Сызықтық біртекті теңдеулерді интегралдау

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 27 бет
Таңдаулыға:

Белгісіз функциялары бірнеше айнымалылардан тəуелді болатын дифференциалдық теңдеулер дербес туындылы деп аталады.
Көптеген физикалық-химиялық процестер дербес туындылы дифференциалдық теңдеулер есептерімен өрнектелетіні белгілі.
Теңдеу
dudx2+dudy2+dudz2=n(x, y, z)
сыну көрсеткіші n(x, y, z) болатын жарық сəулелерінің біртекті емес ортада таралуын өрнектейді; теңдеу
dudt=a2d2udx2
стерженьдегі жылу таралуын көрсетеді; теңдеу
d2udt2=a2d2udx2
ішек тербелісінің теңдеуі деп аталады; теңдеу
d2udx2+d2udy2+d2udz2=0

Лаплас теңдеуі деп аталады, өріс потенциалын өрнектейді. Бұл тарауда бірінші ретті дербес туындылы дифференциалдық теңдеулерді ғана қарастырамыз.

1-ретті дербес туындылы теңдеулер жөнінде түсінік
1-ретті дербес туындылы сызықтық теңдеулер

Fx1, ... ,xn,z, dzdx,...,dzdxn=0 (1)

теңдеу алынсын, мұнда x1,...,xn D⊂Rn облысында тәуелсіз айнымалылар, z = z(x1,...,xn ) - үзіліссіз дифференциалданатын функция, ал F өз аргументтерінің берілген функциясы. Осындай теңдеу 1-ретті дербес туындылы теңдеу деп аталады.
Бұл теңдеулерді шешу мәселесі, сипаттаушы жүйе деп аталатын жай дифференциалдық теңдеулер жүйесін шешімге келтірілетінін көрсетейік. Алдымен, мұны сызықтық теңдеулер үшін қарастырайық.
1-ретті жай дифференциалдық теңдеулер үшін жалпы шешімі бір ғана кез келген тұрақты шамаға байланысты, ал жүйе үшін n кез келген тұрақтыға байланысты болатыны жоғарыда айтылған еді. Ал, дербес туындылы теңдеулер теориясында, 1-ретті теңдеудің жалпы шешімі бір ғана кез келген функцияларға, n-ретті теңдеудің жалпы шешімі n кез келген функцияларға байланысты болады. Бұл мәселелерге жалпы түрде С. Ковалевскаяның бар болуы мен жалғыздығы жөніндегі теоремасы жауап бере алады.
Мысалы:

dzdy = x2ey+x+1y,

z = z(x,y) = x2ey+x+1y22 + c(x) , ∀c(x)

Ескерту. Дербес туындылы теңдеулер теориясында, сонымен бірге дербес туындылы теңдеулер жүйесі қарастырылады. Осы жағдайды дербес туындылы 1-ретті жүйе үшін қарастырайық.
(1) теңдеудің сызықтық болған жағдайындағы 2 түрін қарастырайық.
1) біртекті сызықтық түрі:
a1x1,...,xn dzdx1+...+anx1,...,xn dzdxn=0, (2)

мұнда a1,...,an-D⊂Rn облысындағы кейбір функциялар;

2) біртекті емес сызықтық түрі:
a1x1,...,xn dzdx1+...+anx1,...,xn dzdxn=bx,...,x,z, (3)

мұнда x1,...,xn - аргумент, z - ізделінетін функция, a1,...,an , b - D = D х J-да анықталған функциялар, мұнда J - z-тің өзгеру облысы, ал D - xi-дің өзгеру облысы.
Біздің мақсатымыз, жоғарыдағы теңдеулердің D облысында φ(x1,...,xn ) жалпы шешімін табу, егер мына төмендегі шарттар орындалатын болса:
1) функцияның өзі және оның барлық дербес туындылары үзіліссіз;
2) (1) теңдеуге қойғанда сол жағы 0-ге тепе-тең болуы қажет.
Мұнда бұрынғыдай интегралдық қисықтар емес, беттер болады.
2)-ні қарастырайық, мұнда біріншіден, D облысында a1,...,an коэф- фициенттері өздері 1-ретті дербес туындыларымен бірге үзіліссіз, екіншіден, әрбір (x1,...,xn )∊D нүктесінде
a1 + ... + an 0 теңсіздігі орындалады деп жоримыз.

Енді D облысында косымша
dx1a1=...= dxnan (4)
жай дифференциалдық теңдеулер жүйесін қарастырайық. (4) жүйе дифференциалдық жағдайда симметриялық түрдегі сипаттаушы жүйе
деп аталады да, ал n-1 теңдеуден тұрады. (4) жүйені былайша түсіну қажет: кез келген A0(x10,...,x1n0)∈D нүктесін алайық.
2)-шарт бойынша, бұл нүктеде ең жоқ дегенде коэффициенттерінің біреуі ai!=0 , сондықтан, А0 нүктесінде үздіксіз болғандықтан, ол UA0∈D аймағы болады да, онда
aiUA0!=0.

UA0 аймағында (4) жүйені былай түсіну керек, алдымен оны былайша
жазайық:

dx1a1= dxiai,..., dxi-1ai-1= dxiai; dxi+1ai+1= dxiai,...,dxnan= dxiai . (5)
(5) жүйеде xi-лерді аргумент ретінде, ал x1,...,xn -xi-лердің ізделетін функциясы деп қарастырамыз. Онда (5)-ті қайтадан былай жазуға болады:

dx1dxi = a1x1,...,xn aix1,...,xn =f1x1,...,xn ,
----------------------------------- ------
dxi-1dxi = ai-1x1,...,xn aix1,...,xn =fi-1x1,...,xn ,
----------------------------------- ------ (6)
dxndxi = anx1,...,xn aix1,...,xn =fnx1,...,xn .

UA0 аймағында (5) және (6) жүйелер өзара пара-пар. Енді осы жүйе
үшін кез келген бір кіші тұйықталған UA0 ∈ UA0 аймағында Пикар
теоремасының орындалатынын керсетеиік.
ІІІындығында ешқандай fi-лерсіз-ақ f1,...,fn :
а) х бойынша үзіліссіз екені;
в) әрбір функция x1,...xi-1 ,xi+1 ,...,xn бойынша Липшиц шартын қанағат- тандыратыны орындалады.
Бұл үшін әрбір функцияның дербес туындылары dfkdxm
(∀k,m=1,n, k!=i) үзіліссіз және кейбір аймақта шектелген болуы жеткілікті.
Мына қатынасты алайық:

dfkdxm= ddxmakai= dakdxmai- daidxmakai2,
мұнда, шарт бойынша, a1...an коэффициенттері өздерінің дербес туындылары мен бірге үзіліссіз болғандықтан, бөлшектің алымы мен бөліміндегі шамаларда үзіліссіз функциялар болады.
Сондықтан, кез келген компакты тарылу болса да, dfkdxm үздіксіз
болып шығар еді, демек ол Вейерштрасс теоремасы бойынша UA0 -де шектелген, бұған қоса бұл аймақта fk функциясының әрқайсысы Липшиц шартын қанағаттандырады. Демек, B∈UA0 әрбір нүкте арқылы (6) немесе (5)-тің бір ғана шешімі өтеді. Бұл аймақтардың жинағы сайып келгенде, D облысын жабатын болады.
Ескерту.Неліктен сипаттаушы жүйені (4) түрінде жазады? (оны (2) түрде қалдыру оңай емес пе?)
Анықтама. D* облысында жай дифференциалдык теңдеулердің кез келген жүйесі берілсін.
y1'= f1x,y1,...,yn,---------yn'= fnx,y1,...,yn (7)

және Пикар теоремасының шарттарын қанағаттандыратын болсын.
(7) жүйенің алғашқы интегралы деп, әрбір шешім үшін тұрақты мәнін сақтайтын φ(x,y1,...,yn)функциясын айтады, яғни, егер yy1x,..., ynx
(7) жүйенің шешімі болса, онда таңдап алынған шешуге байланысты φx,y1x,...,ynx≡C болатындай С тұрақты бар болады.
Бізге анализден көп өлшемді түріндегі айқындалмаған функция жөніндегі теорема туралы кейбір мағлұматтар кажет.
1) Айталық φ1(x,y1,...,yn)
------------------
φk(x,y1,...,yn)

кез келген к функциялар (7) жүйенің бастапқы интегралдары болсын дeйік. Осы жоғарыдағы функциялар тәуелді (сызықты түрде емес, функционалдық түрде) болады, егер
G[φ1x,y1,...,yn,...,φk(x,y1,...,yn) ]≡0
болатындай функция бар болса. Негізінде сызықтық тәуелділік G - сызықтық функция болған жағдайдың дербес түрі. Kepi жағдайда функциялар тәуелсіз.

2) (7) жүйенің Пикар теоремасының шарттары орындалғанда n тәуелсіз алғашқы интегралдары болады.
3) Көп өлшемді түріндегі айкындалмаған функция жөніндегі теорема. Енді (2) теңдеудің жалпы шешімін құруға көшейік. Айталық, (4) жүйенің белгісіз (n-1) бастапқы интегралдары

φx1,...,xn = C1,
-----------------------
φn-1x1,...,xn = Cn-1

болсын дейік. Бұл жағдайда, (2) тендеу жалпы шешімінің

z = f[φ1x1,...,xn ,...,φn-1x1,...,xn ] (8)

(мұнда f - кез келген дифференциалданатын функция) формуласы арқылы берілетінін көрсетейік. Шынында, (4) жүйенің әрбір интегралдык қисығының бойымен df = 0 болар еді , өйткені әрбір интегралдық қисық бойында φ1,..., φn алғашқы интегралдар тұрақты мәндер кабылдайтыны белгілі, демек әрбір интегралдық қисық бойында (7)-нің оң жағы да тұрақты шама болар еді. Сондықтан
df = dfdφ1 dφ1+...+dfdφn-1dφn-1= dfdφ1dφ1dx1dx1+...+dφ1dxndxn+...
...+ dfdφn-1 dφn-1dx1dx1+...+dφn-1dxndxn= dfdφ1dφ1dx1+...+dfdφn-1φn-1dx1dx1
...+dfdφ1dφ1dxn+...+d'fdφn-1dφn-1dx ndxn--dfdx1dx1+...+dfdxndxn = 0 (9)

(4) жүйенің интегралдық қиcықтарында

dx1= λa1
-------------
dxn= λan

Осыны (9)-ға қойсақ

λa1dfdx1+...+andfdxn=0 шығады,

мұнда λ!=0 аламыз, өйткені (4)-те алымдары ноль болар еді.
Сонымен, (8) сияқты кез келген дифференциалданатын f функциясы (2)-ні қанағаттандыратын болып шықты, яғни (4) жүйе интегралдық қисық- тарында (2) теңдеудің шешімі болады деген сөз.
Енді осындай функция барлық D облысында шешімі болатынын көрсету кажет.
Жоғарыда көрсетілгендей, (4) үшін шешімінің бар болуы мен жалғыздығы бойынша, кез келген A∈int D нүктесі арқылы жалғыз ғана интегралдық қисық өтеді және (4)-тің интегралдық қисықтарының жиынтығы D облысын жабатын болады. Сонымен, бірінші, бөлімі дәлелденді. Енді екінші бөлімін, яғни (8)-ден (2)-нің барлық шеішімдерін алуға болатынын көрсетейік.
Айталық, z = ψ(x1,...,xn ) (2)-нің D облысындағы кез келген шешімі болсын дейік. Осыны (8) түріндегі формуладан алуға болатынын дәлелдейік.
Дәлелденген бірінші бөлімге сәйкес, (4) кез келген алғашқы интеграл (2)-нің шешімін береді, демек (2) үшін n шешім аламыз:

z = ψ(x1,...,xn ),
z = φx1,...,xn ,
---------------------
z = φn-1x1,...,xn .
Бұлар шешім болғандықтан (2)-ні тепе-теңдікке айналдыратын болады:

a1dψdx1+ ... +andψdxn ≡0
a1dφ1dx1+ ... +andφ1dxn ≡0
-------------------------------- ( 10)
a1dφn-1dx1+ ... +andφn-1dxn ≡0
(10)-ды a1,...,an айнымалылар бойынша біртекті сызықтық жүйе ретінде қарастырамыз. (2)-де a1,...,an шамаларына қойылған шарттарға сәйкес әрбір A∈int D нүктесінде ең жоқ дегенде коэффициенттерінің біреуі нольге тең емес, яғни кез келген A∈int D нүктесінде (10) жүйенің шешімі нольдік емес, онда алгебраның осыған сәйкес теоремасы бойынша, анықтауышы нольге тең болуы керек:

d = dφ... dφdx1 dxn dφ1...dφ1dx1 dxn------dφn-1...dφn-1dx1 dxn = d(ψ,φ1,...,φn )d(x1,...,xn ) = 0. (11)
Мұнда айқындалмаған функция жөніндегі бұрынырақ келтірілген теорема бойынша, ψ,φ1,...,φn-1 функцияларының өзара функционалдық байланысы болады,яғни

F(ψ,φ1,...,φn-1 );
Fψx1,...,xn-1 ,xn, φ1x1,...,xn ,...,φn-1x1,...,xn =0 (12)

Алғашқы интегралдар φ1,...,φn тәуелсіз болғандықтан, (11)-де ең жоқ дегенде n-1 ретті оның соңғы n-1 жазық жолында орналасқан бір минор !=0, демек (12) ψ бойынша айқындалады (айқындалмаған функция жөніндегі теорема бойынша), яғни
ψx1,...,xn = f[φ1x1,...,xn ,...,φn-1x1,...,xn ],мұнда f - кейбір дифференциалданатын функция. Дәлелдеу керегі де осы еді.
Енді (3) біртекті емес сызықтық теңдеуді қарастырайық. Бұл жағдайда коеффициенттері ізделетін функцияларға тәуелді болады (ылғи осылай болмауы да мүмкін).
Біздің мақсатымыз - шешу әдісіне қолайлы теңдеу құру.
Идеясы. (2) түріндегі теңдеуді шешуге қолданылған әдіске келтіреміз, атап айтқанда жалпы шешімін
u(x1,x2,...,xn,z) = 0 (13)
айқындалмаған түрінде іздейміз, мұнда D = D х J облысында
dudz!=0.
Ескерту: (13) форма үшін dudz!=0 шарт азырақ, себебі ерекше деп
аталатын dudz=0 болғандағы шешімдер қарастырылмайтын болып отыр.
Дегенмен, (13)-ке қойылған аздау шарттың өзі шешулер класының көбін қамтиды. Айталық, (13)-тің шешімі бар болсын, онда
u(x1,...,xn ,z(x1,...,xn )) ≡ 0 болар еді.
Осы тепе-теңдікті x1,...,xn бойынша дифференциалдасақ:

dudx1+dudzdzdx1=0
------------------------
dudxn+dudzdzdxn=0
dudz!=0 шартын пайдалансақ,
dzdx1=-dudx1dudz
(14)
------------------

dzdxn=-dudxndudz

Осы жүйені (З)-ке қойып, ортақ бөлімге келтіріп, барлық мүшелерін бір жаққа шығарсақ, мынау шығады:

a1x1,...,xn ,zdudx1+...+anx1,...,xn ,zdudxn+bx1,...,xn ,zdudz=0 (15)

(15) теңдеу сызықтық біртекті, мұнда x1,...,xn ,z - аргументтер, ал u = u(x1,...,xn ,z) - ізделінетін функция. Сондықтан да, мұны интегралдау (2) теңдеуге де қолданылады.
Теорема. Айталық, (3) теңдеудің a1,...,an коэффициенттері өздерінің бірінші ретті D облысындағы дербес туындыларымен бірге үзіліссіз болсын және ең жоқ дегенде коэффициенттерінің біреуі нольден өзгеше болсын. Онда (3) теңдеудің шешімі төмендегі формуламен беріледі:
U = f[φ1x1,...,xn ,z,...,φnx1,...,xn ,z] = 0,
мұнда f - кез келген дифференциалданатын функция, ал φ1,..., φn (3) сипаттаушы жүйенің тәуелсіз алғашқы интегралдары.
Есеп. Дәлелденген теоремалардағы қойылған шарттарды қанағат- тандыратын (2) немесе (3) теңдеулер берілсін. Оған қоса кеністікте (n = 2 немесе 3) параметрлік түрде немесе кез келген басқа бір түрде, мәселен:
x1=d1f,
-------------- f∈J;
xn=dnf,
түрінде кейбір кисық берілсін. Егер n = 3 болса, онда екі жазықтықтың қиылысуы түзу сызық береді.
Сұрақ:(2) немесе (3) теңдеудің осы қисық арқылы өтетін шешімін калай құруға болар еді?

1-ретті дербес туындылы теңдеулер жүйесі.
Дифференциалды тендеулер.
Пфафф теңдеуі

Жоғарыда дербес туындылы 1-ретті F(x1,...,xn ,dzdx,...,dzdy) = 0
теңдеудің сызықтық болып келген жағдайын қарастырдық. Енді n-2 болғандағы қарапайым түрдегі
F1(x,y,z, dzdx,dzdy) = 0,
(16)
F2(x,y,z, dzdx,dzdy) = 0

жүйені қарастырайық, мұнда х,у - аргументтер, ал z - ізделінетін
функция.
Айталық, (16) жүйені нормаль түрге келтіруге болады деп жориық, яғни:
dzdx= f1x,y,z,
(17)
dzdy= f2x,y,z.
(17)-нің үйлесімділік шарты мына түрде жазылады:

df1dy=df2dx (18)

(18) шарт (оны толық дифференциалды тендеулер үшін қолданылатын осыған ұқсас шартпен салыстырыңыз) анализдің мына мәселесінен шығады: егер z = z(x, у) екі рет үзіліссіз дифференциалданатын функция болса, онда
d2z dxdy=dzdydz (19)
болады.
Егер (17) жене (19)-ды салыстырсак, (19)-дың (18)-бен дәлдесетінін көреміз. (18) түріндегі шарт орындалғанда (16) жүйенің шешімі былайша алынады:
(17)-нің бірінші теңдеуі ізделінетін функция z, аргументі х, ал параметрі у болып келген жай дифференциалдық теңдеу ретінде қарастырылады. Осыны х бойынша интегралдағанда кез келген тұрақты С емес, айнымалы х-ке байланысты "тұрақтыны", яғни у-тің кез келген функциясын аламыз. (толық дифференциалды теңдеуде қолданылған ұқсас жағдайды қараңыз).
z үшін алынған өрнек (17)-ге қойылады, мұнымен С(у) анықтай түсіп, z(x, у) функциясын табамыз. Бұл жағдайда С(у) функциясы үшін кұрамында тек y қана болатын теңдеу шығу үшін, (18) үйлесімділік шартының орындалуы аса қажет. Мысалы:

dzdx=zxf1 dzdy=2zyf1 (20) dzdx=y-x dzdy=xz (21)

(20) үйлесімді жүйе; (21) үйлесімсіз жүйе. (20) жүйені шешейік. D

1) dzz=dxx; ∀ C1, онда x бойынша z = C1x, ал жалпы,

z(x,y) = C1yx, (22)

мұнда C1(y) - дифференциалданатын у-тің белгісіз функциясы.
2) жүйенің екінші теңдеуіне (22) қойсақ:

xC1'y= 2xC1yy⇒C1'y= 2C1yy⇒
dC1C1=2dyy, lnC1=2lny,
C1y=Cy2; ∀C . (23)

3) (23)-ті (22) қойсақ
z(x,y) = Cy2x шығады.
Ескерту.Сонымен (20) жүйенің жалпы шешімі табылды.
Сұрақ: Жоғарғы келтірілген әдісті пайдаланып, (21) жүйенің шешімін табуға болмаспа еді? Осы жағдайдың қиындығын көрсетейік. Ол үшін (21) қарастырайық
1) dzy-z=dx; z!=y
lny-z=-x+C1y; z=C1ye-x+y (24)
z'x=-Ce-x
2) (20)-ны жүйенің екінші теңдеуіне қойсақ,

1+C1'ye-x=xy+xC1(y)e-x
C1'y=-e-x+xyex+x

шығады. Осыдан C1-ді табу керек, бірақ шешімін табу үрдісі тоқталады (неліктен?). Енді Пфафф теңдеуінің шешімін қарастырайық. Оның жалпы түрі:
a1x1,...,xn dx1+...+anx1,...,xn dxn=0, (25)

мұнда x1,...,xn жалпы айтқанда, тең дәрежелі айнымалылар, басқаша айтқанда, (25) теңдеу бұл айнымалылардың өзара байланысына кейбір шек қояды, яғни алғашқы k тәуелсіз айнымалылар болып, ал қалғандары осылардың ізделінетін функциялары бола алады.
n = 3 жағдайды қарастырайық.
(25) теңдеуді интегралдау дербес туындылы 1-ретгі екі тендеу жүйесінің шешуін табуға келтіретінін көрсетейік.
a1(х, у, z)dx + a2(x,у, z)dy + a3(х, у, z)dz = 0, (26)
мұнда х, у, z айнымалылары тең құқылы (дәрежелі). Айталық, берілген облыста z = z(x, у) функциясы ізделінетін болсын (кез келген басқа екі функция осыған сәйкес ізделеді).

Бұл жағдайда (26) теңдеуден мынау шығады:
a1 (х, у, z)dx + a2(х, у, z)dy + a3(х, у, z)(dzdxdx+dzdydy)=0
мүшелерін топтастырсақ:

a1 (х, у, z)+ a3(х, у, z)dzdx dx+a2 (х, у, z)+ a3(х, у, z)dzdydy=0

Егер x және у тәуелсіз айнымалы болса, онда бірінші ретті дербес туындылы теңдеулер жүйесін аламыз:
a1 х, у, z+ a3х, у, zdzdx=0,

a2 х, у, z+ a3х, у, zdzdy=0, осыдан

dzdx=a1 х, у, za3х, у, z=f1x,y,z,
(27)

dzdx=a2 х, у, za3х, у, z=f2x,y,z.

Сонымен, жоғарыда келтірілген мәселелерді (27) жүйені шешімге әбден қолдануға болады. Бұл жүйелер үшін үйлесімдік шартын міндетті түрде тексеру қажет, себебі мұндай дифференциалды теңдеулердің шешімі болмауы да мүмкін.

Сызықтық біртекті теңдеулерді интегралдау
Егер дифференциялдық теңдеуге кіретін функция бірнеше айнымалыдан тәуелді болса, дифференциялдық теңдеу дербес туындылы аталады.
Белгісіз функция x n тәуелсіз айнымалылар t1,...,tn - дербес тәуелді болсын. Онда бірінші ретті дербес туындылы дифференциалдық теңдеу жалпы түрде осылай жазылады:
F(t1,...,tn ,xn, dxdt1...,dxdtn )=0 (1)
Теңдеудегі F функциясының анықталу обылысы D1 болсын.
Қандай да бір D2 ⸦ Rn обылысында анықталған және осы облыста өзінің бірінші ретті барлық дербес туындылармен бірге үзіліссіз болатын x=φ(t1,...,tn) функциясы төмендегі шарттарды қанағаттандырса,
1) (t1,...,tn , φ, dφdt1...,dφdtn ) ϵ D1 , ∀(t1,...,tn) ϵ D2
2) F(t1,...,tn , φ, dφdt1...,dφdtn )= 0, ∀(t1,...,tn) ϵ D2
онда оны (1) теңдеудің D2 облысындағы шешімі болады.
Егер (1) теңдеудегі F функциясы ізделінетін x функциясының дербес туындыларынан (dxdtj - ден ) сызықтық тәуелділікте болса (яғни олар арқылы сызықтық түрде өрнектеледі ), онда (1) теңдеу сызықтық теңдеу деп aталaды. Cызықтық теңдеy мына түрдe бeрілeді:
f1(t1,...,tn ,x) dxdt1 + ... + fn(t1,...,tn ,x) dxdtn = g(t1,...,tn ,x) (2)
Бұл теңдеуді квaзиcызықтық тeңдey дeп тe aтaй бepeді. Ол дepбec тyындылар бойынша сызықтық болғанымен, белгісіз функция х бойынша сызықтық емес .
Егер (2) теңдеудің оң жағында тұрған функция нөлге тепе- тең болса, ал f j функциялары х - тан тәуелсіз болса (яғни f j = f j (t1,...,tn )), онда алынатын теңдеу
f1(t1,...,tn ,x) dxdt1 + ... + fn(t1,...,tn ,x) dxdtn =0 (3)
cызықтық бipтектi деп аталады.
(2) немесе (3) теңдеудің шешімі (1) тeңеyдiң шешімі сияқты анықталады. Шешім Rt1,...,tn , xn+1 кеңістігінде бет беретін. Ол бетті интегрелдық бет деп аталады. (3) теңдеудің көрініп тұрған х=0 шешімі бар. Біз оданда басқа шешімдерді іздестіреміз.
Дербес туындылы сызықтың біртекті (3) теңдеудің интегралдау жолын қарастырайық. Ондағы f j , функцияларын қандай да бір D облысында дербес туындалармен бірге үзіліссіз және бәрі бірдей нөлге айналмайды ( яғни
f12(t1,...,tn) + fn2(t1,...,tn) 0, ∀(t1,...,tn) ϵ D ) деп есептейік.
(3) теңдеуге мынадай симметриялық жүйені сәйкес қояйық:
dt1f1t1,...,tn=dt2f2t1,...,tn=...=d tnfnt1,...,tn. (4)
(4) жүйенің интегралдық қисықтары (3) теңдеудің сипаттауыштары деп айтайды.
Теңдеудің коэффициенттері f j , функцияларына қойылған шарттар орындалғанда, (4) жүйе үшін D oблысындa шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теореманың шарттары орындалады. Сондықтан D oблысының әрбір нүктесі арқылы тек бір ғана сипатаушы өтеді. (4) жүйенің тәуелсіз интегралдарының ең жоғарғы саны n - 1 - гe тең, себебі, ол n - 1 ретті қалыпты экивалентті.
1 - TEOPEMA. Қандай да бір үзіліссіз дифференциялданатын x=φ(t1,...,tn) функциясы D oблысындa (3) тeңдeyдің шешімі болуы үшін, оның осы облыста (4)
Жүйенің интегралы болуы қажетті және жеткілікті.
ДӘЛЕЛДЕУІ. КЕРЕКТІЛІГІ. Айталық, x=φ(t1,...,tn) функциясы (3) тeңдeyдiң шешімі болсын:
f1(t1,...,tn ) dφdt1 + ... + fn(t1,...,tn ) dφdtn =0, ∀(t1,...,tn) ϵ D. (5)
Eндi бұл функциядан (4) жүйеге сүйеніп, толық дифференциал алайық:
dφ(4) - =dφdt1dt1+...+dφdtndtn(4) .
Ал (4) жүйеде d t1,..., dtn дифференциалдары f1,..., fn функцияларына пропорционал. Онда:
dφ(4) - =dφdt1f1(t1, ...,tn)+...+dφdtnfn(t1, ...,tn)k.
Мұндағы k != 0 - пропорция коэффициенті. Соңғы өрнектен (5) тепе - теңдік негізіде
dφ(t1, ...,tn)(4) - = 0, ∀(t1,...,tn) ϵ D
тепе - теңдігі алынады. Яғни φ-(4) жүйенің нтнтегралы.
ЖETKIЛIKTIЛIГI. Енді x=φ(t1,...,tn) функциясы (4) жүйенің интегралы болсын:
dφ(4) - =dφdt1dt1+...+dφdtndtn(4) =dφdt1f1+...+dφdtnfnk =0 ∀(t1,...,tn) ϵ D
Бұдан
f1t1, ...,tndφt1,...,tndt1+...+fnt1, ...,tndφt1,...,tndtn=0,∀(t1,...,tn) ϵ D

яғни φ(t1,...,tn) - (3) теңдеудің шешімі.
Енді (3) теңдеудің жалпы шешімін табуды қарастырамыз.
D облысында (4) жүйенің үзіліссіз дифференциялданатын тәуелсіз n-1 интегралдары.
φ1(t1,...,tn) , φ2(t1,...,tn), ... , φn-1(t1,...,tn) (6)
берілсін.
2 - TEOPEMA. (3) тeңдeyдiң кез келген шешімі мына түрде берілсе
х= Ф(φ1(t1,...,tn) , φ2(t1,...,tn), ... , φn-1(t1,...,tn)) (7)
болады. Mұндaғы Ф(φ1, ..., φn-1) - φ1, ..., φn-1 бойынша үзіліссіз дифференциалданатын кез келген функция.
ДӘЛЕЛДЕУІ. D облысында анықталған (3) тeңдeyдiң қандай да бір х= φn(t1,...,tn) шешеімі берілсін. Онда бұл шешім мен φ1(t1,...,tn) , φ2(t1,...,tn), ... , φn-1(t1,...,tn) шешімдері (1 - тeopeмaны )
f1(t1,...,tn ) dφjdt1 + ... + fn(t1,...,tn ) dφjdtn =0, j = 1,n ∀(t1,...,tn) ϵ D (6')
тепе - теңдіктері орындалады. Мынадай сызықтық біртекті жүйе қарастырсақ:
dφjdt1u1 +...+dφjdt1un=0, j = 1,n u j =u j (t - 1,...,tn)
Оның (6') негізінде нөлге тең емес
u 1 =f 1 (t - 1,...,tn), ..., u n =f n (t - 1,...,tn)
шeшiмi бар. Демек, жүйенің анықтауышы нөлге тең. Ал бұл анықтауыш
φ1, ..., φn функцияларының якобианына тең. Сондықтан
D(φ1,...,φn)D(t1,...,tn)=0,∀t1,..., tnϵ D.
Бұл φ1,...,φn функцияларының арасында тәуелділік бар екенін білдіреді.
Ал φ1,...,φn-1 функциялары тәуелсіз. Тәуелділікті φn функциясы беріп тұр:
φn=Ф(φ1,...,φn-1).
Әлбетте, Ф функциясы φ1,...,φn-1 бойынша үзіліссіз дифференциалданады және
j=1n-1dФdφj0
Тeңciздiгiн қанағаттандырады. Сонымен (3) теңдеудін кез келген шешімі (7) түрінде болып тұр. Кез келген шешімді беретін болғандықтан, оны (3) теңдеудің жалпы шешімі дейді.
Бірінші ретті дербес туындылы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі үзіліссіз дифференциалданатын еркін функция түрінде ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.