Сабақтар боөЖ 0 Емтихан семестр Өскемен, 2019 ж


дәріс. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулердің негізгі түрлері және оны интегралдау әдістері. Реті төмендетілетін дифференциалдық теңдеулер



бет8/12
Дата08.02.2022
өлшемі284,49 Kb.
#120172
түріСабақ
1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12
Байланысты:
59272324192 Силлабус ҚДТ к.о.

дәріс. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулердің негізгі түрлері және оны интегралдау әдістері. Реті төмендетілетін дифференциалдық теңдеулер.



Дәрістің қысқаша мазмұны:



1. F( x, y( k ) , y( k1) ,..., y( n ) )  0
түріндегі теңдеу.

Ретін төмендетуге болатын жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулердің әртүрлі түрлерін қарастырамыз.

F( x, y( k ) , y( k1) ,..., y( n ) )  0
(6)

- бұл дифференциалдық теңдеудің құрамына ізделініп отырған y функциясы мен
оның (k-1)-ретке дейінгі туындылары кірмейді. Бұл жағдайда, ретін төмендету мына

ауыстыру көмегімен жүзеге асырылады:
y( k ) z, y( k 1) z,..., y( n) z ( nk )

Мысал 6.
y y  0 
y z, y z z z  0 

z C e dx  C ex y C ex y
C ex dx C C ex C




1

1

2
1 1 1
1 2 1 2

y
C ex C dx y C ex C
x C3


2
Мысал 7. Коши есебін шеш:

xy y x sin y  0 ,
x
y0  1,
y0  .



y p,
Шешуі. берілген теңдеу (6) түріндегі теңдеуге жатады. Жаңа функция

2
y p енгіземіз, теңдеудің екі жағын да x -ке бөліп, берілген теңдеу мына түрге

келеді: p p  sin p  0
немесе
p p  sin p . Теңдіктің оң жағы
p sin p
-нөлінші

x x x x x x
ретті біртекті функция, ендеше бұл біртекті дифференциалдық теңдеу. p zx, p zx z

ауыстыруын жасаймыз. Онда
zx z z  sin z  0 ,яғни,
zx  sin z  0
теңдеуін шешеміз.

Айнымалыларды ажырату арқылы:
dz dx
ln tg z
 ln x  ln c1 ,
tg z xc1 ,

sin z x 2 2
z  2arctgxc1 . Теңдеудегі z -тің орнына жоғарыдағы ауыстыруларды қоятын болсақ:



p zx,
z y , онда
x
y  2xarctgxc1
dy




2xarctgxc dx . Ары қарай бөліктеп
1

интегралдасақ:
U arctgxc1 , dU
c1dx

1
1  xc 2
, dV  2xdx,
V x 2 ,


2 c x2 2

1 1 c2x2 1



y x arctgxc1
1 2 dx x arctgxc1 c
1 2 dx



2 1
1 (xc1)
1
1

2 1


1 (xc1)
1

x arctgxc1 c x c2 arctgxc1 c2 x c2 arctgxc1 c
x c2
аламыз.

1 1  1  1
Сонымен, берілген теңдеудің жалпы шешімі:

y x2arctgxc 1 x 1 arctgxc c
немесе


c

1
1 c 2 1 2
1
2 1 1
y x arctgxc x c .
c2 1 c 2
 1  1
Теңдеудің дербес шешімін табу үшін бірінші табылған функцияның туындысын табамыз:

2
1 c1 1



y  2xarctgxc1 x
c2 1 x2c2 c .


2

2
 1 
1 1 1

Берілген
y1  ,
y1 
бастапқы шартты ескерсек:

2
1 1

2 1  c2 arctg1 c1 c  1 c2

 1 


1


c


1

1
 2 1 arctg(1 c )  12
1 1 1


c2



1 
2 1


1 12c2 c

Жүйенің соңғы теңдеуінен c1
тұрақтысын анықтаймыз:


c
c2  1 c 1



2  2arctgc1 1 2

  • 1  ,

1  12c2 c
arctgc1 4
 c1  1 .

1 1 1

Бірінші теңдеуден
c2 тұрақтысын анықтаймыз:

2
1 1

1  2 arctg1  1 c2,  2
1  c2,
c2  1.


1

2

1

2

4
 
 

Сонымен,
c1  1,
c2  1 .

Ендеше, ізделінді дербес шешім:
y x2  1arctgx x  1 .



2 . F ( y
, y,..., y( n ) )  0
түріндегі теңдеу

F ( y
, y,..., y( n ) )  0
(7)

түріндегі дифференциалдық теңдеуді қарастырамыз. Бұл жоғарғы ретті бұл теңдеудің түріне тәуелсіз айнымалы x кірмейді. Бұл жағдайда мынадай белгілеу енгіземіз:

y dy p. dx
аламыз:

Күрделі функцияны дифференциалдау ережесін қолданып, мына теңдіктерді


y dp dp dy p dp ,

dx dy dx dy

2
dp dp d dp dy dp
2 d 2 p



y dx dy p dx dy dy p dy p
dy2 ,... .

   



Дәл осылай, одан да жоғарғы ретті туындыларын тауып, орнына қойсақ
y( k )

туындылары p=p(y) функциясының y -тен тәуелді k-1 реттен аспайтын туындылары арқылы өрнектелетіні анық, бұл теңңдеудің иретін бір санға келтіруге мүмкіндік тудырады. Бұл жағдайды мысал көмегімен қарастырып көрелік.

Мысал 8.
yy  ( y)2 y
теңдеуін шеш.

Шешуі. Жаңа функция енгіземіз:
y p ; y p p , онда


y
1 1  dy
1 dy



ypp p 2 p p p   p e y C



    • e y dy




y y
dy 1
1 y
dy

yC1 y 2   yC1 y   C1 y 1  dx C1 y 1 
   


1

2
dy dx 1  ln C y 1  x C .

C
C1 y 1 1

Мысал 9.
y  2yy  0
теңдеуінің жалпы шешімін тап.

Шешуі. Теңдеуді шешу үшін, жаңа функция енгіземіз
py   y . Онда

y dp dp dy p dp

, p dp  2yp  0 ,
dp  2y  0 ,
p y2 c2 ,

dx dy dx dy dy dy 1


1
dy y2 c2 ,
dy
dx ,
1 arctg y x c
, arctg y c x c c .

dx 1
y2 c2 c1 c1 2
c1 1 2 1

Сонымен, берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y c1tgc1x c2 , мұндағы c2 c2c1

3. у( n )
f ( x ) түріндегі теңдеу .

у( n )
f ( x ) түріндегі, яғни, оң жағы тек х айнымалысына ғана тәуелді болатын


1

2
дифференциалдық теңдеуді қарастырайық.

Онда
шешімі.
y ...
f (x)dxdx...dx С xn1 C
xn2  ...  C
n1
x Cn
- теңдеудің жалпы

Мысал10.
xy  2x  3 теңдеуінің жалпы шешімін тап.

Шешуі. Алдымен теңдеуді (1) түріне келтіреміз:
y 2x  3
x

    1. формулаға сәйкес біртіндеп интегралдасақ:

y 2x 3 dx 2  3  2x  3ln x C ,
 dx 1
x x

y 2x  3ln x C1 dx
u  ln x, du dx
x
dv dx, v x1

x2





  • 3x ln x  3x Cx1 C2 .

y  x2  3x ln x  3x  Cx C
dx x3  3 x2 ln x



x2 dx 3x2





C x2
1 2

3 2 2
3 2


2 2
2 x 2

1 C2 x C3 x 3x ln x 3x 3x C1 x C2 x C3
2 3 2 4 2 2

x3  3x2 ln x C x2  C x C , мұндағы
C C1 4 3 .

3 2 1 2 2 3
1 2 3 2






  1. Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет