0, (4.1) ал кейбір жағдайда бұл теңдеуге x, y жəне реті n-нен кіші туынды- лар кірмеуі де мүмкін

ІV тарау.ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР

§1. Дифференциалдық теңдеулер

Геометрия, физика, механика, жаратылыстану жəне техника- ның көптеген сұрақтарына жауап беруде дифференциалдық тең деулер маңызды орын алады. Осылайша аталатын теңдеулер тəуелсіз айнымалы x-ті, ізделінді y функциясын жəне оның x бойынша алынған түрлі ретті туындыларын байланыстырады.

Берілген дифференциалдық теңдеуге енген ізделінді y функция туындысының жоғары реті осы теңдеудің реті делінеді. Соны- мен n–ретті дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі

F(x, y, y^/, y^//,…, y⁽ⁿ⁾) = 0, (4.1) ал кейбір жағдайда бұл теңдеуге x, y жəне реті n-нен кіші туынды- лар кірмеуі де мүмкін. Мəселен,

у y x у у y у yу

x

2 sin , 4 13 0, 0

′ + = ′′ + ′ + = ′′′ + ′ =

теңдеулері сəйкесінше бірінші, екінші жəне үшінші ретті тең- деулерге жатады. (4.1) дифференциалдық теңдеуі оның сол жағы y белгісіз функциясына жəне оның y^/, y^//,…, y⁽ⁿ⁾ туындыларына қатысты бірінші дəрежелі көпмүше, атап айтқанда

a⁰(x) y⁽ⁿ⁾ + a¹ (x) y^(n-1) + … + aⁿ (x) y = f(x) (4.2) түріндегідей жазылса, оны сызықтық дифференциалдық тең - деу деп атайды.

Мұндайда a₀(x), a₁(x), ..., aⁿ(x) - əдетте кейбір интервал- да анықталған жəне үзіліссіз функциялар – сызықтық теңдеу коэффициенттері, f (x) – теңдеудің оң жағы немесе оның бос мүшесі деп аталады. Егер (4.2) сызықтық теңдеуінің f(x) оң жағы тепе-тең нөлге тең болса, теңдеу біртектес (немесе оң жақсыз), өзге жағдайда біртектес емес (оң жағы бар) теңдеу болады.

Дифференциалдық теңдеулер теориясының негізгі мəселесі – берілген дифференциалдық теңдеудің барлық шешімдерін

іздестіріп табу. Қарапайым жағдайда мұндай мəселені шешу интегралды есептеуге айналады. Сондықтан дифференциалдық теңдеу шешімін оның интегралы деп те атай береді. Сол сияқты берілген дифференциалдық теңдеу қандай да туынды- сы жоқ теңдеуден салдар ретінде шықса, соңғысын берілген дифференциалдық теңдеудің интегралы дейді.

(4.1) теңдеуін қанағаттандыратын, атап айтқанда, теңдеуге қойғаннан оны тепе-теңдікке айналдыратын y = φ (x) функция- сын теңдеудің шешімі дейді. Дифференциалдық теңдеуді шешу немесе интегралдау дегеніміз – берілген облыста оның барлық шешімдерін табу деген сөз.

Шешім графигін интегралдық сызық деп атайды. y функциясының туындысы болып келетін үзіліссіз f(x) функция- сы бойынша y функциясын іздестіру, атап айтқанда, интегралдық есептеудің негізгі жолы – қарапайым y^/= f(x) дифференциалдық теңдеуіне келтіретінін байқаймыз. Бұл теңдеудің жалпы шешімі

y =∫f(x)dx + C (4.3) болып табылады, мұндағы C – кез келген тұрақты, ал инте- грал f(x) функциясының алғаш бейнелерінің бірін кескіндейді.

C тұрақтысының үзіліссіз болу шартында осы қарапайым дифференциалдық теңдеудің кез келген шешімін алуға бола- ды. Жоғары ретті дифференциалдық теңдеуді интегралдағанда бірнеше еркін тұрақты пайда болады. Мəселен, екінші ретті y^//= 0 теңдеуін шешетін болсақ, алдымен у^/=c₁ туындысын тау- ып, одан кейін у=

∫

с dx₁ + =c₂ c x₁ +c₂ шешіміне келеміз, яғни екінші ретті теңдеуде екі тəуелсіз тұрақты бар, атaп айтқанда соңғы формуладағы тəуелсіз тұрақтылар саны теңдеу ретіне тең. Мұндай шешімді теңдеудің жалпы шешімі дейді, берілген жағдайда ол дифференциалдық теңдеу шешімдерінің шексіз жиынтығын кескіндейді.

1-мысал. y =sinx функциясы - екінші ретті

у^// +y = 0 (4.4) дифференциалдық теңдеуінің шешімі (интегралы) болып табыла- ды, өйткені y орнына sinx мəнін (2) теңдеуіне қойғаннан, ол

(sin x)^//+ sin x = 0

демек тепе-теңдікке айналады. y=sin x шешімімен бірге теңдеуді y

=(1/2) sin x, y = cos x, y =3cos x функциялары да қанағаттандырады, бірақ y =sin x+(1/2) функциясы теңдеу шешімі бола алмайды.

2-мысал. 1-ретті

xy′ + =у 0 (4.5) дифференциалдық теңдеуін қарастырайық.

у x

=1,5 (4.6) функциясы (4.5) теңдеуінің шешімі болып табылады, өйткені ол (4.5) өрнегін х

x² x 1,5 1,5 0

⋅ + =

− тепе-теңдігіне айналдырады.

Сонымен бірге, (4.6) теңдеуі (4.5) дифференциалдық теңдеуінің интегралы болып табылады.

Жалпы кез келген

xy =С (С - тұрақты) (4.7) теңдеуі (4.5) дифференциалдық теңдеуінің интегралы болып та- былады. Расында, (4.7) өрнегінен (xy)^/ = 0 болатыны, ал бұдан (көбейтіндінің туындысы ережесі бойынша) (4.5) туындайды.

(4.7) интегралын у-ке қатысты шешкен күнде y С

= x (4.8) функциясына келеміз. (4.8) функциясы бірмезгілде теңдеудің шешімі жəне интегралы болып келеді. xy= 3, xy= −2, xy =π жəне т.б. (4.5) дифференциалдық теңдеуінің интегралдары болса,

y x

= 3, y x

= −2, y x

= π сол теңдеудің шешімдері болып келеді.

3-мысал. 1-ретті

y′ =cosx (4.9) дифференциалдық теңдеуінің барлық шешімдерін табу керек.

Шешімі. ^y=ϕ

( )

^x функциясы cos x функциясы үшін ал-

ғаш бейне болғандықтан, мұндай функцияның ең жалпы түрі cosxdx

∫

анықталмаған интегралымен кескінделеді. Демек бар- лық шешімдері

y =sinx + С (4.10) формуласымен қамтылады. Кез келген С тұрақтысын қамтитын

y =sinx + С

функциясы (4.9) теңдеуінің жалпы шешімі, ал y =sinx (сол сияқ- ты y =sinx+(1/2), y = sinx – 1 жəне т.т.) функциясы дербес шешім болып келеді.

§2. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің геометриялық талқыламасы

1-ретті дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі

( )

Ф x у y, , ′ =0. (4.11) Кейбір жағдайларда бұл теңдеу

y′

туындысына қатысты шешілуі мүмкін, атап айтқанда айқындалған

( )

y′ = f x у, (4.12) түрінде жазылады. Мұнда ^{f x у}

( )

^, функциясы кейбір облыста анықталған жəне үзіліссіз болып, осы облысқа тиіс интегралдар (шешімдер) іздестіріледі.

(4.12) теңдеуінің жалпы шешімі

( )

y=ϕ x С, (4.13) түрінде кескінделеді, мұнда С - кез келген тұрақты. ^{y′ = f x у}

( )

^,

1-ретті дифференциалдық теңдеуінің бір интегралын кескіндейтін L сызығы (14-сурет) осы теңдеудің интегралдық сызығы делінеді.

y′ туындысы интегралдық сызық жанамасының бұрыштық коэффициенті болып табылады. Геометриялық тұрғыда (4.13) жалпы шешімі интегралдық сызықтар жиынтығын, атап айтқанда, С тұрақтысының түрлі мəндеріне сəйкес сызықтар жиынтығын кескіндейді. Интеграл сызықтарының бір қасиеті: олардың əрбір М (х,у) нүктесіндегі жанамасының Ох осіне еңкеюі tga=f(x,y) шар-

тын қанағаттандырады (a - Ох осі мен жанама арасындағы бұрыш).

Берілген М (х,у) нүктесі арқылы өтетін интегралдық сызықты таппас бұрын (4.11) теңдеуінен y′ туындысын анықтап, М нүктесі арқылы өтетін Т^/Т түзуін жүргізуімізге болады. Осы түзу ізделінді интегралдық сызықтың бағытын анықтайды. Қарастырылатын облыстың барлық мүмкін болатын нүктелеріне сəйкес Т^/Т түзулер жиынтығын (4.11) теңдеуінің бағыттар өрісі дейді.

14-сурет 15-сурет

§3 Айнымалылары айырылған теңдеулер

Р коэффициенті тек х-ке тəуелді, ал Q коэффициенті тек y-ке тəуелді, атап айтқанда

Р x dx( ) +Q y dy( ) =0 (4.14) түрінде берілген дифференциалдық теңдеуді айнымалылары айырылған дифференциалдық теңдеу дейді. Айнымалылары айырылған дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы

Р x dx( ) + Q y dy( ) =С

∫ ∫

(С - тұрақты) (4.15)

теңдеуі түрінде кескінделеді. ( , )x y_{0 0} бастапқы мəндеріндегі дербес интегралды табу үшін x y₀, ₀-ды (4.15)-ке енгізіп, сəйкес

С=С₀ мəнін табамыз. Сонда ізделінді дербес интеграл Р x dx( ) + Q y dy( ) =С₀

∫ ∫

түріндегідей жазылады.

Жалпы шешім қызықтырмайтын жағдайда, дербес шешімді тікелей

х у

х у

Р x dx Q y dy

0 0

( ) + ( ) =0

∫ ∫

(4.16) формуласы бойынша тапқан орынды.

Мысал. x₀ ,y₀ 3 2

= π = бастапқы мəндерінде

xdx dy

sin + y =0 (4.17) дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін табу талап етіледі.

Шешімі. (4.17) теңдеуінің жалпы интегралы xdx dy С

sin + y =

∫ ∫

немесе −cosx+2 y =С түрінде кескінделеді. Мұнда x , y 3

2

= π = деп ұйғарып, С =2 3, демек ізделінді дербес шешім

(

^x

)

у

2 3 cos 2

4

= +

болады. Оны тікелей

х у

xdx dy

3 y

2

sin 0

π

+ =

∫ ∫

формуласы бойынша шығарып алуға болады.

§4. Айнымалыларды айыру

M₁ жəне M₂ функциялары тек х-ке тəуелді, ал N₁ жəне N₂функциялары тек у-ке тəуелді, атап айтқанда

( ) ( ) ( ) ( )

M x N y dx_{1 1} +M₂ x N₂ y dy=0

түрінде берілген дифференциалдық теңдеудің екі жағын бірдей

M₂⋅N₁-ге бөлу арқылы айнымалылары айырылған диф- ференциалдық теңдеуге келтіруге болады. Келтіру процесінің өзін айнымалыларды айыру дейді. Бөлу нəтижесінде шығатын теңдеу айнымалылары айырылған

( ) ( ) ( ) ( )

M x N y

dx dy

M x N y

1 2

2 1

0

+ =

түріне келіп отыр.

Мысал.

уdx−хdy=0 (4.18) теңдеуін қарастырайық. хy-ке бөлген соң айнымалылары айы- рылған

dx dу х − у =0 теңдеуіне келеміз. Оны интегралдау арқылы

dx dу

С x x C

х − у = ⇒ln −ln =

∫ ∫

(4.19)

немесе х

C C

у ¹

ln = =ln болатыны шығады. Бұдан теңдеудің ин- тегралы х

у =C¹ түріне келеді.

Мысал.

y dx² уdy

1− − =0 (4.20) теңдеуінің барлық шешімдерін табу талап етіледі.

Шешімі. у= ±1 қос түзуімен шектелген жолақ ішінде

y dy y dx

у dх y dy

2

2

1 ;

1

− = =

−

⎛ ⎞

⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

функцияларының кем дегенде біреуі бірмəнді анықталған.

Осы жолақ сыртында сөз етілген функциялардың бірде-біреуі анықталмаған. Демек (4.20) теңдеуінің барлық интегралда- ры у= ±1 түзулерімен шектелген жолақ ішінде жатады. (4.20) теңдеуін 1−y² -қа бөлеміз, сонда шығатын теңдеу түрі

dx ydy

y² 0,

− 1 =

−

мұнда айнымалылар айырылған. Интегралдау нəтижесінде шы- ғатын теңдеу

х− 1−y² =С немесе

х− =С 1−y² . (4.21) Бұл теңдеу 15-суретте бейнеленген жартышеңберлер жиын - тығын кескіндейді. Алайда ол (4.20) теңдеуінің барлық ин тег- ралдық сызықтарын қамти алмайды, өйткені соңғы теңдеуді

y²

1− -қа бөлген шақта у=1 жəне у= −1 шешімдерінен (су рет тегі uv жəне u^/v^/ түзулері) аластаймыз.

Ескерту. Мұнда жоғалған шешімдер дербес шешім болмайды.

Өйткені дербес шешім деп кейбір бастапқы мəндердегі бірден-бір шешімді айтқан болатынбыз. Алайда у=1 түзуінің əрбір нүктесі арқылы екі шешім өтіп отыр; мəселен (0, 1) нүктесі арқылы

у=1 түзуімен бірге х= 1−y² жартышеңбері де өтеді, ол (4.20) теңдеуінің тағы бір шешімін береді, бұл шешім (4.21) теңдеуінен С =0 болғанда алынады. (4.21) теңдеуі барлық шешімдерді иеленбесе де, барлық дербес шешімдерді (жартышеңберлерді) қамтиды. у=1 жəне у= −1 шешімдері ерекше деп есептеледі.

Жалпы, 1-ретті дифференциалдық теңдеудің интегралы оның əрбір нүктесі арқылы, кем дегенде, тағы бір интеграл өткенде ерекше болады.

§5. Толық дифференциалдардағы теңдеу Егер

Р x у dx( , ) +Q х y dy( , ) =0 (4.22) теңдеуінің Р x у Q х y( , ), ( , ) коэффициенттері

Q Р

x у

∂ = ∂

∂ ∂ (4.23) шартын қанағаттандыратын болса, онда (4.22) теңдеуінің сол жағы кейбір ^{F x y}

( )

^, функциясының толық дифференциалы бо- лып келеді. Мұндайда ^{Р x у dx( , ) +Q х y dy( , ) =dF x y}

( )

^{, болып,}

(4.22) теңдеуінің жалпы интегралы

( )

F x y, =С (4.24) түрінде жазылады.

Мысал. x₀ =1, y₀ =1 бастапқы мəндерінде

х у х

dx dy

х х

2 2

1 0

− + + = (4.25) дифференциалдық теңдеуінің дербес интегралын табу талап етіледі.

Шешімі. (4.23) шарты орындалып отыр. Оның үстіне Р x у у Q х y

х² х

( , ) 1= − , ( , ) 1= +1 функциялары Ах y^{т п} түріндегі- дей мүшелерге жіктеледі. Сондықтан алғашбейнені төмендегідей интегралдау амалымен іздестіреміз:

у тұрақты болғанда

у у

х² dx x х

1− = + ;

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫

х тұрақты болғанда

dy y у

х х

1+1 = + .

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫

Осы өрнектерді у х

⎛⎜⎝ мүшесін бір-ақ рет қана жазып) біріктіреміз. Шыққан у

х y

+ + х функциясы алғашбейне болып, жалпы интегралы

х y у С + + =х

түрінде жазылады. x₀ =1, y₀ =1 бастапқы мəндерін енгізіп, С = 3 мəнін табамыз. Ізделінді дербес интеграл

х y у

х 3.

+ + =

§6. Интегралдаушы көбейткіш Егер

М x у dx( , ) +N х y dy( , ) =0 (4.26) теңдеуінің M x у( , ), ( , )N х y коэффициенттері

N M

x у

∂ = ∂

∂ ∂ (4.27) шартын қанағаттандырмаса, онда (4.26) теңдеуінің сол жағы кейбір функцияның толық дифференциалы бола алмайды. Бірақ кей кезде

(

^{Мdx Ndy}

)

μ +

өрнегі қандай да бір ^{F x y}1

( )

, функциясының толық дифферен- циалы болатындай ^μ

( )

^{x y,} көбейткішіне қол жеткізуге болады.

Сонда жалпы интеграл ^{F x y1}

( )

^{, =С} түріне келеді. Мұндайда

( )

^{x y,}

μ функциясын интегралдаушы көбейткіш дейді.

Мысал. 2уdx+хdy=0 дифференциалдық теңдеуінің сол жағы толық дифференциал болмайды. Алайда х-ке көбейткен күнде

( ) ( )

х 2уdx+хdy =d х y² жəне берілген теңдеудің жалпы интегралы

х y² =С болады.

Ескерту. Кез келген дифференциалдық теңдеу əрқашан ин- тегралдаушы көбейткішке ие болып отырады екен. Алайда оны іздестірудің бірден-бір ортақ тəсілі жоқ. Көптеген жағдайда он- дай көбейткішті іздестіріп табу өз алдына бір есепке айналып, бастапқы интегралды шешкенмен салыстырғанда оңай еместігі байқалады. (4.26) теңдеуінің интегралдаушы көбейткіші қалайша іздестірілетінін көрсетейік.

( ) ( )

(

^{М x y dx, N x y dy,}

)

⁰

μ + =

теңдеуі толық дифференциалдардағы теңдеу болу үшін

( ) ( )

^{N М}

x у

μ μ

∂ ∂

∂ = ∂

шарты немесе

М N

N М

x у у x

μ μ μ

∂ ∂ ∂ ∂

− = −

∂ ∂ ∂ ∂

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ (4.28) шарты орындалу керек. (4.28) теңдігі (4.26) теңдеуінің интеграл- даушы көбейткіштерінің дифференциалдық теңдеуі болып табы- лады, өйткені оның əрбір шешімін (4.26) теңдеуінің екі жағына бірдей көбейткеннен оны толық дифференциалдардағы теңдеуге айналдырады. Интегралдаушы ^μ

( )

^{x y,} көбейткішін табу үшін дербес туындылары бар (4.28) дифференциалдық теңдеуін ин- тегралдау қажет. Жалпы жағдайда бұл есепті шешу əдеттегі дифференциалдық теңдеуді шешкеннен əлдеқайда қиын. Бірақ

( )

^{x y,}

μ функциясының х немесе у айнымалыларының біреуіне ғана тəуелді болуында, есеп əжептəуір жеңілдене түседі. Осы екі жағдайға толығырақ тоқталайық.

( )

^x

μ μ= болсын. Онда (4.28) теңдеуі

( )

^{х М N}

N x у x

μ μ

∂ = ∂ −∂

∂ ∂ ∂

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

немесе

( ) ( )

М N

х у x

х N dx μ

μ

∂ −∂

∂ = ∂ ∂

түріне келеді, ал одан

( )

М N

у x

х dx

lnμ N ,

∂ −∂

∂ ∂

= ∫ атап айтқанда

( )

М N

у x

N dx

х e μ

∂ −∂

∂ ∂

= ∫ (4.29) болатыны туындайды. (С тұрақтысы 0-ге тең деп алынған, өйткені қандай да бір интегралдаушы көбейткішіне ие болса да жеткілікті).

Осы жағдайда

М N

у x

N

∂ −∂

∂ ∂ өрнегі у-тен тəуелсіз екені айқын.

Кері пікір де орынды: егер

М N

у x

N

∂ −∂

∂ ∂ өрнегі у-тен тəуелсіз болса, онда тек х-ке тəуелді ^μ

( )

^{x y,} интегралдаушы көбейткіші бар болады. Ол (4.29) теңдігімен өрнектеледі.

Енді ^{μ μ=}

( )

^у болсын. Онда (4.28) теңдеуі

( )

^{у М N}

М у у x

μ μ

∂ = − ∂ −∂

∂ ∂ ∂

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

немесе

( ) ( )

М N

у у x

у М dу

μ μ

∂ −∂

∂ = − ∂ ∂

түріне келеді, ал одан

( )

М N

у x

у dу

lnμ М ,

∂ −∂

∂ ∂

= −∫

атап айтқанда

( )

М N

у x

М dу

у e μ

∂∂ −∂∂

= −∫ (4.30) болатыны туындайды (мұнда С=0 деп алынған). Осы жағдайда

М N

у x

М

∂ −∂

∂ ∂ өрнегі х-тен тəуелсіз. Кері пікір де орынды: егер

М N

у x

М

∂ −∂

∂ ∂ өрнегі х-тен тəуелсіз болса, онда тек у-ке тəуелді

( )

^{x y,}

μ интегралдаушы көбейткіші бар болады жəне ол (4.30) теңдігімен өрнектеледі.

Қарастырылатын дербес жағдайларда (4.26) теңдеуін толық дифференциалдардағы теңдеуге келтіру үшін іс жүзінде М N

у x

∂ −∂

∂ ∂

өрнегін құрып, оның N-ге қатынасын алады.

Егер бұл қатынас у-тен тəуелсіз болса, онда интегралдаушы көбейткішті табу үшін (4.29) формуласын қолдану керек; қарсы жағдайда М N

у x

∂ −∂

∂ ∂ өрнегінің М-ге қатынасын алады. Егер бұл

қатынас х-тен тəуелсіз болса, онда х-тен тəуелсіз ^μ

( )

^{x y, инте-}

гралдаушы көбейткіші бар болады жəне оны (4.30) формуласы бойынша есептеп табуға болады.

Мысал.

(

^2уdx+хdy

)

^{=d х y}

( )

² дифференциалдық теңдеуінің интегралдаушы көбейткішін тауып, теңдеуді интегралдау талап етіледі.

Шешімі.

( )

М N

у x ху

М х у

2 2

∂∂ −∂∂ = −2 1+

− өрнегі х пен у-ке тəуелді.

( )

( )

М N

у x ху

N х ху х

2 2

2 1 2

1

∂∂ −∂∂ = − + = −−

+

қатынасы х-ке ғана тəуелді. Олай болса μ

( )

^x,y интегралдаушы көбейткіші (4.29) формуласы бойынша іздестіріледі:

( )

^{х e 2 dxx e 2lnx} _x1 .2

μ = ^{− ∫} = ⁻ = Тедеудің екі жағын

x²

1 -қа көбейтеміз, сонда

у dx у dy

х х

2 2

1− + +1 =0,

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

немесе

xdy ydx dx у dy

х

2

2 0.

+ + − =

xdy ydx y

х² d х

− = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ болғандықтан, интегралдау нəтижесінде жалпы интеграл y у С

х х

3

3 3

+ + = немесе 3х²+хy³+3у−Сх=0 түрінде табылады.

§7. Біртектес теңдеу

f( , )λ λx y =λтf x y( , )

шартын қанағаттандыратын f x y( , ) функциясын т дəрежелі біртектес функция дейді. M x у( , ) жəне N х y( , ) функциялары өлшемдес біртектес функциялар болып келетін

М x у dx( , ) +N х y dy( , ) =0 (4.31) дифференциалдық теңдеуін біртектес теңдеу дейді. Біртектес теңдеуді əрқашан y

y f

′ = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠x түріне келтіруге болады. Сондықтан айтқанға қосымша эквивалентті анықтама енгізуімізге болады.

(4.31) теңдеуіндегі M x у( , ), ( , )N х y коэффициенттерінің M N қатынасын у

х қатынасының функциясы түрінде кескіндеуге келетін болса, теңдеу біртектес теңдеу деп аталады. Мұндай қатынасты t əрпімен белгілейміз:

t y x.

= (4.32) Жоғарыда айтылғанға сəйкес

(

^{у+ х2+у2}

)

^dx−xdy=0 (4.33) теңдеуі – біртектес, өйткені

у х у

M у у

t t

N х х х

2 2 2

1 1 2

+ +

= = − − + = − − +

−

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (4.34)

атап айтқанда, M

N қатынасы у

х қатынасының функциясына ай- налып отыр.

( )

y=tx ⇒dy=tdx+xdt (4.35)

ауыстырмасы бойынша кез келген біртектес теңдеу айнымалыла- ры айырылған теңдеуге келтіріледі.

1-мысал. x₀ =3, y₀= 4 бастапқы мəндерінде (4.33) теңдеуін интегралдау талап етіледі.

Шешімі. (4.30) ауыстырмасы нəтижесінде (4.33) теңдеуі

х²+х t dx^{2 2} −x dt² =0 (4.36) немесе

x 1+t dx² −x dt² =0 (4.37) түріне келеді. Айнымалыларды айырып, теңдеуді

dx dt х = 1 t²

+ (4.38) түріне келтіреміз. Айнымалыларды айырғанда х = 0 шешімі жоғалып отыр. Алайда ол бастапқы шарттарды қанағат тандыр- майды. Интегралдауды y

x t

x

0 0 0

0

3, 4

= = = 3 бастапқы шарттарын- да орындау үшін х абсциссасының оң мəні алынады, демек

x = х (4.39) деп ұйғарамыз. Онда (4.38) теңдеуден

х t

dx dt

х t²

3 =4/3 1

∫ ∫

+ (4.40) болатыны, ал одан

( )

x t t²

ln −ln3 ln= + 1+ −ln3. (4.41) t-ны у

х-пен алмастырып, потенцирлеген соң

у у

х х х

2

1

= + + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ (4.42) интегралын шығарып аламыз. Оған сəйкес дербес шешім

у х

2 1

2

= − (4.43) болып келеді.

Ескерту. (4.40) формуласының сол жағы, жоғарғы шек 0-ге тең болғанда немесе теріс мəндерді қабылдағанда мағынасыз.

Сондықтан шешімді іздестіру барысында х-тің оң мəндерімен шектелу талап етілген. (4.43) функциясы х≤0 мəндері үшін (4.33) теңдеуінің шешімі болу-болмауын қосымша зерттейміз.

(4.43)

функциясын (4.33) теңдеуінің сол жағына енгізгеннен х у

2 1

2

= −

функциясы шешімді х-тің барлық мəндерінде беретінін көреміз.

2-мысал. x y

y xy

2+ 2

′ = дифференциалдық теңдеуін шешу та- лап етіледі.

∇ Берілген теңдеу

x y f x y

xy

2 2

( , )= + ⇒

t x t y t x y x y

f tx ty f x y

txty t xy xy

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

( )

( , )= + = + = + = ( , )

болғандықтан, анықтамаға сəйкес біртектес теңдеу болып келеді. Теңдеуді шешу үшін y

u= x ауыстырмасын қолданып, төмен дегідей түрлендірулер нəтижесінде

u y y ux y u x u

= ⇒ =x ⇒ ′ = ′ + ,

x u x u u

u x u u x u u x u

xux u u

2+ 2 2 1+ 2 1+ 2

′ + = ⇒ ′ + = ⇒ ′ = − ⇒

u u du dx

u x u x x xdu

u u dx u u

2 2

1+ − 1 1

′ = ⇒ ′ = ⇒ = ⇒ =

айнымалылары айырылған теңдеуге келеміз. Оны шешкеннен шығатын өрнек төмендегідей:

dx u u

udu x C x C

x

2 2

ln ln .

2 2

= ⇒ = − ⇒ − =

Бастапқы айнымалыға оралған соң, берілген теңдеудін жалпы интегралын

u y

= ⇒x y

x C x

1 2 ln

2⎛ ⎞ − =

⎜ ⎟⎝ ⎠ түрінде табамыз.

§8. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер Ізделінді y функциясы мен оның dy

dx туындысына қатысты сызықты (атaп айтқанда 1-дəрежелі) теңдеуді сызықтық теңдеу дейді. Сызықтық дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі

dy Р x у Q x

dx+ ( ) = ( ). (4.44) Егер (4.44) теңдеуінің оң жағы Q(x)≡0 болса, онда (1) теңдеуі сызықтық біртектес, қарсы жағдайда біртектес емес делінеді.

Кейде мұндай сызықтық теңдеулерді сəйкесінше оң жағы жоқ жəне оң жағы бар теңдеулер дейді. Айта кететін жайт: біртектес сызықтық теңдеуді х жəне у-ке қатысты біртектес теңдеумен (алдыңғы тармақ) шатастырудан аулақ болу керек. Соңғы жағдайдағы «біртектестік» ұғымы dy

Р x у

dx+ ( ) өрнегінің, y функ циясы мен оның dy

dx туындысына қатысты сызықтық біртектес функция болуынан туындап отыр.

(4.44) теңдеуін біртектес емес деп ұйғарайық, ^Q(x)≠ болсын.

Осы теңдеуді интегралдаудың екі əдісін көрсетейік:

1. Ауыстырма əдісі. 2. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі.

Біртектес сызықтық теңдеу жағдайы арнайы қарастыруды талап етпейді, өйткені ^{Q x}( ) 0≡ болса, (4.44) теңдеуі бір мезгілде айны- малылары айырылған дифференциалдық теңдеу болып табы- лады.

8.1. Ауыстырма əдісі

(4.44) теңдеуінде y=uv деп ұйғарып, y-тің орнына жаңа, мəселен v айнымалысына көшеміз. Содықтан екінші v айнымалы- сын қосалқы айнымалы ретінде қарастырып, оны қалауымызша таңдаймыз. Төменде ол көрсетіледі. dy

dx туындысын есептеп, u жəне v арқылы өрнектелген y-пен dy

dx -ті (4.44) теңдеуіне енгіземіз.

dy dv du

u v

dx = dx + dx Болғандықтан, теңдеу

du dv

v u P x v Q x

dx+ ⎛dx+ ( ) ⎞ = ( )

⎜ ⎟

⎝ ⎠ (4.45) түріне келеді. Қосалқы v айнымалысын қалауымызша алуға болатындығын пайдаланып, оны квадрат жақшадағы өрнек нөлге айналатындай аламыз, атaп айтқанда

dv P x v

dx+ ( ) =0 (4.46) болуын талап етеміз. Бұл айнымалылары айырылған теңдеу.

Оның екі жағын v-ға бөліп, dx-ке көбейткеннен dv P x dx

v + ( ) =0 теңдеуін, ал одан интегралдау арқылы

v P x dx C ln +

∫

( ) =ln немесе

P x dx

v=Ce^{−∫ ( )} (4.47) өрнегін табамыз. Осы v өрнегін (4.45) теңдеуіне қойып, и үшін айнымалылары айырылған

P x dx du

Ce Q x

dv

( ) ( )

−∫ = (4.48) теңдеуін шығарып аламыз. Оның екі жағын e^{∫P x dx( )} -ке көбейткен күнде мындай өрнек:

P x dx

Cdu=Q x e( ) ^{∫ ( )} dx ал одан

P x dx

u Q x e dx C

C

( )

1

1 ( ) ^∫

= ⎡ + ⎤

⎣

∫

⎦ (4.49) болатыны шығады. (4.49) бен (4.47) формулалары u мен v-ны х-ке тəуелді өрнектеп отыр. Бізге у-тің х-тен тəуелділігін табу талап етілетіндіктен, ал y=uv болатындықтан, нəтижесінде (4.44) сызықты теңдеуінің жалпы шешімі

P x dx P x dx

y=e^{−∫ ( )} ⎡ Q x e( ) ^{∫ ( )} dx+C₁⎤

⎣

∫

⎦ (4.50) түрінде жазылады. Айта кету керек, (4.46) теңдеуін интегралдау барысында шыққан С еркін тұрақтысы, v-ны u-ға көбейткенде қысқарып кетті. Олай боларын сезгенбіз, өйткені 1-ретті теңдеудің жалпы шешімі бір ғана еркін тұрақтыны қамтуы тиіс. Ондай көрегендікпен (4.47) шешімінде алдын ала С = 1 деп ұйғарып, (4.46) теңдеуінің жалпы шешімінің орнына (əдеттегі практика жүзіндегідей) v=e^{−∫P x dx( )} дербес шешімін алуға болар еді.

Мұнда қолданылған ауыстырма əдісі (4.44) сызықты теңдеуін интегралдау есебін, айнымалылары айырылған (4.46) мен (4.48) қос теңдеуінің шешімдерін іздестіруге айналдырады.

1-мысал. Ауыстырма əдісімен dy ^bx ay e

dx − = сызықтық тең де уінің жалпы шешімін табу талап етіледі.

Шешімі. y=uv деп ұйғарайық, сонда dy dv du

u v

dx = dx+ dx жəне теңдеу

du dv bx

v u av e

dx+ ⎛dx− ⎞ =

⎜ ⎟

⎝ ⎠

түріне келеді. Ереже бойынша dv

dx −av=0 болуын талап етеміз.

Айнымалыларды айыра келе dv

v −adx=0, ал одан v=Ce^ax өрнегін табамыз. Жоғарыда айтылғандай, v=Ce^ax шешіммен шектеліп, оны түрленген теңдеуге енгіземіз. Сонда e u^ax ′ =e^bx немесе du=e^{( )b a x−} dx, бұдан u e^{( )b a x} C

b a

1 −

= +

− (b≠a болғанда) жəне u= +x C (b=a болғанда). y=uv болғандықтан, жалпы шешім b≠a болғанда

bx

e ax

y Ce

b a

= +

− түрінде жəне b=a болғанда ^{y =}

(

^{x+C e}

)

^ax түрінде табылады.

8.2. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі

Біртектес емес (4.44) теңдеуінің (Q x( ) 0≠ ) шешімін іздемес бұрын алдымен оған сəйкес

dy Р x у

dx + ( ) =0 (4.51) біртектес теңдеуін шешеміз. Бұл айнымалылары айырылған теңдеу, оның жалпы шешімі

P x dx

y=Ce^{−∫ ( )} . (4.52) С еркін тұрақтысын қамтитын, табылған y функциясы біртек- тес емес теңдеудің шешімі бола алмайтыны айдан анық. Расын- да, өзінің туындысымен бірге (4.44) теңдеуіне қойылған шақта ол теңдеудің сол жағын тепе-тең етіп нөлге айналдырғанымен, оның

оң жағы Q x( ) 0≠ . Алайда С-ны еркін тұрақты демей-ақ, х-тен тəуелді кейбір функция, атaп айтқанда C =C x( ) деп қарастырса, онда (4.52) функциясы біртектес емес (4.44) теңдеуінің шешімі болатындай C(x) функциясын таңдауға болады екен.

C x( ) функциясын табу үшін ^{y=C x e}

( )

^{−∫P x dx( )} функциясының туындысын есептеп тауып, оны y функциясымен бірге (демек y пен dy

dx-ті) (4.44) теңдеуіне қойып, теңдеудің қанағаттануын, атaп айтқанда тепе-теңдікке айналуын талап етеміз.

( )

^{P x dx}

( )

^{P x dx}

dy dC x

e C x Р x e

dx dx

( ) ( ) ( )

−∫ −∫

= −

Болғандықтан, (4.44) теңдеуі түрлене келе (екі ортаңғы мүшесі жойылған соң)

( )

^{P x dx}

( )

dC x e Q x

dx

−∫ ( ) = (4.53) теңдеуіне айналады. Қайта, айнымалылары айырылған жəне бел гісіз C(x) функциясы бар теңдеу шығып отыр. Оның жалпы шешімі

( ) ( )

^{P x dx}

C x =

∫

Q x e^{∫ ( )} dx+C₁.

Табылған C x( ) өрнегін (4.52) теңдігіне енгізіп, біртектес емес (4.44) теңдеуінің ізделінді шешімін

P x dx P x dx

y=e^{−∫ ( )} ⎡ Q x e( ) ^{∫ ( )} dx+C₁⎤

⎣

∫

⎦^,

атaп айтқанда, дəл бұрынғы (4.50) түріндегідей шығарып аламыз.

Əдістің мұндай түрінің вариациялау деп аталуы С еркін тұрақтысын х-тің функциясы деп санап, вариациялағаннан (өзгерткеннен) қалыптасып отыр. Ауыстырма əдісіне ұқсас, соңғы əдіс (4.44) сызықты теңдеуін айнымалылары айырылған (4.51) жəне (4.53) теңдеулеріне келтіруге мүмкіндік береді.

2-мысал. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі бойынша

dy yctgx a x

dx− = sin сызықтық теңдеуінің жалпы шешімін табу талап етіледі.

Шешімі. Алдымен dy

yctgx

dx− =0 біртектес сызықтық тең деуінің жалпы шешімін табамыз. Айнымалыларды айырудың арқасында бұл теңдеу dy

ctgxdx

y − =0 түріне келеді, одан

y x C

ln −lnsin =ln , демек y=Csinx болады. C =C x( ) деп ұйғарып С-ны вариациялаймыз. Мұндайда ^{y=C x}

( )

^{sinx жəне}

( ) ( )

dy dC x

x C x x

dx = dx sin + cos . y жəне dy

dx өрнектерін бастапқы теңдеуге енгізгеннен

( ) ( ) ( )

dC x x C x x C x x ctgx a x dx sin + cos − sin ⋅ = sin

немесе ықшамдаудан соң dC x( )=adx теңдеуіне келеміз. Одан C x( )=ax+C₁ болатыны шығады. C x( ) өрнегін біртектес тең- деудің жалпы шешіміне енгізіп, бастапқы теңдеудің

( )

y= ax+C₁ sinx түріндегі жалпы шешімін табамыз.

§9. Бернулли теңдеуі Бернулли теңдеуінің жалпы түрі

dy n

Р x у Q x y dx + ( ) = ( ) ,

мұнда n=const. n=0 болғанда Бернулли теңдеуі сызықтық теңдеуге ауысады; n=1 болғанда ол айнымалылары айырылған теңдеуді кескіндейді, өйткені

[ ]

dy Р x Q x y dx+ ( )− ( ) =0

түріне келеді де, айнымалылары айырылып, интегралдануына бо- лады. Бұдан əрі n≠1 деп ұйғарамыз. Бернулли теңдеуін сəйкес ауыстырма көмегімен сызықтық теңдеуге келтіруге болады. Ол үшін теңдеудің екі жағын yⁿ-ге бөлеміз:

n n

dy Р x Q x

y dx y ¹

1 1

( ) ₋ ( ).

+ =

n z

y ¹ 1

− = деп ұйғарамыз. Сонда

(

^{1− ⋅n}

)

_{y dx}^{1n dy =} _dx^{dz жəне}

Бернулли теңдеуі

( ) ( )

dz n Р x z n Q x dx+ −1 ( ) = −1 ( )

түріне келеді. Бұл z белгісізі бар 1-ретті сызықтық теңдеу. Оны ауыстырма немесе еркін тұрақтыны вариациялау əдісі бойынша интегралдауға жəне z-ті х-тің функциясы ретінде табуымызға болады. ⁿ z

y ¹ 1

− = ауысымы бойынша бастапқы у айнымалысына оралып, Бернулли теңдеуінің жалпы интегралын шығарып ала- мыз. Оның үстіне n>0 болғанда у=0 функциясы кез келген Бер- нулли дифференциалдық теңдеуінің шешімі болып табылады.

Мысал. dy

у x y dx x

3 3 2

− = − Бернулли теңдеуінің жалпы инте- гралын табу талап етіледі.

Шешімі. Теңдеудің екі жағын y²-қа бөліп

dy x

y dx x y

3 2

1 − ⋅ = −3 1

теңдеуін аламыз. z y

1 = деп ұйғарайық; сонда dy dz y dx² dx

− ⋅ 1 = жəне теңдеу

dz z x

dx x 3 3

+ ⋅ =

түріне келеді. Бұл сызықтық теңдеуді вариациялау əдісімен ин- тегралдаймыз. Сəйкес dz

dx x z

3 0

+ ⋅ = біртектес теңдеуінің жалпы шешімі z=C x/ .³

C=C x( ) деп ұйғарып, есептелген ^{dz dC x}

( )

^{C x}

( )

dx dx x³ x⁴ 1 3

= ⋅ −

өрнегін біртектес емес сызықтық теңдеуге енгіземіз; сонда

( ) ( ) ( )

dC x C x C x

dx x x x x x

3

3 4 3

1 3 3

⋅ − + ⋅ = немесе ^{dC x}

( )

^{= x dx6 шығады.}

Одан ^{C x}

( )

^{x7 C}1.

= 7 + Олай болса біртектес емес теңдеудің жалпы шешімі x C

z x

4 1

3.

= 7 + z-ті y

1-пен алмастырып, нəтижесінде

x C

y x

4 1

3

1

= 7 + немесе x

y C x

7 3

7 + 1 =

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ жалпы интегралын табамыз.

§10. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер жөнінде қосымша мағлұмат

1-параграфта жалпы шешімді анықтау барысында, берілген бастапқы шартты қанағаттандыратын дербес шешімнің бар болу шарттары жөнінде сұрақ көтерілген болатын. Олардың қарапайымдауы төмендегідей бірінші ретті дифференциалдық