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

157
Мысал
. 
x
x
x
у
e у
х e у
х e
2
1
2
3
,
,
=
= ⋅
=
⋅
 
функциялары кейбір 
үшінші ретті СБДТ-нің ІШЖ-сін құрайтынын көрсетіп, сол 
теңдеуді жазу талап етіледі.
Шешімі
. 
( )
W х
-
ті
 
есептеп табамыз: 
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
e
х e
х e
х
х
W x
e
х
e
х
х e
e
х
х
х
х
х
х
e
х
e
х
х
e
2
2
2
3
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
2
4
2
2
4
2
⋅
⋅
=
+
+
=
+
+
=
+
+
+
+
+
+
(
)
x
x
x
х
х
e
х
e
х
х
e
х
2
3
3
3
1
0 1
2
4
2 4
2
0 2 4
2
=
=
⋅
+ −
=
+
.
Барлық 
х R
∈
 үшін 
( )
W х
0
≠
 болатыны айқын. Демек берілген 
функциялар үшінші ретті СБДТ-нің ІШЖ-сін құрайды. Үшінші 
ретті СБДТ-нің жалпы түрі 
( )
( )
( )
у
а х у
а х у
а х y
1
2
3
0.
′′′ +
′′ +
′ +
=
Осы теңдеуге 
у
1
, 
у
2
, 
у
3
 функцияларын енгізіп, 
( ) ( ) ( )
а х а х а х
1
2
3
,
,
 функцияларына қатысты үш теңдеу жүйесін 
шығарып аламыз. Оны шешкен күнде 
у
у
у
y
3
3
0
′′′ −
′′ +
′ − =
 
теңдеуіне келеміз; оның жалпы шешімі 
x
x
x
у С e
С х e
С х e
2
1
2
3
.
=
+
⋅
+
⋅
§20. Тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті 
дифференциалдық теңдеулерді интегралдау
Жоғарыда қарастырылған СБДТ-нің дербес жағдайы ретінде 
тұрақты 
коэффициенттері бар сызықтық біртектес диф фе-
ренциалдық теңдеулер
 танылады. Екінші ретті 
у
рy
qу
0
′′ +
′ +
=
                              (
4.105
)
СБДТ-і берілсін, мұнда
 р 
жəне 
q
 – тұрақтылар.
(4.105) теңдеуінің жалпы шешімін табу үшін іргелі шешім-

158
дер жүйесін құрайтын оның екі дербес шешімін табу жеткілікті 
(4.5-теореманы қараңыз). (4.105) теңдеуінің дербес шешімдерін 
Л. Эйлердің ұсынуынша,
kx
у
e
=
түрінде іздестіреміз, мұнда 
k -
 кейбір сан. Осы функцияны екі 
рет дифференциалдап, 
у y у
,
,
′ ′′
 өрнектерін (4.105) теңдеуіне 
енгізгеннен соң 
kx
kx
kx
k e
p ke
q e
2
0,
⋅
+ ⋅
+ ⋅
=
 атап айтқанда 
(
)
kx
e
k
p k q
2
0,
+ ⋅ +
=
 
немесе 
(
)
kx
k
p k q
e
2
0,
0
+ ⋅ + =
≠
  
 
 
 
 
 
 
 
            (4.106)
теңдеуін шығарып аламыз. (4.106) теңдеуін (4.105) диффе-
ренциалдық теңдеуінің 
характеристикалық теңдеуі
 
дейді 
(оны құру үшін (4.105) теңдеуінде 
у y
,
′′ ′
 жəне 
y
-ті сəйкесінше
 
k k
2
,
 жəне 1-мен алмастыру  жеткілікті). (4.106) характеристи ка-
лық теңдеуін шешкенде үш жағдай кездесуі мүмкін.
1-жағдай
. (4.106)
 
теңдеуінің түбірлері əртүрлі жəне нақты:
p
k
k D
q
2
1
2
0 .
4
≠
=
− >






 Осы жағдайда (4.105) теңдеуінің дербес 
шешімдері 
k x
у
e
1
1
=
 жəне 
k x
у
e
2
2
=
 функциялары болып табыла-
ды.
Олар іргелі шешімдер жүйесін құрайды (сызықтық тəуелсіз), 
өйткені олар түзейтін вронскиан 
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
k x
k x
k k x
k k x
k k x
k x
k x
e
e
W x
k e
k e
e
k
k
k e
k e
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
0.
+
+
+
=
=
−
=
−
≠
Демек (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі (4.102) формуласына 
сəйкес 
k x
k x
у С e
С e
1
2
1
2
=
+
                            
 (4.107)
түрінде жазылады.
1-мысал
. 
у
y
у
5
6
0
′′ −
′ +
=
 
теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі.
 
k
k
2
5
6 0
−
+ =
 
характеристикалық теңдеуі бойын-

159
ша оның 
k
k
1
2
2,
3
=
=
 түбірлерін табамыз. Олай болса теңдеудің 
жалпы шешімі (4.107) формуласына сəйкес 
x
x
у С e
С e
2
3
1
2
=
+
 
(
С С
1
2
,
 - еркін тұрақтылар) түріне келеді.
2-мысал
. (4.106) характеристикалық теңдеуінің түбірлері 
нақты жəне бір-біріне тең: 
p
р
k
k D
q
k
k
2
1
2
1
2
0,
.
4
2
=
=
− =
=
= −






 
Осы жағдайда бір 
k x
у
e
1
1
=
 дербес шешіміне ие боламыз. Айта 
кету керек, 
у
1
 функциясымен бірге 
k x
у
хe
1
2
=
 функциясы да 
(4.105) теңдеуінің шешімі болады екен. Расында, 
у
2
 функциясын 
(4.105) теңдеуіне енгізейік. Сонда 
( )
( ) ( ) (
)
k x
k x
k x
k x
k x
у
ру
qу
хe
p хe
q хe
k e
хk e
1
1
1
1
1
//
/
//
/
2
2
2
2
1
1
2
+
+
=
+
+
=
+
+
(
) ( )
(
)
(
)
k x
k x
k x
k x
р e
хk e
q хe
e
x k
p k
q
p
k
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
+
+
+
=
+ ⋅ +
+
+




.
Мұнда 
1
k
 (4.106) теңдеуінің түбірі болғандықтан 
k
p k
q
2
1
1
0
+ ⋅ + =
, ал шарт бойынша 
р
k
k
1
2
2
=
= −
 болса, 
p
k
1
2
0
+
=
. Сондықтан 
у
ру
qу
//
/
2
2
2
0
+
+
=
, атап айтқанда 
k x
у
хe
1
2
=
 функциясы (4.105) теңдеуінің шешімі болатынын 
көріп отырмыз. 
k x
у
e
1
1
=
 жəне 
k x
у
хe
1
2
=
 дербес шешімдері 
іргелі шешімдер жүйесін құрайды: 
( )
k x
W x
e
1
2
0.
=
≠
 Демек осы 
жағдайда СБД (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі 
k x
k x
у С e
С хe
1
1
1
2
=
+
                             (4.108)
түріне ие болады.
3
-
жағдай
.
 (4.106) теңдеуінің 
1
k
 жəне 
2
k
 түбірлері - ком-
плексті: 
p
р
p
k
i k
i D
q
q
2
2
1
2
,
,
0,
,
0 .
4
2
4
α β
α β
α
β
= +
= −
=
− <
= −
=
−
>






Осы жағдайда (4.105) теңдеуінің дербес шешімдері болып 
(
)
i x
у
e
1
α β
+
=
 жəне 
(
)
i x
у
e
2
α β
−
=
 функциялары алынады. Эйлердің 
(ІІІ тарау)

160
i
e
i
cos
sin ,
ϕ
ϕ
ϕ
=
+
i
e
i
cos
sin
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
формулалары бойынша 
x
ix
x
x
у
e
e
e
x ie
x
1
cos
sin
,
α
β
α
α
β
β
=
⋅
=
+
x
ix
x
x
у
e
e
e
x ie
x
2
cos
sin
.
α
β
α
α
β
β
−
=
⋅
=
−
(4.105) теңдеуінің екі нақты дербес шешімін табайық. Ол үшін 
у
1
 жəне 
у
2
 шешімдерінің 
x
у
у
e
x
у
1
2
1
cos
2
α
β
+
=
=
ɶ
 жəне 
x
у
у
e
x
у
1
2
2
sin
2
α
β
−
=
=
ɶ
сызықтық комбинацияларын құрамыз. 
у
1
ɶ
 жəне 
у
2
ɶ
 функцияла-
ры (4.105) теңдеуінің шешімі болатыны екінші ретті сызықтық 
біртектес дифференциалдық теңдеулер шешімдері қасиеттерінен 
туындайды (4.2-теореманы қараңыз). Осы 
у
1
ɶ
 жəне 
у
2
ɶ
 шешімдері 
( )
0
≠
x
W
 болуы себепті іргелі шешімдер жүйесін түзейді (өз 
бетіңізбен көз жеткізіңіз).
Сондықтан (4.105) теңдеуінің жалпы шешімі 
x
x
у С e
x С e
x
1
2
cos
sin
α
α
β
β
=
+
 
немесе
(
)
x
у
e
С
x С
x
1
2
cos
sin
α
β
β
=
+
                        
(4.109)
түрінде жазылады. 
2-мысал
. 
у
y
у
6
25
0
′′ −
′ +
=
 
теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі
.
 
k
k
2
6
25 0
−
+
=
 теңдеуін шешкеннен 
k
1 
= 3 + 4
i
, 
k
2 
= 3 – 4
i
 түбірлері шығады. (4.109) формуласы бойынша тең-
деудің жалпы шешімін 
(
)
x
у
e
С
x С
x
3
1
2
cos 4
sin 4
=
+
 түрінде шы-
ғарып аламыз. 
Сонымен, тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті СБД 
(4.105) теңдеуінің жалпы шешімін табу интегралдарды есептемей-
ақ, (4.106) характеристикалық теңдеуінің түбірлерін табуға жəне 
(4.107) – (4.109) түріндегі теңдеудің жалпы шешімі формулала-
рын пайдалануға келтіріледі.

161

жүктеу 2,21 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: