дәріс. Кез келген тұрақтыны вариациялау әдісі

1

1

n

n
y^{i }  C y^{i }  C
y^{i }    C
_yi  _,


i  1, n  1
(4)

2

2
пен (1) теңдеуін (3) қанағаттандыратын шартты аламыз. (4)-тен
y^{i -ді, мұндағы}

i  1,n 1, анықтайтын өрнекте C_i , i  1, n функциясының туындысы болмауы қажет
екенін көруге болады. C_i x мынадай жүйе көмегімен анықталады:
^C₁^y₁ ^{ C}₂^{ y}₂ ^{ ...  C}_n^{ y}_n ^{ 0
}C^y^  C^ y^  ...  C^ y^  0

 1 1 2 2 n n
, (5)


^.............................................
^C^y ^n1  C^ y ^n1  ...  C ^ y ^n1 


f x

 1 1 2 2 n n
^бұл n ^{белгісіз Ci -ке тәуелді сызықты алгебралық теңдеулер жүйесі. Теңдеулер}

жүйесінің анықтауышы фундаменталдық шешімдер жүйесі
y_i x нөлден өзгеше болатын

жағдайдағы Вронский анықтауышы. Сондықтан, (5) жүйесінің тек бір ғана шешімі бар:
C_i^x  _i ( x ). Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу болатын соңғы теңдіктің екі жағын

да интегралдап, C_i x  __i xdx
табамыз.

Сонымен, (1) теңдеуінің дербес шешімі:
y*  y_{1 }₁ xdx  y_{2 } ₂ xdx  ...  y_{n } _n x . (6)
Мысал 4. Теңдеудің жалпы шешімін тап:

y^ 
^y  x x

(7)

Шешуі.
1)


y^ 
^y  0
x

біртекті теңдеуінің жалпы шешімін тап.

^y  ¹  ln y^  ln x  ln 2C
^{ y  2C x  ~y  C x 2  C} .

y^ x
1 1 1 2

2) (7) теңдеуінің дербес шешімін табамыз. Шешімді
y  C x x²  C x

түрінде іздейміз. Онда y^  2C x  C ^x²  C^ . y^ өрнегі
1 1
C^ пен C^ арқылы

1 1 2 1 2

өрнектелмеуі керек болғандықтан,
C ^ x ²  C^  0 деп аламыз, яғни, y^  2C x . ^y -ті (5)-

1
^{1 2} 1

ке қойып, екінші шартты табамыз.
y^  2C₁

• 
  2C ^ x
  

болғандықтан,

^{2C  2C x  2C1 x  x  2C  1}.
1 1 _x 1

1

2
^{C x} мен ^{C x} -ні табу үшін:

^{ 1 }C

 ¹ x  C

^C  ¹ x  C

_C₁^ 

2
_ 2
_ 1 ₂


 ₁
3 _ 1 3
 _{ 1} 

^C^x²  C^  0
^C^   x<sup>2


</sup>C   x³  C

 1 2
^{ 2} 2



1
^C  ¹ x
_ 2 ₆ 4

2
 C₃  C₄ _ .
1

C


^   x³
 2 6
_x3 _x3 _x3

Сонымен, теңдеудің дербес шешімі
y*   
2 6
, ал жалпы шешімі –
3

2
y  C₁ x




x
 C₂  ₃ .

Мысал 5.


y^ 

2 y^ 

y^  2 y 


_e2 x


e^x  1

(8)

теңдеуінің жалпы шешімін тап.
Шешуі. (8) теңдеуіне сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімі:
^~y  C e^x  C e^{ x}  C e^{2 x} .
1 2 3

(8) теңдеуінің жалпы шешімін алу үшін, Лагранж әдісін қолданып оның
шешімін табамыз. (5) формуласына сәйкес:
y * дербес

1

2

3
y*  С xe^x  С xe^{ x}  С xe^{2 x} .
Біздің жағдайымызда (5) жүйесі мына түрде болады:

^C^e^x  C^e^{ x}  C^e^{2 x}  0
_ 1 2 3

_C^e^x  C^e^{ x}  2C^e^{2 x}  0
(9)

1 2 3

_e2 x

^C^e^x  C^e^{ x}  4C^e^{2 x} 

_ 1 2
³ e^x  1

Оның анықтауышы W  6e^{2 x}  0 . (9) жүйесін Крамер ережесін қолданып шешсек:

x
C^   ¹  ^{e }  ¹ 


e^3x _{ } 1 _ 1

¹ 2 e^x  1^{; C2}
6 e^x  1^{; C3}
_{3 ex  1} . (10)

(10)-ды интегралдап, мына теңдіктерді аламыз:

  ¹
e _{ } 1

d e ^x  1 _{ } 1

 ^x  

x
^C1 2 ^ e^x  1
2 ^ e^x  1
ln e 1 ;
2


1 e^3x dx 1 e^{2 x} d e ^x 


¹  _x

¹  _x

^{C2 } 6 ^ e^x  1 ^ 6 ^
e^x  1
^ _{6 } ^{e
 1 } _{ex  1}^{de ;}

C  ¹


dx _ 1


e^x  1  e^x
dx  <sup>1


</sup> e^x


^1 





^dx 
1 ^



3
^ x 
d e ^x  1<sup>

1</sup>x  lne ^x

 1

³ 3 ^ e^x  1 3 ^
e^x  1
₃ ^
e^x  1^
 e^x  1 ^ 3

^ 




Онда (8) теңдеуінің дербес шешімі:

12 6 3 ^




6
2 3 _

Ал, (8) теңдеуінің жалпы шешімі:
y  ^~y  y*  C e^x  C e^{ x}  C e^{2 x}  ^{1 }4xe^{2 x}  e^x  2^ ^{1 }e^{ x}  3e^x  2e^{2 x }ln^e ^x  1^.
1 2 3 _{2 6}

11. 
    
    
    жүктеу/скачать 284,49 Kb.
    
    Достарыңызбен бөлісу: