§9. Бернулли теңдеуі
Бернулли теңдеуінің жалпы түрі
n
dy
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
120
[
]
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
n
y
-ге бөлеміз:
n
n
dy
Р x
Q x
y dx
y
1
1
1
( )
( ).
−
+
=
n
z
y
1
1
−
=
деп ұйғарамыз. Сонда
(
)
n
dy
dz
n
y dx
dx
1
1
− ⋅
=
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 2
3
−
= −
Бернулли теңдеуінің жалпы инте-
гралын табу талап етіледі.
Шешімі
.
Теңдеудің екі жағын
2
y
-қа бөліп
dy
x
y dx
x y
3
2
1
3 1
− ⋅ = −
121
теңдеуін аламыз.
z
y
1
=
деп ұйғарайық; сонда
dy
dz
y dx
dx
2
1
− ⋅
=
жəне
теңдеу
dz
z
x
dx
x
3
3
+ ⋅ =
түріне келеді. Бұл сызықтық теңдеуді вариациялау əдісімен ин-
тегралдаймыз. Сəйкес
dz
z
dx
x
3
0
+ ⋅ =
біртектес теңдеуінің жалпы
шешімі
z C x
3
/ .
=
C C x
( )
=
деп ұйғарып, есептелген
( )
( )
dC x
C x
dz
dx
dx
x
x
3
4
3
1
=
⋅
−
өрнегін біртектес емес сызықтық теңдеуге енгіземіз; сонда
( )
( )
( )
dC x
C x
C x
x
dx
x
x
x
x
3
3
4
3
3
1
3
⋅
−
+ ⋅
=
немесе
( )
dC x
x dx
6
=
шығады.
Одан
( )
x
C x
C
7
1
.
7
=
+
Олай болса біртектес емес теңдеудің жалпы
шешімі
C
x
z
x
4
1
3
.
7
=
+
z-
ті
y
1
-пен алмастырып, нəтижесінде
C
x
y
x
4
1
3
1
7
=
+
немесе
x
y
C
x
7
3
1
7
+
=
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
122
теңдеу шешімінің бар болуы мен жалғыздығы теоремасымен
беріледі.
Коши теоремасы
. Егер
( )
f x у
,
функциясы
xOy
жазықтығының
D
облысында анықталған жəне үзіліссіз болып, осы облыстың
барлық
f
y
∂
∂
нүктелерінде үзіліссіз дербес туындыны иеленсе,
онда
D
облысының кез келген
М
0
(
х
0
,
у
0
) нүктесі үшін
( )
y
f x у
,
′ =
теңдеуінің шешімі болатындай,
х
0
–ді қамтитын кейбір интервал-
да анықталған жəне үзіліссіз
( )
у
x
ϕ
=
функциясы табылып, ол
жалғыз болады.
Геометриялық тұрғыда осы айтылған
D
облысының əрбір
нүктесі арқылы жалғыз интегралдық сызық, атап айтқанда əр
нүктесінде, дифференциалдық теңдеумен анықталатын өріспен
туғызылатын бағытты жанайтын сызықтың өтетіндігін білдіреді.
Коши теоремасы
шарттарының қандай да бір нүктеде бұзылуы
осы нүкте координаталарын бастапқы шарттар атауынан айыра-
ды. Мұндай нүкте арқылы бірде-бір интегралдық сызық өтпеуі
де мүмкін, бірнеше интегралдық сызық өтуі де мүмкін. Берілген
дифференциалдық теңдеу шешімінің бар болуы мен жалғыздығын
бұзатын жазықтықтың оқшау нүктелерін осы теңдеудің
ерекше
нүктелері
дейді.
Айта кетер жайт: Коши теоремасындағы шарттар жеткілікті
болғанымен, қажетті шарттар бола алмайды. Сондықтан (4.1)
дифференциалдық теңдеуінің ерекше нүктелерін
( )
f x у
,
функциясының үзіліс нүктелері мен
f
y
∂
∂
туындысы болмайтын
нүктелер арасынан іздестірген жөн, алайда мұндай нүктелер-
дің барлығы ерекше болуы міндетті емес. Ерекше нүктесі ма-
ңайындағы интегралдық сызықтардың келбеті алуан түрлі бо-
луы мүмкін. Мысалдарда мүмкін болатын ерекше нүктелердің
маңызды түрлерімен танысып өтейік.
a x b y
y
a x b y
1
1
2
2
+
′ =
+
біртектес дифференциалдық теңдеуді қа рас-
тырумен шектелеміз. Оның оң жағы көпе-көрнеу табылатын
О
(0,
123
0) нүктесінде анықталмаған.
a b a b
1
1
2
2
, , ,
коэффициенттері ара-
сындағы түрлі арақатынас координаталар басы болып келетін
ерекше нүкте маңайындағы интегралдық сызықтардың түрлі ор-
наласуына əкеледі.
1
-
мысал
.
y
y
x
2
′ =
(4.54)
дифференциалдық теңдеуін қарастырайық. Айнымалыларды ай-
ырып, жалпы шешімді
у Cx
2
=
(4.55)
түрінде табамыз. Сонымен, жалпы шешім төбесі координата-
лар басында орналасқан жəне
Ох
осін жанайтын параболалар
жиынтығы болып келеді. Ерекше нүкте маңайында орналасқан
интегралдық сызықтардың келбеті
16,
а
-суретте кескінделген.
Интегралдық сызықтардың осындай орналасуымен сипаттала-
тын дифференциалдық теңдеудің ерекше нүктесін
түйін
дейді.
16-сурет
2
-
мысал
.
y
y
x
′ =
(4.56)
теңдеуінің жалпы шешімі
у Cx
=
теңдеуімен кескінделетін жəне
координаталар басы арқылы өтетін түзулер жиынтығы болып
келеді. Бұл жиынтыққа ординаталар осі де еніп отыр, өйткені
шешімді
х Cу
=
түрінде де жазған болар еді. Мұндай ерекше
124
нүктені
еселі түйін
дейді. Алдыңғы жағдайдан өзгешелігі - ерек-
ше нүктеде əр интегралдық сызықтың бағыты өзіне ғана тəн (16,
b
-сурет).
3
-
мысал.
y
y
x
′ = −
(4.57)
теңдеуінің жалпы шешімі
ху C
=
теңдеуімен кескінделетін жəне
асимптоталары координаталар осьтерімен беттескен гипербола-
лар жиынтығы болып табылады. Дербес жағдайда
C
0
=
бол-
ғанда интегралдық сызықтар жиынтығына координаталық ось-
тер де қосылады. Осы екі интегралдық сызық координаталар
басы арқылы өтеді, өзгелері ерекше нүкте арқылы өтпейді. Осы
жағдайдағы интегралдық сызықтардың орналасуы 16,
c
-суретте
бейнеленген; мұндай нұсқадағы ерекше нүкте
ершік
деп аталады.
4
-
мысал.
х y
y
x у
+
′ =
−
(4.58)
теңдеуін қарастырайық.
у иx
=
ауыстырмасы (4.58) диффе рен-
циалдық теңдеуін
du
u
х
dx
u
2
1
1
+
=
−
түріне келтіреді. Айнымалыларды айырып, интегралдаудан соң
(
)
arc tgu
С arctgu
u
x
x
u
Ce
2
2
1
ln
ln 1
ln
1
,
2
+
−
+
=
⇒
+
=
немесе бастапқы айнымалыларға оралып,
( )
arc tg у х
х
у
Ce
/
2
2
+
=
(4.59)
теңдеуіне келеміз. Поляр координаталарында (4.59) теңдеуі
ықшам
Cе
ϕ
ρ
=
түріне ауысады. Бұл (
п
→ −∞
шартында) коор-
динаталар басын айналған шектеусіз орам саны бар логарифмдік
спиральдар жиынтығы болып табылады. Ерекше нүкте маңа-
125
йындағы интегралдық сызықтар келбеті 17,
а
-суретте бейнелен-
ген. Мұндай ерекше нүктені
фокус
деп атайды.
17-сурет
5
-
мысал.
х
y
у
′ = −
теңдеуін қарастырайық. Осы теңдеуді интегралдау
х
у
С
2
2
+
=
,
центрі координаталар басында орналасқан шеңберлер жиынты-
ғын береді. Ерекше нүктенің өзінен бірде-бір интегралдық сызық
өтпейді (17,
b
-сурет). Мұндай ерекше нүкте
центр
деп аталады.
Достарыңызбен бөлісу: |
