Сабақтар боөЖ 0 Емтихан семестр Өскемен, 2019 ж



бет6/12
Дата08.02.2022
өлшемі284,49 Kb.
#120172
түріСабақ
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12
Байланысты:
59272324192 Силлабус ҚДТ к.о.

дәріс. Бернулли теңдеуі.




Анықтама.


y P(x) y Q(x)  y

түріндегі дифференциалдық теңдеу Бернулли теңдеуі деп аталады, мұндағы
  0

, 1,
P(x), Q(x) - қандай да бір кесіндіде үзіліссіз функциялар. Бұл теңдеу
u y1

айнымалысын ауыстыру көмегімен сызықты теңдеуге келтіріледі

Мысал 1. Шешуі:
y xy  x y 2
Бернулли теңдеуін сызықты теңдеуге келтір.

  2  u y1

1 u   1


y y2
y y   y2 u y   u
u 2

  u


u 2

  • x   x u u 2

u xu x u xu x .

Мысал 2.
y  2ex y  2ex
Бернулли теңдеуінің жалпы шешімін тап.



Берілген теңдеудегі
  1 ,
2

сондықтан


z y1


белгілеуін енгіземіз.

z ex z ex
теңдеуін аламыз, бұл сызықты теңдеу және оның жалпы шешімі:




z e
e dx



x



exe
exdx
dx C e



ex



x
exee
dx C
eex 


eex


dex
C 

eex eex  C  1  Ceex .
Онда берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y z 2  1  Ce ex 2 .

Мысал 3.
ху у ху 2 ln x
теңдеуінің жалпы шешімін тап.

Берілген теңдеудің екі жағын да х  0
айнымалысына бөліп, Бернулли теңдеуін

алуға болады, мұндағы  2. Ал біз бұл теңдеуді Бернулли ауыстыруы әдісімен
шығаралық y uv, y uv uv:
x uv uv  uv xuv2 ln x.

xv v  0
теңдеуінен,
v x 1
аламыз. Енді
xvu xu 2 vln x
теңдеуінің жалпы

шешімін табу қажет, мұндағы
v x 1 . Онда
u u 2 ln x
x
теңдеуін аламыз.

Айнымалыларды ажыратып, интегралдасақ:


du  ln x dx ,
u 2 x
du

2 
u
ln x dx ,
x

1
u
ln 2 x

2


  • C , 2

u  
2 .
C  ln 2 x

Сонымен, берілген теңдеудің жалпы шешімі:



y uv  
2

x C ln

x
2 .




  1. дәріс. Толық дифференциалды теңдеулер.



Дәрістің қысқаша мазмұны:



Анықтама.


M (x, y)dx N (x, y)  0

(1)


түріндегі дифференциалдық теңдеу толық дифференциалды теңдеу деп аталады, егер толық дифференциалы қандай да бір облыста теңдеудің сол жағындағы өрнекке

тең болатын u(x; y)
функциясы табылса.

Сонымен,
Mdx Ndy du( x ) u dx u dy  0

(2)


x y
Теорема 1. M (x; y), N (x; y) үзіліссіз және дифференциалданатын функция

және M
y
пен N
x
қандай да бір облыста үзіліссіз болсын. (1) теңдеуі толық

дифференциалды теңдеу болуы үшін:

M N
y x
(3)

шарты орындалуы қажетті және жеткілікті. Және жалпы интеграл мына түрде жазылады:
x y
M( x; y )dx N( x0 ; y )dy C ,

немесе:
x0 y0




x y
(4)



M x, y0 dx N x, ydy C,
(5)

мұндағы
М х
x0 y0

0

0,
у D .


0
Мысал 4. (3x3  6xy 2 )dx  (6x 2 y  4 y 3 )dy  0
Шешуі:
теңдеуін шеш.



M  3x3  6xy 2 ,N  6x2 y  4 y3 және
M N  12xy
y x

болғандықтан, бұл толық



дифференциалды теңдеу.
(x0 ; y0 )  (0;0)
болсын. Онда

x
(3x2
0
интеграл.

  • 6xy2

y
)dx 4 y
0
3 dy
x3
 3x2
y 2 x  y


0
4 y x3
0
 3x2 y 2

  • y 4

C - жалпы

Мысал 5. x 2y  4dx  x y ex dy  0
теңдеудің жалпы интегралын тап.

P x 2y  4,
Q x y e y
белгілеуін енгіземіз.
P  1,
y
Q  1, яғни, (3)
x

шарты орындалады, берілген теңдеу толық дифференциалды теңдеу. Оның жалпы

интегралын (4) немесе (5) түрінде іздейміз, қарапайымдылық үшін х0  0,
у0  0 деп

аламыз. х0 , у0 -дің бұл мәндерін таңдап алуымыз дұрыс, себебі Px, y, Qx, y

функциялары мен оның дербес туындылары осы нүктеде анықталған, яғни,

  1. формуласынан:

М 0 0,0 D.


x y
x2  0  4dx x y е у dy C,
0 0

х3 

3
4х ху у



2
2

  • е у

1  С,

ал (5) формуласынан:



x y
x2 у  4dx 0  y е у dy C,
0 0

х3 

3
ху  4х у



2
2

  • е у

1  С

шығады, бұл (4) формуласынан табылған жалпы интегралмен беттеседі.



  1. дәріс. Туындыға қатысты шешілмеген дифференциалдық теңдеулер



Дәрістің қысқаша мазмұны:

F x, yx, yx  0

(1)


Егер (1) теңдеуі ізделінді функция у-тің туындысына байланысты шешілмесе, яғни
нормаль формаға келтірілмесе, онда туындысы бойынша шешілмеген теңдеулер типіне жатады дейді.
Қандай да бір (а,в) аралығында анықталған үзіліссіз y yx функциясы (1) теңдеуін
тепе-теңдікке айналдырса, онда бұл функция (1) теңдеуінің шешімі болады. Кейбір
жағдайларда дифференциалдық теңдеулердің шешімі x t, c , y t, c параметрлік
түрінде немесе x, y, c  0 айқындалмаған функция түрінде беріледі.

Мысал 1.
y2  1  0
y2 1  0
теңдеуінің шешімі нақты сандар өрісінде жоқ.

Мысал 2. y  1y  1  0
y  1

немесе
y  1
y x c

Кейбір туындысы бойынша шешілмеген теңдеулерді ізделінді функцияның туындысына байланысты шешілсе шешіп, алынған бір немесе бірнеше теңдеулерді түріне қарай ажыратып шешімін табамыз.
Кейбір туындысы бойынша шешілмеген теңдеулер ізделінді функция у бойынша

және тәуелсіз айнымалы х бойынша шешілсе, онда
y p
деп параметр енгізу әдісін

пайдаланып, алынған алгебралық теңдеудің екі жағын толық дифференциалдап
dy p dx

ауыстыруын қайтадан жасап, дифференциалдық теңдеудің шешімін параметр u мен v
айқындалмаған функция түрінде беруге болады.

y f x, y
(2)

x gy, y
(3)

(2) y p
y f x, p
(*)

dy f
x
dx f dp
p

pdx f
x
dx f dp
p

p f dx f dp

(4)






x p
Алынған (4) теңдеуі х және р-ға байланысты бірінші ретті теңдеу түріне қарай
ажыратып, p px, c түрінде шешімін алсақ, ондағы р-ның мәнін (*)-ға қоямыз. Сонда (*)
y f x, px, c шешімін аламыз.




Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет