УМКД

Сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулер

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ
семей ҚАЛАСЫНЫҢ шәкәрім атындағы мемлекеттік университеті
3 деңгейлі СМК құжаты
ПОӘК
ПОӘК
042-0.1.00 /02-2013
Оқытушыға арналған
<<Дифференциалдық теңдеулер>> пәні бойынша жұмыс бағдарламасы
02.09.2013 ж.
№1 басылым

ПӘНДЕРДІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ

<<Дифференциалдық теңдеулер>>

5B010900-Математика мамандығы үшін

ОҚУ -ӘДІСТЕМЕЛІК МАТЕРИАЛДАР

Семей
2014

МАЗМҰНЫ

* Глоссарийлар.........................................................................................................3
* Дәріс оқулар..........................................................................................................4
* Практикалық сабақтар........................................................................................62
* Студенттің өздік жұмысы ..................................................................................70
* Емтиханға дайындық және өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар.................72
* Әдебиеттер...........................................................................................................89

1 ГЛОССАРИЙЛАР

№
Жаңа түсініктер
Мағынасы
1

Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу
2
M1(x)M2(y)dx+N1(x)N2(y)dy=0
Айнымалысы бөлектенетін дифференциалдық теңдеу
3

Бірінші ретті біртектес дифференциалдық теңдеу
4

Біртектес теңдеуге келтірілетін теңдеу.
5
у'+p(x)y=q(x)
Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу
6
y'+p(x)y=yq(x)
Бернулли теңдеуі
7
=
F(x,y) -тің толық дифференциалы болу шарты
8
(x,y)=
Айнымалысы бөлектенетін теңдеудің интегралдық көбеткіші
9

сызықтық теңдеудің интегралдық көбейткіші
10

ші ретті дифференциалдық теңдеу
11

Лагранж теңдеуі
12

Клеро теңдеуі
13

жай дифференциалдық теңдеулер жүйесі
14
теңдеуінің ретін төмендету әдісі
- рет интегралданған соң жалпы шешімін аламыз

15
теңдеуінің ретін төмендету әдісі

Жаңа айнымалысын енгізіледі
16
Тәуелсіз айнымалы болмайтын теңдеу

, ,

n ретті сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеу
18

n ретті сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеу
19
, і=1,2,3,...,n
сызықтық дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйесі

2 ДӘРІС ОҚУЛАР

ДӘРІС 1-2

Дәріс сабақтың құрылымы:
1 Дифференциалдық теңдеуге келтірілетін есептер
2 Жай дифференциалдық теңдеулер теориясы туралы негізгі ұғымдар
3 Бірінші ретті жай дифференциалдық теңдеулер
4 Айнымалысы бөлектенген теңдеулер
5 Айнымалысы бөлектенетін теңдеулер

Дәріс сабақтың мазмұны:
Зерттеліп отырған құбылысты немесе процесті сипаттайтын функцияны тікелей анықтау (табу) әлбетте, мүмкін болмайды. Алайда, тәуелсіз айнымалыны, функцияны, және олардың туындыларын байланыстыратын қатысты құрудың сәті түседі. Мұндай қатысты математикада дифференциалдық теңдеу деп атайды. Сонымен,
, (1)
түріндегі теңдеуді (қатысты) дифференциалдық теңдеу дейміз. Дифференциалдық теңдеуге кіретін туындының ең жоғарғы реті берілген дифференциалдық теңдеудің реті деп аталады. Мысалға , тиісінше бірінші, екінші ретті дифференциалдық теңдеулер болады.
Анықтама: Белгілі бір аралықта n ретті үздіксіз дифференциалданатын функциясы (1)
теңдеуді х-ке қарағанда тепе-теңдікке айналдырса, демек болса, онда функциясы (1) теңдеудің шешімі деп аталады. Мысалға, теңдеуінің шешімі , ал теңдеуінің шешімдері немесе функциялары екені көрініп тұр. Сондай-ақ функциясы екінші теңдеудің шешімі екенін көрсетіңдер. Мұнда с1 , с2 кез келген еркін тұрақтылар.
Табиғаттану ғылымдарының, техниканың көптеген есептерін шешу дифференциалдық теңдеулерді құруға және оны шешуге келіп тіреледі.
Мысал-1. Кез келген нүктесінен жүргізілген жанаманың оу осінен қиып түсетін кесіндісінің шамасы жанасу нүктесінің екі еселенген ординатасына тең болатындай қисықтың теңдеуін тап.
57159525М іздеп отырған қисықтың кез келген нүктесі болсын. М(х,у) нүктесінен жүргізілген жанаманың теңдеуі түрінде анықталатыны белгілі. Мұнда X,Y жанаманың ағымдағы координаттары, -іздеп отырған функцияның берілген нүктедегі туындысы. ОВ кесіндісінің шамасын табу үшін х=0 деп аламыз.
00М іздеп отырған қисықтың кез келген нүктесі болсын. М(х,у) нүктесінен жүргізілген жанаманың теңдеуі түрінде анықталатыны белгілі. Мұнда X,Y жанаманың ағымдағы координаттары, -іздеп отырған функцияның берілген нүктедегі туындысы. ОВ кесіндісінің шамасын табу үшін х=0 деп аламыз.
352298057785 у
0
х
А
В
М (х,у)
00 у
0
х
А
В
М (х,у)

Сонда болады. Екінші жағынан, есептің шарты бойынша ОВ=2у. Онда немесе теңдеуі іздеп отырған дифференциалдық теңдеуіміз болып табылады. Оның шешімі у=у(х) жоғарыдағы есептің шартында көрсетілген қасиеттерге ие болатын қисықтың теңдеуі болып шығады.
Кіріспеде берілген есептердің шарты бойынша құрылған барлық дифференциалдық теңдеулерді осы курсты оқып үйрену барысында шеше алатын боласыңдар. Сөйтіп, есептерде қойылған сұрақтардың жауабын табуға да мүмкіндік туады.
F(x,y,y1)=0 (2)
түрінде берілген теңдеуді бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп атайды. Егер (2) теңдеу -қа қарағанда шешілетін болса, онда оны
=f(x,y) (3)
түріне келтіруге болады. (3) теңдеуді туындыға қатысты шешілген бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп атайды.
Анықтама 1. Егер үздіксіз дифференциалданатын y=(x) функциясы I интервалында (2) немесе (3) теңдеуді х - ке қарағанда тепе-теңдікке айландырса, демек F(x, (x), (x))0 ((x)f(x, (x))), кез келген хI, онда (х) функциясын берілген (2) немесе (3) теңдеудің шешімі деп атайды.
Егер ф(х,у)=0 теңдеуі у-ті х-тің функциясы ретінде анықтайтын болса, (y=(x)) және (x) функциясы (3) теңдеудің шешімі болса, онда ф(х,у)=0 қатысын (3) теңдеудің айқындалмаған формадағы шешімі (интегралы) деп атайды.
Мысалы-2. Айталық теңдеуі берілсін функция y=eх осы теңдеудің шешімі болады. Себебі
eхlneх - xeх=eхx-xeх0 .
Алайда, берілген теңдеудің басқада шешімдері бар. Мысалы, e[-х] функциясы да осы теңдеудің шешімі болады.
е[-х]lne[-х]-x(e[-х])[1]=e[-х](-x)-xe[-х](-1)0
Сондай-ақ е[сх] түріндегі функцияларда (мұнда с-қандайда бір тұрақты) берілген теңдеудің шешімі болатының тексеруге болады.
Сонымен дифференциалдық теңдеудің бір шешімі ғана емес, көп шешімі болатынына көзімізді жеткіздік. Бұл факт, тіпті интегралдық есептеу кезінен белгілі болған. Шынында да,
(4)
қарапайым теңдеуін алсақ, бұл теңдеудің шешімі f(x) функциясының анықталмаған интегралы екені белгілі.

Демек, сансыз көп шешімі бар. (4) теңдеудің шешімдерінің жалпы түрін былай жазуға болады. у=(x)+c мұнда (х) (4) теңдеудің қандайда бір шешімі. С-ға мәндер беру арқылы (4) теңдеудің дербес шешімін табуға болады.
(3) дифференциалдық теңдеудің шешімдерінің жалпы түрін у=(x,с) формуласы арқылы жазуға болады.
Жалпы жағдайда дифференциалдық теңдеулердің шешімдерінің жалпы түрі Ф(х,у,с)=0 формуласы арқылы жазылады. Бұл қатысты (3) теңдеудің жалпы интегралы деп атайды.
(3) теңдеудің шешімінің графигін осы теңдеудің интегралдық қисығы деп атайды. Жоғарыда айтылғандай кез келген дифференциалдық теңдеудің шешімдері ақырсыз жиын болатынын айттық. Практикада дифференциалдық теңдеудің белгілі шартты қанағаттандыратындай бір ғана шешімін табу керек болады.
(3) теңдеудің (х0)=у0 ( y|) шартын қанағаттандыратын у=(х) шешімін табуды теңдеуі үшін тұжырымдалған Коши есебі (немесе бастапқы есеп) дейді.
y| шартын бастапқы шарт деп атайды. х0,, у0 шамаларын бастапқы берілімдер дейді.
функциясы белгілі шарттарды қанағаттандырғанда
теңдеуі үшін тұжырымдалған Коши есебінің жалғыз ғана шешімінің бар және жалғыз болатынын дәлелдеуге болады.
(5)
теңдеуін әрқашан
M(x,y)dx+N(x,y)dy (6)
түріне келтіруге болады және керісінше. Мысалға (5) теңдеуді (1.12) теңдеуге келтіру үшін оның екі жағын N(x,y)dx көбейтсек болғаны. Сонда (6) түрге келтіреміз. Бұл жағдайда M(x,y)=-f(x,y)N(x,y).
Анықтама 5. Мына түрдегі (1.11/) және M1(x)M2(y)dx+N1(x)N2(y)dy=0 (7) теңдеулерді айнымалысы ажыратылатын теңдеу деп атаймыз. (7) теңдеуіне тән қасиет dx пен dy шамаларының коэффицеттері екі функцияның көбейтіндісінен тұрады. Олардың әрқайсысы бір ғана айнымалыға тәуелді болады.
Егер болса, онда (7) теңдеуді түріне келтіреміз. Соңғы теңдеуді мына түрде жазуға болады:

Осыдан
Мұнда C еркін тұрақты. Алынған теңдеудің сол жағын F(x,y) белгілесек F(x,y)=C теңдігін аламыз. Ол берілген теңдеудің жалпы интегралы болып табылатыны белгілі.
Ал егер , онда y=y0 функциясы (7) теңдеуінің шешімі болады. Өйткені (7) теңдеуінің dy=dy0=0 болғандықтан екінші қосылғышы да нольге айналады. Сондай-ақ N1,(x0)=0, онда x=x0 де (7) теңдеуінің шешімі болады. Дәлелдеу жоғарғыдай.
Бұл шешімдер дербес немесе ерекше шешімде бола алады. Егер көрсетілген шешімдер параметр C - ның белгілі бір мәндерінде жалпы шешімінен алынса, онда олар дербес шешімдер болады, ал қарама-қарсы жағдайда ерекше шешімге жатады.
Мысал-3.. . Бұл теңдеудің айнымалысы ажыратылған. Сондықтан интегралдау арқылы аламыз. Осыдан немесе , , мұнда немесе .
Мысал-4. Теңдеудің дербес шешімдерін тап немесе Коши есебін шеш.

Алдымен жалпы шешімді іздейміз

Берілген теңдеу айнымалысы ажыратылатын теңдеу. Онда интегралдасақ .
Потенциалдағаннан кейін , немесе болады. Сонымен жалпы шешім табылды. Жалпы шешімнен дербес шешімді бөліп алу үшін , деп алып, демек ,e=ec c=1 Cонда іздеп отырған дербес шешім функциясы болады.
теңдеуі айнымалысы ажыратылатын теңдеуге келтіріледі. Ол үшін ax+by+c=z деп аламыз. . ax+by+c және ауыстыру арқылы теңдеуін аламыз. Бұл теңдеу-айнымалысы ажыратылатын теңдеу. Оны интегралдау арқылы Ф(х,z,c1)=0 теңдігіне келеміз. Енді z - ті ax+by+c өрнегімен ауыстырып Ф(х,ах+ву+с,c1)=0 немесе F(x,y,c1)=0 жалпы шешімі (жалпы интегралы) табылады.
Өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар:
1 Жай дифференциалдық теңдеулер теориясы туралы негізгі ұғымдар
2 Бірінші ретті жай дифференциалдық теңдеулер
3 Айнымалысы бөлектенетін теңдеулер

Қолданылған әдебиеттер:
1. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения.- М.: Наука, 1985
2. Қалиев С.Қ., Искакова М.Т. Дифференциалдық теңдеулер және варияциялық есептеу негіздері, Семей - 2005
3. Филлипов А.Ф. Сборник задач по обыкновенные дифференциальным уравнениям. М.: Наука, 1984
4. Петровский И.Г. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений. - Москва.: Изд-во МГУ, 1984.
5. Қадыкенов Б.М. Дифференциалдық теңдеулердің есептері мен жаттығулары Алматы: Қазақ университеті, 2002

ДӘРІС 3-4

Дәріс сабақтың құрылымы:
1 Біртектес теңдеулер
2 І-ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер
3 Бернулли теңдеуі
4 Толық дифференциалдағы теңдеулер. Интегралдаушы көбейткіш

Дәріс сабақтың мазмұны:
Анықтама 6. Егер кез келген к үшін теңдігі орындалса, онда функциясын m дәрежелі біртектес функция деп атайды.
Мысалға, функциясы үш дәрежелі біртектес функция, өйткені . функциясы <<0>> дәрежелі біртектес функция, себебі кез келген . "0" дәрежелі біртектес функцияны қатынасының функциясы ретінде өрнектеуге болатынын көрсетейік.
Айталық, "0" дәрежелі біртектес функция болсын. деп алайық. Сонда анықтама бойынша
(8)
Айталық, функциясы m дәрежелі біртектес функция болсын. Онда функциясы "0" дәрежелі біртектес функция болатыны көрінеді. Онда жоғарыдағы тұжырымның негізінде , осыдан . Бұл өрнектеу m дәрежелі біртектес функцияның жалпы түрі болып табылады.
Анықтама 7. Егер және функциялары бірдей дәрежелі біртектес функциялар болса, онда теңдеуі бірінші ретті біртектес теңдеу деп аталады.
Біртектес теңдеулер (немесе ) алмастыруы арқылы айнымалысы ажыратылатын теңдеуге келтіріледі. Шынында да (6) теңдіктің көмегімен (8) теңдеуді былай түрлендіреміз:

болғандықтан, қысқарту арқылы теңдеуін аламыз. десек, осыдан, . Осыларды соңғы теңдеуге апарып қойсақ теңдеуін аламыз, немесе . Сөйтіп, айнымалысы ажыратылатын теңдеуге келтірдік.
Енді айнымалысын ажырату арқылы теңдеуіне келеміз. Осыдан . Потенциалдау арқылы мына түрде жазамыз, немесе -бұл соңғы нәтиже.
Біртектес теңдеудің интегралдық қисықтары бір-біріне ұқсас болады. Ұқсастық центрі координаттың бас нүктесінде орналасқан.
Мысал-4. теңдеуін шеш. Мұнда . Бұл функциялар екінші ретті біртектес функциялар. Ендеше берілген теңдеу біртектес теңдеу болады. деп алып және шамаларын ауыстырамыз (алмастырамыз)

интегралдау арқылы .
Потенциалдап теңдігін аламыз. -ны -ке ауыстырсақ .
Әрі қарай түрлендірсек .
Бұл теңдеу центрі нүктeсінде, ал радиусы -ке тең болатын шеңберлер үйірі болып табылады.
теңдеуін қарастырайық. Бұл теңдеу біртектес теңдеуге келтірілетін теңдеу. Мұнда - тұрақтылар, ал - функциясы өзінің аргументі бойынша үзіліссіз функция. Егер болса берілген теңдеу біртектес болатыны көрініп тұр. Сондықтан мен -дің кемінде біреуі нольден өзгеше болады деп есептейміз.
Екі жағдайды айырып қараймыз.
1[0]. , осы жағдайда ауыстырымын енгізу арқылы берілген теңдеуді біртектес теңдеуге келтіруге болады. Мұнда
(*)
теңдеулер жүйесінің шешімі. Енді x,y және y[/]-ты жаңа айнымалылармен ауыстыру арқылы берілген теңдеу
теңдеуіне түрленеді. Ал соңғы теңдеу біртектес, оның шешімін табуды білеміз.
2[0]. . Бұл жағдайда (*) системасының жалпы алғанда шешімі болмайды.
Егер деп алсақ, берілген теңдеу айнымалысы ажыратылатын теңдеуге айналады.
Мысал-5. теңдеуін шеш.
-ты пен ауыстырып, теңдікке келеміз. системасын құрамыз. Системаның анықтауышы:
Системаның жалғыз ғана шешімі болады, демек, .
x және y айнымалыларының орнына жаңа айнымалылар s пен r-ді төмендегі қатыс арқылы енгіземіз. осыдан
x, y, -ті жаңа айнымалылар арқылы ауыстырсақ біртектес теңдеу шығады. Әрі қарай, айнымалысын енгізіп, теңдеуді шешеміз, нәтижесінде теңдігін аламыз. (түрлендірулерді өздерің жүргізіңдер).
Ақырында r,s айнымалыларын ескі x пен y айнымалылары арқылы өрнектен жалпы интегралды табамыз.
Анықтама 8.
у'+p(x)y=q(x) (9)
түріндегі теңдеуді бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу деп атайды.
Мұнда р(х),g(х) үздіксіз функциялар.
Байқасаңдар, у' туындысы функция у-тің сызықтық функциясы. Сондықтан да сызықтық теңдеу деп аталған.
Егер g(x)0 -са, онда (9) теңдеу айнымалысы ажыратылатын теңдеуге айналады. Жалпы жағдайда (9) теңдеудің айнымалысы ажыратылмайды.
Сондықтан (9) теңдеудің өзіне тән шығару әдісін көрсетеміз. Ол үшін белгісіз функцияны у=uv (*) түрінде іздейміз, мұнда u(x) және v(x) дифференциялданатын функциялар.Туындыны табамыз.
у'=u'v+uv'
Енді осы өрнектерді (9) теңдеуге қойып, оны мына түрге келтіруге болады.
u'v+u(v'+p(x))=q(x) (10)
v-функциясын v'+p(x)v өрнегін x-ке қарағанда тепе - теңдікке айландыратындай етіп таңдап аламыз. Ондай функция
v'+p(x)v=0 (11)
теңдеудің шешімі бола алады.
(11)- теңдеудің бір ғана шешімін табу жеткілікті .
Мысалға, ондай шешім:
(12)
болады.
Ал у=uv функциясы (10) теңдеудің шешімі болу үшін u-функциясы u'v0(x)=q(x) немесе
(13)
теңдеуінің шешімі болуға тиіс. (1.18) теңдеуді шешеміз

Енді v және u фунцияларының өрнегін (*) теңдікке апарып қойсақ,
(14)
іздеп отырған шешімді табамыз. (1.19)-формуланы мына түрде де

(15)
жазуға болады.
Бірақ бұл жағдайда формулаға кіретін әрбір анықталмаған интегралды бір ғана алғашқы функция ретінде қарастырған жөн болады.
(14) немесе (15) формулаларын осылай қорыту әдісін Бернулли әдісі деп атайды.
Сөйтіп сызықтық теңдеуді шешу ( шығару) үшін қорытылған (14) немесе (15) формулаларын пайдалануға болады. Алайда Бернулли әдісін әрбір теңдеуге тікелей қолдану арқылы да шешеді.
Бернулли әдісін көрсету барысында байқағанымыздай сызықтық теңдеудің шешімін табу төмендегі дифференциалды теңдеулер системасына келіп тіреледі.
(16)
Системаны құрайтын теңдеулердің екеуі де айнымалысы ажыратылатын теңдеулер. Біріншісін шешіп v функциясын табамыз. Табылған функцияны екіншісіне қойып u функциясын анықтаймыз. Соңында
y=u·v
түріндегі берілген сызықтық теңдеуінің шешімі табылады.
Мысал-6. y'+3y=e2х мұнда р(x)=3, q(x)=e2х. (15) формуласын пайдаланып шешейік.

y=e(2x·edx+C)=e-3x(2x·e3xdx+c)=e-3x(1/5e5x+C)
Сөйтіп,
y=e2x+Ce-3x
Мысал-7. y'+2xy=xe-x-теңдеуінің жалпы шешімін табу керек .
Мұнда p(x)=2x, q(x)=xe-x
Бұл теңдеуді (16) ситеманы құру арқылы шығарайық.

Бірінші теңдеудің бір ғана шешімі жеткілікті.
=-2xdx, lnv=-x2 v=e-x
Екінші теңдеуге v функциясының өрнегін қойып, оны шешеміз.
u/e-x=xe-x, u/=x u=x2/2+C
Сөйтіп, берілген теңдеудің жалпы шешімі y= e-x(x2/2+C ) функциясы.
Анықтама 9.
y'+p(x)y=yq(x) (17)
теңдеуді Бернулли теңдеуі дейді. Мұнда кез келген нақты сан .
Егер =0 - болса, онда (17) теңдеу сызықтық теңдеуге, ал =1 болса, айнымалысы ажыратылатын теңдеуге айналады. Сондықтан 0,1 деп есептейміз.
Бернулли теңдеуі сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеуге жатады.
Егер (17) теңдеудің екі жағын y бөлсек, онда
y-y'+p(x)y1- =q(x) (18)
теңдеуін аламыз. z=y1- десек, z'=y-y'(1-)
Сонда y-y'= . Енді (18) теңдеуге қойсақ,
(19)
теңдеуі шығады. (19) теңдеудің z айнымалысына қарағанда сызықтық екені көрініп тұр. (17) теңдеудің де шешімін y=u·v түрінде іздейміз. Бернулли әдісі бойынша теңдеуді түрлендіріп
(20) системасын алуға болады. Бірінші теңдеуді шешіп v -ны, екінші теңдеуді шешіп u - ды табамыз.
Мысал-8. y'+y/x=-2x2y2 теңдеуінің жалпы шешімін тап.
p(x)=1/x, q(x)=-2x[2] ,=2
(24) системаны құрамыз: y=u·v

Бірінші теңдеуді шешсек , ,
, ; ;
F(x,y) eкі айнымалы функцияның толық дифференциалы
dF(x,y)=dx+dy
түрінде анықталатыны белгілі.
Егер
M(x,y)dx+N(x,y)dy (21)
өрнегі берілсе, онда (21) өрнек қай жағдайда қандайда бір функцияның толық дифференциалы болады деген табиғи сұрақ өзінен-өзі туады. Басқаша айтсақ,
=M(x,y) және =N(x,y)
теңдіктері орындалатындай F(x,y) функциясы бар болатынын қалай білуге болады деген сөз.
Бұл сұраққа төменде дәлелденетін теорема жауап береді. Біз былайғы жерде M(x,y) және N(x,y) функцияларының белгілі бір D облыста үзіліссіз дербес туындылары бар деп есептейміз.
Теорема 2 (21) өрнек D облыста анықталған екі айнымалы функциясы F(x,y) -тің толық дифференциалы болу үшін
= (22)
теңдігінің осы D облысында орындалуы қажетті және жеткілікті .
Дәлелдеуі 1) Алдымен (22) шарттың қажеттілігін дәлелдейік.
Ол үшін (21) өрнек қандайда бір F(x,y) функциясының D облысында толық диффернциалы деп жорыйық, демек
M(x,y) dx+N(x,y) dy =dF(x,y)
Бұл жағдайда =M(x,y) және =N(x,y) болатыны белгілі. M(x,y) және N(x,y) функцияларының дербес туындысын табайық.
және (23)
Шарт бойынша және D облысында үзіліссіз. Ендеше екінші ретті аралас туындылар
және
D облысында үзіліссіз болады.
Анализден белгілі теорема бойынша
= , . Осыдан теңдігі шығады
* (22) шарттың жеткіліктігін дәлелдейік.
Айталық, =, . Осы жағдайда (21) өрнек қандайда бір функцияның толық дифференциалы болатынын көрсетейік. Ол үшін
F(x,y)=+ (24)
деп белгілейік. Мұнда әзірше белгісіз функция. (24) формуладан
=M(x,y), (25)
болатынын көреміз.
Eнді
=N(x,y) (26)
болатындай етіп, функциясын табамыз. (24) теңдікті y айнымалысы бойынша дифференциалдап (26) теңдікті мына түрде
+= N(x,y) (27)
жазамыз.
М(x,y) және үзіліссіз функциялар болғандықтан (27) теңдікті мына түрде +=N(x,y) жазуға болады. Соңғы теңдіктен -ті табамыз.
= N(x,y) - (28)
Егер (28) теңдіктің оң жағы x-ке тәуелсіз болса, онда іздеп отырған функциямыз -ті (28) теңдіктің екі жағын интегралдау арқылы тауып аламыз.
Шынында да, (28) теңдіктің оң жағы x-ке тәуелсіз екенін (22) теңдіктің негізінде көрсетейік:

Демек, (28) теңдіктің оң жағы x- ке тәуелсіз. Енді (28) және (26) теңдіктердің негізінде
dF(x,y) =dx+dy= M(x,y) dx +N(x,y) dy ,
екенін көреміз.

Анықтама 10. Егер
M(x,y) dx +N(x,y) dy =0 (29)
теңдеуінің сол жағы екі айнымалы функциясының толық дифференциалы болса, онда (29) теңдеуді толық дифференциал теңдеу дейміз.
Анықтамада айтылған функцияны F(x,y) деп белгілесек, (29) теңдеуді былай жазуға болады. dF(x,y)=0
Бұл теңдеудің шешімі F(x,y)=C болатыны белгілі. Осыдан толық дифференциал теңдеуді шешу, ол теңдеудің оң жағының толық дифференциалы болатын функцияны табуға келіп тіреледі екен.
Мұндай функция жоғарыдағы дәлелденген теореманың дәлелдеу жолы бойынша табылады.Оны төмендегі мысалмен көрсетеміз.
Мысал-9. (6 x2 y2 + 6 xy - 1) dx +(4 x3 y +3 x2 +2 y ) dy=0
теңдеуінің жалпы шешімін тап.
M(x,y) =6 x2 y2 + 6 xy - 1 , N(x,y) =4 x3 y +3 x2 +2 y
Берілген теңдеудің толық дифференциaл теңдеу екенін тексереміз, демек
= көрсетеміз.
=12 x2 y + 6 x
=12 x2 y + 6 x
Осыдан толық дифференциал теңдеу екені шығады. (24) формулада интеграл шегі x0 -ді кез келген жолмен таңдап алатын болғандықтан, демек (24) формула М(х,у) функциясының кез келген алғашқы функциясы үшін орындалатындықтан анықталған интегралдың орнына сәйкес анықталмаған интегралды жазсақ та болады.
Сонымен,
F(x,y) =(6 x2 y2 + 6 xy - 1)dx += 2 x 3y2 + 3 x 2y - x + (*)
-ті табу үшін ( 1.31) формуланы пайдаланамыз.
4 x3 y +3 x2+=4 x3 y +3 x2 +2 y
Осыдан =2y =y2+C1
Енді (*) теңдіктегі -тің орнына қойып
F(x,y)= 2 x 3y2 + 3 x 2y - x+ y2+C1
теңдігін аламыз.
Жалпы шешім
2 x 3y2 + 3 x 2y - x+ y2+C1 =C2 немесе 2 x 3y2 + 3 x 2y - x+ y2=C
Айталық,
P(x,y) dx +Q(x,y) dy =0 (30)
теңдеу толық дифференциал теңдеу болмасын, алайда осы теңдеуді бір (x,y) функциясына көбейткеннен шыққан теңдеу.
M(x,y) dx +N (x,y) dy =0 , M(x,y) =p(x,y) (x,y)
N (x,y)= Q(x,y) (x,y) ; толық дифференциал теңдеу болып шықса,
(x,y) функциясын (30) теңдеудің интегралдаушы көбейткіші деп атайды.
Мысалға, M1(x) M2(y) dx +N1(x) N2(y) dy=0
айнымалысы ажыратылатын теңдеудің интегралдық көбеткіші (x,y)= функциясы болады. Демек осы көбейткішке көбейткеннен шыққан теңдеу толық дифференциал теңдеу болады. (өздерің дәлелдеңдер)
Сондай-ақ yp(x)y = q(x) сызықтық теңдеудің интегралдық көбейткіші функциясы болатынын көрсету қиын емес.
Сөйтіп, біз бұрынырақ қарастырған теңдеулерді толық дифференциал теңдеуге келтіру арқылы шығаруға болады екен.
Тағы бір ескертетін жағдай бір ғана дифференциалдық теңдеу үшін бірнеше интегралдық көбейткіш бар болуы мүмкін. Мысалға 2ydx +xdy=0 теңдеуін алайық. Осы теңдеу үшін 1 (x,y)=x, 2 (x,y) = , 3(x,y) функциялары интегралдық көбейткіштер болады. (Осыны дәлелдеңдер)
Өкінішке орай, кез келген теңдеу үшін интегралдық көбейткіштерді табудың ортақ әдісі жоқ. Кейбір дербес теңдеулер үшін интегралдық көбейткіш табудың дербес әдістері бар.

Өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар:
1 Біртектес теңдеулер
2 Сызықтық теңдеулер
3 Бернулли теңдеуі
4 Толық дифференциалдағы теңдеулер

ДӘРІС 5-7

Дәріс сабақтың құрылымы:
1 Коши есебі. Пикар теоремасы
2 Параметрге және бастапқы шартқа үзіліссіз тәуелді шешілу туралы теорема
3 Туындыға қатысты шешілмеген теңдеу.
4 Ерекше шешімдер туралы түсінік, Клеро және Лагранж теңдеулері

Дәріс сабақтың мазмұны:
(1)
түріндегі теңдеу туындыға қатысты шешілмеген бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп аталады. Ең алдымен осы теңдеудің шешімдерінің бар болуының жеткілікті шарттарын анықтаумен айналысамыз.
Айталық (1) теңдеуді -қа қатысты шешудің сәті түсті деп жорыйық. Онда бір немесе бірнеше, туындыға қатысты шешілген теңдеулер алуымыз мүмкін:
(k=1,2,,..) (2)
Айталық функциялар (k=1,2,..) жазықтықтықта нүктесінің төңірегінде Пикар теоремасының шарттарын қанағаттандырсын. Онда нүктесі арқылы бір-бірден интегралдық қисықтары (1) теңдеудің шешімдері екені белгілі және (k=1,2,..) интегралдық қисығына нүктесінде жүргізілген жанама векторының бағыты мәнімен анықталады. Егер (k=1,2,.) мәндері әр түрлі болса, онда нүктесінен әр түрлі интегралдық қисықтар өтеді. Ал нүктесінен жүргізілген жанама векторлар да әртүрлі болғандықтан (1)теңдеудің белгілі-бір шешімін бөліп алу үшін бастапқы шарттармен бірге шарты қоса берілуге тиіс. Көріп отырғанымыздай y0/ мәні қалай болса солай беріле салмайды. мәні
(3)
теңдеуінің түбірі болуға тиіс.
Сөйтіп, (1) теңдеудің шешімінің бар болуы біріншіден, оның - қа қатысты шешілу мүмкіндігімен екіншіден, (2) теңдеудің шешімдерінің бар болуымен байланысты екен.
Теорема 3. Егер центрі () нүктесінде (, F()=0 теңдеудің түбірі) болатын тұйық параллелепипедінде мына шарттар
а) функция F() өзінің дербес тундылары және пен бірге аргументтерінің жиынтығы бойынша үзіліссіз.
б)()0 орындалса, онда нүктесінің белгілі бір төңірегінде
(4)
шартттарын қанағаттандыратын (1) теңдеудің шешімі бар болады.
Дәлелдеу. Теореманың а) және б) шарттарының негізінде () нүктесінің төңірегінде айқындалмаған функциясының бар және жалғыз болу шарттары орындалады. Оның үстіне, центрі () нүктесінде болатын D2 тіктөртбұрышы табылып, сол D2 -да f(x,y) функциясы дербес туындысымен бірге үзіліссізболады.

Демек, бастапқы есебінің сегментінде жалғыз ғана шешімі болады.
Егер (2) теңдеулердің интегралдық қисықтары () нүктесінен өтетін болса және олардың осы нүктеден жүргізілген ортақ жанамасы болса, онда () нүктесінде көрсетілген теореманың шарттары орындалмайды.
Туындыға қатысты шешілмеген теңдеуді параметр енгізу жолымен интегралдау
Егер (1) теңдеуді (2) теңдеуге келтіруге мүмкіндік болса, онда (2) теңдеулерді шешу әдісі бойынша (1) теңдеудің барлық шешімдерін табатын жағдай туады. Мысалға теңдеуін алайық. Осы теңдеуді қа қатысты шешіп теңдеулерін аламыз. Олардың шешімдері тиісінше болады. Ал берілген теңдеудің интегралдық қисықтары осы екі интегралдық қисықтар жиынынан тұрады.
Ал егер (1) теңдеу туындыға қатысты шешілмесе, (1) теңдеуді көп жағдайда параметр енгізу жолымен интегралдайды. Төменде кейбір дербес жағдайларды көрсетеміз.
. F() =0 теңдеудің жалпы шешімін іздейік. Айталық, болғанда F()=0 болсын. Онда . Осыдан сонда F()=0 қатысы берілген теңдеудің жалпы интегралын береді. Мысалы: теңдеудің жалпы шешімі,
. F()=0. Бұл теңдеу -қа қатысты шешілмейтін болсын. Айталық және функциялары табылып, , болсын. Осыдан . Бізге екені белгілі. Демек dх= .

-бұл теңдеудің параметрлік шешімі.
Мысал-10.

Сөйтіп,
Берілген теңдеудің параметрлік шешімі болып табылады.
. F()=0. Айталық бар болып, , орындалсын.
- параметрлік шешім.
түрінде берілсін.
(5)
(6)

(6)-ті өрнекті (5)-ге қоямыз. Сонда
(7)
(7) теңдеу мына түрге келеді. Мұнда
(8)
Егер оның шешімі бар болса оны х=x(p) деп белгілейік. Сонда берілген теңдеудің параметрлік шешімі

теңдеуін қарастырамыз.

Соңғы теңдеу бірінші ретті, туындыға қатысты шешілген теңдеу. Оның шешімі у=y(p) болсын. Онда берілген дифференциалдық теңдеудің параметрлік шешімі

Лагранж және Клеро теңдеулері
(9)
түріндегі теңдеуді Лагранж теңдеуі дейді. Бұл теңдеу () теңдеуінің дербес түрі болып табылады. Лагранж теңдеудің параметрлік шешімі () теңдеудің шығару жолы бойынша табылады .
Бұл теңдеу х айнымалысына қарағанда сызықтық теңдеу. Оның әрқашанда шешімі бар.Оны x=F(p,c) түрінде белгілейміз.
Сонда
теңдеуін Клеро теңдеуі деп атайды. Клеро теңдеуі болғанда Лагранж теңдеуінен шығады.

-жалпы шешім. -ерекше шешім.

Өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар:
1 Коши есебі.
2 Туындыға қатысты шешілмеген теңдеу.
3 Клеро және Лагранж теңдеулері

ДӘРІС 8-9

Дәріс сабақтың құрылымы:
1 Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер
2 Коши есебінің бар және жалғыз болуы туралы теорема
3 Реті төмендетілетін теңдеулердің типтері

Дәріс сабақтың мазмұны:
Жоғары ретті дифференциалдық теңдеулер.
Ретін төмендету әдісі.
Кез келген реті бірден жоғары болатын теңдеулерді реті жоғары дифференциалдық теңдеу деп атайды. Ретін төмендету арқылы интегралдауға болатын қайсыбір дифференциалдық теңдеулер түрлерін қарастырамыз.
І. .
- рет интегралданған соң жалпы шешімін аламыз
.
1-мысал. теңдеудің жалпы шешімін табу керек.
Шешуі. Біртіндеп интегралдаймыз:
,

берілген теңдеудің жалпы шешімі.
2-мысал. теңдеуінің бастапқы шарттарды қанағаттандыратын дербес шешімін табыңыз.
Шешуі. Берілген теңдеуді біртіндеп үш рет интегралдаймыз:

Дербес шешімді табу үшін ді және , , мәндерін , , өрнектеріне қойып , , бойынша жүйені аламыз:

Бұл жүйені шешсек: , ,
Талап етілген дербес шешімді жазуға болады:

ІІ. Берілген теңдеуде белгісіз функциямен оның алғашқы ретін қоса есептегендегі туындылары болмайды:

алмастыруы теңдеудің ретін төмендетуге мүмкіндік береді. Берілген теңдеуді көшіріп жазсақ:

Бұл теңдеуді шешіп

Енді бұл теңдеуді рет интегралдап -ті анықтауға болады (бұл І түрдегі теңдеу).
3-мысал. Теңдеуді шешіңіз

Шешуі. Бұл теңдеуде белгісіз функциямен оның туындылары жоқ. Сондықтан деп ұйғарамыз, сонда . Ендеше

Бұл айнымалылары бөлінетін теңдеу

Немесе . Бұл І түрдегі теңдеу. Біртіндеп интегралдаймыз

Сонымен ізделген шешімді мына түрде жазуға болады:

ІІІ. Тәуелсіз айнымалы болмайтын теңдеу

алмастыруын жасап теңдеу ретін бірге төмендетеміз. Мұндағы айнымалы тен тәуелді деп қарастырылады: .
Енді теңдеудегі туындылары арқылы өрнектейміз. Сонда
, ,

т.с.с,;

Бұл өрнектерді берілген ІІІ теңдеуге апарып қойсақ - ретті дифференциалдық теңдеу аламыз:
.
Егер бұл теңдеуді интегралдау мүмкін болса, онда оның жалпы шешімін былай жазуға болады.

немесе

бұл І-ретті квадратурада интегралданатын дифференциалдық теңдеу.
4- мысал. теңдеуін шешміз.
Шешеуі. деп ұйғарамыз. Сонда болады. Демек,

Бұл Бернулли теңдеуі, егер деп алсақ ол сызықтық теңдеу болады.

Жалпы шешімі

Енді -ның орнына қоямыз:

Айнымалыларын бөліп, интегралдаймыз:

Немесе берілген теңдеудің жалпы шешімін мына түрде жазуға болады:
,
Өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар:
1 Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер
2 Реті төмендетілетін теңдеулердің типтері

ДӘРІС 10-12
Дәріс сабақтың мазмұны:
1.Сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулер.
2. Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес емес теңдеулер.
3. Тұрақтыны вариациялау әдісі.
10. Анықтама бойынша екінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеудің жалпы түрі мынадай болады:
y//+Pxy/+Qxy=Fx (1)
Егер P(x) және Q(x)-тұрақты, ал F(x)=0 болса, онда екінші ретті сызықтық теңдеу тұрақты коэффициентті біртектес теңдеу деп аталады.
Сонымен, тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес екінші ретті дифференциалдық теңдеу
y//+py/+qy=0 (2)
түрінде болады.
20. y1 және y2 функциялары (2) теңдеудің шешімдері болсын.
Анықтама. Егер a,b кесіндісінен алынған кез келген x үшін y1=λy2 теңдігі орындалатындай λ саны табылса, онда y1 және y2 шешімдері a,b кесіндісінде сызықты тәуелді деп, ал егер осындай λ саны табылмаса, онда y1 және y2 шешімдері сызықты тәуелсіз деп аталады, яғни y1y2 қатынасы a,b кесіндісінде тұрақты болмайды.
Теорема1. y1 шешімін С тұрақты санына көбейтсек, ол да осы теңдеудің шешімі болады.
Дәлелдеу. Сy1- ді (2) теңдеуге қояйық.
Сy1//+pСy1/+qСy1=0, бұдан
Сy1//+pСy1/+qСy1=Cy1//+py1/+qy1=0, себебі y1 берілген (2) теңдеудің шешімі болғандықтан, y1//+py1/+qy1=0 , болады. Бұдан Сy1- дің (2) теңдеудің шешімі болатындығын көрдік.
Теорема2. (2) теңдеудің y1 және y2 шешімдерінің қосындысы да (2) теңдеудің шешімі болады.
Дәлелдеу. y1+y2 қосындысын (2) теңдеуге қояйық:
y1+y2//+py1+y2/+qy1+y2=
=y1//+y2//+py1/+py2/+qy1+qy2=y1//+py1/+qy1+
+y2//+py2/+qy2=0+0=0.
Демек, y1+y2 берілген (2) теңдеудің шешімі болды.
Теорема3. Егер y1 және y2 функциялары (2) теңдеудің сызықтық тәуелсіз шешімдері, ал С1 мен С2- кез келген тұрақты сандар болса, онда
y=C1y1+ C2y2
функциясы да (2) теңдеудің шешімі болады.
Бұл теоремадан сызықтық біртектес екінші ретті дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін оның кез келген екі сызықтық тәуелсіз дербес шешімі арқылы табуға болатынын көреміз.
Егер y=ekx ауыстыруын жасау арқылы екі дербес шешімді табуға болады. Бұл жағдайда (2) теңдеу мына түрде болады:
y=ekx, y/=k⋅ekx, y//=k2⋅ekx болғандықтан,
k2⋅ekx+pk⋅ekx+q⋅ekx=0 немесе ekxk2+pk+q=0 .
ekx!=0 болғандықтан,
k2+pk+q=0 (3)
болады.
(3) теңдеу сызықтық біртектес теңдеудің характеристикалық (сипаттамалық) теңдеуі деп аталады.
Мынандай жағдайлар болуы мүмкін:
* (3) теңдеудің түбірлері k1 және k2 әр түрлі нақты сандар: k1!=k2. Сонда y1=ek1x, y2=ek2x функциялары (2) теңдеудің сызықтық тәуелсіз шешімдері болады да, оның жалпы шешімі
(4)
түрде болады.

* (3) теңдеудің түбірлері өзара тең нақты сандар: k1=k2. Бұл жағдайда бір дербес шешімді y1=ek1x, ал екіншісін y2=xek1x түрінде аламыз. y1 және y2 шешімдері сызықты тәуелсіз, себебі y2y1=x!=const.
Сондықтан 3-теорема бойынша (2) теңдеудің жалпы шешімі
y=C1ek1x+ C2xek1x немесе y=ek1xC1+ C2x (5)
түрінде болады.
* (3) теңдеудің түбірлері комплекс сандар болсын: k1=∝+iβ, k2=∝-iβ.
Бұл жағдайда (2) теңдеудің жалпы шешімі
y=eαxC1cosβx+ C2sinβx (6)
* (3) теңдеудің түбірлері таза жорымал сан болсын: k1=βi, k2=-βi.
Бұл жағдай егер p=0, q=-β2⋅i2 болғанда ғана орындалады. Сонда (2) теңдеудің жалпы шешімі
y=C1cosβx+ C2sinβx (7)
түрде болады.

Мысалдар.
* y//+2y/-3y=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Берілген теңдеудің характеристикалық теңдеуі
k2+2k-3=0.
Оның түбірлері k1=1, k2=-3, яғни әр түрлі нақты сандар. Сонда берілген теңдеудің жалпы шешімі (4) формула бойынша
y=C1ex+ C2e-3x болады.

* y//-6y/+9y=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Берілген теңдеудің характеристикалық теңдеуі
k2-6k+9=0 немесе k-32=0, бұдан k1=k2=3, яғни характеристикалық теңдеудің түбірлері өзара тең нақты сандар. Сонда берілген дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі
y=e3x C1+ C2x.

* y//+4y/+13y=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Теңдеудің характеристикалық теңдеуі
k2+4k+13=0, ал оның түбірлері
k1=-2+3i, k2=-2-3i,
яғни түбірлері ∝=-2, β=3 болатын комплекс сандар. Сонда жалпы шешім:
y=e-2x C1cos3x+ C2sin3x.
n ретті біртектес емес сызықтық теңдеуді қарастырамыз.
(1)
функциясы (1) теңдеудің дербес шешімі болсын, яғни (2)
(3) болсын, мұндағы z - х-ке тәуелді белгісіз функция. Сонда (1) теңдеу мына түрде болады:
немесе
(2) (4) болады.
Бұл сол жағы (1) теңдеудегідей болатын біртектес теңдеу. (4) теңдеу (1) теңдеуге сәйкес біртектес теңдеу деп аталады.
() функциялары (4) теңдеудің шешімдерінің фундаментальды жүйесі болсын. Сонда бұл теңдеудің барлық шешімдері оның
(5)
жалпы шешімінде қамтылады. z-тің осы мәнін (3) теңдеуге қойсақ, (6) аламыз.
Бұл формула (1) біртектес емес теңдеудің барлық шешімдерін қамтиды. (6) функция (1) теңдеудің жалпы шешімі болады. Сонымен, біртектес емес сызықтық теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы туралы мынадай теореманы дәлелдедік:
Теорема: Біртектес емес сызықтық теңдеудің жалпы шешімі оның кез келген дербес шешімі мен оған сәйкес келетін біртектес теңдеудің жалпы шешімінің қосындысына тең.
Мысал.
Дербес шешім ретінде аламыз. Сәйкес біртектес теңдеу болады. Оның жалпы шешімі . Сонда берілген теңдеудің жалпы шешімі .
Мысал.
.
.
.
Мысал.
.

n ретті сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулердің жалпы түрі төмендегідей болады:
(7)
мұнда белгілі бір интервалында берілген функциялар. Егер болса, онда (7) теңдеудің мүшелерін
-ке бөлгеннен кейін
(8)
теңдеуіне келеміз. Мұнда
Егер , сегментінде үзіліссіз болса, онда

шарттарын қанағаттандыратындай (8) теңдеудің жалғыз шешімі болатыны ІІ-тарауда көрсетілген. Мұнда (8) теңдеуді қысқа түрде былай жазамыз:
(9)
мұнда .
Теорема 11. Егер функциясы біртектес емес теңдеуінің шешімі болса, ал сәйкес біртектес теңдеуінің шешімі болса, онда функциясы да біртектес емес теңдеудің шешімі болады.
Дәлелдеуі. Шарт бойынша .
L-операторының сызықтық қасиетінің негізінде

Демек, функциясы теңдеуінің шешімі деген сөз.
Теорема 12. Егер теңдеуінің шешімі болса, онда функциясы теңдеуінің шешімі болады.
Дәлелдеуі. Шарт бойынша
L-операторының сызықтық қасиетін қолданып теңдігін аламыз. Осыдан функциясы теңдеуінің шешімі екені шығады.
Теорема 13. Егер теңдеуінің (мұнда нақтылы мәнді функциялар) функциясы шешімі болса, онда функциялары тиісінше теңдеулерінің шешімі болады.
Дәлелдеуі. Шарт бойынша L-сызықтық оператор болғандықтан Екі комплекс санның теңдігінен
Теорема дәлелденді.
Теорема 14. (Сызықтық бір тектес емес дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы туралы)
D: облысында
(10)
(мұнда )-да үзіліссіз функциялар) теңдеуінің жалпы шешімі оған сәйкес келетін біртектес теңдеудің жалпы шешімі мен оның қандай да бір дербес шешімі -тің қосындысына тең болады, демек
Бұл теореманың дәлелдеу әдісі сызықтық бір тектес дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы туралы теореманың дәлелдеу әдісіне өте ұқсас.
Мысал-2. теңдеуінің жалпы шешімін тап.
* функциясы берілген теңдеудің шешімі екенің байқау қиын емес.
* біртектес теңдеудің жалпы шешімін іздейміз. Ол үшін сипаттаушы теңдеудің шешімі
* Ал берген біртектес емес теңдеудің жалпы шешімін мына тұрде немесе табамыз.

Сызықтық бір тектес емес дифференциалдық теңдеуді
тұрақтыны вариациялау әдісімен интегралдау

Айталық,
(11)
теңдеуі берілсін. Мұнда , k=1,2,...,n және f(x) функциялары [a,в] сегментінде үзіліссіз функциялар. Сондай - ақ (4.24) теңдеуге сәйкес келетін біртектес теңдеудің, яғни
(12)
теңдеуінің фундаментальді шешімдер системасы белгілі болсын, онда
(13)
формуласы (12) теңдеудің жалпы шешімін береді. Міне осылар белгілі болған жағдайда біртектес емес теңдеудің шешімін мына тұрде немесе
(14)
іздейміз. Мұнда жаңа белгісіз функциялар. белгісіз функцияларын табу үшін функцияларын байланыстыратын n теңдеу қажет. Мұндай системаны құрғанда алғашқы теңдеуді еркін түрде таңдап алып, ал n - ші теңдеуді (14) функция (11) теңдеудің шешімі болатындай етіп іздейді. Алғашқы (n-1) теңдеулер ретінде төмендегі теңдеуді аламыз.
(15)
Сондай-ақ (14) формуламен анықталған функция (11) теңдеудің шешімі болу үшін функциялары тағы да мына
(16)
теңдікті қанағаттандырулары керек. Енді (15) және (16) теңдеулерден тұратын төмендегі системаны құрамыз.
(17)
Құрылған системаның негізгі анықтауышы функцияларының Вронский анықтауышы болады. Ол , өйткені функциялары фундаментальды шешімдер системасын құрайды. Сондықтан (17) системаның жалғыз ғана шешімі болады. Яғни, Осыдан үшін табылған өрнекті (14) теңдікке апарып қойып, (11) теңдеудің жалпы шешімін табамыз.
мұнда - еркін тұрақтылар.
Мысал-3. теңдеуінің жалпы шешімін тап.
Алдымен біртектес теңдеудің жалпы шешімін табамыз . Ол үшін сипаттаушы теңдеуді шешеміз. Осыдан . Енді берілген теңдеудің шешімін
(*)
түрінде іздейміз. Белгісіз және функцияларын табу үшін төмендегі системаны құрамыз.

Системаны Крамер әдісі бойынша шешейік.
, мұнда
және өрнектерін (*) теңдеуіне апарып қойып, берілген теңдеудің жалпы шешімін табамыз.

Тұрақты коэффициентті сызықты біртектес емес дифференциалдық теңдеулер

Коэффиценттері тұрақты сан болғанда сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеуді кейбірде оңай әдістермен, мысалы анықталмаған коэффиценттер әдісімен шығару мүмкін болады. Төменде біз осы әдіс туралы айтамыз.
* (18)
теңдеуін қарастырамыз. Мұнда -нақты сандар, дәрежелі көпмүшелік, яғни

Бірінші теңдеуге сәйкес келетін біртектес теңдеудің сипаттаушы теңдеуі
(19)
немесе мұнда - сипаттаушы көпмүшелік .
а) Егер болса,
(20)
сипаттаушы теңдеудің түбірі болмайды, онда (18) теңдеудің дербес шешімі бар болады және ол m дәрежелік көпмүшелік ретінде анықталады, демек
(21)
Мұнда -анықталмаған коэффиценттер. - коэффиценттері бір мәнді түрде анықталады. Өйткені функциясының өрнегін (18) теңдеуге қойғанда, теңдеудің екі жағы бірдей дәрежелі (m дәрежелі) көпмүшелік болады. Ал екі көпмүшелік біріне-бірі тең болу үшін белгісіздің бірдей дәрежелерінің коэффиценттері тең болуға тиіс.
Осыдан анықталмаған коэфиценттерін байланыстыратын m сызықтық алгебралық теңдеулер системасын аламыз, оны шешу арқылы коэффиценттерін анықтап, (21) теңдікке апарып қойып, бірінші теңдеудің дербес шешімін табамыз.
б) Айталық, болсын. Жалпылық үшін , деп алайық, бірақ болсын. Бұл жағдайда теңдеудің еселі түбірі болады. Онда (18) теңдеу мына түрге келеді:
(22)
а) жағдайы бойынша болуы керек, онда дәрежелі көпмүшелік болады. Және оның дәрежеден кіші дәрежелерінің коэффиценттері кез келген сандар болса да ақырғы нәтижеге әсері болмайды. Сондықтан аталған коэффиценттер нөльге тең деп есептейміз. Олай болса түрінде іздеуге болады.
Сөйтіп, егер сипаттаушы теңдеудің еселі түбірі болса, онда (18) теңдеудің дербес шешімі коэфиценттері анықталмаған m дәрежелі көпмүшелік пен хr-нің көбейтіндісі түрінде іздеу керек:
Мысал-4. теңдеуінің дербес шешімін тап сипаттаушы теңдеудің түбірлері жай түбір теңдеуінің оң жағы бір дәрежелі көпмүшелік, сондықтан
-ты берілген теңдеуге қойып, х-тің бірдей дәрежелерінің коэфиценттерін салыстыру арқылы болатынын көреміз. Сондықтан .
* Енді мына түрдегі
(23)
теңдеудің шешімін іздейміз (23) теңдеудің дербес шешімі
(24)
түрінде іздейік. Мұнда функциясын
(25)
тепе-теңдігі орындалатындай етіп таңдап аламыз.

егер функцияларын тиісінше сандарына көбейтіп, бағаны бойынша қоссақ, төмендегі теңдікке келеміз.

(25) тепе-теңдігі орындалу үшін, функциясы
(26)
теңдеуінің шешімі болу керек .
Жоғарыда талқылағандай, егер демек сипаттаушы теңдеудің түбірі болмаса, онда (25) теңдеудің шешімін түрінде іздейміз. Ал (23) теңдеудің шешімі
(27)
түрінде ізделінеді.
Егер саны сипаттаушы теңдеудің r еселі түбірі болса, яғни онда (25) теңдеудің шешімі түрінде ізделіп, ал (23) теңдеудің шешімін
(28)
түрінде іздеуге тура келер еді. Мұнда, бұрында айтқандай m дәрежелі, коэффиценттері анықталмаған көпмүшелік,

Мысал-5. теңдеуінің дербес шешімінің түрін жаз (көрсет). сипаттаушы теңдеуінің түбірлері , демек m=1.
Бірге тең болатын а саны сипаттаушы теңдеудің теңдеудің екі еселі (r=2) түбірі. Сондықтан дербес шешімнің түрі төмендегідей болады.

3. Жоғарыдағы келтірілген пайымдаулар а саны комплекс сан болғанда да әділ болады.
Тағы да
(29)
теңдеуін қарастырайық. Мұнда
(30)

,
формулаларын (Эйлер формулалары) пайдаланып f`(x) функциясының оң жағын төмендегі түрге келтіруге болады:
(31)
Мұнда M(x) және N(x) дәрежелері m және s санының ең үлкеніне тең болатын комплекс мәнді көпмүшеліктер.
Енді (31) формуланың оң жағындағы қосылғыштардың әрқайсысына жоғарыдағы ережені қолданып (29) теңдеудің дербес шешімінің түрін анықтауға болады. Демек, егер теңдеуінің түбірі болмаса, онда (29) теңдеудің дербес шешімін (31) түрде іздейміз. Ал егер сипаттаушы теңдеудің r еселі түбірі болса, онда (29) теңдеудің дербес шешімі (31) өрнек пен -нің көбейтіндісі түрінде ізделінеді.
Осы ереже f(x) функциясының алғашқы (берілген) өрнегі үшін былай тұжырымдалады:
егер сипаттаушы теңдеудің түбірі болмаса, онда (29) теңдеудің дербес шешімі түрінде ізделінетін болады. Мұнда, U(x) және V(x) тағы да дәрежелері k=max(m,s) - ге тең болатын коэффиценттері анықталмаған көпмүшеліктер.
Ал егер , сипаттаушы теңдеудің r еселі түбірі болса, онда (29) теңдеудің дербес шешімі мына түрде ізделінетін болады. Мұнда, және тағы да дәрежелері k=max(m,s) - ке тең болатын коэффиценттері анықталмаған көпмүшеліктер.
Белгісіз коэффиценттер жоғарыда көрсетілгендей анықталмаған коэффиценттер әдісі бойынша табылады.
Мысал-6. теңдеуінің дербес шешімін тап.
сипаттаушы теңдеуінің түбірлері . Біздің жағдайымызда =0,=1, сондықтан. Бұл сан сипаттаушы теңдеудің түбірі емес;
Демек, дербес шешім мына түрде .
функциясын берілген теңдеуге қойып, А=0, В= екенін табамыз.
= sin x.
Өзін-өзі тексеруге арналған сұрақтар:
1 Сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулер
2 Жалпы шешім құрылымы
3 Дербес шешім табу үшін Лагранж әдісі
4 Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулер

ДӘРІС 13

Дәріс сабақтың құрылымы:
1 Жоғарғы ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер
2 Сызықтық біртектес теңдеулер
3 Сызықтық дифференциалдық оператор
4 Сызықтық тәуелді және сызықтық тәуелсіз функциялар жүйесі
5 Вронский анықтауышы
6 Сызықтық біртектес дифференциялдық теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы. Лиувилль формуласы
7 Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеулер

Дәріс сабақтың мазмұны:
(1)
түріндегі теңдеуді n ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу деп атайды.
Мұнда , функциялары белгілі бір интервал -да берілген функциялар.
Егер g(x)0 болса, онда (1) теңдеуді сызықтық біртектес теңдеу дейді. Ал
Ал , онда сызықтық біртектес емес теңдеу болады.
Айталық,
сызықтық біртектес теңдеуі берілсін.
Егер белгілі бір интервалда болса, онда берілген теңдеудің барлық мүшелерін -ке бөліп төмендегі теңдеуді аламыз
(2)
Еске сала кетейік. Егер (2) теңдеудегі ,
f(x) белгілі бір интервалда үзіліссіз болса, онда (1) теңдеу үшін тұжырымдалған Коши есебінің жалғыз ғана шешімінің бар болатынын өткен тарауда көрсеткен болатынбыз.
Айталық Е және F функциялар жиыны болсын. Егер әрбір функциясына белгілі бір заңдылық бойынша бір ғана функциясы сәйкес қойылса, онда мәндері F жиынында жататын, Е жиынында анықталған (берілген ) оператор берілді дейді.
Оны былай белгілейді А: , немесе f=Ay.
Егер Е сызықтық кеңістік болса және мына теңдіктер
1) ,
2) , -сан
орындалса онда А сызықтық оператор деп аталады. (2) теңдеудің сол жағын L[y] арқылы белгілейік:
L-сызықтық оператор болады.
Шынында да,

осының салдары ретінде

теңдігін аламыз мұнда - тұрақтылар - операторын бұдан былай сызықтық дифференциалдық оператор деп атайтын боламыз.
Ал (4.2) теңдеуді қысқа түрде (2/)
Сызықтық біртектес теңдеудің кейбір қасиеттерін көрсетеміз.
Теорема 1. Егер функциялары сызықтық біртектес теңдеудің шешімдері болса онда олардың сызықтық канбинациясы да теңдеудің шешімі болады.
Дәлелдеуі. Шарт бойынша .
Дәлелдеу керек болатынын. -операторы сызықтық болғандықтан , өйткені осыдан болады, демек, функциясы теңдеуінің шешімі.
Теорема 2. Егер функциясы коэффиценттері нақты болатын сызықтық бітектес теңдеудің комплекс шешімі болса, онда оның нақты бөлігі де және жорамал бөлігі де теңдеуінің шешімі болады.
Дәлелдеуі. Шарт бойынша L-сызықтық оператор болғандықтан . Ал комплекс сан нольге тең болу үшін оның нақты және жорамал бөлігі нольге тең болуы тиіс. Сондықтан және . Демек және функциялары да (2/) теңдеуінің шешімі екен.
Айталық функциялар системасы (а,в) интервалында берілсін.
Анықтама 1. Егер барлығы бірдей нольге тең емес
сандары табылып,
(3)
тепе-теңдігі орындалса, онда функциялар системасы интервалында сызықты тәуелді дейді.
Егер (3) тепе-теңдік тек қана болғанда орындалса онда функциялары интервалында сызықты тәуелсіз деп аталады.
Бірнеше мысалдар келтірейік.
* Айталық, бұл функциялар кез келген
интервалда сызықты тәуелді.
Шынында да болғанда көреміз.
* Енді , , , , ,
функцияларын қарайық. Бұл функциялар системасы да сызықты
тәуелді болады. Егер деп алсақ, онда белгілі бір интервалында, бірақ кез келген болмауы мүмкін.
Осы мысалдан мынаны байқаймыз: Егер функциялар системасының бір бөлігі сызықты тәуелді болса, онда барлық система да сызықты тәуелді болады.
Екі функцияның сызықты тәуелділігі оның біреуі екіншісін бір нольге тең емес санға көбейткеннен шығатынын көрсетеді, яғни , . Сондай-ақ, функциялар системасы (a,b) аралықта сызықты тәуелді болса, онда оның ең кемінде біреуін қалғандарының сызықтық комбинациясы түрінде өрнектеуге болады.
Шынында да, сызықты тәуелді болғандықтан , . Анықтық үшін болсын. Онда , мұнда .
3. функциялар системасы сызықты тәуелсіз болады.Шынында да, айталық барлығы бірдей нольге тең емес сандар болса, онда

теңдігі (n-1) дәрежелі теңдеу болады. Ал оның түбірлерінің саны (n-1)-ден арта алмайтыны белгілі. Сондықтан,
өрнегі кез келген интервалдың барлық нүктесінде нольге айнала алмайды. Тепе-теңдік болғанда ғана орындалады. Ендеше, функциялар системасы анықтама бойынша сызықты тәуелсіз. Осы дәлелдеулерден кейбір функциялар системасының сызықты тәуелділігін немесе сызықты тәуелсіздігін тағайындауға мүмкіндік беретіндей белгіллерді қарастыру қажеттігі туғанын байқаймыз. Енді осы мәселеге кірісейік.
Егер функциялар системасы (n-1) рет дифференциалданатын болса, онда олардан төмендегі n ретті анықтауышты құруға болады:

Бұл анықтауыш x айнымалысының функциясы болатыны белгілі, демек . Енгізілген анықтауышты Вронский анықтауышы немесе вронскиан деп атайтын боламыз (И.Вронский поляк математигі).

Теорема 3. (сызықты тәуелділіктің қажетті шарты)
Егер функциялары (a,b) аралығында (n-1) рет дифференциалданатын сызықты тәуелді функциялары болса, онда осы функциялардан құрылған Вронский анықтауышы нольге тепе-тең болады, яғни, , .
Дәлелдеуі: Көрнекілік үшін n=3 жағдайын дәлелдейміз. Айталық функциялары (a,b)-да сызықты тәуелді болсын. Онда барлығы бірдей нольге тең емес сандары табылып
, болады. Анықтық үшін, . Онда , мұнда , .
Вронский анықтауышын құрамыз.
;
,, себебі соңғы екі қосылғыш анықтауыштардың екі бағанының элементтері пропорционал. Сондықтан, анықтауыштың белгілі қасиеті бойынша нольге тең болады. Теорема толығымен дәлелденді.
Керісінше пайымдау арқылы төмендегі теореманы өте жеңіл дәлелдеуге болады.
Теорема 4. Егер берілген n функция үшін құрылған Вронский анықтауышы кейбір (a,b) интервалында тепе-тең нөльге тең болмаса, онда осы интервалда берілген функциялар сызықты тәуелсіз болады.
Теорема 5. (шешімдердің сызықты тәуелсіздігінің қажетті шарты)
(a,b) интервалында сызықты тәуелсіз функциялар , коэффициенттері (a,b) интервалында үзіліссіз болатын
(4)
сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеудің шешімдері болса, онда осы функциялар системасының Вронский анықтауышы

(a,b) интервалының ешбір нүктесінде нольге айнала алмайды.
Дәлелдеуі. Оңайлық үшін n=3 болсын. Айталық, нүктесінде деп кері жорыйық. Төменде қарағанда сызықтық біртектес алгебралық системаны құрайық:
(5)
Жоруымыз бойынша (5) системасының анықтауышы . Сондықтан (5) системаның ноль емес шешімі бар болады. Оны арқылы белгілейік. Мұнда осы үш санның ең кемінде біреуі нольден өзгеше. Енді мына
(6)
функцияны қарастырамыз. Бұл функция (4) теңдеудің шешімдерінің сызықтық комбинациясы болғандықтан ол берілген біртектес теңдеудің шешімі болып табылады және (6) шешім (5) теңдеулердің негізінде нольдік бастапқы шарттарды қанағаттандырады.
Яғни,

Мұндай бастапқы шартты, көрініп тұрғандай, (4.4) теңдеудің нольдік шешімі де қанағаттандырады. Онда шешімнің жалғыз болуы туралы теорема бойынша
,
болады, оның үстіне -дің кемінде біреуі нольден өзгеше. Ендеше функциялары (a,b) интервалында сызықты тәуелді. Бұл қорытынды теореманың шартына қайшы. Олай болса біздің жоруымыз қате, теореманың тұжырымы дұрыс деген сөз. Демек, Теорема 3 пен Теорема 4 ден салдар ретінде төмендегі теорема шығады.
Теорема 6. (a,b) аралығында коэффициенттері үзіліссіз болатын (4) сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеудің дербес шешімдері , (a,b) интервалында сызықты тәуелсіз болу үшін шешімдердің системасының вронскианы нольден өзгеше болуы қажетті және жеткілікті.
Дәлелдеуі. Қажеттілігі теорема 4 ден шығады. Жеткіліктілігі теорема 3 ден шығады. Себебі функциялары сызықты тәуелді болса, онда . Сондықтан -са функциялары сызықты тәуелді бола алмайды. Демек, олар сызықты тәуелсіз.
Теорема 7. D: a=0.

4.
y2-3x2dx+2xydy=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. u=yx ауыстыруын жасайық. Сонда y=ux, dy=udx+xdu. Бұдан берілген теңдеу
u2x2-3x2dx+2x2uudx+xdu=0 түріне келеді. Ұқсас мүшелерін біріктірсек, 3u2-1dx+2xudu=0 болады. Бұл айнымалылары бөлектенетін теңдеу. Теңдеудің екі жағын да xu2-1-ге бөлсек,
3dxx+2uduu2-1=0 теңдеуін аламыз. Бұдан 3dxx+2uduu2-1=lnС,
3lnx+lnu2-1=lnС
lnx3u2-1=lnС, потенцирлесек, x3u2-1=С болады. Енді u=yx ауыстыруын u-дың орнына қойсақ, x3y2x2-1=С немесе xy2-x2=С болады.

5. x2+y2dx-xydy=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. u=yx болсын, бұдан y=ux, dy=udx+xdu. Бұл өрнектерді берілген теңдеуге қойсақ,
x2+u2x2dx-x∙xuudx+xdu=0;
x21+u2dx-x2u2dx+xudu=0.
x2!=0 деп ұйғарып, теңдеуді x2-қа бөлсек,
dx+u2dx-u2dx-xudu=0, dx-xudu=0, dxx-udu=0; dxx-udu=C; lnx-u22=C немесе u=yx болғандықтан, lnx-y22x2=C .
Бұл берілген теңдеудің жалпы шешімі. Оны мына түрде де жазуға болады: lnx-y22x2=lnС; lnx-lnС=y22x2; lnxC=y22x2; бұдан xC=еy22x2, x=Cеy22x2.

№3 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: І ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер. Бернулли теңдеуі.
Әдебиет: [6], №136-160(жұптары)

Әдістемелік нұсқау
* y/-yx=x теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Мұндағы p=-1x, q=x. Сонда (5) формуланы қолдансақ,
y=e1xdxx∙e-1xdxdx+C=elnxx∙e-lnxdx+C=
=xx∙1xdx+C=xdx+C=xx+C=x2+Cx.

* y/-ytgx=2sinx теңдеуін шешу керек.
Шешуі. p=-tgx, q=2sinx.
y=u∙v ауыстыруын жасап, dvdx+pv=0 теңдеуін шешсек, dvdx=-pv, яғни dvdx=tgx∙v; бұдан dvv=tgx∙dx, lnv=tgx∙dx,
lnv=sinxdxcosx, lnv=-lncosx, бұдан v=1cosx болады.
Сонда берілген теңдеу v∙dudx=q, яғни vdudx=2sinx болады. Бұдан v=1cosx екенін ескерсек, 1cosx∙dudx=2sinx, du=2sinxcosxdx немесе du=sin2xdx; du=sin2xdx+C; u=-12cos2x+C.
y=u∙v болғандықтан, ізделінді функция y=-12cos2x+C∙1cosx немесе y=C-cos2x2cosx.

* y/+1-2xy=xe-x теңдеуін шешу керек.
Шешуі. p=1-2x, q=x∙e-x
y=u∙v ауыстыруын қолданып, dvdx+v1-2x=0 және v∙dudx=x e-x теңдеулерінен u,v мәндерін табамыз.
Бірінші теңдеуді шешейік.
dvdx=2x-1∙v, dvv=2x-1dx, бұдан dvv=2x-1dx; lnv=x2-x, v=ex2-x.
v- ның табылған мәнін екінші теңдеуге қойсақ,
ex2-x∙dudx=x e-x. Бұдан dudx=x∙ e-x∙ex-x2. dudx=x∙ ;
du=x∙ e-x2dx;
-x2=t ауыстыруын жасасақ, xdx=-12dt.
Сонда u=-12 etdt=-12et+C=-12e-x2+c.
Сонымен, u=-12e-x2+c.
y=u∙v=-12e-x2+c∙ex2-x=-12e-x2∙ex2-x+C∙ex2-x=
=-12e-x+C∙ex2-x, яғни теңдеудің жалпы шешімі y=-12e-x+C∙ex2-x болды.

№4-5 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Толық дифференциалдағы теңдеулер. Интегралдаушы көбейткіш.
Әдебиет: [6], №186-220(жұптары)

Әдістемелік нұсқау
1. 3x2+6xy2dx+6x2y+4y3dy=0 теңдеуін шешу керек.
Mx,y=3x2+6xy2, Nx,y=6x2y+4y3.
dMdy=12xy, dNdx=12xy. Бұдан dMdy=dNdx=12xy болды.
Берілген теңдеу толық дифференциалдағы теңдеу болады. x0=y0=0 болғанда (9) формуланы қолдансақ,
0x3x2+6xy2dx+0y6x2y+4y3dy=C
3x33+6y2x220x+6x2y22+4y440y=C
x3+3y2x2+3x2y2+y4=C.
x3+6x2y2+y4=C.
Берілген дифференциалдық теңдеу толық дифференциалдағы теңдеу болмай, бірақ қандай да бір μ=μx,y функциясын тауып, теңдеуді оған көбейткеннен кейін толық дифференциалдағы теңдеуді аламыз. μx,y функциясын интегралдық көбейткіш деп атайды.
2. теңдеуін шешу керек.
dMdy!=dNdx . Берілген теңдеудің екі жағын да μ=-қа көбейтсек,
1x2-ydx+y-xdy=0 толық дифференциалдағы теңдеу болады.
1x1x2-ydx+0yy-xdy=C
-1x-xy1x+y22-xy0y=C
-1x-xy+y22-xy+1+y=C
-1x-2xy+y22+y=C-1=C1.

№6-7 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Туындыға қатысты шешілмейтін теңдеулер. Лагранж теңдеуі, Клеро теңдеуі.
Әдебиет: [6], №241-296(жұптары)

Әдістемелік нұсқау

№8-9 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер. Реті төмендетілетін теңдеулер.
Әдебиет: [6], №421-450(жұптары)

Әдістемелік нұсқау
y///=8sin2x.
Ретін біртіндеп төмендетсек, y=cos2x+C1x22+C2x+C3.
Жалпы шешімі y=cos2x+C1x2+C2x+C3.
* Ізделінді функция және оның алғашқы тізбектей туындылары енбейтін теңдеу.
Fx,yk,yk+1,...,yn =0 (3)
yk=z айнымалысын енгіземіз. Сонда yk+1=z/,...,yn=zn-k болып, берілген теңдеу
Fx,z,z/,...,zn-k =0 (4) түріне келеді. Сонымен, берілген теңдеудің реті k бірлікке төмендеді. (4) теңдеудің жалпы шешімін
z=φ1x,C1,C2,...,Cn-k түрінде табуға болады деп ұйғарайық. Сонда көрсетілген белгілеуді пайдаланып, yk=φx,C1,C2,...,Cn теңдеуін аламыз. Бұл интегралдың шешімін табуды білеміз, ол y=φx,C1,C2,...,Cn түрінде болады.
Мысалы: 1+x2y//+y/2+1=0.
Бұл теңдеуде y жоқ. z=y/ белгілеуін енгізсек, 1+x2z/+z2+1=0 теңдеуін аламыз. Берілген теңдеуді интегралдасақ,
dz1+z2+dx1+x2=0 ; arctgz+arctgx=arctgC1
z=C1-x1+C1x .
Бірақ z=y/ екенін ескерсек, y/=C1-x1+C1x болады. Бұдан
y=-1C1x+1+1C12ln1+C1x+C2 .

Мысал. xy///-y//=0
y//=z белгілейміз.
xz/-z=0 --> z=C1x .
y//=C1x --> y/=C1x22!+C2
y=C1x33!+C2x+C3 --> y=C1x3+C2x+C3.

№10 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеулер.
Әдебиет: [6], №511-532(жұптары)

Әдістемелік нұсқау
1-мысал.

2-мысал.

3-мысал.

,
4-мысал.

Еселі түбір болатын жағдай.
* Характеристикалық теңдеудің түбірлері еселі нақты сандар. түбірі нақты k еселі болсын. Онда берілген теңдеудің түріндегі дербес шешімі болады және тағы (k-1) шешімі бар. Ол шешімдер осы дербес шешімді тізбектей х-тің дәрежесіне көбейткеннен шығады және осы k шешім сызықты тәуелсіз болады. .
Басқа түбірлерге сәйкес келетін дербес шешімдерін тауып, шешімдердің фундаментальды жүйесін құрамыз. Ол арқылы жалпы шешімді жазамыз.
* Характеристикалық теңдеудің түбірлерінің ішінде еселі комплекс түбірлер болсын. түбірі k еселі болсын. Сонда теңдеудің түріндегі түйіндес түбірі болады және ол да k еселі. Осы түйіндес екі түбірге қатысты 2k нақты сызықты тәуелсіз дербес шешімі болады.
(3)
Егер болса, яғни таза жорымал сан болса,

Басқа нақты түбірлерге қатысты дербес шешімін тауып, теңдеудің шешімдерінің фундаментальды жүйесін құрамыз, ол арқылы жалпы шешімін жазамыз.
1-мысал.

2-мысал.

* y//+2y/-3y=0 теңдеуін шешу керек.
Шешуі. Берілген теңдеудің характеристикалық теңдеуі
k2+2k-3=0.
Оның түбірлері k1=1, k2=-3, яғни әр түрлі нақты сандар. Сонда берілген теңдеудің жалпы шешімі (4) формула бойынша
y=C1ex+ C2e-3x болады.

1. ; бастапқы шартты қанағаттандыратын біртектес теңдеуінің шешімін тап
2. ; бастапқы шартты қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін тап
3. , бастапқы шартты қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін тап
4. , бастапқы шартты қанағаттандыраты дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін тап
5. , бастапқы шартты қанағаттандыраты дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін тап
6. Коши есебін шеш
7. , , бастапқы шартты қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеуінің дербес шешімін тап

№11 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес емес дифференциалдық теңдеулер. Тұрақты коэффициентті біртектес емес сызықтық дифференциалдық теңдеулерді шешудің анықталмаған коэффициенттер әдістері.
Әдебиет: [6], №533-548(жұптары)

Әдістемелік нұсқаулар

1-мысал.

-характеристикалық теңдеудің түбірі.

1143002095500

2-мысал.

2 саны характеристикалық теңдеудің екі еселі түбірі.

№12 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Тұрақты коэффициентті біртектес емес сызықтық дифференциалдық теңдеулерді шешудің тұрақтыны вариациялау әдістері.
Әдебиет: [6], №575-581

Әдістемелік нұсқау
Мысал.
.
Жалпы шешім: .

, .
Орындарына қойсақ, .

№13 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ

Тақырып: n-ретті айнымалы коэффициентті дифференциалдық теңдеулер. Вронский анықтауышы. Остроградский - Лиувилль формуласы.
Әдебиет: [6], №641-651(жұптары), №674, 677, №681-697(жұптары)

Әдістемелік нұсқау

№14-15 ПРАКТИКАЛЫҚ САБАҚ
Тақырып: Сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі. Сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйесі. Сызықтық біртектес емес қалыпты жүйенің жалпы шешімі. Тұрақты коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі.
Әдебиет: [6], №786-812(жұптары)

Әдістемелік нұсқау

4 СТУДЕНТТІҢ ОҚЫТУШЫ ЖЕТЕКШІЛІГІМЕН ОРЫНДАЛАТЫН ӨЗДІК ЖҰМЫСЫ

№1 СОӨЖ Қисықтар үйірінің дифференциалдық теңдеулерін құру. Изоклина. Геометриялық және физикалық есептер. Айнымалысы бөлектенетін теңдеулер.
[6] §1, 17-29(тақтары) 6-бет. §2, 51-65(тақтары), 8-бет. §3, 71-100(әркім өз ретіндегі номерді) 9-14-беттер.
№2 СОӨЖ Біртектес теңдеулер
[6] §4, 101-129(тақтары) 15-16- бет.
№3 СОӨЖ І-ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер. Бернулли теңдеулері
[6] §5, 136-160(тақтары) 18-бет.
№4 СОӨЖ Толық дифференциалдағы теңдеулер
[6] §6, 186-220(тақтары) 22-23- беттер.
№5 СОӨЖ Туындыға қатысты шешілмеген теңдеулер. Лагранж және Клеро теңдеулері
[6] §8, 241-296(тақтары) 30-31-беттер.
№6 СОӨЖ Реті төмендетілетін теңдеулер
[6] §10, 421-450(тақтары) 36-бет.
№7 СОӨЖ Аралық бақылау №1
№8 СОӨЖ Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес теңдеулер
[6] §11, 511-532(тақтары) 43-бет.
№9 СОӨЖ Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес емес теңдеулер
[6] §11, 533-548(тақтары) 43-бет. №582-588
№10 СОӨЖ Тұрақты коэффициентті сызықтық біртектес емес теңдеулер. Тұрақтыны вариациялау әдісі
[6] §11, 575-581(тақтары) 44-бет.
№11 СОӨЖ Айнымалы коэффициентті диференциалдық теңдеулер
[6] §12, 641-651(тақтары) 49-бет; 681-691(тақтары) 51-52-беттер.
№12 СОӨЖ Тұрақты коэффициентті сызықтық теңдеулер жүйесі
[6] §14, 786-812(тақтары) 64-65-беттер.
№13 СОӨЖ Тұрақты коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі
[6], №851-866(тақтары)
№14 СОӨЖ Аралық бақылау №2
№15 СОӨЖ Коллоквиум тапсыру (ауызша)

СТУДЕНТТІҢ ӨЗДІК ЖҰМЫСЫ

СӨЖ №1
Тақырыбы: Дифференциалдық теңдеулер ұғымы
Бақылау сұрақтары:
1. Дифференциалдық теңдеулерге келтірілетін есептерге мысалдар келтір.
2. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер дегеніміз не?
3. Дифференциалдық теңдеудің реті деген не?
4. Дифференциалдық теңдеудің шешімі деген не?
5. Бағыттар өрісі, изоклина деген не?

СӨЖ №2
Тақырыбы: Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер
Бақылау сұрақтары:
1. Айнымалысы бөлектенетін теңдеулер қалай интегралданады?Мысал.
2. Қандай теңдеу біртектес деп аталады?Мысал.
3. Қандай теңдеу сызықтық деп аталады? Мысал.
5. Бернулли теңдеуі қалай шешіледі? Мысал.
6.Толық дифференциалдағы теңдеу дегеніміз не?Мысал.
7. Интегралдаушы көбейткіш не үшін қажет? Мысал.

СӨЖ №3
Тақырыбы: Дифференциалдық теңдеудің шешімінің бар болуы және жалғыздығы туралы теорема. Туындыға қатысты шешілмеген бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер.
Бақылау сұрақтары:
1. Құрамында ізделінді функциясы жоқ теңдеу қалай интегралданады? Мысал.
2. Құрамында тәуелсіз айнымалысы жоқ теңдеу қалай интегралданады? Мысал.
3. Лагранж теңдеуінің түрі қандай? Мысал.
4. Клеро теңдеуінің түрі қандай?Мысал.
5. n-ретті теңдеудің жалпы түрі қандай?
6. Құрамында ізделінді функциясы жоқ теңдеудің реті қандай ауыстыру арқылы төмендетіледі? Мысал.
7. Құрамында тәуелсіз айнымалысы жоқ теңдеудің реті қалай төмендетіледі?Мысал.
8. Реті төмендетілетін дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімі қандай түрде болады?
9. Реті төмендетілетін дифференциалдық теңдеулер үшін Коши есебін шеш.

СӨЖ №4
Тақырыбы: Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер. Тұрақты коэффициентті біртектес және біртектес емес дифференциалдық теңдеулер.
Бақылау сұрақтары:
1. n-ретті сызықтық теңдеудің жалпы түрі қандай болады?
2. Біртектес сызықтық теңдеудің қандай шешімдері сызықтық тәуелсіз болады?
3. Шешімдердің фундаментальды жүйесі деген не?
4. Егер біртектес емес теңдеудің бір дербес шешімі мен берілген теңдеуге сәйкес біртектес теңдеудің жалпы шешімі белгілі болса, онда берілген біртектес емес теңдеудің шешімі қалай табылады? Мысал.
5. Дифференциалдық теңдеуді шешудің тұрақтыны вариациалау әдісіне мысал келтір.

СӨЖ №5
Тақырыбы: Айнымалы коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер.
Шешімдердің фундаменталды жүйесі. Вронскиан-Лиувилль формуласы.
1.Қандай теңдеулерді айнымалы коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер деп атайды?

СӨЖ №6
Тақырыбы: Дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйесі. Дифференциалдық теңдеулердің сызықтық жүйесі. Сызықтық біртектес емес дифференциалдық жүйелер.
Бақылау сұрақтары:
1. Сызықтық жүйенің жалпы түрі қандай? Біртектес және біртектес емес жүйенің айырмашылығы не?
2. Біртектес сызықтық жүйенің қандай шешімдері сызықтық тәуелсіз деп аталады? Шешімдердің фундаментальды жүйесі деген не?
3. Егер шешімдердің фундаментальды жүйесі белгілі болса, онда біртектес сызықтық жүйенің жалпы шешімін қалай табуға болады?
4. Егер біртектес емес сызықтық жүйенің бір дербес шешімі мен оған сәйкес біртектес жүйенің жалпы шешімі белгілі болса, онда берілген біртектес емес жүйенің жалпы шешімін қалай табуға болады?
5. Тұрақты коэффициентті біртектес сызықтық жүйені интегралдау үшін Эйлер әдісінің маңызы қандай? Мысал.
6. Дифференциалдық теңдеулер жүйесін шешуге мысалдар келтір.

СӨЖ №7
Тақырыбы: Дифференциалдық теңдеулерді қатарлардың көмегімен шешу. Дербес туындыдағы дифференциалдық теңдеулер.
1. Дифференциалдық теңдеулерді қатарлардың көмегімен қалай шешуге болады?
2. Дербес туындыдағы дифференциалдық теңдеулер деген не және шешу жолдары қандай?

5 ЕМТИХАНҒА ДАЙЫНДЫҚ ЖӘНЕ ӨЗІН-ӨЗІ ТЕКСЕРУГЕ АРНАЛҒАН СҰРАҚТАР
1. Дифференциалдық теңдеулерге келтірілетін есептер.
2. Дифференциалдық теңдеудің геометриялық мағынасы. Коши теоремасы.
3. Айнымалысы бөлектенетін теңдеулер.
4. Біртектес теңдеулер.
5. Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер.
6. Бернулли теңдеуі.
7. Толық дифференциалдағы теңдеулер.
8. Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер.Коши теоремасы.
9. Екінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер.
10. Жоғарғы ретті сызықтық біртектес дифференциалдық теңдеулер. Айнымалы коэффициентті жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеулер. Вронский анықтауышы.
11. Жоғарғы ретті біртектес емес дифференциалдық теңдеулерді шешу үшін тұрақтыны вариациялай әдісі.
12. Тұрақты коэффициентті сызықтық теңдеулер. Анықталмаған коэффициенттер әдісі.
13. Дифференциалдық теңдеулер жүйесі. Алғы шарттардың берілуі. Қарапайым шешу әдістері.
14. Тұрақты коэффициентті сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі.
15. Дифференциалдық теңдеулердің біртектес емес жүйесі. Тұрақтыны вариациялай әдісі.

СТУДЕНТТЕРДІҢ ӨЗДІК ЖҰМЫСЫНА АРНАЛҒАН ЕСЕПТЕР

1. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2.
3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10. 11.
12.
13. 14.
15.
16. 17.
18. 19. 20.
21. 22. 23. 24.
25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

2. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2. 3.
4. 5. 6.
7. 8. 9.
10. 11. 12.
13. 14. 15.
16. 17. 18.
19. 20. 21.
22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

3. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2.
3. 4.

5.
6. 7. 8.
9. 10.
11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31..

4. Коши есебін шеш.

1. 2. 3. 4. 5. 6.
7. 8.

9. 10. 11. 12. 13.
14.
15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

5. Коши есебін шеш.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

6. Коши есебін шеш.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

7. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

8. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.
13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23.
24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

9. Коши есебін шеш.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

10. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2. 3. 4. 5.
6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

11. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2. 3.

4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

12. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
10. 11. 12. 13. 14. 15.
16.

17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

13. Дифференциалдық теңдеулердің жалпы шешімін тап

1.
2. 3. 4.
5. 6.
7.
8. 9. 10. 11. 12.
13. 14. 15.
16.
17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24.
25. 26. 27. 28. 29. 30 31.

14. Коши есебін шеш.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
11.

12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31.

Тест сұрақтары
I нұсқа
1 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
2 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
3 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
4 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
5 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
6 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
7 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
8 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
9 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
10 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
11 теңдеудің характеристикалық түбірлері болатын біртекті сызықты теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
12 теңдеудің характеристикалық түбірлері болатын біртекті сызықты теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
13 характеристикалық түбірлері белгілі болса, онда біртекті сызықтық теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
14 характеристикалық түбірлері белгілі болса, онда біртекті сызықтық теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
15 Төмендегідей фундаментальдық жүйесі берілген біртекті сызықты теңдеуді көрсет
А) В) С)
D) E)
16 Төмендегідей фундаментальдық жүйесі берілген біртекті сызықты теңдеуді көрсет
А) В) С)
D) E)
17 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А) В) С)
D) E)

18 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А) В) С)
* Е)
19 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А). В) С)
D) E)

20 Коши есебінің шешімін тап:
А) В) С)
D) Е)
21 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
22 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
23 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
24 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
25 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)

26 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер y(0)=2, y(1)=3 болса
А) В) С)
D) Е)

27 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер y(0)=0, y(1)=1 болса
А) В) С)
D) Е)
28 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер болса
А) В) С)
D) Е)
29 Параметр енгізу арқылы дифференциалдық теңдеуді шеш:
А) В) С)
D) E)
30 бастапқы шарттарын қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеудің дербес шешімін тап: ;
А) В) С)
D) Е)

2-нұсқа
1 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
2 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
3 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D E)
4 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
5 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)

6 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
7 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
8 теңдеудің характеристикалық түбірлері болатын біртекті сызықты теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
9 теңдеудің характеристикалық түбірлері болатын біртекті сызықты теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
10 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
11 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
12 Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін тап:
A) B) C)
D) E)
13 Төмендегідей фундаментальдық жүйесі берілген біртекті сызықты теңдеуді көрсет
А) В) С)
D) E)
14 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А) В) С)
D) E)
15 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А) В) С)
* Е)
16 характеристикалық түбірлері белгілі болса, онда біртекті сызықтық теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
17 характеристикалық түбірлері белгілі болса, онда біртекті сызықтық теңдеуді көрсет:
А) В) С)
D) E)
18 Төмендегідей фундаментальдық жүйесі берілген біртекті сызықты теңдеуді көрсет
А) В) С)
D) E)
19 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
20 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
21 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
22 Теңдеудің жалпы шешімін тап:
А). В) С)
D) E)
23 Коши есебінің шешімін тап:
А) В) С)
D) Е)
24 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
25 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер болса
А) В) С)
D) Е)
26 Параметр енгізу арқылы дифференциалдық теңдеуді шеш:
А) В) С)
D) E)
27 бастапқы шарттарын қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеудің дербес шешімін тап: ;
А) В) С)
D) Е)
28 дифференциалдық тендеуді шеш
А) В) С)
D) Е)
29 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер y(0)=2, y(1)=3 болса
А) В) С)
D) Е)
30 дифференциалдық тендеудің дербес шешімін тап, егер y(0)=0, y(1)=1 болса
А) В) С)
D) Е)

6 ӘДЕБИЕТТЕР

1. В.В. Степанов. Курс дифференциальных уравнений. М., 1938г. -376с.
2. И.Г. Петровский. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений. - М.: Изд-во МГУ, 1984.
3. Л.С.Понтрягин. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1983.
4. А.Н.Тихонов, Н.Б.Васильева, А.Г.Свелиников. Дифференциальные уравнения. М., 1950г.
5. С.Қ.Қалиев. Дифференциалдық теңдеулер және вариациялық есептеу негіздері. Семей, 2005. -136б.
6. А.Ф.Филиппов. Сборник задач по обыкновенным дифференциальным уравнениям. М.: Наука, 1973г. -128с.
7. Г.Н. Берман. Сборник задач по курсу математического анализа. М.: Наука, 1969. -440с.
8. Н.Я.Виленкин. Задачник по курсу математического анализа. ч. I, ІІ. М.: Просвещение, 1971.
9. М.Л. Краснов, А.И.Кисилев, Г.И. Макаренко. Сборник задач по обыкновенным дифференцильным уравнениям. М.: Высшая школа, 1978г.
10. А.Н.Тихонов, А.Б.Васильева, А.Г.Свешников. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985
11. Р.С.Гутер, А.С.Янпольский. Дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1974
12. Б.М.Қадыкенов. Дифференциалдық теңдеулердің есептері мен жаттығулары. А.: Қазақ университеті, 2002
13. Самойленко, С.А.Кривошея, Н.А.Перестюк. Дифференциальные уравнения
Практический курс. М.: Высшая школа, 2006

Пәндер

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

Ақпарат

Қосымша

Email: info@stud.kz

Іздеу
Файл қосу
Презентациялар
Тегін
Кабинет
Баланс
Таңдаулы жұмыстар
Cатып алған жұмыстарыңыз
Менің файлдарым
Презентацияларым
Сатылым статистикасы