5 тәжірибелік жұмыс
дәріс. Тұрақты коэффициенттi екiншi реттi біртекті емес сызықтық дифференциалдық теңдеулер (СДТ)
жүктеу/скачать 393,46 Kb.
|
5 тәж
- Бұл бет үшін навигация:
- Дәрістің мақсаты
| 6 дәріс. Тұрақты коэффициенттi екiншi реттi біртекті емес сызықтық дифференциалдық теңдеулер (СДТ)
Дәрістің мазмұны: тұрақты коэффициенттi екiншi реттi біртекті емес СДТ. Анықталмаған коэффициенттер әдісі. Тұрақтыны вариациялау әдісі. Дәрістің мақсаты: анықталмаған коэффициенттер және тұрақтыны вариациялау әдістерін қолданып,тұрақты коэффициенттi екiншi реттi біртекті емес СДТ жалпы шешімін табу. (5.8) теңдеуiнде болса, онда теңдеу бiртекті емес теңдеу деп аталады. Бiртекті емес теңдеудiң (5.8) жалпы шешiмi екi шешiмнiң қосын-дысынан тұрады: . (6.1) Мұнда бiртектi (5.9) теңдеудiң жалпы шешiмi. Ол (5.11) – (5.13) формулаларымен анықталады. Ал шешiмi ол бiртекті емес (5.8) теңдеудiң кез келген бiр дербес шешiмi. Жалпы жағдайда бiртекті емес теңдеудiң дербес шешiмi функциясының түрiне байланысты әр түрлi әдiстердi қолданып табылады. Төменде екi жағдай қарастырылады. 1) a – тұрақты сан. Бұл жағдайда iздеп отырған дербес шешiмнiң түрi a -ның мәнiне байланысты болады: а) егер a ¹ k1, a ¹ k2 болса, онда (6.2) түрiнде iзделедi. Мұнда -дәрежелi белгiсiз коэффициенттерi бар көпмүше. ә) Егер a = k1 немесе a = k2 болса, онда . (6.3) б) Егер a = k1 = k2 болса, онда . (6.4) Мұндағы көпмүшелiгiндегi белгiсiз коэффициенттер анықтал-маған коэффициенттер әдiсiн қолданып табылады. 2) . Мұнда екi жағдай болуы мүмкiн. а) а+ib сипаттамалық теңдеудiң шешiмi болмайды, яғни а ± ib ¹ a ± ib, онда дербес шешiм . (6.5) ә) а ± ib = a ± ib , яғни а ± ib сипаттамалық теңдеудiң шешiмi болады, онда . (6.6) Анықталмаған коэффициенттер әдiсi 1 мысал. Теңдеудiң жалпы шешiмiн тап . Шешуi: сипаттамалық теңдеуiн шешемiз . Бiртектi теңдеудiң жалпы шешiмi . Ендi бiртектi емес теңдеудiң дербес шешiмiн табалық. Мұнда a = 2, a ¹ к1, a ¹ к2 , n=1, P( )= +2. Олай болса, дербес шешiм (6.2) мына түрде iзделiнедi . Ендi белгiсiз коэффициенттердi (А және В) анықтау үшiн осы шешiмдi берiлген теңдеуге қоямыз. Ол үшiн әуелi тауып аламыз , . Сонда 4×(Aх+A+B) – 3×(2×Aх+A+2B) – 4×(Aх+B) =х+2, (4A – 6A – 4A)× х+4A+4B–3A–6B–4B= х+2, – 6A×х+A–6B = х+2. Осы теңдiк орындалуы үшiн, теңдiктiң екi жағында х-тiң бiрдей дәрежелерiнiң алдындағы коэффициенттер тең болу керек: . Сөйтiп дербес шешiм . Ендi бiртекті емес теңдеудiң шешiмiн жазамыз: . Ескерту. Егер бiртекті емес теңдеудiң оң жағы екi функцияның қосындысы болса, яғни , онда бұл теңдеудiң дербес шешiмiн екi шешiмнiң қосындысы түрiнде табуға болады . Мұнда мына теңдеудiң дербес шешiмi , ал төмендегi теңдеудiң дербес шешiмi . Жоғарыда бiртекті емес теңдеудiң дербес шешiмiн -тiң белгiлi бiр түрiне байланысты анықталмаған коэффициенттер әдiсiн пайдаланып таптық. Сондай-ақ дербес шешiмдi табатын жалпы әдiс те бар. Ол – тұрақтыларды вариациялау әдiсi деп аталады. Тұрақтыларды вариациялау әдiсi. Бұл әдiс – екiншi реттi сызықтық дифференциалдық теңдеулердiң коэффициенттерi тұрақты болмаған жағдайда да дербес шешiмдi табатын жалпы әдiс. Ол үшiн сәйкес бiртектi теңдеудiң шешiмi белгiлi болу керек. Айталық және бiртектi теңдеудiң дербес шешiмдерi болсын, онда оның жалпы шешiмi мына (6.7) түрiнде жазылатыны белгiлi. Ендi осы шешiмдегi тұрақты сандарды тұрақты емес, яғни -тен тәуелдi деп, яғни қарастыралық. Сөйтiп бiртекті емес теңдеудiң дербес шешiмiн мына түрде iздеймiз . (6.8) Мұндағы және төмендегi теңдеулер жүйесiнен табылады . (6.9) Бұл жүйенiң анықтауышы Вронский анықтауышы деп аталады. Мұнда және өзара тәуелсiз шешiмдер болғандықтан, (7.4.15) жүйенiң бiр ғана шешiмi болады. 2 мысал. Теңдеудi шеш . Шешуi: Бiртектi теңдеудiң жалпы шешiмi . Ендi бiртекті емес теңдеудiң дербес шешiмi мына түрде iзделiнедi . Ал және (5.22) жүйесiнен анықталады . Осы жүйенi шешiп: , . Осыдан , . Ендi табылған және -лердi дербес шешiмнiң өрнегiне қойсақ, аламыз. Осы шешiмдi бiз анықталмаған коэффициенттер әдiсiн пайдаланып та алғанбыз. жүктеу/скачать 393,46 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|