дәріс. Біртекті дифференциалдық теңдеулер

деп аталады, егер кез келген ^t үшін:
 (tx;ty)  t^ (x; y)
теңдігі орындалатын болса.

Анықтама 10. Егер
M (x; y)
және
N (x; y)
- бірдей ретті біртекті функциялар

болса, онда (1) теңдеуі біртекті дифференциалдық теңдеу деп аталады.

у^ 
f (x, y)
теңдеуі біртекті болады, егер
f (tx;ty) 
f (x; y) , яғни,
  0 .

Біртекті дифференциалдық теңдеу айнымалыларды ауыстыру көмегімен айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеуге келтіріледі:

u  ^y  y  ux, y^  u  xu^ x

немесе
dy  udx  xdu . (12)

Мысал 7. Теңдеуді шеш:
y ² 
^{x2 y  xyy} .

Шешуі. Барлығын теңдеудің бір жағына жинақтау арқылы, біртекті дифференциалдық теңдеуге келтіреміз:

y ²  x^{2 dy}  xy ^dy
 y ² dx  (x²  xy)dy  0

dx dx

M  y ² және N  x²  xy
- 2-ші ретті біртекті функциялар болғандықтан, теңдеу

біртекті дифференциалдық теңдеу. u  ^y

x

белгілеуін енгіземіз.

u ² x² dx  (x²  x²u)(udx  xdu)  0  udx  x(1  u)du  0
- бұл

айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Екі жағын да көбейтіндісіне бөліп, интегралдасақ:
u  x

^dx  ^{1  u} du  C  ln x  ln u  u  C

 ln ux  ln e⁴  lnC 

 _x  _u ^{1 1}

xu y ^y

  C  u 
_eu _x
 y  Ce^{x - жалпы шешім.}

u  0 және x  0
С=0 болғанда шығады.
жағдайлары
y  ux  0 жағдайымен тепе-тең. Жалпы шешімнен

_ ^ ax  by  c ^

Ескерту 4 .
y  f ^
a x  b y  c
^ түріндегі теңдеу біртекті дифференциалдық

 1 1 1 
теңдеуге келтіріледі.
Мысал 8. (x  y  1)dx  (2x  y  1)dy
теңдеуін біртекті дифференциалдық

теңдеу түріне келтір.
Шешуі. Айнымалыларды ауыстырамыз ( h және ^t - тұрақтылар):

^ y  v  t
^{x  u  h}  dx  du, dy  dv  (u  v  h  t  1)du  (2u  v  2h  t  1)dv.

h және ^t -ны бос мүшелері нөлге тең болатындай етіп, таңдап аламыз:

_h  t  1  0


^2h  t  1  0
 h  0,t  1.

Сонымен,
x  u, y  v  1 деп жаңа айнымалылар енгізсек,

(u  v)du  (2u  v)dv
түріндегі біртекті дифференциал теңдеуге келеміз.

Мысал 9.
2x ² y^  x ²  y ²
дифференциал теңдеуін интегралда және оның у(1)=0

бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімін тап.

2x ²
және
x ²  y ²
функциялары екінші ретті біртекті функция болғандықтан,

берілген теңдеу - біртекті. Айнымалыларды ауыстырамыз: y  xu, y^  u  xu^.
Онда
2x ² u  xu^  x ²  xu ,² 2x ² u  xu^  x ² 1  u ² .
х≠0 деп, теңдеудің екі жағын да х ² -қа бөлеміз:
2u  2x ^du  1  u ² ,2xdu  1  u ²  2udx.
dx
Айнымалыларды ажыратып, екі жағын да интегралдасақ:
du _ dx _,

du _
1  u ²  2u
dx _,
2x
d u 1 _ 1 _{ln x ,}

^ 1  u ²  2u ^ 2x
^ u 1^{2 2}

• 
  ¹  ¹ ln x  ln C,
  

1  1  ulnC
. .

u 1 2
Соңғы өрнектегі u-дың орнына у/х –ті қойып, жалпы интегралды аламыз:
1  ^1  ^{y } lnC , x  ^x  y^ln^C ^. .

x
 
 
Оны у –ке қатысты шешсек, берілген дифференциал теңдеудің жалпы шешімін

аламыз:



ln C
y  x 
_ x _.

x
у(1)=0 бастапқы шартын ескере, С тұрақтысын анықталық:

0  1 
1 _,
ln C
ln C  1,
C  e.

Сонымен, берілген теңдеудің дербес шешімі:
y  x 
^x . ◄

3. 
   дәріс. Бірінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер.
   

Дәрістің қысқаша мазмұны:


Анықтама 11. Егер дифференциал теңдеу ізделінді функция мен оның туындысы бойынша сызықты болса, ондай теңдеуді сызықты дифференциал теңдеу деп атаймыз.
Бірінші ретті сызықты дифференциал теңдеуді мына түрде жазуға болады:

y^  P(x) y  Q(x)
(13)

y^  P(x) y  0 , (14)
(13) – біртектес емес, ал (14) – біртектес дифференциал теңдеу деп аталады. Біртектес дифференциал теңдеудің жалпы шешімін табалық:

^dy  P(x)dx  0  ln y dx
 _ P(x)dx  ln C 

_{y  Ce} _ P ( x ) dx
(15)

y^  C^(x)e^ P ( x ) dx
ал ^y - тің орнына (5)-ті қойсақ:

• 
  C(x)P(x)e^ P ( x ) dx ,
  

C^(x)e^ P ( x ) dx  C(x)P(x)e^ P ( x ) dx  C(x)P(x)e^ P ( x ) dx  Q(x) 

C^(x)e^ P ( x ) dx  Q(x)  C^(x)  Q(x)  e^ P ( x ) dx  C(x) 
_Q(x)e^ P ( x ) dxdx  C

1
Осы табылған C(x) -ті (5)-ке қоя отырып, (13) теңдеуінің жалпы шешімін аламыз.

_{y  e}_ P ( x ) dx _{C }
^Q(x)e P ( x ) dx^dx
(16)

 ^{1 } 

Ескерту 5.
C e^ P ( x ) dx - (4) теңдеуінің жалпы шешімі, ал e^ P ( x ) dx
_Q(x)e^ P ( x ) dxdx -

1
(13) теңдеуінің дербес шешімі ( C₁  0 болғанда) болғандықтан, кез келген ретті сызықтық теңдеу үшін ақиқат болатын мынадай тұжырым жасауға болады: біртектес емес сызықты теңдеудің жалпы шешімі оған сәйкес біртекті сызықтық теңдеудің жалпы шешімі мен біртексіз сызықты теңдеудің дербес шешімінің қосындысына тең ( C₁  0 болғандағы).
Мысал 10. х ²  ху^  у  х ² 2х  1 теңдеуінің жалпы шешімін тап. Бастапқы шарт
у(-2)=2 болғандағы, Коши есебін шеш.

Берілген теңдеуді екі жағын да
х ²  х  0
өрнегіне бөліп, (3) түріне келтіреміз:

Мұнда
у  ^у 
х ²  х
х ² 2х 1


х ²  х ^.

_{ } 1 1
х ² 2х 1

x2x 1

^{Р х } х ²  х ^ х^х 1^,.
Qx 
хx 1 ^{. }
x 1 ^.


Берілген теңдеудің (6) формуласына сәйкес жалпы шешімі:


_ dx  _


x2x  1 _dx _ ^

y  e
x x 1 _


x  1
e ^{x x 1} dx  c ^.


(17)

Осы шешімнің ішіндегі интегралдарды шығаралық:

 dx 

A



B

1



1 1



x

ln

x  1

 ln

x  1

    xx  1

x

x  1

xx  1, A  1, B  1.



 x x  1



x

_ ^{ } _^
^{dx   ln ,}


x2x  1
e
x  1


_ln x1 x
dx  _
dx  _
2x  1dx  x ²  x,

x2x  1	x  1
x  1	x

мұндағы  және  таңбалары
_{ } х 1
х
теңдігінен шығады. Табылған

интегралдарды (7) шешіміне қойсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімін аламыз:

_ln x1 _{  }
 ^x    
^x    
Cx

y  e
^x  x²  x  C
^ x 1 ^
_x2 x
 C  
x 1
 x x 1  C
 x² 
x 1^.

у(-2)=2 бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімі:

2  4 
2С

 2 1

, С  3, у  х ² 
3х _{. ◄}
х 1

Мысал 11.
y^(3x  y ² )  y
теңдеуін шеш.

^{Шешуі. Бұл теңдеу y -ке қатысты сызықты емес.} x ^{-ті у тәуелсіз айнымалысына}

тәуелді функция ретінде қарастырсақ:

x^ 
1
_y . Онда

¹ (3x  y² )  y  3x  y²  x^y  yx^  3x   y²  x^  ³ x   y.

x^


^{Бұл теңдеу} x ^{-ке қатысты сызықты} (6)-дан,


P( y)  
y
³ ,Q( y)   y .

y

x  e
3dy y

• 
  (C  _ y  e
  

_ 3dy
^y dy)  e^{3 ln y} (C  _ y  e^{3 ln y} dy) 

e^{3ln y} (C  _ y  e^{ln y}3 dy)  y³ (C  _ ¹ dy)  y³ (C  ¹ )
y² y
x  Cy ³  y ² - жалпы шешім.
Сонымен қатар, (3) сызықты дифференциал теңдеуін Бернулли әдісін қолданып та, интегралдауға болады. Екі белгісіз функция u(x ), v(x) енгіземіз және y=u(x)v(x) (

Бернулли ауыстыруы) деп аламыз. Онда у^  u^v  uv^.
^у және у ^ өрнектерін (3)

теңдеуіне қоя отырып, ^{uv  uv  Pxuv  Qx} немесе

v^  Pxvu  u^v  Qx.
(8)

теңдеуін аламыз. Жақшаның ішіндегі өрнекті
v^  Pxv =0 десек, бұл айнымалысы

ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Осы теңдеуді шешіп, v-ны табуға болады. Енді жақшаның ішіндегі өрнекті нөлге тең деп алғандықтан, (8) теңдеуі мына түрге келеді:
u  u^v  Qx . Бұл теңдеуге жоғарыда табылған v-ны қойсақ, бұл да айнымалылары
ажыратылатын теңдеу болады, бұл жерден u-ды табамыз. Табылған u мен v-ны Бернулли ауыстыруына қоятын болсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімі шығады.
Мысал 12.

y^  ytgx 
1

cos x

дифференциалдық теңдеуін Бернулли әдісін қолданып шеш және бастапқы шарт
^{у   1} болғандағы, Коши есебін шығар.
Бернулли ауыстыруын жасаймыз: y  uv, y^  u^v  uv^, онда:

u^v  uv^  uvtgx 
1

cos x

, v^  vtgxu  u^v 
1 _.
cos x

v^  vtgx  0
теңдеуінің шешімін іздейміз.
dv  vtgxdx  0, ^{dv  vtgxdx  0,}
v




dv _
v
tgxdx  0,
ln v  ln cos x
 ln C₁ .

C₁  1


деп,
v  cos x.

шешімін табамыз. Енді

u^v 
1


cos x

теңдеуін шешеміз,

мұндағы
v  cos x.
u^  ¹ ,
cos x
u  ¹  C  tgx  C. cos x


Онда берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y  uv  tgx  C cos x.
Енді бастапқы шартқа сәйкес дербес шешім іздейміз:
^{у  1, 1  0  С 1,} бұдан С  1. Табылған С=-1 мәнін жалпы шешімге қойып,
теңдеудің дербес шешімін аламыз: ^{y  tgx 1cos x  sin x  cos x.} ◄

3. 
   
   
   жүктеу/скачать 284,49 Kb.
   
   Достарыңызбен бөлісу: