Сабақтар боөЖ 0 Емтихан семестр Өскемен, 2019 ж


дәріс. Сызықтық дифференциалдық жоғарғы ретті теңдеулер



бет9/12
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. Сызықтық дифференциалдық жоғарғы ретті теңдеулер.

Функциялардың сызықты тәуелділігі. Вронский анықтауышы


Дәрістің қысқаша мазмұны:



n
Анықтама 1. n - ші ретті сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі теңдеуді айтамыз:


1

2
Ly yn a yn1 a
yn2    a


n1
y a y
f x,
(1)


i

1

n
мұндағы ai a x, i  1, n теңдеудің коэффиценттері, қандай да кесіндіде үзіліссіз функциялар.

Теңдеудің оң жағы
Ly  y n a y n1  a y сызықтық оператор деп

аталады.
Ly y   Ly  Ly

1

1
2
 және LCy  CLy теңдігі орындалатынына оңай


2
көз жеткізуге болады, C const .
Теорема 1 (Пикар). Қандай да бір D облысының барлық нүктелерінде үзіліссіз

i

i
болатын a a x, i  1, n және f x функциялары үшін (1) Коши есебінің тек

жалғыз ғана шешімі табылады.

i

i
Ары қарай, біз a a x,

i  1, n

және
f x


функцияларын D облысында



үзіліссіз деп қарастырамыз.

  1. Сызықтық біртекті теңдеудің жалпы шешімі.

Ly 0
(2)

Анықтама 2.
y1 , y2
,..., ym
функциялары a ;b
аралығында сызықты тәуелді деп



аталады, егер төмендегі теңдеуді қанағаттандыратын барлығы бірдей нөлге тең емес

m

m

1



m
,2 ,..., , тұрақтылары табылатын болса:

1 y1
 2 y2
 ...   y
 0 ,
x  a ; b

кері жағдайда, сызықты тәуелсіз деп аталады.
Мысал 1.
а) y1 x , y x , y  3x , y  2x x - функциялары  ;
2 2

2

4
3
аралығында сызықты тәуелді, себебі:


1

2

3

4
1)  3 , 0, 1, 0  3y
1
 0  y2

  • y3

 0  y4  3y1 y3  3x  3x  0  y3


1

2

3

4
2)  2 , 1, 0, 1  2 y y
1 2
y4  2x x  2x x   0  y  2 y y
2 2

4
1

б) 1, x , x2 функциялары  ;
аралығында сызықты тәуелсіз, себебі

1 2 x 3 x2 =0 теңдігі барлық x үшін емес, тек x -тің екі мәні үшін ғана орынды.

Сызықты тәуелді
y1 , y2
,..., yn
функцияларының n  1
- ші ретке дейінгі

туындылары бар болса, онда олар Вронский анықтауышы деп аталатын:

W y1 ; y2 ;; yn 
анықталады.
y1 y

1

y
n1
1
y2

2
y

y


n1
2
yn

n
y

y
n1 n

анықтауыш көмегімен



Теорема 2. Егер
y , y ,..., y
функциялары a ; b,
аралығында сызықты тәуелді

1 2 n

болса, онда осы a ;b
аралығында
W y , y ,..., y   0 .

1 2 n

Теорема 3. Егер (2) теңдеуінің дербес шешімдері
y1 , y2 ,..., yn
a ;b аралығында


1

2
сызықты тәуелсіз функциялар болса, онда x  a ; b:
W y , y
,..., yn   0 .

Анықтама 3. Кез келген (2) теңдеуінің n сызықты тәуелсіз дербес шешімдер жүйесі фундаментальдық шешімдер жүйесі деп аталады.
Теорема 4. (2) дифференциалдық теңдеуінің әрқашанда фундаменталдық шешімдер жүйесі табылады.

Теорема 5. Егер
y1 , y2 ,..., yn

  • (2) теңдеуінің дербес шешімдері болса, онда

y C1 y1 C2 y2 Cn yn , (3)
мұндағы Ci , i  1, n - кез келген тұрақтылар және бұл да (2) теңдеуінің шешімі болады.

    1. шешімінде n тұрақты бар. Қандай шарт орындалғанда (3) шешімі (2)

теңдеуінің жалпы шешімі болады.

Теорема 6. Егер (2) теңдеуінің дербес шешімдері
y1 , y2 ,..., yn
фундаменталдық

шешімдер жүйесін құраса, онда (3) шешімі (2) теңдеуінің жалпы шешімі болады.

Мысал 2.
ex , ex , e2 x
функциялар жүйесі
y  2 y y  2 y  0
теңдеуінің

фундаментальдық шешімдер жүйесі болатынын көрсет және оның жалпы шешімін жаз.

Шешуі:
y ex , y e x , y e2 x
функциялары мен оның туындыларын берілген


1 2 3
теңдеуге қою арқылы олар теңдеудің шешімі болатынына көз жеткізуге болады. Оның вронскианы:

ex
W ex , ex , e2x  ex
ex
ex

  • ex

ex
e2 x
2e2 x
4e2 x
1
exexe2 x 1
1
1 1
1 2  6e2x  0 .
1 4

Ендеше,
ex , ex , e2 x
сызықты тәуелсіз функциялар және берілген теңдеудің

фундаментальдық шешімдер жүйесін құрайды. Оның жалпы шешімі (4) формуласына сәйкес:
~y C ex C e x C e2 x .
1 2 3

Мысал 3.
y  2 y y  2 y  2x  1
теңдеуінің жалпы шешімін жаз, егер оның

дербес шешімдерінің біреуі y* x  1 функциясы болса.

Шешуі: Сәйкес біртекті дифференциал теңдеудің жалпы шешімі ~y табылған, онда теңдеудің жалпы шешімі:
y ~y y*  y C ex C e x C e2 x x  1 .

  1. мысалда

1 2 3



    1. дәріс. Тұрақты коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер

Дәрістің қысқаша мазмұны:

Жоғарғы ретті сызықтық дифференциал теңдеулерді қарастыралық.


Анықтама 1. Егер сызықты дифференциалдық теңдеудегі:


1

n

2
Ly yn a yn1 a
yn2    a


n1
y a y
f x,
(1)

коэффиценттері деп аталатын барлық ai ,


i  1, n

  • тұрақты сандар болса, онда ол тұрақты

коэффициентті сызықты дифференциалдық теңдеулер деп аталады.


Жоғарғы ретті сызықтық біртекті дифференциалдық теңдеулер

Оң жағы нөлге тең болатын теңдеулер жүйесінің фундаменталдық шешімдер жүйесін табайық:



Оның дербес шешімін


L[y]=0 (2)
y ekx түрінде іздейміз, мұндағы k - қандай да бір тұрақты.

Осы тұрақтыны табалық. (2)-ге
y ekx қойсақ:


1

2
Le kx  ekx k n a k n1 a
k n2  a


n1
k an
 0 .

x :
ekx  0
болғандықтан,
y ekx

    1. теңдеуінің шешімі болады, егер k

мінездемелік деп аталатын мынадай алгебралық теңдеудің түбірі болса:


1

n
k n a k n1  a
 0 .

n  2
тоқталайық:
жағдайы үшін фундаменталдық шешімдер жүйесін табу мәселесіне

y py qy  0
. (3)

Бұл теңдеудің мінездемелік теңдеуі былай болады:
k 2pk q  0 . (4)

1
Ол алгебралық квадраттық теңдеу болғандықтан, мынадай жағдайлар болуы мүмкін:

      1. D p 2  4q  0 . Онда

k1 k2 - (4) теңдеуінің нақты түбірлері.
y ek1x
және


2
y ek2 x дербес шешімдері фундаменталдық шешімдер жүйесін құрайды, себебі



W


k1 k2 .
y1 , y2  
y1 y1
y2
y2
ek1x

k ek1x

ek2 x

2
k ek2 x
ek1 k2 x 1
k1
1 e
k2
k1 k2 x

  • k2 k

 0 , өйткені

Сызықты теңдеулердің жалпы теориясын қолданып, (3) теңдеуінің жалпы шешімін аламыз:


1 2
y C ek1x C ek2 x

      1. D p 2  4q  0 . Түбірлері түйіндес комплекс сандар:



k1,2
(5)
   i . Теңдеудің

дербес шешімдері былай болады:
y1,2
ei x ex ei
ex cos x i sin x.

Сызықты операторлардың қасиеттерінен:
LU x iV x LU iLV 0 LU 0 және LV 0 екендігі шығады, яғни, теңдеудің


1

2
фундаменталдық шешімдер жүйесі Ендеше, теңдеудің жалпы шешімі:
y ex cos x , y ex sin x
функцияларынан тұрады.


1
y ex C cos x C
2
sin x. (6)

      1. D p 2  4q  0 . Онда

k1 k2
k   p . Тек бір ғана шешім табамыз:
2
y ekx .


1
Бірінші шешім
y1 -ге тәуелсіз теңдеудің екінші шешімін табамыз. Шешімді
y U xekx


2

 
түрінде іздейміз.
Ly  ekx u  2k pu  k 2 pk q  u  0 u Ax B A  1,


B  0  u x.


1
Теңдеудің фундаменталдық шешімдер жүйесі мына түрде болады: y ekx ,

2 1 2
y xe kx , себебі W[ y , y ]  0. Онда берілген дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі:

1 2
y C ekx C xe kx . (7)
Сонымен, жалпы жағдайда, (2) теңдеуінің шешімін алу үшін:

  1. мінездемелік теңдеуін құру және оны шешу

  2. теңдеудің фундаменталдық шешімдер жүйесін табу:

А) әрбір бір еселі k нақты түбіріне
y ekx
дербес шешімі сәйкес келеді.

Б) Бір еселі әрбір
k1,2 i
комплекс түбірлер жұбына


1
y ex cos x ,
y ex sin x
екі дербес шешім сәйкес келеді.


2
В) әрбір r - еселі k нақты түбіріне r дербес шешім сәйкес келеді:

y ekx ,
y xe kx ,
y x 2 ekx , ,
xr 1ekx .


2

3
Г) әрбір r -еселі
k i
комплекс түбірлеріне
2r шешім сәйкес келеді:


1
y ekx cos x ,
y xe kx cos x ,
y x 2 ekx cos x , ,
y xr 1ekx cos x ,


2

3

r

1
y ekx sin x ,
y xe kx sin x ,
y x 2 ekx sin x , ,
y xr 1ekx sin x ,


2

3

r
Дербес шешімдердің саны тура n -ге тең және олар фундаменталдық шешімдер жүйесін құрайды.

  1. жалпы шешімін жазу:

y C1 y1 C2 y2    Cn yn .

Мысал 1. Берілген теңдеудің жалпы шешімін тап
y IV  2 y  0 .
Шешуі.
а) Мінездемелік теңдеуін құрып, оны шешеміз:

k 4  2k 2  0 k 2 k 2  2 0  k

1,2
 0 ,


k3,4 .

б) y1 ,
y2 ,
y3 , y4
фундаменталды шешімдер жүйесін табамыз.

k  0 - екі еселі түбір, онда:
y e0x  1,
y x e0x x.


1

2
k  
2  y e
2x , k
2  y4 e
2x .


3
в) Жалпы шешімі:
y C1

  • C2

x C e
2x C e 2x


3

4
Мысал 2.
yV  2 y y  0


1
а) k 5  2k 3 k  0 kk 2  12  0 k
 0,
k  i
- екі еселі түбір.

б) k  0  y1  1,
k  i y2  cos x ,
y3  sin x ,
y4 x cos x ,
y5 x sin x .

в) y C1 C2 cos x C3 sin x C4 x cos x C5 x sin x .





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




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет