дифференциалдық теңдеуінің
ретін төмендету
Ізделінді функцияны жəне оның тізбекті түрде алынған
y
/
,
y
//
,…, y
(k-1)
ретті туындыларын қамтымайтын
(
)
k
k
п
F х у
у
у
( )
(
1)
( )
,
,
,...,
0
+
=
(4.93)
дифференциалдық теңдеуі оның ретін k бірлікке төмендетуді
мүмкін етеді
. Расында, жаңа ізделінді функция ретінде
и = y
(k)
(4.94)
функциясын алайық. (4.94)-ті дифференциалдау
и
/
= y
(k+1)
,
...
,
10–454
146
и
(n-k)
= y
(n)
өрнектерін береді. Табылған туындыларды (4.93)-ке
енгізгеннен кейін, оны
F
(
x, и, и
/
, и
//
,…, и
(n-k)
)
=
0
түріне, атап айтқанда, (
п – k
) ретті теңдеуге келтіреміз. Осы
теңдеуді интегралдау нəтижесінде жаңа
и
функциясын анықтай
аламыз. Сонда (4.94) теңдігін, белгілі
и
функциясын қамтитын
жаңа дифференциалдық теңдеу, атап айтқанда,
k
ретті
y
(k)
=
f
(
x, c
1
, c
2
, c
3
,... c
n-k
,) (4.95)
теңдеуі ретінде қарастырамыз. Мұндай түрдегі теңдеу жоғарыда
қарастырылған жəне ол тікелей интегралданады.
Мысал.
IV
у
у
=
′′′
теңдеуінің жалпы шешімін табу талап
етіледі.
Шешімі.
Бұл теңдеу ізделінді функцияны жəне оның ал-
ғашқы екі туындысын қамтымайды. Сондықтан теңдеу ретін
үш бірлікке төмендетуге болады.
у
и
′′′ =
деп ұйғарып, оны
дифференциалдағаннан
IV
у
и
= ′
немесе бірінші ретті
и
и
′ =
теңдеуіне келеміз. Айнымалыларды айырған соң
dи
dx
и
=
теңдеуінен
(
)
и
х С и
х С
2
1
1
1
2
;
4
= +
=
+
жəне
и
0
=
болатынын
шығарып аламыз. Демек
(
)
у
х С
2
1
1
4
′′′ =
+
жəне
у
0
′′′ =
теңдеулеріне келеміз. Осы теңдеулерді үш қайтара интегралдап,
тізбекті түрде
(
)
(
)
(
)
у
х С
С
у
х С
С x С
у
х С
С x
С х С
3
1
2
4
1
2
3
5
2
1
2
3
4
1
2 ,
12
1
2
,
48
1
240
′′ =
+
+
′ =
+
+
+
=
+
+
+
+
жəне
147
у С x
С х С
* 2
*
*
1
2
3
=
+
+
жалпы шешімдерін шығарып аламыз.
17.3. F(x, y
/
, y
//
) = 0 түріндегі теңдеу ретін төмендету
Осының алдында қарастырылған теңдеудің дербес жағдайына
ізделінді функциясы айқын түрде кірмейтін екінші ретті
F
(
x, y
/
, y
//
) = 0, (4.96)
теңдеуін жатқызуға болады. Мұнда
y
/
= и
ауыстырмасы арқылы
теңдеу реті бір бірлікке кемиді.
Мысал.
у
у
х
х
′
′′ +
=
теңдеуін интегралдау талап етіледі.
Шешімі.
у
и
′ =
деп ұйғарсақ, онда
у
и
х
′′ = ′ =
жəне теңдеу
и
и
х
х
′ + =
түріне ауысады. Бұл - бірінші ретті сызықтық теңдеу. Оны
интегралдау нəтижесінде
С
x
и
х
2
1
3
=
+
демек
С
x
у
х
2
1
3
′ =
+
теңдеуіне ауысамыз. Одан жалпы шешім
x
у
С
x
С
3
1
2
ln
9
=
+
+
түрінде алынады.
17.4. Дифференциалдық теңдеудің аралық интегралы
арқылы теңдеу ретін төмендету
Ізделінді функцияның реті
п-
нен төмен туындыларын, із-
делінді функцияның өзін, тəуелсіз айнымалы мен саны
п-
нен кем
болатын еркін тұрақтыларды байланыстыратын (4.95) түріндегі
өрнекті (4.93)
дифференциалдық теңдеуінің аралық инте-
гралы
дейді. Қарастырылған мысалдарда дифференциалдық
теңдеулердің жалпы шешімдерін тапқан болатынбыз. Дербес
шешімді іздестіргенде, жоғарыда көрсетілгендей, табылған жал-
148
пы шешімді пайдалануға болар еді, алайда еркін тұрақтылардың
мəндерін, берілген бастапқы шарттарды келесі интегралдауға
дейін пайдаланып, аралық интегралдың өзінен тапқан əлдеқайда
жеңілдеу.
Мысал.
х
у
у
0,
1,
3
=
=
′ =
бастапқы шарттарында
(
)
у x
ху
2
1
2
′′
+ =
′
теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі
.
у
и
′ =
ауыстырмасын қолданып,
у
и
′′ = ′
аламыз, ал
одан бірінші ретті
(
)
и x
хи
2
1
2
′
+ =
теңдеуін шығарып аламыз. Айнымалыларды айырып, интеграл-
дау нəтижесінде
(
)
(
)
dи
хdx
u
x
C
u C x
и
x
2
2
1
1
2
2
; ln
ln
1
ln ;
1 .
1
=
=
+ +
=
+
+
Бұдан
(
)
у
C x
2
1
1 .
′ =
+
Бұл қатынас бастапқы теңдеудің аралық интегра-
лын кескіндейді. Бастапқы шарттарды пайдаланып,
(
)
C
C
1
1
3
0 1
3
=
+ ⇒
=
мəнін табамыз. Демек
(
)
у
x
2
3
1 ,
′ =
+
ал оны
интегралдап,
y
x
x C
3
2
3
=
+
+
шешіміне келеміз. Бастапқы шарт-
тар
C
2
1 0 0
,
= + +
атап айтқанда
C
2
1
=
мəнін береді, сондықтан
берілген бастапқы шарттар жүйесін қанағаттандыратын дербес
шешім
y
x
x
3
3
1
=
+
+
түріне келеді.
17.5. F(y, y
/
, y
//
,…, y
(n)
) = 0 түріндегі теңдеу ретін төмендету
Ретін төмендетуді мүмкін ететін тағы бір теңдеу нұсқасы,
тəуелсіз айнымалыны қамтымайтын
F(y, y
/
, y
//
,…, y
(n)
) =
0, (4.97)
149
теңдеуі түрінде кескінделеді.
Мұнда айнымалының екеуін де
ауыстырған күнде теңдеу реті бірге кемиді. Жаңа ізделінді функ-
ция ретінде
у
р
=
′
-ны, ал жаңа тəуелсіз айнымалы ретінде
у-
ті
аламыз. Күрделі функцияны дифференциалдау ережесі бойынша
d
dр dу
dр
y
р
р
dx
dу dx
dу
,
′′ =
=
⋅
=
d
dр
d dр
d
dр
d р
dр
y
р
р
р
р
р
dx
dу
dx dу
dx dу
dу
dу
2
2
2
2
.
′′′ =
=
+
=
+
толық индукция əдісі бойынша
y
(n)
туындысы
п
п
dр d р
d
р
р
dу dу
dу
2
1
2
1
,
,
,...,
−
−
арқылы өрнектелетінін дəлелдеуге болады. Осы ауыстырма ар-
қасында (4.97) теңдеуі
п
п
dр d р
d
р
F
у р
dу dу
dу
2
1
1
2
1
, ,
,
,...,
0
−
−
=
=
(4.98)
атап айтқанда, (
п
- 1)-ретті теңдеуге ауысады.
Мысал
.
( )
y
уу
2
1
′ − ′′ =
теңдеуін интегралдау талап етіледі.
Шешімі
.
y
р
′ =
жəне
у
жаңа айнымалы болсын. Жоғарыда
айтылғандай,
dр
y
р
dу
′′ =
болып, жаңа айнымалыдағы теңдеу
dр
dр
р
ур
ур
р
dу
dу
2
2
1
1
−
= ⇒
=
−
болады, яғни айнымалылары
айырылған бірінші ретті теңдеу. Бұдан тізбекті түрде
(
)
рdр
dу
р
y
C
р
C y
p
C y
р
у
2
2
2
2
1
1
1
2
1
1
ln
1
ln
ln
1
1
1
2
2
=
⇒
− =
+
⇒
− =
⇒ =
+
−
болатыны шығады, мұнда нақтылық үшін түбір алдында мүмкін
болатын таңбалардың бірі алынған, жəне (
р
2
1
−
-ге бөлу салда-
150
рынан)
р
1
= ±
деп алынған.
р
-ның орнына
y
′
өрнегін енгізіп,
dу
dy
dy
C y
dx
x C
dx
C y
C y
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
=
+
⇒
=
⇒ +
=
+
+
∫
болатынын, сол сияқты
y
1
′ = ±
-ден
у
х С
*
= ± +
болаты-
нын шығарып аламыз. Интеграл нұсқасы
1
C
тұрақтысының
таңбасына, атап айтқанда бастапқы шарттарға тəуелді. Мұнда жал-
пы шешімді табу талап етілетіндіктен жəне бастапқы шарттардың
болмауына байланысты жағдайдың екеуін де қарастыру қажет.
Егер
C
1
0
>
болса, онда
(
)
dy
y C
C y
C
C y
2
1
1
2
1
1
1
ln
1
1
=
+
+
+
∫
болып, теңдеудің жалпы шешімі
(
)
y C
C y
x C
C
2
1
1
2
1
1
ln
1
+
+
= +
түріне келеді. Егер керісінше
C
1
0
<
болса, онда теңдеудің жалпы
шешімі
x C
y
C
C
2
1
1
1
arcsin
+
=
−
−
түрінде жазылады.
17.6.
Сол жағы дəл туынды болып келетін теңдеу
ретін төмендету
Теңдеу ретін төмендетуді мүмкін ететін тағы бір жағдай-
ды атап өтейік. Бұл -
теңдеудің сол жағы дəл туынды болып
келетін
жағдай
. Мұндайда теңдеу реті тікелей интегралдау
нəтижесінде бірге кемитіні түсінікті. Бұл өте сирек кездесетін
жағдай. Көптеген жағдайда аталған теңдеу түріне кейбір жасан-
ды түрлендірулер көмегімен қол жеткізуге болады жəне мұндай
түрлендірулердің кең тараған əдістері жоқ. Мұнда мысалдармен
шектелеміз.
151
Мысал.
у
хy
у
0
′′ − ′ − =
теңдеуін шешу талап етіледі.
Шешімі
.
Теңдеуді
(
)
y
ху
0
′
′ −
=
түріне келтіруге болады, демек оның сол жағы дəл туынды. Бұдан
y
ху C
1
′ −
=
,
аралық интеграл бірінші ретті сызықтық теңдеуді кескіндейді. Оны
интегралдау нəтижесінде
(
)
х
х
y C e
e
dx C
2
2
/2
/2
1
2
−
=
+
∫
интегралына
қол жеткіземіз. Ол элементар функцияларда өрнектелмегенімен,
мұндай элементар емес функция үшін дəйекті кестелер құрылған.
Интеграл сол кестелер бойынша есептеледі.
Мысал.
( )
уу
y
у
2
2
0
′′ − ′ −
=
теңдеуінің жалпы шешімін табу
талап етіледі.
Шешімі.
Осы теңдеудің сол жағы дəл туынды болмайды.
Бірақ бұл теңдеуді
( )
уу
y
у
2
2
′′ − ′ =
немесе
( )
уу
y
у
2
2
1
′′ − ′
=
түрінде көшіріп жазуға болады. Бұдан теңдеу
y
у
1
′
′
=
түріне
келетіні көрінеді. Интегралдау нəтижесінде
y
х С
у
1
′
= +
немесе
айнымалылары айырылатын
(
)
y
у х С
1
′ =
+
теңдеуіне келеміз.
Айнымалыларды айырып, интегралдайық:
(
)
(
)
х С
dy
х С dx
y
С
у
2
1
1
2
ln
ln
2
+
=
+
⇒
=
+
атап айтқанда
(
)
х C
y C e
2
1
/2
2
.
+
=
152
Достарыңызбен бөлісу: | 
