1
Дифференциалдық теңдеулер
6В07111 – «Ғарыштық техника және технологиялар», 6В07112 – «Ғарыштық инженерия»
білім беру бағдарламалары студенттері үшін дәрістер жинағы
Алматы 2022
Коммерциялық емес акционерлік қоғам
ҒҰМАРБЕК ДӘУКЕЕВ АТЫНДАҒЫ АЛМАТЫ ЭНЕРГЕТИКА ЖӘНЕ БАЙЛАНЫС
УНИВЕРСИТЕТІ Математика және математикалық үлгілеу кафедрасы
2
ҚҰРАСТЫРУШЫ: А.Қ.Искакова. Дифференциалдық теңдеулер.
6В07111 – «Ғарыштық техника және технологиялар», 6В07112 – «Ғарыштық инженерия» білім беру бағдарламалары студенттері үшін дәрістер жинағы. - Алматы: Ғ.Даукеев атындағы АЭжБУ, 2022. – 92 б.
«Дифференциалдық теңдеулер» пәні 6В07111 - «Ғарыштық техника және технологиялар», 6В07111 - «Ғарыштық инженерия» білім беру бағдарла- малары студенттері үшін таңдау бойынша оқитын пән болып табылады. Диф- ференциалдық теңдеулер пәнінің объектілері физикалық объекттер де болады және зерттеу әдістері таза математикалық жолдармен жүргізіледі. Көптеген физикалық есептер класы математикалық тұрғыдан дифференциалдық теңдеу- лерге келтіріледі, яғни «Дифференциалдық теңдеулер» курсы мұндай есеп- терді зерттейді.
Әдеб. көрсеткіші – 9 атау, кесте -4, сурет -3.
Пікір беруші: ЭТ кафедрасының доценті Айтжанов Н.М.
«Ғұмарбек Дәукеев атындағы Алматы энергетика және байланыс уни- верситеті» коммерциялық емес акционерлік қоғамының 2022 ж. жоспары бойынша басылды.
© «Ғұмарбек Дәукеев атындағы Алматы энергетика және байланыс университеті» КеАҚ, 2022 ж.
3
МОДУЛЬ 1. ЖАЙ БІРІНШІ РЕТТІ ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР мен ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕЛЕРІ
Дәріс-1. Дифференциалдық теңдеулерге әкелетін геометриялық және физикалық есептер. Туындыға қатысты шешілген бірінші ретті қа- рапайым дифференциалдық теңдеу туралы түсінік және оның шешімі
Дәріс мақсаты: дифференциалдық теңдеулерге әкелетін геометриялық және физикалық есептер және мысалдар қарастыру, туындыға қатысты шешіл- ген бірінші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу және оның шешімі ту- ралы түсінік енгізу.
1.1 Дифференциалдық теңдеулерге әкелетін геометриялық және фи- зикалық есептер, мысалдар
Көп жағдайларда физикалық құбылыстарды зерттеу кезінде тәуелсіз айнымалы x пен ізделініп отырған функция у арасындағы байланыс белгісіз болады, бірақ осы функция мен оның туындыларының арасындағы байланыс беріледі. Дифференциалдық есептеуде мынадай есептер шешіледі: кейбір фун- кцияның туындысы белгілі болса, онда сол функцияны табу керек.
Функцияның белгілі туындысы бойынша оның өзін табу есептері көпте- ген
физикалық: материалдық нүктенің уақытқа тәуелді қозғалу жылдам- дығы белгілі болғандағы оның жүріп өту жолын табу, радийдың ыдырау жыл- дамдығын табу, т.б.;
геометриялық: доғаның ұзындығын, жазық дененің ауданын, кеңістік- тегі доғаның көлемін, айналу денесінің көлемін табу, т.б. есептерді қарастыр- ғанда кездеседі.
Дифференциалдық теңдеуді шешуге әкеліп соғатын кейбір есептерді қа- растырайық.
Мысал. Радийдың ыдырау жылдамдығы қолдағы бар ыдырамаған радий- дін көлеміне пропорционал болады. Айталық, пропорционалдық коэффициент k белгілі болсын. Егер бастапқы кезеңдегі, яғни 𝑡 = 0 болғандағы радийдің кө- лемін А тең десек, онда уақыттың t кезеңіндегі ыдырамаған радий көлемі қан- дай екенін табу керек. Уақыттың t тең кезеңіндегі радий көлемін у арқылы бел- гілейік. Осы 𝑦(𝑡) функциясын табу керек.
Шешуі:қандай да болмасын, бір шаманың уықытқа байланысты өзгеру жылдамдығы сол шаманың өсімшесі уықыт өсімшесі ∆𝑡 → 0 дағы ∆𝑡-ге қаты- насының шегіне, яғни сол шаманың уықыт бойынша алынған туындысына тең болатыны белгілі. Демек, радийдың ыдырау жылдамдығы 𝑑𝑦
𝑑𝑡 тең. Сонымен, кез келген t уықыты үшін радийдың ыдырауы келесі теңдеуді қанағаттанды- рады:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = −𝑘𝑦, (1.1)
4
мұндағы минус таңбасы уақыт өткен сайын радий көлемі азаятыны се- бепті қойылып отыр, сондықтан 𝑑𝑦
𝑑𝑡 < 0 болады. Пропорционалдық k коэффи- циенті оң шама деп саналады.
Сонымен кез келген t уықыт көлемінде белгісіз функция мен оның бі- рінші ретті туындысының арасындағы орындалатын байланысты шығарып ал- дық. Бұл тәуелділік t уықытта байланысты 𝑦(𝑡) функциясының бірінші ретті дифференциалдық теңдеуі.
Мысал. Егер кез келген нүктеден өтетін жанаманың бұрыштық коэффи- циенті 𝑀(−2; 3) нүктенің абсциссасына тең болса, онда осы нүктеден өтетін қисық сызықтың теңдеуін жазу керек.
Шешуі. Туындынын геометриялық мағынасынан шығатыны: 𝑀(𝑥, 𝑦) нүктеден өтетін жанаманың бұрыштық коэффициенті 𝑑𝑦
𝑑𝑥 тең. Сонымен қатар, есеп шарты бойынша жанаманың бұрыштық коэффициенті 𝑀(−2; 3) нүктенің абсциссасына тең. Бұдан аламыз:
𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥, Онда
𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑥.
Теңдеудің екі жағын интегралдап, аламыз:
𝑦 = 𝑥2 2 + 𝐶.
Бұл параболалар үйірім теңдеуі, себебі С – кез келген сан мәндерін қа- былдай алатын тұрақты. Берілген 𝑀(−2; 3) нүкте арқылы өтетін осы парабо- лалар үйірінен қисық сызықты анықтаумыз керек. 𝑀(−2; 3) нүктесінің коор- динаталарын соңғы теңдеуге қойып, аламыз:
3 = (−2)2 2 + С,
бұдан С = 1 анықтап, есеп шартын қанағаттандыратын, яғни 𝑀(−2; 3) нүкте- ден өтетін қисық сызықтың теңдеуін аламыз:
𝑦 = 𝑥2 2 + 1.
5
1.2 Туындыға қатысты шешілген бірінші ретті қарапайым диффе- ренциалдық теңдеу туралы түсінік және оның шешімі
Ізделінетін функция тек бір аргументтен тәуелді болса, теңдеуді жай дифференциалдық теңдеу немесе дифференциалдық теңдеу деп атайды. Ал- дағы уақытта біз тек жай дифференциалдық теңдеулерді қарастырамыз, сондықтан да «жай», «қарапайым» деген сөздерді қосып айтпаймыз.
Анықтама. Жай дифференциалдық теңдеу деп тәуелсіз айнымалы х пен ізделінетін у функцияны және оның әртүрлі ретті туындыларын немесе диф- ференциалдарын байланыстыратын теңдеуді атайды.
Анықтама. Теңдеуге кіретін туындының ең жоғарғы ретін дифференци- алдық теңдеудің реті деп атайды.
Мысалдар
𝑦′𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0 – бірінші ретті дифференциалдық теңдеу;
𝑦″− 5𝑦′+ 6𝑦 = 0 – екінші ретті дифференциалдық теңдеу;
𝑦‴ = 𝑥𝑦 – үшінші ретті дифференциалдық теңдеу, т.с.с.
Анықтама. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп тәуелсіз айны- малы х пен ізделінетін 𝑦 = 𝑦(𝑥) функциясын және оның 𝑦′(𝑥), туындысын байланыстыратын теңдеуді атайды. Оны жалпы жағдайда мына түрде жазуға болады 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦′) = 0.
Егер бұл теңдеуді y′ туындысына қарай шешу мүмкін болса, онда
𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) (1.2) теңдеуді туындысына қарай шешілген немесе қалыптанған бірінші ретті тең- деу деп атайды.
Анықтама. Дифференциалдық теңдеудің шешімі деп қайсыбір (𝑎, 𝑏) ин- тервалында анықталған, реті дифференциалдық теңдеудің ретіндей болатын туындылары үзіліссіз және 𝑥 бойынша (𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏)) теңдеуді тепе-теңдікке ай- налдыратын y(𝑥) функциясын айтады.
Дифференциалдық теңдеу шешімінің графигін осы теңдеудің интеграл- дық қисығы деп атайды. Қысқаша интегралдық қисықты теңдеу шешімі деп те айтады.
Берілген дифференциалдық теңдеудің шешімін табу процесін интеграл- дау деп атайды.
Егер барлық шешімдерді элементар функциялар арқылы табу мүмкін болса, онда теңдеу элементар функциялар арқылы интегралданады деп ай- тады. Егер де теңдеу шешімі элементар функциялар арқылы алынбаса, бірақ оның шешімі элементар функциялардан алынған анықталмаған интеграл тү- рінде болса, онда теңдеу квадратурада шешілген деп айтады.
6
Квадратура деп анықталмаған интеграл алу процесін айтады.
Мысал. 𝜑(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 функциясының 𝑦″ + 𝑦 = 0 дифференциал- дық теңдеудің шешімі болатынын көрсету керек.
Шешуі. 𝜑(𝑥) функциясының туындыларын табамыз:
𝜑′(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 𝑠𝑖𝑛 𝑥 , 𝜑′′(𝑥) = − 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥.
Оларды берілген 𝑦″+ 𝑦 = 0 дифференциалдық теңдеуге қоямыз:
− 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 = 0
Осыдан 0 = 0, тепе-теңдік алдық, яғни 𝜑(𝑥) функциясы берілген диффе- ренциалдық теңдеудің шешімі болады.
Мысал. 𝑦3+ 3𝑦 − 𝑥3 = 4 теңдеуімен анықталатың у функциясы 𝑦′ =
𝑥2
𝑦2+1 дифференциалдық теңдеудің шешімі болатының тексеріңіз.
Шешуі. 𝑦3 + 3𝑦 − 𝑥3 = 4 теңдіктің екі жағын айнымалы х бойынша дифференциалдаймыз:
3𝑦2𝑦′ + 3𝑦′ − 3𝑥2 = 0 немесе
𝑦′(𝑦2+ 1) = 𝑥2, осыдан
𝑦′ = 𝑥2 𝑦2+ 1.
Қорытынды: 𝑦3+ 3𝑦 − 𝑥3 = 4 теңдеуімен анықталатын у функциясы 𝑦′ = 𝑥2
𝑦2+1 дифференциалдық теңдеудің шешімі болады.
Бақылау сұрақтары
1. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеуді жалпы жағдайда қандай түрде жазуға болады?
2. Жай дифференциалдық теңдеу деп қандай теңдеуді атайды?
3. Дифференциалдық теңдеуге кіретін туындының ең жоғарғы ретін не деп атайды?
4. Дифференциалдық теңдеудің шешімі деп қандай функцияны атайды?
5. Берілген дифференциалдық теңдеудің шешімін табу процесін қалай атайды?
6. 5(𝑦‴)2− 3𝑦″ ⋅ 𝑦𝐼𝑉 = 0 дифференциалдық теңдеудің ретін анықтаңыз.
7. 𝑥𝑦″ + 𝑦′ = 𝑥(𝑥 + 𝑦″) дифференциалдық теңдеудің ретін анықтаңыз.
8. 𝑦𝑦‴+ 𝑥𝑦″ + 𝑦 = 𝑦(𝑦′ + 𝑦‴) дифференциалдық теңдеудің ретін анықтаңыз.
7
Дәріс-2. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу, оның шешімі және шешімінің геометриялық мағынасы. Дифференциалдық теңдеудің ше- шімі бар болуы және бірегейлігі туралы теорема. Ерекше шешім
Дәріс мақсаты: бастапқы шарттар және Коши есебі, бірінші ретті диф- ференциалдық теңдеуді шешудің бар болуы және бірегейлігі туралы теоре- маны қарастыру, жеке шешім мен арнайы шешім түсініктерін келтіру.
2.1 Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу және оның шешімі Бі- рінші ретті дифференциалдық теңдеуді қарастырайық:
𝒚′ = 𝒇(𝒙, 𝒚). (2.1) Дифференциалдық тендеулердің шешімін табу интегралдау процесі арқылы жүретін болғандықтан, дифференциалдық теңдеуді интегралдау деген термин жиі қолданылады.
Анықтама. 𝑦 = 𝜑(𝑥, С) функциясын 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімі немесе жалпы интегралы деп атайды, мұндағы С параметрдің кез келген мәніне сәйкес алынған 𝑦 = 𝑦(𝑥) функциясы бұл дифференциалдық теңдеуінің шешімі болады.
Мысал. 𝑦′ = 5𝑠𝑖𝑛𝑥 − 2
1+𝑥2 дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімін табыңыз.
Шешуі. Берілген дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімін табу үшін біз дифференциалдық теңдеуінің екі жағын х айнымалысы бойынша интегралдаймыз:
𝑦 = ∫ (5𝑠𝑖𝑛𝑥 − 2
1 + 𝑥2) 𝑑𝑥 = 5 ∫ 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑑𝑥 1 + 𝑥2 =
= −5𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶.
Сонымен, жалпы шешімі: у = −5𝑐𝑜𝑠𝑥 − 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶, мұнда С – const.
Дифференциалдық теңдеудің бастапқы шарттарды қанағаттандыратын шешімін табу есебін Коши есебі (1789-1857 - аса көрнекті француз математигі) деп атайды.
Бірінші реттi дифференциалдық теңдеу үшін Коши eceбi былай тұжырымдалады: берілген дифференциалдық теңдеулердің бастапқы (алғашқы) шарт деп аталатын 𝑦(𝑥0) = 𝑦0 шартты қанағаттандыратын шешімін табу керек.
𝑥 = 𝑥0 болса у функциясы берілген 𝑦0 санына тең болу шартын, яғни бастапқы (алғашқы) шартты 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 түрінде де жазуға болады.
Мысал. Коши есебін шешіңіз:
8
𝑦′ = 3
𝑐𝑜𝑠2𝑥, у(0) = 3.
Шешуі. Берілген дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімін табайық:
𝑦(𝑥) = ∫ 3𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 3𝑡𝑔𝑥 + 𝐶.
Енді бастапқы шартты қанағаттандыратын жалғыз ғана интегралдау тұрақтысы С мәнін табамыз. Ол үшін берілген бастапқы шартты қолданамыз:
𝑥 = 0, 𝑦 = 3 мәндерін анықталған 𝑦(𝑥) = 3𝑡𝑔𝑥 + 𝐶 жалпы шешіміне коямыз:
3 = 3 ∙ 𝑡𝑔0 + 𝐶.
Осыдан 𝑡𝑔0 = 0 болғандықтан 𝐶 = 3 аламыз, бұдан Коши есебінің ше- шімі:
𝑦(𝑥) = 3𝑡𝑔𝑥 + 3 = 3(𝑡𝑔𝑥 + 1).
2.2 Бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің және оның шешімінің геометриялық мағынасы
(2.1) теңдеу және оның интегралдық қисықтары арасындағы байланы- сын анықтайық. Ол үшін (2.1) теңдеуінін оң жағы анықталған және 𝑮 облы- сында үзіліссіз деп алайық.
Айталық 𝒚 = 𝒚(𝒙) функциясы 𝑴(𝒙, 𝒚) нүктесінен өтетін қарастырылған теңдеудің интегралдық қисығы болсын.
Осы интегралдық қисығына 𝑴(𝒙, 𝒚) нүкте- сінен өтетін жанама жүргіземіз де МТ жа- нама және х осінін оң бағытымен жасалған бұрышын 𝜶 деп белгілейміз (сурет 2.1).
Онда 𝒕𝒈𝜶 = 𝒚′(𝒙), бірақ 𝒚′(𝒙) = 𝒇(𝒙, 𝒚(𝒙)), сондықтан
𝒕𝒈𝜶 = 𝒇(𝒙, 𝒚(𝒙)).
Сурет 2.1
Сонымен, егер 𝑴(𝒙, 𝒚) нүктесі арқылы 𝒚 = 𝒚(𝒙) интегралдық қисығы өтетін болса, онда оған қарай осы нүктедегі көлбеуі келесі формуламен анық- талады:
𝒕𝒈𝜶 = 𝒇(𝒙, 𝒚), (2.2) яғни интегралдық қисығына қарай жанама көлбеуі алдын ала берілген диффе- ренциалдық теңдеуімен анықталады.
9
Анықтама. Жанама мен х осінін оң бағытымен жасалған 𝜶 бұрышының тан- генсі жанама көлбеуін анықтайды.
Жанама көлбеулерін интегралдық қисығын таппай ақ көрсетуге болады. Ол үшін 𝑮 облысының әр нүктесінде центрі осы нүктесі болатын кесінділер (кесінді бірлік ұзындықты болсын) аламыз (2.2 су-
рет). Сурет 2.2.
Жанама мен х осінін оң бағытымен жасалған 𝜶 бұрышының тангенсі (2.2) формуламен анықталады. Біз (2.2) формуламен анықталатын бағыттар өрісін алдық.
Анықтама. Әр нүктесінде бағыт өрісі бірдей болатын (2.1) дифференци- алдық теңдеуімен анықталатын 𝒘(𝒙, 𝒚) = 𝟎 қисығын осы теңдеудің изокли- насы деп атаймыз.
(2.1) дифференциалдық теңдеуінің изоклинолар теңдеулері:
𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒌, мұндағы 𝒌 = 𝒕𝒈𝜶 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕.
Мысал. 𝒚′ = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 теңдеуі үшін изокли- налар шеңберлер түрінде анықталады (2.3 су- рет)
𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 = 𝒌.
Егер 𝒌 = 𝟎 болса, онда изоклина коорди- наталары (𝟎, 𝟎) тең нүкте болады.
Егер 𝒌 = 𝟏 изоклина центрі (𝟎, 𝟎) нүкте- сіндегі радиусы бірге тең шеңбер теңдеумен анықталады 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏, т.с.с.
Сурет 2.3.
Шеңбердін әр нүктесіндегі интегралдық қисықтар х осімен 𝝅
𝟒 бұрыш жа- сайды, себебі 𝒌 = 𝒕𝒈𝜶 = 𝟏 ⇒ 𝜶 = 𝝅
𝟒.
2.3 Бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің шешімі бар болуы және бірегейлігі туралы теорема
Теорема: Егер 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) теңдеуінің оң жағындағы 𝑓(𝑥, 𝑦) функциясы тұйық 𝐷 = {|𝑥 − 𝑥0| ≤ 𝑎, |𝑦 − 𝑦0| ≤ 𝑏} облысында үзіліссіз және у бойынша Липшиц шартын қанағаттандырса:
|𝑓(𝑥, 𝑦1) − 𝑓(𝑥, 𝑦2)||≤ 𝑁|𝑦1− 𝑦2|,
10
мұндағы N – тұрақты сан, онда берілген теңдеудің
|𝑥 − 𝑥0| ≤ ℎ, (ℎ= 𝑚𝑖𝑛 (𝑎,𝑏
𝑀), 𝑀 = 𝑚𝑎𝑥 | 𝑓(𝑥, 𝑦)|)
аралығында анықталған 𝑦(𝑥0) = 𝑦0 бастапқы шартты қанағаттандыратын тек жалғыз шешімі бар.
Ескерту. Бұл теоремадағы Липшиц шартын 𝐺 облысында |𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦 | дербес туындының шектелген болу шартымен ауыстыруға болады.
Коши есебінің шешімі әpбip берілген жағдайда болуы да, болмауы да мүмкін. Егер Коши есебінің шешімі бар болса, онда ол жалғыз ба? Бұл сұраққа келесі теорема жауап береді.
Теорема (Коши есебінің шешімінің бар және оның жалғыз болуы туралы). Егер 𝑦′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐺 дифференциалдық теңдеудегі 𝑓(𝑥, 𝑦) функциясы және оның 𝑑𝑓
𝑑𝑦 дербес туындысы (𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐺 нүктесін қамтитын G аймағында үзіліссіз болса, онда бұл теңдеудің 𝑥 = 𝑥0, 𝑦 = 𝑦0 шартын қанағаттандыратын жалғыз 𝑦 = 𝜑(𝑥) шешімі бар.
Бұл теоремадан дифференциалдық есебінің шешімі (шексіз санды) әртүрлі шешімдері болатынын көреміз. Мысалы, интегралдық қисықтары (𝑥0, 𝑦1), (𝑥0, 𝑦2), … ∈ 𝐺 нүктелерінен өтетін шешімдер.
2.4 Ерекше шешім
Бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің ерекше шешімі (ерекше интег- ралдық қисығы) деп кез келген нүктеде Коши есебінің шешімі жалғыз болу шарты орындалмайтын шешімін атайды.
Мысал. Дифференциалдық теңдеуді шешіңіз 𝑦′ = 3
23√𝑦2. Шешуі. Мұнда 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3
2√𝑦3 2 және ол 𝑥𝑂𝑦 жазықтығының барлық нүк- телерінде анықталған үзіліссіз функция. Дербес туындысын табамыз:
𝜕𝑓
𝜕𝑦 = 3 2⋅2
3𝑦−13 = 1
√𝑦3 .
𝑦 = 0 болғанда бұл туынды шексіздікке айналады. Сондықтан 𝑦 = 0 бол- ғанда жоғарыдағы теореманың шарты орындалмайды. Олай болса 𝑂𝑥 өсінің барлық нүктелерінде шешімнің жалғыз болмауы мүмкін. Берілген теңдеуді шешеміз:
𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 3
2𝑦23 ⇒ 𝑑𝑦 = 3
2𝑦23𝑑𝑥 ⇒ 𝑦− 23𝑑𝑦 =3 2𝑑𝑥.
11
∫ 𝑦−23𝑑𝑦 =3
2𝑥 + 𝐶 ⇒ 3𝑦13 =3
2𝑥 + 𝐶.
Берілген теңдеудің жалпы шешімін алдық:
𝑦 =(𝑥 + 𝐶)3 8 .
Сонымен қатар, 𝑦 = 0 берілген теңдеудің шешімі болады. Демек, 𝑂𝑥 өсі- нің әрбір нүктесі арқылы жоқ дегенде екі интегралдық қисық өтеді. Берілген теңдеудің интегралдық қисығы 𝑦 = (𝑥+С)3
8 кубтық параболаның бөліктерінен тұратын сызықтар және 𝑂𝑥 өсінің кесінділері болады.
Бақылау сұрақтары
1. Дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімінің (жалпы интегралының) анықтамасын келтіріңіз.
2. Дифференциалдық теңдеудің бастапқы шарттарды қанағаттандыра- тын шешімін табу есебін қалай атайды?
3. Бірінші реттi дифференциалдық теңдеу үшін Коши eceбi қалай тұжырымдалады?
4. Егер 𝑴(𝒙, 𝒚) нүктесі арқылы 𝒚 = 𝒚(𝒙) интегралдық қисығы өтетін болса, онда оған қарай осы нүктедегі көлбеуі қандай формуламен анықталады?
5. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің шешімі бар болуы және бі- регейлігі туралы теореманың тұжырымдамасы.
6. Коши есебінің шешімінің бар және оның жалғыз болуы туралы теореманың тұжырымдамасы.
7. Ерекше шешім анықтамасын келтіріңіз.
Дәріс-3. Айнымалылары бөлінетін дифференциалдық теңдеулер.
Біртекті теңдеу. Сызықтық теңдеу. Жалпы шешім құру. Тұрақтыны ва- риациялау әдісі (Лагранж әдісі), алмастыру әдісі. Бернулли теңдеуі. То- лық дифференциалды теңдеулер
Дәріс мақсаты - бөлінетін айнымалысы бар және бөлінген айнымалысы бар дифференциалдық теңдеулер, біртекті теңдеу, сызықтық теңдеу және оны шешу тұрақтыны вариациялау әдісі мен алмастыру әдісі, Бернулли теңдеуі, то- лық дифференциалдық теңдеулерді қарастырып мысалдар келтіру.
.1 Айнымалылары бөлінетін дифференциалдық теңдеулер
Айнымалылары бөлінетін (ажыратылатын) дифференциалдық теңдеу деп
𝑀1(𝑥)𝑁1(𝑦)𝑑𝑥 + 𝑀2(𝑥)𝑁2(𝑦)𝑑𝑦 = 0
12
түріндегі теңдеуді атайды. Бұл теңдеудің жалпы шешімі
∫𝑀1(𝑥)
𝑀2(𝑥)𝑑𝑥 + ∫𝑁2(𝑦)
𝑁1(𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶.
Нормалдық түрде берілген бірінші ретті дифференциалдық теңдеуді қа- растырайық:
𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥, 𝑦). (3.1) Егер бұл теңдеудің оң жағының біреуі тек х тен, екіншісі тек у тен тә- уелді болатын екі функцияның көбейтіндісі ретінде жазылса, онда (3.1) тең- деуі айнымалылары бөлінетін (ажыратылатын) теңдеу болады.
Демек,
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓1(𝑥) ⋅ 𝑓2(𝑦) болса, онда (3.1) теңдеуінен аламыз:
𝑑𝑦
𝑓2(𝑦) = 𝑓1(𝑥)𝑑𝑥.
Бұл теңдеу айнымалылары бөлінген (ажыратылған) теңдеу деп аталады.
Оның дифференциалдары өзара тең, сондықтан
∫ 𝑑𝑦
𝑓2(𝑦)= ∫ 𝑓1(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶 ,
мұндағы С кез келген тұрақты сан, демек бұл өрнек (3.1) теңдеуінің жалпы шешімі болады.
Мысал. Дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралын табыңыз:
6𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑦𝑑𝑥 + (1 − 2𝑒𝑥)𝑐𝑡𝑔𝑦𝑑𝑦 = 0.
Шешуі. Берілген теңдеудің екі жағын (1 − 2𝑒𝑥)𝑐𝑜𝑠2𝑦 өрнекке бөлеміз:
6𝑒𝑥
1 − 2𝑒𝑥𝑑𝑥 + 1
𝑐𝑜𝑠2𝑦 𝑡𝑔𝑦𝑑𝑦 = 0.
Алынған теңдеуді интегралдаймыз:
−3 𝑙𝑛|1 − 2𝑒𝑥| + 𝑙𝑛|𝑡𝑔𝑦| = 𝑙𝑛 𝐶,
мұнда С тұрақты болғандықтан, ыңғайлы болу үшін оны 𝑙𝑛 𝐶 деп жаз- дық. Осыдан логарифмдік функцияның қасиеттерін қолданып аламыз:
13
𝑡𝑔𝑦
(1 − 2𝑒𝑥)3 = 𝐶.
Берілген теңдеудің жалпы шешімі:
𝑡𝑔𝑦 = 𝐶(1 − 2𝑒𝑥)3. Мысал. Коши есебін шешіңіз
𝑦′ ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑦
𝑙𝑛 𝑦, 𝑦(0) = 1.
Шешуі. 𝑦′ =𝑑𝑦
𝑑𝑥 деп алып, берілген теңдеуді келесі түрде жазамыз:
𝑐𝑜𝑠 𝑥𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 𝑦 𝑙𝑛 𝑦. Айнымалыларды бөлеміз:
𝑙𝑛 𝑦
𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥. Теңдеудің екі жағын интегралдаймыз:
∫𝑙𝑛 𝑦
𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥+ 𝐶, немесе
1
2𝑙𝑛2𝑦 = 𝑙𝑛 𝑡 𝑔 (𝑥 2+𝜋
4) + 𝐶.
Бастапқы шартты 𝑥 = 0, 𝑦 = 1 қолданып, тұрақтыны табамыз:
1
2𝑙𝑛21 = 𝑙𝑛 𝑡 𝑔𝜋 4+ 𝐶, 𝑡𝑔𝜋
4 = 1, 𝑙𝑛1 = 0, осыдан 𝐶 = 0. Коши есебінің шешімін, яғни берілген теңдеудің дербес шешімін аламыз:
1
2𝑙𝑛2𝑦 = 𝑙𝑛 𝑡 𝑔 (𝑥 2+𝜋
4).
14
3.2 Біртекті теңдеу және біртекті теңдеуге келтірілетін қарапайым теңдеулер
Анықтама. 𝑓(𝑥, 𝑦) функциясы 𝑚 өлшемді (дәрежелі) біртекті функция деп аталады, егер келесі шарт орындалса
𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑚𝑓(𝑥, 𝑦).
Мысал. Келесі функциялар біртекті функциялар болатының және олар- дың өлшемін анықтаңыз:
а) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 − 𝑦2, ә) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2+𝑦2
𝑥𝑦 , б) 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥3 3+ 𝑦3. Шешуі. Берілген функцияларды келесі алмастыруларды қолданып, түр- лендіреміз:
𝑥 = 𝑡𝑥, 𝑦 = 𝑡𝑦.
а) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = 𝑡𝑥 ∙ 𝑡𝑦 − (𝑡𝑦)2 =
= 𝑡2𝑥𝑦 − 𝑡2𝑦2 = 𝑡2(𝑥𝑦 − 𝑦2) = 𝑡2𝑓(𝑥, 𝑦).
𝑚 = 2 болғандықтан, берілген функция екі өлшемді (екінші дәрежелі) біртекті функция.
ә) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = (𝑡𝑥)2+(𝑡𝑦)2
𝑡𝑥∙𝑡𝑦 =𝑡2𝑥2+𝑡2𝑦2
𝑡2𝑥∙𝑦 =
=𝑥2+ 𝑦2
𝑥𝑦 = 𝑡0𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦).
𝑚 = 0 алдық, сондықтан берілген функция нөл өлшемді (нөл дәрежелі) біртекті функция.
б) 𝑓(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) = √(𝑡𝑥)3 3+ (𝑡𝑦)3 = √𝑡3 3𝑥3 + 𝑡3𝑦3 = √𝑡3 3(𝑥3+ 𝑦3) =
= 𝑡 √𝑥3 3+ 𝑦3 = 𝑡 ∙ 𝑓(𝑥, 𝑦),
мұнда 𝑚 = 1, яғни берілген функция бір өлшемді (бірінші дәрежелі) бір- текті функция.
Анықтама. Егер 𝑃(𝑥, 𝑦) және 𝑄(𝑥, 𝑦) функциялары бірдей өлшемді бір- текті функциялар болса, демек
𝑃(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) ≡ 𝑡𝑚𝑃(𝑥, 𝑦), 𝑄(𝑡𝑥, 𝑡𝑦) ≡ 𝑡𝑚𝑄(𝑥, 𝑦)
15
тепе-теңдіктер орындалса, онда
𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (3.2) дифференциалдық теңдеуді біртекті деп атайды.
(3.2) дифференциалдық теңдеуді 𝑦′ = 𝑓 (𝑦
𝑥) түріне келтіріп, 𝑦 = 𝑢𝑥 ал- мастыруы арқылы айнымалылары бөлінетін теңдеу алуға болады, мұндай тең- деулердің интегралдауы белгілі.
Мысал. Дифференциалдық теңдеудін жалпы шешімін табыңыз:
(𝑥𝑦 + 𝑦2)𝑑𝑥 − (2𝑥2+ 𝑥𝑦)𝑑𝑦 = 0.
Шешуі. Берілген теңдеуді туындысы арқылы жазамыз:
𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 + 𝑦2 2𝑥2+ 𝑥𝑦.
Оң жағындағы өрнектін алымы мен бөлімін 𝑥2 бөлеміз:
𝑦′ = 𝑦 𝑥 + (𝑦
𝑥)
2
2 +𝑦 𝑥
. Сонымен, 𝑦′ функциясы 𝑦
𝑥 қатынас арқылы жазылды, яғни берілген тең- деу біртекті теңдеу. Енді осы теңдеуді 𝑢 = 𝑦
𝑥, осыдан 𝑦 = 𝑢𝑥 және 𝑦 =𝑑𝑢
𝑑𝑥𝑥 + 𝑢 алмастыруларды қолданып, айнымалылары ажыратылатын теңдеуге келті- реміз:
𝑥𝑑𝑢
𝑑𝑥 + 𝑢 = 𝑢 + 𝑢2 2 + 𝑢 немесе
𝑥𝑑𝑢
𝑑𝑥 = − 𝑢 2 + 𝑢 , осыдан
𝑑𝑥
𝑥 = −𝑢 + 2 𝑢 𝑑𝑢.
Соңғы теңдеуді интегралдап, аламыз:
𝑙𝑛|𝑥| = −𝑢 − 2 𝑙𝑛|𝑢| − 𝑙𝑛 𝐶 немесе
𝑢 = − 𝑙𝑛|𝐶𝑥𝑢2|.
Бұдан
С𝑥𝑢2 = 𝑒−𝑢.
16
Алынған теңдікте 𝑢 дан 𝑦
𝑥 қатынасқа көшіп, ізделінді жалпы шешімін аламыз:
𝑦2 = С𝑥𝑒−𝑦𝑥.
Біртекті теңдеуге келтірілетін қарапайым теңдеулер. Айталық, диф- ференциалдық теңдеу берілсін
𝑦′ = 𝑓 (𝑎1𝑥 + 𝑏1𝑦 + 𝑐1 𝑎2𝑥 + 𝑏2𝑦 + 𝑐2).
Егер
𝛥 = |𝑎1𝑏1
𝑎2𝑏2| ≠ 0 болса, онда
{𝑥 = 𝑥1+ 𝛼 𝑦 = 𝑦1+ 𝛽
алмастырулары арқылы біртекті теңдеуге, ал оны айнымалылары бөлінетін дифференциалдық теңдеуге түрлендіруге болады, мұндағы 𝑎1, 𝑏1, 𝑐1, 𝑎2, 𝑏2, 𝑐2 - кез келген тұрақты сандар.
3.3 Сызықтық теңдеу. Жалпы шешім құру. Тұрақтыны вариация- лау әдісі (Лагранж әдісі), алмастыру әдісі. Бернулли теңдеуі
Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу жалпы түрде
𝑎(𝑥)𝑑𝑦
𝑑𝑥 + 𝑏(𝑥)𝑦 + 𝑐(𝑥) = 0 (3.3) жазылады, мұндағы 𝑎(𝑥), 𝑏(𝑥), 𝑐(𝑥) берілген аралықта үзіліссіз функциялар.
Егер 𝑎(𝑥) ≠ 0 десек, онда бұл теңдеуді мына түрде жазуға болады:
𝑦′(𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑞(𝑥), (3.4) мұндағы
𝑝(𝑥) =𝑏(𝑥)
𝑎(𝑥), 𝑞(𝑥) = −𝑐(𝑥)
𝑎(𝑥).
Егер 𝑞(𝑥) ≠ 0, онда (3.4) біртекті емес сызықтық теңдеу деп атайды.
Егер 𝑞(𝑥) = 0 болса, онда
𝑦′(𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦(𝑥) = 0 (3.5) теңдеуді біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеу деп атайды.
Тұрақтыны вариациалау әдісі. Алдымен (3.5) теңдеудің жалпы шешімін табу керек, сонан соң (3.4) теңдеудің шешімін табу үшін (3.5) теңдеуінің
17
жалпы шешімдегі кез келген тұрақтыны х тен тәуелді функция деп қарасты- рады да оны анықтайды. Ол үшін
𝑦 = 𝐶(𝑥)𝑒− ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 (3.6) жоримыз да 𝐶(𝑥) функциясын (3.4) теңдеудің шешімі болады деп талап етіп анықтаймыз, сонда
𝐶(𝑥) = ∫ 𝑞 (𝑥)𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶1,
мұндағы 𝐶1 кез келген тұрақты сан. Енді 𝐶(𝑥) мәнін (3.6) қойып (3.4) теңдеудің жалпы шешімін аламыз:
𝑦(𝑥) = 𝑒− ∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥(∫ 𝑞(𝑥)𝑒∫ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶1).
Мысал. Коши есебін шешіңіз: 𝑦′𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑦 = 𝑡𝑔𝑥, 𝑦(0) = 0.
Шешуі. Алдымен 𝑦′𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑦 = 0 біртекті сызықтық дифференциал- дық теңдеудің жалпы шешімін табу керек. Бұл теңдеудің айнымалыларын бө- ліп, интегралдаймыз:
𝑑𝑦
𝑦 + 𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 0, 𝑙𝑛 𝑦 + 𝑡𝑔𝑥 = 𝑙𝑛 𝐶, бұдан
𝑦 = 𝐶𝑒−𝑡𝑔𝑥.
Енді берілген біртекті емес дифференциалдық теңдеудің шешімін келесі түрде іздейміз:
𝑦 = 𝐶(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥,
мұнда 𝐶(𝑥) функциясы х айнымалыдан тәуелді белгісіз функция. Бірінші ретті туындысын табамыз:
𝑦′ = 𝐶′(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥 − 𝐶(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥𝑠𝑒𝑐2𝑥.
Оны берілген теңдеуге қойсақ келесі теңдеуді аламыз:
𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝐶′(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥 − 𝐶(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥𝑠𝑒𝑐2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶(𝑥)𝑒−𝑡𝑔𝑥 = 𝑡𝑔𝑥 немесе
𝐶′(𝑥)𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑒−𝑡𝑔𝑥 = 𝑡𝑔𝑥, онда
18
𝐶(𝑥) = ∫𝑒𝑡𝑔𝑥𝑡𝑔𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑡𝑔𝑥(𝑡𝑔𝑥 − 1) + 𝐶.
Сонымен, жалпы шешімі:
𝑦 = 𝑡𝑔𝑥 − 1 + 𝐶𝑒−𝑡𝑔𝑥.
С тұрақтыны табу үшін бастапқы 𝑦(0) = 0 шартты қолданамыз, онда 0 = −1 + 𝐶, яғни 𝐶 = 1 болады. Ізделінді дербес шешімі:
𝑦 = 𝑡𝑔𝑥 − 1 + 𝑒−𝑡𝑔𝑥.
Алмастыру әдісі. Берілген біртекті емес (3.4) теңдеудің шешімін 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥) ⋅ 𝑣(𝑥)
түрде іздейміз, мұндағы 𝑢(𝑥) және 𝑣(𝑥) белгісіз функциялар, оларды табу ке- рек. Осы мақсатпен
𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥) ⋅ 𝑣(𝑥), 𝑦′ = 𝑢′𝑣 + 𝑢𝑣′ алмастыруларды (3.4) теңдеуге қоямыз:
𝑣(𝑥)𝑑𝑢
𝑑𝑥 + 𝑢(𝑥) [𝑑𝑣
𝑑𝑥 + 𝑝(𝑥)] = 𝑞(𝑥),
бұдан 𝑢(𝑥) және 𝑣(𝑥) функцияларын анықтап, 𝑦(𝑥) = 𝑢(𝑥) ⋅ 𝑣(𝑥) қойып бе- рілген теңдеудің жалпы шешімін аламыз.
Мысал. 𝑦′ − 𝑦𝑐𝑡𝑔𝑥 = 1
𝑠𝑖𝑛 𝑥 теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.
Шешуі. Келесі алмастыруларды 𝑦 = 𝑢𝑣 және 𝑦′ = 𝑢′𝑣 + 𝑢𝑣′ берілген теңдеуге қоямыз:
𝑢′𝑣 + 𝑢𝑣′ − 𝑢𝑣𝑐𝑡𝑔𝑥 = 1 𝑠𝑖𝑛 𝑥 немесе аламыз:
𝑢′𝑣 + 𝑢(𝑣′− 𝑣𝑐𝑡𝑔𝑥) = 1 𝑠𝑖𝑛 𝑥. Теңдеудің жалпы шешімін табу үшін
𝑢(𝑣′ − 𝑣𝑐𝑡𝑔𝑥) = 0 және
𝑢′𝑣 = 1 𝑠𝑖𝑛 𝑥
19
теңдеулерін шешеміз. Алдымен 𝑣′ − 𝑣𝑐𝑡𝑔𝑥 = 0 теңдеуінің дербес шешімін та- бамыз. Бұл айнымалылары бөлінетін дифференциалдық теңдеу:
𝑑𝑣
𝑑𝑥 = 𝑣𝑐𝑡𝑔𝑥.
Бұдан айнымалылары бөлінген дифференциалдық теңдеу аламыз:
𝑑𝑣
𝑣 = 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑑𝑥, оның шешімі
𝑙𝑛|𝑣| = 𝑙𝑛|𝑠𝑖𝑛 𝑥|,
осыдан 𝑣 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 аламыз. Енді анықталған 𝑣 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 мәнін 𝑢′𝑣 = 1
𝑠𝑖𝑛 𝑥 теңде- уіне қойсақ, келесі теңдеу аламыз:
𝑢′𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1 𝑠𝑖𝑛 𝑥. Бұдан 𝑢 табамыз:
𝑑𝑢
𝑑𝑥 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1
𝑠𝑖𝑛 𝑥 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑠𝑖𝑛2𝑥 ⟹ 𝑢 = 𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶.
Онда ізделінді жалпы шешімі келесі түрде жазылады:
𝑦 = 𝑢𝑣 = (−𝑐𝑡𝑔𝑥 + 𝐶) 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 𝑠𝑖𝑛 𝑥.
Бернулли теңдеуі. 𝑦′(𝑥) + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)𝑦𝑛, мұндағы, 𝑛 ≠ 0; 1 түріндегі теңдеуді Бернулли теңдеуі деп атайды.
Егер 𝑛 = 0, болса, онда дифференциалдық теңдеу айнымалылары бөлі- нетін, ал 𝑛 = 1 тең болса сызықты дифференциалдық теңдеу болады.
Бернулли теңдеуі 𝑧 = 𝑦−𝑛+1 алмастыру арқылы сызықты дифференци- алдық теңдеуге түрленеді.
3.4 Толық дифференциалды теңдеулер
Егер симметриялы түрде берілген дифференциалдық теңдеуде
𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (3.7) дербес туындылары тең болса
𝜕𝑃
𝜕𝑦 = 𝜕𝑄
𝜕𝑥, (3.8)
20
онда (3.7) теңдеуді теңдеу деп атайды, оны келесі түрде жазуға болады 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 𝑑𝑢(𝑥, 𝑦) = 0.
Толық дифференциалдық (3.7) теңдеудің жалпы шешімі 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝐶, сонда
∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑥𝑥
0 𝑑𝑥 + ∫ 𝑄(𝑥𝑦𝑦 0, 𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶
0 (3.9) немесе
∫ 𝑃(𝑥, 𝑦𝑥 0)
𝑥0 𝑑𝑥 + ∫ 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶,𝑦𝑦
0 (3.10) мұндағы (𝑥0, 𝑦0) белгілі нүкте.
Мысал. 2𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑦𝑑𝑥 + (8√𝑦3 − 𝑥2𝑠𝑖𝑛2𝑦)𝑑𝑦 = 0 теңдеудің жалпы шеші- мін табыңыз.
Шешуі. Есептің берілгені бойынша
𝑃(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑦, 𝑄(𝑥, 𝑦) = 8√𝑦3 − 𝑥2𝑠𝑖𝑛2𝑦.
Берілген теңдеу (3.8) шартты қанағаттандырады:
𝜕𝑃(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦 = 2𝑥(−2 𝑠𝑖𝑛 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑦) = −2𝑥 𝑠𝑖𝑛 2 𝑦,
𝜕𝑄(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥 = −2𝑥 𝑠𝑖𝑛 2 𝑦,
яғни ол толық дифференциалдық теңдеу. Берілген теңдеудің жалпы шешімін (3.9) формуламен табамыз, мұнда (𝑥0, 𝑦0) нүктені (0,0) деп таңдаймыз:
∫ 2𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑦 𝑑𝑥 + ∫ 8√𝑦3 𝑑𝑦 =
𝑦 0 𝑥
0
𝐶.
Бірінші интегралды х айнымалы бойынша, ал екінші интегралды у айны- малы бойынша интегралдаймыз:
= 2 𝑐𝑜𝑠2𝑦 ∫ 𝑥𝑑𝑥 + 8 ∫ 𝑦13𝑑𝑦 = 2 𝑐𝑜𝑠2𝑦
𝑦 0 𝑥
0
∙𝑥2 2⌉
𝑥 0
+ 8 ∙3𝑦43 4 ⌉
𝑦 0
=
= 𝑥2𝑐𝑜𝑠2𝑦 + 6𝑦 √𝑦3 . Берілген теңдеудің жалпы шешімі:
21
𝑥2𝑐𝑜𝑠2𝑦 + 6𝑦 √𝑦3 = 𝐶.
Мысал. (𝑒𝑥+ 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑒𝑦 + 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦)𝑑𝑦 = 0 теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.
Шешуі. Есептің берілгені бойынша
𝑃(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥+ 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛 𝑦 , 𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑦 + 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦.
Берілген теңдеу (3.8) шартты қанағаттандырады:
𝜕𝑃
𝜕𝑦 = 1 + 𝑐𝑜𝑠 𝑦, 𝜕𝑄
𝜕𝑥 = 1 + 𝑐𝑜𝑠 𝑦,
яғни ол толық дифференциалдық теңдеу. Бұл теңдеудің сол жағы 𝑢(𝑥, 𝑦) фун- кциясының толық дифференциалы, яғни
𝜕𝑢
𝜕𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛 𝑦, 𝜕𝑢
𝜕𝑦 = 𝑒𝑦 + 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦.
𝜕𝑢
𝜕𝑥 өрнегін х бойынша интегралдаймыз:
𝑢 = ∫(𝑒𝑥 + 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛 𝑦)𝑑𝑥 + 𝐶(𝑦) = 𝑒𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦 + 𝐶(𝑦).
Соңғы өрнекті у бойынша дифференциалдап, 𝐶(𝑦) функциясын анық- таймыз:
𝜕𝑢
𝜕𝑦 = 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝐶′(𝑦).
Келесі теңдеу аламыз:
𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝐶′(𝑦) = 𝑥 + 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑒𝑦. Бұдан табамыз
𝐶′(𝑦) = 𝑒𝑦, 𝐶(𝑦) = 𝑒𝑦.
Сонымен, берілген дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі:
𝑒𝑥+ 𝑥𝑦 + 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦 + 𝑒𝑦 = 𝐶.
Интегралдық көбейткіш. Егер (3.7) теңдеудің сол жағы толық диффе- ренциал болмаса, яғни (3.8) шартты қанағаттандырмаса және 𝜇 = 𝜇(𝑥, 𝑦) фун- кциясы табылып, ол
𝜇(𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦) = 𝑑𝑢 (3.11)
22
болса, онда 𝜇 - интегралдық көбейткіш деп аталады. (3.11) теңдеу үшін
𝜕
𝜕𝑦(𝜇𝑃) = 𝜕
𝜕𝑥(𝜇𝑄) немесе
𝑃𝜕𝜇
𝜕𝑦 − 𝑄𝜕𝜇
𝜕𝑥 = (𝜕𝑄
𝜕𝑥 −𝜕𝑃
𝜕𝑦) 𝜇, 𝑃𝜕(𝑙𝑛 𝜇)
𝜕𝑦 − 𝑄𝜕(𝑙𝑛 𝜇)
𝜕𝑥 =𝜕𝑄
𝜕𝑥 −𝜕𝑃
𝜕𝑦.
Бұл интегралдық көбейткішке қарай дербес туындылы теңдеу. Бұл есеп- тің шешімін интегралдық көбейткіш не тек х-тен, не тек у-тен тәуелді деп есеп- теп табуға болады.
1) Айталық 𝜇 = 𝜇(𝑥) болсын, онда 𝜇(𝑥) = 𝑒∫
1 𝑄(𝜕𝑃
𝜕𝑦−𝜕𝑄
𝜕𝑥)𝑑𝑥
. 2) Айталық 𝜇 = 𝜇(𝑦) болсын, онда
𝜇(𝑦) = 𝑒∫
1 𝑃(𝜕𝑄
𝜕𝑥−𝜕𝑃
𝜕𝑦)𝑑𝑦
.
Мысал. 𝑦𝑑𝑥 + 𝑥(𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3)𝑑𝑦 = 0 дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.
Шешуі. Есептің шарты бойынша
𝑃(𝑥, 𝑦) = 𝑦, 𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑥(𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3), онда
𝜕𝑃
𝜕𝑦 = 1, 𝜕𝑄
𝜕𝑥 = 1 + 𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3.
Бұдан (3.8) шарты орындалмайтынын көреміз. Интегралдық көбейткі- шін анықтау үшін келесіні тексереміз:
1
𝑄 ∙ (𝜕𝑃
𝜕𝑦 −𝜕𝑄
𝜕𝑥) = 1
𝑥(𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3)∙ (1 − 1 − 𝑙𝑛 𝑥 + 𝑦3) = −1
𝑥 = 𝜑(𝑥), яғни интегралдық көбейткіш тек х-тен тәуелді функция, онда оны табамыз:
𝜇 = 𝑒∫ 𝜑(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒− ∫𝑑𝑥𝑥 = 𝑒− 𝑙𝑛 𝑥 =1 𝑥. Енді берілген теңдеудің екі жағын анықталған 𝜇 = 1
𝑥 интегралдық кө- бейткішке көбейтіп, келесі теңдеуді аламыз:
23
𝑦
𝑥𝑑𝑥 + (𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3)𝑑𝑦 = 0.
Бұл теңдеу толық дифференциалды теңдеу, себебі (3.8) шарты орында- лады:
𝜕𝑃
𝜕𝑦 = (𝑦 𝑥)
𝑦
= 1 𝑥 ,
𝜕𝑄
𝜕𝑥 = (𝑙𝑛 𝑥 − 𝑦3)𝑥 =1 𝑥 .
Интегралдық көбейткіш арқылы алынған теңдеуі үшін 𝑀0(𝑥0, 𝑦0) нүк- тесі ретінде 𝑀0(1,0) нүктесін аламыз, онда
𝑄(𝑥0, 𝑦) = 𝑙𝑛 𝑥0− 𝑦3 = −𝑦3, осыдан (3.9) формула бойынша:
∫ 𝑦
𝑥𝑑𝑥 + ∫ (−𝑦3)𝑑𝑦 = 𝐶
𝑦 0 𝑥
1
, яғни
𝑦 𝑙𝑛|𝑥|| 𝑥 1
−𝑦4
4 = 𝐶.
Сондықтан дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі:
𝑦 𝑙𝑛|𝑥| −𝑦4
4 = 𝐶.
Бақылау сұрақтары
1. Айнымалылары бөлінетін (ажыратылатын) дифференциалдық теңдеу- дің жалпы түрі.
2. Нормалдық түрде берілген бірінші ретті дифференциалдық теңдеудін жазылуы.
3. 𝑚 өлшемді (дәрежелі) біртекті функция қандай шартты қанағаттан- дыру тиіс?
4. Біртекті дифференциалдық теңдеуден қандай алмастыру арқылы ай- нымалылары бөлінетін теңдеу алуға болады?
5. Біртекті емес сызықтық теңдеудің жалпы жазылуы?
6. Қандай жағдайда біртекті емес сызықтық теңдеуді бір текті сызықтық теңдеу деп атаймыз?
7. Біртекті емес сызықтық теңдеуді шешу әдістерді қалай аталады?
24
8. Біртекті емес сызықтық теңдеуді алмастыру әдісімен шешкенде қан- дай алмастыруды қолданамыз?
9. Қандай теңдеуді толық дифференциалдық теңдеу деп атаймыз?
10. Толық дифференциалдық теңдеу үшін қандай шарт орындалуы мін- детті?
11. Қандай жағдайда дифференциалдық теңдеу үшін интегралдық кө- бейткіш қолданылады?
12. Қандай дифференциалдық теңдеудің шешімін интегралдық көбейт- кіш не тек х-тен, не тек у-тен тәуелді деп есептеп табуға болады?
Дәріс-4. Жоғары ретті теңдеулер: негізгі ұғымдар мен анықтамалар, n-ретті дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебі, ретін төмендету тең- деулер: 𝑦(𝑛) = 𝑓(𝑥) түріндегі теңдеу, 𝐹(𝑥, 𝑦(𝑘), 𝑦(𝑘+1), . . . , 𝑦(𝑛)) = 0 белгісіз функцияны және оның алғашқы бірнеше ретті туындыларын қамтымай- тын 𝒏-ретті дифференциалдық теңдеу, тәуелсіз айнымалысы айқын бе- рілмеген 𝐹(у, 𝑦′, 𝑦″, . . . , 𝑦(𝑛)) = 0 дифференциалдық теңдеу
Дәріс мақсаты – жоғары ретті теңдеулерге қарасты негізгі ұғымдар мен анықтамалар енгізу, 𝑛-ретті дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебін, ретін төмендету теңдеулер: 𝑛 рет интегралданатын, белгісіз функцияны және оның алғашқы бірнеше ретті туындыларын қамтымайтын, тәуелсіз айнымалысы ай- қын берілмеген дифференциалдық теңдеулерді қарастыру.
4.1 Негізгі ұғымдар мен анықтамалар
Реті бірден үлкен болатын дифференциалдық теңдеулерді жоғары ретті теңдеулер деп атайды.
n–ретті дифференциалдық теңдеу деп тәуелсіз айнымалы х пен ізделі- нетін 𝑦 = 𝑦(𝑥) функциясын және оның 𝑦′(𝑥), 𝑦″(𝑥), . . . 𝑦(𝑛)(𝑥) туындыларын байланыстыратын теңдеуді атайды.
Оны жалпы жағдайда мына түрде жазуға болады
𝐹(𝑥, 𝑦(𝑥), 𝑦′(𝑥), . . . , 𝑦(𝑛)(𝑥)) = 0 (4.1) Егер (4.1) теңдеуді жоғары ретті туындыға қатысты шешуге болатын болса, онда қалыптанған дифференциалдық теңдеу аламыз:
𝑦(𝑛) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦′, . . . , 𝑦(𝑛−1)).
𝑛 ретті (4.1) дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі деп тәуелсіз айнымалы х және кез келген 𝑛 тұрақты саннан тәуелді 𝑦 = 𝜑(𝑥, 𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛) функциясын айтады.
Бұл жалпы шешім қайсыбір жағдайларда айқындалмаған түрде жазы- лады:
Ф(𝑥, 𝑦, 𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛) = 0.
