігі орындалса. Егер тепе-теңдік (5) барлық
α1 = α 2 = … = α n = 0
болғанда ғана орындалса, онда векторлар X 1 (t ), X 2 (t ), … , X n (t )
сызықты тəуелсіз деп аталады.
Векторлық тепе-теңдік (5):
⎫
(t ) = 0, ⎪
i =1
⎪
n
⎪
α i x2i (t ) ≡ 0,⎪
∑
⎬
i =1
........ ⎪
⎪
n
⎪
α i xni (t ) ≡ 0.⎪
∑
i =1
⎭
n
∑α x
i 1i
(6)
жүйе түрінде жазылады.
Егер векторлар X i (t ), i = 1, n сызықты тəуелді болса немесе
теңдеулер жүйесінің (6) нөлдік емес α i шешімдері бар болса,
онда жүйенің (6) анықтауышы
166
x11 x12 x1n
W=
x21 x22 x2 n
. . . . . .
xn1 xn 2 xnn
Кез келген t ∈ [a, b] мəнінде нөлге тең. Жүйенің анықтауышы векторлар жүйесінің X 1 (t ), X 2 (t ), … , X n (t ) Вронский анықтауышы деп аталады.
4-теорема. Коэффициенттері aij (t ) кесіндіде a ≤ t ≤ b үздіксіз, сызықты біртекті теңдеулер жүйесі (4) шешімдерінің X 1 (t ), X 2 (t ), … , X n (t ) Вронский анықтауышы əйтеуір
бір t 0 ∈ [a, b] нүктесінде нөлге тең болса, онда бұл шешімдер
X 1 (t ), … , X n (t ) кесіндіде [a, b] сызықты тəуелді жəне сол
кесіндіде W ≡ 0 .
Дəлелдеуі:
Жалғыз
шешім
туралы
теореX (t 0 ) = 0
ма
шарттары
берілгендіктен,
бастапқы
( x1 (t 0 ) = 0, x 2 (t 0 ) = 0, … , x n (t 0 ) = 0) мəні жүйенің (4) нөлдік
жалғыз шешімін X (t ) ≡ 0 анықтайды. Анықтауыш W (t 0 ) = 0.
Онда кемінде біреуі нөл емес c1 , c 2 , … , c n тұрақтылар үшін
c1 X 1 (t 0 ) + c 2 X 2 (t 0 ) + + c n X n (t 0 ) ≡ 0,
немесе ашып жазсақ,
n
∑c x
i =1
i 1i
n
∑c x
i
i =1
2i
(t 0 ) = 0,
(t 0 ) = 0,
. . . . . . .
n
∑c x
i
ni
i =1
Шешім
n
X (t ) = ∑ ci X i (t )
(t 0 ) = 0.
нөлдік
бастапқы
X (t 0 ) = 0
i =1
167
шартын орындайды, демек, жүйенің (4) нөлдік шешімімен бірдей:
n
∑c X
i
i
(t ) ≡ 0, X i (t ) -лер сызықты тəуелді.
i =1
5-теорема. Коэффициенттері aij (t ) кесіндіде a ≤ t ≤ b үздіксіз, сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің (4) n сызықты
тəуелсіз X 1 (t ), X 2 (t ), … , X n (t ) шешімдерінің сызықты комбинациясы
n
∑ c X (t ), осы жүйенің (4) жалпы шешімі болады.
i =1
i
i
Дəлелдеуі: Жалғыз шешім туралы теорема шарттары берілn
гендіктен, теорема дəлелденеді, егер шешімдегі
∑c X
i
i
(t )
i =1
тұрақтыларды ci қандай бастапқы шарт берілсе де табуға болатындығына көз жеткізсек.
Кез келген t 0 ∈ [a, b] мəнінде берілген X (t 0 ) = X 0 ,
⎛ x10 ⎞
⎜x ⎟
X 0 = ⎜ 20 ⎟
⎜ ⎟
⎜x ⎟
⎝ n0 ⎠
бастапқы шартында векторлық теңдеу
n
∑c X
i
i =1
i
(t 0 ) = X 0
немесе n скалярлық теңдеулер жүйесі ci − бойынша
n
∑ ci x1i (t 0 ) = x10 ,
i =1
n
∑ ci x 2i (t 0 ) = x 20 ,
i =1
. . . . . . .
n
∑ ci xni (t 0 ) = xn 0 .
i =1
168
үйлесімді, себебі оның анықтауышы сызықты тəуелсіз
X 1 , X 2 , … , X n шешімдерінің Вронский анықтауышы, нөлге айналмайды. Теорема дəлелденді.
Теңдеулер жүйесенің (4) сызықты тəуелсіз n шешімдерін
фундаменталды шешімдер жүйесі дейді.
Бағандары жүйенің (4) фундаменталды шешімдер жүйесі болатын X (t ) матрицасын фундаменталды матрица деп атайды.
Егер X (t 0 ) = E , E - бірлік матрица, болса, онда X (t ) - ны матрицант деп атайды.
Жүйенің (4) кез келген шешімі фундаменталды шешімдер
жүйесінің сызықты комбинациясы болады.
Жүйенің (4) кез келген n + 1 шешімдері сызықты тəуелді.
Теңдеулер жүйесінің (4) шешімдерінің Вронский анықтауышына Лиувилль-Остроградский формуласы орындалады:
t
W (t ) = e
∫t0 a (τ ) dτ
⋅W (t0 ),
(7)
n
a(t ) = SpA(t ) = ∑ aii (t ) .
i =1
1-мысал.
Функциялар
t
x 2 = e cos t , y 2 = e t sin t
x1 = − sin t , y1 = cos t
жəне
⎧⎪ x ′ = x cos 2 t − (1 − sin t cos t ) y,
теңдеулер жүйесінің ⎨
⎪⎩ y ′ = (1 + sin t cos t ) x + y sin 2 t
шешімдерінің фундаменталды жүйесін құрады ма?
Шешуі: Алдымен функциялардың теңдеулер жүйесінің шешімдері болатындығын тексерейік.
dx1
dy1
= − cos t ,
= − sin t ,
dt
dt
x1 cos 2 t − (1 − sin t cos t ) y1 = ( − sin t ) cos 2 t − (1 − sin t cos t ) ⋅ cos t =
= − sin t cos 2 t − cos t + sin t ⋅ cos 2 t = − cos t ,
(1 + sin t cos t ) ⋅ x1 + y1 sin 2 t = (1 + sin t cos t ) ⋅ ( − sin t ) + cos t sin 2 t =
= − sin t − sin 2 t cos t + cos t sin 2 t = − sin t.
169
Сонымен, функциялар x1 , y1 теңдеулер жүйесінің шешімдері
екен. Дəл осылайша x 2 , y 2 функцияларын тексереміз:
dx2
dy2
= e t (cos t − sin t ),
= e t (sin t + cos t ),
dt
dt
x2 cos 2 t − (1 − sin t cos t ) y2 = e t cos t ⋅ cos 2 t − (1 − sin t cos t )e t ⋅ sin t =
= e t (cos3 t − sin t + sin 2 t cos t ) = e t (cos t − sin t ),
(1 + sin t cos t ) x2 + y2 sin 2 t = (1 + sin t cos t )e t cos t + e t sin t ⋅ sin 2 t =
= e t (cos t + sin t cos 2 t + sin 3 t ) = e t (cos t + sin t ).
Берілген функциялар ( x1 (t ), y1 (t )); ( x2 (t ), y2 (t )) теңдеулер
жүйесінің шешімдері екен, енді Вронский анықтауышын
құрамыз:
W (t ) =
− sin t e t cos t
= e t (− sin 2 t − cos 2 t ) = −e t ≠ 0
t
cos t e sin t
Кез келген t мəнінде W (t ) ≠ 0 болғандықтан, шешімдер
сызықты тəуелсіз, фундаменталды жүйе. Онда теңдеулер жүйесінің жалпы шешімі:
x(t ) = C1 x1 (t ) + C 2 x 2 (t ) = −C1 sin t + C 2 e t cos t ,
y (t ) = C1 y1 (t ) + C 2 y 2 (t ) = C1 cos t + C 2 e t sin t.
2-мысал. Теңдеулер жүйесінің
dx
dy
= − y,
=x
dt
dt
бір шешімі x1 = − sin t , y1 = cos t. Жалпы шешімін табу керек.
x = ϕ(t ), y = ψ (t )
Шешуі. Жүйенің шешімі
келесі
ϕ (0) = 1, ψ (0) = 0 шарттарын қанағаттандырады деп, ЛиувилльОстроградский формуласы бойынша
t
ϕ (t ) − sin t 1 0 ∫0 0⋅dτ
=
e
=1,
0 1
ψ (t ) cos t
170
x = ϕ (t ), y = ψ (t )
немесе
теңдігін
аламыз.
Онда
ϕ (t ) = cos t , ψ (t ) = sin t .
Енді шешімдер жүйесінің (cos t , sin t ), (− sin t , cos t ) сызықты тəуелсіздігін Вронский анықтауышымен тексереміз:
W (t ) =
cos t
sin t
− sin t
= cos 2 t + sin 2 t = 1 ,
cos t
Кез-келген t үшін шешімдер сызықты тəуелсіз, жалпы шешім:
x(t ) = C1 cos t − C 2 sin t , y (t ) = C1 sin t + C 2 cos t.
6-теорема. Егер x сызықты біртекті емес L[X ] = F (3)
жүйенің, ал X 0 тиісті біртекті L[X ] = 0 жүйесінің шешімдері
болса, онда шешімдердің қосындысы X 0 + X біртекті емес
L[X ] = F жүйенің шешімі.
[ ]
Дəлелдеуі. Берілгені L X ≡ F жəне L[X ] ≡ 0.
L[X 0 + X ] ≡ F екендігін дəлелдеу керек.
Оператордың L қасиеті бойынша
L[X 0 + X ] ≡ L[X 0 ] + L[X ] ≡ F . Теорема дəлелденді.
7-Теорема. Коэффиценттері aij (t ) жəне оң жағындағы функциялары f i (t ) кесіндіде a ≤ t ≤ b үздіксіз, біртекті емес (3)
жүйенің жалпы шешімі, осы жүйеге тиісті біртекті (4) жүйенің
n
∑C X
i
i
жалпы шешімі мен біртекті емес жүйенің бір X ше-
i =1
n
шімінің қосындысына тең: X (t ) = ∑ C i X i + X .
i =1
Дəлелдеуі. Шешім бар жəне жалғыз болуы туралы теорема
шарттары орындалатындықтан, теорема дəлелденеді, егер кез
келген бастапқы шартта
⎛ x10 ⎞
⎜x ⎟
X (t0 ) = ⎜ 20 ⎟
⎜ ⎟
⎜x ⎟
⎝ n0 ⎠
матрицалық теңдеудің
171
n
∑C X
i
i
i =1
(t 0 ) + X (t 0 ) = X 0
немесе теңдеулер жүйесінің
⎫
(t0 ) + x1 (t0 ) = x10 , ⎪
i =1
⎪
n
⎪
Ci x2 i (t0 ) + x2 (t0 ) = x20 ,⎪
∑
⎬
i =1
. . . . . . . . . .⎪
⎪
n
⎪
Ci xni (t0 ) + xn (t0 ) = xn 0 ⎪
∑
i =1
⎭
n
∑C x
i 1i
шешімдері C1 , C 2 ,..., C n бар екендігін көрсетсек. Бұл айқын,
себебі теңдеулер жүйесінің анықтауышы, L[ x] = 0 жүйесінің
сызықты тəуелсіз X 1 , X 2 ,..., X n шешімдерінің t 0 нүктесіндегі
Вронский анықтауышы, нөлге тең емес. Теорема дəлелденді.
8-теорема.m L[ X ] = Fi , i = 1, m теңдеулерінің X i шешімдерінің
қосындысы ∑ X i теңдеулер жүйесінің
i =1
m
L[ x] = ∑ Fi ,
i =1
шешімі болады.
⎛ f1i (t ) ⎞
⎜ f (t ) ⎟
Fi = ⎜ 2 i ⎟
⎜
⎟
⎜ f ( t )⎟
⎝ mi ⎠
⎡m
⎤ m
Дəлелдеуі. Берілгені L[ X i ] ≡ Fi , i = 1, m. L ⎢∑ X i ⎥ ≡ ∑ Fi
⎣ i =1 ⎦ i =1
екендігін дəлелдеу керек.
L операторының қасиеті бойынша
m
⎡m
⎤ m
L ⎢∑ X i ⎥ ≡ ∑ L[X i ] ≡ ∑ Fi . Теорема дəлелденді.
i =1
⎣ i =1 ⎦ i =1
∞
Ескерту. Теорема тұжырымы m → ∞ жағдайда орынды, егер
∑X
i =1
172
i
қатары жəне оның туындысы жинақты болса.
9-теорема. Нақты функциялар мен aij (t ), ui (t ), ϑ i (t )(i , j , = 1, n)
берілген теңдеулер жүйесінің
L[ X ] = U + iV ,
⎛ u1 ⎞
⎜ ⎟
⎜u ⎟
U =⎜ 2⎟,
⎜ ⎟
⎜u ⎟
⎝ n⎠
⎛ϑ1 ⎞
⎜ ⎟
⎜ϑ ⎟
V =⎜ 2⎟
⎜ ⎟
⎜ϑ ⎟
⎝ n⎠
⎛ u1 ⎞
⎜ ⎟
⎜u ⎟
U =⎜ 2⎟,
⎜ ⎟
⎜u ⎟
⎝ n⎠
⎛ϑ1 ⎞
⎜ ⎟
⎜ϑ ⎟
V =⎜ 2⎟,
⎜ ⎟
⎜ϑ ⎟
⎝ n⎠
шешімі X = U + iV ,
болса, онда шешімнің нақты бөлігі U жəне жорамал бөлігі V
тиісінше L[ X ] = U жəне L[ X ] = V
теңдеулерінің шешімдері.
Дəлелдеуі. L[U + iV ] = U + iV берілген. L[U ] ≡ U , L[V ] ≡ V
екендігін дəлелдеу керек.
L операторының қасиеттері бойынша
[ ]
L ⎡⎣U + iV ⎤⎦ ≡ L ⎣⎡U ⎦⎤ + iL ⎣⎡V ⎦⎤ ≡ U + iV
[ ]
Демек L U ≡ U жəне L V ≡ V .
Біртекті емес теңдеулер жүйесінің L[ X ] = F жеке шешімін
табу қиын, тиісті біртекті теңдеулер жүйесінің L[ X ] = 0 жалпы шешімі белгілі болса, онда жалпы шешімін табу үшін тұрақтыларды вариациялау əдісін қолданады.
Тұрақтыларды вариациялау əдісі
dX
− AX = 0 жалпы шешімі
dt
i = 1, n сызықты тəуелсіз шешімдері болсын.
Біртекті теңдеулер жүйесінің
n
∑C X ,
i
i
Xi
i =1
173
Онда біртекті емес теңдеулер жүйесінің
dX
− AX = F
dt
шешімін
n
X = ∑ C i (t ) X i , C i (t )
белгісіз
i =1
функциялар
түрінде
іздестіреміз.
Шешімді теңдеулер жүйесіне қойсақ,
n
n
i =1
i =1
∑ Ci′(t ) X i + ∑ Ci (t )
ал
n
dX i
= A∑ C i ( t ) X i + F ,
dt
i =1
dX i
≡ AX i болғандықтан,
dt
n
∑ C ′(t ) X
i
i
=F
i =1
теңдігі немесе
⎫
= f1 (t ), ⎪
i =1
⎪
n
⎪
Ci′(t ) x2 i = f 2 (t ),⎪
∑
⎬
i =1
. . . . . . . . . . . ⎪
⎪
n
⎪
Ci′(t ) xni = f n (t ) ⎪
∑
i =1
⎭
n
∑ C ′(t ) x
i
1i
(8)
теңдеулер жүйесі шығады. Бұл теңдеулер жүйесінің анықтауышы X 1 , X 2 , … , X n сызықты тəуелсіз шешімдерінің Вронский
анықтауышы W болғандықтан, нөл емес
C i′(t ) = ϕ i (t )
i = 1, n
шешімдерін, оларды интегралдап, белгісіз C i (t ) функцияларын
табамыз: Ci (t ) = ∫ ϕ i (t )dt + Ci i = 1, n .
174
3-мысал. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу керек:
1
dx
dy
= − y,
= x+
.
sin t
dt
dt
Шешуі. Берілген жүйеге тиісті біртекті теңдеулер жүйесінің
dx
dy
= − y,
= x жалпы шешімі 2-мысалдан белгілі
dt
dt
x = C1 cos t − C 2 sin t ,
y = C1 sin t + C 2 cos t .
Тұрақтыларды вариациялап,
x = C1 (t ) cos t − C 2 (t ) sin t ,
y = C1 (t ) sin t + C 2 (t ) cos t ,
C1′(t ), C2′ (t ) - терді теңдеулер жүйесінен (8) анықтаймыз
⎧C1′ (t ) cos t − C 2′ (t ) sin t = 0,
⎪
⎨
1
⎪⎩C1′ (t ) sin t + C 2′ (t ) cos t = sin t ,
C1′(t ) = 1, C1(t ) = t + C1; C 2′(t ) =
cos t
, C 2 (t ) = ln sin t + C 2 .
sin t
Сонымен, берілген жүйенің жалпы шешімі
x (t ) = C1 cos t − C 2 sin t + t cos t − sin t ln sin t ,
y (t ) = C1 sin t + C 2 cos t + t sin t + cos t ln sin t .
§ 20. Тұрақты коэффициентті сызықты
дифференциалдық теңдеулер жүйелері
Коэффициенттері aij немесе матрицасы A тұрақты сызықты
теңдеулер жүйесін
n
dxi
= ∑ aij x j + f i (t ) i = 1, n
dt
j =1
немесе векторлық түрде
175
dX
= AX + F ,
dt
тұрақты коэффициентті сызықты теңдеулер жүйесі деп атайды.
Тұрақты коэффициентті сызықты теңдеулер жүйесі жоғарғы
ретті сызықтық бір теңдеуге келтіріліп, интегралданады.
Сызықты алгебра əдістерімен де шешуге болады. Мұнда жүйенің фундаменталды шешімдері тікелей құрылады. Осы əдісті
қарастырайық.
Теңдеулер жүйесінің
dx1
⎫
= a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn ⎪
dt
⎪
dx2
= a21 x1 + a22 x2 + .... + a2 n xn , ⎪⎪
dt
⎬
− − − − − − − − − − − − − − − − −⎪
⎪
dxn
= an1 x1 + an 2 x2 + ... + ann xn ⎪
⎪⎭
dt
(1)
шешімдерін x1 = α 1e k t , x 2 = α 2 e k t , …, x n = α n e k t түрінде ізkt
дестіреміз. Жүйеге (1) қойып, ортақ көбейткіш e -ға қысқартып,
барлық мүшесін теңдіктің бір жағына шығарсақ,
⎧(a11 − k ) α1 + a12 α 2 + + a1nα n = 0 ,
⎪
⎪a21 α1 + (a22 − k )α 2 + + a2 nα n = 0,
(2)
⎨
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
⎪
⎪⎩an1α1 + an 2α 2 + + (ann − k )α n = 0
алгебралық теңдеулер жүйесін аламыз. Белгісіздері α j , j = 1, n n
- сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің нөл емес шешуі болуы
үшін, жүйенің (2) анықтауышы нөлге тең болуы қажетті жəне
жеткілікті:
a1n
a11 − k
a12
a21
a22 − k a2 n
− − − − − − − −
ann − k
an1
an 2
176
= 0.
(3)
n дəрежелі теңдеу (3) сипаттамалық деп аталады; k-ның əрбір
мəніне тиісті (2) жүйенің нөлдік емес α j , j = 1, n шешімдері табылады .
Егер сипаттамалық түбірлер k1 ≠ k 2 ≠ ≠ k n болса, онда
оларды жүйеге (2) кезегімен қойып, шешу нəтижесінде нөлдік
емес α (ij ) i, j = 1, n мəндері анықталып, бастапқы (1) жүйенің n
шешімі: түрде табылады:
x1(i ) = α 1(i ) e ki t , x 2(i ) = α 2(i ) e ki t , … , x n(i ) = α n(i ) e kit
i = 1, n.
(4)
Жоғарғы индекс і шешімнің нөмірін көрсетеді.
Осы нəтижені векторлық белгілеулер енгізу жолымен де аламыз:
dX
(1')
= AX
dt
шешімін
⎛α 1 ⎞
⎜ ⎟
~ kt
~ ⎜α 2 ⎟
X = A e түрінде іздестіреміз, A = ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜α ⎟
⎝ n⎠
kt = AAe
k t немесе
онда Ake
( A − kE ) A = 0,
⎛1
⎜
⎜0
E =⎜
−
⎜
⎜0
⎝
0 0 …
1 0 …
− − −
0 0 …
(5)
0⎞
⎟
0⎟
бірлік матрица.
−⎟
⎟
1 ⎟⎠
~
Матрицалық теңдеудің (5) нөлдік емес шешімі A болуы үшін
A − kE матрицасының ерекше болуы қажетті жəне жеткілікті, яғни анықтауыш A − kE = 0 болуы керек. Бұл теңдеудің
~
A − kE = 0 əрбір сипаттамалық k i түбіріне нөл емес A (i ) мат12–684
177
рицасын анықтаймыз жəне барлық k i түбірлері əртүрлі болса,
жүйенің (1´) n шешімін табамыз:
~
~
~
X 1 = A (1) e k1t , X 2 = A ( 2 ) e k 2t , … , X n = A ( n ) e k nt ,
⎛α ( i ) ⎞
⎜ 1 ⎟
⎜α ( i ) ⎟
~
A (i ) = ⎜ 2 ⎟ .
⎜ ⎟
⎜α ( i ) ⎟
⎝ n ⎠
Бұл шешімдер сызықты тəуелсіз. Шындығында, егер сызықты
n
~
тəуелділік болса, ∑ β i A ( i ) e ki t = 0 немесе ашып жазсақ,
i =1
⎫
e ki t ≡ 0 ,⎪
i =1
⎪
n
⎪
β iα 2(i ) e kit ≡ 0 ,⎪
∑
⎬
i =1
. . . . . . . . . .⎪
⎪
n
⎪
β iα n(i ) e kit ≡ 0 ,⎪
∑
i =1
⎭
n
∑β α
i
(i )
1
(5')
ал e ki t , i = 1, n сызықты тəуелсіз болғандықтан
β i α 1(i ) = 0, ⎫
⎪
β i α 2(i ) = 0, ⎪
⎬
. . . . . . .⎪
β i α n(i ) = 0 ⎪⎭
(i = 1, n)
(6)
Əрбір i үшін α 1( i ) , α 2( i ) , … , α n( i ) -лердің кемінде біреуі нөл емес,
онда барлық β i = 0, i = 1, n .
~
Сонымен A ( i ) e ki t i = 1, n шешімдері сызықты тəуелсіз, онда
жалпы шешімі
178
n
n
~
X = ∑ C i A (i ) e kit , немесе x j = ∑ C iα (ji ) e kit
i =1
j = 1, n ,
i =1
C j - кез келген тұрақтылар.
Теңдеулер жүйесі (2) біртекті жəне анықтауышы нөл болғандықтан шешімдері α (ij ) j = 1, n көп мəнді, яғни шексіз көп; себебі
əрбір шешімін кез келген тұрақтыға көбейтсек жаңа шешімі
шығады.
Сипаттамалық теңдеудің (3) комплекс түйіндес түбірлеріне k j = p + qi , k j = p − qi тиісті сызықты тəуелсіз шешімдері
~ kt
X j = A ( j ) e j (7) шешімінің нақты жəне жорамал бөліктерінен
құрылады.
Теңдеулер жүйесі (1) жоғарғы ретті сызықты бір теңдеуге
келтірілетіндігін ескерсек, сипаттамалық k s түбірінің еселігі γ
болғанда, бұл түбірге тиісті шешімі мына түрде іздестіріледі
~ (s) ~
~
X (t ) = ( A0 + A1( s ) t + ... + Aγ( −s 1) t γ −1 )e k s t ,
~
Ai( s )
ды.
(8)
⎛α 1(is ) ⎞
⎜
⎟
⎜α 2( si ) ⎟ (s )
=⎜
⎟ , α ji -тұрақтылар.
⎜
⎟
⎜α ( s ) ⎟
⎝ ni ⎠
~
Шешімді (8) жүйеге (1) қойып, матрицаларды Ai( s ) анықтай1-мысал. Теңдеулер жүйесінің жалпы шешімін табу керек.
dx
dy
= 2 x + y,
= 3 x + 4 y.
dt
dt
Шешуі: Сипаттамалық теңдеуінің
2−k 1
= 0 , k 2 − 6k + 5 = 0
3
4−k
179
түбірлері k1 = 1, k 2 = 5 болғандықтан, шешімдерін
x1 = α 1(1) e t ,
y1 = α 2(1) e t
x 2 = α 1( 2 ) e 5t , y 2 = α 2( 2 ) e 5t
түрінде іздестіреміз. Шешімдерді жүйеге қойсақ:
⎧⎪α 1(1) + α 2(1) = 0 ,
⎨ (1)
⎪⎩3α 1 + 3α 2(1) = 0 ,
⎧⎪3α1( 2 ) − α 2( 2 ) = 0,
⎨
⎪⎩− 3α1( 2 ) + α 2( 2 ) = 0
алгебралық жүйелері шығады. Біріншісінен
α 1(1) + α 2(1) = 0, α 2(1) = −α 1(1) , α11 − кез келген, онда
x1 = c1e t ,
y1 = −c1e t , c1 = α 1(1) .
Екіншісінен 3α 1( 2) − α 2( 2) = 0, α 2( 2) = 3α 1( 2) , α 1( 2) − кез келген, онда
x 2 = c 2 e 5t ,
y 2 = 3c 2 e 5t , c 2 = α 1( 2 ) .
2-мысал. Жалпы шешімін табу керек
dx
dy
= 2 x − 5 y,
= 5 x − 6 y.
dt
dt
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің
2−k
−5
5
−6−k
=0,
k 2 + 4 k + 13 = 0
түбірлері k = −2 ± 3i болғандықтан, берілген жүйенің шешімін
x = α 1e ( −2+3i ) t , y = α 2 e ( −2+3i ) t түрінде іздестіреміз. Онда α 1 , α 2
коэффициенттері үшін алгебралық теңдеулер жүйесінің
⎧(4 − 3i )α 1 − 5α 2 = 0 ,
⎨
⎩5α 1 + (−4 − 3i )α 2 = 0
бір шешімі α 1 = 5, α 2 = 4 − 3i, демек x = 5e ( −2 + 3i ) t ,
y = (4 − 3i )e ( −2 + 3i ) t .
180
Комплекс айнымалы функция түрінде алынған бұл шешімнің нақты жəне жорамал бөліктерінен, берілген жүйенің жалпы
шешімі құрылады:
x (t ) = 5e −2 t (C1 cos 3t + C2 sin 3t ),
y (t ) = e −2 t [ (4C1 − 3C 2 ) cos 3t + (3C1 + 4C2 ) sin 3t ].
3-мысал. Жалпы шешімін табу керек:
dx
dy
= x − 2 y,
= 2 x + 5 y.
dt
dt
Шешуі. Сипаттамалық теңдеудің
1− k
2
−2
= 0 , k 2 − 6k + 9 = 0
5−k
k1 = k 2 = 3 болғандықтан, жүйенің шешімін
түбірлері
x = (α 1 + β 1t )e 3t , y = (α 2 + β 2 t )e 3t түрінде іздестіреміз. Шешімді
берілген жүйеге қойсақ,
⎧ β 1 + 3α 1 + 3β 1t = α 1 + β 1t − 2α 2 − 2 β 2 t ,
⎨
⎩ β 2 + 3α 2 + 3β 2 t = 2α 1 + 2 β 1t + 5α 2 + 5 β 2 t
⎧2α 2 = −2α 1 − β 1 ,
теңдіктері шығады.
⎩β 2 = − β1
немесе ⎨
Мұндағы α 1 = C1 , β 1 = C 2 кез келген сандар десек, жүйенің
жалпы шешімін аламыз:
x = (C1 + C 2 t )e 3t ,
1
y = (−C1 − C 2 − C 2 t )e 3t .
2
§21. Теңдеулер жүйесін жуықтап шешу əдістері
Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулерді жуықтап шешу
əдістерін толығымен теңдеулер жүйесіне де қолдануға болатындығын көрсетейік.
181
1. Біртіндеп жуықтау əдісі
Бастапқы шартпен берілген теңдеулер жүйесінің
dyi
= f i ( x , y1 , y2 , … , yn ) i = 1, n
dx
yi ( x0 ) = yi 0
(1)
i = 1, n
(2)
оң жағындағы f i функциялары екінші аргументінен бастап
барлық аргументі бойынша Липшиц шартын қанағаттандырса,
біртіндеп жуықтау əдісімен шешуге болады.
Нөлінші жуықтауы y i 0 ( x) еркін таңдалып, қалған жуықтаулары:
x
yi ,k +1 ( x ) = yi 0 + ∫ f i ( x , y1k , y2 k , … , ynk )dx
i = 1, n
(3)
x0
формуламен есептеледі.
Жуықтауы баяу жинақталатындықтан жəне есептеудің күрделілігі, біртекті еместігінен, бұл формула тəжірибеде сирек қолданылады.
2. Эйлер əдісі
Жүйенің (1)-(2) интегралдық сызығы Эйлер сызығымен алмастырылады.
Шешім есептелінетін аралық x0 ≤ x ≤ b ұзындығы h бөліктерге бөлшектеніп,
y i ( x k +1 ) = y i ( x k ) + hy i′ ( x k ) i = 1, n
(4) формула қолданылады. Есептеу дəлдігін жоғарылату үшін
итерациялар қолданылады.
3. Тейлор формуласымен жіктеу
Теңдеулер жүйесінің (1) f i функциялары k - рет дифференциалданатын деп, шешімдерді Тейлор жіктеулері түрінде жазады:
182
yi ( x ) ≈ yi ( x0 ) + yi′( x0 )( x − x0 ) + yi′′( x0 )
( x − x0 )2
( x − x0 ) k
+ … + yi( k ) ( x0 )
,
2!
k!
i = 1, n
(5)
Қателікті бағалау Тейлор формуласындағы қалдықты бағалау
əдісімен атқарылады:
Rik = yi( k +1) [ x0 + θ ( x − x0 )]
( x − x0 ) k +1
, 0 < θ < 1.
( k + 1)!
Бұл əдіс х0 нүктесінің аз төңірегінде жақсы нəтиже береді.
4. Штермер əдісі
Аралық x0 ≤ x ≤ b ұзындығы h бөліктерге бөлшектеніп, теңдеулер жүйесінің (1) шешімі:
1
yi ,k +1 = yik + qik + Δqi ,k −1 ,
2
(6)
1
5
yi ,k +1 = yik + qik + Δqi ,k −1 + Δ 2 qi ,k − 2 ,
2
12
7)
1
5
3
yi ,k +1 = yik + qik + Δqi ,k −1 + Δ 2 qi ,k − 2 + Δ 3 qi ,k −3 ,
2
12
8
. . . . . . . . . . . . .
(8)
i = 1, n,
yik = yi ( x k ),
x k = x0 + kh, qik = yi′( x k )h,
Δqi ,k −1 = qik − qi ,k −1 , Δ 2 qi ,k − 2 = Δqi ,k −1 − Δqi ,k − 2 ,
Δ 3 qi ,k −3 = Δ 2 qi ,k − 2 − Δ 2 qi ,k −3 .
формулалардың бірімен есептеледі.
Штермер формуласы үшін бастапқы жуықтауларды алдыңғы
183
əдістермен табуға болады. Жіберілген қателік бірінші ретті теңдеуді шешкендегі əдіспен бағаланады.
5. Рунге əдісі
Сандар есептеліп,
mi1 = f i ( x k , y1k , y2 k ,… , ynk ) ,
hm
hm
hm ⎞
h
⎛
mi 2 = f i ⎜ x k + , y1k + 11 , y2 k + 21 ,… , ynk + n1 ⎟ ,
⎝
2
2
2
2 ⎠
hm
hm
hm ⎞
h
⎛
mi 3 = f i ⎜ x k + , y1k + 12 , y2 k + 22 ,… , ynk + n 2 ⎟ ,
⎝
2
2
2
2 ⎠
mi 4 = f i ( x k + h, y1k + hm13 , y2 k + hm23 , … , ynk + hmn 3 ) ,
формула қолданылады.
yi ,k +1 = yik +
h
(mi1 + 2mi 2 + 2mi 3 + mi 4 ) i = 1, n
6
(9)
Қадам h дұрыс таңдалғанда айырымдар Δqik , Δ2 qik , … біркелкі
өзгереді.
Есептер, жаттығулар.
1.
dx
dy
= y,
= − x , x (0) = 0, y (0) = 1. Ж. x = sin t , y = cos t.
dt
dt
d 2 x1
d 2 x2
x1 = 2e t ,
x
x
x
x
=
,
=
,
(0)
=
2,
(0)
=
2,
′
2
1
1
1
2. dt 2
Ж.
dt 2
x 2 = 2e t .
x2 (0) = 2, x2′ (0) = 2.
3.
dx
dy
+ 5x + y = e t ,
− x − 3 y = e2t .
dt
dt
( −1+
Ж. x = C1e
184
15 ) t
+ C2 e ( −1−
15 ) t
+
2 t 1 2t
e + e ;
11
6
y -бірінші теңдеуден табылады: y = e t −
dx
− 5 x.
dt
4. dx = y , dy = z , dz = x.
dt
dt
dt
Ж. x = C1e t + e
1
− t
2
⎛
3 ⎞
3
⎜ C 2 cos
+
t
C
t ⎟⎟ ;
sin
3
⎜
2
2
⎝
⎠
y жəне z келесі теңдеулерден анықталады: y =
2
5. dx = y , dy = y
dt
dt
dx
d2x
, z= 2 .
dt
dt
Ж. x = C1e C2t ; y = C1C 2 e C2t .
x
6. dx + dy = − x + y + 3,
dt dt
dx dy
−
= x + y − 3.
dt dt
Ж. x1 = C1 cos t + C 2 sin t + 3; y = −C1 sin t + C 2 cos t.
7. dy = z , dz = − xy.
dx x dx
Ж. y = C1 J 0 ( x ) + C2Y0 ( x ); z = x [C1 J 0′ ( x ) + C2Y0′( x )].
8. dx = dy = dz .
z−y x−z y−x
Ж. x + y + z = C1 ; x 2 + y 2 + z 2 = C 22 .
9. dx = − x + y + z ,
dt
dy
= x − y + z,
dt
dz
= x + y − z.
dt
Ж. x = C1e t + C 2 e −2t ,
y = C1e t + C 3 e −2t ,
13–684
z = C1e t − (C 2 + C 3 )e −2t .
185
10. t
C
C
dx
dy
+ y = 0, t + x = 0. Ж. x = C1t + 2 ; y = −C1t + 2 .
t
t
dt
dt
11. dx = y + 1, dy = − x + 1 .
dt
dt
sin t
Ж. x = C1 cos t + C2 sin t − t cos t + sin t ln sin t ;
y мына теңдеуден анықталады: y =
12.
dx
− 1.
dt
dx
y dy
x
=
,
=
. Ж. x 2 − y 2 = C1 , y − x − t = C 2 .
dt x − y dt x − y
13. x ′ + y = cos t , y ′ + x = sin t.
Ж. x = C1e t + C 2 e − t + sin t ; y = −C1e t + C 2 e − t .
14. x ′ + 3 x − y = 0, y ′ − 8 x + y = 0,
x(0) = 1, y (0) = 4.
Ж. x = e t ; y = 4e t .
15.
d 2θ
π dθ
+ sin θ = 0, t = 0, θ = ,
= 0. θ (1) мəнін 0,001
2
36 dt
dt
дəлдігімен анықтау керек.
Ж. θ (1) ≈ 0,047.
16. x ′ (t ) = ax − y , y ′ (t ) = x + ay; a - тұрақты.
Ж. x = e at (C1 cos t + C2 sin t ), y = e at (C1 sin t − C2 cos t ).
17. x ′ + 3 x + 4 y = 0, y ′ + 2 x + 5 y = 0.
Ж. x = 2C1e − t + C 2 e −7 t ,
186
y = −C1e − t + C 2 e −7 t .
18. x ′ = −5 x − 2 y,
y ′ = x − 7 y.
−6 t
Ж. x = e (2C1 cos t + 2C 2 sin t ),
y = e −6t [(C1 − C 2 ) cos t + (C1 + C 2 )sin t ].
19. x ′ = y − z , y ′ = x + y, z ′ = x + z.
Ж. x = C1e t + C 2 , y = (C1t + C 3 )e t − t − 1 − C 2 , z = y − C1e t .
20. x ′ − y + z = 0, y ′ − x − y = t , z ′ − x − z = t.
Ж. x + y + z = C1 , xyz = C 2 .
21.
dx
dy
dz
=
=
.
x( y − z) y(z − x) z(x − y)
2
2
2
2
Ж. x + y + z = C1 , xyz = C 2 .
22.
dx
dy
dz
=
=
.
2
2
2
2
x( y − z ) y(z − x ) z(x − y2 )
2
⎛2 −1⎞
⎛ x1 ⎞
⎟⎟ .
23. X ′ = AX , X = ⎜ ⎟ , A = ⎜⎜
⎝ x2 ⎠
⎝ 3 − 2⎠
⎛ C1e t + C 2 e − t ⎞
⎜
⎟
X
=
Ж.
⎜ C e t + 3C e −t ⎟ .
2
⎝ 1
⎠
187
4-тарау
ОРНЫҚТЫЛЫҚ ТЕОРИЯСЫНЫҢ НЕГІЗДЕРІ
§22. Дифференциалдық теңдеулер шешімдерінің
орнықтылығының негізгі түсініктері
Құбылыстардың математикалық модельдері негізгі себепшілерін ескеріп қана, жуықтап құрылатындығы белгілі. Ескеріле бермейтін кейбір себепшілері құбылыстың нəтижесін сандық
жағынан ғана емес, сапалық жағынан да өзгертіп жіберуі мүмкін.
Осы себепті құбылысты жеңілдететін қандай мүмкіндіктер бар
екендігін білу аса құнды.
Құбылыс бастапқы шарттарымен қойылған теңдеулер жүйесімен анықталса,
dyi
= Φ i (t , y1 , y2 ,… , yn )
dt
y i (t 0 ) = y i 0
i = 1, n
i = 1, n
(1)
(2)
бастапқы шарттары өлшеу нəтижелері болғандықтан дəл болмауы мүмкін. Онда бастапқы шарттардың аз өзгерістері ізделініп
отырған шешім нəтижесіне қалай əсер етеді деген сұрақ туындайды.
Бастапқы шарттардың аз ғана өзгерісі шешім нəтижесін қатты
өзгертсе, бұндай шешімнің құнсыз болғандығы.
Сонымен бастапқы шарттардың аз ғана өзгерісіне шешімнің
нəтижесіндегі өзгеріс те аз болатын белгілерді көрсете білу
мəселелерімен айналысамыз.
Егер t кесіндіде t 0 ≤ t ≤ T анықталса, онда мұндай белгіні
шешімнің бастапқы мəндерден үздіксіз тəуелділігі теоремасы
береді. Егер t шексіз үлкен болса, онда бұл сұрақпен орнықтылық
теориясы айналысады.
Анықтама. Теңдеулер жүйесінің (1) шешімі ϕ i (t ) i = 1, n
188
орнықты, дəлірек айтсақ, Ляпунов бойынша орнықты деп аталады, егер кез келген ε > 0 үшін δ (ε ) > 0 табылып, жүйенің
(1) кез келген y i (t ) i = 1, n шешімдеріне, бастапқы шарттары
y i (t 0 ) − ϕ i (t 0 ) < δ (ε ) i = 1, n болғанда, барлық t ≥ t 0 мəндерінде
y i (t ) − ϕ i (t ) < ε
(3)
теңсіздігі орындалса, яғни бастапқы шарттары жуық шешімдері
барлық t ≥ t 0 мəндерінде де жуық болып қалса.
Анықтама. Егер қанша аз болмасын δ > 0 мəніне əйтеуір
бір y i (t ) i = 1, n шешімінде теңсіздік (3) орындалмаса, онда
шешім ϕ i (t ) орнықсыз деп аталады.
Анықтама. Егер y i (t 0 ) − ϕ i (t 0 ) < δ 1 , δ 1 > 0 болып, шешім
ϕ i (t ) i = 1, n орнықты жəне келесі шартты орындаса,
lim y i (t ) − ϕ i (t ) = 0,
t →∞
(4)
онда шешім ϕ i (t ) асимптотикалық орнықты деп аталады.
Тек қана (4) шарттың орындалуынан шешімнің ϕ i (t ) i = 1, n
орнықтылығы шыға бермейді.
1-мысал. Бастапқы шартымен берілген дифференциалдық
теңдеудің y ′(t ) = a y, y (t 0 ) = y 0 , a ∈ R шешімін орнықтылыққа
зерттеу керек.
Шешуі. Теңдеудің берілген шартты қанағаттандыратын шешімі y (t ) = y 0 e a ( t −t0 ) , ал y (t ) = y 0 e a ( t −t0 ) кез келген шешімі.
Егер a < 0 десек, онда y (t ) − y (t ) = e a ( t −t0 ) y 0 − y 0 < ε теңсіздігі y 0 − y 0 < δ = ε болғанда орындалады, шешім орнықты;
lim e a (t −t0 ) y 0 − y 0 = 0, демек, шешім асимптотикалық орнықты.
t →∞
189
Егер a > 0 десек, шешім y = y 0 e a (t −t0 )
барлық
t ≥ t0
мəндерінде
орнықсыз, себебі
y 0 − y 0 < δ (ε )
теңсіздігінен
e a (t −t0 ) y 0 − y 0 < ε орындалатындай, соншалықты аз δ > 0 таңдау
мүмкін емес, яғни жеткілікті үлкен t мəндерінде e a (t −t0 ) y 0 − y 0
барынша үлкен сан бола алады.
Егер a = 0 десек, шешім y (t ) = y 0 ; кез келген шешім
y (t ) = y 0 бастапқы шартты
y 0 − y 0 < δ = ε орындаса, онда
y (t ) − y (t ) = y 0 − y 0 < ε яғни шешім y (t ) = y 0 орнықты. Бірақ
lim y (t ) − y (t ) = y 0 − y 0 ≠ 0, асимптотикалық орнықтылық жоқ.
t →+
∞
Теңдеулер жүйесінің (1) шешімін y i = y i (t ) i = 1, n орнықтылыққа зерттеу, нөлдік шешімінің - тыныштық нүктесінің, координаталар бас нүктесінде орналасқан, орнықтылығын зерттеуге
келтіріледі.
Шындығында, теңдеулер жүйесін (1) жаңа айнымалыларға
xi = y i − y i (t )
(5)
dxi
dy
= − i + Φ i ( t , x1 + y1 (t ), x2 + y2 (t ),… , xn + yn (t ) ) ,
dt
dt
i = 1, n (6) жаңа жүйесі шығады. Онда (1) жүйенің орнықтылығы
түрлендірсек,
зерттеліп отырған y i = y i (t ) шешімдеріне (5) бойынша (6) жүйенің
нөлдік xi ≡ 0 , i = 1, n шешімі сəйкес. Жалпы орнықтылыққа
теңдеулер жүйесінң нөлдік шешімін, яғни координаталардың басында орналасқан тыныштық нүктесін зерттеуге болады.
Тыныштық нүктесіне xi ≡ 0 , i = 1, n қатысты орнықтылық
белгілеріне тоқталайық.
Жүйенің (6) тыныштық нүктесі xi ≡ 0, i = 1, n Ляпунов
бойынша орнықты, егер кез келген ε > 0 үшін δ (ε ) > 0 табы190
лып,
xi (t 0 ) < δ (ε ), i = 1, n теңсіздігінен, t ≥ T ≥ t 0
мəнде-
рінде xi (t ) < ε , i = 1, n теңсіздігі шығатын болса бұл анықтаманы былайша да беруге болады: тыныштық нүктесі (TH)
xi ≡ 0, i = 1, n Ляпунов бойынша орнықты, егер кез келген
ε > 0 үшін δ (ε ) > 0 табылып,
n
∑ x (t ) < δ (ε )
2
i
i =1
t ≥ T мəндерінде
n
∑x
2
i
0
2
1
теңсіздігінен,
(t ) < ε 2 теңсіздігі шығатын болса, яғни
i =1
бастауы координаталар басының δ 1 -төңірегіндегі траектория
t ≥ T мəндерінде де координаталар басының ε -төңірегінен
шықпайды.
§23. Тыныштық нүктелерінің жай түрлері
Тұрақты коэффициентті сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің
dx
⎫
= a11 x + a12 y , ⎪
⎪
dt
⎬
dy
= a21 x + a22 y ,⎪
⎪⎭
dt
тыныштық нүктесін x = 0,
a11
a12
a21
a22
(1)
≠0
y = 0 орнықтылыққа зерттейміз.
Жүйенің шешімі x = α 1e k t , y = α 2 e k t түрінде іздестіріледі.
Онда K сипаттамалық теңдеуден
a11 − k
a21
a12
a22 − k
= 0 , k 2 − (a11 + a22 ) k + (a11a22 − a12a21 ) = 0,
α 1 жəне α 2 тұрақты көбейткішке дейінгі дəлдікпен төмендегі
теңдеулердің бірінен анықталады
191
( a11 − k ) α1 + a12α 2 = 0, ⎫⎪
⎬
a21α1 + ( a22 − k ) α 2 = 0.⎪⎭
(2)
Келесі мүмкіндіктерді қарастырайық:
I. Сипаттамалық түбірлер k1 ≠ k 2 нақты сандар.
Жалпы шешім
x = C1α 1e k1t + C 2 β 1e k 2t , ⎫⎪
⎬
y = C1α 2 e k1t + C 2 β 2 e k 2t , ⎪⎭
(3)
α i , β i - тұрақтылары теңдеуден (2) анықталады, (k = k1 жəне
k = k2 деп ) , Ci - кез келген тұрақтылар.
Мұнда келесі жағдайлар болады:
1) k1 < 0, k 2 < 0, тыныштық нүктесі
тотикалық орнықты; e
ki t
x = 0, y = 0 асимп-
көбейткіштерінің əсерінен, бастапқы
t = t 0 моментінде координаталар басының кез келген δ -төңірегінде жатқан нүктелер, жеткілікті үлкен t моментінде ε -төңірегіне шоғырланып, t → ∞ ұмтылғанда координаталар басына
ұмтылады. Қарастырылған түрдегі тыныштық нүктесі орнықты
1-сурет
192
түйін деп аталады, оның төңірегіндегі траекториялардың орналасуы 1-суретте көрсетілген.
2) k1 > 0, k 2 > 0. t -ны (−t ) -ға алмастырсақ, бұл жағдай
алдыңғыға көшеді. Траекториялары өзгеріссіз қалады, тек қана
нүкте қарама-қарсы бағытта қозғалады (2-сурет).
2-сурет
t өскен сайын координаталар басынан нүктелер шексіз алыстай
түседі, тыныштық нүктесі Ляпунов бойынша орнықсыз. Бұл
түрдегі тыныштық нүктесі орнықсыз түйін деп аталады.
3) k1 > 0, k 2 < 0 - тыныштық нүктесі орнықсыз, себебі
x = C1α 1e k1t , y = C1α 2 e k1t траекториясымен қозғалған нүкте бас
нүктенің ε - төңірегінен шығып, шексіз қашықтайды.
x = C 2 β1e k2t , y = C 2 β 2 e k2t қозғалысы бойынша нүкте координаталар басына шексіз жуықтайды.
y=
α
β2
x түзуімен нүкте бас нүктеге жуықтап, y = 2 x
α1
β1
түзуімен бас нүктеден алыстайды. Егер C1 ≠ 0 жəне C 2 ≠ 0
болса, онда t → ∞ ұмытылғанда да, t → −∞ ұмтылғанда да
траектория тыныштық нүктесінің төңірегінен қашықтайды.
193
Қарастырылған түрдегі тыныштық нүктесі қайқы (мініс) нүктесі деп аталады (3-сурет)
3-сурет
II. Сипаттамалық теңдеу түбірлері комплекс сандар
k = ρ ± qi ,
q ≠ 0.
Жүйенің жалпы шешімінің түрі
x = e ρ t (C1 cos qt + C2 sin qt ) , ⎫⎪
⎬
y = e ρ t C1* cos qt + C2* sin qt ,⎪⎭
(
)
(4)
C1 ,C 2 кез келген тұрақтылар; C1* ,C 2* - тұрақтылардың C i
сызықтық комбинациялары.
Осындағы мүмкіндіктерге тоқталайық.
1) k1,2 = p ± qi ,
p < 0, q ≠ 0.
Көбейткіш e p t , p < 0 t өскенде нөлге ұмтылады, ал теңдіктегі (4) екінші көбейткіш периодты шектеулі функция.
Егер p = 0 болса, периодты көбейткіш тыныштық нүктесін
x = 0, y = 0 қоршаған тұйық сызықтарды берер еді (4-сурет).
Нөлге ұмтылатын e p t , p < 0 көбейткіші бұл тұйық сызықтарды спиральдарға айналдырады жəне олар t → ∞ ұмтылғанда асимптотикалық түрде координаталар басына ұмтылады.
Бұл нүкте асимптотикалық орнықты жəне орнықты фокус деп
аталады (5-сурет).
194
4-сурет
Фокустың түйін нүктесінен айырмашылығы, траекторияларға
жанамалардың, жанасу нүктесі тыныштық нүктесіне ұмтылғанда
белгілі бір шекке ұмтылмауында.
2) k1,2 = p ± qi , p > 0, q ≠ 0. Бұл жағдай t -ны (−t ) -ға
алмастырғанда алдыңғысына келтіріледі, демек, траекториялары
бірдей бірақ олардың бойымен қозғалыс қарама-қарсы бағытта
болады (6-сурет).
5-сурет
6-сурет
pt
Өспелі e , p > 0 көбейткіші қанша жақын болғанымен, t
өскендіктен оның ε -төңірегінен шығарып жібереді, тыныштық
нүктесі орнықсыз.
Бұндай түрдегі нүкте орнықсыз фокус деп аталады.
3) k1,2 = ± qi , q ≠ 0.
Шешім периодты болғандықтан траекториялар тұйықталған
сызықтарды береді (4-сурет), тыныштық нүктесі олардың ішінде
195
орналасқан, бұл жағдайда центр деп аталады. Центр орнықты
тыныштық нүктесі, себебі кез келген ε > 0 үшін δ > 0 табылып, бастапқы нүктелері координаталар басынан δ қашықтықта
орналасқан траекториялары, бас нүктенің ε - төңірегінен шығып
кетпейді, яғни жеткілікті аз C1 жəне C 2 мəндерінде шешімдер
x = C1 cos qt + C2 sin qt ,⎫⎪
⎬
y = C1* cos qt + C2* sin qt ⎪⎭
(5)
теңсіздікті x 2 (t ) + y 2 (t ) < ε 2 қанағаттандырады. Бірақ асимптотикалық орнықтылық жоқ, себебі t → ∞ ұмтылғанда x(t )
жəне y (t ) нөлге ұмтылмайды.
III Түбірлер еселі k1 = k 2 .
1) k1 = k 2 < 0.
Жүйенің жалпы шешімі
x(t ) = (C1α 1 + C 2 β1 )e k1t ,
y (t ) = (C1α 2 + C 2 β 2 )e k1t ,
мұнда β 1 = β 2 = 0 болуы да мүмкін, онда α 1 жəне α 2 кез келген
бола алады.
Нөлге жылдам ұмтылатын e k1t t → ∞ көбейткіштің болуы,
тыныштық нүктесін орнықты жəне асимптотикалық орнықты
етеді. Бұл жағдайда да тыныштық нүктесі орнықты түйін деп
аталады, бірақ I 1) жəне II 1) арасындағы күйде болады. Орнықты
түйінге де, орнықты фокуске де айналып кетуі мүмкін. 7-суретте тыныштық нүктесінің түрі берілген. Егер β 1 = β 2 = 0 болса, онда да орнықты түйін аламыз, бұл түйінді дикритикалық
түйін деп атайды (8-сурет).
2) k1 = k 2 > 0, онда t -ны (- t )-ға алмастырсақ, алдыңғы жағдай шығады, траекториялары өзгермейді, қозғалыс қарама-қарсы бағытта болады. Бұл жағдайда тыныштық нүктесі орнықсыз
түйін деп аталады.
196
7-сурет
Егер
a1
a 21
a12
=0
a2
8-сурет
болса, онда сипаттамалық теңдеудің
a11 − k a12
a21 a22 − k
=0
нөлдік k1 = 0 шешімі бар. k1 = 0, k 2 ≠ 0 десек, жүйенің жалпы
шешімі
x = C1α 1 + C 2 β 1e k t ,
2
y = C1α 2 + C 2 β 2 e k 2t .
t -ны жойсақ, параллель түзулер β 1 ( y − C1α 2 ) = β 2 ( x − C1α 1 )
жиынтығы шығады. C 2 = 0 десек тыныштық нүктелерінің
α 1 y = α 2 x түзуінде жататын, бір параметрлі жиынын аламыз.
Егер k 2 < 0 болса, онда t → ∞ əрбір траекториядағы нүктелер осы
траекторияда жататын тыныштық нүктесіне x = C1α 1 ,
y = C1α 2
(9-сурет) жуықтайды. Тыныштық нүктесі x ≡ 0, y ≡ 0 орнықты, бірақ асимптотикалық орнықтылық жоқ.
Егер k 2 > 0 болса, онда траекториялар алдыңғыдай орналасқанымен, қозғалыс қарама-қарсы бағытта орындалады, тыныштық нүктесі x ≡ 0, y ≡ 0 орнықсыз.
197
Егер k1 = k 2 = 0 болса, екі мүмкіндік бар:
1. Жүйенің жалпы шешімі x = C1 , y = C2 - барлық нүктелер
тыныштық нүктелері, барлық шешімдер жинақы.
9-сурет
2. Жалпы шешімнің түрі
x = C1 + C 2 t ,
y = C1* + C 2*t ,
C1* , C 2* - кез келген C1 жəне C 2 тұрақтыларының сызықты
комбинациясы. Тыныштық нүктесі x ≡ 0, y ≡ 0 орнықсыз.
Тыныштық нүктелерінің жіктелуі ерекше нүктелердің жіктелуімен тығыз байланысты. Шындығында теңдеулер жүйесі
⎧ dx
⎪⎪ dt = a11 x + a12 y ,
⎨
⎪ dy = a x + a y ,
21
22
⎪⎩ dt
a11 a12
a21 a22
≠0
t -ны жою нəтижесінде
dy a21 x + a22 y
=
dx a11 x + a12 y
теңдеуіне келтіріледі. Жүйенің тыныштық нүктесі x = 0, y = 0
соңғы теңдеудің ерекше нүктесі болады.
198
Сонымен, сипаттамалық теңдеудің екі түбірінің де нақты
бөліктері теріс таңбалы болса ( I 1); II 1); III 1)) онда тыныштық
нүктесі асимптотикалық орнықты. Егер сипаттамалық теңдеудің
кемінде біреуінің нақты бөлігі оң таңбалы болса ( I 2); I 3); II 2);
III 2)), онда тыныштық нүктесі орнықсыз.
Дəл осы тұжырымдар тұрақты коэффициентті n сызықты
біртекті теңдеулер жүйесі үшін де орынды:
n
dxi
= ∑ aij x j
dt
j =1
i = 1, n
(6)
Жүйенің (6) сипаттамалық түбіріне k s тиісті жеке шешімі
⎧⎪α i e k3t Qi (t ) i = 1, n ,
нақты
ks −
xi = ⎨ p t
⎪⎩e s (β i Qi (t ) cos q s t + γ i Qi (t ) sin q s t ) , k s = p s + q s i,
(Qi (t ), Qi (t ) түбір k s еселі болғандағы көпмүшеліктер) k s < 0
немесе p s < 0 болғанда, t → ∞ ұмтылғанда нөлге ұмтылады.
Демек, траекторияның бастапқы моментте бас нүктенің δ −
төңірегінде жататын нүктелері, жеткілікті үлкен t мəндерінен
бастап, бас нүктенің ε - төңірегінен табылып, t → ∞ ұмтылғанда
бас нүктеге шексіз жуықтайды, тыныштық нүктесі xi ≡ 0 i = 1, n
асимптотикалық орнықты.
Ал егер, əйтеуір бір сипаттамалық түбір k s > 0 немесе
Re ks = ps > 0 болса, t шексіз өскенде шешім xi модулі бойынша
шексіз өседі, траекториядағы нүктелер бастапқы моментте бас
нүктенің қаншалықты аз δ − төңірегінде болса да, жеткілікті
үлкен t -дан бастап, ε -төңірегінен шығып кетеді. Демек, əйтеуір
бір сипаттамалық түбірдің нақты бөлігі оң таңбалы болса, жүйенің
тыныштық нүктесі xi ≡ 0, i = 1, n орнықсыз.
Сонымен: егер жүйенің (6) сипаттамалық теңдеуінің барлық
түбірлерінің нақты бөліктері теріс таңбалы болса, онда нөлдік
шешім xi ≡ 0, i = 1, n асимптотикалық орнықты;
199
Егер кемінде бір сипаттамалық түбірдің нақты бөлігі оң таңбалы болса, онда тыныштық нүктесі xi ≡ 0, i = 1, n орнықсыз.
1-мысал. Теңдеулер жүйесінің шешімін орнықтылыққа зерттеп, траекторияларын жəне қозғалыс бағытын көрсету керек:
dx
dy
= x − 4 y,
= x − y.
dt
dt
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуі
1− k − 4
= 0 , k 2 + 4 = 0,
1
−1− k
түбірлері k = ±2i таза жорамал сандар болғандықтан барлық
шешімдері орнықты, тыныштық нүктесі орнықты центр, шешімдер
траекториясы
dy
x−y
немесе ( x − y )dx − ( x − 4 y )dy = 0
=
dt x − 4 y
теңдеуінен анықталады. Бұл толық дифференциалдық теңдеудің
шешімі былай табылады:
x2
u( x , y ) = ∫ ( x − y )dx =
− xy + ϕ ( y )
2
−x +
dϕ
= − x + 4 y ϕ ( y) = 2 y 2 ,
dy
x2
− xy + 2 y 2 .
2
Теңдеулер жүйесі шешімдерінің траекториялары
u( x , y ) =
x 2 − 2 xy + 4 y 2 = C 2 ,
( x − y )2 + 3 y 2 = C 2
эллипстер екендігін көреміз. Эллипстер бойымен қозғалыстар
периодты, қозғалыс бағытын былай анықтаймыз: бір эллипс
бойымен қозғалыстағы нүкте ( x (t ), y (t )) сəулені x = 0, y > 0
қисын. Онда осы моментте жүйенің екінші теңдеуінен
200
dy (t )
= − y (t ) < 0 екендігі, яғни қозғалыстағы нүкте ординатасы
dt
кемімелі екендігі шығады. Демек, қозғалыс эллипс бойымен
сағат тіліне қарама-қарсы бағытта екен (10-сурет).
10-сурет
2-мысал. Теңдеудің шешімін орнықтылыққа зерттеу керек:
x ′′ = − a2 x − 2bx ′ (b > 0).
Шешуі: Теңдеу ортаның кедергісі немесе қарсы əсері ескерілетін серпімді тербелесті өрнектейді.
Эквивалентті теңдеулер жүйесімен алмастырамыз:
⎧ x ′ = y,
⎨
2
⎩ y ′ = − a x − 2by.
Сипаттамалық теңдеуі
−k
−a
1
2
− 2b − k
= 0 , k 2 + 2bk + a2 = 0,
түбірлері k1, 2 = −b ± b 2 − a 2 .
Келесі мүмкіндіктерді қарастырамыз:
14–684
201
1) b = 0, ортаның кедергісі ескерілмейді. Барлық қозғалыс
периодты. Координаталар басындағы тыныштық нүктесі центр.
2) b 2 − a 2 < 0, b > 0. Тыныштық нүктесі орнықты фокус.
Тербеліс өшпелі.
3) b 2 − a 2 ≥ 0, b > 0. Тыныштық нүктесі орнықты түйін.
Барлық шешімдері өшпелі, тербелмейтін.
Егер ортаның кедергісі үлкен болса (b ≥ a ) , бұл жағдай басталады.
4) b < 0 (теріс кедергі), b 2 − a 2 < 0. Тыныштық нүктесі орнықсыз фокус.
5) b < 0, b 2 − a 2 ≥ 0 (үлкен теріс кедергі). Тыныштық нүктесі орнықсыз түйін.
3-мысал. Теңдеулер жүйесінің тыныштық нүктесін орнықтылыққа зерттеу керек
⎧ dx
⎪ dt = x + 2 y + z ,
⎪
⎪ dy
= x + z,
⎨
⎪ dt
⎪ dz
⎪ dt = 2 x + y + 2z .
⎩
Шешуі. Сипаттамалық теңдеуі
1− k 2
1
−k
2
1
− k 3 + 3k 2 + 3k = 0,
Түбірлері
k = 0, k =
нүктесі x = 0, y = 0,
202
1
1
= 0,
2−k
(
)
− k k 2 − 3k − 3 = 0 .
3 ± 21
2
болғандықтан, тыныштық
z = 0 орнықсыз.
§24. Орнықтылықты Ляпунов функциясы
əдісімен зерттеу
Орыстың кемеңгер математигі Александр Михайлович
Ляпунов XIX ғасыр соңында теңдеулер жүйесінің
dxi
= f i ( t , x1 , … , xn ) i = 1, n
dt
шешімін орнықтылыққа зерттеудің, Ляпуновтың екінші
əдісі аталатын өте жалпы түрдегі əдісін ұсынған.
Gh = x ∈ R n : x < h, h > 0 шарында x = ( x1 , … , x n ) айнымалысының
үздіксіз
дифференциалданатын
скалярлық
{
}
ϑ ( x) = ϑ (x1 ,…, x n ) жəне ϑ (0) = 0 болатын функциясы анықталсын.
Егер ∀x ∈ Gh , x ≠ 0 үшін ϑ ( x) > 0 болса, функция оң анықталған, ал егер ϑ ( x) < 0 болса, теріс анықталған деп аталады.
Бұл екі жағдайда ϑ (x) функциясы Gh аумағында анық таңбалы
делінеді.
Егер ∀x ∈ Gh үшін ϑ ( x) ≥ 0 немесе ϑ ( x) ≤ 0 болса, онда
функцияны Gh шарында тұрақты таңбалы деп атайды. Біріншісінде ϑ (x) оң тұрақты таңбалы, екіншісінде теріс тұрақты
таңбалы делінеді.
Егер Gh шарында ϑ (x) функциясы оң да, теріс те таңбалы
болса, онда Gh шарында функцияны ауыспалы таңбалы дейді.
Теңдеулер жүйесін
dx
= f (x)
dt
x = ( x1 , … , x n ), f = ( f1 , … , f n ) ,
(1)
f -функциясы Gh шарында үздіксіз, қандай да бір h > 0
мəнінде Липшиц жəне f (0) = 0 шартын орындайды деп қарастырамыз. Соңғы шарт x = 0 жүйенің шешімі екендігін білдіреді
203
Теңдеулер жүйесінің (1) шешімі x = x(t ) . Бұл шешімнің бо-
йында ϑ = ϑ ( x(t ) ) функциясы t айнымалысының функциясы
ретінде үздіксіз дифференциалданады жəне туындысы:
n
n
dϑ
∂ϑ dxi
∂ϑ
f i ( x ) = ( gradϑ , f ) .
=∑
=∑
dt
i =1 ∂xi dt
i =1 ∂xi
Жүйе (1) бойынша ϑ (x) функциясының t арқылы туындысы:
dϑ
= ( gradϑ ( x ), f ( x ) ) .
dt
1-теорема. (орнықтылық туралы Ляпунов теоремасы)
Егер теңдеулер жүйесіне (1) Gh аумағында анық таңбалы
ϑ (x) функциясы, оның жүйе (1) арқылы құрылған туындысы
dϑ тұрақты таңбалы жəне таңбасы ϑ (x) -ке қарама-қарсы немесе
dt
нөлге тепе-тең, бар болса, онда жүйенің (1) нөлдік шешімі x = 0
Ляпунов бойынша орнықты.
Дəлелдеуі: Теореманы 1) ϑ ( x) ≥ 0 , тек ϑ (0) = 0;
2)
n
dϑ
∂ϑ
=∑
f i ( x1 , … , xn ) ≤ 0, t ≥ t 0 деп дəлелдейік.
dt
i =1 ∂xi
Əрбір қатаң минимум нүктесінің төңірегіндегідей, бас нүктенің маңайында ϑ ( x1 , … , x n ) функциясының деңгейлік беттері
ϑ (x1 , …, x n ) = C тұйық беттер, координаталар басы-минимум
нүктесі олардың ішінде жатады. Берілген ε > 0 мəнінде, жеткілікті аз C жағдайында деңгейлік беттер ϑ = C бас нүктенің
ε төңірегінде жатады, бас нүкте арқылы өтпейді. Онда δ -ны
таңдап, бас нүктенің төңірегі ϑ = C бетінің ішінде жататындай
етуге болады, жəне бұл төңіректе ϑ < C . Егер бастапқы нүкте
xi (t 0 ) i = 1, n бас нүктенің δ -төңірегінен алынса,
204
ϑ (x1 (t 0 ), …, x n (t 0 )) = C1 < C ,
онда t > t 0 мəндерінде нүктенің траекториясы бас нүктенің
ε -төңірегінен шығып кетпейді, себебі теореманың 2) шарты
бойынша функция ϑ траектория бойымен өспейді
ϑ (x1 (t ), x 2 (t ), …, x n (t )) ≤ C1 < C .
11-сурет
2-теорема. (асимптотикалық орнықтылық туралы Ляпунов
теоремасы).
Егер теңдеулер жүйесіне (1) Gh аумағында анық таңбалы
dϑ
dt
да анық таңбалы жəне таңбасы ϑ ( x ) -ке қарама-қарсы болса, онда
жүйенің (1) нөлдік шешімі x = 0 асимптотикалық орнықты.
3-теорема. (орнықсыздық туралы Ляпунов теоремасы).
ϑ (x ) функциясы, оның жүйе (1) арқылы құрылған туындысы
Егер (1) теңдеулер жүйесіне
ϑ (x ) функциясы, оның осы
dϑ
туындысы, x = 0 нүктесінің
dt
dϑ
таңбакез келген төңірегінде ϑ ( x ) айнымалы таңбалы жəне
dt
жүйе бойынша анық таңбалы
205
сына қарама-қарсы болса, онда (1) жүйенің нөлдік шешімі
орнықсыз.
Теңдеулер жүйесінің (1) f (x) функциясы Rn кеңістігінде
анықталған деп қарастырамыз.
Жүйенің (1) нөлдік шешімі тұтас орнықты деп аталады, егер
ол Ляпунов бойынша орнықты жəне осы жүйенің кез келген басқа
x(t ) шешімінде lim x(t ) = 0 болса.
t →∞
Rn кеңістігінде анықталған ϑ (x) функциясын шексіз үлкен
дейміз, егер кез келген a > 0 санына r > 0 саны табылып, сферадан ( x, x ) = r 2 тыс жатқан барлық x үшін ϑ ( x ) > a орындалса.
4-теорема. (Барбашин-Красовский теоремасы).
Егер оң анықталған шексіз үлкен ϑ (x) функциясы, оның
жүйе (1) арқылы
dϑ
dϑ
=0
туындысы теріс-тұрақты, сондай-ақ
dt
dt
теңдігі x = 0 нүктесінен басқа бүтін траекторияларды қамтитын
жиында орындалатын болса, онда (1) жүйенің нөлдік шешімі
тұтасымен орнықты.
Ляпунов функциясын құрудың жалпы əдісі жоқ. Көбіне,
Ляпунов функциясы квадраттық түр ϑ = ∑ bij xi x j
немесе
i, j
квадраттық түрдің қосындысы жəне теңдеулер жүйесінің оң
жағындағы сызықты емес функциялардың интегралдары түрін4
4
де құрылады. Жай жағдайларда ϑ = ax 2 + by 2 , ϑ = ax + by ,
ϑ = ax 2 + by 4 түрлерінде, коэффициенттерін a > 0, b > 0 тиі-
сінше таңдау жолымен, құрылады.
1-мысал. Жүйенің тыныштық нүктесін орнықтылыққа зерттеу керек
⎧x′ = − x − y − x3 − y2 ,
⎨
⎩ y ′ = x − y + xy.
206
Шешуі. Ляпунов функциясын ϑ = ax 2 + by 2 , a > 0, b > 0 түрінде іздестіреміз. Онда:
dϑ
= 2 ax − x − y − x 3 − y 2 + 2by ( x − y + xy ) =
dt
= −2 ax 2 1 + x 2 − 2by 2 + 2 xy ( b − a) + 2 xy 2 ( b − a) =
(
= −2 ax 2
)
( )
(1 + x ) − 2by
2
2
+ 2 xy ( b − a)(1 + y ) .
b = a десек, онда кез келген a > 0 мəнінде
dϑ
= −2 a ⎡⎣ x 2 1 + x 2 + y 2 ⎤⎦ ≤ 0,
dt
(
)
2-теорема бойынша жүйенің тыныштық нүктесі асимптотикалық орнықты.
2-мысал. Жүйенің нөлдік x ≡ 0, y ≡ 0 шешімін орнықтылыққа
зерттеу:
dx
= xy 4 ,
dt
dy
= − x 4 y.
dt
Шешуі. ϑ ( x, y ) = x 4 + y 4 функциясы орнықтылық туралы
Ляпунов теоремасының шарттарын орындайды:
1) ϑ ( x, y ) = x 4 + y 4 ≥ 0, ϑ (0,0) = 0;
2)
dϑ
= 4 x 3 ⋅ xy 4 + 4 y 3 ⋅ ( − x 4 y ) ≡ 0.
dt
Демек нөлдік шешім x ≡ 0, y ≡ 0 орнықты.
3-мысал. Теңдеулер жүйесінің тыныштық нүктесін x ≡ 0,
y ≡ 0 орнықтылыққа зерттеу керек:
dx
dy
= x5 + y3,
= x 3 + y 5.
dt
dt
207
Шешуі. ϑ ( x, y ) = x 4 − y 4 функциясы келесі шарттарды орындайды:
1) ϑ > 0 , егер x > y болса;
2)
dϑ
= 4 x 3 x 5 + y 3 − 4 y 3 x 3 + y 5 = 4( x 8 − y 8 ) > 0,
dt
(
)
(
)
егер x > y болса.
Демек, тыныштық нүктесі x ≡ 0, y ≡ 0 орнықсыз.
§25. Орнықтылықты бірінші жуықтау арқылы зерттеу
1.Теңдеулер жүйесінің
dxi
= f i (t , x1 , ..., xn ), i = 1, n
dt
(1)
тыныштық нүктесін xi ≡ 0, i = 1, n орнықтылыққа зерттеуді,
осы нүктенің төңірегінде f i функцияларының сызықтық құрамдарын, мысалы Тейлор формуласымен бөліп
n
dxi
= ∑ aij (t ) x j + ψ i (t , x1 , ..., xn ), i = 1, n,
dt
j =1
(2)
сызықтық теңдеулер жүйесінің
n
dxi
= ∑ aij (t ) x j , i = 1, n
dt
j =1
(3)
тыныштық нүктесін xi ≡ 0, i = 1, n орнықтылыққа зерттеумен
алмастырады.
Мұндағы ψ i (t1 x1 , ..., x n ) функциялары бірінші реттен жоғары
шексіз аз, яғни
ψ i (t , x) ≤ γ ( x) x , i = 1, n ,
208
(4)
γ ( x) → 0, егер x → 0,
x = x12 + ... + x n2 .
Ляпунов теоремасы. ψ i (t , x1 , … , x n ) функциялары (4) шартты орындайтын теңдеулер жүйесі (2) қарастырылады.
Егер ( aik ) матрицасының барлық меншікті мəндерінің нақты
бөліктері теріс таңбалы болса, онда (2) жүйенің нөлдік шешімі
асимптотикалық орнықты; ал егер кемінде бір меншікті мəнінің
нақты бөлігі оң таңбалы болса, онда жүйенің (2) нөлдік шешімі
орнықсыз.
1-мысал. Теңдеулер жүйесінің тыныштық нүктесін x=0, y=0
орнықтылыққа зерттеу керек.
⎧ dx
2
2
⎪⎪ dt = y − x + x − y sin t ,
⎨
⎪ dy = x + y − x 2 .
⎪⎩ dt
Шешуі. Жүйенің сызықты емес мүшелері теореманың шарттарын орындайтындықтан, сызықты жүйенің
⎧ dx
⎪⎪ dt = − x + y ,
⎨
⎪ dy = x + y.
⎪⎩ dt
тыныштық нүктесін орнықтылыққа зерттейміз.
Сипаттамалық теңдеуінің
−1− k 1
=0
1 1− k
түбірлері k = ± 2 болғандықтан, жүйелердің тыныштық нүктесі орнықсыз.
2-мысал. Жүйенің нөлдік шешімін орнықтылыққа зерттеу
керек.
209
⎧ dx
−3 x
,
⎪⎪ dt = ln 4 y + e
⎨
⎪ dy = 2 y − 1 + 3 1 − 6 x .
⎪⎩ dt
(
)
Шешуі: f ( x) = ln(1 + x) функциясының Тейлор формуласы
бойынша,
(
)
ln 4 y + e −3 x ≈ 4 y + e −3 x − 1,
−3 x
ал e −3 x ≈ 1 − 3 x, онда ln (4 y + e ) ≈ 4 y − 3x;
f ( x) = (1 + x)α функциясының Тейлор формуласы бойынша,
1
3
(1 − 6 x) ≈ 1 − 2 x , онда 2 y − 1 + 3 1 − 6 x ≈ 2 y − 2 x.
Бұл жіктеулердің қалдық мүшелері теорема шарттарын орындайды, сонымен бірінші жуықтау жүйесі
⎧ dx
⎪⎪ dt = 4 y − 3x ,
⎨
⎪ dy = 2 y − 2 x ,
⎪⎩ dt
сипаттамалық теңдеуінің
−3−k 4
=0
−2
2−k
түбірлері k = −
1
7
±
i.
2 2
Нақты бөліктері теріс таңбалы, демек, жүйелердің нөлдік
шешімдері орнықты.
3-мысал. Жүйенің тыныштық нүктесін x = 0, y = 0 орнықтылыққа зерттеу
210
⎧ dx
3
⎪⎪ dt = − x + 9 y ,
⎨
⎪ dy = − x − y 3 .
⎪⎩ dt
Шешуі:
Бірінші жуықтау жүйесінің
⎧ dx
⎪⎪ dt = 9 y ,
⎨
⎪ dy = − x
⎪⎩ dt
сипаттамалық теңдеуінің
−k
−1
9
=0
−k
түбірлері жорамал сандар k = ±3i , болғандықтан, бұл əдіспен
орнықтылыққа зерттелінбейді.
Есеп үшін Ляпунов функциясын ϑ = x 2 + 9 y 2 құру оңай:
1) ϑ ( x, y ) ≥ 0;
2)
dϑ
= 2 x − x 3 + 9 y + 18 y − x − y 3 = −2 x 4 + 9 y 4 ≤ 0
dt
(
)
(
)
(
)
x 4 + 9 y 4 > 0, егер x ≠ 0, y ≠ 0 болғандықтан, жүйенің тыныштық нүктесі асимптотикалық орнықты.
Бұл мысалдағы бірінші жуықтау жүйесінің координаталар
бас нүктесі центрі еді. Бастапқы жүйедегі сызықтық емес мүшелері, центрді орнықты фокуске айналдырды.
Жалпы жағдайда осы сияқты күрделірек геометриялық суреттер орын алады.
Сызықты емес мүшелер бас нүктенің төңірегінде аз шамалар
болғанымен, бағыттар өрісін аз да болса өзгертеді. Нүктеден
(x0 , y 0 ) шығатын траектория бас нүктеден айналғанда сызықтық жүйедегіден ығысады. Осындай айналу нəтижесінде барлық
211
траекториялар бас нүктеге жуықтаса, онда бұл нүкте орнықты
фокуске айналады; егер траекториялар бас нүктеден қашықтаса,
онда орнықсыз фокус шығады.
Төңірегіндегі барлық траекториялары спиралдар болатын
тұйық траекториялар шектік циклдер деп аталады.
Егер t → ∞ ұмтылғанда спирал траекториялар шектік циклге
ұмтылса, онда шектік цикл орнықты; егер шектік циклге жақын
спиралдар t → ∞ ұмтылғанда, одан қашықтаса, онда шектік цикл
орнықсыз; егер шектік циклдің бір жағындағы траекториялар
оған жуықтап, екінші жағындағылар одан қашықтаса онда шектік
цикл жартылай орнықты. 11-сурет орнықты циклді, 12-сурет
жартылай орнықты циклді көрсетеді.
11-сурет
12-сурет
2. Көпмүшеліктің барлық түбірлерінің нақты
бөліктерінің теріс болуы
Дифференциалдық теңдеулер жүйелерінің кең жиыны шешімдерін орнықтылыққа зерттегенде сипаттамалық теңдеуінің
нақты бөліктерінің таңбалары қаралатынын байқадық.
Егер сипаттамалық теңдеу жоғары дəрежелі болса, онда оны
шешпей-ақ, түбірлерінің барлығының нақты бөліктері теріс таңбалы болатындығына көз жеткізуге болатын əдістердің орны
ерекше.
Гурвиц теоремасы. Коэффициенттері нақты көпмүшеліктің
z n + a1 z n −1 + ... + a n −1 z + a n
барлық түбірлерінің нақты бөліктері теріс таңбалы болуы үшін,
212
Гурвиц матрицасының бас диагоналдық барлық минорларының
оң таңбалы болуы қажетті жəне жеткілікті.
Гурвиц матрицасының бас диагоналында көпмүшелік коэффиценттері a1 , a 2 ,..., a n орналасқан. Бағандары алма-кезек тек
тақ немесе жұп коэффициенттерден, a 0 = 1 деп, bik = a 2i − k формуласымен құрылады. Барлық жетпейтін, яғни индекстері n-нен
төмен немесе жоғары коэффициенттері 0-мен толтырылады.
Гурвиц матрицасының бас диагоналдық минорлары
Δ 1 = a1 ,
Δ2 =
a1 1
a3
a2
a1 1 0
, Δ 3 = a3
a 2 a1
a5
a 4 a3
0
a1
1
0
a3
a2
a1 Δ n = a5
a4
a3 0
0 … an
0
, … … …,
Гурвиц шарты бойынша Δ 1 > 0, Δ 2 > 0, ..., Δ n > 0, онда
Δ n = Δ n −1 ⋅ a n теңдігінен соңғы шарт a n > 0 болуы талабымен
анықталады.
Гурвиц теоремасының екінші, үшінші, төртінші дəрежелі
көпмүшеліктерге қолданылуын қарастырайық.
⎛ a1 1 ⎞
⎟⎟ , Δ 1 = a1 > 0,
а) z 2 + a1 z + a 2 , Гурвиц матрицасы ⎜⎜
a
0
2⎠
⎝
Δ 2 = a1 a 2 > 0, a 2 > 0.
Гурвиц шарттары a1 > 0, a 2 > 0 келтіреді. Сипаттамалық
көпмүшелігі z 2 + a1 z + a 2 болатын теңдеулер жүйесінің тыныштық нүктесінің асимптотикалық орнықты аумағы 13-суреттегі бірінші ширек екендігіне көз жеткіздік.
213
13-сурет
ə) z 3 + a1 z 2 + a 2 z + a3 .
⎛ a1 1 0 ⎞
⎜
⎟
Гурвиц матрицасы ⎜ a3 a 2 a1 ⎟ , онда
⎜0 0
a3 ⎟⎠
⎝
a1 > 0, a1 a 2 − a3 > 0, a3 > 0 болуы керек. Коэффициенттер
кеңістігінде бұл теңсіздіктер аумағы 14-суретте көрсетілген
14-сурет
б) z 4 + a1 z 3 + a 2 z 2 + a3 z + a 4
214
⎛a 1 0 0 ⎞
⎜ 1
⎟
⎜ a3 a 2 a1 1 ⎟
Гурвиц матрицасы ⎜
,
0 a 4 a3 a 2 ⎟
⎜
⎟
⎜0 0
0
a 4 ⎟⎠
⎝
Гурвиц шарттары
a1 > 0, a1 a 2 − a3 > 0,
(a1a 2 − a3 )a3 − a12 a 4 > 0,
a 4 > 0.
Қарастырылған көпмүшеліктер үшін Гурвиц шарттары ыңғайлы, ал жоғарғы ретті көпмүшеліктер үшін қолайсыз. Көпмүшелік түбірлерінің нақты бөліктерінің теріс таңбалы болуының басқа да белгілері қолданылады.
4-мысал. Жүйенің
⎧ dx
⎪⎪ dt = y + sin x ,
⎨
⎪ dy = ax + by
⎪⎩ dt
нөлді шешімі a, b параметрлерінің қандай мəндерінде орнықты?
Шешуі. Жүйенің бірінші жуықтау жүйесі:
dx
= y + x,
dt
dy
= ax + by ,
dt
ал бұл жүйенің сипаттамалық теңдеуі
1− k
a
1
=0,
b−k
сипаттамалық көпмүшелігі k 2 − (b + 1)k + b − a . Онда Гурвиц
шарттарынан − b − 1 > 0, (b + 1)(a − b) > 0 берілген теңдеулер жүйесі a < b < −1 мəндерінде асимптотикалық орнықты
дейміз.
215
§26. Жоғарғы ретті туындының коэффициенті кіші болуы
Тəжірибеде жиі кездесетін
μ
dx
= f (t , x )
dt
(1)
теңдеуінде μ − кіші параметр болып келеді.
Мəселе μ шамасының мəні аз болғанда теңдеудің (1) шешімін
осы теңдеуден шығатын
f (t , x ) = 0
(2)
dx
− ны ескермеуге
теңдеуінің шешімімен алмастыруға, яғни μ
dt
болады ма дегенге саяды.
Бұл жерде теңдеу шешімінің параметрден үздіксіз тəуелсіздігі теоремасын пайдалана алмаймыз, себебі
dx 1
= f (t , x )
dt μ
(3)
теңдеуінің оң жағы μ = 0 мəнінде үзілісті.
Жеңілдік үшін μ > 0 жəне (2) теңдеудің бір ғана шешімі
x = ϕ (t ) бар делік.
μ нөлге ұмтылса: f (t , x) > 0 болғанда (3) теңдеу шешімінің
туындысы + ∞ -ке ұмтылады, шешім x(t , μ ) өспелі; f (t , x) < 0
болғанда (3) теңдеу шешімінің туындысы ( − ∞ )-ке ұмтылады,
шешім x(t , μ ) кемімелі.
t белгілі деп, x өскенде, (2) теңдеу шешімінің x = ϕ (t )
графигінен өткенде, f (t , x) функциясының таңбасы +(қосу)-тен
-(алу)-қа ауысатын болса, шешім x = ϕ (t ) орнықты деп аталады. Мұнда 15-суретте көрсетілгендей, интегралдық сызықтарға
x(t , μ ) жанамалар бағыттарының өрісі x = ϕ (t ) шешіміне қарай
бағытталады, кез келген x(t 0 ) = x0 шартын орындайтын шешім
216
x = ϕ (t ) шешіміне ұмтылады. f (t , x) функциясының таңбасы
-тен + ке ауысса, 16-суреттегі жағдай орындалады, шешім
x = ϕ (t ) орнықсыз, бағыттар өрісі бұл сызықтан аулақтайды.
15-сурет
16-сурет
Шешім x = ϕ (t ) орнықсыз болғанда, бастапқы теңдеудің (1)
шешімін x = x(t , μ ) онымен алмастыруға болмайды.
Үшінші, жартылай орнықтылық жағдайы да мүмкін:
f (t , x) функциясының x = ϕ (t ) графигінен өткенде таңбасы
өзгермейді.
Жартылай орнықты, 17-сурет, жағдайда да теңдеудің
шешімін x = x(t , μ ) , жуық теңдеудің (2) шешімімен алмастыруға
болмайды.
17-сурет
15–684
217
Теңдеу (2) шешімінің графигінде
∂f
< 0 болса, онда шешім
∂x
df
> 0 болса, онда шешім x = ϕ (t )
dx
орынықсыз. Шындығында, біріншісінде x = ϕ (t ) сызығының
x = ϕ (t ) орнықты; ал егер
төңірегінде f ( x, t ) функциясы кемімелі, таңбасын + тен - қа ауыстырады; екіншісінде өспелі, таңбасын
– тен + қа ауыстырады;
Егер теңдеудің (2) бірнеше x = ϕ i (t ) шешімдері болса, онда
олардың əрқайсысы орнықтылыққа зерттеледі.
1-мысал. Теңдеудің
μ
dx
= x − t, μ > 0
dt
бастапқы x(t 0 ) = x0 шартын қанағаттандыратын шешімі, одан
туындайтын
x−t = 0
теңдеуінің шешіміне t > t 0 жəне μ → 0 жуықтайды ма?
Шешуі: Теңдеудің шешімі x = x (t , μ ), туынды теңдеудің
x = t шешіміне ұмтылмайды, себебі бұл шешім x = t орнықсыз:
∂( x − t )
= 1 > 0.
∂x
18-сурет
218
2-мысал. 1-мысал сұрағы келесі теңдеу үшін
dx
= sin 2 t − 3e x .
dt
μ
Шешуі:
Туынды
sin 2 t − 3e x = 0
теңдеудің
(
шешімі
)
∂ sin 2 t − 3e x
= −3e x < 0.
∂x
x = 2 ln sin t − ln 3 орнықты, себебі
Демек, бастапқы теңдеудің шешімі x = x(t , μ ) туынды теңдеудің шешіміне t > t 0 , μ → 0 мəндерінде ұмтылады.
3-мысал. Жоғарыдағы сұрақ келесі теңдеу шешімі үшін де
(
)
dx
= x t 2 − x + 1 , μ > 0, x ( t0 ) = x0 .
dt
Шешуі. Туынды теңдеудің
μ
(
)
x t2 − x +1 = 0
екі шешімі бар: x = 0 жəне x = t 2 + 1 .
Мұнда,
орнықсыз;
∂x(t 2 − x + 1)
∂x
= t 2 + 1 > 0, бірінші шешім x = 0
x =0
∂x(t 2 − x + 1)
∂x
= −t 2 − 1 < 0,
екінші
шешім
x =t 2 +1
x = t 2 + 1 орнықты.
1. Жүйенің
Есептер, жаттығулар.
⎧ dx
5
⎪⎪ dt = −2 x − 3 y + x
⎨
⎪ dy = x + y − y 2
⎪⎩ dt
тыныштық нүктесін x = 0, y = 0 орнықтылыққа зерттеу.
219
2. Жүйенің
⎧ dx
⎪ dt = x − y − z
⎪
⎪ dy
= x + y − 3z
⎨
⎪ dt
⎪ dz
⎪ dt = x − 5 y − 3z
⎩
тыныштық нүктесін x = 0, y = 0, z = 0 орнықтылыққа зерттеу.
3. Жүйенің
⎧ dx
⎪ dt = α x − y
⎪
⎪ dy
⎨ = αy − z
⎪ dt
⎪ dz
⎪ dt = α z − x
⎩
тыныштық нүктесін x = 0, y = 0, z = 0 α-ның қандай мəндерінде
орнықты.
4. α-ның қандай мəндерінде жүйенің
⎧ dx
5
⎪⎪ dt = y + α x − x
⎨
⎪ dy = − x − y 5
⎪⎩ dt
Орнықты тыныштық нүктесі x = 0, y = 0 бар?
5. Дифференциалдық теңдеудің
μ
dx
= ( x 2 + t 2 − 4)( x 2 + t 2 − 9), x (1) = 1
dt
Шешімі μ → 0, μ > 0, t > 1 болғанда қандай шекке ұмтылады?
6. Дифференциалдық теңдеудің
μ
dx
= x − t + 5, x (2) = 5
dt
Шешімі μ → 0, μ > 0, t > 2 болғанда қандай шекке ұмтылады?
7. Теңдеулер жүйесінің
220
⎧ dx
y
⎪⎪ dt = x + e − cos y
⎨
⎪ dy = 3x − y − sin y
⎪⎩ dt
тыныштық нүктесін x = 0, y = 0 орнықтылыққа зерттеу.
8. Жүйенің
⎧ dx
5
⎪⎪ dt = −2 y − x
⎨
⎪ dy = 5x − y 5
⎪⎩ dt
шешімі x = 0, y = 0 тұрақты əсер кезінде тұрақты ма?
9. Теңдеудің x ′′′ + 5x ′′ + 2 x ′ + 20 = 0 шешімі x = 0 орнықты ма?
10. Теңдеудің x ′′′ + 5 x ′′ + 6 x ′ + x = 0 шешімі x = 0 орнықты ма?
11. Теңдеулер жүйесінің
⎧ dx
5
⎪⎪ dt = x + 3 y
⎨
⎪ dy = 5x − y 5
⎪⎩ dt
тыныштық нүктесі қандай?
12. Теңдеудің x ′′ + 2 x ′ + x = sin t периодты шешімін анықтап,
орнықтылыққа зерттеу керек.
13. Теңдеудің x ′′′ + 2 x ′′ + 5 x ′ + 3x = cos t периодты шешімі орнықты ма?
14. Жүйенің
⎧x′ = y 3 + x 5
⎨
3
5
⎩y′ = x + y
тыныштық нүктесін x = 0, y = 0 орнықтылыққа зерттеу.
15. Теңдеулер жүйесінің
⎧x′ = 3 y − 2x + e t
⎨
⎩ y ′ = 5x − 4 y + 2
шешімдерін орнықтылыққа зерттеу.
221
16. Теңдеудің x ′′′ + 2 x ′′ + 3x ′ + 7 shx = 0 тривиалды шешімін орнықтылыққа зерттеу.
17. Теңдеудің x ′′ + (α − 1) x ′ + (4 − α 2 ) x = 0 α-параметр, тривиалды
шешімін орнықтылыққа зерттеу.
18. Жүйенің
⎧ x′ = 3y − x 3
⎨
5
⎩ y ′ = −4 x − 3 y
шешімі x = 0, y = 0 тұрақты əсерде орнықты ма?
19. Жүйенің X ′ (t ) = AX (t ), X (t ) − үш өлшемді кеңістік век-
⎛1 2 0⎞
⎜
⎟
торы, A = ⎜ 0 1 1 ⎟ тривиалды шешімі орнықты ма?
⎜1 3 1⎟
⎝
⎠
20. Теңдеу x ′′′ + 4 x ′′ + 5 x ′ = t шешімдерін орнықтылыққа зерттеу.
21. Теңдеу x ′′ + 9 x = sin t шешімдерін орнықтылыққа зерттеу.
22. x ′′′ + x = cos t периодты шешімін тауып, орнықтылыққа
зерттеу керек.
23. x ′′ + αx ′ + (1 − α ) x = 0 орнықтылық аумағын табу керек.
24. x ′′′ + x ′′ + α 2 x ′ + 5αx = 0 орнықтылық аумағын табу керек.
25. Теңдеулер жүйелерінің тыныштық нүктелерін бірінші
жуықтау бойынша орнықтылыққа зерттеу.
а) x ′ = 5 x + y cos y, y ′ = 3x + 2 y − y 3 e y
б) x ′ = 7 x + 2 sin y, y ′ = e x − 3 y − 1
в) x ′ = − 3 x + 1 sin 2 y, y ′ = − y − 2 x
2
2
г) x ′ = ln(4 y + e −3 x ),
y′ = 2 y −1 + 3 1 − 6x
26. Жүйенің
⎧ x ′ = −4 y − x 3
⎨
3
⎩ y ′ = 3x − y
222
Тыныштық нүктесін орнықтылыққа бірінші жуықтау бойынша мүмкін еместігін көрсетіп, Ляпунов функциясы əдісімен
зерттеу керек.
Жауаптары:
1. Тыныштық нүктесі асимптотикалық орнықты.
2. Тыныштық нүктесі орнықсыз.
3. α < −
α >−
1
1
- асимптотикалық орнықты; α = − - орнықты;
2
2
1
-орнықсыз.
2
4. α ≤ 0 асимптотикалық орнықты, α > 0 - орнықсыз.
5. 1 < t < 2, x(t , μ ) → 4 − t 2 ,
2 < t < 3,
t > 3,
x(t , μ ) → − 9 − t 2 ,
x(t , μ ) → ∞
6. x(t , μ ) → ∞
7. Тыныштық нүктесі орнықсыз.
8. Тыныштық нүктесі орнықты.
9. Тыныштық нүктесі орнықсыз.
10. Тыныштық нүктесі орнықты.
11. Қайқы.
1
5
2
5
12. x = sin t − cos t -асимптотикалық орнықты.
13. Барлық шешімдері, оның ішінде периодтылары да асимптотикалық орнықты.
14. Тыныштық нүктесі орнықсыз. Функция ν = x 4 − y 4 Четаев
теоремасы шарттарын орындайды.
15. Барлық шешімдері орнықсыз.
16. x ≡ 0 шешімі орнықсыз.
17. 1 < α < 2 шешім x ≡ 0 асимптотикалық орнықты.
223
18. Шешім x ≡ 0, y ≡ 0 тұрақты əсерде орнықты.
19. X (t ) ≡ 0 шешімі орнықты.
20. Барлық шешімдері орнықты, асимптотикалық орнықтылық жоқ.
21. Барлық шешімдері орнықты, асимптотикалық орнықтылық
жоқ.
1
2
22. x = (cos t − sin t ) , орнықсыз.
23. 0 ≤ α < 1 орнықтылық аумағы, 0 < α < 1 асимптотикалық
орнықтылық аумағы.
24. α ≥ 5 орнықтылық аумағы, α > 5 асимптотикалық орнықтылық аумағы.
25. а) орнықсыз, ə) орнықсыз, б) орнықты, в) орнықты.
26. v = 3x 2 + 4 y 2 асимптотикалық орнықты.
224
5-т арау
БІРІНШІ РЕТТІ ДЕРБЕС ТУЫНДЫЛЫ ТЕҢДЕУЛЕР
Белгісіз функциялары бірнеше айнымалылардан тəуелді болатын дифференциалдық теңдеулер дербес туындылы деп аталады.
Көптеген физикалық-химиялық процестер дербес туындылы
дифференциалдық теңдеулер есептерімен өрнектелетіні белгілі.
Теңдеу
2
2
2
⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ⎞
+
+
⎜⎝ ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ = n( x, y, z )
∂x
∂z
⎝ ∂y ⎠
сыну көрсеткіші n(x, y, z) болатын жарық сəулелерінің біртекті
емес ортада таралуын өрнектейді; теңдеу
∂ 2u
∂u
= a2 2
∂t
∂x
стерженьдегі жылу таралуын көрсетеді; теңдеу
2
∂ 2u
2 ∂ u
=
a
∂t 2
∂x 2
ішек тербелісінің теңдеуі деп аталады; теңдеу
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
=0
∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
Лаплас теңдеуі деп аталады, өріс потенциалын өрнектейді.
Бұл тарауда бірінші ретті дербес туындылы дифференциалдық
теңдеулерді ғана қарастырамыз.
§27. Негізгі түсініктер. Сызықтық жəне
квазисызықтық теңдеулер
Бірнеше жай мысалдар қарастырайық.
1-мысал.
∂z ( x, y )
= y+x
∂x
225
Теңдеуді x бойынша интегралдасақ,
x2
+ ϕ ( y)
2
шешімін аламыз, мұндағы, φ(y) кез келген функция.
z ( x, y ) = xy +
2-мысал.
Бұл теңдеуді
∂ 2 z ( x, y )
=0
∂x∂y
∂ ⎛ ∂z ⎞
⎜ ⎟ = 0 түріне келтіріп, x бойынша
∂x ⎝⎜ ∂y ⎟⎠
∂z
= ϕ ( y ) шешімін, мұндағы φ(y) кез келген функ∂y
ция аламыз. Енді y бойынша интегралдасақ, z = ∫ ϕ ( y )dy + ϕ1 ( x)
интегралдасақ
немесе z = φ1(x) + φ2(y) шешімі шығады, мұндағы, ϕ 2 ( y ) = ∫ ϕ ( y )dy.
Қарастырылған екі мысалдан: бірінші ретті теңдеу шешімі бір
кез келген фунциядан, екінші ретті теңдеу шешімі екі кез келген
фунциядан тəуелді болатындығын көреміз. Демек, p-ретті тендену p кез келген фунциядан тəуелді болуы ықтимал.
Бұл мəселе С.В. Ковалевская теоремасымен анықталады.
Теорема. Максималды ретті бір туындысы бойынша айқын.
⎛
∂pz
∂z ∂ 2 z
∂ p −1 z ∂z
∂z ∂ 2 z
∂pz⎞
=
,...,
,
.
,
,...,
,
,
,
,...,
f
x
x
z
1
n
∂x1p
∂x1 ∂x12
∂x1p −1 ∂x2 ∂x1∂x2 ∂x22
∂xnp ⎠⎟
⎝⎜
теңдеуінің (x10, x20, ..., xn0) нүктесінің төңірегінде аналитикалық
жəне келесі шарттарды қанағаттандыратын
x = x10 , z = ϕ 0 ( x2 , x3 ,..., xn ),
∂z
= ϕ1 ( x2 , x3 ,..., xn ),...,
∂x1
∂ p −1 z
= ϕ p −1 ( x2 , x3 ,..., xn )
∂x1p −1
жалғыз шешімі бар, егер φ0, φ1, ..., φp–1, функциялары бастапқы
(x20, ..., xn0,) нүктесі төңірегінде аналитикалық, ал f функциясы
аргументерінің бастапқы мəндері
x10, x20, ..., xn0, z0=φ0(x20, x30, ..., xn0),
226
⎛ ∂pz⎞
⎛ ∂ pϕ 0 ⎞
⎛ ∂z ⎞
x
x
(
,...,
),...,
=
=
ϕ
1
20
n0
⎜⎝ ∂x ⎟⎠
⎜⎝ ∂x p ⎟⎠
⎜⎝ ∂x p ⎟⎠
n
n
1 0
x =x
0
i
i0
төңірегінде аналитикалық функция болса.
Теореманы дəлелдеусіз қабылдаймыз.
Туындылары бойынша сызықтық, ал ізделінді z функциясы
бойынша бейсызықтық болуы да мүмкін.
Χ 1 ( x1 ,..., xn , z )
∂z
∂z
+ Χ 2 ( x1 ,..., xn , z )
+ ... +
∂x1
∂x2
+ Χ n ( x1 ,..., xn , z )
∂z
= Ζ ( x1 ,..., xn , z )
∂xn
(1)
теңдеуін сызықтық біртекті емес немесе қоссызықтық бірінші
ретті дербес туындылы теңдеу деп атайды.
Егер теңдеудің оң жағы нөлге тепе-тең, ал Xi функциялары
Z-тен тəуелсіз болса, яғни
∂z
∂z
+ Χ 2 ( x1 ,..., xn )
+ ... +
∂x1
∂x2
∂z
+ Χ n ( x1 ,..., xn )
=0
∂xn
теңдеуі сызықтық біртекті деп аталады.
Екі айнымалыдан тəуелді дербес туындылы теңдеуді
Χ 1 ( x1 ,..., xn )
P ( x, y , z )
∂z
∂z
= R ( x, y , z )
+ Q ( x, y , z )
∂y
∂x
(2)
(3)
қарастырсақ, бұл теңдеуді векторлық өріспен
F = P( x, y, z )i + Q( x, y, z ) j + R( x, y, z )k
байланыстыруға болатындығын көреміз.
Өрістің векторлық сызықтары
t = idx + jdy + kdz
векторы мен F векторының коллинеарлық шартынан
dx
dy
dz
=
=
P ( x, y , z ) Q ( x, y , z ) R ( x, y , z )
227
анықталатындығы белгілі. Онда векторлық сызықтар жиынынан
тұратын бет те анықталады.
Векторлық бетке ортогонал N векторы өрістің F векторына
да ортогонал:
N ⋅F = 0.
(3)
Егер бет z = f ( x, y ) түрінде берілсе
N =
болғандықтан (3) шарт:
P ( x, y , z )
түрде жазылады.
∂z
∂z
j−k
i+
∂y
∂x
∂z
∂z
+ Q ( x, y , z )
= R ( x, y , z )
∂x
∂y
(4)
Егер бет u = (x, y, z) теңдеуімен анықталса,
N =
онда (3) теңдік:
P ( x, y , z )
∂u
∂u
∂u
k,
j+
i+
∂z
∂y
∂x
∂u
∂u
∂u
= 0.
+ R ( x, y , z )
+ Q ( x, y , z )
∂z
∂y
∂x
(5)
деп жазылады.
Демек, векторлық беттерді табу, квазисызықтық теңдеуді (4)
немесе сызықтық біртектік теңдеуді (5) шешуге келтіреді.
Сонымен векторлық сызықтардың дифференциалдық теңдеулер жүйесі құрылып,
dx
dy
dz
=
=
P ( x, y , z ) Q ( x, y , z ) R ( x, y , z )
(6)
тəуелсіз екі бірінші интегралдары ψ1(x, y, z) = c1, жəне ψ2(x, y, z) = c2
табылады. Бұлар (4) (немесе (5)) теңдеудің сипатталушылары
деп аталады. Қос параметрлі векторлық сызықтар ψ1(x, y, z) = c1,
ψ2(x, y, z) = c2 жиынынан кез келген үздіксіз тəуелсіздік Φ(c1, c2)= 0
құрамыз. Жүйеден
ψ1(x, y, z) = c1, ψ2(x, y, z) = c2, Φ(c1, c2)= 0
параметрлерді c1, c2 жою нəтижесінде ізделінді векторлық беттер
тендеуін аламыз:
228
Өрістің
Φ(ψ1(x, y, z) , ψ2(x, y, z)) =0.
(7)
F = P( x, y, z )i + Q( x, y, z ) j + R( x, y, z )k
берілген Φ1(x, y, z) = 0, Φ2(x, y, z) = 0 сызығынан өтетін векторлық
беті, келесі теңдеулер жүйесінен x, y, z-ді жою нəтижесінде табылады:
⎧Φ1 ( x, y, z ) = 0, Φ 2 ( x, y, z ) = 0,
(8)
⎨
⎩ψ 1 ( x, y, z ) = c1 , ψ 2 ( x, y, z ) = c2 ,
Жүйені (8) шешсек, Φ(c1, c2) = 0 теңдігін, ал бұдан ізделінді
интегралды Φ(ψ1(x, y, z) , ψ2(x, y, z)) = 0 табамыз
1-мысал. Теңдеудің кез келген функциядан тəуелді интегралын, яғни жалпы шешімін табу керек:
∂z
∂z
= 0.
−x
∂x
∂x
Шешуі. Теңдеулер жүйесін құрып,
dx
dy dz
,
=− =
y
x
0
бірінші интегралдарын табамыз:
x2+y2=c1, z=c2.
Онда теңдеудің жалпы интегралы:
Φ(x2 +y2, z) = 0,
немесе z бойынша шешсек,
z = f(x2 + y2).
2-мысал. Теңдеудің
∂z
∂z
x −y
=0
∂x
∂y
берілген сызықтан z = 2x, y = 1 өтетін интегралдық бетін табу керек.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін
dx dy dz
=
=
x
−
y
0
интегралдасақ,
c
ln x = ln c1 − ln y , y = 1 ; z = c2 .
x
y
229
c1
, z = c 2 , z = 2 x, y = 1 теңдеулерінен x, y, z-ді жою
x
нəтижесінде 2c1=c2 теңдігін аламыз.
Бұдан z = 2xy ізделінді шешімі шығады.
3-мысал. Теңдеуді қанағаттандыратын жəне берілген сызық
оның үстінде жататын бетті табу керек:
Енді y =
yz
∂z
∂z
+ xz = xy; x = a, y 2 + z 2 = a 2
∂x
∂y
Шешуі. Теңдеулер жүйесінің
dx
dy dz
=− =
yz
xz xy
шешімдері x 2 − y 2 = c1 , z 2 − x 2 = c 2 . Онда
⎧ x 2 − y 2 = c1 ,
⎪ 2
2
⎪ z − x = c2 ,
⎨
⎪ x = a,
⎪y2 + z2 = a2
⎩
жүйесінен (x, y, z)-ді жою нəтижесінде шыққан
c2= c1 – a2
2
2
2
2
теңдігінен 2 x − y − z = a шешімін табамыз.
4-мысал. Теңдеудің
∂z
∂z
= 0,
x −y
∂y
∂x
көрсетілген шарттарды: y= 1 мəнінде z = 2x болатын шешімін табу керек.
Шешуі. Теңдеулер жүйесін құрамыз:
dx dy dz
=
=
x −y 0
Бұл жүйенің бірінші интегралдары xy = c1, z = c2 болғандықтан,
берілген теңдеудің жалпы шешімі:
230
F(xy, z) = 0 немесе z = f (xy) мұндағы, F жəне f кез келген функциялар, Берілген шарт бойынша, y = 1 мəнінде z = 2x болуы керек,
демек, z =2xy.
Тəуелсіз айнымалыларының саны n болатын жағдайды қарастырайық.
Біртекті сызықты теңдеудің
Χ 1 ( x1 ,..., xn )
∂z
∂z
∂z
+ Χ 2 ( x1 ,..., xn )
+ ... + Χ n ( x1 ,..., xn )
= 0 (9)
∂x1
∂x2
∂xn
коэффициенттері Xi(x1, ..., xn) қарастырылып отырған аумақта
үздіксіз, бір мезгілде бəрі бірдей нөлге айналмайтын жəне сол
аумақта дербес туындылары шектеулі делік.
Теңдеулер жүйесін құрып:
dxn
dx1
dx2
,
=
= ... =
Χ 1 ( x1 ,..., xn ) Χ 2 ( x1 ,..., xn )
Χ n ( x1 ,..., xn )
(10)
(n – 1)-тəуелсіз бірінші интегралдарын табамыз:
ψ 1 ( x1 ,..., x n ) = c1 ,
ψ 2 ( x1 ,..., x n ) = c 2 ,
............................
ψ n −1 ( x1 ,..., x n ) = c n −1 ,
Бұл (n– 1) параметрлі сызықтар тобы (9) теңдеудің сипаттаушылары (характеристикалары) деп аталады.
Жүйенің (10) кез келген бірінші интегралының ψ(x1, ..., xn)= c
сол жағы берілген теңдеудің (9) шешімі екендігіне көз жеткізуге
болады.
Интегралдық сызық бойында:
n
dψ = ∑
i =1
онда,
n
∂ψ i
∑ ∂x
i =1
∂ψ
dxi ≡ 0
∂xi
Χi ≡ 0
(11)
(12)
i
тепе-теңдік (12) кеңістіктің кез келген нүктесінде x = ( x1 ,..., x n )
орындалатындықтан, ψ функциясы теңдеудің (9) шешімі екен:
231
n
∑Χ
i =1
i
∂z
=0
∂xi
Кез келген Φ(ψ1, ψ2, ..., ψn–1) = c функциясы да (10) жүйенің шешімі болатындықтан, z = Φ(ψ1, ..., ψn–1) функциясы да (9) теңдеудің
шешімін береді.
Сонымен, z =Φ(ψ1(x1, ..., xn), ..., ψn–1(x1, ..., xn)) функциясы теңдеудің (9) жалпы шешімі.
Теорема. Кез келген z = Φ(ψ1, ψ2, ..., ψn–1) функциясы теңдеудің
n
∂z
= 0 (9) жалпы шешімі.
Χ i ( x1 , x 2 ,..., x n )
∑
∂xi
i =1
Дəлелдеуі. z =ψ(x1, ..., xn) теңдеудің (9) кез келген шешімі үшін
ψ = Φ(ψ1, ..., ψn) функциясы бар екендігін дəлелдейік.
ψ жəне ψ1, ..., ψn–1 функциялары (9) теңдеудің шешімдері болғандықтан
n
∂ψ
⎫
≡ 0, ⎪
Χi
∑
∂xi
i =1
⎪
n
⎪
∂ψ 1
≡ 0, ⎪
Χi
∑
(13)
∂xi
i =1
⎬
........................ ⎪
⎪
n
⎪
∂ψ n −1
≡ 0,⎪
Χi
∑
∂xi
i =1
⎭
Бұл жүйенің (13) нөл емес шешімі болуы үшін қарастырылып
отырған аумақта анықтауышы нөлге тепе-тең болуы керек:
∂ψ ∂ψ
∂ψ
,
,...,
∂x1 ∂x 2
∂x n
∂ψ 1 ∂ψ 1
∂ψ
,
,..., 1
∂x1 ∂x 2
∂x n
≡ 0.
..............................
∂ψ n −1 ∂ψ n −1
∂ψ n −1
,
,...,
∂x1
∂x 2
∂x n
Функциялар ψ ,ψ 1 ,...ψ n −1 якобианы нөлге тең деген сөз олардың арасында тəуелділік бар деген сөз, яғни
232
F (ψ ,ψ 1 ,...,ψ n −1 ) = 0
(14)
Бірінші интегралдар ψ1(x1, ..., xn) = ci i= 1, n –1 тəуелсіз, онда,
Якобианның
D(ψ ,ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n −1 )
D( x1 , x 2 ,..., x n )
D(ψ ,ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n −1 )
≠ 0.
D( xα1 , xα 2 ,..., xα n −1 )
Демек, теңдеуді (14) мына түрде деп түсінуге болады
кемінде бір (n – 1)-ретті миноры
ψ = Φ (ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n −1 ).
5-мысал. Теңдеуді интегралдау керек
n
∑x
i =1
i
∂z
= 0.
∂xi
Шешуі. Сипаттамаларды анықтайтын теңдеулер жүйесі:
dx
dx1 dx2
=
= ... = n .
x1
x2
xn
Тəуелсіз бірінші интегралдары:
x
x
x1
= c1 , 2 = c 2 ,..., n −1 = c n −1
xn
xn
xn
болғандықтан, берілген теңдеудің жалпы шешімі:
⎛x x
x ⎞
z = Φ ⎜ 1 , 2 ,..., n −1 ⎟ ,
xn ⎠
⎝ xn xn
Φ кез келген нөл өлшемді біртекті функция.
Бұл есеп арқылы Эйлер теоремасы дəлелденді: дифференциалданатын k-өлшемді біртекті функция f(tx1, tx2, ..., txn)=
= t kf(x1, x2, ..., xn) үшін келесі теңдік орынды
x1
∂f ( x )
∂f ( x )
∂f ( x )
+ x2
+ ... + xn
= kf ( x1 ,..., xn ), x = ( x1 ,..., xn ).
∂x1
∂x2
∂xn
Біртекті емес
16–684
233
n
∑ Χ ( x ,..., x
1
i
i =1
теңдеуінің шешімі
n
, z)
∂z
= Z ( x1 ,..., x n , z )
∂xi
u ( x1 ,..., x n , z ) = 0
(15)
(16)
түрінде іздестіріледі. Мұндағы Xi (x,z), Z(x, z) ункциялары қа∂u
растырылып отырған аумақта үзіліссіз,
≠ 0 деп алынады.
∂z
Функция z =z (x1, ..., xn) теңдеуден (16) анықталды десек,
u (x1, x2, ..., xn, z(x1, x2, ..., xn))≡ 0
тепе-теңдігінің көмегімен
∂u
n
∑ Χ ( x , x ,..., x , z ) ∂x
i
i =1
1
2
n
+ Ζ ( x1 , x2 ,..., xn , z )
i
∂u
=0
∂z
(17)
біртекті теңдеуін аламыз. Ал біртекті теңдеуді шешу жолы белгілі.
Сипаттамалар жүйесін құрамыз
dxn
dx1
dx2
dz
,
=
= ... =
=
Χ1 ( x, z ) Χ 2 ( x, z )
Χ n ( x, z ) Ζ ( x, z )
(18)
n тəуелсіз бірінші интегралдарын анықтаймыз:
ψ 1 ( x1 ,..., x n , z ) = c1 ,
ψ 2 ( x1 ,..., x n , z ) = c 2 ,
...............................
ψ n ( x1 ,..., x n , z ) = c n .
Онда теңдеудің (17) жалпы шешімі
u = Φ (ψ1, ψ2, ..., ψn)
Φ-кез келген функция.
Теңдеудің (15) кез келген функциядан тəуелді шешімі Z келесі
теңдеулерден
u=(x1, ..., xn, z) = 0 немесе Φ (ψ1, ψ2, ..., ψn)=0 анықталады.
Бұдан басқа да арнайы деп аталатын шешімдері табылуы
мүмкін.
Нақты есептерде (15) теңдеудің бастапқы шарттарды орындайтын шешімдері іздестерілетін жағдайлар да кездеседі.
234
§28. Пфаффа теңдеулері
Үзіліссіз векторлық өрістерді
F = P ( x, y , z ) i + Q ( x, y , z ) j + R ( x, y , z ) k
зерттегенде векторлық сызықтар жəне векторлық беттерді ғана тауып қоймай, векторлық сызықтарға ортогонал беттерді
U(x, y, z) = c табу есебі де кездеседі. Бұндай беттердің теңдеуі мына
түрде беріледі F ⋅ t = 0 , t-ізделінді беттерге жанама жазықтықта
жататын вектор: t = idx + jdy + kdz . Ашып жазсақ,
P(x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy+R(x, y, z)dz =0
Пфаффа теңдеулерін аламыз.
Өріс потенциалды болса, F=gradU немесе P(x, y, z)=
Q ( x, y , z ) =
(1)
∂U ( x , y , z )
,
∂x
∂U ( x, y, z )
∂U ( x, y, z )
, R ( x, y , z ) =
,
∂z
∂y
ізделінді беттер U(x, y, z) = c осы потенциалды функцияның U
деңгейлік беттері. Бұл жағдайда ізделінді беттер оңай табылады:
( x, y, z )
U=
∫ Pdx + Qdy + Rdz.
( x0 , y 0 , z 0 )
Сызықтық интеграл (x0 , y0 , z0) жəне (x, y, z) нүктелерін
қосатын кез келген сызықтың бойымен интегралданады.
Өріс потенциалды емес болса, кейде скалярлы μ(x, y, z) көбейткішінің көмегімен потенциалды ету мүмкіндіктері кездеседі.
Мұндай көбейткіш бар десек, μF = gradU немесе
μP =
ал бұдан
∂U
∂U
∂U
, μQ =
, μR =
,
∂z
∂y
∂x
∂ ( μP) ∂ ( μQ) ∂ ( μQ) ∂ ( μR) ∂ ( μR) ∂ ( μP)
=
,
=
,
=
,
∂y
∂x
∂z
∂y
∂x
∂z
немесе
235
∂P ∂Q 1 ⎛ ∂μ
∂μ ⎞
⎟,
−
= ⎜⎜ Q
−P
∂y ∂x μ ⎝ ∂x
∂y ⎟⎠
∂Q ∂R 1 ⎛ ∂μ
∂μ ⎞
⎟,
−
= ⎜⎜ R
−Q
∂z ∂y μ ⎝ ∂y
∂z ⎟⎠
∂R ∂P 1 ⎛ ∂μ
∂μ ⎞
−
= ⎜P
−R
⎟.
∂x ∂z μ ⎝ ∂z
∂x ⎠
Бұл тепе-теңдіктердің біріншісін R-ге, екіншісін P-ға, үшіншісін Q-ге көбейтіп қосу нəтижесінде интегралдауыш μ көбейіткішінің бар болуы белгісін аламыз:
⎛ ∂P ∂Q ⎞
⎛ ∂Q ∂ R ⎞
⎛ ∂R ∂P ⎞
−
+ P⎜
− ⎟ + Q⎜
−
=0
R⎜
⎟
⎝ ∂x ∂z ⎟⎠
⎝ ∂y ∂x ⎠
⎝ ∂z ∂y ⎠
немесе F ⋅ rotF = 0, мұндағы,
⎛ ∂R ∂Q ⎞
⎛ ∂Q ∂ P ⎞
⎛ ∂P ∂R ⎞
−
− ⎟ j +⎜
−
rotF = ⎜
i +⎜
k.
⎟
⎝ ∂z ∂x ⎠
⎝ ∂y ∂z ⎠
⎝ ∂x ∂y ⎟⎠
Теңдеудің (1) толық интегралдануы белгісі аталатын бұл шарт
орындалмаса, өрістің F(x, y, z) векторлық сызықтарына ортогонал
беттер U(x, y, z) = c тобы жоқ.
Сонымен, F векторлық өрісінің векторлық сызықтарына ортогонал беттер тобы U(x, y, z) = c бар болуы үшін, F жəне rotF
векторларының ортогоналды, яғни F ⋅ rotF ≡ 0 болуы қажет.
Бұл шарт F ⋅ rotF ≡ 0, кейде Пфаффа теңдеулерінің
Pdx+Qdy+Rdz =0 бір қатынаспен U(x, y, z) = c интегралданғыштық белгісі деп те аталады.
Кейде векторлық өріске ортогонал беттің орнына ортогонал
сызықтар тобын анықтау талап етіледі, яғни айтқанда, Пфаффа
теңдеуін екі қатынаспен
жəне
U 1(x, y, z)=c
U 2(x, y, z) = c
236
(2)
интегралдауға тура келеді. Бұл сызықтарды табу үшін (2) теңдеулердің біреуін кез келген түрде беріп:
U 1(x, y, z) = 0
(3)
осы теңдеудің көмегімен (1) теңдеудің бір айнымалысын, мысалы
z-ті, жоюмен алынған M(x, y) dx+N(x, y) dy=0 теңдеуін шешеміз.
Нəтижесінде U1(x, y, z) = c бетінде жататын ізделінді сызықтарды табамыз.
Векторлық сызықтарға ортогонал беттердің бар болуы үшін
F ⋅ rotF ≡ 0, шартының орындалуы қажетті ғана емес, жеткілікті
екендігіне де көзжеткізе аламыз.
Ізделінді U(x, y, z) = c беттерінде P(x, y, z) dx+Q(x, y, z)dy+
+R(x, y, z)dz ≡ 0 немесе осы бетте жататын кез келген L сызығы
бойынша
(4)
∫ Pdx + Qdy + Rdz = 0
L
болуы керек.
Өрістің rotF векторлық беттерін қарастырсақ, Стокс теоремасы
бойынша
∫ Fdr = ∫∫ rotF ⋅ nd δ ,
C
D
dr = idx + jdy + kdz , кез келген тұйық сызық бойынша интеграл
(4) нөлге тең. Құйындық беттер ішінен тұйықталмаған сызықтар
бойынша да интегралдары
∫ Fdr =∫ Pdx + Qdy + Rdz
L
L
нөлге айналатындарын алуға болады. Бұндай M(x0 , y0 , z0)нүктесінен өтетін бетті, осы нүктеден өрістің F векторлық сызықтарына ортогонал болатындай сызықты жүргізу арқылы құрамыз.
Бұл сызықтар
(1)
Pdx + Qdy + Rdz = 0
теңдеуі жəне M нүктесінен өтетін кез келген Z =f(x, y) бетімен
анықталады, көбіне бет Z =f1(x) немесе Z = f1(y), кейде Z =a түрінде
алынады.
Z =(x, y)-ті теңдеуге (1) қойып, алынған
237
M(x, y)dx+N (x, y)dy= 0
теңдеуін y(x0) =y0 бастапқы шартымен интегралдасақ, M(x0 , y0 , z0)
нүктесінен өрістің векторлық сызықтарына ортогонал болып
өтетін, ізделінді l сызығын табамыз.
1-cурет
Егер бұл сызық құйын сызығы болмаса, оның l əрбір нүктесімен құйын сызығын жүргізу нəтижесінде, F өрісінің векторлық
сызықтарына ортогонал, ізделінді S бетін аламыз.
Шындығында (С.2), S бетінде тұйық емес L сызығын алып,
шеткі нүктелерін l сызығымен P1, P2 нүктелерінде қиылысатын құйындық сызықтармен жалғастырып, тұйық C контурын
құрамыз.
∫ Pdx + Qdy + Rdz = 0 ,
C
бұл интегралдың l кесіндісі жəне құйындық жолдармен жасалған
қосылғыштарының əрқайсысы нөлге тең. Онда кез келген L
сызығы бойынша
∫ Pdx + Qdy + Rdz = 0 ,
L
яғни S беті теңдеудің (1) интегралдық беті.
1-мысал. Теңдеу бір қатынаспен интегралданады ма?
(y2 +z2 – x2)dx+xzdy+ xzdy= 0.
238
Шешуі.
F = Pi + Qj + Rk = ( y 2 + z 2 − x 2 ) i + xzj + xyk ,
⎛ ∂R ∂Q ⎞
⎛ ∂Q ∂ P ⎞
⎛ ∂P ∂R ⎞
rotF = ⎜
i +⎜
k=
−
− ⎟ j +⎜
−
⎟
⎝ ∂z ∂x ⎠
⎝ ∂y ∂z ⎠
⎝ ∂x ∂y ⎠⎟
( x − x) i + (2 z − y ) j + ( z − 2 y )k = (2 z − y ) j + ( z − 2 y )k ,
F ⋅ rotF = xz (2 z − y ) + xy ( z − 2 y ) = 2 xz 2 − xyz + xyz − 2 xy 2 =
= 2 x( z 2 − y 2 ) ≠ 0
демек теңдеу бір қатынаспен интегралданбайды.
2-мысал. Интегралдау керек (y+3z2)dx+ (x+y)dz + 6xzdz = 0.
Шешуі. F = ( y + 3z 2 ) i + ( x + y ) j + 6 xzk , rotF ≡ 0. Демек F · rotF≡
≡0, теңдеуді бір қатынаспен интегралдауға болады.
( x, y, z )
F = gradU , U =
∫
( y + 3 z 2 )dx + ( x + y )dy + 6 xzdz.
(0,0,0)
Интегралдау сызығы ретінде əрбір бөлігі координаталар осьтеріне параллель болатындай сынық сызықты аламыз.
O(0, 0, 0), P(x, 0, 0), Q(x, y, 0), M(x, y, z)нүтелерін жалғайтын
y
z
сынық сызықты алсақ U = ∫ + ∫ + ∫ = ∫ ( x + y )dy + ∫ 6 xzdz =
OP PQ QM
0
0
y2
= xy +
+ 3 xz 2 .
2
Онда ізделінді интеграл 2xy+y2 + 6xz2 = c.
2-сурет
239
3-мысал. Пфаффа теңдеуін қанағаттандыратын беттерді табу
керек
3yzdx+ 2xzdy+xydz = 0.
Шешуі. F = 3 yzi + 2 xzj + xyk , rotF = − xi + 2 yj − zk
Интегралдану шарты F ⋅ rotF = 0 орындалады. Қандай да
бір бетте, мысалы, z = 1 жазықтығында, векторлық сызықтарға
ортогонал болатын қисықтарды табамыз
z = 1; 3 ydx + 2 xdy = 0; 3
dx
dy
+ 2 = 0; x 3 y 2 = a
x
y
Сызықтар z = 1, x3y2 =a арқылы құйындық беттерді өткіземіз.
Ол үшін құйындық сызықтар теңдеулері жүйесін шешеміз:
dx dy dz
=
=
−x 2y −z
⎧ dx dy
⎪⎪ − x = 2 y , x y = C1 ,
⎨
⎪ dx = dz , z = C .
2
⎪⎩ x
z x
z
= C 2 айнымалыларx
ды x, y, z жою нəтижесінде C14 ⋅ C 2 = a шешімін табамыз.
Пфаффа теңдеуін P(x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy+R(x, y, z)dz = 0 (1)
бір айнымалыны, мысалы, z тұрақты деп кəдімгі дифференциалдық теңдеуді
Теңдеулерден z = 1, x3y2 = a, x y = C1 ,
P(x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy=0
(1`)
интегралдап алып та шешуге болады, мұндағы z-параметр.
Теңдеудің (1`) интегралында
U(x, y, z)=C(z)
тұрақтыны z параметрінен тəуелді десек, C(z)-функциясын теңдеуді (1) қанағаттандыратындай етіп таңдаймыз:
240
∂U
∂U
⎡ ∂U
⎤
dx +
dy + ⎢
− C | ( z ) ⎥ dz = 0,
∂x
∂y
⎣ ∂z
⎦
∂U ∂U ∂U
− C| ( z)
y
∂
∂x =
,
= ∂z
P
Q
R
∂U ∂U
− C| ( z)
∂x = ∂z
.
P
R
Осы теңдеуден табылған C(z) арқылы U(x, y, z)=C(z) шешімі
табылады.
4-мысал. Теңдеуді интегралдау керек
(y+ 3z2)dx+ (x+y)dy+ 6xzdz = 0.
Шешуі. z-ті тұрақты десек, (y+ 3z2)dx+ (x+y)dy=0 теңдеуінің
шешімі 2xy+6z2x+y2=C(z) шығады. Бұны бастапқы теңдеуге
қойсақ,
(2y+ 6z2)dx+ 2 (x+y)dy+ (12zx– c′(z))dz = 0
теңдігін немесе
аламыз.
Онда
2 y + 6 z 2 2( x + y ) 12 xz − C | ( z )
қатынасын
=
=
y + 3z 2
x+ y
6 xz
12 xz − C | ( z )
2=
; 12 xz = 12 xz − C | ( z ); C | ( z ) = 0,
6 xz
C(z)=C. Сонымен теңдеудің шешімі 2xy+y2 +6xz2 = C.
§29. Сызықтық емес теңдеулер
Ізделінді функция z(x, y) болатын, жалпы бірінші ретті дербес
туындылы теңдеуді қарастырайық:
F(x, y, z, p, q) = 0,
(1)
∂z
∂z
, q ( x, y ) = , ізделінді интегралдық бет∂y
∂x
терге z=z(x, y) нормаль N(p, q, –1) бағытын көрсетеді.
мұндағы, p ( x, y ) =
241
Интегралдық беттердің (x, y, z) нүктесіне нормалы бір
параметрден тəуелді, мүмкін болатын нормальдар N(p, q, –1)
бағыттарының конусын құрайды (1-сурет).
3-сурет
Теңдеуді (1) интегралдау геометриялық тұрғыдан əрбір нүктесінде нормалы бағыттар конусының мүмкін болатын бір бағытымен бағыттас z=z(x, y) беттерін анықтау.
Теңдеудің (1) маңызды кез келген екі a жəне b тұрақтыларынан
тəуелді Φ(x, y, z, a, b) = 0 интегралы толық интегралы деп аталады.
Дифференциалдық теңдеу (1) ізделінді интегралдық беттердің
нормалдарының бағытына ғана шектеу қоятындықтан, беттердің иушілерінің нормалдары да алдыңғы нормалдармен бірдей.
Демек иуші беттер де теңдеудің (1) интегралдық беттері.
∂Φ ∂Φ ∂Φ
Дербес туындылар
шектеулі жəне бір мезгілде
,
,
∂x ∂y ∂z
нөлге айналмайтын болса, қос параметрлі интегралдық беттер
иушісі келесі теңдеулермен анықталады:
∂Φ
∂Φ
(2)
= 0.
= 0,
∂b
∂a
Қос параметрлі интегралдық беттер жиынынан b параметрін a
параметрінің кез келген дифферециалданатын b(a) функциясы деп
қарастырсақ, бір параметрлі интегралдық беттер жиынын аламыз.
Онда бұл жиынның иушісі мына теңдеулермен анықталады:
Φ ( x, y, z , a, b) = 0,
Φ ( x, y, z , a, b(a ) = 0,
242
∂
Φ ( x, y , z , a , b ( a ) = 0
∂a
немесе
Φ ( x, y, z , a, b(a ) = 0,
∂Φ ∂Φ
+
b ′(a ) = 0.
∂a ∂b
(3)
Сонымен, толық интеграл белгілі болса, кез келген функциядан
тəуелді интегралды құру мүмкіндігі бар.
Толық интеграл көбіне оңай табылады. Мысалдар келтірейік.
1. Теңдеу F(p, q)=0 немесе p = ϕ (q ) түрінде берілсін.
Онда q=a, a-кез келген тұрақты десек, P=φ(a), dz=pdx+qdy=
= φ (a)dx+ady, ал бұдан z=φ(a)x+ay+b толық интегралы шығады.
2. Теңдеу (1) мына түрге келтірілсе φ1(x, p)= φ2(y, q), онда
φ1(x, p) =φ2(y, q) =a - кез келген тұрақты дей отырып, мүмкіндігінше
p жəне q арқылы шешіп,
p = ψ 1 ( x, a ), q = ψ 2 ( y, a ),
dz = pdx + qdy = ψ 1 ( x, a )dx + ψ 2 ( y, a )dy,
z = ∫ ψ 1 ( x, a )dx + ∫ ψ 2 ( y, a )dy
толық интегралын аламыз.
3. Егер теңдеу (1) F ( z , p, q ) = 0 түрінде берілсе, z =z(u),
u =ax+y десек
dz dz
F ( z , a, , ) = 0.
du du
Бұл кəдімгі дифференциалдық теңдеудің интегралы
z =Φ(u, a, b)b - кез келген тұрақты,
немесе z =Φ (ax+y, a, b) - толық интеграл.
4. Егер теңдеу (1) Клеро теңдеуіне ұқсас түрде берілсе
z=px+qy+ φ (p, q),
онда толық интегралы
z=ax+by+ φ (a, b).
1-мысал. Теңдеудің толық интегралын табу керек:
p2 – 2p – q2 + 1 = 0.
2
2
p – 2p+ 1 – q = 0, (p –1)2–q2 = 0, p = 1±q, q=a,
Шешуi. dz =pdx+qdy= (1 ±a)dx+ady,
z =(1 ±a) x+ay+b.
2-мысал. Теңдеудің толық интегралын табу керек:
243
pq =x2y2.
Шешуі.
p y2
y2
y2
2
2
=
=
a
,
p
=
ax
,
q
=
,
dz
=
ax
dx
+
dy,
x2
q
a
a
ax 3 y 3
z=
+
+ b.
3
3a
Мысал 3. Теңдеудің толық интегралын табу керек:
pq = 9z2.
dz dz
Шешуі. z=z (u), u=ax+y десек, p = a , q ,
du du
2
dz dz
3
⎛ dz ⎞
a ⎜ ⎟ = 9 z 2 ,3 z = a
, =
du ,
⎝ du ⎠
du z
a
ln z =
3
a
3
u + ln C , z = Cl
a
u
3
= Cl
a
( ax + y )
3
( ax + y )
C-ны b параметрінен алмастырсақ, z = bCl a
.
4-мысал. Теңдеудің толық интегралын табу керек z=px+qy+
3 3
+p q .
Шешуі. z=ax+by+a3b3.
Күрделі жағдайларда теңдеудің F ( x, y, z , p, q ) = 0 толық интегралы жалпы əдістердің бірімен табылады.
Лагранж жəне Шарпи əдісінің негізінде қарапайым идея жатыр. Бұл əдіс бойынша:
F ( x, y , z , p , q ) = 0
(4)
теңдеуіне U ( x, y, z , p, q ) = a (4) теңдеуі (1) жəне (4) жүйеден
анықталған p = p ( x, y, z , a ) жəне q = q ( x, y, z , a ) функциялары
бір қатынаспен интегралданатын Пфаффа теңдеуін
dz =p(x, y, z, a)dx+q (x, y, z, a)dy
(5)
құратындай етіп таңдалады. Сонда Пфаффа теңдеуінің интегралы
Φ ( x, y, z , a, b) = 0, b - кез келген тұрақты, теңдеудің (1) жалпы
интегралы болады. Функция U теңдеудің (5) бір қатынаспен
интегралдануы шартынан
244
F ⋅ rotF = 0, F = p ( x, y, z , a )i + q ( x, y, z , a ) j − k ,
немесе ашып жазсақ,
∂q
∂p ∂p ∂q
−q
−
+
=0
∂z
∂z ∂y ∂x
теңдеуінен анықталады.
Тепе-теңдіктер жүйесінен
p
F ( x, y , z , p , q ) = 0 ⎫
⎬
U ( x, y , z , p , q ) = a ⎭
(6)
(7)
функциялар p(x, y, z, a) жəне q(x, y, z, a) анықталатындықтан,
дифференциалдау жолымен
∂q ∂p ∂p ∂q
, , ,
∂x ∂y ∂z ∂z
туындылары есептеледі.
x-бойынша туындысы
∂F ∂F ∂p ∂F ∂q
= 0,
+
+
∂x ∂p ∂x ∂q ∂x
∂U ∂U ∂p ∂U ∂q
= 0,
+
+
∂x ∂p ∂x ∂q ∂x
Онда
D( F ,U )
∂q
D ( p, x )
.
=−
D( F ,U )
∂x
D ( p, q )
Дəл осылай y, z бойынша туындыларын анықтаймыз:
∂p D ( F , U ) / D ( y , q ) ∂p
D ( F ,U ) / D ( z , q )
=
,
=−
,
∂y D ( F , U ) / D ( p , q ) ∂z
D ( F , u ) / D ( p, q )
D ( F ,U )
∂q
D ( p, z )
.
=−
D ( F ,U )
∂z
D ( p, q )
245
Есептелінген туындыларды интегралданғыштық шартына (5)
D( F ,U )
қойып жəне
≠ 0 анықтауышына көбейтсек,
D ( p, q )
∂F ∂U ∂F ∂U ⎛ ∂F
∂F ⎞ ∂U ⎛ ∂F
∂F ⎞ ∂U
+
+⎜p
+q ⎟
−⎜
+p ⎟
−
∂p ∂x ∂q ∂y ⎝ ∂p
∂q ⎠ ∂q ⎝ ∂x
∂z ⎠ ∂p
⎛ ∂F
∂F ⎞ ∂U
−⎜
+q ⎟
= 0.
∂z ⎠ ∂q
⎝ ∂y
(8)
теңдеуін аламыз. Осы теңдеуден U функциясы сипаттамалар
теңдеулерін құру жолымен анықталады:
dx
dy
dz
dp
dq
=
=
=−
=−
. (9)
∂F ∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
+q
+p
+q
p
∂p
∂q
∂p
∂q
∂z
∂y
∂z
dx
Жүйенің (9) əйтеуір бір бірінші интегралы U1(x, y, z, p, q)= a
табылса жəне F, U1 функциялары p жəне q бойынша сызықты
D( F ,U )
тəуелсіз, яғни
≠ 0 болса, онда бірінші интеграл U1(x, y,
D ( p, q )
z, p, q) (8) теңдеудің іздеп отырған шешімін береді.
Сонымен жүйеден:
F ( x, y, z , p, q ) = 0,
U 1 ( x, y , z , p , q ) = a
функциялар p=p (x, y, z, a), q=q (x, y, z, a) анықталып, бір
қатынаспен интегралданатын Пфаффа теңдеуінен
dz = p(x, y, z, a)dx+q(x, y, z, a)dy
бастапқы теңдеудің F(x, y, z, p, q) = 0 толық интегралын табамыз.
5-мысал. Теңдеудің толық интегралын табу керек:
yzp2 +q = 0.
Шешуі. Жүйе (9) мына түрде жазылады:
dx
dz
dp
dq
= dy =
=− 3 =− 2
.
2
2 pyz
2 p yz + q
yp
zp + yp 2 q
246
Берілген теңдеуді ескерсек, 2yzp2 + q =yzp2 + yzp2 + q=yzp2, онда
сипаттамалар теңдеулері жүйесінде оңай интегралданатын теңдік
шығады:
dz
dp
=− 3,
2
yzp
yp
a2 y
a
2
ал бұдан p = , q = − yzp = −
.
z
z
Енді dz =pdx+qdy өрнегін қолдансақ,
a
a2 y
dx −
dy,
z
z
2 zdz = 2adx − 2a 2 ydy.
dz =
Сонымен теңдеудің толық интегралы z2 = 2ax–a2y2 +b.
Теңдеудің F(x, y, z, p, q) = 0 толық интегралы Φ(x, y, z, a, b) = 0
арқылы бастапқы шартпен қойылған есепті де немесе берілген
қисықтан
x=x(t), y=y(t), z = z (t)
(10)
өтетін интегралдық бетті де анықтай аламыз.
Бір параметрден тəуелді жиынның
Φ(x, y, z, a, b) = 0
иушісі
Φ ( x, y, z , a, b(a ) = 0,⎫
⎪
∂Φ ∂Φ
⎬
+
b ′(a ) = 0 ⎪
∂a ∂b
⎭
(11)
(12)
берілген қисықтан (10) өтетіндей етіп b = b (a) функциясын
анықтаймыз.
Берілген қисықтың нүктелеріде t бойынша тепе-теңдіктерді
аламыз:
Φ ( x(t ), y (t ), z (t ), a, b(a )) = 0,
⎫
⎪
∂Φ ( x(t ), y (t ), z (t ), a, b(a )) ∂Φ ( x(t ), y (t ), z (t ), a, b(a ))
⎬.
+
b ′ (a ) = 0⎪ (13)
∂a
∂b
⎭
Бұл жүйеден b=b(a) функциясын анықтау күрделі болғандықтан көбіне,
247
Φ ( x(t ), y (t ), z (t ), a, b(a ) = 0,
⎫
⎪
∂Φ
∂Φ
∂Φ
⎬
z ′(t ) = 0⎪
x ′(t ) +
y ′(t ) +
∂x
∂y
∂z
⎭
жүйесі қолданылады.
6-мысал. Теңдеудің
(14)
z =px–qy+pq
2
берілген қисықтан y = x, z = x өтетін интегралдық бетін табу
керек.
Шешуі. Бұл теңдеудің толық интегралы
z = ax–by+ab,
берілген қисықты параметрлік түрде жазсақ,
x = t, y = t, z = t 2 .
Функция b=b(a)-ны анықтау үшін (14) жүйені құрамыз:
⎧t 2 = (a − b)t + ab,
⎨
⎩2t = a − b.
1
(a − b), (a + b) 2 = 0, b = − a, z = a ( x + y ) − a 2 .
2
Бұл жиынның иушісі:
Онда t =
⎧ z = a( x + y )a 2
⎨
⎩ x + y − 2a = 0
1
( x + y ) 2 теңдеуімен анықталды.
4
Егер жүйе (9) оңай интегралданатын болса, онда Коши есебін
характеристикалар əдісімен шешу ыңғайлы.
Теңдеуді
F ( x, y , z , p , q ) = 0
жүйесімен немесе z =
бастапқы шарттарымен
x0 = x0 ( s ), y 0 = y 0 ( s ), z 0 = z 0 ( s )
интегралдау үшін
248
⎧ F ( x0 ( s ), y0 ( s ), z0 ( s ), p0 ( s ), q0 ( s ),) = 0,
⎨
⎩ p0 ( s ) x0′ ( s ) + q0 ( s ) y0′ ( s ) − z0′ ( s ) = 0
теңдеулерінен p0 =p0(s) жəне q0 =q0(s) анықталып, теңдеулер
жүйесі
dx dy
dz
dp
dq
=
=
=−
=−
= dt
(15)
Fp Fq pFp + qFq
Fx + pFz
Fy + qFz
бастапқы шарттарымен
t = 0′, x = x0 ( s ), y = y0 ( s ), z = z0 ( s ), p = p0 ( s ), q = q0 ( s )
интегралданады.
(15) жүйе шешімдерінен үш функция x=x(t, s), y=y(t, s),
z=z(t, s) ізделінді интегралдық беттің параметрлік теңдеуі болып
табылады.
Жалпы жағдайда,
F ( x1 , x 2 ,..., x n , z , p1 , p 2 ,..., p n ) = 0,
pi =
(16)
∂z
, i = 1, n
∂xi
теңдеуінің келесі шарттарды орындайтын шешімі ізделінеді:
xi 0 = xi 0 ( s1 , s2 ,..., sn −1 ),(i = 1, n),
z0 = z0 ( s1 , s2 ,..., sn −1 ).
(17)
Есепті (16)-(17) шешу үшін бастапқы pi0(s1, ..., sn–1) мəндері
теңдеулер жүйесінен анықталып,
F ( x10 ,..., xn 0 , z , p10 ,..., pn 0 ) = 0, ⎫
⎪
n
∂z 0
∂x i 0
− ∑ pi 0
= 0, j = 1, n − 1⎬⎪
∂s j i = 1
∂s j
⎭
(18)
қосымша жүйе
dx
dx1 dx2
=
= ... = n =
Fp
Fp
Fp
1
2
n
dz
n
∑pF
i
i =1
17–684
pi
=−
dp1
=
Fx + p1 Fz
1
249
= ... = −
dpn
= dt
Fx + pn Fz
(19)
n
бастапқы шарттарымен
xi 0 = xi 0 ( s1 , s2 ,..., sn −1 ), ⎫
⎪
z0 = z0 ( s1 , s2 ,..., sn −1 ), ⎬
pi 0 = pi 0 ( s1 , s2 ,..., sn −1 ),⎪⎭
(20)
i = 1, n
интегралданады. Табылған:
xi = xi (t , s1 , s2 ,..., sn −1 ), i = 1, n,
(21)
z = z (t , s1 , s2 ,..., sn −1 )
(22)
pi = pi (t , s1 , s2 ,..., sn −1 ), i = 1, n
шешімдерінен (21)-(22) теңдіктері ізделінді интегралдық беттің
параметрлік теңдеулерін береді.
Мысал. Теңдеудің
z =pq +1
берілген сызықтан
y= 2, z = 2x+ 1
өтетін интегралдық бетін табу керек.
Шешуі. Сызықтың теңдеуін параметрлік түрде жазамыз x0 =s,
y0 =2, z0 =2s +1 . Енді p0(s) жəне q0(s)-терді (18) жүйеден анықтай
мыз:
p0(s)=2, q0(s) = s.
Жүйені (19) құрып, интегралдаймыз:
dx dy
dz
dp dq
=
=
=
=
= dt ,
q
p 2 pq
p
q
p = C1et , q = C2 et , x = C2 et + C3 , y = C1et + C4 , z = C1C2 e 2t + C5 .
t=0 мəнінде: x= s, y= 2, z = 2s + 1, p= 2, q=s екендігін ескерсек
p= 2e t, q =se t, x=se t, y= 2e t, z = 2se2t + 1, теңдіктерін аламыз.
Сонымен ізделінді интегралдық бет
250
x=se t, y=2e t, z = 2se2t + 1
немесе параметрді жойсақ, z = 2xy+ 1 болып шығады.
Есептер, жаттығулар.
1.
∂z ∂z
−
= 0.
∂x ∂y
2.
∂z ∂z
+
= 2z.
∂x ∂y
3. x
∂z
= z.
∂y
4. z
∂z
∂z
−y
= 0.
∂x
∂y
5. y
∂z
= z , x = 2, z = y.
∂x
6. x
∂z
∂z
= z , y = 1, z = 3 x
−y
∂y
∂x
7. yz
∂z ∂z
+
= 0, x = 0, z = y.
∂x ∂y
8. z =axy беттеріне ортогонал болатын беттерді табу.
9. xyz=a беттеріне ортогонал беттерді табу.
10.
x ∂z y ∂z
−
= z − 5.
3 ∂x 5 ∂y
∂u ∂u ∂u
= 0.
+
+
∂x ∂y ∂z
∂u
∂u
∂u
+ 2y
+ 3z
= 4u.
12. x
∂x
∂y
∂z
11.
13.
∂ 2 z ( x, y )
= 0.
∂x 2
14.
∂z
∂z
= 0, x = 1, z = y 2 .
− 2x
∂y
∂x
251
15. Теңдеу бір қатынаспен интегралданады ма?
( y 2 + z 2 − x 2 )dx + xzdy + xydz = 0.
16. Теңдеуді бір қатынаспен интегралдау
( y + 3 z 2 )dx + ( x + y )dy + 6 xzdz = 0.
17. Теңдеудің толық интегралын табу pq = x2y2.
18. Теңдеудің толық интегралын табу z =px+ qy+ p3q3.
19. Теңдеудің толық интегралын табу pq = 9z2.
20. Теңдеудің толық интегралын табу p = sinq.
21. Векторлық өрістің F = (2 xy − 3 yz ) i + ( x 2 − 3 xz ) j − 3 xyk
векторлық сызықтарына ортогонал беттерді табу.
22. Векторлық өрістің F = (2 x − y )i + (3 y − z ) j − ( x − 2 y )k
векторлық сызықтарына ортогонал беттерді табу.
23. Өрістің F = xi + yj − zk векторлық сызықтары, векторлық
беттерін жəне векторлық сызықтарына ортогонал беттерін табу.
24. z = pq + 1, y = 2, z = 2 x + 1.
25. 2 z = pq − 3 xy, x = 5, z = 15 y.
26. 4 z = p 2 + q 2 , x = 0, z = y 2 .
Жауаптары.
1. z =Φ(x+y). 2. z = e2xΦ(x–y).
y
x
3. z = e Φ ( x).
x
z
4. Φ ( z , ye ) = 0.
Φ( x 3 y 5 )
.
5. z = 5 +
y5
6. u=Φ(x–y, y–z).
⎛ y z⎞
7. u = x 4 Φ ⎜ 2 , 3 ⎟ .
⎝x x ⎠
252
8. z =xΦ1(y)+Φ2(y). 9. z = (x + y– 1) . 10. z = ye
2
2
3
2
x−2
y
.
⎛ 2 2x ⎞
11. z =3x. 12. z = ⎜ y −
⎟ . 13. Φ(z2 + x2, x2 – y2)=0.
z
⎝
⎠
14. Φ(z2 – x2, x2 – y2)=0. 15. интегралданбайды.
16. 2xy + y2 + 6xz2 = C.
y3
+ b (басқа жауаптары да болуы мүмкін).
9a
18. z =ax + by + a3b3 (басқа жауаптары да болуы мүмкін).
17. z = ax 3 +
3 2
(a + y)
a
(басқа жауаптары да болуы мүмкін).
19. z = be
20. z =xsina + ay + b (басқа жауаптары да болуы мүмкін).
21. x 2 y − 3 xyz = C
22. F ⋅ rotF = 0 шарты орындалмастан, бұндай беттер жоқ.
y
23. Векторлық сызықтары
= C1 , xz = C2 . Векторлық бетx
1 ⎛ y⎞
тері z = Φ ⎜ ⎟ .
x ⎝ x⎠
Векторлық сызықтарға ортогонал беттері x 2 + y 2 − z 2 = C.
24. z =2xy + 1. 25. z = 3xy.
2
2
26. z = x + y .
253
6-т арау
ЛАПЛАС ТҮРЛЕНДІРУЛЕРІНІҢ СЫЗЫҚТЫҚ
ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕРДІ ШЕШУГЕ
ҚОЛДАНЫЛУЫ
§30. Лаплас түрлендірулерінің негізгі түсініктері
Нақты айнымалы f(t) функциясының Лаплас түрлендіруі деп,
∞
F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt
(1)
0
формуласымен анықталaтын комплекс айнымалы F(p) функциясын айтады.
Теңдіктің оң жағындағы комплекс p тəуелді меншіксіз интеграл Лаплас интегралы деп аталады.
Интеграл (1) жинақы болып, F(p) функциясын анықтауы үшін
f(t) функциясына қойылатын талаптарды анықтайық. Келесілер
орынды делік:
1) f(t)-функциясы бөлшектеп - үздіксіз t≥0 мəндерінде; бұл
дегеніміз функция не үздіксіз немесе бірінші түрдегі санаулы
үзіліс нүктелері бар.
2) f(t) = 0, t<0
(2)
αt
3) f (t ) ≤ Me ,
(3)
M , α − const.
Соңғы 3) шартты барлық шектеулі функциялар орындайды,
мысалы, sint, cos t сондай-ақ барлық tk(k> 0) дəрежелік функциялар да, себебі олар көрсеткіштік et функциясына қарағанда жай
өседі.
Жоғарыда айтылған үш шартты орындайтын кез келген f(t)
функциясы түпнұсқа (оригинал) деп аталады, (1) формуламен
анықталатын F(p) функциясы оның бейнесі (Лаплас бойынша
бейнесі) деп аталады. Түпнұсқа f(t) мен бейнесі F(p) арасындағы
сəйкестік
254
•
f (t ) = F ( p )
•
немесе
•
F ( p ) = f (t )
•
түрінде өрнектеледі. Кейде былай да көрсетіледі:
f (t ) ↔ F ( p ) немесе F ( p ) = L{ f (t )}.
Хевисайдтың бірлік функциясының
⎧0, t < 0,
⎩ 1, t > 0
η (t ) = ⎨
(4)
көмегімен кез келген 2) шартты орындамайтын f 1(t) функциясын
f (t ) = η (t ) f1 (t ) түрінде жазып, түпнұсқа ете аламыз.
Бейнелердің жалпы қасиеттеріне көшейік.
Теорема. Функция f(t) түпнұсқа делік. Онда Лаплас интегралы
∞
F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt
0
Rep > α (яғни Rep > α жарты жазықтығында), α 3) шартындағы
мəндерінде абсолютті жинақы жəне Rep > α жарты жазықтығында
аналитикалық функция болып, бейнені анықтайды.
Абсолютті жинақылығын дəлелдеу үшін 3) шартты пайдала− pt
= e −σ t ,
намыз. Егер p =σ +is десек, e
f (t )e − pt ≤ Meα t e −σ t = Me(α −σ ) t
Онда
∞
∫
0
∞
f (t )e
− pt
dt ≤ M ∫ e
0
( α −σ ) t
e ( α −σ ) t ∞
M
,
=
dt = M
α −σ 0 σ −α
(5)
(6)
себебі теорема шарты бойынша α − σ < 0, e (α −σ ) t → 0 t → ∞ .
Демек, Лаплас интегралы абсолютті жинақы.
at
Мысал ретінде e , a = β + iγ функциясының бейнесін
табайық
e at = eβt , M = 1, α = β .
255
∞
∞
− ( p − a )t
∫ e e dt = ∫ e dt =
at
− pt
0
0
e− ( p − a )t ∞
1
=
,
−( p − a) 0 p − a
егер e − ( p − a ) t → 0 t → ∞ . Бұл мүмкін, егер Re(p–a)= Rep– β >0,
яғни Re p >β болса. Сонымен:
e at →
Егер a= 0 десек,
1→
1 .
p−a
(7)
1.
p
(8)
Теоремада Лаплас интегралының жинақтылығы Re p> β
мəндерінде ғана деп көрсетілгенімен, мысалдан функцияның
аналитикалығы p≠a барлық мəндерінде екендігін көреміз. Теореманы пайдалансақ F(p) функциясы Rep= α мəндерінде ерекше
нүктелі емес деген тұжырымға келеміз: барлық ерекше нүктелер
Rep=α түзуінің сол жағында немесе осы түзудің үстінде жатады.
Кез келген F(p) бейненің шексіздіктегі өзгерісін қарастырайық.
Теңсіздік (6)дан
∞
F ( p) =
∫ f (t )e
0
− pt
dt ≤
M ,
σ −α
екендігін көреміз. Мұндағы α 3) шарттағы тұрақты жəне
σ = Rep , осы себепті егер p → ∞ σ да ∞ өссе, онда F(p)→0. Демек lim F ( p ) = 0 . (9) Басқаша айтқанда егер F(p) шексіздікте
p →∞
аналитикалық болса, онда оның міндетті түрде нөлі бар.
Түпнұсқалардың арасындағы күрделі қатынастар олардың
бейнелерінің арасында көбіне жеңіл болады. Осы себепті Лаплас түрлендірулерінің қасиеттеріне негізделген операциялық
есептеу теориясы көптеген есептерді шешуде қолданылады.
Мысалы түпнұсқалардағы дифференциалдық теңдеулерден бейнелерде алгебралық теңдеулер алынады. Осы теңдеулерді шешіп, бейнелерден түпнұсқаларға көшу нəтижесінде бастапқы
дифференциалдық теңдеулердің шешімдеріне көшеміз.
256
Жалпы операциялық есептеу деп есептерді шешудің келесі
қадамдардан тұратын əдістерін айтады:
1) ізделінді функциялардан олардың бейнелеріне көшу;
2) функцияларға орындалатын операциялардан, олардың бейнелеріне тиісті операцияларға көшу;
3) бейнелерге операцияларды орындап, алынған нəтижеден
бастапқы функцияларға кері көшу.
§ 31. Лаплас түрлендіруінің қасиеттері
Лаплас түрлендірулерінің негізгі қасиеттеріне тоқталамыз.
Түпнұсқа функцияларды f(t), g(t) т.с.с. белгілеп, олардың Лаплас
бойынша бейнелерін F(p), G(p), т.с.с. белгілейміз:
f(t) → F(p), g(t) → G(p), ... .
1. Сызықтық теоремасы
∀ A жəне B тұрақтыларында
Af (t ) + Bg (t ) → AF ( p ) + BG ( p )
∞
Дəлелдеуі.
∫ [ Af (t ) + Bg (t )] e
(10)
∞
− pt
0
dt = A∫ f (t )e − pt dt +
0
∞
+ B ∫ g (t )e − pt dt
0
Ескертетін жайт: егер Re p >α1 жəне Re p >α2 болса, оң жақтағы
интеграл олардың жалпы бөлігінде жинақты.
eiωt − e − iωt
eiωt + e − iωt
Мысалдар 1. sin ω t =
, cos ω t =
2
2
i
Онда:
1⎛ 1
1 ⎞
ω
−
= 2
sin ω t → ⎜
,
⎟
2i ⎝ p − iω p + iω ⎠ p + ω 2
1⎛ 1
1 ⎞
p
+
= 2
cos ω t → ⎜
.
⎟
2 ⎝ p − iω p + iω ⎠ p + ω 2
2. sin(ωt – φ) =sin ωtcos φ+cos ωtsin φ →
(11)
(12)
ω cos ϕ + p sin ϕ
, (13)
p2 + ω 2
257
cos(ωt + ϕ ) →
3.
shω t =
shω t →
p cos ϕ − ω sin ϕ
.
p2 + ω 2
eω t − e − ω t
,
2
ω
p −ω
2
2
chω t =
eω t + e − ω t
.
2
p
.
p − ω2
chω t →
,
(14)
2
(15)
2. Ұқсастық теоремасы
∀λ -тұрақтысында
f (λt ) →
1
⎛ p⎞
F⎜ ⎟
λ ⎝λ⎠
(16)
∞
Дəлелдеуі.
енгізсек
f (λ t ) → ∫ f (λ t )e − pt dt . Интегралда алмастыру
0
λ t = t1 , dt =
1
∞
λ ∫0
f (λt ) →
f (t1 )e
p
− t1
λ
1
dt1
λ
dt1 =
⎛ p⎞
F⎜ ⎟
λ ⎝ λ1 ⎠ .
1
1
ω
1
1
. Онда sin ωt →
.
= 2
2
p +1
ω ⎛ p⎞
p +ω2
⎜ ⎟ +1
3. Өшу теоремасы.
⎝ω ⎠
Кез келген нақты немесе комплекс a саны үшін:
Мысалы sin t →
2
e at f (t ) → F ( p − a ) .
∞
∫
∞
Дəлелдеуі e f (t ) → e f (t )e
at
F(p – a).
Мысалдар.
at
0
e at sin ω t →
258
(17)
− pt
dt = ∫ f (t )e − ( p − a ) t dt =
0
ω
( p − a )2 + ω 2
,
e at cos ω t →
p−a
ω
e at shω t →
( p − a )2 − ω 2
p−a
e at chω t →
,
( p − a )2 + ω 2
( p − a )2 − ω 2
,
.
Жоғарыда айтылған теоремалардан келесі формулаларды қорытуға болады
1
[ F ( p − iω ) + F ( p + iω )] ,
2
1
f (t )sin ω t → [ F ( p − iω ) − F ( p + iω ) ].
2i
4. Кешігу теоремасы
∀τ > 0 тұрақтысы үшін
f (t ) cos ω t →
f (t − τ ) → e − pτ F ( p ) .
Дəлелдеуі. f (t − τ ) →
∞
∫ f (t − τ )e
0
(18)
∞
− pt
dt = ∫ f (t − τ )e − pt dt , сеτ
бебі (0,τ ) аралығында f (t − τ ) = 0 . Алмастыру t − τ = t1 жасасақ,
∞
∫ f (t − τ )e
τ
∞
− pt
dt = ∫ f (t1 )e
− p ( t1 + τ )
dt1 = e
− pτ
0
∞
∫ f (t )e
1
− pt1
dt1 .
0
Сирек болса да озу теоремасы да қолданылады:
τ
⎡
⎤
f (t + τ ) ↔ e pτ ⎢ F ( p ) − ∫ f (t )e − pt dt ⎥ .
0
⎣
⎦
(19)
Параметрден тəуелді түпнұсқа функциялар да қарастырылады. Функция f (t , x) белгілі x мəндерінде түпнұсқа десек, оның
бейнесі:
∞
F ( p, x) = ∫ f (t , x)e − pt dt.
(20)
0
259
Параметрден тəуелді интеграл (20) интеграл астында дифференциалдану шартын орындаса,
∞
∂F ( p , x )
∂f (t , x) − pt
=∫
e dt.
∂x
∂x
0
5. Параметр бойынша дифференциалдау теоремасы.
Егер ∀x мəнінде f (t , x) түпнұсқасына F ( p, x) бейнесі
сəйкестендірілсе, онда:
∂F ( p, x)
∂f (t , x)
.
(21)
→
∂x
∂x
Теореманың қолданыстарына тоқталайық.
1
e at →
белгі формасында параметр a бойынша дифp−a
ференциалдасақ ,
te at →
1
( p − a )2
.
Бірнеше рет диференциалдасақ,
t 2 e at →
2
( p − a)
3
, t 3e at →
Егер a = 0 десек t →
3!
( p − a)
4
, …, t n e at →
n!
( p − a )n +1
.
1
2
n!
, t 2 → 3 , …, t n → n +1 .
2
p
p
p
Дəл осылайша ω параметрі бойынша дифференциалдау нəтиω
p
, cos ω t → 2
жесінде sin ω t → 2
. формулаларынан
2
p +ω
p + ω2
t cos ω t →
p2 − ω 2
(p
2
+ω
)
2 2
, t sin ω t →
(p
2 pω
2
+ ω2 )
2
.
Түпнұсқа t = 0 нүктесінде үзілісті болатын жағдайлар да
кездеседі. Онда
f (0) = lim f (t )
t →0
t >0
деп түсінеміз. Осы сияқты туындысы да үзілісті кезінде
260
(22)
f ' (0) = lim f ' (t )
t →0
t >0
(23)
деп қабылдаймыз.
6. Түпнұсқаны дифференциалдау теоремасы
Егер f (t ) → F ( p ) болса, онда:
f '(t ) → pF ( p ) − f (0).
Дербес f (0) = 0 жағдайда,
f '(t ) → pF ( p ).
(24)
(25)
∞
Дəлелдеуі. f '(t ) →
∫ f '(t )e
− pt
dt ,
0
∞
∫
0
f '(t )e − pt dt =
u = e − pt ,
du = − pe − pt dt
=
d ϑ = f '(t )dt ,
ϑ = f (t )
= f (t )e
− pt
∞
∞
+ p ∫ f (t )e − pt dt .
0
0
αt
Түпнұсқаның f (t ) ≤ Me
теңсіздігіне байланысты, егер
Re p >α болса, онда
f (t )e − pt < Me(α − Re p)t → 0, t → ∞.
Демек f '(t ) → pF ( p ) − f (0) .
Теореманы бірнеше рет қайталап қолдансақ,
f ''(t ) → p [ pF ( p ) − f (0) ] − f '(0) = p 2 F ( p ) − pf (0) − f '(0),
f '''(t ) → p ⎡⎣ p 2 F ( p ) − pf (0) − f '(0) ⎤⎦ − f ''(0) = p 3 F ( p ) − p 2 f (0) −
− pf '(0) − f ''(0),
………………………………………………
f ( n ) (t ) → p n F ( p ) − p n −1 f (0) − p n −2 f ' (0) − … − f ( n −1) (0) . (26)
Бастапқы шарттар f (0) = f ' (0) = … = f ( n −1) (0) = 0 болғанда,
f ( n ) (t ) → p n F ( p ) .
(27)
261
Дифференциалдау операциясынан екі маңызды салдар туындайды.
1. Егер f ′(t) түпнұсқа, ал F(p) шексіздікте аналитикалық функция болса, онда:
lim pF ( p ) = f (0).
(28)
p →∞
Дəл осылайша егер f ′′(t) түпнұсқа болса, онда:
lim ⎡⎣ p 2 F ( p ) − pf (0) ⎤⎦ = f '(0) .
p →∞
Формуланы (28) жəй мысалдарда тексерейік:
sin ω t →
ω
p +ω
2
онда:
2
p
p + ω2
lim p
p →∞
ω
2
p +ω2
= 0 = sin 0 ,
p
= 1 = cos 0 .
p →∞
p +ω2
2. Егер f ′(t) түпнұсқа болып, f (t) функциясының t→∞ шегі
бар болса, онда:
cos ω t →
2
онда:
lim p
2
lim pF ( p ) = lim f (t ) = f (∞).
p→0
t →∞
(29)
Егер F(p) функциясы үшін p = 0 дұрыс нүкте болса, онда
lim F ( p ) = 0 . Осы себепті формула (29) қызықты, егер p = 0 бейp →0
не үшін F(p) ерекше нүкте болса.
Салдарды ерекше сақтықпен қолдану керек. Алдын ала
lim f (t ) = f (∞) шегі бар екендігіне көз жеткізбесек дұрыс емес
t →∞
нəтижелер алуымыз мүмкін.
sin ω t →
ω
p +ω
2
жəне
2
lim
p →0
pω
= 0,
p +ω2
2
ал мұнда limsin ω t шегі жоқ, демек (29) формула қолданылмайды.
t →∞
η (t ) = 1 екендігі белгілі, демек
Бірлік η(t) функцияның lim
t →∞
формуланы (29) қолдануға болады:
lim p
p →0
262
1
= 1.
p
7. Түпнұсқаны интегралдау теоремасы
t
Егер f (t ) → F ( p ) жəне g (t ) =
∫0 f (t )dt
болса, онда
F ( p)
.
p
g (t ) →
(30)
Дəлелдеуі. g′(t) =f (t) жəне g(0) = 0 болғандықтан, g(t)→ G(p)
десек, g′(t) =f (t) → pG(p) – g(0) = pG(p) . Ал f(t)→F(p) , демек
F ( p)
F(p)=pG(p) , G ( p ) =
.
p
Теоремаларды 6 жəне 7 жай мысалдармен тексерейік.
et →
1
, бұдан
p −1
Осы сияқты cos t →
→p
(e )′ = e
t
p
p +1
2
1
1
−1 =
.
p −1
p −1
′
сəйкестігінен ( cos t ) = − sin t →
t
→p
p
1
орындалады.
−1 = − 2
p +1
p +1
2
t
Егер sin t = cos tdt деп, интегралдау теоремасын қолдансақ,
∫
0
1
сəйкестілігін аламыз.
p +1
Күрделірек мысал қарастырсақ,
қайтадан sin t →
2
e at sin ω t →
ω
,
( p − a)2 + ω 2
сол жағын дифференциалдау, оң жағын p - ға көбейту нəтижесінде
келесі сəйкестікті аламыз
e at ( a sin ω t + ω cos ω t ) →
pω
( p − a )2 + ω 2
.
Келтірілген түпнұсқаны дифференциалдау жəне интегралдау теоремалары жəне мысалдар, түпнұсқалардағы күрделі операциялар (дифференциалдау жəне интегралдау) бейнелердегі
263
жай операциялармен (p-ға көбейту жəне бөлумен, біріншіде f(0)
тұрақтысын шегерумен) ауысатындығын айғақтап көрсетіп тұр.
Бейнелерді дифференциалдау жəне интегралдау теоремаларына көшейік.
8. Бейнені дифференциалдау теоремасы.
Егер f (t ) → F ( p ) болса, онда
–t f(t) → F′(p).
∞
(31)
Бұл формула аналитикалық функцияны F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt
0
дифференциалдау ережесінен шығады:
∞
F '( p ) = ∫ f (t )( −t )e − pt dt.
0
Ал бұл –t f(t) → F′(p). екендігі айқын.
Теореманы бірнеше рет қолдансақ,
⎫
⎪
−t f (t ) → F '''( p), ⎪
⎬
… … … … … ⎪
( −1)n t n f (t ) → F (n ) ( p)⎪⎭
t 2 f (t ) → F ''( p),
3
Формуладан 1 →
−t → −
(32)
1
мына тізбекті аламыз:
p
2
n!
2
1
1
немесе t → 2 ; − t 2 → − 3 , t 2 → 3 , ..., t n → n+1 .
2
p
p
p
p
p
9. Бейнені интегралдау теоремасы.
∞
Егер интеграл
∫ F ( z )dz
жинақы болса, онда:
p
∞
f (t )
→ ∫ F ( z )dz.
t
p
Теореманы дəлелдемей-ақ, бірнеше мысалдар келтірейік.
264
(33)
1
sin t → 2
, ал
p +1
∞ π
dz
arctgz
=
= − arctgp = arctgp онда
∫p z 2 + 1
p 2
∞
sin t
→ arctgp .
t
Бұдан 7-теореманы қолдансақ
sin t
arctgp
dt →
.
t
p
0
t
∫
Интеграл элементар функциямен өрнектелмейді жəне элементар емес Si(t) функциясын анықтайды:
sin t
dt.
t
0
t
Si (t ) = ∫
Осы сияқты 1 − e at → 1 − 1 сəйкестігінен мынаны қорыp p−a
тамыз:
∞
⎛1
1 ⎞
z
∫ ⎜⎝ z − z − a ⎟⎠ dz = ln z − a
p
∞
p
p−a
,
= ln1 − ln
= ln
p
p−a
p
1 − e at
p−a
→ ln
.
t
p
1
сəйкестігіне қолдануға болмайды,
p−a
∞
dz
e at
интегралы жинақы емес жəне
функциясы да
себебі ∫
t
p z −a
түпнұсқа бола алмайды, t= 0 мəнінде шексіз үзілісті.
Екі функцияның f(t) жəне g(t) орамы деп
at
Теореманы 9 e →
t
∫ f (τ ) g (t − τ )dτ
0
интегралын айтады. Бұл интеграл t айнымалысының функциясы
18–684
265
айнымалы интеграл астындағы өрнекке де жəне жоғарғы шегі айнымалы етіп интеграл шегіне де енген.
Функциялар орамын əдетте f * g түрінде белгілейді:
f ∗ g = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ .
(34)
t
∫ g (τ ) f (t − τ )dτ
Интегралда
онда:
алмастыру енгізсек, t − τ = τ 1 ,
0
t
0
0
t
t
∫ g (τ ) f (t − τ )dτ = ∫ g (t − τ ) f (τ )(− dτ ) = ∫ f (τ ) g (t − τ )dτ .
1
1
1
1
1
1
0
Демек,
g∗ f = f ∗g .
(35)
Орамдарды есептеуге мысалдар келтірейік.
t
τ
τ
f (t ) = e жəне g (t ) = t десек, ∫ e (t − τ )d τ = (t − τ )e
t
0
t
t
+ eτ =
0
0
t
= e − t − 1 . Осы нəтижені t ∗ e = ∫ τ e t −τ dτ десек те аламыз.
t
t
0
t
sin t ∗ t = ∫ (t − τ ) sin τdτ = − sin t + t ,
0
t
cos t ∗ t = ∫ (t − τ ) cosτdτ = − cos t + 1 .
0
Егер f(t) жəне g(t) түпнұсқалар болса, онда олардың орамы да
түпнұсқа екендігін көрсетуге болады.
∃(α 1 , α 2 )
сек,
f (t ) ≤ M 1eα1t , g (t ) ≤ M 2 eα 2t , α = max(α 1 , α 2 ) де-
∀τ ∈ [0, t ]
үшін
f (τ ) g (t − τ ) ≤ M 1eατ M 2 eα ( t −τ ) = Keα t ,
t
K = M 1 M 2 . Онда
∫ f (τ ) g (t − τ )dτ
0
< Keα t ⋅ t < Ke(α +1) t , себебі
t < e t . Сонымен орам түпнұсқаның үшінші шартын орындайды.
266
10. Бейнелерді көбейту теоремасы
Егер f(t) → F(p) жəне g(t) → G(p) болса, онда функциялар орамына f * g бейнелердің көбейтіндісі сəйкес:
f ∗ g → F ( p )G ( p ) .
(36)
Дəлелдеуі. Орам үшін Лаплас интегралын жазамыз:
⎡t
⎤
f ∗ g → ∫ ⎢ ∫ f (τ ) g (t − τ )d τ ⎥ e − pt dt.
0 ⎣0
⎦
∞
Бұл интеграл шексіз аумақта қос интергал болады:
Қос интегралда интегралдау ретін ауыстырсақ,
∞
t
∞
∞
0
0
0
τ
− pt
− pt
∫ dt ∫ f (τ )g (t − τ )e dt = ∫ dτ ∫ f (τ ) g (t − τ )e dt.
Оң жағындағы ішкі интегралда айнымалыны алмастырсақ
t − τ = t1 , dt = dt1
∞
∫ f (τ )e
0
− pτ
∞
d τ ∫ g (t1 )e − pt dt1 .
1
0
Сонымен f ∗ g → F ( p )G ( p ) .
Бұған дейін қаралған мысалдарды тексеріп көрелік.
et ∗ t = et − t − 1
Көбейту теоремасы бойынша
et ∗ t →
1
,
p ( p − 1)
2
267
et − t − 1 →
1
1 1
1
− 2− = 2
.
p −1 p
p p ( p − 1)
Осы сияқты sin t ∗ t = − sin t + t → −
1
1
1
+ 2 = 2 2
.
p +1 p
p ( p + 1)
2
Қолданыста pF(p)G (p) көбейтіндісі де кездеседі.
pF ( p )G ( p ) = [ pF ( p ) − f (0) ] G ( p ) + f (0)G ( p ),
pF ( p )G ( p ) → f '(t ) ∗ g (t ) + f (0) g (t ).
Орамды ашып жазсақ,
t
pF ( p )G ( p ) → f (0) g (t ) + ∫ f '(τ ) g (t − τ )d τ =
0
t
= f (0) g (t ) + ∫ g (τ ) f '(t − τ )d τ .
(37)
0
Формула (37) Дюамель интегралы деп аталады.
f(t) → F(p), g(t) → G(p) жəне Re p > α осы екі Лаплас интегралы да абсолютті жинақталатын жарты жазықтық делік.
Екі бейненің орамы деп
γ + i∞
1
F ( z )G ( p − z )dz
2π i γ −∫i∞
(38)
интегралын айтады, интегралдау сызығы Re z = γ > α , p-комплекс айнымалы, Re p > γ + α .
11. Түпнұсқаларды көбейту теоремасы
Егер f(t) → F(p) жəне g(t) → G(p) болса, онда
f (t ) g (t ) →
1
γ + i∞
2π i γ −∫i∞
F ( z )G ( p − z )dz.
(39)
Формулада (39) f(t) = g(t) десек,
[ f (t )]
2
268
→
1
γ + i∞
2π i γ −∫i∞
F ( z ) F ( p − z )dz.
(40)
Интегралды (39) əдетте, комплекс айнымалы функциялартеориясындағы шегерінділер туралы теореманың көмегімен
есептейді. Бір мысал келтірейік:
sin t →
1
1
жəне e t →
.
p +1
p −1
2
γ + i∞
et sin t →
1
1
1
dz.
2
∫
2π i γ − i∞ z + 1 p − z − 1
γ + i∞
1
1
1
1
.
dz =
2
∫
2π i γ − i∞ z + 1 p − z − 1
( p − 1)2 + 1
§32. Лаплас түрлендіруін кері түрлендіру
Бейне функциядан F(p) түпнүсқа функцияны f(t) табу жолдарын, яғни Лаплас түрлендіруін кері түрлендіру тəсілдерін
қарастырамыз.
Кері түрлендіру теоремасы. Егер f(t) түпнұсқа, F(p) оның
бейнесі болса, онда түпнұсқа f(t) үзіліссіз болатын кез келген t
нүктесінде
γ + i∞
1
f (t ) =
F ( p )e pt dp,
∫
2π i γ − i∞
(41)
мұнда интегралдау f(t) функциясының Лаплас интегралы абсолютті жинақты болатын жарты жазықтықтың кез келген шексіз
түзуі Re p = γ бойымен орындалады.
Интегралды (41) есептеу жалпы жағдайда қиын. Осы себепті F(p) функциясы комплекс жазықтықта аналитикалық, санаулы ғана ерекше нүктелері бар жəне lim F ( p ) = 0 (42) деп
p →∞
алынады. Мұнда F(p) шексіздікте алдын ала аналитикалық деп
қабылданады.
Барлық ерекше нүктелер Re p = γ түзуінің сол жағында немесе түзудің үстінде орналасқан деп, Жордан леммасының
көмегімен интеграл (41) оңай есептеледі.
269
Жордан леммасы. Функция F ( p ) → 0,
интеграл
∫ F ( p )e
pt
p → ∞ делік. Онда
dt , t > 0, Re p < γ , p = R CR шеңбері бойы-
CR
мен R→ ∞ нөлге ұмтылады:
lim
F ( p )e pt dp = 0.
R →∞ ∫
(42)
t > 0 CR
1-мысал. F ( p ) =
1
Табу керек f(t)-ны.
p
γ + i∞
1
e
Шешуі. f (t ) =
p dp , γ > 0 Түпнұсқа интеграл ас∫
2π i γ − i∞
pt
тындағы функцияның жай полюсы p = 0, шегеріндісі бірге тең.
Демек,
⎧1, t > 0,
f (t ) = ⎨
f (t ) = η (t ) .
⎩0, t < 0,
1
2-мысал. F ( p ) = 2
, табу керек f(t).
p +1
Шешуі. Шегерінділер туралы негізгі теореманы қолданамыз:
γ + i∞
1
F ( p )e pt dp = f (t ) = ∑ Re s ⎡⎣ F ( p )e pt ; ak ⎤⎦,
∫
2π i γ − i∞
(43)
ak – барлық ерекше нүктелері.
⎡ e pt
⎤
⎡ e pt
⎤ eit e − it
= sin t.
, i ⎥ + Re s ⎢ 2
, −i ⎥ = +
f (t ) = Re s ⎢ 2
⎣ p +1 ⎦
⎣ p + 1 ⎦ 2i −2i
Формуланы (43) F(p) рационал функция болғанда қолданайық:
F ( p) =
A( p )
,
B( p)
(44)
A(p), B(p)-көпмүшеліктер, бөлшек (44) дұрыс делік. Онда:
lim F ( p ) = 0 .
p →∞
270
pt
⎡
A( p )
1
n A( p )e ⎤
lim ⎢( p − ak ) k
→ f (t ) = ∑
⎥
B( p)
(nk − 1)! p→ ak ⎣
B( p) ⎦
( nk −1)
, (45)
ak- бөлімінің B(p) нөлдері, nk- олардың еселігі. Туындылау
комплекс айнымалы p бойынша, t-ны тұрақты деп атқарылады.
Формула (45) жіктеу формуласы (немесе жіктеу теоремасы) аталады.
n
Мұндағы B( p) = ( p − ak ) B1 ( p), B1 (ak ) ≠ 0 болғандықтан:
k
⎡
⎤
A( p )e pt
nk
lim ⎢( p − ak )
⎥
n
p → ak
( p − ak ) k B1 ( p) ⎦⎥
⎣⎢
( nk −1)
( n −1)
⎡ A( p )e pt ⎤ k
. (46)
=⎢
⎥
⎣ B1 ( p ) ⎦ p = a
k
Барлық полюстар жай болғанда (еселі емес)
A(a k ) ak t
A( p )
→ f (t ) = ∑
e .
B( p)
B' (a k )
(47)
Егер p =0 бөлімінің нөлі болса B ( p ) = pB1 ( p ), B1 (0) ≠ 0. Онда:
B '( p) = B1 ( p ) + pB1 '( p ), B '(0) = B1 (0), B '(ak ) = ak B1 '(ak ),
A(ak ) a t
A( p )
A(0)
→ f (t ) =
+∑
e .
pB1 ( p )
B1 (0)
ak B1 '(ak )
k
3-мысал. F ( p ) =
(48)
1
. Табу керек f(t).
p ( p + a )( p + b)
Шешуі. A(p)=1, B(p)=p(p+a)(p+b), B1(p)=(p+a)(p+b).
Туынды B1′(p) = (p+a)(p+b). Онда (48) формула бойынша
f (t ) =
1
e − at
e − bt
+
+
ab a (a − b) b(b − a )
A( p )
қарапайым (жай) бөлшектерге жіктеп, белB( p)
гілі сəйкестендіру формулаларының көмегімен де түпнұсқа табылады.
Бөлшекті
271
A
түріндегі бөлшектердің түпнұсқасы Aeat,
p−a
A
A
t k −1e at .
k бөлшектерінікі
( p − a)
(k − 1)!
Мысалы
A⎞
⎛
M⎜p+ ⎟
⎝
Mp + N
2⎠
Бөлшекті
мына түрде жазамыз:
+
2
2
p + Ap + B
A
⎛
⎞
MA
⎜⎝ p + ⎟⎠ + Δ
N−
2
2
Δ
2
+
, Δ = B − A < 0 , (егер Δ > 0 болса,
2
Δ ⎛
4
A⎞
⎜⎝ p + ⎟⎠ + Δ
2
онда бөлімі сызықты көбейткіштерге жіктеледі) кестедегі формуA
лаларды ω = Δ , a = − деп пайдаланамыз.
2
4-мысал. F ( p ) =
Шешуі.
3 p2 + 3 p + 2
. Табу керек f(t).
( p − 2)( p 2 + 4 p + 8)
3 p2 + 3 p + 2
A
Mp + N
=
+ 2
2
( p − 2)( p + 4 p + 8) p − 2 p + 4 p + 8
Анықталмаған коэффициенттер əдісімен A = 1, M = 2, N = 3
2( p + 2)
1
1
2
−
+
,
табылады. Онда F ( p ) =
2
p − 2 ( p + 2) + 4 2 ( p + 2) 2 + 4
көрсетілген формулалармен түпнұсқаларға көшсек,
f (t ) = e 2t + 2e − 2t cos 2t −
5-мысал. F ( p ) =
1 − 2t
e sin 2t .
2
p+2
. Табу керек f(t).
( p − 1) 2 p 3
Шешуі. F(p) функциясының p = 0 еселігі 3 жəне p =1 еселігі
2 екі полюсі бар. Формуланы (46) қолданып, полюстердегі
шегерінділерді есептесек
272
pt
1 ⎡ ( p + 2) e ⎤
⎢
⎥
2! ⎢⎣ ( p − 1)2 ⎥⎦
II
= t 2 + 5t + 8,
p=0
I
⎡ ( p + 2)e pt ⎤
= (3t − 8)et .
⎢
⎥
3
p
⎣
⎦ p =1
Сонымен
p+2
→ (3t − 8)e t + t 2 + 5t + 8 .
2
p ( p − 1)
3
p+c
, a,b,c - нақты сандар.
6-мысал. F ( p ) = 2
( p + a 2 )( p 2 + b 2 )
Табу керек f(t).
Шешуі. Бөлімінің B(p) жай комплекс түйіндес түбірлері ± ai
2
2
2
2
жəне ±bi, B ' ( p ) = 2 p ( p + b ) + 2 p ( p + a ) .
Шегерінділерін есептесек,
ai + c
1
eiat =
(a − ci )eiat ,
2
2
2
2
2ai (b − a )
2a (b − a )
Re s ⎡⎣ F ( p )e pt , ai ⎤⎦ =
Re s ⎡⎣ F ( p )e pt , − ai ⎤⎦ =
− ai + c
1
e − iat =
(a + ci )e − iat .
2
2
2
2
−2ai (b − a )
2a (b − a )
Комплекс түйіндес ±ai полюстарындағы шегерінділер дe
комплекс түйіндес болғандықтан, олардың қосындысы кез кел⎡
⎤
(a − ci )eiat ⎥ =
⎣⎢ 2a (b − a )
⎦⎥
генінің екі еселі нақты бөлігіне тең 2 Re ⎢
=
1 ⎛
c
⎞
cos at + sin at ⎟ .
2 ⎜
⎠
b −a ⎝
a
1
2
2
2
Дəл осылайша, екінші жұп шегерінділерінің қосындысы
1 ⎛
c
⎞
cos bt + sin bt ⎟ ,
2 ⎜
⎠
a −b ⎝
a
2
сонымен f (t ) =
1
b − a2
2
⎡
⎛ sin at sin bt ⎞ ⎤
⎢cos at − cos bt + c ⎜⎝ a − b ⎟⎠ ⎥ .
⎣
⎦
273
A( p )
функциялардың коэффициенттері
B( p)
нақты болса, B(p)-ның комплекс түйіндес a k жəне a k түбірлеріне
(45) формулада
Рационал F ( p ) =
A(ak ) a t A(a k )
A(ak ) a t
e +
= 2 Re
e
B '(ak )
B '(ak )
B '(a k )
k
k
тиесілі.
Барлық полюстар жай (еселі емес) болғанда (47) формуланы мына түрде жазуға болады
f (t ) = ∑
A(ak ) a t
A(ak ) a t
e + 2 Re ∑
e ,
B '(ak )
B '(ak )
k
k
(49)
мұндағы бірінші қосынды B(p)-ның барлық нақты түбірлеріне,
ал екінші қосынды жорамал бөлігі оң таңбалы барлық комплекс
түбірлеріне тиесілі.
Формуланың (49) екінші бөлігінің қосылғыштарын былай
түрлендіруге де болады
ak = α k + iβk , e a t = eα t ( cos βk t + i sin βk t ) ,
k
k
A(ak )
A(ak ) a t
= M k + iN k , 2 Re
e =
B '(ak )
B '(ak )
k
= 2e a t [ M k cos βk t − N k sin βk t ] .
k
Егер αk =0, яғни αk таза жорамал сан болса, онда оған
2[M k cos β k t − N k sin β k t ] тиесілі.
274
1-кесте
Сəйкестік формулалары
Реттік
нөмірі
1 (4)
Түпнұсқа
Бейне
1
1
ρ
2 (9)
at
3(12)
sin ωt
1
ρ −a
ω
2
ρ +ω2
4(13)
cos ωt
ρ
2
ρ +ω2
5(14)
sh ωt
ω
2
ρ −ω 2
6(14)
ch ωt
ρ
2
ρ −ω 2
7(17)
e at sin ωt
ω
(ρ − a ) 2 + ω 2
8(17)
e at cos ωt
ρ −a
(ρ − a ) 2 + ω 2
9
e at sin (ωt+φ)
ω cos ϕ + (ρ − a ) sin ϕ
(ρ − a ) 2 + ω 2
10
e at cos (ωt+φ)
(ρ − a ) cos ϕ − ω sin ϕ
(ρ − a ) 2 + ω 2
t
1
11(26)
ρ2
275
12(26)
tn
n!
ρ n+1
13(25)
t n e at
n!
( ρ − a ) n +1
14(27)
t sin ωt
(ρ
15(27)
t cos ωt
2
t sh ωt
(ρ
17
t ch ωt
2
+ω2
)
2
2ρω
2
− ω2 )
2
ρ2 +ω2
(ρ
18
+ ω2 )
ρ2 −ω2
(ρ
16
2ρω
2
2
−ω2
)
2
Γ(R + 1)
t R (R ⟩ − 1)
ρ R +1
2-кесте
Рационал бөлшек бейнелерінің түпнұсқалары.
Реттік
нөмірі
Бейне
Түпнұсқа
1
1
ρ −a
at
2
1
1 + ap
1 −a
e
a
3
1
ρ ( p − a)
1 at
(e − 1)
a
276
t
4
teat
1
( p − a)
5
2
1
e at − ebt
a−b
( p − a )( p − b )
6
b + cp
ρ ( p − a)
7
−
b ⎛
b⎞
+ ⎜ c + ⎟ e at
a ⎝
a⎠
(1+at)e at
p
( p − a )2
8
ae at − be at
a−b
p
( p − a )( p − b )
9
b + cp
p2 + a2
c cos
10
b + cp
p2 − a2
c ch
11
1
p + ap + b
b
at + sin at
a
at +
b
sh at
a
2
Δ=b−
2
a
⟩ 0,
4
a2
Δ=b−
⟨ 0,
4
Δ=b−
a2
= 0,
4
at
−
1
e 2 sin
Δ
at
−
1
e 2 sh
Δ
te
−
Δt
−Δt
at
2
277
12
p
p + ap + b
2
e
−
at
2
a2
⟩ 0,
4
Δ=b−
⎛
⎜ cos
⎝
Δt −
b
e
Δ
=
at
−
2
a
2 Δ
sin
(
sin
⎞
Δt ⎟ =
⎠
)
Δt + ϕ ;
2 Δ
a
a
⎞
−Δ t −
sh −Δt ⎟
⎠
2 −Δ
tg ϕ = −
e
a2
⟨ 0,
4
Δ=b−
Δ=b−
13
a2
= 0,
4
1
p ( p − a)
1
( p − a )( p − b )
at
2
⎛
⎜⎝ ch
e
−
at
2
⎛ at ⎞
⎜⎝1 − ⎟⎠
2
1 at
(e − 1 − at )
a2
2
14
−
2
e at − ⎣⎡1 + ( a − b ) t ⎦⎤ ebt
( a − b )2
15
1
( p − a )( p − b )( p − c )
e at
e bt
e ct
+
+
(b − a )(c − a ) (a − b )(c − b ) (a − c )(b − c )
16
1
1 2 at
t e
2
p
ae at − ⎣⎡ a + b ( a − b ) t ⎦⎤ ebt
( p − a )3
17
( p − a )( p − b )2
18
278
p
( p − a )( p − b )( p − c )
( a − b )2
ae at
bebt
cect
+
+
(b − a ) ( c − a ) ( a − b ) ( c − b ) ( a − c ) (b − c )
19
( p − a )3
⎛ 1 2 ⎞ at
⎜⎝ t + at ⎟⎠ e
2
1
p p + a2
)
1
(1 − cos at )
a2
)
1
(ch at − 1)
a2
p
20
(
21
2
1
p p − a2
(
2
22
1
( p + b) p 2 + a 2
23
( p + b )2
(
(
2
p p +a
24
2
1 ⎛ − bt
b
⎞
⎜ e − cos at + sin at ⎟⎠
a 2 + b2 ⎝
a
)
b2 a 2 − b2
+
− cos at + 2b sin at
a2
a2
)
1
p + a4
1
4
25
a
2
at ⎞
at
at
⎛ at
sin
cos
⎜⎝ ch
⎟⎠ − sh
2
2
2
2
2
1
p − a4
1
( sh at − sin at )
2a 3
p
p + a4
1
at
at
sin
sh
2
a
2
2
p
p − a4
1
(ch at − cos at )
2a 2
1
)
1
(sin at − at cos at )
2a 3
)
1
( at ch at − sh at )
2a 3
4
26
4
27
4
28
(p
2
(p
2
+a
29
30
(p
2 2
1
− a2
2
1
2
+a
2
)( p
2
+ b2
)
1 ⎛ sin bt sin at ⎞
−
⎜
⎟
a − b2 ⎝ b
a ⎠
2
279
31
32
1
(p
2
(p
2
−a
2
−a
2
)( p
2
− b2
2
2
1
)( p
33
p
(p
2
(p
2
p
−a
35
(
(
2
(
2
(
2
2
)
1 ⎛
at
⎞
1 − ch at + sh at ⎟
4 ⎜
⎝
⎠
a
2
2 2
)( p
2
+b
2
)
1
1 ⎛ cos at cos bt ⎞
+ 2
−
⎜
⎟
2
ab
a − b2 ⎝ a 2
b2 ⎠
2
− b2
)
1
1 ⎛ ch at ch bt ⎞
+
− 2 ⎟
⎜
a 2b2 a 2 − b2 ⎝ a 2
b ⎠
1
p p −a
39
)( p
1
(p
2
(p
2
(p
2
(p
2
40
+ a2
1
41
−a
p
42
280
)
1 ⎛
at
⎞
1 − cos at − sin at ⎟
4 ⎜
⎠
a ⎝
2
2 2
1
2
p p +a
38
)
t
sh at
2a
1
p p −a
37
t
sin at
2a
2 2
p p +a
36
)
1 ⎛ sh at sh bt ⎞
−
⎜
⎟
a + b2 ⎝ a
b ⎠
+a
p
−a
2
)
1
2
1 ⎛ sh at sh bt ⎞
−
⎜
⎟
a 2 − b2 ⎝ a
b ⎠
2
+ a2
34
+b
)
2
)
1
⎡ 3 − a 2 t 2 ) sin at − 3at cos at ⎤
5 ⎣(
⎦
8a
)
1
⎡(3 + a 2 t 2 ) sh at − 3at ch at ⎤
⎦
8a 5 ⎣
)
t
(sin at − at cos at )
8a 3
)
t
( at ch at − sh at ).
8a 3
3
2 3
2 3
2 3
7-т арау.
ЛАПЛАС ТҮРЛЕНДІРУІНІҢ ҚОЛДАНЫЛУЫ
§33. Дифференциалдық теңдеулерді шешу
Тұрақты коэффициентті сызықты дифференциалдық теңдеулерді шешуді қарастырайық.
Екінші ретті сызықты біртекті емес теңдеудің
бастапқы шарттарды
x + a1 x + a 2 x = f (t )
x(0) = x 0 ,
x (0) = x 0 .
(1)
(2)
қанағаттандыратын шешімін табайық
Бұндай есепті шешудің операциялық əдісі ізделінді x(t) жəне
f(t) функцияларын түпнұсқалар деп, (1) теңдеуден олардың бейнелерін X(p), F(p) байланыстырушы теңдеуге көшуден тұрады. Ол
үшін түпнұсқаны дифференциалдап жəне сызықтық теоремаларын қолданып, теңдеуде (1) бейнелерге көшеміз:
x (t ) → pX ( p ) − x0 ,
x(t ) → p 2 X ( p ) − px0 − x0 ,
p 2 X ( p ) − px0 − x0 + a1 [ pX ( p ) − x0 ] + a2 X ( p ) = F ( p ).
(3)
Нəтижесінде X(p) бейнесі бойынша алгебралық теңдеуге
көштік. Оны шешсек,
X ( p )( p 2 + a1 p + a2 ) = F ( p ) + px0 + x0 + a1 x0 ,
X ( p) =
px + x0 + a1 x0
F ( p)
.
+ 20
p + a1 p + a2
p + a1 p + a2
2
(4)
Ізделінді шешімнің бейнесі F(p) табылды. Енді кестенің немесе кері түрлендіру теоремасының көмегімен түпнұсқаны x(t),
яғни ізделінді шешімді табамыз.
Бастапқы шарттар біртекті болса,
19–684
281
x 0 = 0 ,
(5)
F ( p)
.
p + a1 p + a 2
(6)
x 0 = 0,
шешім бейнесі:
X ( p) =
2
Теңдеу n ретті болса,
x ( n ) + a1 x ( n −1) + … + a n −1 x + a n x = f (t ) ,
(7)
x(0) = x 0 , x (0) = x 0 , … , x ( n −1) (0) = x 0( n −1)
(8)
Лаплас түрлендіруі нəтижесінде келесі теңдікті аламыз
( p X ( p) − p
n
n −1
x0 − p n − 2 x0 − … − x0( n −1) ) + a1 ( p n −1 X ( p ) − p n − 2 x0 −
… − x0( n − 2) ) + … + an −1 ( pX ( p ) − x0 ) + an X ( p ) = F ( p ),
X ( p) =
немесе
F ( p) + Φ( p)
,
L( p )
(9)
L( p ) = p n + a1 p n −1 + … a n −1 p + a n , Φ ( p ) -дəрежесі (n-1)-ден
(
)
аспайтын, коэффициенттері x 0 , x 0 , … , x 0( n −1) -ден тəуелді көпмүшелік. Егер
X ( p) =
x 0 = x 0 = … = x 0( n −1) = 0 болса, онда Φ ( p ) = 0,
F ( p)
.
L( p )
(10)
Формулаларда (9), (10) кері түрлендірулерге көшіп, түпнұсқаларды, яғни ізделінді шешімдерді табамыз.
1-мысал. Теңдеудің
x − 3x + 2 x = 2e 3t
нөлдік бастапқы шарттарды:
x(0) = x (0) = 0
орындайтын шешімін табу керек.
282
Шешуі.
құрсақ,
x(t ) → X ( p ), e3t →
1
, операторлық теңдеуді
p−3
p 2 X ( p ) − 3 pX ( p ) + 2 X ( p ) =
бұдан
X ( p) =
2
2
( p − 3)( p − 3 p + 2)
=
2
,
p−3
2
( p − 1)( p − 2)( p − 3)
Функцияның X(p) бірінші ретті p1 = 1, p 2 = 2, p 3 = 3 полюстері бар. Онда жай полюстер үшін жіктелу формуласын
қолдансақ, дифференциалдық теңдеудің шешімі шығады:
x(t ) = e t − 2e 2t + e 3t .
2-мысал. Теңдеудің шешімін бастапқы шарттарымен табу керек:
x + 4 x + 4 x = t 3 e −2t ,
x(0) = 1,
x (0) = 2 .
3!
, x (t ) → pX ( p ) − 1, x(t ) → p 2 X ( p ) −
( p + 2) 4
− p − 2 болғандықтан, теңдеу:
Шешуі. t 3e −2t →
p 2 X ( p ) − p − 2 + 4 pX ( p ) − 4 + 4 X ( p ) =
3!
( p + 2) 4
түрге келеді. Бұдан,
X ( p) =
Түпнұсқаға көшсек:
p+6
3!
.
+
6
( p + 2)
( p + 2) 2
5!
→ t 5 болғандықтан
6
p
3!
3!
p+2+4
1
4
→ t 5 e −2t ,
=
+
,
6
2
( p + 2)
5!
( p + 2)
p + 2 ( p + 2) 2
283
1
4
→ e −2t ,
→ 4te −2t .
2
( p + 2)
p+2
Сонымен теңдеудің шешімі
x(t ) = e −2t + 4te −2t +
⎛
1 5 −2t
t5 ⎞
t e = e −2t ⎜1 + 4t + ⎟ .
⎝
20
20 ⎠
3-мысал. Есептің шешімін табу керек
x I V + 2 x + x = sin t ,
x(0) = x (0) = x(0) = x (0) = 0.
Шешуі. Операторлық теңдеуі:
p 4 X ( p) + 2 p 2 X ( p) + X ( p) =
1
,
p +1
2
2
. Полюстердегі ± i шегерінділер комплекс
( p + 1) 3
түйіндес сандар болғандықтан, p = i нүктесіндегі шегеріндіні
ғана есептейміз:
онда X ( p ) =
2
II
1 ⎡ e pt ⎤
eit
⎡⎣ −3t + i (t 2 − 3) ⎤⎦ .
=
Re s ⎣⎡ X ( p )e ; i ⎤⎦ = ⎢
3⎥
2! ⎣ ( p + i ) ⎦ p = i 16
pt
Екі еселенген нақты бөлігі x(t ) шешімін береді:
3
3−t 2
x(t ) = − t cos t +
sin t .
8
8
4-мысал. Есептің шешімін табу керек:
x + x = e t ,
x(1) = 1, x (1) = 0.
Шешуі. t = τ + 1, x(t ) = x(τ + 1) = x1 (τ ) десек, теңдеу жəне
оның бастапқы шарттары:
284
x1 + x1 = e
τ +1
⎛
dx1
d 2 x1 ⎞
x1 =
⎜⎝ x1 = d τ , d τ 2 ⎟⎠
x1 (0) = 1, x1 (0) = 0
түрінде жазылады. Операторлық теңдеуге көшсек,
x1 (τ ) → X ( p ), x1 (τ ) → pX ( p ) − 1, x1 (τ ) → p 2 X ( p ) − p,
p 2 X ( p) − p + X ( p) =
e
e
p
, X ( p) = 2
+ 2
.
p −1
( p + 1)( p − 1) p + 1
Түпнұсқаларға көшсек:
⎛
x1 (τ ) = ⎜1 −
⎝
e⎞
e
e τ
⎟ cos τ − sin τ + e .
2⎠
2
2
et
e⎞
e
⎛
τ = t − 1 : x(t ) = ⎜1 − ⎟ cos(t − 1) − sin(t − 1) + .
2⎠
2
2
⎝
Дифференциалдық теңдеулерді шешкенде көбейту теоремасының, дербес жағдайда Дюамель формуласының қолданысына
тоқталайық.
Сызықтық дифференциалдық оператор енгізейік:
Онда:
L[x ] ≡ x ( n ) + a1 x ( n −1) + … + a n −1 x + a n x .
(11)
L[C1 X 1 + C2 X 2 + … + Cn X n ] = C1 L[ X 1 ] +
+ C2 L[ X 2 ] + … + Cn L[ X n ].
(12)
Біртекті емес дифференциалдық теңдеу:
L[ x] = f (t ) .
(13)
Көбейту теоремасын қолданудың мағынасы мынада: егер
теңдеудің (13) бір шешімі белгілі болса, онда осы шешім бойынша оң жағы кез келген функция болғандағы шешім құрылады.
Шешімдерді құруды f (t ) ≡ 1 жағдайынан бастау ерекше тиімді.
L[ x] = 1 ,
(14)
285
x(0) = x (0) = … = x ( n −1) (0) = 0
(15)
Теңдеудің (14) бастапқы шартымен (15) шешімін x1 (t ) десек,
бейнесін X 1 ( p ) делік, онда операторлық теңдеуінен
X 1 ( p ) p n + a1 X 1 ( p ) p n −1 + + a n X 1 ( p ) =
X 1 ( p ) L( p ) =
1
,
p
1
,
p
(16)
L( p ) = p n + a1 p n −1 + … + a n −1 p + a n – сипаттамалық көпмүшелік. Шешім жəне оның бейнесі X 1 ( p ) белгілі десек, онда:
L( p ) =
1
.
pX 1 ( p )
(17)
Енді оң жағы кез келген теңдеуді алсақ,
L[ x ] = f (t ),
x (0) = x (0) = … = x (n −1) (0) = 0,
онда операторлық теңдеуі:
X ( p ) L( p ) = F ( p ), F ( p ) → f (t )
бұдан:
X ( p ) = pX 1 ( p ) F ( p ),
t
x(t ) = ∫ x1I (τ ) f (t − τ )dτ
немесе
(18)
0
t
x(t ) = x1 (t ) f (0) + ∫ f ' (τ ) x1 (t − τ )dτ .
0
5-мысал. Есептің шешімін табу керек:
2
x + x = e − t ,
x(0) = x (0) = 0.
286
(19)
Шешуі. Алдымен x + x = 1,
x(0) = x (0) = 0 есебін шешелік.
X 1 ( p) p 2 + X 1 ( p) =
X 1 ( p) =
1
p ( p 2 + 1)
1
,
p
.
Түпнұсқасы x1 (t ) = 1 − cos t . Онда (18) формула бойынша,
t
2
x(t ) = ∫ e − (t −τ ) sin τ dτ .
0
6-мысал. Есептің шешімін Дюамель интегралымен жазу керек:
x − x = f (t ), x(0) = x (0) = 0.
Шешуі. x − x = 1, теңдеуінен бастайық.
X 1 ( p) =
1
p ( p 2 − 1)
,
x1 (t ) = cht − 1.
t
Онда:
x(t ) = ∫ f (t − τ ) shτ d τ .
0
§34. Теңдеулер жүйесін шешу
Сызықты тұрақты коэффициентті дифференциалдық теңдеулер жүйесін шешу де жоғарыда келтірілген əдіспен орындалатындығын көрсетейік. Мұнда да шешім түпнұсқа функция
болады деп, бейнелерге көшеміз, алынған алгебралық теңдеулер жүйесін шешіп, Лапластың кері түрлендіруімен қайтадан
түпнұсқаға, яғни ізделінді шешімге шығамыз.
1-мысал. Есептің шешімін табу керек:
⎧ x′ = e t − y
⎨
−t
⎩ y′ = e − x
x(0) = x0 ,
y (0) = y 0
287
Шешуі. x(t) → X(p), y(t) → Y(p) десек x′(t)→ pX(p)– x0,
y′(t)→pY(p) – y0. Онда теңдеулер жүйесі келесі түрге енеді:
1
⎧
⎪⎪ pX ( p ) − x0 + Y ( p ) = p − 1
⎨
⎪ pY ( p ) − y + X ( p ) = 1
0
⎪⎩
p +1
Бұл алгебралық теңдеулер жүйесін шешсек,
1
p2 +1
p
x
−
y
+
,
0
0
p2 −1
p2 −1
( p 2 − 1) 2
1− x
2p
p
Y ( p) = 2
y0 − 2 0 − 2
p −1
p − 1 ( p − 1) 2
X ( p) =
Лапластың кері түрлендіруін қолдансақ,
x(t ) = x0 cht − y 0 sht + tcht ,
y (t ) = y 0 cht + (1 − x0 ) sht − tsht.
2-мысал.
Есептің шешімін табу керек.
⎧ x ′′ + 3 y ′′ − x = 0,
⎨
⎩ x ′ + 3 y ′ − 2 y = 0,
x(0) = x ′(0) = y (0 ) = 0,
Шешуі.
x(t) → X(p),
2
y ′(0) = − .
3
y(t) → Y(p)
десек,
2
x′′(t)→ p2X(p), y′(t) → pY(p), y′′(t) →p2Y(p) + .
3
Онда бейнелеуші жүйе:
2
⎧ 2
2
⎪( p − 1) X ( p ) + 3 p Y ( p ) = − ,
3
⎨
⎪⎩ pX ( p ) + (3 p − 2)Y ( p ) = 0,
Оның шешімі:
288
x′(t)→ pX(p),
3p − 2
A
B
=
+
,
1
1
( p + 2)( p − ) p + 2 p −
2
2
A
B1
2p
.
Y ( p) =
= 1 +
1
1
2
p
+
( p + 2)( p − )
p−
2
2
X ( p) =
Коэффициенттерін анықтасақ,
A=
16
1
8
2
, B = − , A1 = , B1 = ,
5
5
5
5
X ( p) =
Y ( p) =
16 1
1 1
−
,
5 p+2 5 p−1
2
8 1
2 1
+
.
5 p+2 5 p−1
2
Лапластың кері түрлендіруі есептің шешімін береді:
16 −2t 1 2t
8 −2t 2 2t
x(t ) = e − e , y (t ) = e + e .
5
5
5
5
289
Пайдаланылған əдебиеттер
Негізгі əдебиеттер:
1. Арнольд В. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения.– М.: «Наука», 1971.
2. Камке Э. Справочник по обыкновенным дифференциальным
уравнениям.– М.: «Наука», 1971.
3. Матвеев Н. М. Методы интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений.– Минск: «Вышейшая школа», 1974.
4. Петровский И. Г. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений.– М.: “Наука”, 1970.
5. Понтрягин Л. С. Обыкновенные дифференциальные уравнения.– М.: «Наука», 1974.
6. Степанов В. В. Курс дифференциальных уравнений.– М.: 1952.
7. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям.– М.: «Наука», 1979.
8. Эльсгольц Л. Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление.– М., 1965.
9. Диткин В. А., Прудников А. П. Операционное исчисление. -М.:
«Высшая школа», 1975.
Қосымша əдебиеттер:
1. Краснов М. Л., Киселев А. И., Макаренко Г. Н. Сборник задач
по обыкновенным дифференциальным уравнениям.– М.: «Высш.
школа», 1978.–287 с.
2. Федорюк М. В. Обыкновенные дифференциальные уравнения.– М.: «Наука», 1980.–352 с.
290
3. Матвеев Н. М. Дифференциальные уравнения.– 4-е издание,–
М.: «Высш.школа», 1976.–366 с.
4. Ж. С. Сүлейменов, Бірінші ретті жай дифференциалдық
теңдеулерді интегралдау əдістері. – Алматы: «Кітап», 1982.–112 бет.
5. Ж. С. Сүлейменов, Дифференциалдық теңдеулер.– Алматы:
«Білім», 1996.–253 бет.
6. А. М. Самойленко, С. А. Кривошея, Н. А. Перестюк. Дифференциальные уравнения. Примеры и задачи.– М.: «Высшая школа»,1989.
7. Н. М. Матвеев. Сборник задач и упражнений по обыкновенным дифференциальным уравнениям.– Минск: «Вышейшая школа»,
1987.
291
МАЗМҰНЫ
Кіріспе .......................................................................... 3
1-т а р ау. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер.............. 6
§ 1. Жалпы түсініктер ................................................................... 6
§ 2. Айнымалылары ажыратылатын (жіктелетін) теңдеулер .. 11
§ 3. Біртекті теңдеулер ................................................................ 13
§ 4. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер ..................................... 17
§ 5. Толық дифференциалдық теңдеулер. ................................. 21
§ 6. Коши есебінің шешімінің бар жəне жалғыз
болу теоремасы .................................................................... 27
§ 7. Туындылары арқылы шешілмеген дифференциалдық
теңдеулер .............................................................................. 31
Есептер, жаттығулар. ........................................................... 40
Тест тапсырмалары .............................................................. 43
2-т а р ау. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер ......... 50
§ 8. Жалпы түсініктер. Реті төмендетілетін теңдеулер ........... 50
§ 9. n -ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер ............. 66
§ 10. Сызықтық біртекті теңдеулер ........................................... 68
§ 11. Тұрақты коэффициентті сызықтық біртекті теңдеулер
жəне Эйлер теңдеулері ...................................................... 78
§ 12. Сызықтық біртекті емес (біртексіз) теңдеулер .............. 82
§ 13. Тұрақты коэффициентті сызықты біртекті емес
теңдеулер ............................................................................ 89
292
§ 14. Дифференциалдық теңдеулерді қатарлар көмегімен
интегралдау ...................................................................... 101
§ 15. Кіші параметр əдісі .......................................................... 112
§ 16. Шеттік есептер түсініктері ............................................. 114
Тест тапсырмалары .......................................................... 130
3-тарау. Дифференциалдық теңдеулер жүйелері ................ 151
§ 17. Негізгі түсініктер ............................................................ 151
§ 18. Теңдеулер жүйелерін шешу əдістері .............................. 154
§ 19. Сызықты дифференциалдық теңдеулер жүйелері ........ 163
§ 20. Тұрақты коэффициентті сызықты дифференциалдық
теңдеулер жүйелері .......................................................... 175
§ 21. Теңдеулер жүйесін жуықтап шешу əдістері .................. 181
Есептер, жаттығулар. ....................................................... 184
4-тарау. Орнықтылық теориясының негіздері ................... 188
§ 22. Дифференциалдық теңдеулер шешімдерінің
орнықтылығының негізгі түсініктері ............................. 188
§ 23. Тыныштық нүктелерінің жай түрлері ......................... 191
§ 24. Орнықтылықты Ляпунов функциясы əдісімен
зерттеу ............................................................................... 203
§ 25. Орнықтылықты бірінші жуықтау арқылы зерттеу ....... 208
§ 26. Жоғарғы ретті туындының коэффициенті кіші
болуы................................................................................. 216
Есептер, жаттығулар. ....................................................... 219
5 -т арау. Бірінші ретті дербес туындылы теңдеулер ........... 225
§ 27. Негізгі түсініктер. Сызықтық жəне квазисызықтық
теңдеулер .......................................................................... 225
§ 28. Пфаффа теңдеулері .......................................................... 235
293
§ 29. Сызықтық емес теңдеулер .............................................. 241
Есептер, жаттығулар. ....................................................... 251
5 -т арау. Лаплас түрлендірулерінің сызықтық
дифференциалдық теңдеулерді шешуге қолданылуы
§ 30. Лаплас түрлендірулерінің негізгі түсініктері ................ 254
§ 31. Лаплас түрлендіруінің қасиеттері .................................. 257
§ 32. Лаплас түрлендіруін кері түрлендіру ............................. 269
7- тарау. Лаплас түрлендірулерінің қолданылуы
§ 33. Дифференциалдық теңдеулерді шешу .......................... 281
§ 34. Теңдеулер жүйесін шешу ............................................. 287
Пайдаланылған əдебиеттер ...................................................... 290
294
К. Д. Көлекеев, К. Ж. Назарова
ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР
оқулық
295
Басуға 03.07.12. қол қойылды. Қағазы офсеттік.
Қаріп түрі “Таймс” Пішімі 60х90/16. Офсеттік басылыс. Баспа табағы 18,5.
Таралымы 1100 дана. Тапсырыс 684.
Тапсырыс берушінің дайын файлдарынан басылып шықты.
ЖШС РПБК «Дəуір», 050009,
Алматы қаласы, Гагарин д-лы, 93а.
Е-mail: rpik-dauir81@mail.ru
296