дәріс. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулердің негізгі түрлері және оны интегралдау әдістері. Реті төмендетілетін дифференциалдық теңдеулер

1. F( x, y^{( k )} , y^{( k1)} ,..., y^{( n )} )  0
түріндегі теңдеу.

Ретін төмендетуге болатын жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулердің әртүрлі түрлерін қарастырамыз.

F( x, y^{( k )} , y^{( k1)} ,..., 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} ( nk )

Мысал 6.
y^  y^  0 
y^  z, y^  z^  z^  z  0 

 z  C e^ dx  C e^x  y^  C e^x  y^ 
C e^x dx  C  C e^x C 

1

1

2
1 1 1
 ^{1 2 1 2}

y  _
C e^x  C dx  y  C e^x  C
x  C₃

2
Мысал 7. Коши есебін шеш:

xy^  y^  x sin ^y  0 ,
x
y0  1,
y^0  ^ .

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^  z^x  z

ауыстыруын жасаймыз. Онда
z^x  z  z  sin z  0 ,яғни,
z^x  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 ^{ c}1 1

y  2xarctgxc₁  ^ x
^ c^{2  } 1 x²c^{2 } c ^.

2

2
 1 
^{1 1} 1

Берілген
y1  ^ ,
y^1  ^
бастапқы шартты ескерсек:

^ _  ₂
1 ^ 1

_{ 2}  ^1  _c2 ^ arctg1 c₁  _c  1 c₂

_  1 


1

 

c

1

1
^{ }  2 1 arctg(1 c )  ^1² 
^{1 }  ¹  ¹

_c2



1 
_{ 2} 1 _

_
^ 1 1²c² c

Жүйенің соңғы теңдеуінен c₁
тұрақтысын анықтаймыз:

c
_ c²  1 c _{1 }

₂  2arctgc₁  ¹ ₂

• 
  ¹  ,
  

1  1²c² 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  1^arctgx  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 ,... .

   

Дәл осылай, одан да жоғарғы ретті туындыларын тауып, орнына қойсақ
_y( k )

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 



• 
  e ^y dy ^ 
  

y y
^ dy ^{ } 1 ^
_ ¹  _{y }
dy

 yC₁  _{ y 2}   yC₁  _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
py   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  c}1 ^c1 2
_c1 1 2 1

Сонымен, берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y  c₁tgc₁x  c₂ , мұндағы c₂  c₂c₁

3. у^{( n )} 
f ( x ) түріндегі теңдеу .

_у( n ) _
f ( x ) түріндегі, яғни, оң жағы тек х айнымалысына ғана тәуелді болатын

1

2
дифференциалдық теңдеуді қарастырайық.

Онда
шешімі.
y  _{ }..._
f (x)dxdx...dx  С x^n1  C
x^n2  ...  C
n1
x  C_n
- теңдеудің жалпы

Мысал10.
xy^  2x  3 теңдеуінің жалпы шешімін тап.

Шешуі. Алдымен теңдеуді (1) түріне келтіреміз:
_{y } 2x  3
x

2. 
   формулаға сәйкес біртіндеп интегралдасақ:
   

y^  _ ^{2x  3} dx  _^ 2  ^{3 }  2x  3ln x  C ,
 ^{dx 1}
x _ x _

y^  _ 2x  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^{ x}2 ln x 


^
x² dx ^ _ 3x²




C x²
1 2

3 2 2
3 _ 2

2 2
^ 2 x ^ 2

^{ 1  C}₂ ^{x  C}₃ ^  ^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

9. 
   
   
   жүктеу/скачать 284,49 Kb.
   
   Достарыңызбен бөлісу: