Қазақстан республикасы жоғары оқу орындарының Қауымдастығы а. Т. Мусин математика II

112
ауыстырмасы бойынша кез келген біртектес теңдеу айнымалыла-
ры айырылған теңдеуге келтіріледі.
1-мысал
. 
x
y
0
0
3,
4
=
=
 бастапқы мəндерінде (4.33) теңдеуін 
интегралдау талап етіледі.
Шешімі
. 
(4.30) ауыстырмасы нəтижесінде (4.33) теңдеуі 
х
х t dx x dt
2
2 2
2
0
+
−
=
                         
(4.36)
немесе
x
t dx x dt
2
2
1
0
+
−
=
                        
  (4.37)
түріне келеді. Айнымалыларды айырып, теңдеуді
dx
dt
х
t
2
1
=
+
                                   (4.38)
түріне келтіреміз. Айнымалыларды айырғанда 
х = 
0 шешімі 
жоғалып отыр. Алайда ол бастапқы шарттарды қанағат  тандыр-
майды. Интегралдауды 
y
x
t
x
0
0
0
0
4
3,
3
=
=
=
 бастапқы шарттарын-
да орындау үшін 
х 
абсциссасының оң мəні алынады, демек 
x
х
=
                                       
  (4.39)
деп ұйғарамыз. Онда (4.38) теңдеуден 
х
t
dx
dt
х
t
2
3
4/3
1
=
+
∫
∫
                                 (4.40)
болатыны, ал одан 
(
)
x
t
t
2
ln
ln3 ln
1
ln3.
−
=
+
+
−
                    
(4.41)
t-
ны 
у
х
-пен алмастырып, потенцирлеген соң
у
у
х
х
х
2
1
= +
+  
 
 
                             
 
(4.42)
интегралын шығарып аламыз. Оған сəйкес дербес шешім 

113
х
у
2
1
2
−
=
                                      (4.43)
болып келеді. 
Ескерту
. 
(4.40) формуласының сол жағы, жоғарғы шек 0-ге 
тең болғанда немесе теріс мəндерді қабылдағанда мағынасыз. 
Сондықтан шешімді іздестіру барысында 
х-
тің оң мəндерімен 
шектелу талап етілген. (4.43) функциясы 
х
0
≤
 мəндері үшін 
(4.33) теңдеуінің шешімі болу-болмауын қосымша зерттейміз. 
(4.43) 
функциясын (4.33) теңдеуінің сол  жағына  енгізгеннен 
х
у
2
1
2
−
=
 
функциясы шешімді 
х-
тің барлық мəндерінде беретінін көреміз.
2-мысал
.
 
x
y
y
xy
2
2
+
′ =
 дифференциалдық теңдеуін шешу та-
лап етіледі.
∇
 Берілген теңдеу
x
y
f x y
xy
2
2
( , )
+
=
 
⇒
t x
t y
t x
y
x
y
f tx ty
f x y
txty
t xy
xy
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
( , )
( , )
+
+
+
=
=
=
=
болғандықтан,   анықтамаға    сəйкес   біртектес    теңдеу   болып 
келеді.   Теңдеуді   шешу  үшін 
y
u
x
=
  ауыстырмасын   қолданып, 
төмен дегідей түрлендірулер нəтижесінде 
y
u
y ux
y
u x u
x
= ⇒ =
⇒ ′ = ′ +
,
x
u x
u
u
u x u
u x u
u x
u
xux
u
u
2
2 2
2
2
1
1
+
+
+
′ + =
⇒ ′ + =
⇒ ′ =
− ⇒
u
u
du
dx
u x
u x
x
xdu
u
u
dx
u
u
2
2
1
1
1
+
−
′ =
⇒ ′ = ⇒
= ⇒
=
8–454

114
айнымалылары айырылған теңдеуге келеміз. Оны шешкеннен 
шығатын өрнек төмендегідей:
dx
u
u
udu
x
C
x
C
x
2
2
ln
ln
.
2
2
=
⇒
=
− ⇒
−
=
Бастапқы айнымалыға оралған соң, берілген теңдеудін жалпы 
интегралын
y
u
x
= ⇒
 
y
x
C
x
2
1
ln
2
−
=
 
 
 
түрінде табамыз.
§8. Бірінші ретті сызықтық теңдеулер
Ізделінді 
y 
функциясы мен оның 
dy
dx
 туындысына қатысты 
сызықты (атaп айтқанда 1-дəрежелі) теңдеуді 
сызықтық теңдеу
 
дейді. Сызықтық дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі
dy
Р x у Q x
dx
( )
( )
+
=
.                             (4.44)
Егер (4.44) теңдеуінің оң жағы 
0
)
(
≡
x
Q
 болса, онда (1) теңдеуі 
сызықтық біртектес
, қарсы жағдайда 
біртектес емес
 делінеді. 
Кейде мұндай сызықтық теңдеулерді сəйкесінше оң жағы жоқ 
жəне оң жағы бар теңдеулер дейді. Айта кететін жайт: біртектес 
сызықтық теңдеуді 
х
 жəне 
у-
ке қатысты біртектес теңдеумен 
(алдыңғы тармақ) шатастырудан аулақ болу керек. Соңғы 
жағдайдағы «біртектестік» ұғымы 
dy
Р x у
dx
( )
+
 өрнегінің, 
y 
функ
циясы мен оның 
dy
dx
 туындысына қатысты сызықтық біртектес 
функция болуынан туындап отыр.
(4.44) теңдеуін біртектес емес деп ұйғарайық, 
)
(
≠
x
Q
 болсын. 
Осы теңдеуді интегралдаудың екі əдісін көрсетейік:
1. 
Ауыстырма əдісі
. 2. 
Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі
. 

115
Біртектес сызықтық теңдеу жағдайы арнайы қарастыруды талап 
етпейді, өйткені 
Q x
( ) 0
≡
 болса, (4.44) теңдеуі бір мезгілде айны-
малылары айырылған дифференциалдық теңдеу болып табы-
лады.
8.1. Ауыстырма əдісі
(4.44) теңдеуінде 
y uv
=
 деп ұйғарып, 
y-
тің орнына жаңа, 
мəселен 
v 
айнымалысына көшеміз. Содықтан екінші 
v 
айнымалы-
сын қосалқы айнымалы ретінде қарастырып, оны қалауымызша 
таңдаймыз. Төменде ол  көрсетіледі. 
dy
dx
  туындысын  есептеп,  
u 
жəне 
v 
арқылы өрнектелген 
y-
пен 
dy
dx
-ті (4.44) теңдеуіне енгіземіз. 
dy
dv
du
u
v
dx
dx
dx
=
+
  
Болғандықтан, теңдеу 
du
dv
v
u
P x v
Q x
dx
dx
( )
( )
+
+
=






                      (4.45)
түріне келеді. Қосалқы 
v 
айнымалысын қалауымызша алуға 
болатындығын пайдаланып, оны квадрат жақшадағы өрнек нөлге 
айналатындай аламыз, атaп айтқанда 
dv
P x v
dx
( )
0
+
=
                                 (4.46)
болуын талап етеміз. Бұл айнымалылары айырылған теңдеу. 
Оның екі жағын 
v-
ға бөліп, 
dx
-ке көбейткеннен
 
dv
P x dx
v
( )
0
+
=
теңдеуін, ал одан интегралдау арқылы 
v
P x dx
C
ln
( )
ln
+
=
∫
немесе

116
P x dx
v Ce
( )
−∫
=
                                  (4.47)
өрнегін табамыз. Осы 
v 
өрнегін (4.45) теңдеуіне қойып, 
и
 үшін 
айнымалылары айырылған 
P x dx
du
Ce
Q x
dv
( )
( )
−∫
=
                             (4.48)
теңдеуін шығарып аламыз. Оның екі жағын 
P x dx
e
( )
∫
-ке көбейткен 
күнде мындай өрнек:
P x dx
Cdu Q x e
dx
( )
( )
∫
=
ал одан
P x dx
u
Q x e
dx C
C
( )
1
1
( )
∫
=
+




∫
                     (4.49)
болатыны шығады. (4.49) бен (4.47) формулалары 
u 
мен 
v-
ны 
х-
ке 
тəуелді өрнектеп отыр. Бізге 
у-
тің
 х-
тен тəуелділігін табу талап 
етілетіндіктен, ал 
y uv
=
 болатындықтан, нəтижесінде (4.44) 
сызықты теңдеуінің жалпы шешімі
P x dx
P x dx
y e
Q x e
dx C
( )
( )
1
( )
−∫
∫
=
+




∫
                  (4.50)
түрінде жазылады. Айта кету керек, (4.46) теңдеуін интегралдау 
барысында шыққан 
С
 еркін тұрақтысы, 
v-
ны 
u-
ға көбейткенде 
қысқарып кетті. Олай боларын сезгенбіз, өйткені 1-ретті теңдеудің 
жалпы шешімі бір ғана еркін тұрақтыны қамтуы тиіс. Ондай 
көрегендікпен (4.47) шешімінде алдын ала 
С 
= 1 деп ұйғарып, 
(4.46) теңдеуінің жалпы шешімінің орнына (əдеттегі практика 
жүзіндегідей) 
P x dx
v
e
( )
−∫
=
 дербес шешімін алуға болар еді. 
Мұнда қолданылған ауыстырма əдісі (4.44) сызықты теңдеуін 
интегралдау есебін, айнымалылары айырылған (4.46) мен (4.48) 
қос теңдеуінің шешімдерін іздестіруге айналдырады.
1
-
мысал
.    
Ауыстырма    əдісімен     
bx
dy
ay e
dx
−
=
    сызықтық 
тең де уінің жалпы шешімін табу талап етіледі.

117
Шешімі
. 
y uv
=
 деп ұйғарайық, сонда 
dy
dv
du
u
v
dx
dx
dx
=
+
 жəне 
теңдеу
bx
du
dv
v
u
av
e
dx
dx
+
−
=






түріне келеді. Ереже бойынша 
dv
av
dx
0
−
=
 болуын талап етеміз. 
Айнымалыларды айыра келе 
dv
adx
v
0
−
=
, ал одан 
ax
v Ce
=
 
өрнегін табамыз. Жоғарыда айтылғандай, 
ax
v Ce
=
 шешіммен 
шектеліп,  оны  түрленген  теңдеуге  енгіземіз.  Сонда  
ax
bx
e u
e
′ =
 
немесе  
(
)
b a x
du e
dx
,
−
=
  бұдан 
(
)
b a x
u
e
C
b a
1
−
=
+
−
 (
b a
≠
 болғанда) 
жəне  
u x C
= +
  (
b a
=
  болғанда).  
y uv
=
  болғандықтан,  жалпы 
шешім    
b a
≠
  болғанда   
bx
ax
e
y
Ce
b a
=
+
−
   түрінде   жəне   
b a
=
 
болғанда 
(
)
ax
y
x C e
=
+
 түрінде табылады.
8.2. Еркін тұрақтыны вариациялау əдісі
Біртектес емес (4.44) теңдеуінің (
Q x
( ) 0
≠
) шешімін іздемес 
бұрын алдымен оған сəйкес 
dy
Р x у
dx
( )
0
+
=
                                 (4.51)
біртектес теңдеуін шешеміз. Бұл айнымалылары айырылған 
теңдеу, оның жалпы шешімі
P x dx
y Ce
( )
−∫
=
.                                  (4.52)
С
 еркін тұрақтысын қамтитын, табылған 
y 
функциясы біртек-
тес емес теңдеудің шешімі бола алмайтыны айдан анық. Расын-
да, өзінің туындысымен бірге (4.44) теңдеуіне қойылған шақта ол 
теңдеудің сол жағын тепе-тең етіп нөлге айналдырғанымен, оның 

118
оң жағы 
Q x
( ) 0
≠
. Алайда 
С-
ны еркін тұрақты демей-ақ, 
х-
тен 
тəуелді кейбір функция, атaп айтқанда 
C C x
( )
=
 деп қарастырса, 
онда (4.52) функциясы біртектес емес (4.44) теңдеуінің шешімі 
болатындай 
)
(
x
C
 функциясын таңдауға болады екен.
C x
( )
 функциясын табу үшін 
( )
P x dx
y C x e
( )
−∫
=
 функциясының 
туындысын есептеп тауып, оны 
y 
функциясымен бірге (демек 
y 
пен 
dy
dx
-ті)   (4.44)   теңдеуіне   қойып,   теңдеудің   қанағаттануын, 
атaп айтқанда тепе-теңдікке айналуын талап етеміз.
( )
( )
P x dx
P x dx
dC x
dy
e
C x Р x e
dx
dx
( )
( )
( )
−
−
∫
∫
=
−
Болғандықтан, (4.44) теңдеуі түрлене келе (екі ортаңғы мүшесі 
жойылған соң)
( )
( )
P x dx
dC x
e
Q x
dx
( )
−∫
=
                           (4.53)
теңдеуіне айналады. Қайта, айнымалылары айырылған жəне 
бел  гісіз 
)
(
x
C
 функциясы бар теңдеу шығып отыр. Оның жалпы 
шешімі 
( )
( )
P x dx
C x
Q x e
dx C
( )
1
.
∫
=
+
∫
Табылған 
C x
( )
 өрнегін (4.52) теңдігіне енгізіп, біртектес емес 
(4.44) теңдеуінің ізделінді шешімін 
P x dx
P x dx
y e
Q x e
dx C
( )
( )
1
( )
−∫
∫
=
+




∫
,
атaп айтқанда, дəл бұрынғы (4.50) түріндегідей шығарып 
аламыз. 
Əдістің мұндай түрінің 
вариациялау
 деп аталуы 
С
 еркін 
тұрақтысын 
х-
тің функциясы деп санап, вариациялағаннан 
(өзгерткеннен) қалыптасып отыр. Ауыстырма əдісіне ұқсас, 
соңғы əдіс (4.44) сызықты теңдеуін айнымалылары айырылған 
(4.51) жəне (4.53) теңдеулеріне келтіруге мүмкіндік береді.
2
-
мысал
. 
Еркін тұрақтыны  вариациялау əдісі  бойынша

119
dy
yctgx
a
x
dx
sin
−
=
   сызықтық   теңдеуінің   жалпы  шешімін табу 
талап етіледі.
Шешімі
. 
Алдымен 
dy
yctgx
dx
0
−
=
 біртектес сызықтық 
тең деуінің жалпы шешімін табамыз. Айнымалыларды айырудың 
арқасында   бұл    теңдеу    
dy
ctgxdx
y
0
−
=
   түріне    келеді,   одан
y
x
C
ln
lnsin
ln ,
−
=
   демек   
y C
x
sin
=
   болады.   
C C x
( )
=
   деп 
ұйғарып  
С-
ны  вариациялаймыз.  Мұндайда   
( )
y C x
x
sin
=
  жəне
( )
( )
dC x
dy
x C x
x
dx
dx
sin
cos .
=
+
   
y   
жəне  
dy
dx
  өрнектерін   бастапқы
теңдеуге енгізгеннен
( )
( )
( )
dC x
x C x
x C x
x ctgx
a
x
dx
sin
cos
sin
sin
+
−
⋅
=
немесе ықшамдаудан соң 
dC x
adx
( )
=
 теңдеуіне келеміз. Одан 
C x
ax C
1
( )
=
+
 болатыны шығады. 
C x
( )
 өрнегін біртектес тең-
деудің жалпы шешіміне енгізіп, бастапқы теңдеудің 
(
)
y
ax C
x
1
sin
=
+
түріндегі жалпы шешімін табамыз.

жүктеу 2,21 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: