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
y0 1,
y0 .
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
y1 ,
y1
бастапқы шартты ескерсек:
2
1 1
2 1 c2 arctg1 c1 c 1 c2
1
1
2 1 arctg(1 c ) 12
1 1 1
c2
1
2 1
1 12c2 c
c
c2 1 c 1
2 2 arctgc1 1 2
1 1 2c2 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 ,... .
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
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 .
1
2
дифференциалдық теңдеуді қарастырайық.
Онда
шешімі.
y ...
f (x)dxdx...dx С xn1 C
xn2 ... C
n1
x Cn
- теңдеудің жалпы
Мысал10.
xy 2x 3 теңдеуінің жалпы шешімін тап.
Шешуі. Алдымен теңдеуді (1) түріне келтіреміз:
y 2x 3
x
формулаға сәйкес біртіндеп интегралдасақ:
y 2x 3 dx 2 3 2 x 3 ln x C ,
dx 1
x x
y 2 x 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
|