Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді талдау
Кіріспе ... ... ... ... .. 3
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері ... ... ... ... 4
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу ... ... ... ... . 4
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу ... ... 10
1.3 Коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешудіңоператорлық әдісі ... ... ... ... ... ... 15
1.4 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеулер. 20
Есептер ... ... ... ... ... .. 26
Қорытынды
Қолданылған әдебиеттер тізімі
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері ... ... ... ... 4
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу ... ... ... ... . 4
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу ... ... 10
1.3 Коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешудіңоператорлық әдісі ... ... ... ... ... ... 15
1.4 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеулер. 20
Есептер ... ... ... ... ... .. 26
Қорытынды
Қолданылған әдебиеттер тізімі
Мен бұл курстық жұмысты жаза отырып коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді есептеуді және оны шығару тәсілдерін зерттедім, іздендім және білімімді одан әрі шыңдадым. Теориялық материалды жақсы біліп қана қоймай, оны есептер шығаруда тиімді пайдалана білу қажет. Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді есептеудің бірнеше түрлерімен және көптеген шығару тәсілдерімен таныстым.
Әрбір оқулықтағы кез – келген есепті шығаруға болады. Ең бастысы оны есептеудің бір әдісін табу керек. Енгізген формулалардың әрқайсысына тоқталып кеттім. Бұл тақырып өзіме өте қызықты және түсінікті болды, бірақ ізденіс көмегімен тақырыпты меңгердім деп айта аламын.
Жеке жұмыс жазғанда, ең бастысы талпыныс болу. Менің зерттеген тақырыбым қызықтырарлық болды. Өз алдыма қойған сұрақтарға жауап бердім деп айта аламын.
Әрбір оқулықтағы кез – келген есепті шығаруға болады. Ең бастысы оны есептеудің бір әдісін табу керек. Енгізген формулалардың әрқайсысына тоқталып кеттім. Бұл тақырып өзіме өте қызықты және түсінікті болды, бірақ ізденіс көмегімен тақырыпты меңгердім деп айта аламын.
Жеке жұмыс жазғанда, ең бастысы талпыныс болу. Менің зерттеген тақырыбым қызықтырарлық болды. Өз алдыма қойған сұрақтарға жауап бердім деп айта аламын.
1. Сүлейменов Ж.С. Дифференциалдық теңдеулер. Алматы, Б.1. «Рауан», 1991 жыл.
2. Мәукеев Б.И. Дифференциалдық теңдеулерді шешу. А.: Мектеп,1989. – 232б.
3. Сүлейменов Ж.С. Дифференциалдық теңдеулер. Алматы, Б.2. «Рауан», 1996 жыл.
4. Тілеубердиев Б. Дифференциалдық теңдеулер. Шымкент. 2004.
5. Жәутіков Дифференциалдық теңдеулер.
6. Көбесов А. Математика тарихы.-А.1998.
7. Қазақша-орысша орысша-қазақша терминологиялық сөздік. Казахско-русский русско-казахский терминологический словарь. – Алматы: Рауан, 1999. – 248б.
2. Мәукеев Б.И. Дифференциалдық теңдеулерді шешу. А.: Мектеп,1989. – 232б.
3. Сүлейменов Ж.С. Дифференциалдық теңдеулер. Алматы, Б.2. «Рауан», 1996 жыл.
4. Тілеубердиев Б. Дифференциалдық теңдеулер. Шымкент. 2004.
5. Жәутіков Дифференциалдық теңдеулер.
6. Көбесов А. Математика тарихы.-А.1998.
7. Қазақша-орысша орысша-қазақша терминологиялық сөздік. Казахско-русский русско-казахский терминологический словарь. – Алматы: Рауан, 1999. – 248б.
Мазмұны
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 3
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері ... ... ... ... 4
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу ... ... ... ... . 4
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу ... ... 10
1.3 Коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешудіңоператорлық әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 15
1.4 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеулер. 20
Есептер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 26
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 31
Қолданылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 32
Кіріспе
Зерттеудің өзектілігі: курстық жұмыстың мазмұнының ғылыми құндылығын арттыру және оның негізінде пәнге деген қызығушылығын арттырып, өз бетінше іздену. Білім, білік, дағды алуын қамтамасыз етуге, жеке шығармашылық қабілеті дамуы үшін жағдай туғызу.
Мақсаты: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді талдау.
Міндеті:
- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориялық бөлігін қарастыру.
- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориясының практикалық қолданылуын құрастыру.
Зерттеу пәні: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулер.
Зерттеу әдістері: Талдау нәтижесінде алынған мәліметтерді бақылап, тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеу.
Құрылымы: курстық жұмыс кіріспеден, негізгі бөлімнен, практикалық жұмыс, қорытынды және қолданылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу
Егер
P0(t)(n)p1(t)(n-1)x+...+pn-1tx+pntx =q(t)
сызықтық теңдеуінің коэффиценттері pjt,j=1,2,...,n тұрақтыға тепе-тең болса, онда ол коэффиценттері тұрақты сызықтық дифференциалдық теңдеу деп аталады. Біз бұл параграфта коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті
a0(n)x+a1(n-1)+...+an-1x+anx=0
Теңдеуін қарастырамыз және a0,a1,...,an коэффиценттерін нақты сандар деп есептейміз. Теңдеудің реті n болса, a0=0 . Әрбір n- ретке дейін дифференциалданатын x(t) функциясына оның туындыларын сәйкес қоятын дифференциалдық оператор
Dk:=dkdtk,k=0,1,...,n (D0:=1)
Енгізу арқылы (1) теңдеуін былайша жазуға болады:
a0Dnx+a1Dn-1x+...+an-1Dx+anD0x=a0Dn +a1Dn-1+...+an-1D+anD0x=0.
Ал
a0Dn+a1Dn-1+...+an-1D+anD0=:LD
белгілнуін енгізу арқылы (1) теңдеуді ықшам түрде
LDx=0
Келтіруге болады. Әдетте (2) формула бойынша анықталған LD өрнегін стационар (коэффиценттері тұрақты) дифференциалдық оператор немесе операторлық көпмүшелік деп атайды. Бұл оператордың сызықтық оператор екені коэффиценттері функция болатын жалпы жағдайдағы Lt,D операторы үшін дәлелденді.
Төменде (1) теңдеудің базисін құру үшін n-дәрежелі алгебралық теңдеудің түбірлерін табу жеткілікті екні көрсетіледі.
Операторлық көпмүшеліктің кейбір қасиеттерін атап өтелік. LD операторымен бірге
ND≔b0Dm+b1Dm-1+...+bm-1D+bmD0
Операторлық көпмүшелігінің қарастыралық. Мұндағы b0,b1,...,bm- тұрақтылар. LD,ND операторларының қосындысы деп p=maxn,m-LD+NDxt=LDxt+NDx(t) теңдігі арқылы анықталатын операторды атайды. А=N(D) операторларының көбейтіндісі деп n+m-ретке дейін дифференциалданатын x(t) фунциясына әсері LD∙NDxt=L(D)NDx(t) арқылы анықталатын операторды атайды.Бұл анықтамалардан мына теңдіктердің
j=0nan-jDj+k=0mbm-kDk=l=0p(an-1+bn- 1)Dl,
j=0nan-jDjk=0mbm-kDk=j=0nk=0man-jbm -kDj+k
орындалатыны көрініп тұр. Мұндағы бірінші теңдікті aq=0,nq=p, егер n=m немесе bq=0,mq=p егер m=n.Соңғы теңдіктен операторлар үшін коммуникативтік қасиет LD∙ND=ND∙L(D) орындалатыны көрініп тұр. Ал дистрибутивтік заңның LDN1D+N2D=LDN1D+LDN2D орындалуы қосындыны дифференциалдау ережесінен тікелей алынады. Сонымен, операторлық көпмүшеліктерді өзара қосу мен көбейту амалдары жай көпмүшеліктерді қосу мен көбейту ережелерінен ешбір аумайтыны дәлелденіп тұр. Әрбір L(D) операторына немесе (1) теңдеуге белгісіз параметр λ бойынша жазылған
Mλ≔a0λn+a1λn-1+...+an-1λ+an (2')
Көпмүшелігін сәйкес қоямыз.Бұл көпмүшелікті құру үшін L(D) операторындағы k- ретті туындыны параметр λ-ның k-(k=0,1,...,n) дәрежесімен ауыстыру жеткілікті. Әдетте бұл Mλ көпмүшелігі сипаттаушы көпмүшелік деп аталады.
Егер n=1 болса (1) теңдеу бірінші ретті сызықтық теңдеуге а0ẋ+а1x=0 айналар еді де, оның жалпы шешімі
xt=Ce-a1a0=Ceat,(α≔-a1a0,C∈R)
функциясы болар еді. Шешімінің бұл түрі (1) теңдеуінің шешімдерін
n=2 болған жағдайда да көрсеткіштік функция көмегімен іздеуге нұсқайды. Эйледің көрсетуі бойынша (1) теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
xt=yteλt.
Мұндағы y=y(t) - n- ретке дейін дифференциалданатын белгісіз жаңа функция, λ жоғарыда аталған белгісіз нақты не комплекс сан.
ЛЕММА. Мынадай тепе-теңдік орындалады:
(n)
LDyteλt=eλt(M(λ)y(t)+M'(λ)ẏ(t)+12!M ″λy t+...+1n!Mn(λ)y(t)).
Мұнда
(k)
y:=dkydtk, Mkλ≔dkMλdλk,k=1,n.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Көбейтіндінің туындысы үшін дәлелденген Лейбниц* формуласын пайдаланамыз.
LDyeλt=k=0nan-kDkyeλt=k=0man-k(yeλt )k=k=0nan-kj=0kCkjy(eλt)(k-j)=k=0na n-keλtj=0kkk-1...(k-j+1)j!λk-jy(j)= eλtk=0nan-kj=0k1j!dj(λk)dλjy(j)=eλt k=0nj=0k1j!djan-kλkdλjyj.
Енді j k теңсіздігі орындалғанда djλkdλj =0 болатының және туындының сызықтық амал екенін ескерсек, онда
LDyeλt=eλtk=0nj=0n1j!djan-kλkdλjy=e λtj=0n1j!dj(k=0nan-kλk)dλjy=eλtj=0n 1j!Mj(λ)y
теңдігін аламыз.Мұнда y≔y,M0λ≔Mλ.Лемма дәледенді.
САЛДАР.LDeλt=eλtMλ.
Леммадан y пен λ тек қана мына теңдеуді
Mλy+M'λẏ+12!M″(λ)y+...+1n!Mnλy=0
Қанағаттандырғанда ғана (3) функция (1) теңдеудің шешімі болатыны шығады.
Лемманың салдарынан λ саны тек
Mλ=0
Теңдеуінің түбірі болғанда ғана x=eλt функциясы (1) теңдеудің шешімі болатыны алынады. Соңғы (4)теңдеу сипаттаушы теңдеу деп , ал оның түбірлері сипаттаңыш сандар деп аталады. Сипаттаушы теңдеу түбірлерінің әр түрлі не еселі болуларына байланысты екі жағдай қарастырылады.
1-ЖАҒДАЙ.Сипаттағыш сандар әр түрлі, яғни Mλj=0,λk!=λj,j!=k(j,k=1,n ) болсын.Онда M'λj!=0,j=1,n.Бұл жағдайда әрбір λj үшін:
M'λjу'+12!M″λjy+...+1n!Mnλjy=0. (*)
Бұл теңдеудің кез келген λj үшін yt=1, t∈R функциясы шешімі болатыны көрініп тұр. Бізге бір ғана базисті құру жеткілікті болғандықтан, осы дара шешіммен қанағаттандырумызға болады. Табылған yt=1 және
λ=λj мәндерін әрбір
j=1,n үшін 3 формулаға қойып, 1 теңдеуін n шешімін аламыз:
x1t=eλ1t,...,xnt=eλnt,t∈R (5)
Бұл шешімдер R-де (яғни t∈R) нақты не комплекс сандар өрісіне қатысты сызықтық тәуелсіз.Егер λ1,...λn нақты сандар болса, онда 5 шешімдер
нақты шешімдер болады. Олар R-де сызықтық тәуелсіз болғандықтан, базис құрайды. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі бұл жағдайда
x1t=C1eλ1t+...+Cneλnt,t∈R
болады. C1,...,Cn - нақты еркін тұрақтылар.
Енді түбірлер әртүрлі бола берсін де, олардың ішінде комплекс мәнділері бар болсын. λ*=α*+iβ* i=-1 осындай комплекс түбірлердің біреуі болсын. Онда оның түйіндес λ*=α*+iβ* мәні де (4) теңдеудің түбірі болды. Себебі, (4) теңдеудің коэффиценттері нақты сандар. Шешімдерінің (5) формуласы бойынша λ* түбіріне
xt=eλ*t=eα*+iβ*t=eα*tcosβ*t+isinβ*t
комплекс шешімі сәйкес келеді.Коэффициенттері нақты сандар (не функциялар) болатын сызықтық біртекті теңдеудің комплекс шешімінің нақты және жорамал бөліктері өз алдарына шешім болатыны белгілі.
Сондықтан
x1t=eλ*tcosβ*t, x2t=eλ*tsinβ*t,t∈R (6)
функциялары - (1) теңдеудің нақты шешімдері.Олар R - де сызықтық тәуелсіз.Демек олар базистік шешімдердің қатарына жатады. Дәл осылай, түйіндес λ*=α*-iβ* түбіріне де екі нақты шешім
x1t=eλ*tcosβ*t, x2t=-ea*tsinβ*t
сәйкес келеді. Бұлардың біріншісі (6) шешімдердің біріншісіне тепе-тең, ал екіншісі (6) шешімдердің екіншісінен тек тағбасының қарама-қарсылығымен ғана ажыратылады, яғни түйіндес түбір (6) шешімдермен сызықтық тәуелсіз болатын жаңа нақты шешімдер тудырмайды. Сондықтан сипаттаушы теңдеудің комплекс түйіндес екі түбіріне (6) түрдегі сызықтық тәуелсіз екі нақты шешім сійкес келеді.Түбірлердің сәйкес келетін шешімдер (5) түрде қала береді.
Сонымен, барлық сипаттағыш сандар әр түрлі болған жағдайда оларға мына түрдегі
eλjtj=1,n, eaktcosβkt, k=1,q, p+2q=n
сызықтық тәуелсіз n нақты шешімдер сәйкес келеді. Олардың кез келген тұрақты нақты коэффициенттер арқылы құрылған сызықты комбинациясы (1)
теңдеудің нақты жалпы шешімін береді.
2-ЖАҒДАЙ. Сипаттағыш сандардың арасында өзара теңдері (яғни еселі түбірлер) бар. λ0 сипаттаушы теңдеудің k еселі 1=k=n нақты не комплекс түбірі болсын. Онда M(λ0)=M'(λ0)=...=Mk+1λ0=0, бірақ Mk(λ0)!=0. Сондықтан λ0 үшін жазылатын теңдеудің түрі мынадай болады:
1k!Mkλ0yk+1k+1!Mk+1(λ0)yk+1+...+1n! Mnλ0yn=0 (**)
Бұл теңдеудің y1t=1, y2t=t,...,y2t=tk-1, t∈R шешімдері бар екені көрініп тұр. Ол шешімдер R-де сызықтық тәуелсіз. Шешімдердің (3) формуласына 𝜆=λ0 мәнін және табылған y - тің мәндерін кезегімен қойып, (1) теңдеудің мына түрдегі
x1t=eλ0t, x2t=teλ0t, ...,xkt=tk-1eλ0t, (t∈R) (7)
k дара шешімдерін аламыз. Бұл шешімдер R - де сызықтық тәуелсіз. Егер λ0 нақты түбір болса, онда (7) шешімдер де нақты. Сондықтан кез келген k еселі нақты түбірге (7) түрдегі k нақты шешімдер сәйкес келеді. Егер λ0=α0+iβ0 түбіріне (1) теңдеудің
eα0+iβ0 t, teα0+iβ0 t, tk-1eα0+iβ0 t
шешімдері сәйкес келеді. Бұлар-комплекс шешімдер. Олардың нақты және жорамал бөліктерін ажыратып, мынадай 2k нақты шешімдер аламыз:
ea0tcosβ0t, tea0tcosβ0t, ..., tk-1ea0tcosβ0t;
ea0tsinβ0t, tea0tsinβ0t, ..., tk-1ea0tsinβ0t. (8)
Бұл шешімдер R-де сызықты тәуелсіз. Түбірлер әр түрлі болған жағдайда дәлелденген секілді, k еселі комплекс түйіндес λ0=α0+iβ0 түбірі сызықтық жаңа нақты шешімдер тудырмайтынына көз жеткізу оңай.
Сонымен k еселі комплекс түйіндес λ0=α0+iβ0 түбіріне (8) түрдегі 2 k нақты шешімдер сәйкес келеді.
Екінші жағдай бірінші жағдайды қамтитыны өздігінен түсінікті. Бірінші жағдайда түбірлердің еселіктері бірге тең (k+1).
Екі жағдайды біріктіре келе алатын ереже мынадай: сипаттаушы теңдеу түбірлерінің әр түрлі немесе еселі (нақты не комплекс мәнді) болатынына сай шешімдерді (5) (не (6)) немесе (7) (не (8)) түрінде аламыз. Нәтижеде (4) теңдеудің барлық түбіріне сәйкес n сызықтық тәуелсіз шешімдер табылады. Жалпы шешім олардың еркін тұрақтылармен алынған сызықтық комбинациясына тең.
Ескерту. Ілгеріде қарастырылған (*) теңдеудің шешімі тек функциясы ғана емес, y(t)= C0 функциясы да болатыны көрініп тұр. Мұндағы C0-еркін тұрақты. Сол сияқты еселі түбір жағдайында (**) теңдеудің шешімдері
tf j=0,1,...,k-1, функциялары ғана емес, олардың кез келген k тұрақты коэффициенттермен алынған y(t)= C1,C2t+...+Cktk-1 сызықтық комбинациясы да болатыны көрініп тұр. Осыған орай, сәйкес дара шешімдердің жалпы түрі мынадай
C0eλjt, j=1,n, (C1+C2t+...+Cktk-1)eλjt
болады. Егер түбірлер комплекс мәнді болса, онда жай α+-іβ немесе к еселі α0+-іβ0 түбіріне сай дара шешімдердің жалпы түрі төмендегідей болады:
C0eα*tcosβ*t, C0eα*tsinβ*t,
(C1+C2t+...+Cktk-1)eα0tcos β0t,
(C1+C2t+...+Cktk-1)eα0tsin β0t.
Атап өтетін жәйт-қай жағдайда да шешімге кіретін еркін тұрақтылардың саны осы шешім сәйкес келетін түбірдің еселігіне тең. Бұл түсінікті де, себебі түбірге сәйкес келетін сызықтық тәуелсіз шешімдердің саны түбірдің еселігіне тең. Сондықтан жалпы шешімге қосылғыш ретінде енетін, белгілі бір түбірге сәйкес болатын шешімдердің сызықтық комбинациясында саны түбірдің еселігіне тең еркін тұрақтылар болады.
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу
Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеу қарастыралық:
(n) (n-1)
a0x+a1x+...+an-1x+an=ft
Мұнда ajj=0,1,...,n нақты сандар, ft - қандай да болмасын бір a, b аралығында анықталған және үзіліссіз белгілі функция. Бұл теңдеу қысқаша мына түрде азылады:
LDx=fx .
Ал оған сәйкес сызықтық біртекті теңдеу -
LDx=0 .
Біртекті (2) теңдеуді әрқашан шешуге болатын көрсетілді. Олай болса, тұрақтыларды вариациялау әдісін пайдаланып (1) теңдеуді шешуге (жалпы алғанда квадратурада шешуге) болады. Бірақ практикада интеграл алу амалы көбнесе күрделі есептеулерге әкеп тірейді. Сондықтан квадратурамыз шешілетін, яғни интеграл алу амалына әкеп тіремейтін жағдайларды қарастырудың қажеттігі орынды.
Біз (1) теңдеудің дара шешімін алгебралық амалдардың ғана көмегімен табуға мүмкін болатын жағдайларды қарастырамыз. Табылатын дара шешім мен (2) теңдеудің жалпы шешімінің қосындысы (1) теңдеудіің жалпы шешіімін беретіні белгілі. (1) теңдееудің оң жағында тұрған fx функциясы (қысқаша теңдеудің оң жақ бөлігі) көпмүшелік пен көрсеткіштік функцияның көбейтіндісі түрінде, яғни
fx=Pmteαt
Болған жағдайды қарастырамыз. Бұл жағдайда fx функциясын көбінесе квазикөпмүшелік деп атайды. Мұнда Pmt - коэффиценттері нақты не комплекс m=0 дәрежелі көпмүшелік, α - нақты не комплекс (нөлге тең болуы да мүмкін) сан.
Сонымен сызықты біртекті емес
LDx=Pmteαt (3)
Дифференциалдық теңдеуін қарастырамыз. Бұл теңдеудің дара шешімі оның оң жақ бөлігінің түрінен ғана емес, сол жақ бөлігінің түрінен де, атап айтқанда α санының
Mλ≔a0λn+a1λn-1+...+an-1λ+an=0 (4)
Сипаттаушы теңдеуінің түбірі болу-болмауынан, түбірі болса еселігі қандай болатынынан тәуелді.
Дара шешімжі құру барысында екі жағдай қарастырамыз.
1-ЖАҒДАЙ. Көрсеткіштегі α саны (4) сипаттауыш теңдеудің түбірі емес,т яғни Mα!=0 .
(3) теңдеудің дара шешімін мына түрде
x=eαt (5)
Іздейміз. Бұл функцияны (3) теңдеуге қойып, өткен параграфтағы леммаға сүйенсек, y бойынша мынадай теңдеу алынады:
Mαy+M'αy+12!M"αy+⋯+1n!Mnαyn=Pmt . (6')
Мұндағы
Mjα≔djMλdλj , j=1,nλ=α
Мынадай белгілеу
pj≔Mjaj!, j=0,1,n
енгізелік. Әлбетте p0=Mα!=0, pn=a0 . Егер α=0 болса, онда
p0=an!=0,...,pn=a0 болатыны көрініп тұр. Белгілеуді ескеріп, (6') теңдеуді мына түрде жазамыз:
p0y+p1y+p2y+...+pnyn=Pmt . (6)
Оң жақтары белгілі бір n- дәрежелі көпмүшелікпен оның туындыларына тең болатын сызықтық теңдеулермен тұратын үшбұрышты алгебралық жүйе
p0u0+p1u1+p2u2+...+pn-1un-1+pnun=Qn t,p0u1+p1u2+...+pn-2un-1+pn-1un=Qnt , ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... .. n-1p0un-1+p1un=Qnt, np0un=Qnt
берілсін және pn!=0 болсын. Бұл жұйенің шешімі мынадай қасиетке ие:
(n)
u0=Rnt,u1=Rt,..., un=Rnt,
Rnt≔1p0n+1Qnt p1 p2...pn-1 pnQnt p0 p1 ... pn-1 pn-1 ... .. ... ... ... ... ...n-1 Qnt 0 0 ... p0 p1n Qnt 0 0 ... 0 p0
n - дәрежелі көпмүшелік. Шынынды да
uk=1p0n+1p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn0pk-2 Qnt pk ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0, k=0,1,...,n.
Анықтауышты дифференциалдау ережесіне сүйеніп,
uk=1p0n+1p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn0pk-2 Qnt pk ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-10pk-2 Qnt pk ...pn-2 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0
туынды аламыз. Ал
uk+1=1p0n+1p0pk Qnt pk+2 ...pn0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=uk=1p0np0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-10pk-2 Qnt pk ...pn-2 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=uk.
Сонымен Rnt көпмүшелігі мен оның туындылары жүйені қанағаттандыратыны дәлелденді. Әлбетте:
(n)
p0Rnt+p1Rnt+...+pnRnt=Qnt, ∀t∈R. (7)
Енді (6) теңдеудің m - дәрежелі бір көпмүшелік түрінде шешімі болатынын, ол көпмүшеліктің (анықтық үшін оны Nm(t) деп белгілелік) өзі мен m - ретке дейінгі туындылары үшін мына тепе-теңдік
(m)
p0Nmt+p1Nmt+...+pmNmt=Pmt, t∈R. (*)
орындалатыны көрсетіледі. Мұнда, егер mn болса, pk=0, n+1=k=m, ал егер mn болса, Nt=0, m+1=k=n. Шынында да, (6) теңдеудің дара шешімін көпмүшелік y=Nmt түрінде ізделік. Онда (*) тепе-теңдік орындалады. Ол теңдікті m - ретке дейін дифференциалдап, мынадай жүйе құралық:
(m)p0Nmt+p1Nmt+...+pmNmt=Pmt, (m)p0Nmt+...+pm-1Nmt=Pmt, ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ...m (m)p0Nmt=Pmt.
Бұл үшбұрышты сызықтық біртекті емес алгебралық жүйе алдыңғы жүйеден айнымайды және мұнда p0!=0. Сондықтан
Nmt=1p0m+1Pm(t)p1pmPm(t)p0pm-1 ... . ... m Pm(t)0p0 (8)
бұл көпмүшелік дәлелденген (7) теңдік негізінде (*) тепе-теңдікті қанағаттандырады. Бізде бұл көпмүшедіктің туындыларын табудың қажеті жоқ. Табылған у - тің мәнін (5) формулаға апарып қойып, (3) теңдеудің дара шешімін аламыз:
x=eαtNmt. (9)
Кейде (3) теңдеудің дара шешімін (9) түрде іздейді. Ондағы Nmt көпмүшелігін белгісіз коэффиценттер арқылы жазады. Ол коэффиценттерді (9) функцияны (3) теңдеуге апарып қойып, eαt көбейткішіне қысқартқаннан кейін алынатын теңдіктің екі жағындағы t айнымалысының бірдей дәрежелері алдындағы коэффициенттерін теңестіру арқылы анықтайды. Бұл әдісті анықталмаған коэффиценттер әдісі деп атайды. Бірақ бұл әдісті қолдану барысында (9) түрдегі функциядан туындылар алу, оларды теңдеуге қойғаннан кейін сәйкес коэффиценттерді жинақтау және ол коэффиценттер бойынша m сызықтық теңдеулер жүйесін шешу керек болады. Бұл амалдар ұзақ уақыт алады және оларды орындац барысында техникалық қателер жіберілу мүмкіндігі мол. Ал (8) формула, бұған керісінше, дара шешімнің өзін бірден беріп тұр.
2-ЖАҒДАЙ. Көрсеткіш α саны (4) сипаттаушы теңдеудің k=n еселі түбірі, яғни
Mα=M'α=...=Mk-1α=0, Mkα!=0.
Теңдеудің дара шешімін (5) түрінде іздейміз де,
1k!Mkαyk+1k+1!Mk+1αyk+1+...+1n!Mnαy n=Pmt
теңдеуін аламыз. Осыған орай (6) теңдеу мына түрде
(k) (k+1) (n)
pky+pk+1 y +...+pny=Pm(t)
жазылады, мұндағы pk!=0. Егер y=z белгілеуін енгізсек:
(n-k)
pkz+pk+1z+...+pz z =Pm(t)
Болады.Бұл - (6) теңдеу тәріздес теңдеу. Сондықтан (8) формула бойынша оның мынадай
z=1pkm+1Pmtpk+1 ...pk+mPmtpk ...pk+m+1 ... ... .m Pmt0 ...pk=:j=0mbm-jtj
шешімі бар. Бұдан бізге дара шешімді табу жеткілікті болғандықтан,
y=01dτ...01j=0mbm-jτjdτ=j=0mbm-jj+1 ...j+ktj+k=:tkLmt
шешімін аламыз. Оны (5) формулаға қойып, (3) теңдеудің дара шешімін
x=tkLmteαt (11)
аламыз. Кейде бұл жағдайда да анықталмаған коэффиценттер әдісін пайдаланып, (3) теңдеудің дара шешімін осы (11) түрде іздейді. Ондағы Lm(t) көпмүшелігін ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 3
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері ... ... ... ... 4
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу ... ... ... ... . 4
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу ... ... 10
1.3 Коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешудіңоператорлық әдісі ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 15
1.4 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеулер. 20
Есептер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 26
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 31
Қолданылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 32
Кіріспе
Зерттеудің өзектілігі: курстық жұмыстың мазмұнының ғылыми құндылығын арттыру және оның негізінде пәнге деген қызығушылығын арттырып, өз бетінше іздену. Білім, білік, дағды алуын қамтамасыз етуге, жеке шығармашылық қабілеті дамуы үшін жағдай туғызу.
Мақсаты: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді талдау.
Міндеті:
- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориялық бөлігін қарастыру.
- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориясының практикалық қолданылуын құрастыру.
Зерттеу пәні: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулер.
Зерттеу әдістері: Талдау нәтижесінде алынған мәліметтерді бақылап, тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеу.
Құрылымы: курстық жұмыс кіріспеден, негізгі бөлімнен, практикалық жұмыс, қорытынды және қолданылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері
1.1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу
Егер
P0(t)(n)p1(t)(n-1)x+...+pn-1tx+pntx =q(t)
сызықтық теңдеуінің коэффиценттері pjt,j=1,2,...,n тұрақтыға тепе-тең болса, онда ол коэффиценттері тұрақты сызықтық дифференциалдық теңдеу деп аталады. Біз бұл параграфта коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті
a0(n)x+a1(n-1)+...+an-1x+anx=0
Теңдеуін қарастырамыз және a0,a1,...,an коэффиценттерін нақты сандар деп есептейміз. Теңдеудің реті n болса, a0=0 . Әрбір n- ретке дейін дифференциалданатын x(t) функциясына оның туындыларын сәйкес қоятын дифференциалдық оператор
Dk:=dkdtk,k=0,1,...,n (D0:=1)
Енгізу арқылы (1) теңдеуін былайша жазуға болады:
a0Dnx+a1Dn-1x+...+an-1Dx+anD0x=a0Dn +a1Dn-1+...+an-1D+anD0x=0.
Ал
a0Dn+a1Dn-1+...+an-1D+anD0=:LD
белгілнуін енгізу арқылы (1) теңдеуді ықшам түрде
LDx=0
Келтіруге болады. Әдетте (2) формула бойынша анықталған LD өрнегін стационар (коэффиценттері тұрақты) дифференциалдық оператор немесе операторлық көпмүшелік деп атайды. Бұл оператордың сызықтық оператор екені коэффиценттері функция болатын жалпы жағдайдағы Lt,D операторы үшін дәлелденді.
Төменде (1) теңдеудің базисін құру үшін n-дәрежелі алгебралық теңдеудің түбірлерін табу жеткілікті екні көрсетіледі.
Операторлық көпмүшеліктің кейбір қасиеттерін атап өтелік. LD операторымен бірге
ND≔b0Dm+b1Dm-1+...+bm-1D+bmD0
Операторлық көпмүшелігінің қарастыралық. Мұндағы b0,b1,...,bm- тұрақтылар. LD,ND операторларының қосындысы деп p=maxn,m-LD+NDxt=LDxt+NDx(t) теңдігі арқылы анықталатын операторды атайды. А=N(D) операторларының көбейтіндісі деп n+m-ретке дейін дифференциалданатын x(t) фунциясына әсері LD∙NDxt=L(D)NDx(t) арқылы анықталатын операторды атайды.Бұл анықтамалардан мына теңдіктердің
j=0nan-jDj+k=0mbm-kDk=l=0p(an-1+bn- 1)Dl,
j=0nan-jDjk=0mbm-kDk=j=0nk=0man-jbm -kDj+k
орындалатыны көрініп тұр. Мұндағы бірінші теңдікті aq=0,nq=p, егер n=m немесе bq=0,mq=p егер m=n.Соңғы теңдіктен операторлар үшін коммуникативтік қасиет LD∙ND=ND∙L(D) орындалатыны көрініп тұр. Ал дистрибутивтік заңның LDN1D+N2D=LDN1D+LDN2D орындалуы қосындыны дифференциалдау ережесінен тікелей алынады. Сонымен, операторлық көпмүшеліктерді өзара қосу мен көбейту амалдары жай көпмүшеліктерді қосу мен көбейту ережелерінен ешбір аумайтыны дәлелденіп тұр. Әрбір L(D) операторына немесе (1) теңдеуге белгісіз параметр λ бойынша жазылған
Mλ≔a0λn+a1λn-1+...+an-1λ+an (2')
Көпмүшелігін сәйкес қоямыз.Бұл көпмүшелікті құру үшін L(D) операторындағы k- ретті туындыны параметр λ-ның k-(k=0,1,...,n) дәрежесімен ауыстыру жеткілікті. Әдетте бұл Mλ көпмүшелігі сипаттаушы көпмүшелік деп аталады.
Егер n=1 болса (1) теңдеу бірінші ретті сызықтық теңдеуге а0ẋ+а1x=0 айналар еді де, оның жалпы шешімі
xt=Ce-a1a0=Ceat,(α≔-a1a0,C∈R)
функциясы болар еді. Шешімінің бұл түрі (1) теңдеуінің шешімдерін
n=2 болған жағдайда да көрсеткіштік функция көмегімен іздеуге нұсқайды. Эйледің көрсетуі бойынша (1) теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:
xt=yteλt.
Мұндағы y=y(t) - n- ретке дейін дифференциалданатын белгісіз жаңа функция, λ жоғарыда аталған белгісіз нақты не комплекс сан.
ЛЕММА. Мынадай тепе-теңдік орындалады:
(n)
LDyteλt=eλt(M(λ)y(t)+M'(λ)ẏ(t)+12!M ″λy t+...+1n!Mn(λ)y(t)).
Мұнда
(k)
y:=dkydtk, Mkλ≔dkMλdλk,k=1,n.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Көбейтіндінің туындысы үшін дәлелденген Лейбниц* формуласын пайдаланамыз.
LDyeλt=k=0nan-kDkyeλt=k=0man-k(yeλt )k=k=0nan-kj=0kCkjy(eλt)(k-j)=k=0na n-keλtj=0kkk-1...(k-j+1)j!λk-jy(j)= eλtk=0nan-kj=0k1j!dj(λk)dλjy(j)=eλt k=0nj=0k1j!djan-kλkdλjyj.
Енді j k теңсіздігі орындалғанда djλkdλj =0 болатының және туындының сызықтық амал екенін ескерсек, онда
LDyeλt=eλtk=0nj=0n1j!djan-kλkdλjy=e λtj=0n1j!dj(k=0nan-kλk)dλjy=eλtj=0n 1j!Mj(λ)y
теңдігін аламыз.Мұнда y≔y,M0λ≔Mλ.Лемма дәледенді.
САЛДАР.LDeλt=eλtMλ.
Леммадан y пен λ тек қана мына теңдеуді
Mλy+M'λẏ+12!M″(λ)y+...+1n!Mnλy=0
Қанағаттандырғанда ғана (3) функция (1) теңдеудің шешімі болатыны шығады.
Лемманың салдарынан λ саны тек
Mλ=0
Теңдеуінің түбірі болғанда ғана x=eλt функциясы (1) теңдеудің шешімі болатыны алынады. Соңғы (4)теңдеу сипаттаушы теңдеу деп , ал оның түбірлері сипаттаңыш сандар деп аталады. Сипаттаушы теңдеу түбірлерінің әр түрлі не еселі болуларына байланысты екі жағдай қарастырылады.
1-ЖАҒДАЙ.Сипаттағыш сандар әр түрлі, яғни Mλj=0,λk!=λj,j!=k(j,k=1,n ) болсын.Онда M'λj!=0,j=1,n.Бұл жағдайда әрбір λj үшін:
M'λjу'+12!M″λjy+...+1n!Mnλjy=0. (*)
Бұл теңдеудің кез келген λj үшін yt=1, t∈R функциясы шешімі болатыны көрініп тұр. Бізге бір ғана базисті құру жеткілікті болғандықтан, осы дара шешіммен қанағаттандырумызға болады. Табылған yt=1 және
λ=λj мәндерін әрбір
j=1,n үшін 3 формулаға қойып, 1 теңдеуін n шешімін аламыз:
x1t=eλ1t,...,xnt=eλnt,t∈R (5)
Бұл шешімдер R-де (яғни t∈R) нақты не комплекс сандар өрісіне қатысты сызықтық тәуелсіз.Егер λ1,...λn нақты сандар болса, онда 5 шешімдер
нақты шешімдер болады. Олар R-де сызықтық тәуелсіз болғандықтан, базис құрайды. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі бұл жағдайда
x1t=C1eλ1t+...+Cneλnt,t∈R
болады. C1,...,Cn - нақты еркін тұрақтылар.
Енді түбірлер әртүрлі бола берсін де, олардың ішінде комплекс мәнділері бар болсын. λ*=α*+iβ* i=-1 осындай комплекс түбірлердің біреуі болсын. Онда оның түйіндес λ*=α*+iβ* мәні де (4) теңдеудің түбірі болды. Себебі, (4) теңдеудің коэффиценттері нақты сандар. Шешімдерінің (5) формуласы бойынша λ* түбіріне
xt=eλ*t=eα*+iβ*t=eα*tcosβ*t+isinβ*t
комплекс шешімі сәйкес келеді.Коэффициенттері нақты сандар (не функциялар) болатын сызықтық біртекті теңдеудің комплекс шешімінің нақты және жорамал бөліктері өз алдарына шешім болатыны белгілі.
Сондықтан
x1t=eλ*tcosβ*t, x2t=eλ*tsinβ*t,t∈R (6)
функциялары - (1) теңдеудің нақты шешімдері.Олар R - де сызықтық тәуелсіз.Демек олар базистік шешімдердің қатарына жатады. Дәл осылай, түйіндес λ*=α*-iβ* түбіріне де екі нақты шешім
x1t=eλ*tcosβ*t, x2t=-ea*tsinβ*t
сәйкес келеді. Бұлардың біріншісі (6) шешімдердің біріншісіне тепе-тең, ал екіншісі (6) шешімдердің екіншісінен тек тағбасының қарама-қарсылығымен ғана ажыратылады, яғни түйіндес түбір (6) шешімдермен сызықтық тәуелсіз болатын жаңа нақты шешімдер тудырмайды. Сондықтан сипаттаушы теңдеудің комплекс түйіндес екі түбіріне (6) түрдегі сызықтық тәуелсіз екі нақты шешім сійкес келеді.Түбірлердің сәйкес келетін шешімдер (5) түрде қала береді.
Сонымен, барлық сипаттағыш сандар әр түрлі болған жағдайда оларға мына түрдегі
eλjtj=1,n, eaktcosβkt, k=1,q, p+2q=n
сызықтық тәуелсіз n нақты шешімдер сәйкес келеді. Олардың кез келген тұрақты нақты коэффициенттер арқылы құрылған сызықты комбинациясы (1)
теңдеудің нақты жалпы шешімін береді.
2-ЖАҒДАЙ. Сипаттағыш сандардың арасында өзара теңдері (яғни еселі түбірлер) бар. λ0 сипаттаушы теңдеудің k еселі 1=k=n нақты не комплекс түбірі болсын. Онда M(λ0)=M'(λ0)=...=Mk+1λ0=0, бірақ Mk(λ0)!=0. Сондықтан λ0 үшін жазылатын теңдеудің түрі мынадай болады:
1k!Mkλ0yk+1k+1!Mk+1(λ0)yk+1+...+1n! Mnλ0yn=0 (**)
Бұл теңдеудің y1t=1, y2t=t,...,y2t=tk-1, t∈R шешімдері бар екені көрініп тұр. Ол шешімдер R-де сызықтық тәуелсіз. Шешімдердің (3) формуласына 𝜆=λ0 мәнін және табылған y - тің мәндерін кезегімен қойып, (1) теңдеудің мына түрдегі
x1t=eλ0t, x2t=teλ0t, ...,xkt=tk-1eλ0t, (t∈R) (7)
k дара шешімдерін аламыз. Бұл шешімдер R - де сызықтық тәуелсіз. Егер λ0 нақты түбір болса, онда (7) шешімдер де нақты. Сондықтан кез келген k еселі нақты түбірге (7) түрдегі k нақты шешімдер сәйкес келеді. Егер λ0=α0+iβ0 түбіріне (1) теңдеудің
eα0+iβ0 t, teα0+iβ0 t, tk-1eα0+iβ0 t
шешімдері сәйкес келеді. Бұлар-комплекс шешімдер. Олардың нақты және жорамал бөліктерін ажыратып, мынадай 2k нақты шешімдер аламыз:
ea0tcosβ0t, tea0tcosβ0t, ..., tk-1ea0tcosβ0t;
ea0tsinβ0t, tea0tsinβ0t, ..., tk-1ea0tsinβ0t. (8)
Бұл шешімдер R-де сызықты тәуелсіз. Түбірлер әр түрлі болған жағдайда дәлелденген секілді, k еселі комплекс түйіндес λ0=α0+iβ0 түбірі сызықтық жаңа нақты шешімдер тудырмайтынына көз жеткізу оңай.
Сонымен k еселі комплекс түйіндес λ0=α0+iβ0 түбіріне (8) түрдегі 2 k нақты шешімдер сәйкес келеді.
Екінші жағдай бірінші жағдайды қамтитыны өздігінен түсінікті. Бірінші жағдайда түбірлердің еселіктері бірге тең (k+1).
Екі жағдайды біріктіре келе алатын ереже мынадай: сипаттаушы теңдеу түбірлерінің әр түрлі немесе еселі (нақты не комплекс мәнді) болатынына сай шешімдерді (5) (не (6)) немесе (7) (не (8)) түрінде аламыз. Нәтижеде (4) теңдеудің барлық түбіріне сәйкес n сызықтық тәуелсіз шешімдер табылады. Жалпы шешім олардың еркін тұрақтылармен алынған сызықтық комбинациясына тең.
Ескерту. Ілгеріде қарастырылған (*) теңдеудің шешімі тек функциясы ғана емес, y(t)= C0 функциясы да болатыны көрініп тұр. Мұндағы C0-еркін тұрақты. Сол сияқты еселі түбір жағдайында (**) теңдеудің шешімдері
tf j=0,1,...,k-1, функциялары ғана емес, олардың кез келген k тұрақты коэффициенттермен алынған y(t)= C1,C2t+...+Cktk-1 сызықтық комбинациясы да болатыны көрініп тұр. Осыған орай, сәйкес дара шешімдердің жалпы түрі мынадай
C0eλjt, j=1,n, (C1+C2t+...+Cktk-1)eλjt
болады. Егер түбірлер комплекс мәнді болса, онда жай α+-іβ немесе к еселі α0+-іβ0 түбіріне сай дара шешімдердің жалпы түрі төмендегідей болады:
C0eα*tcosβ*t, C0eα*tsinβ*t,
(C1+C2t+...+Cktk-1)eα0tcos β0t,
(C1+C2t+...+Cktk-1)eα0tsin β0t.
Атап өтетін жәйт-қай жағдайда да шешімге кіретін еркін тұрақтылардың саны осы шешім сәйкес келетін түбірдің еселігіне тең. Бұл түсінікті де, себебі түбірге сәйкес келетін сызықтық тәуелсіз шешімдердің саны түбірдің еселігіне тең. Сондықтан жалпы шешімге қосылғыш ретінде енетін, белгілі бір түбірге сәйкес болатын шешімдердің сызықтық комбинациясында саны түбірдің еселігіне тең еркін тұрақтылар болады.
1.2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу
Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеу қарастыралық:
(n) (n-1)
a0x+a1x+...+an-1x+an=ft
Мұнда ajj=0,1,...,n нақты сандар, ft - қандай да болмасын бір a, b аралығында анықталған және үзіліссіз белгілі функция. Бұл теңдеу қысқаша мына түрде азылады:
LDx=fx .
Ал оған сәйкес сызықтық біртекті теңдеу -
LDx=0 .
Біртекті (2) теңдеуді әрқашан шешуге болатын көрсетілді. Олай болса, тұрақтыларды вариациялау әдісін пайдаланып (1) теңдеуді шешуге (жалпы алғанда квадратурада шешуге) болады. Бірақ практикада интеграл алу амалы көбнесе күрделі есептеулерге әкеп тірейді. Сондықтан квадратурамыз шешілетін, яғни интеграл алу амалына әкеп тіремейтін жағдайларды қарастырудың қажеттігі орынды.
Біз (1) теңдеудің дара шешімін алгебралық амалдардың ғана көмегімен табуға мүмкін болатын жағдайларды қарастырамыз. Табылатын дара шешім мен (2) теңдеудің жалпы шешімінің қосындысы (1) теңдеудіің жалпы шешіімін беретіні белгілі. (1) теңдееудің оң жағында тұрған fx функциясы (қысқаша теңдеудің оң жақ бөлігі) көпмүшелік пен көрсеткіштік функцияның көбейтіндісі түрінде, яғни
fx=Pmteαt
Болған жағдайды қарастырамыз. Бұл жағдайда fx функциясын көбінесе квазикөпмүшелік деп атайды. Мұнда Pmt - коэффиценттері нақты не комплекс m=0 дәрежелі көпмүшелік, α - нақты не комплекс (нөлге тең болуы да мүмкін) сан.
Сонымен сызықты біртекті емес
LDx=Pmteαt (3)
Дифференциалдық теңдеуін қарастырамыз. Бұл теңдеудің дара шешімі оның оң жақ бөлігінің түрінен ғана емес, сол жақ бөлігінің түрінен де, атап айтқанда α санының
Mλ≔a0λn+a1λn-1+...+an-1λ+an=0 (4)
Сипаттаушы теңдеуінің түбірі болу-болмауынан, түбірі болса еселігі қандай болатынынан тәуелді.
Дара шешімжі құру барысында екі жағдай қарастырамыз.
1-ЖАҒДАЙ. Көрсеткіштегі α саны (4) сипаттауыш теңдеудің түбірі емес,т яғни Mα!=0 .
(3) теңдеудің дара шешімін мына түрде
x=eαt (5)
Іздейміз. Бұл функцияны (3) теңдеуге қойып, өткен параграфтағы леммаға сүйенсек, y бойынша мынадай теңдеу алынады:
Mαy+M'αy+12!M"αy+⋯+1n!Mnαyn=Pmt . (6')
Мұндағы
Mjα≔djMλdλj , j=1,nλ=α
Мынадай белгілеу
pj≔Mjaj!, j=0,1,n
енгізелік. Әлбетте p0=Mα!=0, pn=a0 . Егер α=0 болса, онда
p0=an!=0,...,pn=a0 болатыны көрініп тұр. Белгілеуді ескеріп, (6') теңдеуді мына түрде жазамыз:
p0y+p1y+p2y+...+pnyn=Pmt . (6)
Оң жақтары белгілі бір n- дәрежелі көпмүшелікпен оның туындыларына тең болатын сызықтық теңдеулермен тұратын үшбұрышты алгебралық жүйе
p0u0+p1u1+p2u2+...+pn-1un-1+pnun=Qn t,p0u1+p1u2+...+pn-2un-1+pn-1un=Qnt , ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... .. n-1p0un-1+p1un=Qnt, np0un=Qnt
берілсін және pn!=0 болсын. Бұл жұйенің шешімі мынадай қасиетке ие:
(n)
u0=Rnt,u1=Rt,..., un=Rnt,
Rnt≔1p0n+1Qnt p1 p2...pn-1 pnQnt p0 p1 ... pn-1 pn-1 ... .. ... ... ... ... ...n-1 Qnt 0 0 ... p0 p1n Qnt 0 0 ... 0 p0
n - дәрежелі көпмүшелік. Шынынды да
uk=1p0n+1p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn0pk-2 Qnt pk ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0, k=0,1,...,n.
Анықтауышты дифференциалдау ережесіне сүйеніп,
uk=1p0n+1p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn0pk-2 Qnt pk ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=p0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-10pk-2 Qnt pk ...pn-2 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0
туынды аламыз. Ал
uk+1=1p0n+1p0pk Qnt pk+2 ...pn0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-1 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=uk=1p0np0pk-1 Qnt pk+1 ...pn-10pk-2 Qnt pk ...pn-2 ... ... ... ... ... ... ... ..00 Qnt 0 ... p0=uk.
Сонымен Rnt көпмүшелігі мен оның туындылары жүйені қанағаттандыратыны дәлелденді. Әлбетте:
(n)
p0Rnt+p1Rnt+...+pnRnt=Qnt, ∀t∈R. (7)
Енді (6) теңдеудің m - дәрежелі бір көпмүшелік түрінде шешімі болатынын, ол көпмүшеліктің (анықтық үшін оны Nm(t) деп белгілелік) өзі мен m - ретке дейінгі туындылары үшін мына тепе-теңдік
(m)
p0Nmt+p1Nmt+...+pmNmt=Pmt, t∈R. (*)
орындалатыны көрсетіледі. Мұнда, егер mn болса, pk=0, n+1=k=m, ал егер mn болса, Nt=0, m+1=k=n. Шынында да, (6) теңдеудің дара шешімін көпмүшелік y=Nmt түрінде ізделік. Онда (*) тепе-теңдік орындалады. Ол теңдікті m - ретке дейін дифференциалдап, мынадай жүйе құралық:
(m)p0Nmt+p1Nmt+...+pmNmt=Pmt, (m)p0Nmt+...+pm-1Nmt=Pmt, ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ...m (m)p0Nmt=Pmt.
Бұл үшбұрышты сызықтық біртекті емес алгебралық жүйе алдыңғы жүйеден айнымайды және мұнда p0!=0. Сондықтан
Nmt=1p0m+1Pm(t)p1pmPm(t)p0pm-1 ... . ... m Pm(t)0p0 (8)
бұл көпмүшелік дәлелденген (7) теңдік негізінде (*) тепе-теңдікті қанағаттандырады. Бізде бұл көпмүшедіктің туындыларын табудың қажеті жоқ. Табылған у - тің мәнін (5) формулаға апарып қойып, (3) теңдеудің дара шешімін аламыз:
x=eαtNmt. (9)
Кейде (3) теңдеудің дара шешімін (9) түрде іздейді. Ондағы Nmt көпмүшелігін белгісіз коэффиценттер арқылы жазады. Ол коэффиценттерді (9) функцияны (3) теңдеуге апарып қойып, eαt көбейткішіне қысқартқаннан кейін алынатын теңдіктің екі жағындағы t айнымалысының бірдей дәрежелері алдындағы коэффициенттерін теңестіру арқылы анықтайды. Бұл әдісті анықталмаған коэффиценттер әдісі деп атайды. Бірақ бұл әдісті қолдану барысында (9) түрдегі функциядан туындылар алу, оларды теңдеуге қойғаннан кейін сәйкес коэффиценттерді жинақтау және ол коэффиценттер бойынша m сызықтық теңдеулер жүйесін шешу керек болады. Бұл амалдар ұзақ уақыт алады және оларды орындац барысында техникалық қателер жіберілу мүмкіндігі мол. Ал (8) формула, бұған керісінше, дара шешімнің өзін бірден беріп тұр.
2-ЖАҒДАЙ. Көрсеткіш α саны (4) сипаттаушы теңдеудің k=n еселі түбірі, яғни
Mα=M'α=...=Mk-1α=0, Mkα!=0.
Теңдеудің дара шешімін (5) түрінде іздейміз де,
1k!Mkαyk+1k+1!Mk+1αyk+1+...+1n!Mnαy n=Pmt
теңдеуін аламыз. Осыған орай (6) теңдеу мына түрде
(k) (k+1) (n)
pky+pk+1 y +...+pny=Pm(t)
жазылады, мұндағы pk!=0. Егер y=z белгілеуін енгізсек:
(n-k)
pkz+pk+1z+...+pz z =Pm(t)
Болады.Бұл - (6) теңдеу тәріздес теңдеу. Сондықтан (8) формула бойынша оның мынадай
z=1pkm+1Pmtpk+1 ...pk+mPmtpk ...pk+m+1 ... ... .m Pmt0 ...pk=:j=0mbm-jtj
шешімі бар. Бұдан бізге дара шешімді табу жеткілікті болғандықтан,
y=01dτ...01j=0mbm-jτjdτ=j=0mbm-jj+1 ...j+ktj+k=:tkLmt
шешімін аламыз. Оны (5) формулаға қойып, (3) теңдеудің дара шешімін
x=tkLmteαt (11)
аламыз. Кейде бұл жағдайда да анықталмаған коэффиценттер әдісін пайдаланып, (3) теңдеудің дара шешімін осы (11) түрде іздейді. Ондағы Lm(t) көпмүшелігін ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz
Реферат
Курстық жұмыс
Диплом
Материал
Диссертация
Практика
Презентация
Сабақ жоспары
Мақал-мәтелдер
1‑10 бет
11‑20 бет
21‑30 бет
31‑60 бет
61+ бет
Негізгі
Бет саны
Қосымша
Іздеу
Ештеңе табылмады :(
Соңғы қаралған жұмыстар
Қаралған жұмыстар табылмады
Тапсырыс
Антиплагиат
Қаралған жұмыстар
kz