Теңдеуді шешудің негізгі элементар әдістемелік тәсілдері

MATHEMATICS COMPUTER SCIENCE

Таблица 2. Таблица (рубрика) для оценивания работ учащихся за раздел «Перпендикулярность в пространстве», Геометрия 10 класс (Источник: 36)

1. Теңдеуді шешудің негізгі элементар әдістемелік тәсілдері

«Өмір екі нәрсемен сұлу: оның бірі – математикамен шұғылдану, екіншісі – оны оқыту».

(С.Д. Пуассон француз математигі) Мектепте арнайы курсты дифференциалдық теңдеулер теориясы шеңберінде ұйымдастыру математиканың өмірдегі қолданыстары туралы мол мағлұмат беруге мүмкіндік туғызады. Сөзіміз дәлелді болуы үшін көптеген құбылыстардың моделі болып табылатын тұрақты 2а, b0, c, d коэфициентті

x d x c by y a

y2   cos  sin (1.1) теңдеуін қарастырайық. Теңдеудің оң жағындағы тригонометриялық функция

 

х c x d x

Т  cos  sin (1.2) осы (1.1) теңдеудің бос мүшесі деп аталынады,  0 саны осы тригонометриялық функцияның жиілігі болып табылады. Т

 

х функциясы периодты функция, оның периоды 



 _ 2 саны екенін тексерейік. Шынында да, 2 екенін ескеріп және cost, sint функциялары 2 - периодты екендігінен



х



c 



x



d 



x



c



x



d



x





Т cos sin cos sin



x



d



x



c x d x T

 

x

c      

 cos 2 sin 2 cos sin

өрнегін аламыз. Т

 

х функциясы (1.1) теңдеудің бос мүшесі деп аталынады.

Егер cd0 болса, онда (1.1) теңдеу

0 2  

 ay by

y (1.3) күйіне түсер еді. Бұл теңдеудің жалпы шешімін зерттеуді бұрынғы [5] мақалада талдаған болатынбыз. Осы (1.3) теңдеуді (1.1) теңдеудің біртектес теңдеуі деп атайды. Басқаша айтсақ, бос мүшесі жоқ, (1.3) түрдегі теңдеу біртектес, екінші ретті тұрақты коэффициентті теңдеу деп аталынады. Ал бос мүшесі бар, Т

 

х 0 жағдайында (1.1) теңдеу біртектес емес екінші ретті сызықты теңдеу деп аталынады. Әрине, c²d²0 болса, онда ең болмағанда c және d сандарының бірі нөлден өзгеше болып, Т

 

х 0 шарты орындалады.

Сызықты біртектес және біртектес емес теңдеулердің жалпы шешімдері туралы теореманы келтірейік.

Жалпы шешімдер байланысы. Егер Y

 

x – біртектес (1.3) теңдеудің жалпы шешімі болса, ал

 

x

y₀ біртектес емес (1.1) теңдеудің кез келген жеке шешімі болса, онда олардың қосындысы

   

x Y x y

 

x

y   ₀ (1.4) біртектес емес (1.1) теңдеудің жалпы шешімі болып табылады.

Дәлелдеме түсінікті болуы үшін алдымен теореманың шарттарын жазайық:

 

2 

 



 

0

 x aY x bY x

Y , (1.5)

 

x ay

 

x by

   

x T x

y₀ 2 ₀  ₀  . (1.6) Енді осы (1.5) және (1.6) тепе-теңдіктері орындалған жағдайда, (1.4) өрнекпен анықталған

 

x

y функциясы

 

^х

y Т b y a

y2  ²  (1.7) теңдеудің шешімі екенін көрсетейік.

Шынында да, (1.4) өрнекті (1.1) теңдеуге қойсақ:

107

 

 

 



 



  



  



  



  



  



  



 х ay х byх Y x y x aY x y x bY x y x

y 2 ₀ 2 _{0 0}

   



  









 

 

  



  



  



 Y x y₀ x 2aY x y₀ x bY x y₀ x (1.8)

     



Y x 2aY x bY x







y₀

 

x 2ay₀

 

x by₀

 

x





тепе-теңдіктерін аламыз. Егер (1.5) және (1.6) тепе-теңдіктерін ескерсек, (1.8) өрнектен (1.4) функцияның (1.7) теңдеудің шешімі екенін көреміз. Шешімнің (1.4) формуламен анықталатыны дәлелденді. Бірақ, дәлелдеу барысында Т

 

х функциясының (1.2) өрнекпен анықталатындығын қолданған жоқпыз. Демек, теореманы Т

 

х басқаша түрде анықталған жағдайда да қолдануға болатынын көреміз. Ендеше, Т

 

х функциясын (1.7) теңдеудің шешімділігіне байланысты өзгерте беруге болады.

Енді (1.4) шешімнің жалпы шешім екенін негіздейік. Ол үшін қандай болмасын (1.7) теңдеудің кез келген ~у

 

х шешімін алайық та, оның (1.4) формуламен анықталатынын көрсетейік.

Шынында да, у~

 

х функциясы (1.7) теңдеудің шешімі болғандықтан

 

х ау

 

х bу

   

х T x у 2 ~  ~ 

~ (1.9) тепе-теңдігін жаза аламыз.

Егер (1.9) және (1.6) тепе-теңдіктерінің айырымын анықтасақ,

   



^~у x y0 x



²a



^~у

 

x y0

 

x



b



^~у

 

x y0

 

x



⁰ (1.10) тепе-теңдігін алар едік. Демек, (1.10) тепе-теңдіктен у~

 

х және у₀

 

х жеке шешімдерінің айырымы

   

x у x y

 

x

z ~  ₀ (1.11) түріндегі функция (1.3) біртектес теңдеуін қанағаттандырып тұрғанын көреміз:

 

2 

 



 

0

x az x bzx

z . (1.12) Олай болса, z

 

x шешімі (1.3) біртектес теңдеуінің Y

 

x жалпы шешімі құрамында болғаны.

Демек, (1.12) тепе-теңдігінен (1.11) айырымның

 

x Y

 

x

z  ₀ (1.13) түріндегі екінші өрнегін аламыз. Ендеше, (10) және (11) өрнектерден

 

x Y

 

x y

 

x

у _{0 0}

~   (1.4₀) бейнелеуін аламыз. Мұндағы Y₀

 

x – біртектес (1.3) теңдеудің шешімі, ол Y

 

x жалпы шешіммен анықталады. Жалпы шешімдер байланысы толық дәлелденді.

Енді осы дәлелденген байланысты Т

 

х функциясы (1.2) түрде анықталған жағдайға қолданайық.

Сонымен (1.1) теңдеуді шешу үшін, теорема бойынша, алдымен оның біртектесі (1.3) теңдеуді шеше білуіміз керек. Оның шешу әдісі бізге белгілі. Сосын теңдеудің өзінің дербес, жеке шешімін таба білуіміз керек.

Егер Т

 

х бос мүшесінің туындылары өзіне ұқсас болса, онда жеке у₀

 

х шешімін анықталмаған коэффициенттер тәсілімен анықтауға болады.

Біздің жағдайымызда Т

 

х функциясы (1.2) өрнекпен негізгі тригонометриялық функциялардың сызықты комбинациясы түрінде берілген. Оның туындылары

 

х c x d x

Т  sin  cos және Т

 

х ²ccosx²dsinx функциялары да өзара ұқсас өрнектермен анықталады. Олардың айырмашылығы коэффициенттерінде ғана. Олай болса, (1.1) теңдеудің жеке шешімін бос мүшеге ұқсас функция түрінде іздестіреміз. Демек, у₀

 

х шешімін анықталмаған u және  коэффициентті

 

х u x x

y₀  cos sin (1.14) өрнегі түрінде іздейміз. (1.14) функцияның бірінші және екінші ретті туындылары

 

х u x x

y₀  sin cos , (1.14)

 

х u x x

y₀ ² cos ²sin (1.14) екені анық. Ендеше, (1.14), (1.14) және (1.14) ұқсас өрнектерін (1.1) теңдеуге қойып,



²ucosx²sinx



2а



usinxcosx

 

b² ucosxsinx



ccosxdsinx теңдігін аламыз. Осыдан cosхжәне sinх функциялары бойынша топтастырып,

108



²u2abuc



cosx



²2aubd



sinx0

теңдігіне келеміз. Одан әрі жақшалардағы коэффициенттер комбинацияларын нөлге теңестіріп,

 

 



















d b

u a

c a u b











2 2

2

2 , (1.15) сызықты теңдеулер жүйесін аламыз.

Жүйені шешу үшін анықтауыштар тәсілін қолданайық. Оған сәйкес, егер 1) b² болса, немесе 2) b² болып, бірақ a0 болса, онда

 

4 0

2

2 2 2 _{2 2}

2 2







 



 

  







 b a

b a

a

b (1.16) теңсіздігі орындалады да

 



^



^







 



ac b

d d a

c b

ad b

b c d

a c

2 2

, 2 2

2 2

2 2

2 2

1 2





 

 







 





(1.17)

мәндерін тауып, (1.15) жүйенің (1.16) шарт орындалғандағы



 ¹ u0 ,



²

0 (1.18) түбірлерін анықтаймыз.

Сонымен, (1.15) жүйенің (1.18) түбірлерін (1.14) өрнекке қойып, (1.1) теңдеудің

 

^{х u x x}



^{x x}



y    1 cos sin

sin

cos _{0 1 2}

0

0  





 (1.19)

түріндегі дербес шешімін табамыз. Табылған шешімнің 



 _

2 -периодты екендігін көреміз.

Ал егер a0, b² болса, яғни (1.16) орындалмаса, онда осы жағдайға сәйкес (1.1) теңдеу x

d x c y

y²  cos  sin (1.20) түрінде болар еді.

Бұл жағдайда шешімді анықталмаған uu

 

t және 

 

t функциялар әдісімен іздестіруге тура келеді, яғни шешімді

   

x ux x

 

x x

y₀  cos  sin (1.21) түрінде іздейміз. Бұл функцияның туындылары оның өзі мен бос мүшенің сызықты комбинациясы болатынына назар аударамыз.

Осы (1.21) функцияның туындыларының бос мүшеге ұқсастығын талап етеміз. Демек, uu₀,

0

 болса, онда

 

x u x u x x x u x u x x x

y₀  cos  sin sin cos  ₀cos  sin ₀sin cos , (1.21)

 

        

 x u x u x u x x x x

y₀  ₀sin  sin ² cos ₀cos  cos ²sin x

x x

u x

u        

 sin cos 2 cos sin

2 ₀  ²  ₀  ²



 (1.21) туындыларын алар едік. Сонда (1.21), (1.21) және (1.21) негізінде (1.20) теңдеуден

x d x c x x

u x x

u x x

u               

 sin 2 cos cos sin cos sin cos sin

2 ₀  ₀  ²  ²  ²  ²  



теңдігін аламыз. Бұл теңдіктен u₀ мен ₀ коэффициенттерін анықтайтын

c

20 , 2u₀d жүйесін аламыз.

Ендеше,



0 2

u  d ,

 

0 2

 c (1.22) мәндерін табамыз.

Егер бұл мәндер u және  функцияларының туындыларының мәндері екенін ескерсек,

109

 2 u d ,

  2

 c

 (1.23) теңдеулерін аламыз.

Интегралдау арқылы (1.23) жүйеден кез келген C₁ және C₂ тұрақтыларымен 2d x C1

u 

 ^, 2c xC²

  (1.24) функцияларын тауып, оларды (1.21) теңдікке қойып,

 

x



d x c x



С x С x

x

y  

 

 cos sin

sin 2

cos ₂

1

0      (1.25) түрдегі (1.20) теңдеудің жалпы шешімін аламыз.

Әрине, (1.20) теңдеу (1.1) теңдеудің жеке жағдайы. Егер (1.24) өрнектерде С₁0 және С₂ 0 болса, онда (1.25) өрнектен (1.20) теңдеудің жеке шешімін алар едік.

Бұл жағдайдағы

 

x



d x c x



x

y  

 ^{cos sin}

0  2   (1.26) жеке шешімді алдыңғы жағдайдағы (1.19) жеке шешіммен салыстырсақ, оның периодты емес екендігін және х өскен сайын шектеусіз үлкен мәндер қабылдай алатындығын байқаймыз.

Сөйтіп, біртектес емес (1.1) теңдеудің жеке шешімдерін (1.19) және (1.26) өрнектермен анықтауға болатындығын элементар жолмен негіздедік.

Бұл элементар жолдың негізінде шешімнің өзі мен туындылары бос мүшеге ұқсастығы қағидасы жатқандығына назар аударамыз. Оның бір жағдайында қарапайым анықталмаған коэффициенттер әдісін қолдануға болатынын көрдік. Одан соң теңдеудің дербес шешімі бұл әдіспен анықтау мүмкін емес жағдайдың бар екенін көрсеттік. Екінші осы жағдайда анықталмаған коэффициенттер әдісін жалпылап, туындысы тұрақты анықталмаған функциялар тәсілімен таныстық.

Бұл тәсіл ұқсас мүшелердің коэффициенттерін теңестіріп, белгісізді анықтау қағидасына бағынатынын байқаймыз. Осылайша мектеп оқушысының ұғынуына қайшылық жоқ, мектеп математикасы аясында кездесіп жүрген әдістемелік амалдармен екінші ретті тұрақты коэффициентті, бос мүшесі тригонометриялық функциялар болып келетін теңдеуді интегралдауды орта мектеп қабырғасында оқытуға болатындығын негіздедік. Сонымен, мақалада келтірілген теориялық нәтижелер – математикада белгілі дүниелер. Зерттеудің негізгі жаңалығы сол нәтижелердің элементар әдістермен дәлелденіп, қорытылып шығарылуы болып табылады. Осыған орай мынадай төмендегідей әдістемелік теорема дәлелденді.

Негізгі әдістемелік теорема. Біртектес емес бос мүшесі негізгі тригонометриялық функциялардың сызықты комбинациясы болатын (1.1) сызықты тұрақты коэффициентті екінші ретті дифференциалдық теңдеулердің теориясын жалпы орта мектеп математикасының аясындағы



1 . Сызықты теңдеулер мен олардың шешімдерінің көпке аян қасиеттер амалдары;



2 . Біртектес және біртектес емес сызықты теңдеулердің шешімдерінің қарапайым байланыстары тәсілі;



3 . Теңдеудің жалпы шешімін негіздеудің анықтамалық жолы;



4 . Функциялар мен олардың туындыларының ұқсастықтары тәсілі;



5 . Анықталмаған коэффициенттер тәсілі атты ұқсастарды топтастыру әдісі;



6 . Жартылай құбылмалы анықталмаған функциялар әдісі аталған жалпыланған топтастыру амалы әдістерінен тұратын элементар әдістемесімен баяндауға болады.