2. Лагранж және Клеро теңдеулері.

Келесі түрдегі теңдеуді Лагранж теңдеуі теңдеуі деп аталады

Мұндағы = , .Бұдан біз

Бірақ болғандықтан:

болады немесе

Нәтижесінде біз х-ке және - ке тәуелді сызықты теңдеуін алдық Ф( сызықты теңдеуінің интегралы мынаған сәйкес бола алады:

Кей жағдайда Лагранж теңдеуі ( Клеро теңдеуі) түрінде болуы мүмкін.

Егер = десек және1) немесе 2) , онда

аламыз және дифференциалдау арқылы келесіні табамыз:

немесе

Бірінші жағдайда шешім және теңдеулері арқылы анықталады, ал екінші жағдайда бірпараметрлік шешімдер бірлестігі төмендегіге тең:

интегралдық қисығы қисықтар бірлестігінің орайжанаушы қисығы болады.

Расында да, кейбір орайжанаушы бірлестігінің Ф( теңдеуі

теңдеуі арқылы анықталады немесе берілген жағдайда тек қана жүйеге қараст параметрлік белгіленуінде төмендегідей айырмашлығы болса:

онда Ф( теңдеуі

жүйесі арқлы анықталады.

2 Мысал.

Теңдеу жаңа ғана қарастырылған типке жатады, яғни бұдан интегралдық түзулер тобынан болады. Және де бұл бірлестіктің орайжанаушысы интегралдық қисық болып табылады. және теңдеуінен параметірін жою арқылы, біз теңдеуінің орайжанаушысын табамыз.

Әдебиет: 5, б.98-107; 9,б.28-35; 3, б.123-142.

Бақылау сұрақтары:

1. Қандай теңдеулерді туындыға қарасты шешілмеген дифференциалдық теңдеулер деп атайды?

2. Параметр енгізу әдісі неден тұрады?

3. Клеро теңдеуінің түрі қандай?

4. Клеро теңдеуінің жалпы және ерекше шешімдері қалай табылады?

5. Лагранж теңдеуінің түрі қандай?

6. Лагранж теңдеуінің жалпы шешімі қалай табылады?

Тақырып (срс) Шешімдердің бар болуы және жалғыздығы туралы теорема

Дәрістің мақсаты:

• шешімдердің бар болуы және жалғыздығы туралы теоремасын дәлелдеу

Қарастырылатын сұрақтар тізімі:

1. Пикар теоремасы

1. Пикар теоремасы

Пикар теоремасы. Егер дифференциалдық теңдеуде функциясы келесі шарттарды қанағаттандырса:

1) : , , облысында

үзілліссіз болса,яғни бұл облыста функция шектелген:

2) екінші аргументке қатысты облыста модуль бойынша шектелген дербес туындысы бар болса:

,

онда шартын қанағаттандыратын берілген теңдеудің жалғыз шешімі бар болады

1Ескерту. шарттан аламыз,

,

себебі ортақ мән теорема бойынша

,

осында .

Енді 2) шарттарды қолданбай, тек теңсіздікті пайдаланамыз .

2Ескерту. Теоремада көрсетілген шешім, барлық мәндер үшін анықталмауы мүмкін , себебі интегралды қисық тіктөртбұрыштың жоғарғы немесе төменгі көлденен жағындағы шегінен және (егер ) және функция үшін мәндер анықталмауы мүмкін (сыз.1).

Интегралды қисық облысынан шықпайтындығын кепілдек беруге болады. Бұндағы , кесіндіде өзгереді , осында - ең аз санның бірі және (сыз. 2), себебі интегралды қисыққа тиісті бұрышты коэффициент модуль бойынша бұрыштық коэффициенттерден аспайтын және тік сызбасында көрсетілген.

Сыз. 1 Сыз. 2

Енді шешімнің бар болуын дәлелдейміз кесінде ғана , осында -сандардың ең кішісі және .

Теореманы дәлелдеу үшін дифференциалдық теңдеудің орнын ауыстырамыз бастапқы шартпен эквивалентті интегралдық теңдеумен .

Егер кейбір функция интегралдық теңдеуді теңпе – теңдікте өзгертеді, теңпе – теңдікті дифференциалдағанда көреміз, функция дифференциалды теңдеуді қанағаттандыратындығын көреміз , егер темпе – теңдіккке айналса, дифференциалды теңдеу , ендеше, бұл теңбе - теңдікті интегралдағанда бастапқы шартты ескертеміз, бұдан интегралды да қанағаттандырады. Осыдан интегралды теңдеу дифференциалды теңдеуге эквивалентті болады.

бастапқы шартпен .

Келесі теореманы дәлелдейміз. Теореманың дәлелдеуін тізбектеп жуықтау әдісі арқылы дәлелдейміз. Кез келген функцияны аламыз , бастапқы шартты қанағаттандыратын , мысалы, ,және оны интегралдық теңдеудің оң жағына орнына қоямыз .Нәтежеде оны деп белгілейміз және бірінші жуықтау деп атаймыз:

.

Табылған интегралдық теңдеудің оң жағына қоямыз , бұдан екінші жуықтау аламыз: .

Бұл процессті жалғастыра отырып , мына теңдікті аламыз:

.

Ал егер бар болғандығын дәлелдей отырып, интеграл таңбасының астында шекке көшу мүмкіншілігі бойынша шекке өтіп , теңдіктен , аламыз

, яғни

интегралды теңдіктің ізделенетін шешім.

Дәлелдеуді 4 бөлімге бөлеміз:

1) біртіндеп жуықтау болғанда облысының шегінен аспайды.

Индукция әдісі бойынша дәлелдейміз; облысынан аспайды , болғанда, яғни .

сондай қасиеттер бар болғанын дәлелдейміз. ;

шықпайтындықтан, , бұдан,

егер , ,

2) бар болуын.

Дәлелдеуі: Қатарды қарастырамыз:

Бұл қатардың дербес қосындысы:

.

Қатардың жинақталуының дәлелдеуі шектің бар болғанын білдіреді, қатардың басқа мүшелерін қарастырайық:

.

өрнегінен шегереміз:

аламыз, одан , аламыз; темпе – теңсіздікті пайдаланып, .

Аналогиялық бойынша ,

.

үшін көре отырып, әділ темпе- теңсіздік

,

үшін темпе – теңсіздік әділ екенін дәлелдейміз, ендеше де үшін әділ болады. Шынында да ,

,

.

Сонымен қатардың мүшелері

, (1)

бастап, модуль бойынша келесі қатардың

, (2)

мүшелерінен аз , (2) жинақты қатар, оның қосындынын да табу қиын емес.

Шынында да , осыдан

, бұдан,

оң жағы (2) қатармен сәйкес, бұдан (2) қатардың қосындысы тең.

(2) қатарының жинақталуынан және (1) қатардың абсолютті жинақталуы шығады, бұдан,

.

Егер функционалды (2) қатар орнына, келесі сандық қатарды қарастыратын болсақ

, (3)

(1) қатарды (3) сандық қатармен салыстырғанда, (1) қатардың бірқалыпты жинақталуы пайда болады. (1) қатардың жинақталатын болғандықтан, үзілліссіз функция болады, ендеше бірқалыпты жинақталуда бұл қатардың қосындысы да үзіліссіз функция болады.

3) интегралдық теңдеуді қанағаттандырады

сондықтан дифференциадық теңдеу де , сонымен қатар бастапқы шарттарды да қанағаттандырады.

Дәлелдеуі. болғандықтан ке бірқалыпты жинақталғандықтан және үзіліссіз болғандықтан, тізбегі ке бірқалыпты жинақталады, яғни интеграл таңбасының астында шеке көшуге болады: .

Бұдан шекке өту барысында

, теңдігінен мынадай теңдеуді аламыз ,

ендеше интегралдық теңдеуді қанағаттандырады.

4) шешімінің жалғыздығы.

Дәлелдеуі. интегралдық теңдеудің шешімнен басқа шешімі бар деп болжаймыз.

темпе – теңдіктен шығарғанда ,

, қарастырамыз, бұдан .

болғанда теңсіздіктің сол және оң жақтың максималды кесіндіде өзгеретіндей мәнін аламыз,бұндағы еркін аламыз:

.

Енді , ;

егер , біз қарама – қайшылыққа келеміз, болғандықтан кез – келген аз болатындай таңдай аламыз.

Бұдан , яғни кесіндіде

,

Біз кесіндіде шешімнің бар болғанын және кесіндіде жалғыз екендігін дәлелдедік, бірақ та нүктенің аймағында немесе теорема шарттарының орындалғанын көрініп түр. немесе нүктелердің аймағында біртекті шешім мен бар болғандығын байқаймыз, шешімін жалғастырғанда оның да жалғыздығын байқаймыз.

Әдебиеттер: 4, п.9-13 ; 5, п. 41-52; 9, п. 198-207.

Бақылау сұрақтары:

1) Пикар теоремасының теориялық, практикалық және методикалық мағыналары неге негізделген?

2) Пикар теоремасының дәлелдеудің кезендерін көрсетіңіз?

3) Біртіндеп жуықтау әдістерін сипаттаңыз.