- •3 Вопрос.
- •4. Замена переменной в ти (геометрический вывод для общего случая); переход в ти к цилиндрическим и сферическим координатам.
- •7.Криволинейные интегралы 2 рода
- •8.Независимость ки-2 от пути интегрирования. Восстановление функции по ее полному дифференциалу.
- •2. F(X,y), непрерывны в д, тогда для всякого (х0,у0)
- •11. Дифференциальные уравнения высшего порядка: основные понятия и определения. Три типа ду высшего порядка, допускающие понижение порядка.
- •15 Вопрос.
- •Вопрос 16. Лнду-n с постоянными коэффициентами: отыскание частного решения методом неопределенных коэффициентов по виду правой части специального вида (все случаи доказывать).
- •18.Доказать теоремы:
- •Признак Даламбера
- •2) Коши-Радикальный
- •3) Признак Коши-Интегральный
- •21. Знакочередующиеся ряды. Доказать теорему Лейбница.
- •22. Функциональные ряды.
- •25 Вопрос
- •2.1 Ряд Фурье. Пространство функции l2 [- ]. Определение, св-ва.
- •2(Ряды Фурье). Показать ортогональность функций 1, cosx, sinx, cos2x, sin2x,…,cosnx, sinnx,… на [-π,π].
- •Вопрос 3 фурье
15 Вопрос.
П-ОЛДУ с постоянными коэффициентами
L(y)=yn+a1yn-1+…+an-1y’+any=0 (11)
a1,a2,…,an-const
Метод Эйлера: ищем решение в виде y=eλx λ-const (12)
y’=λeλx,y”=λ2eλx…yn=λneλx (13)
(12) и (13) в (11)
L(eλx)= λneλx+a1 λn-1eλx+…+an eλx
L(eλx)= (λn+a1 λn-1+a2 λn-2+…+an) eλx
L(eλx)=P(λ) eλx≡0 (14)
eλx≠0 xϵ(-∞;∞)
Из (14) следует P( λ)≡λn+a1 λn-1+…an=0 (15)
Характеристическое уравнение(ху)
Задача. Интегрирование диф. уравнения свелось в
Случаи:
ХУ(15) имеет n различных вещественных корней
n решений λ1, λ2,.., λn y1= eλ1x,y2= eλ2x,…,yn= eλx(16)
W(eλ1X,…, eλnX)= eλ1X eλ2X … eλnX
λ1 eλ1X x2 eλ2X… λn eλnX
………………………
λ1n-1 eλ1X … λnn-1 eλnX
= eλ1X* eλ2X*… eλnX * I I …. I
λ1 λ2 …. λn ≠0 xϵ(-∞;∞)
λ1n-1 λ2n-1… λnn-1
определитель Вандер Монда т.е (16)-ФСР
Тогда yоо=с1y1+ с2y2+…+ сnyn= c1eλ1X + c2 eλ2X+…+ cn eλnX (17)
Среди корней XУ имеется комплексный корень λ1=α+iβ
Тогда имеется обязательно сопряжённый корень λ2=α+iβ
y1= eα+iβ)x=eαx(cosβx+isinβx)= eαxcosβx+ ieαxsinβx=u(x)+iv(x)=y1(c волнистой чертой) y2(c волн.ч)= eα-iβ=eαxcosβx-ieαxsinβx= u(x)+iv(x)
Теорема о комплексном решении ДУ
Пусть y=u+iv – комплексное решение ДУ. Тогда L(y)≡0 следовательно L(u)+iL(v)=0 следовательно
т.е u(x) и v(x)-действительное решение ДУ.
Вывод: двум комплексным сопряжённым корням λ1,2=α+iβ характеристического уравнения P(λ)=0 соответствует вещественное решение y1= eαxcosβx,y2= eαxsinβx
Среди корней ХУ корень λ1 кратности “к”
XУ P(λ)=(λ-λ1)kQn-k(λ)=0 (18)
P ’(λ)=k(λ- λ1)k-1 Q(λ)+ (λ- λ1)kQ’(λ)
P’’(λ)= k(k-1)(λ-λ1)k-2Q(λ)+2k(λ-λ1)k-1Q’(λ)+ (λ-λ1)kQ’’(λ)
…………………………………………………………….. (19)
P(k) (λ)=k(k-1)…2*1Q(λ)+…+ (λ-λ1)kQk(λ)
Если λ1-корень ХУ(18), то (Q(λ1)≠0)
P(λ1)≡0 P’(λ1)=0,P’’(λ1)=0…,Pk-1(λ1),но Pk(λ1)=k’Q(λ1)≠0
Ранее имеем L(eλx)=P(λ) eλx=0 (20)
Продифференцируем соотношение (20) по λ:
(L(eλx))’λ=(P(λ) eλx)’λ ;(eλx)’=P’(λ) eλx+P(λ)x eλx
L (x eλx)=P’(λ) eλx+P(λ)x eλx
Ещё раз дифференцируем по λ k-2 раз
L(x2 eλx)=P’’(λ) eλx+2P’(λ)x eλx+P(λ) eλxx2 (21)
Если в соотношении (21) подставим λ1-корень ХУ,то будем иметь
L(x eλx)=P’(λ1) eλ1x+P(λ1)x eλ1x=см 19=0 L(x eλ1x)≡0 следовательно x eλ1x тоже решение ОЛДУ-n. L(x2 eλ1x)=см 19=0+0+0=0 следовательно x2 eλ1x-тоже решение ОЛДУ-n. L(xk-1 eλ1x)=0+0+…+0=0 следовательно xk-1 eλ1x тоже решение ОЛДУ-n. Вывод: Если λ1-как кратный корень ХУ, то ему соответствует ,,к,, решений:
y1= eλ1x,y2=x eλ1x,y3=x2 eλ1x,…,yk=xk-1 eλ1x –входят в ФСР как лин. независимые
Среди корней ХУ имеются почленно сопряжённые как кратные корни λ1,2=α+iβк р “ к” Всего 2к корней. Следует 2 кратным корнем имеет два вещественные решения y1= eαxcosβx,y2= eαxsinβx
В силу кратности y3=x eαxcosβx,…,y2k-1=xk-1 eαxcosβx
y4=x eαxsinβx,…, y2k=xk-1 eαxsinβx
Вопрос 16. Лнду-n с постоянными коэффициентами: отыскание частного решения методом неопределенных коэффициентов по виду правой части специального вида (все случаи доказывать).
(1)
L(y)=0 (2) ОЛДУ-n
(3)
XY: (4)
(5)
1.А - не корень ХУ ( в (1))
yчн=Qm(x)=C0xm+C1xm-1+…+Cm,
yчн’=C0mxm-1+…+Cm-1=Q’m(x), Q’m(x)-многочлен степени (m-1)
y’’чн=………..=Q’’m(x), Q’’m(x)-многочлен степени (m-2)
y(n)чн=…..=Q(n)m(x)
(6) и (7) в (1) и приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих частях получим: (m+1) – алгебраических выражений для определения C1………
1.Б λ1,2,3….,s=0-корень ХУ (4) кратности s, тогда уравнение (1) будет иметь вид:
a0y(n)+a1y(n-1)+…+an-sy(s)=f(x) (8)
ХУ: a0λn+a1λn-1+….+an-sλs=0
λ(a0 λn-s+a1 λn-1-s+…+an-s-1)=0
(8)-ДУ-n, допускающие понижение порядка, тип 20
(9)
a0p(n-s)+a1p(n-s-1)+….+an-sp=f(x) НЛДУ-(n-s) порядка
ХУ: a0 λn-s+a1 λn-s-1+….+an-s=0 (11)
при чем λ=0 – не корень ХУ (11), тогда по случаю 1.А Pчн=Qm(x)=C0xm+Cm , но Pчн=y(s)чн (смотри (9), тогда
y(s)чн=Qm(x) ДУ, допускающее понижение порядка (тип 1)
Достаточно: yчн=xsQm(x)
20 f(x)=eαxPm(x)=eαx(b0xm+b1xm-1+….+bm)
y’’+a1y’+a2=eαxPm(x) (13)
y=eαxz(x) (14) λ2+a1λ+a2=0 (*)
y’=z’eαx+αzeαx=eαx(z’+αz)
z’’=z’’eαx+2αz’eαx+α2zeαx=eαx(z’’+2αz’+α2z)
(14) в (13) и сокращаем на eαx:
z’’+2αz’+α2z+a1(z’+αz)+a2z=Pm(x)
z’’+(2α+a1)z’+ (α2+a1α+a2)z=Pm(x) (15)
2.А α-не корень ХУ (*)
Тогда в левой части (15) все члены 1.А zчн=Qm(x)=C1xm+C2xm-1+…+Cm
yчн eαxQm(x)
2.B α-корень ХУ (*) кратности 1
α2+a1α+a2=0, т.е. в (15) нет члена с z (случай 1.B)
yчн=x1eαxQm(x)
2.C α-корень ХУ(*) кратности 2, т.е. λ1= λ2=α По Теореме виета Þ λ1+ λ2= -a1 , 2 λ1= -a1Þ2 λ1+a1=0
Þ в (15) не будет z и z’’, по случаю 1.B
zчн=x2Qm(x)
yчн=x2eαxQm(x) (16)
2.D В общем случае. α –корень ХУ(4) кратности s,
yчн=xseαxQm(x)=xse αx(C0xm+……+Cm) (17)
30 f(x)=eαx[Pm(x)cosβx+Rk(x)sinβx] (18)
cosβx=
sinβx=
f(x)=f1(x)+f2(x)
Известно, если L(y)=f1(x)+f2(x) НЛДУ-n
yчн=yчн1+yчн2
Случай 30 свелся к случаю 20
3.A Если α±iβ-не корень ХУ
yчн= , r=наиб{m,k} (19)
3.B Если α±iβ-не корень ХУ кратности S
yчн= (20)