§12. Лагранж теңдеуі
Лагранж теңдеуі
деп
х
жəне
у
-ке қатысты сызықты, атап
айтқанда
( )
( )
y
y х
y
ϕ
ψ
=
+
′
′
(
4.74
)
түріндегі теңдеуді атайды. Ең алдымен
( )
y
y
ϕ
≠
′
′
деп ұйғарамыз.
( )
y
y
ϕ
≡
′
′
жағдайы төменде қарастырылатын болады. Лагранж
теңдеуін интегралдау үшін де параметрлік əдіс орынды
. у
/
= р
деп
ұйғарайық. Онда теңдеу
( )
( )
y
р х
р
ϕ
ψ
=
+
(4.75)
түрінде жазылады.
х
бойынша дифференциалдап алатынымыз
( )
( )
( )
dp
dp
y
p
х
p
p
dx
dx
.
ϕ
ϕ
ψ
=
+
+
′
′
′
(4.76)
132
Мұнда
у
/
-ті
р-
мен алмастырып,
dy
dр
-ға көбейткеннен соң жəне
алгебралық түрлендірулерден кейін
( )
( )
( )
( )
p
p
dх
х
dр
р
p
р
p
ϕ
ψ
ϕ
ϕ
′
′
−
=
−
−
(4.77)
теңдеуіне келеміз. Бұл
х
функциясына жəне
dх
dр
туындысына
қатысты сызықтық теңдеу. Оның жалпы интегралы
(
)
Ф x р C
, ,
0
=
(4.78)
түрінде жазылады. (4.75) теңдеуімен бірге ол Лагранж тең-
деуінің параметрлік нұсқадағы жалпы интегралын береді. (4.75)
жəне (4.78) теңдіктеріндегі
р-
дан құтылып, Лагранж теңдеуінің
(
)
Ф x у C
1
, ,
0
=
жалпы интегралын шығарып аламыз. Айта кететін
жайт: (4.76) теңдеуін
( )
р
p
0
ϕ
−
≠
болғанда ғана түрлендіруге
болады. Егер
( )
р
p
0
ϕ
−
=
теңдеуі
i
р
р
=
түбірлерін иеленсе,
онда олар да шешім туғызады жəне ол шешім
( )
( )
i
i
y
р х
р
ϕ
ψ
=
+
(
)
k
i
,
...
,
2
,
1
=
болады.
Мысал.
( ) ( )
y
х y
y
2
2
=
′ + ′
теңдеуінің жалпы шешімін табу та-
лап етіледі.
Шешімі
. у
/
= р
деп ұйғарайық. Онда теңдеу
y
хр
р
2
2
=
+
немесе
(
)
y
х
р
2
1
=
+
түрінде жазылады.
х
бойынша дифференциалдап,
(
)
dр
y
р
х
р
dx
2
2
1
′ =
+
+
болатыны, ал оны түрлендіргеннен
(
)
dр
р
х
dx
1
2
1
− =
+
немесе
dх
dр
x
р
2
1 1
=
+
−
болатыны шығады. Осы-
дан
(
)
(
)
x
р
C
ln
1
2ln 1
2ln .
+ = −
−
+
133
Əрі қарай потенцирлеу нəтижесінде
(
)
с
х
р
2
2
1
.
1
+ =
−
Демек параметрлік нұсқадағы жалпы шешім
(
)
(
)
с
х
р
с р
y
р
2
2
2
2
2
1,
1
1
=
−
−
=
−
түрінде жазылады.
р
параметрінен құтылайық. Ол үшін
(
)
(
)
х
С
С
р
р
х
х
2
2
2
2
1
1 1
1
1
1
+ −
= − −
=
−
=
+
+
өрнегін тапқан соң, оны
(
)
y
х
р
2
1
=
+
теңдеуіне енгіземіз. Соны-
мен жалпы шешім
(
)
y
х
С
2
1
=
+ −
түріне келеді.
§13. Клеро теңдеуі
Клеро теңдеуі Лагранж теңдеуінің
( )
y
y
ϕ
≡
′
′
болғандағы дер-
бес жағдайы болып келеді. Клеро теңдеуінің жалпы түрі
( )
y
хy
y
.
ψ
=
′ +
′
(4.79)
у
/
= р
деп ұйғарайық. Сонда
( )
y
хр
р
.
ψ
=
+
(4.80)
х
бойынша дифференциалдап
( )
dр
dр
y
р х
р
dx
dx
,
ψ
′ = +
+ ′
134
( )
dр
х
р
dx
0
ψ
+ ′
=
болатынын шығарып аламыз. Бұдан
dр
dx
0
=
немесе
( )
х
р
0.
ψ
+ ′
=
(
4.81
)
dр
dx
0
=
теңдеуінен
р С
=
болады. (4.80) теңдеуден
р-
ны
С-
мен
алмастырғанда Клеро теңдеуінің
( )
y Сх
С
ψ
=
+
(
4.82
)
жалпы шешімін аламыз. Бұл шешім геометриялық тұрғыда
түзулер жиынтығын кескіндейді. (4.81) теңдеуі (4.80) мен бірігіп,
Клеро теңдеуінің тағы бір шешімін, яғни параметрлік түрдегі
( )
( )
( )
х
р
y
р р
р
,
ψ
ψ
ψ
= − ′
= −
+
′
шешімін береді. Расында, осы теңдеулерден
( )
( )
( )
( )
( )
dх
р dp
dy
р р
р
р dp
р рdp
,
ψ
ψ
ψ
ψ
ψ
= − ′′
= −
−
+
= −
′′
′
′
′′
болғанда
dу
р
dx
=
болатыны шығады. Осыны Клеро теңдеуіне
енгізген шақта
( )
( )
( )
( )
р р
р
р р
р
ψ
ψ
ψ
ψ
− ′
+
≡ − ′
+
тепе-теңдігіне келеміз. Жүйенің қос теңдеуіндегі
р
параметрінен
құтылып, (4.79) теңдеуінің
( )
Ф x у
,
0
=
түріндегі жалпы интегра-
лын шығарып аламыз. Бұл интегралда
С
болмайтындықтан, ол
жалпы интеграл бола алмайды жəне жалпы интегралдан
С-
ның
ешбір мəнінде алынуы мүмкін емес, өйткені ол сызықтық емес
функция. Бұл
ерекше
интеграл
деп аталатын интеграл болады.
135
Мысал
.
y
рх
р
1
=
+
теңдеуінің (мұнда
у
/
= р
) жалпы жəне
ерекше шешімін табу талап етіледі.
Шешімі.
Жалпы шешімді,
р-
ны
С-
мен
алмастырғаннан кейін,
теңдеуден тікелей табамыз:
y Сх
С
1
.
=
+
Ерекше шешімді табу үшін
( )
р
р
2
1/
ψ
′
= −
өрнегін тауып ала-
мыз.
х
р
у
р
2
1
,
2
=
=
теңдеулер жүйесі параметрлік түрде кескінделген ерекше шешім
болып табылады. Теңдеулердегі
р
параметрінен құтылайық.
Ол үшін екінші теңдеудің екі жағын квадраттап, бірінші
теңдеудің сəйкес жақтарына бөлеміз; сонда
у
х
2
/
4,
=
ал бұдан
0
у
х
2
4 .
=
Геометриялық тұрғыда жалпы шешім
y Сх
С
1
=
+
теңдеуімен берілген бірпараметрлі түзулер жиынтығын кес-
кіндейтін болса, ерекше интеграл парабола болады (18-сурет).
Геометриялық тұрғыда ерекше интеграл (парабола), жалпы ше-
шіммен анықталатын интегралдық сызықтардың (түзулердің)
қор шаушысы болатыны суреттен тікелей байқалып отыр.
Ерекше шешімдердің бар болу мүмкіндігі Коши теорема-
сы шарттарының бұзылуына байланысты. Осы шарттардың
орындалуы шешімнің бар болуы мен жалғыздығын қамтамасыз
ететіндігін жақсы білеміз – бірден-бір бастапқы шартты қа-
нағаттандыратын түрлі екі шешімнің бар болуы мүмкін емес. §9-
да бұл шарттардың жекелеген ерекше нүктелерде бұзылатыны
жете қарастырылған болатын. Əйтсе де жалғыздық шарттары
136
жекелеген ерекше нүктелерде емес, кейбір сызықтың бойындағы
барлық нүктелерінде бұзылуы мүмкін жəне мұндай сызықтың өзі
де теңдеу шешімі болады екен. Осы ерекшелігінен оны
ерекше
шешім
дейді.
Сонымен,
дифференциалдық теңдеудің ерекше шешімі
деп өзінің барлық нүктелерінде Коши мағынасындағы жал-
ғыздық қасиетін қанағаттандырмайтын шешімді айтады,
атап айтқанда ерекше шешімнің əрбір нүктесінің кез кел-
ген маңайында осы нүкте арқылы өтетін, кем дегенде, екі
интегралдық сызық болады
. Айта кету керек, параметрлік əдісті
х
-ке қатысты сызықтық емес, атап айтқанда Лагранж немесе Кле-
ро теңдеулері болмайтын
(
)
y
х y
,
ψ
=
′
түріндегі жəне сол сияқты өзге де теңдеулерді интегралдағанда
қолдануға болады. Мұндайда
у
/
= р
деп ұйғарып,
( )
y
х р
,
ψ
=
теңдеуін шығарып аламыз да, оны
х
бойынша дифференциалдау
арқылы
( )
( )
х
р
dp
х р
р
х р
dx
/
/
,
,
0
ψ
ψ
−
+
=
теңдеуіне келтіреміз. Егер осы теңдеудің
(
)
Ф x р C
, ,
0
=
жал-
пы интегралына қол жеткізсек, онда
( )
y
х р
,
ψ
=
теңдеуімен
бірлесе, ол бастапқы теңдеудің параметрлік нұсқада кескіндел-
ген жалпы интегралын береді. Олардағы
р
параметрінен
құтылып,
(
)
Ф x у C
1
, ,
0
=
нұсқалы жалпы интегралды шығарып
аламыз.
18-сурет 19-сурет 20-сурет
137
Достарыңызбен бөлісу: |
