§14. Жазық сызықтар жиынтығының қоршаушысы

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.

жүктеу 2,21 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: