Љазаљстан республикасыныў білім жшне ’ылым министрлігі



жүктеу 2.42 Mb.
бет1/4
Дата06.07.2016
өлшемі2.42 Mb.
  1   2   3   4


љАЗАљСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫў

БІЛІМ ЖШНЕ ’ЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

ШШКШРІМ атында“ы

СЕМЕЙ МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ3 деЈгейлі СМЖ ›±жатыПОШК

ПОШК 042-02.01.20.121/03-2010«Дифференциалды› теЈдеулер» пЩніне арнал“ан о›у-Щдістемелік материалдар ПОШК27.08.07 ж №1 басылымныЈ орнына 28.12.2009 ж №2 басылым

  • ПШННІў ОљУ-ШДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ

  • «Дифференциалды› теЈдеулер»

  • 050601 – «Математика» маманды“ы Їшін



ОљУ-ШДІСТЕМЕЛІК МАТЕРИАЛДАР

Семей


2010
Мазм±ны


  1. ДЩріс о›улар

  2. Практикалы› саба›тар

  3. СтуденттіЈ йздік ж±мысы


1 ДШРІС ОљУЛАР
ДЩріс №1 Жай дифференциалды› теЈдеулердіЈ негізгі тЇсініктері. Дифференциалды› теЈдеулерге келтірілетін ›олданбалы есептер.
Зерттеліп отыр“ан ›±былысты немесе процесті сипаттайтын функцияны тікелей аны›тау (табу) Щлбетте, мЇмкін болмайды. Алайда, тЩуелсіз айнымалыны, функцияны, жЩне олардыЈ туындыларын байланыстыратын ›атысты ›±рудыЈ сЩті тЇседі. М±ндай ›атысты математикада дифференциалды› теЈдеу деп атайды. Сонымен,

, (1)

тЇріндегі теЈдеуді (›атысты) дифференциалды› теЈдеу дейміз. Дифференциалды› теЈдеуге кіретін туындыныЈ еЈ жо“ар“ы реті берілген дифференциалды› теЈдеудіЈ реті деп аталады. Мысал“а , тиісінше бірінші, екінші ретті дифференциалды› теЈдеулер болады.

Анытама: Белгілі бір аралы›та n ретті Їздіксіз дифференциалданатын функциясы (1) теЈдеуді х-ке ›ара“анда тепе-теЈдікке айналдырса, демек болса, онда функциясы (1) теЈдеудіЈ шешімі деп аталады. Мысал“а, теЈдеуініЈ шешімі , ал теЈдеуініЈ шешімдері немесе функциялары екені кйрініп т±р. Сондай-а› функциясы екінші теЈдеудіЈ шешімі екенін кйрсетіЈдер. М±нда с1 , с2 кез келген еркін т±ра›тылар.

Таби“аттану “ылымдарыныЈ, техниканыЈ кйптеген есептерін шешу дифференциалды› теЈдеулерді ›±ру“а жЩне оны шешуге келіп тіреледі.



Мысал-1. Резервуарда а кг т±здыЈ ерітіндісі бар. ОныЈ в кг-і т±з. Белгілі бір ›ондыр“ыныЈ кймегімен резервуар“а 1 секунд ішінде с кг таза су Їздіксіз ›±йылып т±рады жЩне бір уа›ытта секунд сайын с кг ерітінді резервуардан кетіп отырады. Резервуарда“ы с±йы› Їздіксіз араластырылып отырады.

Уа›ыттыЈ йтуіне байланысты резервуарда т±здыЈ мйлшері ›алай йзгереді?



Шешуі: Айталы› t уа›ыт моментінде резервуарда y(t) кг т±з болсын. Демек, у(0)=в т±здыЈ ал“аш›ы мйлшері, уа›ыт моментінде т±здыЈ мйлшері болады. Ал уа›ыт аралы“ында резервуардан ерітіндімен бірге шы››ан т±здыЈ мйлшерін береді. уа›ыт ішінде ерітіндініЈ концентрациясы -дан шамасына дейін кемиді. Онда ›атысы орындалады. Осы теЈсіздікті -“а бйлсек

(5)

теЈсіздігі шы“ады. ЕсептіЈ сипатынан y(t) функциясы Їзіліссіз екені белгілі. Онда . Олай болса (5) ден теЈдігіне келеміз. Немесе . у(t) функциясыныЈ уа›ыт›а тЩуелділігін алын“ан теЈдеуді шешу ар›ылы табамыз.



Мысал-2. Кез келген нЇктесінен жЇргізілген жанаманыЈ оу осінен ›иып тЇсетін кесіндісініЈ шамасы жанасу нЇктесініЈ екі еселенген ординатасына теЈ болатындай ›исы›тыЈ теЈдеуін тап.

М іздеп отыр“ан ›исы›тыЈ кез келген нЇктесі болсын. М(х,у) нЇктесінен жЇргізілген жанаманыЈ теЈдеуі тЇрінде аны›талатыны белгілі. М±нда X,Y жанаманыЈ а“ымда“ы координаттары, -іздеп отыр“ан функцияныЈ берілген нЇктедегі туындысы. ОВ кесіндісініЈ шамасын табу Їшін х=0 деп аламыз.

Сонда болады. Екінші жа“ынан, есептіЈ шарты бойынша ОВ=2у. Онда немесе теЈдеуі іздеп отыр“ан дифференциалды› теЈдеуіміз болып табылады. ОныЈ шешімі у=у(х) жо“арыда“ы есептіЈ шартында кйрсетілген ›асиеттерге ие болатын ›исы›тыЈ теЈдеуі болып шы“ады.

Кіріспеде берілген есептердіЈ шарты бойынша ›±рыл“ан барлы› дифференциалды› теЈдеулерді осы курсты о›ып Їйрену барысында шеше алатын боласыЈдар. Сййтіп, есептерде ›ойыл“ан с±ра›тардыЈ жауабын табу“а да мЇмкіндік туады.

F(x,y,y1)=0 (1.1)

тЇрінде берілген теЈдеуді бірінші ретті дифференциалды› теЈдеу деп атайды. Егер (1.1) теЈдеу -›а ›ара“анда шешілетін болса, онда оны



=f(x,y) (1.2)

тЇріне келтіруге болады. (1.2) теЈдеуді туынды“а ›атысты шешілген бірінші ретті дифференциалды› теЈдеу деп атайды.



Анытама 1. Егер Їздіксіз дифференциалданатын y=(x) функциясы I интервалында (1.1) немесе (1.2) теЈдеуді х - ке ›ара“анда тепе-теЈдікке айландырса, демек F(x, (x), (x))0 ( (x)f(x, (x))), кез келген хI, онда (х) функциясын берілген (1.1) немесе (1.2) теЈдеудіЈ шешімі деп атайды.

Егер ф(х,у)=0 теЈдеуі у-ті х-тіЈ функциясы ретінде аны›тайтын болса, (y=(x)) жЩне (x) функциясы (1.2) теЈдеудіЈ шешімі болса, онда ф(х,у)=0 ›атысын (1.2) теЈдеудіЈ ай›ындалма“ан формада“ы шешімі (интегралы) деп атайды.



Мысалы-3. Айталы› теЈдеуі берілсін функция y=eх осы теЈдеудіЈ шешімі болады. Себебі

eхlneх –xeх=eхx-xeх0 .

Алайда, берілген теЈдеудіЈ бас›ада шешімдері бар. Мысалы, e-х функциясы да осы теЈдеудіЈ шешімі болады.



е-хlne-х-x(e-х)1=e-х(-x)-xe-х(-1)0

Сондай-а› есх тЇріндегі функцияларда (м±нда с-›андайда бір т±ра›ты) берілген теЈдеудіЈ шешімі болатыныЈ тексеруге болады.

Сонымен дифференциалды› теЈдеудіЈ бір шешімі “ана емес, кйп шешімі болатынына кйзімізді жеткіздік. Б±л факт, тіпті интегралды› есептеу кезінен белгілі бол“ан. Шынында да,

(1.3)

›арапайым теЈдеуін алса›, б±л теЈдеудіЈ шешімі f(x) функциясыныЈ аны›талма“ан интегралы екені белгілі.



Демек, сансыз кйп шешімі бар. (1.3) теЈдеудіЈ шешімдерініЈ жалпы тЇрін былай жазу“а болады. у=(x)+c м±нда (х) (1.3) теЈдеудіЈ ›андайда бір шешімі. С-“а мЩндер беру ар›ылы (1.3) теЈдеудіЈ дербес шешімін табу“а болады.

(1.2) дифференциалды› теЈдеудіЈ шешімдерініЈ жалпы тЇрін у=(x,с) формуласы ар›ылы жазу“а болады.

Жалпы жа“дайда дифференциалды› теЈдеулердіЈ шешімдерініЈ жалпы тЇрі Ф(х,у,с)=0 формуласы ар›ылы жазылады. Б±л ›атысты (1.2) теЈдеудіЈ жалпы интегралы деп атайды.

(1.2) теЈдеудіЈ шешімініЈ графигін осы теЈдеудіЈ интегралды› ›исы“ы деп атайды. Жо“арыда айтыл“андай кез келген дифференциалды› теЈдеудіЈ шешімдері а›ырсыз жиын болатынын айтты›. Практикада дифференциалды› теЈдеудіЈ белгілі шартты ›ана“аттандыратындай бір “ана шешімін табу керек болады.

(1.2) теЈдеудіЈ (х0)=у0 ( y| ) шартын ›ана“аттандыратын у=(х) шешімін табуды теЈдеуі Їшін т±жырымдал“ан Коши есебі (немесе бастап›ы есеп) дейді.



y| шартын бастап›ы шарт деп атайды. х0,, у0 шамаларын бастап›ы берілімдер дейді.

функциясы белгілі шарттарды ›ана“аттандыр“анда



теЈдеуі Їшін т±жырымдал“ан Коши есебініЈ жал“ыз “ана шешімініЈ бар жЩне жал“ыз болатынын дЩлелдеуге болады.

изін-йзі ба›ылау тапсырмалары:

Біртекті теЈдеулер жЩне біртекті теЈдеулерге келтірілетін теЈдеулер.










°сынылатын Щдебиеттер:

  1. Еругин Н.П., Штокало И.З., и др Курс обыкновенных дифференциалных уравнений. Киев: Вища школа, 1974.

  2. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Рауан, 1991.

  3. 7.1.5. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Білім, 1996.

  4. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.



ДЩріс №2. Бірінші ретті ›арапайым дифференциалды› теЈдеулер. Айнымалысы ажыратылатын теЈдеулер.
(1.11)

теЈдеуін Щр›ашан



M(x,y)dx+N(x,y)dy (1.12)

тЇріне келтіруге болады жЩне керісінше. Мысал“а (1.11) теЈдеуді (1.12) теЈдеуге келтіру Їшін оныЈ екі жа“ын N(x,y)dx кйбейтсек бол“аны. Сонда (1.12) тЇрге келтіреміз. Б±л жа“дайда M(x,y)=-f(x,y)N(x,y).



Анытама 5. Мына тЇрдегі (1.11/) жЩне M1(x)M2(y)dx+N1(x)N2(y)dy=0 (1.12/) теЈдеулерді айнымалысы ажыратылатын теЈдеу деп атаймыз. (1.12/) теЈдеуіне тЩн ›асиет dx пен dy шамаларыныЈ коэффицеттері екі функцияныЈ кйбейтіндісінен т±рады. ОлардыЈ Щр›айсысы бір “ана айнымалы“а тЩуелді болады.

Егер болса, онда (1.12/) теЈдеуді тЇріне келтіреміз. СоЈ“ы теЈдеуді мына тЇрде жазу“а болады:



Осыдан .

М±нда C еркін т±ра›ты. Алын“ан теЈдеудіЈ сол жа“ын F(x,y) белгілесек F(x,y)=C теЈдігін аламыз. Ол берілген теЈдеудіЈ жалпы интегралы болып табылатыны белгілі.

Ал егер , онда y=y0 функциясы (1.12/) теЈдеуініЈ шешімі болады. ийткені (1.12/) теЈдеуініЈ dy=dy0=0 бол“анды›тан екінші ›осыл“ышы да нольге айналады. Сондай-а› N1,(x0)=0, онда x=x0 де (1.12/) теЈдеуініЈ шешімі болады. ДЩлелдеу жо“ар“ыдай.

Б±л шешімдер дербес немесе ерекше шешімде бола алады. Егер кйрсетілген шешімдер параметр C–ныЈ белгілі бір мЩндерінде жалпы шешімінен алынса, онда олар дербес шешімдер болады, ал ›арама-›арсы жа“дайда ерекше шешімге жатады.

Мысал-3.. . Б±л теЈдеудіЈ айнымалысы ажыратыл“ан. Сонды›тан интегралдау ар›ылы аламыз. Осыдан немесе , , м±нда немесе .

Мысал-4. ТеЈдеудіЈ дербес шешімдерін тап немесе Коши есебін шеш.

Алдымен жалпы шешімді іздейміз



.

Берілген теЈдеу айнымалысы ажыратылатын теЈдеу. Онда интегралдаса› .

Потенциалда“аннан кейін , немесе болады. Сонымен жалпы шешім табылды. Жалпы шешімнен дербес шешімді бйліп алу Їшін , деп алып, демек ,e=ec c=1 Cонда іздеп отыр“ан дербес шешім функциясы болады.

теЈдеуі айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге келтіріледі. Ол Їшін ax+by+c=z деп аламыз. . ax+by+c жЩне ауыстыру ар›ылы теЈдеуін аламыз. Б±л теЈдеу-айнымалысы ажыратылатын теЈдеу. Оны интегралдау ар›ылы Ф(х,z,c1)=0 теЈдігіне келеміз. Енді z–ті ax+by+c йрнегімен ауыстырып Ф(х,ах+ву+с,c1)=0 немесе F(x,y,c1)=0 жалпы шешімі (жалпы интегралы) табылады.
изін-йзі ба›ылау тапсырмалары:

Біртекті теЈдеулер жЩне біртекті теЈдеулерге келтірілетін теЈдеулер.












°сынылатын Щдебиеттер:

  1. Еругин Н.П., Штокало И.З., и др Курс обыкновенных дифференциалных уравнений. Киев: Вища школа, 1974.

  2. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Рауан, 1991.

  3. 7.1.5. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Білім, 1996.

  4. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.



ДЩріс №3. Біртектес теЈдеулер.
Анытама 6. Егер кез келген к Їшін теЈдігі орындалса, онда функциясын m дЩрежелі біртектес функция деп атайды.

Мысал“а, функциясы Їш дЩрежелі біртектес функция, ййткені . функциясы «0» дЩрежелі біртектес функция, себебі кез келген . “0” дЩрежелі біртектес функцияны ›атынасыныЈ функциясы ретінде йрнектеуге болатынын кйрсетейік.

Айталы›, “0” дЩрежелі біртектес функция болсын. деп алайы›. Сонда аны›тама бойынша

(1.13)

Айталы›, функциясы m дЩрежелі біртектес функция болсын. Онда функциясы “0” дЩрежелі біртектес функция болатыны кйрінеді. Онда жо“арыда“ы т±жырымныЈ негізінде , осыдан . Б±л йрнектеу m дЩрежелі біртектес функцияныЈ жалпы тЇрі болып табылады.



Анытама 7. Егер жЩне функциялары бірдей дЩрежелі біртектес функциялар болса, онда теЈдеуі бірінші ретті біртектес теЈдеу деп аталады.

Біртектес теЈдеулер (немесе ) алмастыруы ар›ылы айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге келтіріледі. Шынында да (1.12) теЈдіктіЈ кймегімен (1.13) теЈдеуді былай тЇрлендіреміз:





бол“анды›тан, ›ыс›арту ар›ылы теЈдеуін аламыз. десек, осыдан, . Осыларды соЈ“ы теЈдеуге апарып ›ойса› теЈдеуін аламыз, немесе . Сййтіп, айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге келтірдік.

Енді айнымалысын ажырату ар›ылы теЈдеуіне келеміз. Осыдан . Потенциалдау ар›ылы мына тЇрде жазамыз, немесе -б±л соЈ“ы нЩтиже.

Біртектес теЈдеудіЈ интегралды› ›исы›тары бір-біріне ±›сас болады. °›састы› центрі координаттыЈ бас нЇктесінде орналас›ан.

Мысал-4. теЈдеуін шеш. М±нда . Б±л функциялар екінші ретті біртектес функциялар. Ендеше берілген теЈдеу біртектес теЈдеу болады. деп алып жЩне шамаларын ауыстырамыз (алмастырамыз)









интегралдау ар›ылы .

Потенциалдап теЈдігін аламыз. -ны -ке ауыстырса› .

Ары ›арай тЇрлендірсек .

Б±л теЈдеу центрі нЇктeсінде, ал радиусы -ке теЈ болатын шеЈберлер Їйірі болып табылады.

теЈдеуін ›арастырайы›. Б±л теЈдеу біртектес теЈдеуге келтірілетін теЈдеу. М±нда –т±ра›тылар, ал –функциясы йзініЈ аргументі бойынша Їзіліссіз функция. Егер болса берілген теЈдеу біртектес болатыны кйрініп т±р. Сонды›тан мен -діЈ кемінде біреуі нольден йзгеше болады деп есептейміз.

Екі жа“дайды айырып ›араймыз.

10. , осы жа“дайда ауыстырымын енгізу ар›ылы берілген теЈдеуді біртектес теЈдеуге келтіруге болады. М±нда

(*)

теЈдеулер жЇйесініЈ шешімі. Енді x,y жЩне y/-ты жаЈа айнымалылармен ауыстыру ар›ылы берілген теЈдеу теЈдеуіне тЇрленеді. Ал соЈ“ы теЈдеу біртектес, оныЈ шешімін табуды білеміз.

20. . Б±л жа“дайда (*) системасыныЈ жалпы ал“анда шешімі болмайды.

Егер деп алса›, берілген теЈдеу айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге айналады.



Мысал-5. теЈдеуін шеш.

-ты пен ауыстырып, теЈдікке келеміз. системасын ›±рамыз. СистеманыЈ аны›тауышы: .

СистеманыЈ жал“ыз “ана шешімі болады, демек, .

x жЩне y айнымалыларыныЈ орнына жаЈа айнымалылар s пен r-ді тймендегі ›атыс ар›ылы енгіземіз. осыдан

x, y, -ті жаЈа айнымалылар ар›ылы ауыстырса› біртектес теЈдеу шы“ады. Шрі ›арай, айнымалысын енгізіп, теЈдеуді шешеміз, нЩтижесінде теЈдігін аламыз. (тЇрлендірулерді йздеріЈ жЇргізіЈдер).

А›ырында r,s айнымалыларын ескі x пен y айнымалылары ар›ылы йрнектен жалпы интегралды табамыз.


изін-йзі ба›ылау тапсырмалары:

Біртекті теЈдеулер жЩне біртекті теЈдеулерге келтірілетін теЈдеулер.












°сынылатын Щдебиеттер:

  1. Еругин Н.П., Штокало И.З., и др Курс обыкновенных дифференциалных уравнений. Киев: Вища школа, 1974.

  2. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Рауан, 1991.

  3. 7.1.5. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Білім, 1996.

  4. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.


  • ДЩріс №4. Сызы›ты жЩне о“ан келтірілетін теЈдеулер.



Анытама 8.

у'+p(x)y=q(x) (1.14)

тЇріндегі теЈдеуді бірінші ретті сызы›ты› дифференциалды› теЈдеу деп атайды.

М±нда р(х),g(х) Їздіксіз функциялар. Бай›асаЈдар, у' туындысы функция у-тіЈ сызы›ты› функциясы. Сонды›тан да сызы›ты› теЈдеу деп атал“ан.

Егер g(x) 0 -са, онда (1.14) теЈдеу айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге айналады. Жалпы жа“дайда (1.14) теЈдеудіЈ айнымалысы ажыратылмайды.

Сонды›тан (1.14) теЈдеудіЈ йзіне тЩн шы“ару Щдісін кйрсетеміз. Ол Їшін белгісіз функцияны у=uv (*) тЇрінде іздейміз, м±нда u(x) жЩне v(x) дифференциялданатын функциялар.Туындыны табамыз.

у'=u'v+uv'

Енді осы йрнектерді (1.14) теЈдеуге ›ойып, оны мына тЇрге келтіруге болады.



u'v+u(v'+p(x))=q(x) (1.15)

v-функциясын v'+p(x)v йрнегін x-ке ›ара“анда тепе–теЈдікке айландыратындай етіп таЈдап аламыз. Ондай функция

v'+p(x)v=0 (1.16)

теЈдеудіЈ шешімі бола алады.

(1.16)- теЈдеудіЈ бір “ана шешімін табу жеткілікті .

Мысал“а, ондай шешім:



(1.17)

болады.


Ал у=uv функциясы (1.15) теЈдеудіЈ шешімі болу Їшін u-функциясы

u'v0(x)=q(x) немесе

(1.18)

теЈдеуініЈ шешімі болу“а тиіс. (1.18) теЈдеуді шешеміз



Енді v жЩне u фунцияларыныЈ йрнегін (*) теЈдікке апарып ›ойса›,



(1.19)

іздеп отыр“ан шешімді табамыз. (1.19)-формуланы мына тЇрде де


(1.19')

жазу“а болады.

Біра› б±л жа“дайда формула“а кіретін Щрбір аны›талма“ан интегралды бір “ана ал“аш›ы функция ретінде ›арастыр“ан жйн болады.

(1.19) немесе (1.19') формулаларын осылай ›орыту Щдісін Бернулли Щдісі деп атайды.

Сййтіп сызы›ты› теЈдеуді шешу ( шы“ару) Їшін ›орытыл“ан (1.19) немесе (1.19') формулаларын пайдалану“а болады. Алайда Бернулли Щдісін Щрбір теЈдеуге тікелей ›олдану ар›ылы да шешеді.

Бернулли Щдісін кйрсету барысында бай›а“анымыздай сызы›ты› теЈдеудіЈ шешімін табу тймендегі дифференциалды теЈдеулер системасына келіп тіреледі.



(1.20)

Системаны ›±райтын теЈдеулердіЈ екеуі де айнымалысы ажыратылатын теЈдеулер. Біріншісін шешіп v функциясын табамыз. Табыл“ан функцияны екіншісіне ›ойып u функциясын аны›таймыз. СоЈында



y=u·v

тЇріндегі берілген сызы›ты› теЈдеуініЈ шешімі табылады.



Мысал-6. y'+3y=e2х м±нда р(x)=3, q(x)=e2х. (1.19') формуласын пайдаланып шешейік.

y=e ( 2x·e dx+C)=e-3x( 2x·e3xdx+c)=e-3x(1/5e5x+C)

Сййтіп,


y= e2x+Ce-3x

Мысал-7. y'+2xy=xe-x -теЈдеуініЈ жалпы шешімін табу керек .

М±нда p(x)=2x, q(x)=xe-x .

Б±л теЈдеуді (1.20) ситеманы ›±ру ар›ылы шы“арайы›.

Бірінші теЈдеудіЈ бір “ана шешімі жеткілікті.



=-2xdx, lnv=-x2 v=e-x

Екінші теЈдеуге v функциясыныЈ йрнегін ›ойып, оны шешеміз.



u/e-x =xe-x , u/=x u=x2/2+C

Сййтіп, берілген теЈдеудіЈ жалпы шешімі



y= e-x (x2/2+C )

функциясы.



Анытама 9.

y'+p(x)y=y q(x) (1.21)

теЈдеуді Бернулли теЈдеуі дейді. М±нда кез келген на›ты сан .

Егер =0 –болса, онда (1.21) теЈдеу сызы›ты› теЈдеуге, ал =1 болса, айнымалысы ажыратылатын теЈдеуге айналады. Сонды›тан 0,1 деп есептейміз.

Бернулли теЈдеуі сызы›ты› теЈдеуге келтірілетін теЈдеуге жатады.

Егер (1.21) теЈдеудіЈ екі жа“ын y бйлсек, онда

y- y'+p(x)y1- =q(x) (1.22) теЈдеуін аламыз. z=y1- десек, z'=y- y'(1- ).

Сонда y- y'= .

Енді (1.22) теЈдеуге ›ойса›,



(1.23)

теЈдеуі шы“ады. (1.23) теЈдеудіЈ z айнымалысына ›ара“анда сызы›ты› екені кйрініп т±р. (1.21) теЈдеудіЈ де шешімін y=u·v тЇрінде іздейміз. Бернулли Щдісі бойынша теЈдеуді тЇрлендіріп



(1.24) системасын алу“а болады. Бірінші теЈдеуді шешіп v -ны, екінші теЈдеуді шешіп u–ды табамыз.

Мысал-8. y'+y/x=-2x2y2 теЈдеуініЈ жалпы шешімін тап.



p(x)=1/x, q(x)=-2x2 , =2

(24) системаны ›±рамыз: y=u·v

Бірінші теЈдеуді шешсек



, ,

, ; ;

изін-йзі ба›ылау тапсырмалары:

Біртекті теЈдеулер жЩне біртекті теЈдеулерге келтірілетін теЈдеулер.












°сынылатын Щдебиеттер:

  1. Еругин Н.П., Штокало И.З., и др Курс обыкновенных дифференциалных уравнений. Киев: Вища школа, 1974.

  2. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Рауан, 1991.

  3. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Білім, 1996.

  4. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.


  • ДЩріс №5. Толы› дифференциалды теЈделер. Интегралдаушы кйбейткіш.



F(x,y) eкі айнымалы функцияныЈ толы› дифференциалы

dF(x,y)= dx+ dy

тЇрінде аны›талатыны белгілі.

Егер

M(x,y)dx+N(x,y)dy (1.25)

йрнегі берілсе, онда (1.25) йрнек ›ай жа“дайда ›андайда бір функцияныЈ толы› дифференциалы болады деген таби“и с±ра› йзінен-йзі туады. Бас›аша айтса›,



=M(x,y) жЩне =N(x,y)

теЈдіктері орындалатындай F(x,y) функциясы бар болатынын ›алай білуге болады деген сйз.

Б±л с±ра››а тйменде дЩлелденетін теорема жауап береді. Біз былай“ы жерде M(x,y) жЩне N(x,y) функцияларыныЈ белгілі бір D облыста Їзіліссіз дербес туындылары бар деп есептейміз.

Теорема 2 (1.25) йрнек D облыста аны›тал“ан екі айнымалы функциясы F(x,y) -тіЈ толы› дифференциалы болу Їшін

= (1.26) теЈдігініЈ осы D облысында орындалуы ›ажетті жЩне жеткілікті.

ДЩлелдеуі 1) Алдымен (1.26) шарттыЈ ›ажеттілігін дЩлелдейік. Ол Їшін (1.25) йрнек ›андайда бір F(x,y) функциясыныЈ D облысында толы› диффернциалы деп жорыйы›, демек

M(x,y) dx+N(x,y) dy =dF(x,y)

Б±л жа“дайда =M(x,y) жЩне =N(x,y) болатыны белгілі. M(x,y) жЩне N(x,y) функцияларыныЈ дербес туындысын табайы›.

жЩне (1.27)

Шарт бойынша жЩне D облысында Їзіліссіз. Ендеше екінші ретті аралас туындылар



жЩне

D облысында Їзіліссіз болады.

Анализден белгілі теорема бойынша



= , .

Осыдан теЈдігі шы“ады.

(1.26) шарттыЈ жеткіліктігін дЩлелдейік.

Айталы›, = , . Осы жа“дайда (1.25) йрнек ›андайда бір функцияныЈ толы› дифференциалы болатынын кйрсетейік. Ол Їшін



F(x,y)= + (1.28) деп белгілейік. М±нда Щзірше белгісіз функция. (1.28) формуладан

=M(x,y), (1.29)

болатынын кйреміз.

Eнді

=N(x,y) (1.30)

болатындай етіп, функциясын табамыз. (1.28) теЈдікті y айнымалысы бойынша дифференциалдап (1.30) теЈдікті мына тЇрде



+ = N(x,y) (1.31)

жазамыз.


М(x,y) жЩне Їзіліссіз функциялар бол“анды›тан (1.31) теЈдікті мына тЇрде

+ =N(x,y)

жазу“а болады. СоЈ“ы теЈдіктен -ті табамыз.



= N(x,y) - (1.32)

Егер (1.32) теЈдіктіЈ оЈ жа“ы x-ке тЩуелсіз болса, онда іздеп отыр“ан функциямыз -ті (1.32) теЈдіктіЈ екі жа“ын интегралдау ар›ылы тауып аламыз.

Шынында да, (1.32) теЈдіктіЈ оЈ жа“ы x-ке тЩуелсіз екенін (1.26) теЈдіктіЈ негізінде кйрсетейік:

.

Демек, (1.32) теЈдіктіЈ оЈ жа“ы x- ке тЩуелсіз. Енді (1.29) жЩне (1.30) теЈдіктердіЈ негізінде



dF(x,y) = dx+ dy= M(x,y) dx +N(x,y) dy ,

екенін кйреміз.



Анытама 10. Егер

M(x,y) dx +N(x,y) dy =0 (1.33)

теЈдеуініЈ сол жа“ы екі айнымалы функциясыныЈ толы› дифференциалы болса, онда (1.33) теЈдеуді толы› дифференциал теЈдеу дейміз.

Аны›тамада айтыл“ан функцияны F(x,y) деп белгілесек, (1.33) теЈдеуді былай жазу“а болады. dF(x,y)=0.

Б±л теЈдеудіЈ шешімі F(x,y)=C болатыны белгілі. Осыдан толы› дифференциал теЈдеуді шешу, ол теЈдеудіЈ оЈ жа“ыныЈ толы› дифференциалы болатын функцияны табу“а келіп тіреледі екен.

М±ндай функция жо“арыда“ы дЩлелденген теореманыЈ дЩлелдеу жолы бойынша табылады.Оны тймендегі мысалмен кйрсетеміз.

Мысал-9. (6 x2 y2 + 6 xy 1) dx +(4 x3 y +3 x2 +2 y ) dy=0

теЈдеуініЈ жалпы шешімін тап.



M(x,y) =6 x2 y2 + 6 xy –1 , N(x,y) =4 x3 y +3 x2 +2 y

Берілген теЈдеудіЈ толы› дифференциaл теЈдеу екенін тексереміз, демек =

кйрсетеміз.

=12 x2 y + 6 x

=12 x2 y + 6 x

Осыдан толы› дифференциал теЈдеу екені шы“ады. (1.28) формулада интеграл шегі x0 -ді кез келген жолмен таЈдап алатын бол“анды›тан, демек (1.28) формула М(х,у) функциясыныЈ кез келген ал“аш›ы функциясы Їшін орындалатынды›тан аны›тал“ан интегралдыЈ орнына сЩйкес аны›талма“ан интегралды жазса› та болады.

Сонымен,

F(x,y) = (6 x2 y2 + 6 xy 1)dx + = 2 x 3y2 + 3 x 2y x + (*)

-ті табу Їшін ( 1.31) формуланы пайдаланамыз.

4 x3 y +3 x2+ =4 x3 y +3 x2 +2 y

Осыдан =2y =y2+C1.

Енді (*) теЈдіктегі -тіЈ орнына ›ойып

F(x,y)= 2 x 3y2 + 3 x 2y – x+ y2+C1

теЈдігін аламыз.

Жалпы шешім

2 x 3y2 + 3 x 2y x+ y2+C1 =C2

немесе

2 x 3y2 + 3 x 2y x+ y2=C

Айталы›,



P(x,y) dx +Q(x,y) dy =0 (1.34)

теЈдеу толы› дифференциал теЈдеу болмасын, алайда осы теЈдеуді бір (x,y) функциясына кйбейткеннен шы››ан теЈдеу.



M(x,y) dx +N (x,y) dy =0 ,

M(x,y) =p(x,y)  (x,y)

N (x,y)= Q(x,y) (x,y) ; толы› дифференциал теЈдеу болып шы›са, (x,y) функциясын (1.34) теЈдеудіЈ интегралдаушы кйбейткіші деп атайды.

Мысал“а, M1(x) M2(y) dx +N1(x) N2(y) dy=0 айнымалысы ажыратылатын теЈдеудіЈ интегралды› кйбеткіші (x,y)= функциясы болады. Демек осы кйбейткішке кйбейткеннен шы››ан теЈдеу толы› дифференциал теЈдеу болады. (йздеріЈ дЩлелдеЈдер).

Сондай-а› yp(x)y = q(x) сызы›ты› теЈдеудіЈ интегралды› кйбейткіші функциясы болатынын кйрсету ›иын емес.

Сййтіп, біз б±рыныра› ›арастыр“ан теЈдеулерді толы› дифференциал теЈдеуге келтіру ар›ылы шы“ару“а болады екен.

Та“ы бір ескертетін жа“дай бір “ана дифференциалды› теЈдеу Їшін бірнеше интегралды› кйбейткіш бар болуы мЇмкін. Мысал“а 2ydx +xdy=0 теЈдеуін алайы›. Осы теЈдеу Їшін

1 (x,y)=x, 2 (x,y) = , 3(x,y)

функциялары интегралды› кйбейткіштер болады. (Осыны дЩлелдеЈдер).

икінішке орай, кез келген теЈдеу Їшін интегралды› кйбейткіштерді табудыЈ орта› Щдісі жо›. Кейбір дербес теЈдеулер Їшін интегралды› кйбейткіш табудыЈ дербес Щдістері бар.


изін-йзі ба›ылау тапсырмалары:

Толы› дифференциалды теЈдеулер. Интегралдаушы кйбейткіш.

1.

2.

3.

4.

5.


°сынылатын Щдебиеттер:

  1. Еругин Н.П., Штокало И.З., и др Курс обыкновенных дифференциалных уравнений. Киев: Вища школа, 1974.

  2. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Рауан, 1991.

  3. СЇлейменов Ж.С. Дифференциалды› теЈдеулер курсы. 1-ші кітап, Алматы: Білім, 1996.

  4. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.

ДЩріс №6. Туындысы ар›ылы шешілмеген теЈдеулер. Параметр енгізу Щдісі. Лагранж жЩне Клеро теЈдеулері. Бірінші ретті теЈдеулердіЈ ерекше шешімдері.


  1. Туынды“а ›атысты шешілмеген теЈдеу.

  2. Туынды“а ›атысты шешілмеген теЈдеуді параметр енгізу жолымен интегралдау.

  3. Лагранж жЩне Клеро теЈдеулері.




  1. Туынды“а ›атысты шешілмеген теЈдеу.

(1.35)

тЇріндегі теЈдеу туынды“а ›атысты шешілмеген бірінші ретті дифференциалды› теЈдеу деп аталады. ЕЈ алдымен осы теЈдеудіЈ шешімдерініЈ бар болуыныЈ жеткілікті шарттарын аны›таумен айналысамыз.

Айталы› (1.35) теЈдеуді -›а ›атысты шешудіЈ сЩті тЇсті деп жорыйы›. Онда бір немесе бірнеше, туынды“а ›атысты шешілген теЈдеулер алуымыз мЇмкін:

(k=1,2,,..) (1.36)

Айталы› функциялар (k=1,2,..) жазы›ты›ты›та нЇктесініЈ тйЈірегінде Пикар теоремасыныЈ шарттарын ›ана“аттандырсын. Онда нЇктесі ар›ылы бір-бірден интегралды› ›исы›тары (1.35) теЈдеудіЈ шешімдері екені белгілі жЩне (k=1,2,..) интегралды› ›исы“ына нЇктесінде жЇргізілген жанама векторыныЈ ба“ыты мЩнімен аны›талады. Егер (k=1,2,.) мЩндері Щр тЇрлі болса, онда нЇктесінен Щр тЇрлі интегралды› ›исы›тар йтеді. Ал нЇктесінен жЇргізілген жанама векторлар да ЩртЇрлі бол“анды›тан (1.35) теЈдеудіЈ белгілі-бір шешімін бйліп алу Їшін бастап›ы шарттармен бірге шарты ›оса берілуге тиіс. Кйріп отыр“анымыздай y0/ мЩні ›алай болса солай беріле салмайды. мЩні



(1.37)

теЈдеуініЈ тЇбірі болу“а тиіс.

Сййтіп, (1.35) теЈдеудіЈ шешімініЈ бар болуы біріншіден, оныЈ –›а ›атысты шешілу мЇмкіндігімен екіншіден, (1.36) теЈдеудіЈ шешімдерініЈ бар болуымен байланысты екен.

Теорема 3. Егер центрі ( ) нЇктесінде ( , F( )=0 теЈдеудіЈ тЇбірі) болатын т±йы› параллелепипедінде мына шарттар

а) функция F( ) йзініЈ дербес тундылары жЩне пен бірге аргументтерініЈ жиынты“ы бойынша Їзіліссіз.

б) ( ) 0 орындалса, онда нЇктесініЈ белгілі бір тйЈірегінде

(1.38)

шартттарын ›ана“аттандыратын (1.35) теЈдеудіЈ шешімі бар болады.



ДЩлелдеу. ТеореманыЈ а) жЩне б) шарттарыныЈ негізінде ( ) нЇктесініЈ тйЈірегінде ай›ындалма“ан функциясыныЈ бар жЩне жал“ыз болу шарттары орындалады. ОныЈ Їстіне, центрі ( ) нЇктесінде болатын D2 тіктйртб±рышы табылып, сол D2 -да f(x,y) функциясы дербес туындысымен бірге Їзіліссізболады.

Демек, бастап›ы есебініЈ сегментінде жал“ыз “ана шешімі болады.

Егер (1.36) теЈдеулердіЈ интегралды› ›исы›тары ( ) нЇктесінен йтетін болса жЩне олардыЈ осы нЇктеден жЇргізілген орта› жанамасы болса, онда ( ) нЇктесінде кйрсетілген теореманыЈ шарттары орындалмайды.


  1. : ebook -> umkd
    umkd -> Оқу-әдістемелік материал Кіші мектеп жасындағы тіл дамыту әдістемесі
    umkd -> 5В 050121- Қазақ тілінде оқытпайтын мектептердегі қазақ тілі мен әдебиеті мамандығына арналған
    umkd -> «Тілді жоғары мектепте оқыту әдістемесі»
    umkd -> 6М 011700- «Қазақ тілі мен әдебиеті мамандығы» Магистранттарға арналған
    umkd -> Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі шәКӘрім атындағы семей мемлекеттік
    umkd -> 5 в 011700- Қазақ тілі мен әдебиеті
    umkd -> ОҚУ-Әдістемелік кешені (Барлық мамандықтарға арналған)
    umkd -> Тарих кафедрасы
    umkd -> «Азия және Африка елдерінің жаңа және қазіргі заман тарихы»
    umkd -> Ағылшын тілі пәні бойынша 1-курс студенттеріне арналған


  1   2   3   4


©tilimen.org 2017
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет