§14. Жазық сызықтар жиынтығының қоршаушысы
Анықтама бойынша
С
параметріне тəуелді
(
)
Ф x у C
, ,
0
=
сызықтар жиынтығының қоршаушысы
деп өзінің əрбір
нүктесінде жиынтықтың сызығымен жанасатын, ал түрлі
нүктелерінде жиынтықтың түрлі сызықтарымен жанасатын
сызықты айтады (19-сурет).
(
)
Ф x у C
, ,
0
=
сызықтар жиынтығы
(
)
F x у y
, ,
0
′ =
диффе-
ренциалдық теңдеуінің қоршаушыға ие болатын интегралдық
сызықтар жиынтығы болсын. Егер жиынтық сызықтарының
бірінде жатқан
М
(
х,у
) нүктесін алсақ, онда осы нүктеде
х, у
жəне
y
′
теңдеуді қанағаттандырады. Алайда қоршаушы үшін де
М
(
х,у
)
нүктесіндегі
х, у
жəне
y
′
мəндері дəл сондай болады. Демек
қоршаушы да интегралдық сызық болып табылады, оның үстіне
ол ерекше интегралдық сызық, өйткені қоршаушының əрбір
нүктесі арқылы бір бағытта қос интегралдық сызық өтеді: біреуі
- қоршаушының өзі болса, екіншісі - интегралдық сызықтардың
бірі. Сонымен, қоршаушының əрбір нүктесінде жалғыздық
бұзылады. Ерекше интегралды жалпы интегралдан шығарып
алу үшін бірпараметрлік
(
)
Ф x у C
, ,
0
=
сызықтар жиынтығының
қоршаушысын табу ережесін пайдалануға болады. Осы ережеге
сəйкес жиынтық теңдеуін одан
С
бойынша дербес дифференци-
алдау арқылы табылған тағы бір теңдеумен жүйеге біріктіреміз:
(
)
(
)
Ф x у C
Ф x у C
С
, ,
0,
, ,
0
=
∂
=
∂
(4.83)
Осы теңдеулер жүйесі (шешімнің бар болуында) теңдеудің
ерекше интегралы болып табылады. Бұл теңдеулер жүйесі ешбір
қисықты анықтамауы да мүмкін екендігін естен шығармау ке-
рек; онда теңдеу ерекше интегралға ие болмайды. (4.83) жүйесі
қисықты (дискриминантты қисықты) анықтағанның өзінде ол
қоршаушы болмай, жиынтық қисықтарының ерекше нүктелері-
нің геометриялық орны болып, сонда да ерекше интеграл болу-
дан қалады. Интегралдық сызық жəне қоршаушының, олардың
ортақ нүктесіндегі жанамаларының бұрыштық коэффициент-
тері беттесуін тексеру талап етіледі. Тек осы жағдайда ғана
138
дифференциалдық теңдеудің параметрлік теңдеулері (4.83) жү-
йесімен кескінделген ерекше интегралы болады. Осы жүйедегі
С
параметрінен құтылып, ерекше интегралды
( )
x у
,
0
ϕ
=
түрінде
шығарып аламыз.
Клеро теңдеуіне қатысты осы ереже бойынша
( )
( )
х
С
y Сх
С
0,
ψ
ψ
+ ′
=
=
+
теңдеулер жүйесін аламыз. Бұл жүйе жоғарыда шығарылған
Клеро теңдеуінің ерекше интегралын кескіндейтін параметр-
лік теңдеулерімен
С
параметрінің
р
параметріне алмасуында
беттеседі.
Мысал
.
( ) ( )
y
х y
y
2
2
=
′ + ′
теңдеуінің ерекше интегралын табу
талап етіледі.
Шешімі.
Теңдеудің жалпы интегралы алдыңғы мысалдардың
бірінде (Лагранж теңдеуіне келтірілген мысалда)
(
)
y
х
С
2
1
=
+ −
түрінде табылған.
С
бойынша дифференциалдап,
(
)
х
С
2
1
0
−
+ −
=
теңдеуін аламыз. Соңғы екі теңдеудегі
С
параметрінен құ-
тылайық. Ол үшін 2-теңдеуден табылған
С
х
1
=
+
мəнін 1-тең-
деуге енгіземіз. Сонда
y
0
=
болады.
y
0
=
функциясы тең деуді
қанағаттандырады, демек оның ерекше шешімі болады. Кейбір
жағдайда ерекше интегралды жалпы интегралды білмей-ақ табуға
болады. Интегралдау барысында кей кезде теңдеудің мəндестігін
бұзатын амалдар жүргізуге тура келеді (мəселен, айнымалыны
қамтитын өрнекке бөлу). Мұндай жағдайда ерекше интеграл бо-
латын шешімдердің жоғалып кетпеуін əрдайым қадағалап отыру
керек.
Мысал
.
( )
(
)
у
у y
а а
2
2
2
2
0
+
′ =
≠
теңдеуінің жалпы жəне ерек-
ше интегралын есептеп табу талап етіледі.
Шешімі
.
Теңдеуді
у
/
-
ке
қатысты шешіп,
139
а
у
у
у
2
2
−
′ = ±
болатынын шығарып аламыз. Мұның өзінде
у-
ке бөлгендіктен,
y
0
=
функциясы жоғалтып алған шешім болмас па екен, соны
тексерген жөн.
y
y
0,
0
=
′ =
мəндерін теңдеуге қойғанда,
y
0
=
функциясы бастапқы теңдеуді қанағаттандырмайтынын, ал олай
болса шешімі болмайтынын көрсетеді.
Түрленген теңдеу айнымалылары айырылған теңдеу болып
табылады. Айнымалыларды айыруды
а
у
2
2
−
-қа бөліп,
ydx
-қа
көбейту арқылы орындап, теңдеуді
ydy
dx
а
у
2
2
= ±
−
түріне келтіреміз. Бұдан
(
)
а
у
х С
2
2
−
= ± +
жəне жалпы ин
теграл
(
)
х С
у
а
2
2
2
+
+
=
түрінде кескінделеді. Бұл шеңберлер
жиынтығы.
а
у
2
2
−
-қа бөлгенде шешімдерді жоғалтып
алма
дық па, соны тексерейік. Бастапқы теңдеуге
y
а
= ±
мен
y
0
′ =
мəндерін енгізген күнде,
y
а
= ±
функциялары теңдеуді
қанағаттандыратынын, ал олай болса шешімдері болатынын
көреміз. Оның үстіне олар ерекше шешімдер, өйткені түзулер
бола тұра, жалпы интегралды құрайтын шеңберлерге қосыла ал-
майды.
Айта кетер жайт: дəл осы нəтижеге жалпы интегралды
С
бой-
ынша дифференциалдау арқылы да қол жеткізуге болар еді. Диф-
ференциалдау нəтижесінде
(
)
х С
2
0,
+
=
одан шыққан
С
х
= −
мəнін жалпы интегралға қойып
y
а
= ±
шешімдерін шығарып
аламыз. Осылайша Лагранж теңдеуінің де ерекше интегралы
болуын оп-оңай тексеруге болады. Айталық,
( )
р
p
ϕ
−
айыры-
мы
р-
ның кейбір
р
р
0
=
мəнінде нөлге айналады деп ұйғарайық.
Онда
р
р
0
=
мəні (4.76) теңдеуін қанағаттандырады.
р
р
0
=
мəнін (4.74) Лагранж теңдеуіне енгізіп, оның түзуді кескіндейтін
( )
( )
y
р х
р
0
0
ϕ
ψ
=
+
ерекше шешімін шығарып аламыз.
140
Лагранж теңдеуіне келтірген есепке қайта оралып, ол үшін
( )
p
р
2
ϕ
=
болатынын жəне
р р
2
0
−
=
теңдеуі
р
р
1
2
0,
1
=
=
түбірлерін беретінін байқаймыз. Бірінші шешім
у
0
=
ерекше
шешімге келтіретін болса, екіншісі
у
х
1
= +
шешіміне келтіреді.
Бұл дербес шешім, өйткені ол
(
)
y
х
С
2
1
=
+ −
жалпы шешімінен
С =
0 болғанда алынады.
Достарыңызбен бөлісу: |
