Дээд эрэмбийн дифференциал тэгшитгэл

МАТЕМАТИК-2

Д.Баттөр

Агуулга

Дээдэрэмбийндифференциалтэгшитгэлy(n) = f (x)хэлбэрийнтэгшитгэлҮл мэдэгдэхфункцийг илагуулаагүйдифференциалтэгшитгэлАргументийгилагуулаагүйтэгшитгэлХоёрдугаарэрэмбийншугаманнэгэнтөрлийнтэгшитгэл

МАТЕМАТИК-2Ердийн дифференциал тэгшитгэл

Д.Баттөр

2010 оны 3-р сарын 31


Д.Баттөр

Агуулга


Агуулга

1 Дээд эрэмбийн дифференциал тэгшитгэлy (n) = f (x) хэлбэрийн тэгшитгэлҮл мэдэгдэх функцийг ил агуулаагүй дифференциалтэгшитгэлАргументийг ил агуулаагүй тэгшитгэлХоёрдугаар эрэмбийн шугаман нэгэн төрлийнтэгшитгэл


Д.Баттөр

Агуулга


Дээд эрэмбийн дифференциал тэгшитгэл

Тодорхойлт

2 ≤ n эрэмбийн (шугаман бус)

f (x , y , y ′, ..., y (n)) = 0 (1)

хэлбэрийн тэгшитгэлийг n-дүгээр эрэмбийн дифференциалтэгшитгэл гэнэ.


(1) тэгшитгэлийг үл мэдэгдэх y(x) функцийн уламждадынхувьд бодогдсон

y (n) = f (x , y , y ′, ..., y (n−1)) (2)

хэлбэрт бичиж болно.


Д.Баттөр

Агуулга


Дээд эрэмбийн дифференциал тэгшитгэл


2 ≤ n эрэмбийн (шугаман бус)

f (x , y , y ′, ..., y (n)) = 0 (1)

хэлбэрийн тэгшитгэлийг n-дүгээр эрэмбийн дифференциалтэгшитгэл гэнэ.


(1) тэгшитгэлийг үл мэдэгдэх y(x) функцийн уламждадынхувьд бодогдсон

y (n) = f (x , y , y ′, ..., y (n−1)) (2)

хэлбэрт бичиж болно.


Д.Баттөр

Агуулга


y (n) = f (x) хэлбэрийн тэгшитгэл

y (n) = f (x) (3)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.

(4) тэгшитгэлийн шийд ньy (n) = f (x) тэнцэтгэлийг n-удаа дэс дараалан интегралчлахзамаар олдоно. Үүнд:

y (n−1) =

∫f (x)dx + C1, C1 = const

y (n−2) =

∫dx

∫f (x)dx + C1x + C2, C2 = const

y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



y (n) = f (x) (3)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.(4) тэгшитгэлийн шийд ньy (n) = f (x) тэнцэтгэлийг n-удаа дэс дараалан интегралчлахзамаар олдоно. Үүнд:

y (n−1) =


y (n−2) =

∫dx


y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



y (n) = f (x) (3)


y (n−1) =


y (n−2) =

∫dx


y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



y (n) = f (x) (3)


y (n−1) =


y (n−2) =

∫dx


y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



y (n) = f (x) (3)


y (n−1) =


y (n−2) =

∫dx


y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



y (n) = f (x) (3)


y (n−1) =


y (n−2) =

∫dx


y (n−3) =

∫dx

∫dx

∫f (x)dx +

C1x2

2+ C2x + C3, C3 = const

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y =

∫dx

∫dx ...︸︷︷︸

(nудаа)

∫f (x)dx + C1

xn−1

n − 1+ C2

xn−2

n − 2+ ...+ Cn,

Cn = const


Д.Баттөр

Агуулга



Сүүлчийн тэнцэтгэл дэх дурын тогтмолуудыг шинээртэмдэглэвэл шийд

y =

∫dx

∫dx ...

∫f (x)dx + c1x

n−1 + c2xn−2 + ...+ cn

олдоно. Шийдийн энэ илэрхийллээс

y (k)(x0) = 0, (k = 0, 1, 2, ..., n − 1)

эхний нөхцлүүдийг хангадаг тухайн шийдийг

y(x) =1

(n − 1)!

x∫x0

f (t) · (x − t)n−1dt

Коши-ийн томъёогоор олж болно.


Д.Баттөр

Агуулга


Үл мэдэгдэх функцийг ил агуулаагүйдифференциал тэгшитгэл

f (x , y ′, y ′′) = 0 (4)


эрэмбэ бууруулах арга:y ′ = z гэж орлуулга хийвэл

f (x , z , z ′) = 0

гэсэн нэгдүгээр эрэмбийн тэгшитгэлд хүрнэ. Иймтэгшитгэлийн ерөнхий шийд

F (x , z ,C1) = 0

хэлбэрээр олдоно. Хэрэв энэ тэгшитгэлээс z-ийг

z = Φ(x ,C1)

ил хэлбэрээр олж болно.


Д.Баттөр

Агуулга



f (x , y ′, y ′′) = 0 (4)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.эрэмбэ бууруулах арга:

y ′ = z гэж орлуулга хийвэл

f (x , z , z ′) = 0


F (x , z ,C1) = 0


z = Φ(x ,C1)



Д.Баттөр

Агуулга



f (x , y ′, y ′′) = 0 (4)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.эрэмбэ бууруулах арга:y ′ = z гэж орлуулга хийвэл

f (x , z , z ′) = 0

гэсэн нэгдүгээр эрэмбийн тэгшитгэлд хүрнэ.

Иймтэгшитгэлийн ерөнхий шийд

F (x , z ,C1) = 0


z = Φ(x ,C1)



Д.Баттөр

Агуулга



f (x , y ′, y ′′) = 0 (4)


f (x , z , z ′) = 0


F (x , z ,C1) = 0

хэлбэрээр олдоно.

Хэрэв энэ тэгшитгэлээс z-ийг

z = Φ(x ,C1)



Д.Баттөр

Агуулга



f (x , y ′, y ′′) = 0 (4)


f (x , z , z ′) = 0


F (x , z ,C1) = 0


z = Φ(x ,C1)



Д.Баттөр

Агуулга



Орлуулга ёсоорy ′ = Φ(x ,C1)

болно.

Одоо энэхүү нэгдүгээр эрэмбийн тэгшитгэлийншийдийг олоход өгөгдсөн f (x , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийнерөнхий шийд

y =

∫Φ(x ,C1)dx + C2



Д.Баттөр

Агуулга



Орлуулга ёсоорy ′ = Φ(x ,C1)

болно. Одоо энэхүү нэгдүгээр эрэмбийн тэгшитгэлийншийдийг олоход өгөгдсөн f (x , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийнерөнхий шийд

y =

∫Φ(x ,C1)dx + C2



Д.Баттөр

Агуулга


Аргументийг ил агуулаагүй тэгшитгэл

f (y , y ′, y ′′) = 0 (5)


y ′ = p орлуулга хийе (p нь y -ээс хамаарах функц гэжүзнэ). давхар функцийн уламжлалын томъёо ёсоор

y ′′ = p′ =dp

dx=

dp

dy· dydx

=dp

dy· y ′ = p · dp

dy

болох ба иймд өгөгдсөн тэгшитгэл нь нэгдүгээрэрэмбийн дараахь тэгшитгэлд шилжинэ:

f(y , p, p

dp

dy

)= 0


Д.Баттөр

Агуулга



f (y , y ′, y ′′) = 0 (5)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.y ′ = p орлуулга хийе (p нь y -ээс хамаарах функц гэжүзнэ).

давхар функцийн уламжлалын томъёо ёсоор

y ′′ = p′ =dp

dx=

dp

dy· dydx

=dp

dy· y ′ = p · dp

dy


f(y , p, p

dp

dy

)= 0


Д.Баттөр

Агуулга



f (y , y ′, y ′′) = 0 (5)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.y ′ = p орлуулга хийе (p нь y -ээс хамаарах функц гэжүзнэ). давхар функцийн уламжлалын томъёо ёсоор

y ′′ = p′ =dp

dx=

dp

dy· dydx

=dp

dy· y ′ = p · dp

dy

болох ба

иймд өгөгдсөн тэгшитгэл нь нэгдүгээрэрэмбийн дараахь тэгшитгэлд шилжинэ:

f(y , p, p

dp

dy

)= 0


Д.Баттөр

Агуулга



f (y , y ′, y ′′) = 0 (5)

хэлбэрийн тэгшитгэл ачв үзье.y ′ = p орлуулга хийе (p нь y -ээс хамаарах функц гэжүзнэ). давхар функцийн уламжлалын томъёо ёсоор

y ′′ = p′ =dp

dx=

dp

dy· dydx

=dp

dy· y ′ = p · dp

dy


f(y , p, p

dp

dy

)= 0


Д.Баттөр

Агуулга



Энэ тэгшитгэлийн ерөнхий шийд F (y , p,C1) = 0

хэлбэрт бичигдэх бөгөөд хэрэв уг тэнцэтгэлээс pхувьсагчийг p = Φ(y ,C1) хэлбэрээр олвол орлуулгаёсоор y ′ = Φ(y ,C1) тэгшитгэлд хүрнэ. Сүүлчийнтэгшитгэл бол хувьсагчууд нь ялгагдах тэгшитгэлучраас түүний ерөнхий шийдийг олсны үр дүнд анхөгөгдсөн f (y , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд∫

dy

Φ(y ,C1)= x + C2, C2 = const,

хэлбэрт тавигдана.


Д.Баттөр

Агуулга



Энэ тэгшитгэлийн ерөнхий шийд F (y , p,C1) = 0хэлбэрт бичигдэх бөгөөд хэрэв уг тэнцэтгэлээс pхувьсагчийг p = Φ(y ,C1) хэлбэрээр олвол орлуулгаёсоор y ′ = Φ(y ,C1) тэгшитгэлд хүрнэ.

Сүүлчийнтэгшитгэл бол хувьсагчууд нь ялгагдах тэгшитгэлучраас түүний ерөнхий шийдийг олсны үр дүнд анхөгөгдсөн f (y , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд∫

dy

Φ(y ,C1)= x + C2, C2 = const,



Д.Баттөр

Агуулга



Энэ тэгшитгэлийн ерөнхий шийд F (y , p,C1) = 0хэлбэрт бичигдэх бөгөөд хэрэв уг тэнцэтгэлээс pхувьсагчийг p = Φ(y ,C1) хэлбэрээр олвол орлуулгаёсоор y ′ = Φ(y ,C1) тэгшитгэлд хүрнэ. Сүүлчийнтэгшитгэл бол хувьсагчууд нь ялгагдах тэгшитгэлучраас түүний ерөнхий шийдийг олсны үр дүнд анхөгөгдсөн f (y , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд∫

dy

Φ(y ,C1)= x + C2, C2 = const,



Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ

3y ′ · y ′′2 = (1 + y ′2) · y ′′′ тэгшитгэл бод.

- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ;

3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;

dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- y ′ = z ; 3z · z ′2 = (1 + z2) · z ′′;

z ′ = p; z ′′ = p · dpdz

;

3z · p2 = (1 + z2) · pdpdz

;dp

p=

3zdz

1 + z2;

ln p =3

2ln(1 + z2) + lnC ;

p = C · (1 + z2)32 ;


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2

болох бөгөөд дурын тогтмолуудыг шинээр тэмдэглэвэл

(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);

z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2;

z = ± C (x + C1)√1− C 2(x + C1)2

;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


- p = C · (1 + z2)32 ;

dz

dx= C · (1 + z2)

32 ;

dz

(1 + z2)32

= Cdx ;

z√1 + z2

= C · (x + C1);z2

1 + z2= C 2(x + C1)2;

z2 =C 2(x + C1)2

1− C 2(x + C1)2; z = ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

dy

dx= ± C (x + C1)√

1− C 2(x + C1)2;

y + C2 = ± 1C ·√

1− C 2(x + C1)2;

(x + C1)2 + (y + C2)2 =1

C 2


(x − c1)2 + (y − c2)2 = C 23

болно.


Д.Баттөр

Агуулга



f (x , y , y ′, y ′′) = 0 тэгшитгэлийн зүүн тал дахь функц ньy , y ′, y ′′ хувьсагчуудын хувьд нэгэн төрлийн функц байхтохиолдол:

f (x , ty , ty ′, ty ′′) ≡ tk · f (x , y , y ′, y ′′) (∗)

y ′

y= u = u(x)

орлуулга ашиглаж эрэмбэ бууруулна.

y ′ = u · y , y ′′ = u′y +u · y ′ = u′ · y +u ·uy = (u′+u2) · y ,

f (x , y , yu, y(u′ + u2)) = 0, f (x , 1, u, u′ + u2) = 0

гэсэн, нэгдүгээр эрэмбийн тэгшитгэл гаргана.


Д.Баттөр

Агуулга





y ′

y= u = u(x)



f (x , y , yu, y(u′ + u2)) = 0, f (x , 1, u, u′ + u2) = 0



Д.Баттөр

Агуулга





y ′

y= u = u(x)



f (x , y , yu, y(u′ + u2)) = 0, f (x , 1, u, u′ + u2) = 0



Д.Баттөр

Агуулга





y ′

y= u = u(x)



f (x , y , yu, y(u′ + u2)) = 0, f (x , 1, u, u′ + u2) = 0



Д.Баттөр

Агуулга



Хэрэв энэ тэгшитгэлийн шийдийг олвол

u = φ(x ,C1);y ′

y= φ(x ,C1),

болох ба улмаар

ln |y | =

∫φ(x ,C1)dx + lnC2; y = C2 · e

∫φ(x ,C1)dx

хэлбэрээр анх өгөгдсөн тэгшитгэлийн шийд олдоно.


Д.Баттөр

Агуулга




u = φ(x ,C1);y ′

y= φ(x ,C1),


ln |y | =

∫φ(x ,C1)dx + lnC2; y = C2 · e

∫φ(x ,C1)dx



Д.Баттөр

Агуулга




u = φ(x ,C1);y ′

y= φ(x ,C1),


ln |y | =

∫φ(x ,C1)dx + lnC2; y = C2 · e

∫φ(x ,C1)dx



Д.Баттөр

Агуулга


Хоёрдугаар эрэмбийн шугаман нэгэн төрлийнтэгшитгэл

z ′′ + p(x) · z ′ + q(x) · z = 0 (6)

хэлбэрт бичигдсэн, зүүн талд байгаа илэрхийлэл нь үлмэдэгдэх функц z ба түүний z ′, z ′′ уламжлалуудыг шугаман(нэг зэрэгтэй) байдлаар агуулсан бөгөөд сул гишүүн нь тэгбайх тэгшитгэл авъя.

(6) тэгшитгэлийн зүүн тал дахьилэрхийллийг

L[z ] ≡ z ′′ + p(x) · z ′ + q(x) · z

гэж тэмдэглэвэл (6) тэгшитгэл нь

L[z ] = 0

хэлбэрт бичигдэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



z ′′ + p(x) · z ′ + q(x) · z = 0 (6)

хэлбэрт бичигдсэн, зүүн талд байгаа илэрхийлэл нь үлмэдэгдэх функц z ба түүний z ′, z ′′ уламжлалуудыг шугаман(нэг зэрэгтэй) байдлаар агуулсан бөгөөд сул гишүүн нь тэгбайх тэгшитгэл авъя. (6) тэгшитгэлийн зүүн тал дахьилэрхийллийг

L[z ] ≡ z ′′ + p(x) · z ′ + q(x) · z

гэж тэмдэглэвэл (6) тэгшитгэл нь

L[z ] = 0

хэлбэрт бичигдэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



L[z ] илэрхийллийн хувьд:а) L[z1 + z2] = (z1 + z2)′′ + p(x)(z1 + z2)′ + q(x)(z1 + z2) =(z ′′1 +p(x)z ′1 +q(x)z1) + (z ′′2 +p(x)z ′2 +q(x)z2) = L[z1] +L[z2];

б) C = const утганд L[C · z ] = C · L[z ] чанарууд тус тусбиелэгдэх бөгөөд L[z ] нь шугаман дифференциал операторгэж нэрлэгддэг.


Д.Баттөр

Агуулга



L[z ] илэрхийллийн хувьд:а) L[z1 + z2] = (z1 + z2)′′ + p(x)(z1 + z2)′ + q(x)(z1 + z2) =(z ′′1 +p(x)z ′1 +q(x)z1) + (z ′′2 +p(x)z ′2 +q(x)z2) = L[z1] +L[z2];б) C = const утганд L[C · z ] = C · L[z ] чанарууд тус тусбиелэгдэх бөгөөд L[z ] нь шугаман дифференциал операторгэж нэрлэгддэг.


Д.Баттөр

Агуулга



Шугаман нэгэн төрлийн тэгшитгэлийн шийдийн чанарууд:1) (6) тэгшитгэлийн z1, z2 шийдүүдийн нийлбэрz = z1 + z2 нь бас (6) тэгшитгэлийн шийд байна.

Учир нь, L[z1] = 0, L[z2] = 0 байвал өмнөх а) чанар ёсооор

L[z ] = L[z1 + z2] = L[z1] + L[z2] = 0

2) (6) тэгшитгэлийн z шийдийг тогтмол C тоогоорүржүүлсэн үржвэр C · z нь бас (6) тэгшитгэлийн шийд байна.Дээрх 2 дүгнэлтээс (6) тэгшитгэлийн z1, z2 шийдүүдийналиваа шугаман эвлүүлэг

z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x), (C1,C2 = const)

нь мөн (6) тэгшитгэлийн шийд байна.3) z(x) ≡ 0 функц (6) тэгшитгэлийн шийд байна.


Д.Баттөр

Агуулга



Шугаман нэгэн төрлийн тэгшитгэлийн шийдийн чанарууд:1) (6) тэгшитгэлийн z1, z2 шийдүүдийн нийлбэрz = z1 + z2 нь бас (6) тэгшитгэлийн шийд байна.Учир нь, L[z1] = 0, L[z2] = 0 байвал өмнөх а) чанар ёсооор

L[z ] = L[z1 + z2] = L[z1] + L[z2] = 0


z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x), (C1,C2 = const)



Д.Баттөр

Агуулга




L[z ] = L[z1 + z2] = L[z1] + L[z2] = 0

2) (6) тэгшитгэлийн z шийдийг тогтмол C тоогоорүржүүлсэн үржвэр C · z нь бас (6) тэгшитгэлийн шийд байна.

Дээрх 2 дүгнэлтээс (6) тэгшитгэлийн z1, z2 шийдүүдийналиваа шугаман эвлүүлэг

z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x), (C1,C2 = const)



Д.Баттөр

Агуулга




L[z ] = L[z1 + z2] = L[z1] + L[z2] = 0


z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x), (C1,C2 = const)

нь мөн (6) тэгшитгэлийн шийд байна.

3) z(x) ≡ 0 функц (6) тэгшитгэлийн шийд байна.


Д.Баттөр

Агуулга




L[z ] = L[z1 + z2] = L[z1] + L[z2] = 0


z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x), (C1,C2 = const)



Д.Баттөр

Агуулга



Тодорхойлолт

Хэрэв (a, b) завсрын бүх цэгүүдийн хувьд

α1 · z1(x) + α2 · z2(x) = 0

тэнцэтгэл биелэгдэж байхаар ядаж нэг нь тэг биш α1, α2

тогтмол тоонууд олдож байвал z1(x) ба z2(x) функцүүдшугаман хамааралтай байна гэнэ.


Хэрэв z1(x), z2(x) функцүүдийн хувьд

α1 · z1(x) + α2 · z2(x) = 0

тэнцэтгэл нь зөвхөн α1 = α2 = 0 байхад биелэгдэж байвалуг z1(x), z2(x) функцүүд шугаман хамааралгүй байна гэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга




Хэрэв (a, b) завсрын бүх цэгүүдийн хувьд

α1 · z1(x) + α2 · z2(x) = 0

тэнцэтгэл биелэгдэж байхаар ядаж нэг нь тэг биш α1, α2

тогтмол тоонууд олдож байвал z1(x) ба z2(x) функцүүдшугаман хамааралтай байна гэнэ.


Хэрэв z1(x), z2(x) функцүүдийн хувьд

α1 · z1(x) + α2 · z2(x) = 0

тэнцэтгэл нь зөвхөн α1 = α2 = 0 байхад биелэгдэж байвалуг z1(x), z2(x) функцүүд шугаман хамааралгүй байна гэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



Теорем

Хэрэв L[z ] = 0 шугаман нэгэн төрлийн тэгшитгэлийн z1(x) баz2(x) шийдүүд (a, b) дээр шугаман хамааралгүй байвал

W (z1, z2) =

∣∣∣∣ z1(x) z2(x)z ′1(x) z ′2(x)

∣∣∣∣ = z1(x)·z ′2(x)−z2(x)·z ′1(x) = W (x) 6= 0

байна.

Теорем

Хэрэв z1(x) ба z2(x) функцүүд нь L[z ] = 0 тэгшитгэлийн (a, b)завсар дээр шугаман хамаарaлгүй шийдүүд бол дурын C1,C2

тогтмолуудын утганд

z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x)

функц нь L[z ] = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд байна.Энэ тохиолдолд, z1(x) ба z2(x) функцүүд нь L[z ] = 0тэгшитгэлийн шийдүүдийн фундаменталь систем гэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



Теорем


W (z1, z2) =

∣∣∣∣ z1(x) z2(x)z ′1(x) z ′2(x)

∣∣∣∣ = z1(x)·z ′2(x)−z2(x)·z ′1(x) = W (x) 6= 0

байна.

Теорем



z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x)

функц нь L[z ] = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд байна.

Энэ тохиолдолд, z1(x) ба z2(x) функцүүд нь L[z ] = 0тэгшитгэлийн шийдүүдийн фундаменталь систем гэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



Теорем


W (z1, z2) =

∣∣∣∣ z1(x) z2(x)z ′1(x) z ′2(x)

∣∣∣∣ = z1(x)·z ′2(x)−z2(x)·z ′1(x) = W (x) 6= 0

байна.

Теорем



z = C1 · z1(x) + C2 · z2(x)

функц нь L[z ] = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийд байна.Энэ тохиолдолд, z1(x) ба z2(x) функцүүд нь L[z ] = 0тэгшитгэлийн шийдүүдийн фундаменталь систем гэнэ.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ

y ′′ − y = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийдийг ол.

- Энэ бол шугаман, нэгэн төрлийн тэгшитгэл бөгөөдтүүний тухайн шийдүүд z1(x) = ex , z2(x) = e−x байна(шууд орлуулж шалгана). Улмаар

W (x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x∣∣∣∣ = −2 6= 0

учраас уг шийдүүд нь бүх тоон шулуун дээр шугаманхамааралгүй байна.Иймд өгөгдсөн тэгшитгэлийнерөнхий шийд y = C1e

x + C2e−x хэлбэртэй байна.


Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ

y ′′ − y = 0 тэгшитгэлийн ерөнхий шийдийг ол.- Энэ бол шугаман, нэгэн төрлийн тэгшитгэл бөгөөд

түүний тухайн шийдүүд z1(x) = ex , z2(x) = e−x байна(шууд орлуулж шалгана).

Улмаар

W (x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x∣∣∣∣ = −2 6= 0




Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ


түүний тухайн шийдүүд z1(x) = ex , z2(x) = e−x байна(шууд орлуулж шалгана). Улмаар

W (x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x∣∣∣∣ = −2 6= 0




Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ



W (x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x∣∣∣∣ = −2 6= 0

учраас уг шийдүүд нь бүх тоон шулуун дээр шугаманхамааралгүй байна.

Иймд өгөгдсөн тэгшитгэлийнерөнхий шийд y = C1e



Д.Баттөр

Агуулга



Жишээ



W (x) =

∣∣∣∣ ex e−x

ex −e−x∣∣∣∣ = −2 6= 0




Д.Баттөр

Агуулга


Хоёрдугаар эрэмбийн шугаман нэгэн төрлийнтэгшитгэлд эрэмбэ бууруулах арга

Хэрэв L[z ] = z ′′ + p(x) · z ′ + q(x)z = 0 тэгшитгэлийн ямарнэг тухайн шийд z1(x) мэдэгдэж байвал уг тэгшитгэлдz = z1 · u, u = u(x) орлуулга хийх замаар тэгшитгэлийнэрэмбийг 1-ээр бууруулж болно. Үнэндээ

(z ′′1 · u + 2z ′1 · u′ + z1 · u′′) + p(z ′1 · u + z1 · u′) + qz1u = 0,

өөрөөр хэлбэл,

z1 · u′′ + (2z ′1 + pz1) · u′ + (z ′′1 + p · z ′1 + qz1)u = 0

болно.


Д.Баттөр

Агуулга


Хоёрдугаар эрэмбийн шугаман нэгэн төрлийнтэгшитгэлд эрэмбэ бууруулах арга

Гэхдээ L[z1] = 0 учраас гуравдахь гишүүн устах бөгөөдu′ = v гэж орлуулбал

z1 · v ′ + (2z ′1 + pz1) · v = 0

гэсэн нэгдүгээр эрэмбийн шугаман нэгэн төрлийн тэгшитгэлгарна.Энэ бол хувьсагчууд нь ялгагдах тэгшитгэл учраас

dv

v= −2z ′1 + pz1

z1dx , ln |v | = −2 ln |z1| −

∫p(x)dx + lnC2;

v =C2

z21e−

∫p(x)dx , u = C2 ·

∫1

z21e−

∫p(x)dx + C1;

Иймд өгөгдсөн тэгшитгэлийн ерөнхий шийд

z = C1 · z1 + C2 · z1 ·∫

1

z21· e−

∫p(x)dx


Education

Дээд эрэмбийн дифференциал тэгшитгэл