Механикалық тербелістердің дифференциалдық теңдеулері


Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .3
І.Тұрақты коэффициентті екінші ретті сызықты дифференциалдық
теңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 4
1. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті сызықты дифференциалдық
еңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..4
2. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықты
дифференциалдық теңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .10
ІІ Механикалық тербелістердің дифференциалдық теңдеулері ... ... ... ... ..17
1. Ерікті және ерікті емес тербелістердің дифференциалдық теңдеулері ... ... .17
2. Ерікті тербелістің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу ... ... ... ..20
3. Еріксіз тербелістердің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу ... ...25
4. Жалпыланған координатадағы ерікті тербелістердің дифференциялдық
теңдеуі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .30
5. Қосымшалар және мысалдар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...33
ІІІ. Кіші параметр әдісінің қолданылуы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .35
1. Энергетикалық теңдік ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 35
2. Кіші параметр әдісінің қолданылуы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .36
3. Ван.дер Поль әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..41
4. Орталау әдісін Фатудың негіздемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 45
5. Орталау әдісін Фатудың негіздемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 52
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...60
Әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .61
Өзектілігі. Тербелістердің дифференциалдық теңдеулерін құрудың өзі маңызды мәселе. Ал құрылған дифференциалдық теңдеулерін шешіп және оны талдау,яғни зерттеу екінші бір өзекті мәселе. Сонда шешімдер қандай жағдайда тербелісті береді және қандай жағдайда тербеліс болмайды. Мінеки,осыларды анықтау өте маңызды мәселе болып табылды.
Мақсаты. Бірінші мақсат механикалық тербелістерге сәйкес келетін дифференциалдық теңдеуді құру болса,екінші мақсат құрылған дифференциалдық теңдеулерді шешу және ол табылған шешімдерді зерттеу болып табылады.
Міндеті. Негізгі міндет құрылған дифференциалдық теңдеулерді шеше білу және ол шешілген шешімдері зерттей білу керек,яғни қандай жағдайда тербелістер бар болады,ал қандай жағдайда тербелістер жоқ болады.
Құрылымы. Бұл дипломдық жұмыс кіріспеден,бірінші,екінші,үшінші бөлімдерден және қортындыдан шығады. Соңында пайдаланған әдебиеттер тізімі келтірілген. Сонымен бірге әрбір бөлім бірнеше пунктерден құралған. Әр пунктінің соңында есептер шығарып көрсеткен. Сөйтіп,жұмыс осындай тәртіппен,яғни осындай ретпен баяндалған.
1. Н.С. Пискунов «Дифференциальное и интегральное исчисления». Том 2,
1985.
2. Н.М. Матвеев «Методы интегрирования обыкновенных
дифференциальных уравнений». 1974.
3. К.К. Паномерев «Специальный курс высшей математики». 1974.
4. Л.Э. Эльсгольц «Дифференциальные уравнения и вариационное
исчисление». 1969.
5. Б. Тілеубердиев «Дифференциалдық теңдеулер» 1 - бөлім 2004.

Пән: Физика
Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Көлемі: 28 бет
Бұл жұмыстың бағасы: 1300 теңге




МЕХАНИКАЛЫҚ ТЕРБЕЛІСТЕРДІҢ ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕРІ

Мазмұны

Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...3
І. Тұрақты коэффициентті екінші ретті сызықты дифференциалдық
теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 4
1. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті сызықты дифференциалдық
еңдеулер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .4
2. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықты
дифференциалдық теңдеулер ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 10
ІІ Механикалық тербелістердің дифференциалдық теңдеулері ... ... ... ... ..17
1. Ерікті және ерікті емес тербелістердің дифференциалдық теңдеулері ... ... .17
2. Ерікті тербелістің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу ... ... ... ..20
3. Еріксіз тербелістердің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу ... ...25
4. Жалпыланған координатадағы ерікті тербелістердің дифференциялдық
теңдеуі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...30
5. Қосымшалар және мысалдар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .33
ІІІ. Кіші параметр әдісінің қолданылуы ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... .35
1. Энергетикалық теңдік ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 35
2. Кіші параметр әдісінің қолданылуы ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .36
3. Ван-дер Поль әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .41
4. Орталау әдісін Фатудың негіздемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .45
5. Орталау әдісін Фатудың негіздемесі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .52
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...60
Әдебиеттер ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..61

Кіріспе
Өзектілігі. Тербелістердің дифференциалдық теңдеулерін құрудың өзі маңызды мәселе. Ал құрылған дифференциалдық теңдеулерін шешіп және оны талдау,яғни зерттеу екінші бір өзекті мәселе. Сонда шешімдер қандай жағдайда тербелісті береді және қандай жағдайда тербеліс болмайды. Мінеки,осыларды анықтау өте маңызды мәселе болып табылды.
Мақсаты. Бірінші мақсат механикалық тербелістерге сәйкес келетін дифференциалдық теңдеуді құру болса,екінші мақсат құрылған дифференциалдық теңдеулерді шешу және ол табылған шешімдерді зерттеу болып табылады.
Міндеті. Негізгі міндет құрылған дифференциалдық теңдеулерді шеше білу және ол шешілген шешімдері зерттей білу керек, яғни қандай жағдайда тербелістер бар болады, ал қандай жағдайда тербелістер жоқ болады.
Құрылымы. Бұл дипломдық жұмыс кіріспеден,бірінші,екінші,үшінші бөлімдерден және қортындыдан шығады. Соңында пайдаланған әдебиеттер тізімі келтірілген. Сонымен бірге әрбір бөлім бірнеше пунктерден құралған. Әр пунктінің соңында есептер шығарып көрсеткен. Сөйтіп,жұмыс осындай тәртіппен,яғни осындай ретпен баяндалған.

І. Тұрақты коэффициентті 2 - ретті сызықты дифференциалдық
теңдеулер.
1. Тұрақты коэффициентті 2 - ретті біртекті сызықты дифференциал-
дық теңдеулер.
Анықтама. Мына түрдегі теңдеу
(1)
тұрақты коэффициентті 2 - ретті біртекті сызықты дифференциалдық теңдеу деп аталады, егер коэффициенттер p мен q нақты тұрақты сандар болса.
Бізге белгілі, бұл теңдеудің жалпы шешімін табу үшін оның сызықты тәуелсіз екі дербес шешімін табу жеткілікті.
(1) теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
, (2)
мұндағы . Сонда .
Осыларды (1) теңдеуге апарып қойып, мынаған келеміз:
.
Бұл жерден екендігін ескерсек, мынау шығады:
. (3)
Сондықтан, егер саны (3) теңдеуді қанағаттандыратын болса, онда (1) теңдеудің шешімі болады. (3) теңдеу (1) теңдеуге сәйкес характеристикалық теңдеу деп аталады.
Характеристикалық теңдеу квадраттық теңдеу болып тұр. Сондықтан оның екі түбірі болады. Оларды және арқылы белгілейміз. Сонда олар:

Бұл жерде мынадай жағдайлар болуы мүмкін:
І. мен - нақты және әртүрлі
ІІ. мен - комплекс сандар;
ІІІ. мен - тең нақты сандар .
Әрбір жағдайды жеке - жеке қарастырамыз.
І. Характеристикалық теңдеудің түбірлері нақты және әр түрлі: .
Бұл жағдайда дербес шешімдері мына функциялар болады:
.
Бұл шешімдер сызықты тәуелсіз, себебі
.
Сондықтан, жалпы шешім мына түрде болады:
.
Мысал 1. дифференциалдық теңдеуі берілген.
Шешу. Характеристикалық теңдеу мына түрде болады:
.
Характеристикалық теңдеудің түбірлерін табалық:
;
.
Бұл түбірлер нақты және әртүрлі. Сонда:
.
ІІ. Характеристикалық теңдеудің түбірлері комплекстік сандар.
Комплекстік түбірлер қос - қостан түйіндес болып келеді.
Оларды деп белгілейік, мұндағы
.
Дербес шешімдерді мына түрде жазуға болады:
. (4)
Бұл функциялар (1) дифференциалдық теңдеуді қанағаттандыратын нақты аргументті комплекстік функциялар.
Тұжырым. Егер қандай да бір нақты аргументті комплекстік функция
(5)
(1) теңдеуді қанағаттандырса, онда ол теңдеуді пен
функцияларының әр қайсысы да қанағаттандырады.
Шынында, (5) өрнекті (1) теңдеуге апарып қойып, мынаған келеміз:
немесе
.
Бірақ, комплекстік функция тек сол кезде нольге тең болады, егер оның нақты бөлігі мен жорамал бөлігі нольге тең болса, яғни
, .
Бұдан көреміз, пен - тің әрқайсысы (1) теңдеудің шешімі болып табылатынын.
Комплекстік шешімдер (4) - ті нақты және жорамал бөліктердің қосын-дысы түрінде жазып аламыз:
,
,
яғни , . (6)
Жоғарыда дәлелденген тұжырым бойынша (1) теңдеудің дербес шешім-дері болып мына нақты функциялар табылады:
,
.
мен функциялары сызықты тәуелсіз, себебі
.
Сондықтан, характеристикалық теңдеудің түбірлері комплекстік сандар болып келгенде (1) теңдеудің жалпы шешімі мына түрде болады:

немесе
, (7)
мұндағы мен - кез келген тұрақтылар.
(7) шешімнің мынадай дербес жағдайының маңызы үлкен. Ол жағдай мынау: характеритикалық теңдеудің түбірлері таза жорамал болған жағдай.
Егер (1) теңдеуде болса, онда осы дербес жағдай келіп шығады:
.
Бұл дифференциалдық теңдеудің характеристикалық теңдеуі мына түрде бо-лады:
.
Бұл характеристикалық теңдеудің түбірлері:
.
(7) шешім мына түрге келеді: .
Мысал 2. теңдеуі берілген. Жалпы шешімін және мына бастапқы шартты қанағаттандыратын дербес шешімін тап.
Шешу. 1) характеристикалық теңдеуін жазалық:
.
Түбірлерін табалық: . Сондықтан, жалпы шешімі мынадай болады: .
2) Енді дербес шешімін табамыз. Ол үшін бастапқы шартты пайда-ланамыз:

, бұдан .
.
Сөйтіп, іздеп отырған дербес шешім мынау: .
Мысал 3. теңдеуі берілген. Жалпы шешімін және мына бастапқы шартты қанағаттандыратын дербес шешімін тап.
Шешу. Характеристикалық теңдеуін жазалық: .
Түбірлерін табалық: .
Жалпы шешім мынадай болады: .
Енді дербес шешімін табалық:

Сонда дербес шешім: .
ІІІ. Характеристикалық теңдеудің түбірлері нақты және өзара тең, яғни .
Алдыңғы талқылау негізінде бір дербес шешімі мынау . Осы дер-бес шешіммен сызықтық тәуелсіз болатын екінші дербес шешімді табу керек. Екінші дербес шешім үшін - ті алуға болмайды, себебі
, яғни сызықтық тәуелді.
Екінші дербес шешімді мына түрде іздейміз:
,
мұндағы - белгісіз функция, табуды талап етеді. - ден екі рет туынды аламыз:

Осы - тің өрнектерін (1) теңдеуге апарып қойып, мынаған келеміз:

- харатеристикалық теңдеудің еселі түбірі болғандықтан
және
Осыларды ескерсек, жоғарыдағы тік жақшаның іші мына түрге келеді: . Бұдан болғандықтан . Бұл теңдеуді интегралдасақ, мынаған келеміз: . Бізге теңдеуінің кез келген дербес шешімі жеткілікті. Сондықтан, деп алсақ та болады. Олай болса, болады да, үшін мынаны аламыз: . Бұл мен сызықтық тәуелсіз, себебі
.
Олай болса бұл жағдайда жалпы шешім мына түрде болады:
.
Мысал 4. теңдеуі берілген.
Шешу. Характеристикалық теңдеуін жазалық:
.
Оның түбірлерін табамыз: , яғни .
Жалпы шешімі , яғни болады.

2. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықты
дифференциалдық теңдеулер.

Анықтама. Айнымалы коэффициентті 2 - ретті біртекті емес сызықтық дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі
(1)
теңдеуді айтамыз, егер мен х - тің функциялары болса.
Бұл теңдеудің жалпы шешімінің құрылысы мына теоремамен анық-талады.
Теорема. Біртекті емес сызықтық (1) теңдеудің жалпы шешімі екі түрлі шешімнің қосындысынан тұрады; бірі (1) теңдеуге сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімі да, екншісі (1) - дің өзінің қандай да бір
дербес шешімі , яғни мына формуламен

табылады.
Дәлелдеу. (1) - дің сәйкес біртекті теңдеуі:
. (2)
Бізге мына қосынды
(3)
(1) - дің жалпы шешімі екендігін дәлелдеу керек.
Алдымен, (3) өрнек (1) - дің шешімі екендігін көрсетелік. Ол үшін қосындысын (1) теңдеуге апарып қоямыз. Сонда мынаған келеміз:

немесе
. (4)
- (2) - нің шешімі болғандықтан (4) - тегі бірінші жақшаның іші нольге тең, ол - (1) - дің шешімі болғандықтан екінші жақшаның іші - ке тең. Сондықтан, (4) - тен мынау шығады: немесе . Сөйтіп, теореманың бірінші бөлімі дәлелденді.
Енді (3) өрнек (1) теңдеудің жалпы шешімі екендігін дәлелдейміз, яғни (3) - тің құрамына кіретін кез келген тұрақтыларды сондай етіп таңдап алуға болады, сонда бұған сәйкес келетін шешім мына бастапқы шарттарды қанағаттандыратын болсын:
, (5)
мұндағы - кез келген берілген сандар. - ті мына түрде жазуға болатынын ескеріп, (3) - ті былай жазып алалық:
,
(5) бастапқы шарттарға сәйкес - ті былай жазалық:

мұндағы .
Бұл жүйеден мен - ні табуға болады, өйткені оның анықтауышы нольден өзгеше ( мен - сызықты тәуелсіз). Сонымен бірге ол анықтауыш Вронский анықтауышы. Сондықтан, мына жүйе
(6)
анық бір шешімге ие. Осы табылған мен - ні (3) - тегі орындарына апа-рып қойсақ, онда шыққан дербес шешім берілген бастапқы шартты қанағат-тандырады. Сөйтіп, теорема толық дәлелденді.
Сөйтіп, егер (2) біртекті теңдеудің жалпы шешімі белгілі болса, онда (1) теңдеуді интегралдаудағы негізгі мәселе (1) - дің қандай да бір дербес шешімін табудан тұрады екен.
Енді біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табатын жалпы әдісті көрсетеміз. Бұл әдісті тұрақтыларды вариациялау әдісі деп атайды. Міне енді осы әдісті баяндауға кірісеміз.
Кез келген тұрақтыларды вариациялау әдісі.
(2) біртекті теңдеудің жалпы шешімін жазып аламыз:
(7)
(1) біртекті емес теңдеудің дербес шешімін (7) түрінде іздейміз, бірақ ондағы мен х - тің функциялары деп қарастырылады, яғни

деп қарастырылады. Осы пен - ті тапсақ, онда табылған болады. тен х бойынша уынды аламыз:
.
пен белгісіз функцияларын сондай етіп таңдап аламыз, сонда мына теңдік
(8)
орындалатын болсын. Егер осы қосымша шартты ескерсек, онда мына түрге келеді:
.
Енді осы - тен туынды алсақ, мынау шығады:
.
, , - тарды (1) - ге апарып қойып, мынаған келеміз
Алдыңғы екі жақшаның ішіндегі өрнектер нольге тең, себебі мен - біртекті теңдеудің шешімдері. Сондықтан, соңғы теңдік мына түрге келеді:
. (9)
Сөйтіп, функциясы біректі емес теңдеу (1) - дің шешімі болады тек сонда ғана, егер пен функциялары мына

жүйенің шешімі болса. Бұл жүйенің анықтауышы Вронский анықтауышы және ол нольден өзгеше, себебі мен (2) теңдеудің сызықтық тәуелсіз дербес шешімдері. Сондықтан, ол жүйе пен бір мәнді табылады, яғни:
.
Бұларды интегралдап, мынаған келеміз:
,
мұндағы пен - кез келген тұрақтылар. ==0 десек те болады. Сонда .
Мысал. теңдеудің жалпы шешімін тап.
Шешу. Алдымен мына біртекті теңдеудің жалпы шешімін табамыз. . Бұны деп жазып аламыз. Сонан соң оны интегралдасақ мынау шығады: , яғни .
Бұл соңғы өрнек біртекті теңдеудің жалпы шешімі. Енді - ны іздейміз. Ал пен - ті мына жүйеден табамыз:

.
Егер бұл жерде десек, онда болады.
.
Енді тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық диф-ференциалдық теңдеулерді қарастырамыз.
Анықтама. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық
дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі
(1)
теңдеуді айтады, егер коэффициенттер мен нақты сандар болса.
Мұның алдында біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табатын жалпы әдіс көрсетіледі. Тұрақты коэффициентті біртекті емес теңдеулердің дербес шешімін табу кейбір дербес жағдайларда оңай жолмен шешіледі, яғни интегралдау амалын қолданбастан. Қазір (1) теңдеу үшін сондай жағдайлардың түрлерін қарастырамыз.
І. Айталық, (2)
болсын, мұндағы - дәрежелі көпмүшелік, яғни
.
А) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
,
яғни (3)
мұндағы - уақытша белгісіз коэффициенттер.
Б) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болма, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІІ. Айталық, (4)
болсын, мұндағы .
А) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
, (5)
мұндағы .
Б) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда дербес шешімді мына түрде іздейміз:
. (6)
ІІІ.Айталық, болсын.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:

Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІV. Айталық, болсын, мұндағы мен - тұрақтылар.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда - ны мына түрде іздейміз:
, мұндағы А мен В - белгісіз коэффици-енттер.
Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда
деп іздейміз.
Мысал 1. теңдеуін шеш.
Шешу. .
.
теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.
.
Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда

Бұдан . .
Мысал 2. теңдеуін шеш.
Шешу. .

теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.

Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда


Бұдан . .

Мысал. теңдеудің жалпы шешімін тап.
Шешу. Алдымен мына біртекті теңдеудің жалпы шешімін табамыз. . Бұны деп жазып аламыз. Сонан соң оны интегралдасақ мынау шығады: , яғни .
Бұл соңғы өрнек біртекті теңдеудің жалпы шешімі. Енді - ны іздейміз. Ал пен - ті мына жүйеден табамыз:

.
Егер бұл жерде десек, онда болады.
.
Енді тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық диф-ференциалдық теңдеулерді қарастырамыз.
Анықтама. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық
дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі
(1)
теңдеуді айтады, егер коэффициенттер мен нақты сандар болса.
Мұның алдында біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табатын жалпы әдіс көрсетіледі. Тұрақты коэффициентті біртекті емес теңдеулердің дербес шешімін табу кейбір дербес жағдайларда оңай жолмен шешіледі, яғни интегралдау амалын қолданбастан. Қазір (1) теңдеу үшін сондай жағдайлардың түрлерін қарастырамыз.
І. Айталық, (2)
болсын, мұндағы - дәрежелі көпмүшелік, яғни
.
А) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
,
яғни (3)
мұндағы - уақытша белгісіз коэффициенттер.
Б) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болма, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІІ. Айталық, (4)
болсын, мұндағы .
А) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
, (5)
мұндағы .
Б) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда дербес шешімді мына түрде іздейміз:
. (6)
ІІІ.Айталық, болсын.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:

Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІV. Айталық, болсын, мұндағы мен - тұрақтылар.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда - ны мына түрде іздейміз:
, мұндағы А мен В - белгісіз коэффици-енттер.
Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда
деп іздейміз.
Мысал 1. теңдеуін шеш.
Шешу. .
.
теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.
.
Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда

Бұдан . .
Мысал 2. теңдеуін шеш.
Шешу. .

теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.

Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда


Бұдан . .

Мысал. теңдеудің жалпы шешімін тап.
Шешу. Алдымен мына біртекті теңдеудің жалпы шешімін табамыз. . Бұны деп жазып аламыз. Сонан соң оны интегралдасақ мынау шығады: , яғни .
Бұл соңғы өрнек біртекті теңдеудің жалпы шешімі. Енді - ны іздейміз. Ал пен - ті мына жүйеден табамыз:

.
Егер бұл жерде десек, онда болады.
.
Енді тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық диф-ференциалдық теңдеулерді қарастырамыз.
Анықтама. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық
дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі
(1)
теңдеуді айтады, егер коэффициенттер мен нақты сандар болса.
Мұның алдында біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табатын жалпы әдіс көрсетіледі. Тұрақты коэффициентті біртекті емес теңдеулердің дербес шешімін табу кейбір дербес жағдайларда оңай жолмен шешіледі, яғни интегралдау амалын қолданбастан. Қазір (1) теңдеу үшін сондай жағдайлардың түрлерін қарастырамыз.
І. Айталық, (2)
болсын, мұндағы - дәрежелі көпмүшелік, яғни
.
А) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
,
яғни (3)
мұндағы - уақытша белгісіз коэффициенттер.
Б) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болма, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІІ. Айталық, (4)
болсын, мұндағы .
А) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
, (5)
мұндағы .
Б) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда дербес шешімді мына түрде іздейміз:
. (6)
ІІІ.Айталық, болсын.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:

Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІV. Айталық, болсын, мұндағы мен - тұрақтылар.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда - ны мына түрде іздейміз:
, мұндағы А мен В - белгісіз коэффици-енттер.
Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда
деп іздейміз.
Мысал 1. теңдеуін шеш.
Шешу. .
.
теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.
.
Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда

Бұдан . .
Мысал 2. теңдеуін шеш.
Шешу. .

теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.

Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда


Бұдан . .

Мысал. теңдеудің жалпы шешімін тап.
Шешу. Алдымен мына біртекті теңдеудің жалпы шешімін табамыз. . Бұны деп жазып аламыз. Сонан соң оны интегралдасақ мынау шығады: , яғни .
Бұл соңғы өрнек біртекті теңдеудің жалпы шешімі. Енді - ны іздейміз. Ал пен - ті мына жүйеден табамыз:

.
Егер бұл жерде десек, онда болады.
.
Енді тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық диф-ференциалдық теңдеулерді қарастырамыз.
Анықтама. Тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті емес сызықтық
дифференциалдық теңдеу деп мына түрдегі
(1)
теңдеуді айтады, егер коэффициенттер мен нақты сандар болса.
Мұның алдында біртекті емес теңдеудің дербес шешімін табатын жалпы әдіс көрсетіледі. Тұрақты коэффициентті біртекті емес теңдеулердің дербес шешімін табу кейбір дербес жағдайларда оңай жолмен шешіледі, яғни интегралдау амалын қолданбастан. Қазір (1) теңдеу үшін сондай жағдайлардың түрлерін қарастырамыз.
І. Айталық, (2)
болсын, мұндағы - дәрежелі көпмүшелік, яғни
.
А) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
,
яғни (3)
мұндағы - уақытша белгісіз коэффициенттер.
Б) егер ноль саны характеристикалық теңдеудің түбірі болма, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІІ. Айталық, (4)
болсын, мұндағы .
А) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
, (5)
мұндағы .
Б) егер саны характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда дербес шешімді мына түрде іздейміз:
. (6)
ІІІ.Айталық, болсын.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:

Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болса, онда берілген біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
ІV. Айталық, болсын, мұндағы мен - тұрақтылар.
А) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда - ны мына түрде іздейміз:
, мұндағы А мен В - белгісіз коэффици-енттер.
Б) егер характеристикалық теңдеудің түбірі болмаса, онда
деп іздейміз.
Мысал 1. теңдеуін шеш.
Шешу. .
.
теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.
.
Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда

Бұдан . .
Мысал 2. теңдеуін шеш.
Шешу. .

теңдеуінің кез келген бір дербес шешімі.
деп іздейміз.

Осыларды берілген теңдеуге апарып қоямыз. Сонда


Бұдан . .

ІІ. Механикалық тербелістердің дифференциалдық теңдеулері.

1. Ерікті және ерікті емес тербелістердің дифференциалдық теңдеулері.

Бұл тарауда қолданбалы механиканың бір мәселесін қарастырамыз. Оны сызықтық дифференциалдық теңдеулердің көмегі арқылы зерттейміз және шешеміз.

1-сурет
Айталық, массасы - ге тең жүк серіппелі рессорда тыныштық күйде тұрған болсын. Жүктің тепе - теңдік жағдайынан ауытқуын у арқылы бел-гілелік. Төмен қарай ауытқуды оң бағыт, ал жоғары қарай ауытқуды теріс бағыт деп есептейміз. Тепе - теңдік жағдайында таразы пружинаның серіп-песімен теңесіп тұрады. Жүкті тепе - теңдік күйіне әкелу күш, яғни тіктеуші күш ауытқуға пропорционал болсын деп ұйғарамыз, яғни - ке тең, мұндағы - кейбір тұрақты.
жүктің қозғалысына кедергі күші қарсылық береді. Ол қозғалыстың бағытына қарама - қарсы әсер етеді және ол жүктің қозғалысының жыл-дамдығына пропорционал болсын деп ұйғарамыз, яғни
.
Жүктің рессорда қозғалысының дифференциалдық теңдеуін жазамыз. Ньютонның екінші заңының негізінде мынаған келеміз:
(1)
(мұндағы мен - оң сандар).
Сөйтіп, біз тұрақты коэффициентті екінші ретті біртекті сызықтық диф-ференциалдық теңдеуге келеміз.
Бұл теңдеуді былай жазуға болады:

мұндағы .
Рессордың төменгі нүктесі мына заң бойынша вертикалдық қозғалыста болсын деп ұйғаралық.

2-сурет

Бұл жағдайда тіктеуші күш , ал кедергі күш болады. Сонда (1) теңдеу мына түрге келеді:
(2)
немесе
,
мұндағы .
Бұл жерде біз екінші ретті біртекті емес сызықтық теңдеуге келдік. теңдеу ерікті тербелістің теңдеуі деп аталады, ал теңдеу еріксіз тербелістің теңдеуі деп аталады.

2. Ерікті тербелістің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу

Алдымен ерікті тербелістердің теңдеуін қарастырамыз:
. (1)
Бұған сәйкес характеристикалық теңдеуді жазамыз

және оның түбірлерін табамыз

1) Айталық, болсын. Онда түбірлер мен - нақты теріс сандар. Жалпы шешімі былай өрнектеледі:
. (2)
Бұл формуладан көреміз, ауытқу у асимптотикалық түрде нольге ұмты-лады, егер болса. Бұл жағдайда тербеліс болмайды.
2) Айталық, болсын. Онда түбірлер мен - өзара тең болады (яғни теріс санына тең). Сондықтан жалпы шешімі мынадай болады:
. (3)
Бұл жерде де ауытқу - да нольге ұмтылады, бірақ алдыңғыға қарағанда жылдам емес ( көбейткішінің әсері бойынша).
3) Айталық, болсын, яғни кедергі күші жоқ болған жағдай. Онда (1) теңдеу мына түрде болады:
(4)
Характеристикалық теңдеу құрсақ, ол мына түрде , ал оның түбірлері , мұндағы .
Жалпы шешім: (5)
Соңғы формуладағы кез келген тұрақтылар мен сандарын басқа сан-дармен алмастырамыз. Атап айтқанда, және тұрақтыларын енгіземіз. Олар және мен мына түрде байланысқан:
.
және мен арқылы былай анықталады:

мен - нің мәндерін (5) - ке апарып қойып, мынаған келеміз:

немесе (6)
Бұл жағдайда тербеліс гармониялық тербеліс деп аталады, себебі интег-ралдық қисықтар синусоида болып табылады. Синустың аргументі - ге өзгеретін уақыт аралығы Т - ны тербелістің периоды деп атайды; берілген жағдайда . Тербелістің жиілігі деп уақыты үшін тербеліс санын ай-тады. Ол - ға тең. А - ны тербелістің амплитудасы деп, ал - ді бастапқы фаза деп атайды.

3-сурет


Электротехникалық және басқа да пәндерде гармониялық тербелістердің комплекстік және векторлқы көрінісі, яғни бейнесі кең қолднылады.
хОу комплекс жазықтығында ұзындығы тұрақты болуын, яғни болатын радиус-векторын қарастыралық.
векторынңы ұшы параметр t өзгергенде (берліген жағдайда t-уақыт) центрі координата басында жатқан радиусы А-ға тең шеңберді сызады.

3-сурет
Айталық, векторымен және Ох осімен жасалған бұрыш мына түрде өрнектелсін:

шамасы векторының айналуының бұрыштық жылдамдығы деп аталады. векторының Ох және Оу остеріне практикалары мынадай болады
(7)
(7) өрнектер (4) теңдеудің шешімі болыа табылады.
мына комплекстік шаманы

немесе
(8)
қарастыралық.
комплекстік шамасы, бұрын көрсеткеніміздей, векорымен бейнеленеді.
Соымен, (4) гармониялық тербелістердің теңдеуінің шешімін А векторының Оу және Ох осьтеріндегі проектиялық ретінде қарастыруға болады. Ол вектор алғашқы фаза жағдайында бұрыштық ыжлдамдықпен айналады.
Эйлер формуласынан пайдаланып, (8) өрнекті мына түрде жазуға болады:
(9)
(9) өрнектің жорамал және нақты бөліктері (4) теңдеудің шешімдері болып табылады. (9) өрнек (4) теңдеудің комплекстік шешімі деп аталады. (9) өрнекті мына түрде жазамыз:
(10)
өрнегін комплекстк амплитудада деп атайды. Оны А-арқылы белгілейміз. Сонда (10) комплекстік шешім мына түрде жазылады:

4) Айталық, және болсын. Бұл жағдайда характеристикалық теңдеудің түбірлері комплекстік сандар
, мұндағы .
Жалпы шешімі мына түрде болады:
(7)
немесе (8)
бұл жерде амплитуда ретінде шамасын қарастыруға болады. Ол уақытқа тәуелді. Бірақ . Онда амплитуда - да нольге ұмтылады, яғни бұл жерде сөнетін тербелістер пайда болады.

4-сурет



3. Еріксіз тербелістердің дифференциалдық теңдеуінің шешімін зерттеу

Еріксіз тербелістердің теңдеуі мына түрде болады:
. (1)
Мынадай бір маңызды жағдайды қарастырамыз. Ол: тынымсыз сыртқы күш периодты және мына заңмен өзгеріп тұрсын, яғни

Онда (1) теңдеу мына түрде болады:

1) Алдымен және болсын деп ұйғарамыз, яғни харак-теристикалық теңдеудің түбірлері комплекс сандар болсын. Бұл жағдайда біртекті теңдеудің жалпы шешімі мына түрде болады:
(2)
Біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
.
Бұл өрнекті бастапқы дифференциалдық теңдеуге апарып қоямыз:

А мен В - нің табылған мәндерін (3) - тегі орындарына апарып қоюдан бұрын, жаңа тұрақтылар мен - ны енгіземіз:
Онда біртекті емес теңдеудің дербес шешімін мына түрде жазуға болады:

немесе

(1) теңдеудің жалпы шешімі мынаған тең , яғни

Бұл қосындының бірінші қосылғышы сөнетін тербелісті береді, ал екінші қосылғышы еріксіз тербелісті береді. Бірінші қосылғыш өскенде кемиді, ал біраз уақыт өткеннен кейін екінші қосылғыш негізгі мүшенің ролін атқарады. Бұл тербелістердің жиілігі сыртқы күшінің жиілігіне тең. Еріксіз тер-белістердің амплитудасы р кіші болған сайын үлкен бола береді және - ға жақын болған сайын.
Еріксіз тербелістердің амплитудасының р - нің әртүрлі мәндерінде жиілігіне тәуелдігін толық зерттейміз. Ол үшін еріксіз тербелістердің ампли-тудасын арқылы белгілейміз:
.
( болғанда ерікті тербелістердің жиілігіне тең болатын болса). Онда
.
Мынадай белгілеулер енгіземіз:
мұндағы - тынымсыз күштердің жиілігінің ерікті тербелістердің жиілігіне қатынасы, ал тұрақтысы тынымсыз күштен тәуелсіз. Сонда амплитуданың шамасы мына формуламен өрнектеледі
. (4)
Осы функцияның максимумын табамыз. Ол, әрине, - ның сондай мәнінде болады, ол мәнде бөліміндегі квадрат минимумге ие болады. Бірақ
(5)
функциясы минимумға болғанда жетеді және ол мынаған тең
.
Сондықтан, амплитуданың максимумдық шамасы мынаған тең
.
функциясының гарфигі -ның әртүрлі мәндерінде көрсетілген анығырқа болуы үшін деп ұйғарамыз.
Бұл қисықтар резонанс қисықтары деп аталады.
(5) формуладан келіп шығады: - нің кіші мәндерінде амплитуданың максимумдық мәні - нің мәндері бірге жақын болғанда жетеді, яғни сыртқы күштің жиілігі ерікті тербелістердің жиілігіне жақын болғанда. Егер болса (сондықтан, ), яғни егер қозғалысқа кедергі жоқ болса, еріксіз тербе-лістердің амплитудасы - да шенеусіз өседі, яғни болғанда:
.
болғанда резонанс құбылысы орын алады.
2) Енді деп ұйғарамыз, яғни күйрегіш тербелістердің теңдеуін қарастырамыз (кедергісіз және периодты сыртқы күш бар болғанда):
. (6)
Егер десек, онда . Біртекті теңдеудің жалпы ше-шімі
().
Егер болса, яғни егер сыртқы күштің жиілігі мен ерікті тербе-лістердің жиілігіне тең болса, онда біртекті емес теңдеудің дербес шешімі мынадай түрге ие болады
.
Бұл өрнекті бастапқы теңдеуге апарып қоямыз.

Жалпы шешімі мынадай болады:
.
Сонымен, қозғалыс екі тербелістің бірігуінен тұрады: бірі жиілігі - ға тең ерікті тербеліс пен екіншісі жиілігі - ға тең еріксіз тербеліс.
Егер болса, яғни ерікті тербелістің жиілігі мен еріксіз тербелістің жиілігі беттессе, онда

функциясы (6) теңдеудің шешімі болмайды. Бұл жағдайда (6) теңдеудің дербес шешімін мынадай түрде іздейміз:
. (7)
Бұл өрнекті бастапқы теңдеу (6) - ға апарып қоямыз:

Сонда
Ал жалпы шешімі мынадай болады:

Бұл жерде де қозғалыс екі тербелістен тұрады: бірі ерікті тербеліс те, екінші еріксіз тербеліс. Екінші қосылғыш уақыт шенеусіз өскенде еріксіз тербелістің немесе сыртқы күштің тербелісінің амплитудасы шенеусіз өседі. Ал бұндай құбылыстарды физикада резонанс құбылысы деп атайды.
у* функциясының графигі төмендегі суретте кескінделген.

4. Жалпыанған координатадағы ерікті тербелістердің диффферциалдық теңдеуі
Ең жалпы жағдайда (түрде) консервативті механикалық жүйені қарастыралық. Бұл жүйе ерікті бір дәрежелі жүйе. Бұл жүйе үшін Лагранж теңдеуі негізгі курстан белгілі сынадай формаға ие:
(1)
Бұл жерде t-уаықт, q-жалпыланған координат, - жалпыланған жылдамдық, Т-кинетикалық энергия, П-потенуиалдық энергия.
Барлығынан бұрын кинетикалық энергияның өрнегін құрылдық.
(2)
Бұл жерде Мj-іші материялық нүктенің массасы, - сол нүктенің жылдамдығы. Егер - іші материялық нүктенің орнын анықтайтын радиус-вектор болса, онда оның жылдамдығы мынаған тең
(3)
және, сондықтан,
(4)
Осыған кіретін қосынды жалпы жағдайда q жалпыланған координаттың функциясы болып табылады: деп белгілеп және соңғы өрнекті q=0 мәнінің маңайында Маклорен қатарына жіктеп, мынаған келеміз.
(6)
Бұл жерде штрихтар - ... жалғасы
Ұқсас жұмыстар
Механикалық тербелістер, механикалық толқындар
Диофант теңдеулері
Жазықтықтың теңдеулері
Гармоникалық тербелістердің графиктері
Механикалық тербелістер мен тербелмелі жүйелер
Дифференциалдық теңдеу
Дифференциалдық геометрия және топология
Электр тізбегінің теңдеулері
Дифференциалдық және интегралдық есептеулер
Дифференциалдық теңдеулер
Пәндер

Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор №1 болып табылады.

Байланыс

Qazaqstan
Phone: 777 614 50 20
WhatsApp: 777 614 50 20
Email: info@stud.kz
Көмек / Помощь
Арайлым
Біз міндетті түрде жауап береміз!
Мы обязательно ответим!
Жіберу / Отправить

Рахмет!
Хабарлама жіберілді. / Сообщение отправлено.

Email: info@stud.kz

Phone: 777 614 50 20
Жабу / Закрыть

Көмек / Помощь