Stud.kz

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

( ∂ u ∂ x ) 2 + ( ∂ u ∂ y ) 2 + ( ∂ u ∂ z ) 2 = n ( x , y , z ) \left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) ^{2} + \left( \frac{\partial u}{\partial y} \right) ^{2} + \left( \frac{\partial u}{\partial z} \right) ^{2} = n(x, \ y, \ z) \

сыну көрсеткіші n(x, y, z ) болатын жарық сəулелерінің біртекті емес ортада таралуын өрнектейді; теңдеу

∂ u ∂ t = a 2 ∂ 2 u ∂ x 2 \frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}

стерженьдегі жылу таралуын көрсетеді; теңдеу

∂ 2 u ∂ t 2 = a 2 ∂ 2 u ∂ x 2 \frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}} = a^{2}\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}

ішек тербелісінің теңдеуі деп аталады; теңдеу

∂ 2 u ∂ x 2 + ∂ 2 u ∂ y 2 + ∂ 2 u ∂ z 2 = 0 \frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}} = 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

F ( x 1 , … . , x n , z , ∂ z ∂ x , … , ∂ z ∂ x n ) = 0 ( 1 ) F\left( x_{1}, \ldots., x_{n}, z, \ \ \frac{\partial z}{\partial x}, \ldots, \frac{\partial z}{\partial x_{n}} \right) = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)

теңдеу алынсын, мұнда x 1 , … , x n D ⊂ R n x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ }D{\subset R}^{n} облысында тәуелсіз айнымалылар, z = z( x 1 , … , x n x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } ) - 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:

∂ z ∂ y \frac{\partial z}{\partial y} = x 2 e y + ( x + 1 ) y , x^{2}e^{y} + (x + 1) y,

z = z(x, y) = x 2 e y + ( x + 1 ) y 2 2 x^{2}e^{y} + (x + 1) \frac{y^{2}}{2} + c(x) , ∀ \forall 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:

a 1 ( x 1 , … , x n ) ∂ z ∂ x 1 + … + a n ( x 1 , … , x n ) ∂ z ∂ x n = 0 , ( 2 ) a_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) \frac{\partial z}{\partial x_{1}} + \ldots + a_{n}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) \frac{\partial z}{\partial x_{n}} = 0, \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)

мұнда a 1 , … , a n − D ⊂ R n a_{1}, \ldots, a_{n} - D{\subset R}^{n}\ облысындағы кейбір функциялар;

2) біртекті емес сызықтық түрі:

a 1 ( x 1 , … , x n ) ∂ z ∂ x 1 + … + a n ( x 1 , … , x n ) ∂ z ∂ x n = b ( x , … , x , z ) , ( 3 ) a_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) \frac{\partial z}{\partial x_{1}} + \ldots + a_{n}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) \frac{\partial z}{\partial x_{n}} = b(x, \ldots, x, z), \ \ \ \ \ \ \ \ (3)

мұнда x 1 , … , x n x_{1}, \ldots, x_{n\ } - аргумент, z - ізделінетін функция, a 1 , … , a n a_{1}, \ldots, a_{n\ } , b - D = D х J-да анықталған функциялар, мұнда J - z-тің өзгеру облысы, ал D - x i x_{i} -дің өзгеру облысы.

Біздің мақсатымыз, жоғарыдағы теңдеулердің D облысында φ \varphi ( x 1 , … , x n x_{1}, \ldots, x_{n\ } ) 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 a 1 , … , a n a_{1}, \ldots, a_{n\ } коэф- фициенттері өздері 1-ретті дербес туындыларымен бірге үзіліссіз, екіншіден, әрбір ( x 1 , … , x n ) ∈ D (x_{1}, \ldots, x_{n\ }) \in D нүктесінде

a 1 a_{1} + … + a n a_{n} > 0 теңсіздігі орындалады деп жоримыз.

Енді D облысында косымша

∂ x 1 a 1 = . . . = ∂ x n a n ( 4 ) \frac{\partial x_{1}}{a_{1}} = . . . = \ \frac{\partial x_{n}}{a_{n}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (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 A 0 ( x 10 , … , x 1 n 0 ) ∈ D A_{0}(x_{10}, \ldots, x_{1n0}) \in D нүктесін алайық.

2) -шарт бойынша, бұл нүктеде ең жоқ дегенде коэффициенттерінің біреуі a i ≠ 0 , a_{i} \neq 0\, \ сондықтан, А 0 нүктесінде үздіксіз болғандықтан, ол U A 0 ∈ D U_{A_{0}} \in D аймағы болады да, онда

a i U A 0 ≠ 0 . \left. \ a_{i} \right\begin{array}{r} \\ U \end{array}_{A_{0}} \neq 0.

U A 0 U_{A_{0}} аймағында (4) жүйені былай түсіну керек, алдымен оны былайша

жазайық:

∂ x 1 a 1 = ∂ x i a i , … , ∂ x i − 1 a i − 1 = ∂ x i a i ; ∂ x i + 1 a i + 1 = ∂ x i a i , … , ∂ x n a n = ∂ x i a i . ( 5 ) \frac{{\partial x}_{1}}{a_{1}} = \ \frac{{\partial x}_{i}}{a_{i}}, \ldots, \ \frac{{\partial x}_{i - 1}}{a_{i - 1}} = \ \frac{{\partial x}_{i}}{a_{i}}; \ \frac{{\partial x}_{i + 1}}{a_{i + 1}} = \ \frac{{\partial x}_{i}}{a_{i}}, \ldots, \frac{{\partial x}_{n}}{a_{n}} = \ \frac{{\partial x}_{i}}{a_{i}}\ . \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (5)

(5) жүйеде x i x_{i} -лерді аргумент ретінде, ал x 1 , … , x n − x i − x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } - x_{i} - лердің ізделетін функциясы деп қарастырамыз. Онда (5) -ті қайтадан былай жазуға болады:

∂ x 1 ∂ x i \frac{{\partial x}_{1}}{\partial x_{i}} = a 1 ( x 1 , … , x n ) a i ( x 1 , … , x n ) = f 1 ( x 1 , … , x n ) , \frac{a_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) }{a_{i}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) } = f_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right),

∂ x i − 1 ∂ x i \frac{{\partial x}_{i - 1}}{\partial x_{i}} = a i − 1 ( x 1 , … , x n ) a i ( x 1 , … , x n ) = f i − 1 ( x 1 , … , x n ) , \frac{a_{i - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) }{a_{i}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) } = f_{i - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right),

(6)

∂ x n ∂ x i \frac{{\partial x}_{n}}{\partial x_{i}} = a n ( x 1 , … , x n ) a i ( x 1 , … , x n ) = f n ( x 1 , … , x n ) . \frac{a_{n}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) }{a_{i}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) } = f_{n}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) .

U A 0 U_{A_{0}} аймағында (5) және (6) жүйелер өзара пара-пар. Енді осы жүйе

үшін кез келген бір кіші тұйықталған U A 0 U_{A_{0}} ∈ U A 0 ¯ \in \ \overline{U_{A_{0}}} аймағында Пикар

теоремасының орындалатынын керсетеиік.

ІІІындығында ешқандай f i f_{i} -лерсіз-ақ f 1 , … , f n : f_{1}, \ldots, f_{n\ \ \ }:

а) х бойынша үзіліссіз екені;

в) әрбір функция x 1 , … x i − 1 , x i + 1 , … , x n x_{1}, \ldots x_{i - 1\ }, x_{i + 1\ }, \ldots, x_{n} бойынша Липшиц шартын қанағат- тандыратыны орындалады.

Бұл үшін әрбір функцияның дербес туындылары ∂ f k ∂ x m \frac{{\partial f}_{k}}{{\partial x}_{m}}

( ∀ k , m = ( 1 , n ) , k ≠ i \forall k, m = (1, n), \ k \neq i ) үзіліссіз және кейбір аймақта шектелген болуы жеткілікті.

Мына қатынасты алайық:

∂ f k ∂ x m = ∂ ∂ x m ( a k a i ) = ∂ a k ∂ x m a i − ∂ a i ∂ x m a k a i 2 \frac{{\partial f}_{k}}{{\partial x}_{m}} = \ \frac{\partial}{\partial x_{m}}\left( \frac{a_{k}}{a_{i}} \right) = \ \frac{\frac{{\partial a}_{k}}{{\partial x}_{m}}a_{i} - \ \frac{{\partial a}_{i}}{{\partial x}_{m}}a_{k}}{a_{i}^{2}} ,

мұнда, шарт бойынша, a 1 … a n a_{1}\ldots a_{n\ \ \ } коэффициенттері өздерінің дербес туындылары мен бірге үзіліссіз болғандықтан, бөлшектің алымы мен бөліміндегі шамаларда үзіліссіз функциялар болады.

Сондықтан, кез келген компакты тарылу болса да, ∂ f k ∂ x m \frac{{\partial f}_{k}}{{\partial x}_{m}} үздіксіз

болып шығар еді, демек ол Вейерштрасс теоремасы бойынша U A 0 ¯ \overline{U_{A_{0}}} -де шектелген, бұған қоса бұл аймақта f k f_{k} функциясының әрқайсысы Липшиц шартын қанағаттандырады. Демек, B ∈ U A 0 ¯ \in \overline{U_{A_{0}}} 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 * D^{*} облысында жай дифференциалдык теңдеулердің кез келген жүйесі берілсін.

{ y 1 ′ = f 1 ( x , y 1 , … , y n ) , − − − − − − − − − y n ′ = f n ( x , y 1 , … , y n ) \left\{ \begin{array}{r} y_{1}' = \ f_{1}\left( x, y_{1}, \ldots, y_{n} \right), \\ - - - - - \\ y_{n}' = \ f_{n}\left( x, y_{1}, \ldots, y_{n} \right) \end{array} \right. \ (7)

және Пикар теоремасының шарттарын қанағаттандыратын болсын.

(7) жүйенің алғашқы интегралы деп, әрбір шешім үшін тұрақты мәнін сақтайтын φ ( x , y 1 , … , y n ) \varphi(x, y_{1}, \ldots, y_{n}) функциясын айтады, яғни, егер y y 1 ( x ) , … , y n ( x ) y_{1}(x), \ldots, \ y_{n}(x)

(7) жүйенің шешімі болса, онда таңдап алынған шешуге байланысты φ [ ( x , y 1 ( x ) , … , y n ( x ) ) ] ≡ C \varphi\left\lbrack \left( x, y_{1}(x), \ldots, y_{n}(x) \right) \right\rbrack \equiv C болатындай С тұрақты бар болады.

Бізге анализден көп өлшемді түріндегі айқындалмаған функция жөніндегі теорема туралы кейбір мағлұматтар кажет.

  1. Айталықφ1(x, y1, …, yn) \varphi_{1}(x, y_{1}, \ldots, y_{n})

φ k ( x , y 1 , … , y n ) \varphi_{k}(x, y_{1}, \ldots, y_{n})

кез келген к функциялар (7) жүйенің бастапқы интегралдары болсын дeйік. Осы жоғарыдағы функциялар тәуелді (сызықты түрде емес, функционалдық түрде) болады, егер

G[ φ 1 ( x , y 1 , … , y n ) , … , φ k ( x , y 1 , … , y n ) \varphi_{1}\left( x, y_{1}, \ldots, y_{n} \right), \ldots, \varphi_{k}(x, y_{1}, \ldots, y_{n}) ] ≡ 0 \equiv 0

болатындай функция бар болса. Негізінде сызықтық тәуелділік G - сызықтық функция болған жағдайдың дербес түрі. Kepi жағдайда функциялар тәуелсіз.

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

φ ( x 1 , … , x n ) = C 1 \varphi\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) = \ C_{1} ,

φ n − 1 ( x 1 , … , x n ) = C n − 1 \varphi_{n - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) = \ C_{n - 1}

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

z = f[ φ 1 ( x 1 , … , x n ) , … , φ n − 1 ( x 1 , … , x n ) \varphi_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right), \ldots, \varphi_{n - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) ] (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 φ 1 , … , φ n {\ \varphi}_{1}, \ldots, \ \varphi_{n} алғашқы интегралдар тұрақты мәндер кабылдайтыны белгілі, демек әрбір интегралдық қисық бойында (7) -нің оң жағы да тұрақты шама болар еді. Сондықтан

df = ∂ f ∂ φ 1 d φ 1 + … + ∂ f ∂ φ n − 1 d φ n − 1 = ∂ f ∂ φ 1 [ ∂ φ 1 ∂ x 1 d x 1 + … + ∂ φ 1 ∂ x n d x n ] + … \frac{\partial f}{\partial\varphi_{1}}\ d\varphi_{1} + \ldots + \frac{\partial f}{\partial\varphi_{n - 1}}d\varphi_{n - 1} = \ \frac{\partial f}{\partial\varphi_{1}}\left\lbrack \frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{1}}dx_{1} + \ldots + \frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{n}}dx_{n} \right\rbrack + \ldots

… + ∂ f ∂ φ n − 1 [ ∂ φ n − 1 ∂ x 1 d x 1 + … + ∂ φ n − 1 ∂ x n d x n ] = [ ∂ f ∂ φ 1 ∂ φ 1 ∂ x 1 + … + ∂ f ∂ φ n − 1 φ n − 1 ∂ x 1 ] d x 1 \ldots + \ \frac{\partial f}{\partial\varphi_{n - 1}}\ \left\lbrack \frac{\partial\varphi_{n - 1}}{\partial x_{1}}dx_{1} + \ldots + \frac{\partial\varphi_{n - 1}}{\partial x_{n}}dx_{n} \right\rbrack = \ \left\lbrack \frac{\partial f}{\partial\varphi_{1}}\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{1}} + \ldots + \frac{\partial f}{\partial\varphi_{n - 1}}\frac{\varphi_{n - 1}}{\partial x_{1}} \right\rbrack dx_{1}

…+ [ ∂ f ∂ φ 1 ∂ φ 1 ∂ x n + … + ∂ ′ f ∂ φ n − 1 ∂ φ n − 1 ∂ x n ] d x n \left\lbrack \frac{\partial f}{\partial\varphi_{1}}\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{n}} + \ldots + \frac{\partial'f}{\partial\varphi_{n - 1}}\frac{{\partial\varphi}_{n - 1}}{\partial x_{n}} \right\rbrack dx_{n} → ∂ f ∂ x 1 ∂ x 1 + . . . + ∂ f ∂ x n ∂ x n \frac{\partial f}{\partial x_{1}}\partial x_{1} + . . . + \frac{\partial f}{\partial x_{n}}\partial x_{n} = 0 (9)

(4) жүйенің интегралдық қиcықтарында

∂ x 1 = λ a 1 \partial x_{1} = \ \lambda a_{1}


∂ x n = λ a n \partial x_{n} = \ \lambda a_{n}

Осыны (9) -ға қойсақ

λ ( a 1 ∂ f ∂ x 1 + … + a n ∂ f ∂ x n ) = 0 \lambda\left( a_{1}\frac{\partial f}{\partial x_{1}} + \ldots + a_{n}\frac{\partial f}{\partial x_{n}} \right) = 0\ \ шығады,

мұнда λ ≠ 0 \lambda \neq 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 ∈ i n t D \in 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 ( x 1 , … , x n ) \psi(x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ }) (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 ( x 1 , … , x n ) \psi(x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ }) ,

z = φ ( x 1 , … , x n ) , \varphi\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right),

z = φ n − 1 ( x 1 , … , x n ) . \varphi_{n - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ \ \ } \right) .

Бұлар шешім болғандықтан (2) -ні тепе-теңдікке айналдыратын болады:

a 1 ∂ ψ ∂ x 1 + . … + a n ∂ ψ ∂ x n ≡ 0 a_{1}\frac{\partial\psi}{\partial x_{1}} + . \ldots + a_{n}\frac{\partial\psi}{\partial x_{n}}\ \equiv 0

a 1 ∂ φ 1 ∂ x 1 + . … + a n ∂ φ 1 ∂ x n ≡ 0 a_{1}\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{1}} + . \ldots + a_{n}\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x_{n}}\ \equiv 0

(10)

a 1 ∂ φ n − 1 ∂ x 1 + . … + a n ∂ φ n − 1 ∂ x n ≡ 0 a_{1}\frac{\partial\varphi_{n - 1}}{\partial x_{1}} + . \ldots + a_{n}\frac{\partial\varphi_{n - 1}}{\partial x_{n}}\ \equiv 0

(10) -ды a 1 , … , a n a_{1}, \ldots, a_{n\ } айнымалылар бойынша біртекті сызықтық жүйе ретінде қарастырамыз. (2) -де a 1 , … , a n a_{1}, \ldots, a_{n\ } шамаларына қойылған шарттарға сәйкес әрбір A ∈ i n t D \in int\ D нүктесінде ең жоқ дегенде коэффициенттерінің біреуі нольге тең емес, яғни кез келген A ∈ i n t D \in int\ D нүктесінде (10) жүйенің шешімі нольдік емес, онда алгебраның осыған сәйкес теоремасы бойынша, анықтауышы нольге тең болуы керек:

d = ∂ φ … ∂ φ ∂ x 1 ∂ x n ∂ φ 1 … ∂ φ 1 ∂ x 1 ∂ x n − − − − − − ∂ φ n − 1 … ∂ φ n − 1 ∂ x 1 ∂ x n \left \begin{array}{r} \partial\varphi\ldots\ \ \partial\varphi \\ \partial x_{1}\ \ \ \ \ \partial x_{n} \\ \ \ \ \ \ \ \ \partial\varphi_{1}\ldots\partial\varphi_{1} \\ \partial x_{1}\ \ \ \ \ \partial x_{n} \\ - - - \\ \partial\varphi_{n - 1}\ldots\partial\varphi_{n - 1} \\ \partial x_{1}\ \ \ \ \ \ \ \ \partial x_{n} \end{array} \right = ∂ ( ψ , φ 1 , … , φ n ) ∂ ( x 1 , … , x n ) \frac{\partial(\psi, \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{n\ }) }{\partial(x_{1}, \ldots, x_{n\ }) } = 0. (11)

Мұнда айқындалмаған функция жөніндегі бұрынырақ келтірілген теорема бойынша, ψ , φ 1 , … , φ n − 1 ф у н к ц и я л а р ы н ы ң ө з а р а \psi, \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{n - 1\ }функцияларының\ өзара\ функционалдық байланысы болады, яғни

F( ψ , φ 1 , … , φ n − 1 \psi, \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{n - 1\ } ) ;

F [ ψ ( x 1 , … , x n − 1 , x n ) , φ 1 ( x 1 , … , x n ) , … , φ n − 1 ( x 1 , … , x n ) ] = 0 F\left\lbrack \psi\left( x_{1}, \ldots, x_{n - 1\ }, x_{n} \right), \ \varphi_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right), \ldots, \varphi_{n - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) \right\rbrack = 0\ (12)

Алғашқы интегралдар φ 1 , … , φ n \varphi_{1}, \ldots, \varphi_{n\ } тәуелсіз болғандықтан, (11) -де ең жоқ дегенде n-1 ретті оның соңғы n-1 жазық жолында орналасқан бір минор ≠ 0 \neq 0 , демек (12) ψ \psi бойынша айқындалады (айқындалмаған функция жөніндегі теорема бойынша), яғни

ψ ( x 1 , … , x n ) \psi\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) = f[ φ 1 ( x 1 , … , x n ) , … , φ n − 1 ( x 1 , … , x n ) \varphi_{1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right), \ldots, \varphi_{n - 1}\left( x_{1}, \ldots, x_{n\ } \right) ], 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) .

... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
N-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді шешу әдістері
Сызықты дифференциалдық теңдеулер
n-ші ретті, коэффициенттері айнымалы біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді жалпыланған Абель формуласын пайдаланып шешу
Жоғары оқу орындарында оқытылатын дифференциалдық теңдеулерді шешудің әр түрлілігін зерттеу
Дифференциалдық теңдеулер жүйесі
Сызықты жай дифференциалдық теңдеулер
Операциялық есептеуді дифференциалдық теңдеулерді шешуге қолдану
Дифференциалдық теңдеулер туралы жалпы түсінік
Дифференциалдық теңдеулер курсында тірек конспектілерін қолдану, және де дифференциалдық теңдеулерді шешу жолдары
Коэффициенттері тұрақты және айнымалы - ретті сызықты дифференциалдық теңдеулердің шешімін табуға операциялық есептеулерді қолдану
Пәндер

Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.

google play appstore

instagram tiktok

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