Экзамен

1. Сформулировать определение определенного интеграла, его геометрический смысл.

Определение: Пусть функция $f(x)$ определена на отрезке $[a,b]$.

1. Произвольным образом разобьём отрезок $[a,b]$ на $n$ частичных отрезков точками $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$ (разбиение $T$).
2. Длина каждого отрезка $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$, диаметр разбиения $\lambda (T)=\max \Delta x_i$.
3. На каждом отрезке выберем произвольную точку ${\xi }_i\in [x_{i-1},x_i]$ (выборка $\xi$).

Сумма вида ${\sigma }_T(f,\xi )={\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$ называется интегральной суммой Римана. Если существует конечный предел $I$, к которому стремится эта сумма при стремлении диаметра разбиения к нулю ($\lambda (T)\to 0$), и этот предел не зависит от способа разбиения $T$ и выбора точек $\xi$, то функция $f(x)$ называется интегрируемой на $[a,b]$, а число $I$ — определенным интегралом: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$

Геометрический смысл: Если $f(x)\ge 0$ на $[a,b]$, то определенный интеграл численно равен площади криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции $y=f(x)$, осью абсцисс $OX$ и вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$.

2. Сформулировать теорему о производной от интеграла с переменным верхним пределом.

Теорема: Если функция $f(t)$ интегрируема на отрезке $[a,b]$ ($f\in R([a,b])$) и непрерывна в точке $x\in [a,b]$, то интеграл с переменным верхним пределом $F(x)={\int }_a^{x}f(t)dt$ является дифференцируемой функцией в этой точке, причем её производная равна подынтегральной функции: $F^{\prime }(x)=f(x)$

3. Сформулировать теорему о среднем для определенного интеграла.

Теорема: Пусть функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ ($f\in C([a,b])$), функция $g(x)$ интегрируема на $[a,b]$ и не меняет знак на этом отрезке. Тогда существует хотя бы одна точка $c\in [a,b]$ такая, что: ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(c){\int }_a^{b}g(x)dx$ (Частный случай при $g(x)\equiv 1$: ${\int }_a^{b}f(x)dx=f(c)(b-a)$).

4. Сформулировать теорему об оценке определенного интеграла.

Теорема: Пусть функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b]$ и существуют такие константы $m$ и $M$, что для всех $x\in [a,b]$ выполняется неравенство $m\le f(x)\le M$. Тогда значение определенного интеграла заключено в границах: $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$

5. Сформулировать теорему об интегрировании неравенств между функциями.

Теорема (Свойство монотонности): Если функции $f(x)$ и $g(x)$ интегрируемы на отрезке $[a,b]$, и для любого $x\in [a,b]$ справедливо неравенство $f(x)\le g(x)$, то справедливо и неравенство для их интегралов: ${\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx$

6. Сформулировать признаки сходимости несобственных интегралов 2-го рода для неотрицательных функций.

Пусть функции $f(x)\ge 0$ и $g(x)\ge 0$ непрерывны на $[a,b)$ и имеют бесконечный разрыв (не ограничены) в точке $b$.

4. Признак сравнения: Если $f(x)\le g(x)$ для всех $x\in [a,b)$, то:

• Из сходимости ${\int }_a^{b}g(x)dx$ следует сходимость ${\int }_a^{b}f(x)dx$.

• Из расходимости ${\int }_a^{b}f(x)dx$ следует расходимость ${\int }_a^{b}g(x)dx$.

2. Предельный признак сравнения: Если существует конечный предел ${\lim }_{x\to b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=k$, где $0<k<+\infty$, то интегралы ${\int }_a^{b}f(x)dx$ и ${\int }_a^{b}g(x)dx$ сходятся или расходятся одновременно.

7. Сформулировать признаки сходимости несобственных интегралов 1-го рода для неотрицательных функций.

Пусть функции $f(x)\ge 0$ и $g(x)\ge 0$ определены на $[a,+\infty )$ и интегрируемы на любом конечном отрезке $[a,\xi ]$.

3. Признак сравнения: Если $f(x)\le g(x)$ для всех $x\ge a$, то:

• Из сходимости ${\int }_a^{+\infty }g(x)dx$ следует сходимость ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$.

• Из расходимости ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ следует расходимость ${\int }_a^{+\infty }g(x)dx$.

2. Предельный признак сравнения: Если существует конечный предел ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=k$, где $0<k<+\infty$, то интегралы ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ и ${\int }_a^{+\infty }g(x)dx$ сходятся или расходятся одновременно.

8. Дать определение длины дуги плоской кривой. Вывести формулы для вычисления длины дуги кривой, заданной в декартовой и полярной системах координат.

Определение: Длиной дуги кривой называется предел длины вписанной в эту кривую ломаной линии при условии, что длина её наибольшего звена стремится к нулю.

Вывод в декартовых координатах: Пусть кривая задана функцией $y=f(x)\in C^1([a,b])$. Разобьем отрезок $[a,b]$ на части $\Delta x_i$. По теореме Пифагора длина элементарного звена ломаной: $\Delta l_i=\sqrt{\Delta x_i^2+\Delta y_i^2}=\sqrt{1+{\left(\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}\right)}^2}\Delta x_i$ По теореме Лагранжа на отрезке $\Delta x_i$ существует точка ${\xi }_i$, для которой $\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}=f^{\prime }({\xi }_i)$. Тогда $\Delta l_i=\sqrt{1+(f^{\prime }({\xi }_i){)}^2}\Delta x_i$. Суммируем длины звеньев и переходим к пределу $\lambda \to 0$ (формируется интегральная сумма): $L={\int }_a^b\sqrt{1+(y^{\prime }(x){)}^2}dx$

Вывод в полярных координатах: Кривая задана уравнением $r=r(\phi )$, где $\phi \in [\alpha ,\beta ]$. Перейдем к параметрическому виду в декартовых координатах (параметром выступает $\phi$): $x(\phi )=r(\phi )\cos \phi ⟹x_{\phi }^{\prime }=r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi$ $y(\phi )=r(\phi )\sin \phi ⟹y_{\phi }^{\prime }=r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi$ Подставим $x^{\prime }$ и $y^{\prime }$ в подкоренное выражение параметрической формулы длины дуги $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2$: $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=(r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi {)}^2+(r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi {)}^2$ Раскрыв квадраты и приведя подобные (${\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi =1$), получим: $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=(r^{\prime }{)}^2+r^2$ Итоговая формула: $L={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{r^2(\phi )+(r^{\prime }(\phi ){)}^2}d\phi$

9. Вывести формулу для вычисления площади криволинейного сектора, заданного в полярной системе координат.

Фигура ограничена кривой $r=r(\phi )$ и лучами $\phi =\alpha ,\phi =\beta$. Вывод: 3. Зададим приращение полярного угла $\Delta \phi$. Площадь малого криволинейного сектора $\Delta S$ можно аппроксимировать площадью треугольника со сторонами $r(\phi )$ и $r(\phi +\Delta \phi )$ и углом $\Delta \phi$: $\Delta S\approx \frac{1}{2}r(\phi )r(\phi +\Delta \phi )\sin (\Delta \phi )$ 4. Разделим на $\Delta \phi$ и перейдем к пределу $\Delta \phi \to 0$: ${\lim }_{\Delta \phi \to 0}\frac{\Delta S}{\Delta \phi }={\lim }_{\Delta \phi \to 0}\left[\frac{1}{2}r(\phi )r(\phi +\Delta \phi )\frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }\right]$ 5. В силу непрерывности $r(\phi +\Delta \phi )\to r(\phi )$, а по первому замечательному пределу $\frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }\to 1$. 6. Получаем производную площади по углу $S^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2}{r}^2(\phi )$. 7. Проинтегрировав по отрезку $[\alpha ,\beta ]$, получаем формулу: $S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{r}^2(\phi )d\phi$

10. Сформулировать и доказать теорему о вронскиане линейно зависимой системы функций.

Теорема: Если система функций $y_1(x),y_2(x),\dots ,y_n(x)$ (где $y_i\in C^{(n-1)}([a,b])$) линейно зависима на отрезке $[a,b]$, то её определитель Вронского тождественно равен нулю на этом отрезке: $W(x)\equiv 0\forall x\in [a,b]$.

Доказательство: Так как функции линейно зависимы, хотя бы одна из них является линейной комбинацией остальных. Пусть, не ограничивая общности, это функция $y_1$: $y_1={\lambda }_2{y}_2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n$ Продифференцируем это тождество $(n-1)$ раз: $y_1^{\prime }={\lambda }_2{y}_2^{\prime }+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^{\prime }$ $\dots$ $y_1^{(n-1)}={\lambda }_2{y}_2^{(n-1)}+\cdots +{\lambda }_n{y}_n^{(n-1)}$ Подставим эти выражения в первый столбец определителя Вронского: $W(x)=\left|\begin{array}{cccc}{y}_1& y_2& \dots & y_n\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }& \dots & y_n^{\prime }\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ y_1^{(n-1)}& y_2^{(n-1)}& \dots & y_n^{(n-1)}\end{array}\right|$ Из полученной записи видно, что первый столбец является линейной комбинацией остальных $(n-1)$ столбцов (с коэффициентами ${\lambda }_i$). По известному свойству определителей, если один столбец является линейной комбинацией других столбцов, то такой определитель тождественно равен нулю: $W(x)\equiv 0$. Ч.т.д.

11. Сформулировать и доказать теорему о вронскиане линейно независимой системы частных решений линейного однородного дифференциального уравнения.

Теорема: Пусть $y_1(x),y_2(x),\dots ,y_n(x)$ — система линейно независимых частных решений линейного однородного дифференциального уравнения (ЛОДУ) $n$-го порядка $L_n(y)=0$ на отрезке $[a,b]$ (при выполнении условий Коши: коэффициенты непрерывны и $a_0(x)\ne 0$). Тогда их определитель Вронского не обращается в нуль ни в одной точке этого отрезка: $W(x)\ne 0\forall x\in [a,b]$.

Доказательство (от противного): Представим, что Вронскиан равен нулю в некоторой точке $x_0\in [a,b]$: $W(x_0)=0$. Вронскиан в фиксированной точке $x_0$ — это определитель числовой матрицы. Так как он равен нулю, её столбцы линейно зависимы. Значит, существуют такие константы $C_1,\dots ,C_n$ (не все равные нулю), что: $C_1{y}_1(x_0)+\cdots +C_n{y}_n(x_0)=0$ $C_1{y}_1^{\prime }(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{\prime }(x_0)=0$ $\dots$ Составим новую функцию $\tilde{y}(x)=C_1{y}_1(x)+\cdots +C_n{y}_n(x)$. 8. Как линейная комбинация решений ЛОДУ, она сама является решением ЛОДУ. 9. В точке $x_0$ она удовлетворяет нулевым начальным условиям: $\tilde{y}(x_0)=0,{\tilde{y}}^{\prime }(x_0)=0,\dots$ (из уравнений выше).

Однако тривиальная функция $y(x)\equiv 0$ также является решением ЛОДУ и удовлетворяет тем же нулевым начальным условиям в точке $x_0$. В силу теоремы Коши (которая выполняется по условию), решение такой задачи Коши единственно. Значит, наша функция тождественно равна нулю: $\tilde{y}(x)\equiv 0$, то есть: $C_1{y}_1(x)+\cdots +C_n{y}_n(x)\equiv 0$ Так как не все константы $C_i$ равны нулю, это означает, что функции $y_1,\dots ,y_n$ линейно зависимы. Мы пришли к противоречию с условием теоремы. Следовательно, наше допущение было неверным, и $W(x)\ne 0$. Ч.т.д.

12. Вывести формулу общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами в случае простых действительных корней характеристического уравнения.

Рассмотрим ЛОДУ 2-го порядка: $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$, где $p,q\in \mathbb{R}$. Будем искать решение в виде показательной функции $y=e^{\lambda x}$. Тогда $y^{\prime }=\lambda e^{\lambda x}$, $y^{\prime \prime }={\lambda }^2{e}^{\lambda x}$. Подставляем в уравнение: ${\lambda }^2{e}^{\lambda x}+p\lambda e^{\lambda x}+q{e}^{\lambda x}=0⟹e^{\lambda x}({\lambda }^2+p\lambda +q)=0$. Так как $e^{\lambda x}\ne 0$, получаем характеристическое уравнение: ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$.

Случай простых действительных корней ($D>0$): Корни ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\in \mathbb{R}$. Этим корням соответствуют два частных решения: $y_1=e^{{\lambda }_{1}x}$ и $y_2=e^{{\lambda }_{2}x}$. Проверим, образуют ли они фундаментальную систему решений (ФСР). Для этого вычислим их определитель Вронского: $W(x)=\left|\begin{array}{cc}{e}^{{\lambda }_{1}x}& e^{{\lambda }_{2}x}\\ {\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}& {\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{2}x}\end{array}\right|={\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{1}x}{e}^{{\lambda }_{2}x}-{\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}{e}^{{\lambda }_{2}x}=e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)x}({\lambda }_2-{\lambda }_1)$ Так как экспонента всегда строго больше нуля, а ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$, то $W(x)\ne 0$. Следовательно, функции $y_1$ и $y_2$ линейно независимы и образуют ФСР. По теореме о структуре общего решения ЛОДУ, общее решение запишется в виде их линейной комбинации: $y=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$

13. Вывести формулу общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами в случае комплексных корней характеристического уравнения.

Характеристическое уравнение: ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$. Случай комплексных корней ($D<0$): Корни являются комплексно-сопряженными: ${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm i\beta$, где $\beta \ne 0$. Им формально соответствуют комплексные решения: ${\tilde{y}}_1=e^{(\alpha +i\beta )x}$ и ${\tilde{y}}_2=e^{(\alpha -i\beta )x}$. По формуле Эйлера ($e^{i\phi }=\cos \phi +i\sin \phi$) распишем их: ${\tilde{y}}_1=e^{\alpha x}(\cos \beta x+i\sin \beta x)$ ${\tilde{y}}_2=e^{\alpha x}(\cos \beta x-i\sin \beta x)$ В силу линейности дифференциального оператора, любая линейная комбинация решений также является решением. Построим из них действительные функции: $y_1=\frac{{\tilde{y}}_1+{\tilde{y}}_2}{2}=e^{\alpha x}\cos \beta x$ $y_2=\frac{{\tilde{y}}_1-{\tilde{y}}_2}{2i}=e^{\alpha x}\sin \beta x$ Проверим их Вронскиан: $W(x)=\left|\begin{array}{cc}{e}^{\alpha x}\cos \beta x& e^{\alpha x}\sin \beta x\\ e^{\alpha x}(\alpha \cos \beta x-\beta \sin \beta x)& e^{\alpha x}(\alpha \sin \beta x+\beta \cos \beta x)\end{array}\right|$ Вычисляя определитель (с вынесением $e^{2\alpha x}$), получим: $W(x)=e^{2\alpha x}(\cos \beta x(\alpha \sin \beta x+\beta \cos \beta x)-\sin \beta x(\alpha \cos \beta x-\beta \sin \beta x))=e^{2\alpha x}\beta ({\cos }^2\beta x+{\sin }^2\beta x)=\beta e^{2\alpha x}$. Так как $\beta \ne 0$, Вронскиан $W(x)\ne 0$. Функции линейно независимы и образуют ФСР. Итоговая формула общего решения: $y=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)$

14. Вывести формулу общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами в случае кратных корней характеристического уравнения.

Характеристическое уравнение: ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$. Случай кратных корней ($D=0$): Корни совпадают: ${\lambda }_1={\lambda }_2=\lambda =-p/2$. Одно решение: $y_1=e^{\lambda x}$. Найдем второе линейно независимое решение методом подстановки. Ищем $y_2$ в виде $y_2=u(x)e^{\lambda x}$. Найдём производные: $y_2^{\prime }=u^{\prime }{e}^{\lambda x}+u\lambda e^{\lambda x}$ $y_2^{\prime \prime }=u^{\prime \prime }{e}^{\lambda x}+2u^{\prime }\lambda e^{\lambda x}+u{\lambda }^2{e}^{\lambda x}$ Подставим $y_2,y_2^{\prime },y_2^{\prime \prime }$ в исходное уравнение $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$: $u^{\prime \prime }{e}^{\lambda x}+2u^{\prime }\lambda e^{\lambda x}+u{\lambda }^2{e}^{\lambda x}+p(u^{\prime }{e}^{\lambda x}+u\lambda e^{\lambda x})+qu{e}^{\lambda x}=0$ Разделим на $e^{\lambda x}$ и сгруппируем по производным функции $u$: $u^{\prime \prime }+u^{\prime }(2\lambda +p)+u({\lambda }^2+p\lambda +q)=0$

1. Скобка $({\lambda }^2+p\lambda +q)=0$, так как $\lambda$ — корень.
2. Скобка $(2\lambda +p)=0$, так как корень кратный ($\lambda =-p/2⟹2\lambda =-p$). Уравнение принимает простейший вид: $u^{\prime \prime }=0$. Интегрируя дважды, получаем: $u(x)=C_{1}x+C_2$. Для одного частного решения положим $C_1=1,C_2=0⟹u(x)=x$. Второе решение: $y_2=x{e}^{\lambda x}$. Вронскиан $W[e^{\lambda x},x{e}^{\lambda x}]=e^{2\lambda x}\ne 0$, значит, это ФСР. Итоговая формула общего решения: $y=C_1{e}^{\lambda x}+C_{2}x{e}^{\lambda x}=e^{\lambda x}(C_1+C_{2}x)$

15. Сформулировать и доказать теорему о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравнения n-го порядка.

Теорема: Пусть для ЛОДУ $n$-го порядка $L_n(y)=0$ выполняются условия существования и единственности Коши. Тогда его общее решение $y_{oo}(x)$ является линейной комбинацией функций, образующих фундаментальную систему решений (ФСР) $y_1,y_2,\dots ,y_n$: $y_{oo}(x)=C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)+\cdots +C_n{y}_n(x)$ где $C_i$ — произвольные постоянные.

Доказательство:

1. Убедимся, что $y_{oo}$ является решением. В силу свойства линейности оператора $L_n$: $L_n(y_{oo})=L_n(C_1{y}_1+\cdots +C_n{y}_n)=C_1{L}_n(y_1)+\cdots +C_n{L}_n(y_n)=0+\cdots +0=0$. Решение найдено.
2. Докажем, что из этого выражения можно получить решение любой задачи Коши. Зададим произвольные начальные условия в точке $x_0$: $y(x_0)=y_0,y^{\prime }(x_0)=y_0^{\prime },\dots ,y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}$. Подставим $y_{oo}$ в эти условия, получим систему линейных алгебраических уравнений относительно констант $C_1,\dots ,C_n$: $\{\begin{array}{l}{C}_1{y}_1(x_0)+\cdots +C_n{y}_n(x_0)=y_0\\ \dots \\ C_1{y}_1^{(n-1)}(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}\end{array}$ Определитель этой системы — это определитель Вронского $W(x_0)$, построенный на ФСР $y_1,\dots ,y_n$. Так как ФСР состоит из линейно независимых решений, то $W(x_0)\ne 0$. По теореме Крамера, если определитель СЛАУ не равен 0, она имеет единственное решение для констант $C_1,\dots ,C_n$. По теореме Коши, решение уравнения с заданными начальными условиями единственно, значит $y_{oo}$ исчерпывает все возможные решения уравнения. Ч.т.д.

16. Сформулировать и доказать теорему о структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравнения n-го порядка.

Теорема: Общее решение ЛНДУ $L_n(y)=f(x)$ равно сумме общего решения соответствующего ЛОДУ $L_n(y)=0$ и любого частного решения данного ЛНДУ. $y_{он}(x)=y_{оо}(x)+y_{чн}(x)$

Доказательство:

1. Покажем, что их сумма является решением ЛНДУ. В силу линейности оператора $L_n$: $L_n(y_{оо}+y_{чн})=L_n(y_{оо})+L_n(y_{чн})=0+f(x)=f(x)$. Уравнение удовлетворяется.
2. Покажем, что любое решение $y(x)$ ЛНДУ может быть представлено в таком виде. Рассмотрим разность произвольного решения $y(x)$ и нашего частного решения $y_{чн}(x)$. Применим к ней оператор: $L_n(y(x)-y_{чн}(x))=L_n(y(x))-L_n(y_{чн}(x))=f(x)-f(x)=0$. Так как $L_n(y-y_{чн})=0$, разность $(y(x)-y_{чн}(x))$ является решением однородного уравнения. По предыдущей теореме, множество всех решений однородного уравнения исчерпывается конструкцией $y_{оо}(x)$. Следовательно, $y(x)-y_{чн}(x)=y_{оо}(x)⟹y(x)=y_{оо}(x)+y_{чн}(x)$. Ч.т.д.

17. Дать обоснование метода вариации произвольных постоянных (метода Лагранжа) для линейного неоднородного дифференциального уравнения 2-го порядка.

Задано ЛНДУ 2-го порядка $y^{\prime \prime }+p_1(x)y^{\prime }+p_2(x)y=f(x)$. Известна ФСР соответствующего ЛОДУ: $y_1(x),y_2(x)$. Общее решение ЛОДУ: $y_{oo}=C_1{y}_1+C_2{y}_2$. Метод Лагранжа заключается в том, что решение ЛНДУ ищется в виде $y=C_1(x)y_1+C_2(x)y_2$, где $C_1(x),C_2(x)$ — неизвестные функции.

Вывод системы: Найдём первую производную: $y^{\prime }=C_1^{\prime }{y}_1+C_2^{\prime }{y}_2+C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime }$ Наложим искусственное условие (первое уравнение системы), чтобы не появились вторые производные функций $C$: $C_1^{\prime }{y}_1+C_2^{\prime }{y}_2=0(I)$ Тогда первая производная упрощается до $y^{\prime }=C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime }$. Найдем вторую производную: $y^{\prime \prime }=C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }+C_1{y}_1^{\prime \prime }+C_2{y}_2^{\prime \prime }$. Подставим $y,y^{\prime },y^{\prime \prime }$ в исходное ЛНДУ: $(C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }+C_1{y}_1^{\prime \prime }+C_2{y}_2^{\prime \prime })+p_1(C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime })+p_2(C_1{y}_1+C_2{y}_2)=f(x)$ Сгруппируем слагаемые с $C_1$ и $C_2$: $C_1(y_1^{\prime \prime }+p_1{y}_1^{\prime }+p_2{y}_1)+C_2(y_2^{\prime \prime }+p_1{y}_2^{\prime }+p_2{y}_2)+C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }=f(x)$. Выражения в скобках равны нулю, так как $y_1$ и $y_2$ — решения ЛОДУ. Остается второе уравнение системы: $C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }=f(x)(II)$

Получаем СЛАУ для $C_1^{\prime }$ и $C_2^{\prime }$: $\{\begin{array}{l}{C}_1^{\prime }{y}_1+C_2^{\prime }{y}_2=0\\ C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }=f(x)\end{array}$ Определитель этой системы — это Вронскиан $W[y_1,y_2](x)$. Так как $y_1,y_2$ образуют ФСР, $W(x)\ne 0$. Следовательно, система всегда имеет единственное решение для производных $C_1^{\prime }$ и $C_2^{\prime }$, интегрируя которые, мы находим искомые функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$.

18. Вывести формулу Остроградского - Лиувилля для линейного однородного дифференциального уравнения 2-го порядка.

Для линейного однородного дифференциального уравнения $y^{\prime \prime }+p_1(x)y^{\prime }+p_2(x)y=0$. Пусть $y_1,y_2$ — два его решения. Выпишем тождества:

1. $y_1^{\prime \prime }+p_1(x)y_1^{\prime }+p_2(x)y_1=0|\cdot (-y_2)$
2. $y_2^{\prime \prime }+p_1(x)y_2^{\prime }+p_2(x)y_2=0|\cdot (y_1)$

Сложим полученные уравнения. Слагаемые с $p_2(x)$ взаимно уничтожатся ($-p_2{y}_1{y}_2+p_2{y}_1{y}_2=0$): $(y_1{y}_2^{\prime \prime }-y_2{y}_1^{\prime \prime })+p_1(x)(y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime })=0$ Запишем определитель Вронского: $W(x)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }$. Найдем его производную: $W^{\prime }(x)=(y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }{)}^{\prime }=(y_1^{\prime }{y}_2^{\prime }+y_1{y}_2^{\prime \prime })-(y_2^{\prime }{y}_1^{\prime }+y_2{y}_1^{\prime \prime })=y_1{y}_2^{\prime \prime }-y_2{y}_1^{\prime \prime }$. Подставим $W(x)$ и $W^{\prime }(x)$ в наше уравнение, получив ОДУ для Вронскиана: $W^{\prime }(x)+p_1(x)W(x)=0$ Разделим переменные: $\frac{dW}{dx}=-p_1(x)W⟹\frac{dW}{W}=-p_1(x)dx$. Интегрируем от $x_0$ до $x$: $\ln |W(x)|-\ln |W(x_0)|=-{\int }_{x_0}^x{p}_1(t)dt⟹W(x)=W(x_0)\cdot e^{-{\int }_{x_0}^x{p}_1(t)dt}$

19. Сформулировать и доказать теорему о наложении частных решений линейного неоднородного дифференциального уравнения (принцип суперпозиции).

Теорема (Принцип суперпозиции): Пусть задано линейное неоднородное дифференциальное уравнение (ЛНДУ) $L_n(y)=f_1(x)+f_2(x)$. Если функция $y_1(x)$ является частным решением уравнения $L_n(y)=f_1(x)$, а функция $y_2(x)$ является частным решением уравнения $L_n(y)=f_2(x)$, то их сумма: $y(x)=y_1(x)+y_2(x)$ является частным решением исходного уравнения $L_n(y)=f_1(x)+f_2(x)$.

Доказательство: Подставим сумму $y_1+y_2$ в линейный оператор $L_n$. В силу свойства аддитивности линейного оператора (производная суммы равна сумме производных): $L_n(y_1+y_2)=L_n(y_1)+L_n(y_2)$ Так как $y_1$ — решение уравнения с правой частью $f_1(x)$, то $L_n(y_1)=f_1(x)$. Так как $y_2$ — решение уравнения с правой частью $f_2(x)$, то $L_n(y_2)=f_2(x)$. Подставляя эти значения, получаем: $L_n(y_1+y_2)=f_1(x)+f_2(x)$ Тождество выполняется, следовательно, $y_1+y_2$ действительно является решением. Ч.т.д.

20. Сформулировать и доказать теоремы о свойствах частных решений линейных однородного и неоднородного дифференциальных уравнений.

Пусть задан линейный дифференциальный оператор $L_n(y)$. Рассмотрим ЛОДУ $L_n(y)=0$ (1) и ЛНДУ $L_n(y)=f(x)$ (2).

Теоремы о свойствах решений:

1. Сумма (или разность) любых двух решений однородного уравнения (1) есть решение однородного уравнения (1). Доказательство: Пусть $L_n(y_1)=0,L_n(y_2)=0$. По линейности оператора: $L_n(y_1\pm y_2)=L_n(y_1)\pm L_n(y_2)=0\pm 0=0$.
2. Разность любых двух решений неоднородного уравнения (2) есть решение однородного уравнения (1). Доказательство: Пусть $L_n({\tilde{y}}_1)=f(x),L_n({\tilde{y}}_2)=f(x)$. По линейности оператора: $L_n({\tilde{y}}_1-{\tilde{y}}_2)=L_n({\tilde{y}}_1)-L_n({\tilde{y}}_2)=f(x)-f(x)=0$.
3. Сумма решения однородного уравнения (1) и решения неоднородного уравнения (2) есть решение неоднородного уравнения (2). Доказательство: Пусть $L_n(y_{oo})=0,L_n(y_{чн})=f(x)$. По линейности оператора: $L_n(y_{oo}+y_{чн})=L_n(y_{oo})+L_n(y_{чн})=0+f(x)=f(x)$.