Лекции по высшей математике / fil

1. ДУ1 – соотношение F(x,y,y’)=0 [1] и y’=f(x,y) [2] – разрешенное относительно производной. Интегралы [1,2] всегда фун. Вида Ф(х,у)=0 [3] и при подстановке обращает их в тождество. y=φ(x) – ЧР. Общий интеграл для [1,2] вида Ф(х,у,С)=0 дает у=φ(х,С) – ОР. Задача Коши – решение [2] с начальными условиями y(x₀)=y₀. Разделяющиеся переменные: [1] y’=f₁(x)f₂(y)=dy/dx : N₁(y)M₂(x) [2] M₁(x)N₁(y)dx+M₂(x)N₂(y)dy=0 тогда ∫dy/f₁(x)= ∫f₂(y) [3] – ОР для [1]. M₁(x)dx/M₂(x)+N₂(y)dy/N₁(y)=0, ∫M₁(x)dx/M₂(x)+ ∫N₂(y)dy/N₁(y)=C [4]. Однородные: f(x,y) однородная порядка m – f(tx,ty)=t^mf(x,y) [1] то есть y’=f(y/x) однор. Нулевого порядка. f(ty/tx)=f(y/x)t⁰. решается заменой t=y/x (y=tx, y’=t’x+t) xdt/dx=f(t)-t, ∫[dt/f(t)-t]=∫dx/x – ОИ.

2. ЛДУ1 y’+P(x)y=f(x) - 2 способа: метод вариации произвольной постоянной y’+P(x)y=0 – ЛОДУ. dy/dx=-P(x)y ∫dy/y=-∫P(x)dx lny=-∫P(x)dx+lnC y=Ce^-∫P(x)dx [3] подбираем С так, чтобы y=Ce^-∫f(x)dx [4] y’=C’e^-∫P(x)dx+C(x)(-P(x))e^-∫P(x)dx, откуда C(x)=∫f(x)e^∫P(x)dxdx+c. После подстановки в 4: y=(∫f(x)e^∫P(x)dxdx+c)e^-∫P(x)dx – ответ. метод Бернулли y=u(x)v(y) и y’=u’v+uv’, u’v+uv’+Puv=f(x) v’+Pv=0 dv/v=-Pdx v=e^-∫Pdx – ЧР. u=∫f(x)e^∫P(x)dx+C. uv – ответ. уравнение Бернулли y’+P(x)y=f(x)y^α если α=0 ЛДУ; α=1 с раздел. переменными; α≠0,1 – вариация и Бернулли.

3. полный дифференциал M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 – ур. в полных диф. если ∂M/∂y=∂N/∂x то существует u=u(x,y) du=∂udx/∂x+∂udy/∂y=M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 ∂M/∂y=∂²u/∂x∂y=∂N/∂x => не зависит от пути интегрир. обычно берут двухзвeнную ломаную ║ осям. ДУ неразрешенные относительно производных F(x,y,y’)=0, выразить y’ нельзя но можно x или у тогда ДУ можно решить параметрически x=cost (x=x(t)) y=sint (y=y(t)) c заменой y’=t: y=f(y’) y=f(t) dy=y’dx=f’(t)dt tdx=f’(t)dt dx=f’(t)dt/t x=∫f’(t)dt/t+C x=f(y’) x=f(t) аналогично y=∫tf’(t)dt+C y=f(x,y’) dy=f’_xdx+f’_tdt=y’dx=tdx (f’_x-t)dx+f’_tdt=0 если имеет решение φ(x,t,c)=0 x=f(y,y’) dx=f’_ydy+f’_tdt tdx=tf’_ydy+tf’_tdt φ(y,t,c)=0

4. ДУ1. теор. о существ решений, особые решения. теор1 ДУ1 y’=f(x,y) пусть f(x,y) непрерывна в окр. М₀(х₀,у₀) и имеет непрерывную частную производную df/dy, тогда сущств ε окр М₀ такая что любая точка в ней явл решением уравнения. теор2 ДУn y⁽ⁿ⁾=f(x,y,y’…y^(n-1)) непрерывна в окр. М₀(х₀,y₀,у’₀ …y₀ ^(n-1)) и имеет непрерывные частные производные df/dy df/dy’ … df/dy^(n-1) тогда выполнятся условие теоремы. |x-x₀|<δ |y-y₀|<δ – куб окр. |M(x₀,y₀)-M(x,y)|<δ √[(x-x₀)²(y-y₀)²]<δ – сфер окр. при НЕ выполнении условий возможны: через М₀(х₀,у₀) не проходит ни одной интегральной кривой; порходит более 1 интегр. кривой, тогда говорят что ДУ имеет особо решение. для того чтобы найти особое решение в том случае когда нарушено условие существования необходимо решить 2 ур. Ф(y,δ,c)=0 Ф_с’(x,y,c)=0 исключаем c и получаем особое решение. при n≥2 огибающую семейства кривых очень сложно.

5. ДУ высших порядков. ДУn F(x,y,y’…y⁽ⁿ⁾)=0 выразив y⁽ⁿ⁾ получим y⁽ⁿ⁾=f(x,y,y’…y^(n-1)) [2] – явное ДУ. интеграл [2] любая функция Ф(х,у)=0 которая при подстановке обращает в тождество. у=φ(x) – решение. ОИ – Ф(х,у,с₁…с_n)=0 ОР – у=φ(x,с₁…с_n,) задача Коши – нахождение ЧР при y(x₀)=x₁₀ y’(x₀)=x₂₀ … y⁽ⁿ⁾(x₀)=x_n0. Три типа допускают понижение степени y⁽ⁿ⁾=f(x) [1] y’=∫f(x)dx+c … y⁽ⁿ⁾=∫(∫(∫f(x)dx)dx)dx+c₁x^n-1+…+c_n. y’’=f(x,y’) [2] y’=p y’’=p’ p’=f(x,p) получаем ДУ1 p=φ(x,c₁) тогда y=∫φ(x,c₁)dx+c₂ аналогично решается y⁽ⁿ⁾=f(x,y^(n-1)). y’’=f(y,y’) [3] y’=p y’’=dp/dx=pdp/dy=f(y,p) решаем p= φ(y,c₁) x=∫dy/φ(y,c₁)+c₂ аналогично решается y⁽ⁿ⁾=f(у,y^(n-1))

6. Геометрические задачи, решаемые ДУ. пусть задана кривая уравнение которой у=y(x), касательная к кривой t=|AM|=|y/y’|√(1+y’²), St=|AN|=|y/y’|, нормаль n=|BM|=|y|√(1+y’²), Sn=|BN|=|yy’|. вывод: |tgφ|=|tgα|=|y’|=|y|/St, по Т.Пифагора t=√(y²+St²)=|y/y’|√(1+y’²) остальное аналог. из BNM.

длина дуги кривой, кривизна, при этом R=1/K – радиус кривизны. вывод: dl/dx=√(1+y’²) tgf=y’ df/dx=y’’/(1+y’²) => K=|y’’/(1+y’²)|/√(1+y’²)

7. ЛДУ n. a_n(x)y⁽ⁿ⁾+a_n-1y^(n-1)+…+a₀y=f(x) [1], a_n(x)≠0. в эквив виде y⁽ⁿ⁾+b_n-1(x)y^(n-1)+…+b₀(x)y=f₁(x) [2], где f₁(x)=f(x)/a_n(x). ЛОДУ n a_n(x)y⁽ⁿ⁾+…+a₀(x)y=0 [3]. Теор существования и единственности решения ЛДУn рассмотрим [2], пусть f₁(x),

b₀(x)…b_n-1(x) непрерывны на (a,b), тогда в любой т. интервала выполняется условие существования единственного решения. ДОК: используем теорему для Ур. n-го порядка y⁽ⁿ⁾=f(x)-b_n-1(x)y^(n-1)-…-b₁(x)y’-b₀(x)y → непрерывна f(x,y,y’…y^(n-1)), как и ∂f/∂y=-b₀(x) … ∂f/∂y^(n-1)=-b_n-1(x) => решение существует всегда. φ₁(x), φ₂(x) … φ_n(x) определены и непрерывны на (a,b). система функций называется независимой, если их линейная комбинация ∑С_кφ_к(x)=0 тк С_к≡0, к=1,2…n. теперь рассмотрим n+1 функцию φ₀(x)=1, φ₁(x)=x, φ₂(x)=x²… φⁿ(x)=xⁿ покажем, что система независима: С₀+С₁x+…+С_nxⁿ=0. ДОК от противного: пусть на (a,b) существуют коэф С_к=0 не все! так что число точен на интервале бесконечно, то противоречиво говорить что b₀ – независимая. определитель Воронского

W(y₁,y₂…y_n)= Теор (условие независимости системы фун): y₁(x)…y_n(x) чтобы система была независима на (a,b)достаточно чтобы в некоторых точках W(y₁…y_n)≠0. ЛОДУ n a_n(x)y⁽ⁿ⁾+…+a₁(x)y’+a₀y=0 [1] введем функционал

L=a_n(x)dⁿ/dxⁿ+…+a₁(x)d/dx+a₀x [2] Ly=0 [3]. задача Коши для [1] нахождение решения с начальными условиями {y(x₀)=y₀ y’(x₀)=y₁₀ … y⁽ⁿ⁾(x₀)=y_n-10 } Теор.1 пусть y₁(x) – решение 1, y₂(x) – решение 2, тогда y(x)=C₁y₁(x)+C₂y₂(x). ДОК: Ly₁(x)=0 Ly₂(x)=0 L(y(x))=L(C₁y₁(x)+C₂y₂(x))=C₁L(y₁(x))+C₂L(y₂(x))=0 те любая комбинация решение – решение. Теор.2 (о структуре общего решения) рассмотрим ДУ [1] пусть a₀(x), a₁(x)…a_n(x) непрерывны на (a,b) и пусть y₁(x)…y_n(x) независимые решения на (a,b). тогда ОР ЛОДУ y₀₀=y=C₁y₁(x)+C₂y₂(x)+…+C_ny_n(x). ДОК: так как a(x) непрерывны, то выполняется условие существ решения. при этом решение будет единственным. рассмотрим решение [1] с НУ [4] – это система {y₀=С₁y₁(x₀)+…+C_ny_n(x₀) … y_n-10=С₁y₁^(n-1)(x₀)+…+C_ny_n^(n-1)(x₀)} система из n уравнений и n неизвестных имеет единственное решение, если ∆≠0. тк функции y₁…y_n независимы, то ∆≠0 => имеем единственное решение.

8. ЛОДУ-n с постоянными коэфф.