Пәндердің атауы, олардың бөлімдері (тақырыптары)

²u(x; y)
а)
x²
_ ²u(x; y) _
y ²
f (x; y)
- екінші ретті дербес туындылы

дифференциалдық теңдеу;
б) y^(x)  xy ² (x)  3 - үшінші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу; в) ^{xdx  ydy  0} - бірінші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу.
Ескерту 1. Ары қарай дифференциалдық теңдеу дегенді қарапайым дифференциалдық теңдеу деп түсінеміз.
Мысал 2. Теңдеудің жалпы шешімін тап

а) y^  2x  _ y^dx  _ 2xdx 
y  x²  C

(1)

(1) шешімі кез келген С тұрақтысына байланысты, яғни, С-ның әртүрлі мәнінде әртүрлі шешім аламыз. Енді С тұрақтысын анықтау үшін қосымша бір шарт (бастапқы

шарт) берелік:
y(1)  2.

Онда осы бастапқы шартты (1)-ге қойсақ: шешім.
2  1²  С
 С  1 
y  x ²  1 - дербес

^б) y^  2 
_( y^)^dx  _ 2dx  y^  2x  C₁  _ y^dx  _(2x  C₁ )dx 

1

2
y  x²  C x  C
- жалпы шешім. (2)

^{Екінші ретті (2) теңдеуі екі тұрақтыға байланысты С}1 ^{және С}2 ^{, оларды анықтау
үшін екі шарт (бастапқы) қажет:} y(0)  1, y^(0)  2 ^{. Бұдан:
 y  x2  C x  C} ^{1  C}

_ 1 2 _{ }
² _{ y  x}² _{ 2x  1}- дербес шешім.

_ y^  2x  C_{1 }^{2  C}₁
Геометриялық тұрғыдан, (1) және (2) шешімдері – параболалар жиынтығы. Бастапқы шарт берілді деген: осы параболалар жиынтығынан мына шарттарды қанағаттандыратын параболаны тап деген сөз:

а) M(1;2 )
нүктесі арқылы өтетін; б)
M( 0;1 )
нүктесі арқылы өтетін және
x  0

нүктесінде жүргізілген жанамасының бұрыштық коэффиценті
k  y^(0)  2 ^{болатын.}

2 Коши теоремасы. Жалпы және дербес шешім

n  ^{ші ретті айқын дифференциалдық теңдеу мына түрде жазылады:}

_y( n ) _
f (x; y; y^;...; y^{( n1)} ) , (3)

^{ал айқын емес} n  ^{ші ретті дифференциалдық теңдеу:}
F (x, y, y^,..., y^{( n )} )  0 .

Коши есебі. (3) дифференциалдық теңдеуінің,
x  x₀ болғанда

y( x₀
)  y₀
, y^( x₀
)  y₀^ , … ,
_y( n1 )_{( x
)  y}( n1 ) ₀
(4)

0
бастапқы шартын қанағаттандыратын шешімдерін тап.
Коши теоремасы. Егер қандай да бір тұйық облыста


f ( x; y; y^,..., y^{( n1)} )

функциясы барлық аргументі бойынша үзіліссіз болып және осы облыста оның дербес

_y( n 1)
туындылары f _y^, f _y^_ ,..., f ^ табылса, онда (3) дифференциалдық теңдеуінің (4) бастапқы

шартын қанағаттандыратын жалғыз шешімі болады, мұндағы облысқа тиісті нүкте.
(x₀ ; y₀ )
нүктесі - осы

2-дәріс. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер және оларды интегралдау әдістері
Дәрістің қысқаша мазмұны:


Анықтама 7. y^ бойынша шешілетін теңдеу:

түрінде жазылады.
dy _
dx
f (x; y),
y^ 
f (x; y)

(9)

Бірінші ретті теңдеудің дифференциалдық пішіні мына түрде болады:
M ( x; y)dx ^ N ( x; y)dy ^ 0

(10)

Геометриялық тұрғыдан, (9) теңдеуі әрбір
M (x; y)
нүктесі үшін интегралдық

қисыққа жүргізілген жанаманың бұрыштық коэффицентінің мәнін береді, яғни, бағыттар өрісін береді.
^{Ескерту 2. Кей жағдайларда,} х ^{-ті у-ке қатысты функция ретінде қарастырсақ}

^ _ 1
dx ^

^ x 

_y  _dy ^ , теңдеуді интегралдау жеңілденеді. Сондықтан да, ары қарай
х пен ^y -


ті тең құқылы айнымалылар деп есептейміз.

Мысал 4.
F (x, y)  ln ^y  5  xy
x
түрінде берілген айқын емес функция

(x  x ² y) y^  y  xy ²
дифференциалдық теңдеуінің интегралы болатынын дәлелде.

.
Шешуі. Айқын емес функцияны дифференциалдау ережесіне сәйкес:

y^  ^Fx  ( y
 ¹ ) /(x
 ¹ )
_ y 1  xy _ y  xy²
Табылған туындыны берілген

F_e^
x y x 1  xy
x  x ² y

дифференциалдық теңдеуге қоятын болсақ, тепе-теңдік аламыз. Айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеулер
Анықтама 8.
M (x)  N ( y)dx  P(x)  Q( y)dy  0 , (11) ^{түріндегі, dx пен dy -тің алдындағы коэффиценттері тек} x ^{-ке тәуелді функция}

мен тек
y -ке тәуелді функциялардың көбейтінділері болатын дифференциалдық теңдеу

айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеу деп аталады.

P(x)  0 , N ( y)  0 деп есептеп, (11)-теңдеуінің екі жағын да
P( x )  N( y )

көбейтіндісіне бөліп, интегралдасақ:
_ M (x) _{dx  } Q( y)_{dy  C .}
P(x) N ( y)
Дифференциал теңдеудің жалпы шешімін алдық.

Ескерту 3.
P(x)  0 ,
N ( y)  0
жағдайлары бөлек зерттеледі. Егер

дифференциал теңдеудің ерекше шешімдері бар болса, онда олар берілген алгебралық теңдеудің шешімдері болып табылады.
Мысал 5. Теңдеуді шеш:
x( y ²  1)dx  y(x²  1)dy  0 .

да,
x²  1  0,
y ²  1  0
дей отырып,
(x²  1)( y ²  1) көбейтіндісіне бөлеміз.

^x dx 

^y dy 

24. dx 

24. 
    dy  С  ¹ ln x²  1  ¹ ln y²  1  ¹ lnC
    

x²  1
y²  1
^ x²  1
^ y²  1 1 2 2 2

(x²  1)( y ²  1)  C
- жалпы интеграл.

Енді,
x²  1  0
және
y ²  1  0 қарастыралық.

х  1 және у  1 шешімдері берілген дифференциалдық теңдеудің шешімдері

болады, бірақ олар жалпы шешімнен
С  0
болғанда шығады. Сонымен, ерекше шешім

жоқ. Жауабы:
(x²  1)( y ²  1)  C .

1. 
   теңдеуінің дербес жағдайы:
   

Мысал 6.
dy _

dx

f (x)  ( y) .

теңдеуінің
y0  1
1  e^2x y ² y^  e^x ,
бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімін тап.

Берілген теңдеуді дифференциалдық пішінде жазамыз:
1  e^{2 x} y ² dy  e^x dx  0.
Енді айнымалыларын ажыратсақ:

Екі жағын да интегралдасақ:
_ex
y ² dy  dx  0.
1  e^{2 x}

_{ y} 2
dy  _
ex
_{1  e2 x} dx 
^С ,. 3
^y  arctge^x  ^C ,

3
3 3

Берілген теңдеудің жалпы шешімін алдық.
Бастапқы шартты ескеріп, тұрақтының мәнін анықтаймыз:
3

1 
Сонымен, берілген теңдеудің дербес шешімі:
C  1   .
4

y  .◄

3.