Экзамен

1. Сформулируйте определение определенного интеграла, его геометрический смысл.

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

1. Произвольным образом разобьём отрезок $[a,b]$ на $n$ частичных отрезков точками $a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$. Данное множество точек называется разбиением $T$.
2. Обозначим длину каждого отрезка $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$, а максимальную длину из всех отрезков разбиения — диаметром разбиения $\lambda (T)={\max }_{1\le i\le n}\Delta x_i$.
3. На каждом отрезке выберем произвольную точку ${\xi }_i\in [x_{i-1},x_i]$. Множество этих точек называется выборкой $\xi =\{{\xi }_1,\dots ,{\xi }_n\}$.

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 интегральная 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 $[a,b]$ ($f(x)\in R([a,b])$), а число $I$ — определенным интегралом: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$ На языке кванторов (по Коши): $\forall \epsilon >0\exists \delta >0:\forall T(\lambda (T)<\delta ),\forall {\xi }_i\in {\Delta }_i⟹\left|{\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i-{\int }_a^{b}f(x)dx\right|<\epsilon$

Геометрический смысл: Если функция $f(x)\ge 0$ непрерывна на $[a,b]$, то определенный интеграл ${\int }_a^{b}f(x)dx$ численно равен площади криволинейной трапеции, ограниченной сверху графиком функции $y=f(x)$, снизу осью абсцисс $OX$, а с боков — вертикальными прямыми $x=a$ и $x=b$.

2. Докажите свойство линейности определенного интеграла.

Теорема (Линейность): Если функции $f(x)$ и $g(x)$ интегрируемы на отрезке $[a,b]$ (т.е. $f,g\in R([a,b])$), то для любых действительных констант $\alpha$ и $\beta$ их линейная комбинация $\phi (x)=\alpha f(x)+\beta g(x)$ также интегрируема на $[a,b]$, причём: ${\int }_a^b(\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha {\int }_a^{b}f(x)dx+\beta {\int }_a^{b}g(x)dx$

Доказательство: Для заданного разбиения $T$ и выборки $\xi$ запишем интегральную сумму для функции $\phi (x)$: ${\sigma }_T(\phi ,\xi )={\sum }_{i=1}^n\phi ({\xi }_i)\Delta x_i={\sum }_{i=1}^n(\alpha f({\xi }_i)+\beta g({\xi }_i))\Delta x_i$ Пользуясь свойствами конечных сумм, раскроем скобки и вынесем константы $\alpha$ и $\beta$ за знак суммы: ${\sigma }_T(\phi ,\xi )=\alpha {\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i+\beta {\sum }_{i=1}^{n}g({\xi }_i)\Delta x_i$ Заметим, что суммы в правой части — это в точности интегральные суммы Римана для функций $f(x)$ и $g(x)$: ${\sigma }_T(\phi ,\xi )=\alpha {\sigma }_T(f,\xi )+\beta {\sigma }_T(g,\xi )$ Перейдём к пределу при диаметре разбиения $\lambda (T)\to 0$. Так как по условию теоремы функции $f(x)$ и $g(x)$ интегрируемы, пределы ${\lim }_{\lambda \to 0}{\sigma }_T(f,\xi )$ и ${\lim }_{\lambda \to 0}{\sigma }_T(g,\xi )$ существуют, конечны и равны ${\int }_a^{b}f(x)dx$ и ${\int }_a^{b}g(x)dx$ соответственно. В силу свойств пределов (предел суммы равен сумме пределов), предел левой части также существует: ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sigma }_T(\phi ,\xi )=\alpha {\int }_a^{b}f(x)dx+\beta {\int }_a^{b}g(x)dx$ Существование конечного предела интегральной суммы доказывает, что функция $\phi (x)$ интегрируема, а само равенство доказывает свойство линейности. Ч.т.д.

3. Докажите свойство аддитивности определенного интеграла.

Теорема (Аддитивность по отрезку интегрирования): Пусть $a<c<b$. Если функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b]$, то она интегрируема на отрезках $[a,c]$ и $[c,b]$, причём справедливо равенство: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{c}f(x)dx+{\int }_c^{b}f(x)dx$

Доказательство: Так как $f(x)$ интегрируема на $[a,b]$, предел её интегральной суммы существует и не зависит от способа разбиения отрезка $[a,b]$. Следовательно, мы имеем право выбрать такое разбиение $T$, которое обязательно включает точку $c$ в качестве одной из точек деления (пусть $c=x_k$, где $0<k<n$). Тогда разбиение $T$ отрезка $[a,b]$ распадается на два независимых разбиения: $T_1$ для отрезка $[a,c]$ и $T_2$ для отрезка $[c,b]$. Запишем интегральную сумму Римана для всего отрезка $[a,b]$ и разобьем её на две суммы: ${\sigma }_T(f,\xi )={\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i={\sum }_{i=1}^{k}f({\xi }_i)\Delta x_i+{\sum }_{i=k+1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i$ Первая сумма в правой части — это интегральная сумма ${\sigma }_{T_1}$ для отрезка $[a,c]$, а вторая — интегральная сумма ${\sigma }_{T_2}$ для отрезка $[c,b]$: ${\sigma }_T={\sigma }_{T_1}+{\sigma }_{T_2}$ Устремим диаметр разбиения $\lambda (T)\to 0$. Очевидно, что при этом диаметры частичных разбиений $\lambda (T_1)$ и $\lambda (T_2)$ также стремятся к нулю. Так как предел ${\lim }_{\lambda (T)\to 0}{\sigma }_T$ существует и равен ${\int }_a^{b}f(x)dx$, то существуют и пределы правых сумм (по критерию интегрируемости Лебега/Дарбу интегрируемость на всём отрезке влечет интегрируемость на его частях). Переходя к пределу, получаем: ${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{c}f(x)dx+{\int }_c^{b}f(x)dx$ Ч.т.д.

4. Сформулируйте и докажите теорему об оценке определенного интеграла.

Теорема: Пусть функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,b]$ ($a<b$) и существуют такие действительные константы $m$ и $M$, что для всех $x\in [a,b]$ выполняется двойное неравенство: $m\le f(x)\le M$ Тогда справедливо неравенство: $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$

Доказательство: Рассмотрим заданное двойное неравенство $m\le f(x)\le M$. Для любого разбиения $T$ отрезка $[a,b]$ и любой выборки $\xi$, умножим все части неравенства на длину частичного отрезка $\Delta x_i>0$: $m\Delta x_i\le f({\xi }_i)\Delta x_i\le M\Delta x_i$ Просуммируем эти неравенства по всем $i$ от $1$ до $n$: ${\sum }_{i=1}^{n}m\Delta x_i\le {\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i\le {\sum }_{i=1}^{n}M\Delta x_i$ Вынесем константы $m$ и $M$ за знак суммы: $m{\sum }_{i=1}^n\Delta x_i\le {\sigma }_T(f,\xi )\le M{\sum }_{i=1}^n\Delta x_i$ Сумма длин всех частичных отрезков разбиения в точности равна длине всего отрезка $[a,b]$, то есть ${\sum }_{i=1}^n\Delta x_i=b-a$. Подставим это: $m(b-a)\le {\sigma }_T(f,\xi )\le M(b-a)$ Полученное неравенство верно для интегральных сумм при любом разбиении. Перейдем к пределу при $\lambda (T)\to 0$. Так как $f(x)$ интегрируема, предел ${\sigma }_T$ равен определенному интегралу. Крайние части от разбиения не зависят. В силу теоремы о предельном переходе в неравенствах, строгие неравенства могут стать нестрогими, но так как они изначально нестрогие, получаем: $m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)dx\le M(b-a)$ Ч.т.д.

5. Сформулируйте и докажите теорему об интегрировании неравенств между функциями.

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

Доказательство: 4. Сначала докажем вспомогательное свойство: если $\phi (x)\ge 0$ на $[a,b]$ и $\phi (x)\in R([a,b])$, то ${\int }_a^b\phi (x)dx\ge 0$. Действительно, составим интегральную сумму: ${\sigma }_T(\phi ,\xi )={\sum }_{i=1}^n\phi ({\xi }_i)\Delta x_i$. Так как $\forall {\xi }_i\in [a,b]⟹\phi ({\xi }_i)\ge 0$ и $\Delta x_i>0$, то каждое слагаемое суммы неотрицательно. Значит, ${\sigma }_T(\phi ,\xi )\ge 0$. Переходя к пределу при $\lambda \to 0$, получаем ${\int }_a^b\phi (x)dx\ge 0$. 5. Теперь рассмотрим функции из условия теоремы: $f(x)\le g(x)$. Перенесем всё в одну часть: $g(x)-f(x)\ge 0$. Обозначим эту разность как $\phi (x)=g(x)-f(x)$. В силу свойства линейности, функция $\phi (x)$ интегрируема. Применим доказанное вспомогательное свойство к неотрицательной функции $\phi (x)$: ${\int }_a^b(g(x)-f(x))dx\ge 0$ По свойству линейности интеграл разности равен разности интегралов: ${\int }_a^{b}g(x)dx-{\int }_a^{b}f(x)dx\ge 0$ Перенесем интеграл от $f(x)$ в правую часть: ${\int }_a^{b}g(x)dx\ge {\int }_a^{b}f(x)dx⟺{\int }_a^{b}f(x)dx\le {\int }_a^{b}g(x)dx$ Ч.т.д.

6. Сформулируйте и докажите теорему о среднем для определенного интеграла.

Теорема (Обобщенная теорема о среднем): Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ интегрируемы на отрезке $[a,b]$. Пусть $m={\inf }_{[a,b]}f(x)$ и $M={\sup }_{[a,b]}f(x)$, так что $m\le f(x)\le M$. Пусть функция $g(x)$ сохраняет знак на $[a,b]$ (например, $g(x)\ge 0$). Тогда существует такое число $\mu \in [m,M]$, что: ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\mu {\int }_a^{b}g(x)dx$ Если дополнительно известно, что $f(x)$ непрерывна на $[a,b]$ ($f\in C([a,b])$), то существует точка $c\in [a,b]$ такая, что: ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(c){\int }_a^{b}g(x)dx$

Доказательство:

1. Пусть $g(x)\ge 0$. Умножим двойное неравенство $m\le f(x)\le M$ на неотрицательную функцию $g(x)$. Знак неравенства не изменится: $m\cdot g(x)\le f(x)g(x)\le M\cdot g(x)$
2. Проинтегрируем все части полученного неравенства по отрезку $[a,b]$ (по теореме об интегрировании неравенств) и вынесем константы $m$ и $M$: $m{\int }_a^{b}g(x)dx\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\le M{\int }_a^{b}g(x)dx(\ast )$
3. Рассмотрим два случая:
   • Если ${\int }_a^{b}g(x)dx=0$, то из двойного неравенства $(\ast )$ следует, что $0\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)dx\le 0$, то есть ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=0$. В этом случае искомое равенство $0=\mu \cdot 0$ выполняется при абсолютно любом значении $\mu$.
   • Если ${\int }_a^{b}g(x)dx>0$, разделим все части двойного неравенства $(\ast )$ на этот интеграл: $m\le \frac{{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx}{{\int }_a^{b}g(x)dx}\le M$ Обозначим дробь, стоящую в центре, через $\mu$. Очевидно, что $\mu \in [m,M]$. Умножая обратно, получаем ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=\mu {\int }_a^{b}g(x)dx$. Обобщенная теорема доказана.
4. Докажем вторую часть для непрерывной функции $f(x)$. Так как $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, то по Второй теореме Вейерштрасса (о прохождении через все промежуточные значения) она обязательно принимает любое значение, лежащее между её инфимумом $m$ и супремумом $M$. Так как $\mu \in [m,M]$, найдется точка $c\in [a,b]$ такая, что $f(c)=\mu$. Подставим $f(c)$ вместо $\mu$ и получим: ${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(c){\int }_a^{b}g(x)dx$. Ч.т.д.

7. Сформулируйте и докажите теорему о производной от интеграла с переменным верхним пределом.

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

Доказательство:

1. Зададим аргументу $x$ некоторое приращение $\Delta x$ так, чтобы сдвинутая точка $x+\Delta x$ не выходила за пределы отрезка $[a,b]$.
2. Запишем приращение функции $F(x)$: $\Delta F=F(x+\Delta x)-F(x)={\int }_a^{x+\Delta x}f(t)dt-{\int }_a^{x}f(t)dt$
3. Воспользуемся свойством аддитивности определенного интеграла: ${\int }_a^{x+\Delta x}f(t)dt={\int }_a^{x}f(t)dt+{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt$. Подставим это в разность: $\Delta F={\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt$
4. Составим отношение приращения функции к приращению аргумента: $\frac{\Delta F}{\Delta x}=\frac{1}{\Delta x}{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt$
5. Применим к интегралу в числителе теорему о среднем значении (доказанную в предыдущем вопросе). Так как интеграл берется по отрезку $[x,x+\Delta x]$ длиной $\Delta x$, по теореме о среднем существует такая промежуточная точка $\xi \in [x,x+\Delta x]$ (между $x$ и $x+\Delta x$), что: ${\int }_x^{x+\Delta x}f(t)dt=f(\xi )\cdot (x+\Delta x-x)=f(\xi )\Delta x$
6. Подставим это в отношение: $\frac{\Delta F}{\Delta x}=\frac{f(\xi )\Delta x}{\Delta x}=f(\xi )$
7. Перейдем к пределу при $\Delta x\to 0$ для нахождения производной $F^{\prime }(x)$: $F^{\prime }(x)={\lim }_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta F}{\Delta x}={\lim }_{\Delta x\to 0}f(\xi )$
8. Проанализируем предел. Точка $\xi$ зажата на отрезке между $x$ и $x+\Delta x$. Когда $\Delta x\to 0$, границы отрезка стягиваются в точку $x$. По теореме о двух милиционерах точка $\xi$ вынуждена стремиться к $x$ ($\xi \to x$). Так как по условию теоремы функция $f(t)$ непрерывна в точке $x$, то предел значения функции при стремлении аргумента к $x$ равен значению функции в самой точке $x$: ${\lim }_{\xi \to x}f(\xi )=f(x)$ Следовательно, $F^{\prime }(x)=f(x)$. Теорема доказана.

8. Сформулируйте признаки сходимости несобственных интегралов 1-го рода для неотрицательных функций.

Признаки сходимости несобственных интегралов 1-го рода (с бесконечным пределом интегрирования): Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ неотрицательны ($f(x)\ge 0,g(x)\ge 0$) на полуинтервале $[a,+\infty )$ и интегрируемы на любом конечном отрезке $[a,\xi ]$, где $\xi >a$.

1. Признак сравнения (в форме неравенств): Если для всех $x\ge a$ выполняется неравенство $f(x)\le g(x)$, то:

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

2. Предельный признак сравнения: Если существует конечный и отличный от нуля предел отношения этих функций на бесконечности: ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=k,\text{где }0<k<+\infty$ то несобственные интегралы ${\int }_a^{+\infty }f(x)dx$ и ${\int }_a^{+\infty }g(x)dx$ сходятся или расходятся одновременно (ведут себя одинаково). (Замечание: Если $k=0$, то из сходимости интеграла от $g(x)$ следует сходимость интеграла от $f(x)$. Если $k=+\infty$, то из расходимости интеграла от $g(x)$ следует расходимость интеграла от $f(x)$).

9. Сформулируйте признаки сходимости несобственных интегралов 2-го рода для неотрицательных функций.

Признаки сходимости несобственных интегралов 2-го рода (от неограниченных функций): Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ неотрицательны ($f(x)\ge 0,g(x)\ge 0$) и непрерывны на полуинтервале $[a,b)$, а в точке $x=b$ имеют бесконечный разрыв (не ограничены в любой левой окрестности точки $b$).

1. Признак сравнения (в форме неравенств): Если для всех $x\in [a,b)$ выполняется неравенство $f(x)\le g(x)$, то:

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

2. Предельный признак сравнения: Если существует конечный и отличный от нуля левосторонний предел отношения этих функций в особой точке: ${\lim }_{x\to b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=k,\text{где }0<k<+\infty$ то несобственные интегралы ${\int }_a^{b}f(x)dx$ и ${\int }_a^{b}g(x)dx$ сходятся или расходятся одновременно.

10. Выведите формулу для вычисления площади криволинейного сектора, заданного в полярной системе координат.

Условие: Плоская фигура (криволинейный сектор) ограничена непрерывной кривой, заданной в полярной системе координат уравнением $r=r(\phi )$, и двумя полярными лучами $\phi =\alpha$ и $\phi =\beta$ ($\alpha <\beta$).

Вывод формулы:

1. Дадим полярному углу $\phi$ произвольное малое приращение $\Delta \phi >0$. Рассмотрим элементарный криволинейный сектор, который ограничен лучами $\phi$ и $\phi +\Delta \phi$, а также дугой кривой $r(\phi )$.
2. При бесконечно малом $\Delta \phi$ кривизной дуги можно пренебречь, и площадь этого элементарного сектора $\Delta S$ можно приближенно вычислить как площадь обычного треугольника со сторонами $r(\phi )$ и $r(\phi +\Delta \phi )$ и углом $\Delta \phi$ между ними. Площадь треугольника равна половине произведения сторон на синус угла между ними: $\Delta S\approx \frac{1}{2}r(\phi )\cdot r(\phi +\Delta \phi )\cdot \sin (\Delta \phi )$
3. Разделим левую и правую части на приращение аргумента $\Delta \phi$ и перейдём к пределу при $\Delta \phi \to 0$: ${\lim }_{\Delta \phi \to 0}\frac{\Delta S}{\Delta \phi }={\lim }_{\Delta \phi \to 0}\left[\frac{1}{2}r(\phi )\cdot r(\phi +\Delta \phi )\cdot \frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }\right]$
4. Проанализируем пределы множителей в правой части:
   • В силу непрерывности функции $r(\phi )$, при $\Delta \phi \to 0$ значение $r(\phi +\Delta \phi )\to r(\phi )$.
   • По первому замечательному пределу: ${\lim }_{\Delta \phi \to 0}\frac{\sin (\Delta \phi )}{\Delta \phi }=1$.
5. Предел отношения приращения функции площади к приращению угла по определению является производной площади по углу: $S^{\prime }(\phi )=\frac{1}{2}r(\phi )\cdot r(\phi )\cdot 1=\frac{1}{2}{r}^2(\phi )$
6. Запишем это в дифференциалах: $dS=\frac{1}{2}{r}^2(\phi )d\phi$.
7. Чтобы найти площадь всего криволинейного сектора от $\alpha$ до $\beta$, проинтегрируем дифференциал площади по заданному отрезку изменения угла: $S=\frac{1}{2}{\int }_{\alpha }^{\beta }{r}^2(\phi )d\phi$ Формула выведена.

11. Дайте определение длины дуги плоской кривой. Выведите формулы для вычисления длины дуги кривой, заданной в декартовой и полярной системах координат.

Определение: Длиной $L$ дуги кривой $AB$ называется предел периметра (суммы длин звеньев) вписанной в эту кривую ломаной линии при условии, что при стремлении числа звеньев к бесконечности длина её наибольшего звена стремится к нулю ($\lambda \to 0$). Если такой предел существует и конечен, кривая называется спрямляемой.

Вывод в прямоугольной декартовой системе координат:

1. Пусть кривая задана явно непрерывно дифференцируемой функцией $y=f(x)$ на отрезке $x\in [a,b]$.
2. Разобьем отрезок $[a,b]$ на $n$ частичных отрезков точками $x_i$, длина каждого $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$. Этим отрезкам соответствуют приращения функции $\Delta y_i=y_i-y_{i-1}$.
3. По теореме Пифагора длина элементарного (прямолинейного) звена ломаной равна: $\Delta l_i=\sqrt{\Delta x_i^2+\Delta y_i^2}$ Вынесем $\Delta x_i$ за знак корня (полагая $\Delta x_i>0$): $\Delta l_i=\sqrt{1+{\left(\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}\right)}^2}\Delta x_i$
4. Так как функция $f(x)$ дифференцируема, к отрезку $[x_{i-1},x_i]$ можно применить теорему Лагранжа о конечных приращениях. Согласно ей, существует промежуточная точка ${\xi }_i\in (x_{i-1},x_i)$, для которой справедливо: $\frac{\Delta y_i}{\Delta x_i}=f^{\prime }({\xi }_i)$
5. Подставим производную в формулу длины звена: $\Delta l_i=\sqrt{1+(f^{\prime }({\xi }_i){)}^2}\Delta x_i$
6. Длина всей ломаной равна сумме длин звеньев ${\sum }_{i=1}^n\sqrt{1+(f^{\prime }({\xi }_i){)}^2}\Delta x_i$.
7. Переходя к пределу при длине максимального отрезка $\lambda \to 0$, мы получаем классическую интегральную сумму Римана, которая сходится к определенному интегралу: $L={\int }_a^b\sqrt{1+(y^{\prime }(x){)}^2}dx$

Вывод в полярной системе координат: 8. Пусть кривая задана уравнением $r=r(\phi )$, где полярный угол изменяется на отрезке $\phi \in [\alpha ,\beta ]$. Функция $r(\phi )$ непрерывно дифференцируема. 9. Перейдем от полярных координат к параметрически заданным декартовым, выбрав в качестве параметра сам угол $\phi$: $x(\phi )=r(\phi )\cos \phi$ $y(\phi )=r(\phi )\sin \phi$ 10. Известно, что длина дуги параметрически заданной кривой вычисляется по формуле $L={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{(x_{\phi }^{\prime }{)}^2+(y_{\phi }^{\prime }{)}^2}d\phi$. Найдем производные $x^{\prime }$ и $y^{\prime }$ по правилу производной произведения: $x_{\phi }^{\prime }=r^{\prime }(\phi )\cos \phi -r(\phi )\sin \phi$ $y_{\phi }^{\prime }=r^{\prime }(\phi )\sin \phi +r(\phi )\cos \phi$ 11. Подставим эти производные в подкоренное выражение $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2$ и возведем в квадрат: $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=(r^{\prime }\cos \phi -r\sin \phi {)}^2+(r^{\prime }\sin \phi +r\cos \phi {)}^2$ $=(r^{\prime }{)}^2{\cos }^2\phi -2r{r}^{\prime }\cos \phi \sin \phi +r^2{\sin }^2\phi +(r^{\prime }{)}^2{\sin }^2\phi +2r{r}^{\prime }\sin \phi \cos \phi +r^2{\cos }^2\phi$ 12. Удвоенные произведения взаимно уничтожаются. Сгруппируем оставшиеся слагаемые и применим основное тригонометрическое тождество (${\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi =1$): $=(r^{\prime }{)}^2({\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi )+r^2({\sin }^2\phi +{\cos }^2\phi )=(r^{\prime }{)}^2+r^2$ 13. Подставим упрощенное выражение под корень интеграла. Итоговая формула: $L={\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{r^2(\phi )+(r^{\prime }(\phi ){)}^2}d\phi$

12. Сформулируйте и докажите теоремы о свойствах частных решений линейных однородного и неоднородного дифференциальных уравнений.

Пусть $C^n([a,b])$ — линейное пространство функций, непрерывно дифференцируемых $n$ раз на $[a,b]$. Введем линейный дифференциальный оператор $n$-го порядка: $L_n(y)=a_0(x)y^{(n)}+a_1(x)y^{(n-1)}+\cdots +a_n(x)y$ Оператор $L_n$ линеен, то есть удовлетворяет свойствам: $L_n(y_1+y_2)=L_n(y_1)+L_n(y_2)$ и $L_n(Cy)=C{L}_n(y)$. Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ) $L_n(y)=0$ и линейное неоднородное дифференциальное уравнение (ЛНДУ) $L_n(y)=f(x)$.

Теорема 1. Сумма (или разность) любых двух решений линейного однородного уравнения также является решением этого однородного уравнения. Доказательство: Пусть функции $y_1$ и $y_2$ — решения ЛОДУ. Это значит, что $L_n(y_1)=0$ и $L_n(y_2)=0$. Применим оператор к их сумме, используя его свойство линейности: $L_n(y_1\pm y_2)=L_n(y_1)\pm L_n(y_2)=0\pm 0=0$ Тождество выполняется, следовательно, $y_1\pm y_2$ — решение ЛОДУ.

Теорема 2. Разность любых двух частных решений линейного неоднородного уравнения является решением соответствующего линейного однородного уравнения. Доказательство: Пусть функции ${\tilde{y}}_1$ и ${\tilde{y}}_2$ — решения ЛНДУ. Значит, $L_n({\tilde{y}}_1)=f(x)$ и $L_n({\tilde{y}}_2)=f(x)$. Применим оператор к их разности: $L_n({\tilde{y}}_1-{\tilde{y}}_2)=L_n({\tilde{y}}_1)-L_n({\tilde{y}}_2)=f(x)-f(x)=0$ Так как результат равен $0$, разность ${\tilde{y}}_1-{\tilde{y}}_2$ является решением ЛОДУ $L_n(y)=0$.

Теорема 3. Сумма любого решения линейного однородного уравнения и любого частного решения линейного неоднородного уравнения является решением этого неоднородного уравнения. Доказательство: Пусть $y_{oo}$ — решение ЛОДУ ($L_n(y_{oo})=0$), а $y_{чн}$ — решение ЛНДУ ($L_n(y_{чн})=f(x)$). Применим оператор к их сумме: $L_n(y_{oo}+y_{чн})=L_n(y_{oo})+L_n(y_{чн})=0+f(x)=f(x)$ Результат равен $f(x)$, следовательно, сумма является решением ЛНДУ.

13. Сформулируйте и докажите теорему о вронскиане линейно зависимой системы функций.

Определение Вронскиана: Для системы $n$ функций $y_1(x),y_2(x),\dots ,y_n(x)$, имеющих непрерывные производные до $(n-1)$-го порядка, определителем Вронского (Вронскианом) называется функциональный определитель: $W[y_1,y_2,\dots ,y_n](x)=\left|\begin{array}{cccc}{y}_1& y_2& \dots & y_n\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }& \dots & y_n^{\prime }\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ y_1^{(n-1)}& y_2^{(n-1)}& \dots & y_n^{(n-1)}\end{array}\right|$

Теорема: Если система функций $y_1(x),y_2(x),\dots ,y_n(x)$ линейно зависима на отрезке $[a,b]$, то её определитель Вронского тождественно равен нулю на всем этом отрезке: $W(x)\equiv 0\forall x\in [a,b]$

Доказательство:

1. По определению, система функций линейно зависима, если существуют константы ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ (не все равные нулю), такие что ${\lambda }_1{y}_1+{\lambda }_2{y}_2+\cdots +{\lambda }_n{y}_n\equiv 0$.
2. Без ограничения общности предположим, что ${\lambda }_1\ne 0$. Тогда можно выразить функцию $y_1$ как линейную комбинацию остальных функций: $y_1(x)=-\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}{y}_2(x)-\cdots -\frac{{\lambda }_n}{{\lambda }_1}{y}_n(x)$
3. Обозначим коэффициенты как $k_i=-\frac{{\lambda }_i}{{\lambda }_1}$. Тогда тождество примет вид: $y_1(x)=k_2{y}_2(x)+k_3{y}_3(x)+\cdots +k_n{y}_n(x)$
4. Продифференцируем это тождество $n-1$ раз. Так как дифференцирование — линейная операция, коэффициенты сохранятся: $y_1^{\prime }=k_2{y}_2^{\prime }+k_3{y}_3^{\prime }+\cdots +k_n{y}_n^{\prime }$ $\dots$ $y_1^{(n-1)}=k_2{y}_2^{(n-1)}+k_3{y}_3^{(n-1)}+\cdots +k_n{y}_n^{(n-1)}$
5. Подставим функцию $y_1$ и все её производные в первый столбец определителя Вронского. Получится, что каждый элемент первого столбца является точной линейной комбинацией соответствующих элементов остальных столбцов с одними и теми же коэффициентами $k_2,\dots ,k_n$.
6. Из свойств определителей (линейная алгебра) известно: если один из столбцов определителя матрицы является линейной комбинацией других столбцов, то такой определитель тождественно равен нулю. Следовательно, $W(x)\equiv 0$ для любого $x\in [a,b]$. Теорема доказана.

14. Сформулируйте и докажите теорему о вронскиане линейно независимой системы частных решений линейного однородного дифференциального уравнения.

Теорема (Критерий линейной независимости решений ЛОДУ): Пусть функции $y_1(x),y_2(x),\dots ,y_n(x)$ образуют систему линейно независимых частных решений линейного однородного дифференциального уравнения (ЛОДУ) $n$-го порядка $L_n(y)=0$ на отрезке $[a,b]$. (Предполагается, что коэффициенты уравнения $a_i(x)$ непрерывны и $a_0(x)\ne 0$, то есть выполняются условия теоремы Коши). Тогда определитель Вронского этой системы функций не обращается в нуль ни в одной точке отрезка $[a,b]$: $W[y_1,y_2,\dots ,y_n](x)\ne 0\forall x\in [a,b]$

Доказательство (методом от противного):

1. Предположим обратное: пусть определитель Вронского, составленный из линейно независимых решений $y_1,\dots ,y_n$, обратился в нуль в какой-то одной конкретной точке $x_0\in [a,b]$. То есть $W(x_0)=0$.
2. В фиксированной точке $x_0$ Вронскиан представляет собой обычный определитель числовой матрицы. Равенство этого определителя нулю означает, что столбцы матрицы линейно зависимы. Это значит, что существует нетривиальный набор констант $C_1,C_2,\dots ,C_n$ (где $\sum C_i^2\ne 0$), такой что линейная комбинация столбцов дает нулевой вектор: $C_1{y}_1(x_0)+C_2{y}_2(x_0)+\cdots +C_n{y}_n(x_0)=0$ $C_1{y}_1^{\prime }(x_0)+C_2{y}_2^{\prime }(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{\prime }(x_0)=0$ $\dots$ $C_1{y}_1^{(n-1)}(x_0)+C_2{y}_2^{(n-1)}(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{(n-1)}(x_0)=0$
3. Сконструируем новую функцию, используя найденные константы: $\tilde{y}(x)=C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)+\cdots +C_n{y}_n(x)$
4. Проанализируем эту функцию $\tilde{y}(x)$:
   • Во-первых, так как $\tilde{y}(x)$ является линейной комбинацией решений ЛОДУ, она сама по себе также является частным решением этого ЛОДУ (по свойству линейного оператора $L_n(\tilde{y})=0$).
   • Во-вторых, из записанной выше системы уравнений следует, что в точке $x_0$ функция $\tilde{y}(x)$ и все её производные до $(n-1)$-го порядка равны нулю: $\tilde{y}(x_0)=0,{\tilde{y}}^{\prime }(x_0)=0,\dots ,{\tilde{y}}^{(n-1)}(x_0)=0$.
5. Однако очевидно, что тривиальная функция $y(x)\equiv 0$ (тождественный ноль) также является решением любого ЛОДУ и удовлетворяет точно таким же нулевым начальным условиям в точке $x_0$.
6. В силу того, что для данного ЛОДУ выполняются условия теоремы Коши (коэффициенты непрерывны, $a_0\ne 0$), задача Коши имеет единственное решение. Следовательно, наша функция $\tilde{y}(x)$ обязана тождественно совпадать с тривиальным решением: $\tilde{y}(x)\equiv 0⟹C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)+\cdots +C_n{y}_n(x)\equiv 0$
7. Мы получили, что линейная комбинация функций тождественно равна нулю, причём константы $C_i$ не все равны нулю. По определению это означает, что функции $y_1,y_2,\dots ,y_n$ линейно зависимы.
8. Мы пришли к прямому противоречию с исходным условием теоремы (где было дано, что решения линейно независимы). Следовательно, наше изначальное предположение о том, что $W(x_0)=0$, было неверным. Определитель Вронского линейно независимых решений ЛОДУ не равен нулю ни в одной точке. Теорема доказана.

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

Теорема: Пусть задано линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ) $n$-го порядка $L_n(y)=0$, коэффициенты которого удовлетворяют условиям теоремы Коши (непрерывны и $a_0(x)\ne 0$ на отрезке $[a,b]$). Тогда общее решение этого уравнения 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 $C_1,\dots ,C_n$ — произвольные действительные постоянные.

Доказательство:

1. Сначала докажем, что функция $y_{oo}(x)$ действительно является решением ЛОДУ. В силу свойства линейности дифференциального оператора $L_n$, применим его к функции $y_{oo}(x)$: $L_n(y_{oo})=L_n(C_1{y}_1+\cdots +C_n{y}_n)=C_1{L}_n(y_1)+\cdots +C_n{L}_n(y_n)$ Так как каждая функция $y_i(x)$ принадлежит ФСР, она является частным решением ЛОДУ, то есть $L_n(y_i)=0$. $L_n(y_{oo})=C_1\cdot 0+\cdots +C_n\cdot 0=0$ Следовательно, $y_{oo}(x)$ удовлетворяет уравнению.

2. Теперь докажем, что эта формула охватывает все возможные решения (является общим решением). Согласно определению общего решения, мы должны показать, что для любой задачи Коши (с любым набором начальных условий) найдутся такие константы $C_i$, которые удовлетворят этой задаче. Зададим в произвольной точке $x_0\in [a,b]$ набор начальных условий: $y(x_0)=y_0,y^{\prime }(x_0)=y_0^{\prime },\dots ,y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}$ Подставим нашу функцию $y_{oo}(x)$ и её производные в эти начальные условия. Получим систему из $n$ линейных алгебраических уравнений относительно $n$ неизвестных констант $C_1,\dots ,C_n$: $\{\begin{array}{l}{C}_1{y}_1(x_0)+C_2{y}_2(x_0)+\cdots +C_n{y}_n(x_0)=y_0\\ C_1{y}_1^{\prime }(x_0)+C_2{y}_2^{\prime }(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{\prime }(x_0)=y_0^{\prime }\\ \dots \\ C_1{y}_1^{(n-1)}(x_0)+C_2{y}_2^{(n-1)}(x_0)+\cdots +C_n{y}_n^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}\end{array}$ Главный определитель этой системы — это в точности определитель Вронского $W(x_0)$, построенный на функциях $y_1,\dots ,y_n$ в точке $x_0$. Так как функции $y_1,\dots ,y_n$ образуют ФСР, они линейно независимы. По критерию независимости решений ЛОДУ, их Вронскиан не равен нулю ни в одной точке: $W(x_0)\ne 0$. По теореме Крамера (из линейной алгебры), если главный определитель СЛАУ отличен от нуля, то система имеет существует и единственно решение для коэффициентов $C_1,\dots ,C_n$. Подставив эти конкретные коэффициенты, мы получим функцию, которая является решением уравнения и удовлетворяет начальным условиям. По теореме Коши, решение задачи с заданными начальными условиями единственно, значит $y_{oo}(x)$ исчерпывает все возможные решения. Ч.т.д.

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

Теорема: Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения (ЛНДУ) $L_n(y)=f(x)$ равно сумме общего решения соответствующего линейного однородного уравнения (ЛОДУ) $L_n(y)=0$ и любого частного решения исходного неоднородного уравнения. $y_{\text{он}}(x)=y_{\text{оо}}(x)+y_{\text{чн}}(x)$

Доказательство:

1. Докажем, что предложенная сумма $y_{\text{он}}=y_{\text{оо}}+y_{\text{чн}}$ действительно является решением ЛНДУ. Подставим её в левую часть уравнения, используя свойство аддитивности линейного оператора: $L_n(y_{\text{оо}}+y_{\text{чн}})=L_n(y_{\text{оо}})+L_n(y_{\text{чн}})$ Так как $y_{\text{оо}}$ — решение ЛОДУ, то $L_n(y_{\text{оо}})=0$. Так как $y_{\text{чн}}$ — решение ЛНДУ, то $L_n(y_{\text{чн}})=f(x)$. $L_n(y_{\text{оо}}+y_{\text{чн}})=0+f(x)=f(x)$ Тождество выполняется.

2. Докажем, что любое решение ЛНДУ может быть представлено в таком виде. Пусть $y(x)$ — произвольное (вообще любое) решение исходного ЛНДУ, то есть $L_n(y)=f(x)$. Рассмотрим разность между этим решением $y(x)$ и нашим фиксированным частным решением $y_{\text{чн}}(x)$. Применим к этой разности оператор $L_n$: $L_n(y(x)-y_{\text{чн}}(x))=L_n(y(x))-L_n(y_{\text{чн}}(x))=f(x)-f(x)=0$ Получили $L_n(y-y_{\text{чн}})=0$. Это означает, что функция $(y-y_{\text{чн}})$ является решением однородного уравнения ЛОДУ. По теореме о структуре общего решения ЛОДУ, множество всех его решений полностью исчерпывается формулой $y_{\text{оо}}(x)$. Следовательно, разность обязана совпадать с общим решением ЛОДУ при некотором наборе констант: $y(x)-y_{\text{чн}}(x)=y_{\text{оо}}(x)$ Переносим $y_{\text{чн}}$ вправо и получаем искомую структуру: $y(x)=y_{\text{оо}}(x)+y_{\text{чн}}(x)$ Ч.т.д.

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

Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение 2-го порядка: $y^{\prime \prime }+p_1(x)y^{\prime }+p_2(x)y=f(x)(1)$ Пусть $y_1(x)$ и $y_2(x)$ образуют фундаментальную систему решений (ФСР) для соответствующего однородного уравнения $y^{\prime \prime }+p_1{y}^{\prime }+p_{2}y=0$. Общее решение ЛОДУ имеет вид: $y_{oo}=C_1{y}_1+C_2{y}_2$.

Обоснование метода (Вывод): Будем искать общее решение ЛНДУ (1) в виде: $y(x)=C_1(x)y_1(x)+C_2(x)y_2(x)(2)$ где $C_1(x)$ и $C_2(x)$ — неизвестные непрерывно дифференцируемые функции. Найдем первую производную этого предполагаемого решения: $y^{\prime }=C_1^{\prime }{y}_1+C_2^{\prime }{y}_2+C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime }$ Так как мы ввели две неизвестные функции, а уравнение у нас только одно, мы имеем право наложить на эти функции одно дополнительное (удобное нам) условие. Потребуем, чтобы сумма слагаемых с производными констант была равна нулю: ${\mathbf{C}}_1^{\prime }{\mathbf{y}}_1+{\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{y}}_2=0(3)$ Тогда выражение для первой производной сильно упрощается: $y^{\prime }=C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime }$ 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 $y,y^{\prime }$ и $y^{\prime \prime }$ в исходное уравнение (1): $(C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }+C_1{y}_1^{\prime \prime }+C_2{y}_2^{\prime \prime })+p_1(x)(C_1{y}_1^{\prime }+C_2{y}_2^{\prime })+p_2(x)(C_1{y}_1+C_2{y}_2)=f(x)$ Сгруппируем слагаемые при $C_1(x)$ и $C_2(x)$: $C_1(y_1^{\prime \prime }+p_1{y}_1^{\prime }+p_2{y}_1)+C_2(y_2^{\prime \prime }+p_1{y}_2^{\prime }+p_2{y}_2)+C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }=f(x)$ Выражения в первых двух скобках равны нулю, так как $y_1$ и $y_2$ являются решениями однородного уравнения. Остается второе уравнение для производных: ${\mathbf{C}}_1^{\prime }{\mathbf{y}}_1^{\prime }+{\mathbf{C}}_2^{\prime }{\mathbf{y}}_2^{\prime }=\mathbf{f}(\mathbf{x})(4)$ Уравнения (3) и (4) образуют СЛАУ относительно неизвестных $C_1^{\prime }$ и $C_2^{\prime }$: $\{\begin{array}{l}{C}_1^{\prime }{y}_1+C_2^{\prime }{y}_2=0\\ C_1^{\prime }{y}_1^{\prime }+C_2^{\prime }{y}_2^{\prime }=f(x)\end{array}$ Главный определитель этой системы — это Вронскиан $W(x)=y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }$. Так как $y_1,y_2$ образуют ФСР, $W(x)\ne 0$. Значит, система всегда имеет единственное решение для $C_1^{\prime }$ и $C_2^{\prime }$. Проинтегрировав их, мы найдем искомые функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$. Метод обоснован.

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

Дано линейное однородное дифференциальное уравнение 2-го порядка в стандартном виде (коэффициент при старшей производной равен 1): $y^{\prime \prime }+p_1(x)y^{\prime }+p_2(x)y=0$ Пусть $y_1(x)$ и $y_2(x)$ — два любых решения этого уравнения. Выпишем тождества для каждого из них:

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

Умножим первое уравнение на $(-y_2)$, а второе на $(y_1)$:

1. $-y_1^{\prime \prime }{y}_2-p_1(x)y_1^{\prime }{y}_2-p_2(x)y_1{y}_2=0$
2. $y_1{y}_2^{\prime \prime }+p_1(x)y_1{y}_2^{\prime }+p_2(x)y_1{y}_2=0$

Сложим полученные тождества. Слагаемые, содержащие $p_2(x)$, взаимно уничтожатся: $(y_1{y}_2^{\prime \prime }-y_2{y}_1^{\prime \prime })+p_1(x)(y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime })=0$ Вспомним, что определитель Вронского для двух функций равен $W(x)=y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }$. Найдем производную Вронскиана по правилу дифференцирования разности произведений: $W^{\prime }(x)=(y_1^{\prime }{y}_2^{\prime }+y_1{y}_2^{\prime \prime })-(y_2^{\prime }{y}_1^{\prime }+y_2{y}_1^{\prime \prime })=y_1{y}_2^{\prime \prime }-y_2{y}_1^{\prime \prime }$ Подставим выражения для $W(x)$ и $W^{\prime }(x)$ в наше равенство: $W^{\prime }(x)+p_1(x)W(x)=0$ Мы получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными относительно функции $W(x)$: $\frac{dW}{dx}=-p_1(x)W⟹\frac{dW}{W}=-p_1(x)dx$ Интегрируем обе части от некоторой начальной точки $x_0$ до $x$: ${\int }_{W(x_0)}^{W(x)}\frac{dW}{W}=-{\int }_{x_0}^x{p}_1(t)dt$ $\ln |W(x)|-\ln |W(x_0)|=-{\int }_{x_0}^x{p}_1(t)dt$ Используя свойство логарифмов и потенцируя обе части, получаем искомую формулу Остроградского-Лиувилля: $W(x)=W(x_0)\cdot e^{-{\int }_{x_0}^x{p}_1(t)dt}$

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) $n$-го порядка, правая часть которого представляет собой сумму двух функций: $L_n(y)=f_1(x)+f_2(x)$ 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 предполагаемое решение $(y_1+y_2)$ в линейный дифференциальный оператор левой части $L_n$. В силу свойства линейности (аддитивности) дифференциального оператора, оператор от суммы равен сумме операторов: $L_n(y_1+y_2)=L_n(y_1)+L_n(y_2)$ Так как $y_1$ является решением первого уравнения, то результат применения к ней оператора дает первую правую часть: $L_n(y_1)=f_1(x)$. Так как $y_2$ является решением второго уравнения, то $L_n(y_2)=f_2(x)$. Подставляя эти значения, получаем: $L_n(y_1+y_2)=f_1(x)+f_2(x)$ Получили тождество. Следовательно, сумма функций действительно является решением уравнения с суммарной правой частью. Ч.т.д.

20. 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 с постоянными коэффициентами: $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0(p,q\in \mathbb{R})$ Будем искать частное решение в виде показательной функции Эйлера $y=e^{\lambda x}$. Найдем производные: $y^{\prime }=\lambda e^{\lambda x}$, $y^{\prime \prime }={\lambda }^2{e}^{\lambda x}$. Подставим их в дифференциальное 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 экспоненциальная функция $e^{\lambda x}\ne 0$ ни при каких условиях, мы можем сократить на неё. Получаем характеристическое уравнение: ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$

Случай простых действительных корней: Дискриминант характеристического уравнения $D=p^2-4q>0$. Следовательно, существуют два различных действительных корня: ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\in \mathbb{R}$. Этим корням соответствуют два частных решения ЛОДУ: $y_1(x)=e^{{\lambda }_{1}x},y_2(x)=e^{{\lambda }_{2}x}$ Чтобы они образовали фундаментальную систему решений (ФСР), они должны быть линейно независимы. Проверим это с помощью определителя Вронского: $W(x)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}{e}^{{\lambda }_{1}x}& e^{{\lambda }_{2}x}\\ {\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}& {\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{2}x}\end{array}\right|={\lambda }_2{e}^{{\lambda }_{1}x}{e}^{{\lambda }_{2}x}-{\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}x}{e}^{{\lambda }_{2}x}$ Вынесем общий множитель $e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)x}$: $W(x)=e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)x}({\lambda }_2-{\lambda }_1)$ Так как экспонента всегда строго больше нуля, а ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$ (корни различны), то разность в скобках не равна нулю. Значит, $W(x)\ne 0$. Следовательно, функции $y_1$ и $y_2$ линейно независимы и образуют ФСР. По теореме о структуре общего решения ЛОДУ, общее решение запишется как линейная комбинация функций ФСР: $y(x)=C_1{e}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{e}^{{\lambda }_{2}x}$

21. 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: Дискриминант $D<0$. Корни являются комплексно-сопряженными числами: ${\lambda }_{1,2}=\alpha \pm i\beta$ (где $\alpha =-p/2$, $\beta =\frac{\sqrt{|D|}}{2}\ne 0$). Формально им соответствуют два комплексных частных решения: ${\tilde{y}}_1=e^{(\alpha +i\beta )x},{\tilde{y}}_2=e^{(\alpha -i\beta )x}$ Используем формулу Эйлера $e^{i\phi }=\cos \phi +i\sin \phi$, чтобы отделить действительную часть от мнимой: ${\tilde{y}}_1=e^{\alpha x}\cdot e^{i\beta x}=e^{\alpha x}(\cos \beta x+i\sin \beta x)$ ${\tilde{y}}_2=e^{\alpha x}\cdot e^{-i\beta x}=e^{\alpha x}(\cos \beta x-i\sin \beta x)$ В силу линейности оператора ЛОДУ, любая линейная комбинация решений также является решением. Построим из этих комплексных функций две действительные функции:

1. Полусумма: $y_1=\frac{{\tilde{y}}_1+{\tilde{y}}_2}{2}=e^{\alpha x}\cos \beta x$
2. Полуразность: $y_2=\frac{{\tilde{y}}_1-{\tilde{y}}_2}{2i}=e^{\alpha x}\sin \beta x$

Проверим, образуют ли полученные действительные функции $y_1$ и $y_2$ фундаментальную систему (вычислим Вронскиан): $W(x)=\left|\begin{array}{cc}{e}^{\alpha x}\cos \beta x& e^{\alpha x}\sin \beta x\\ e^{\alpha x}(\alpha \cos \beta x-\beta \sin \beta x)& e^{\alpha x}(\alpha \sin \beta x+\beta \cos \beta x)\end{array}\right|$ Вынося $e^{\alpha x}$ из первой строки и из второй строки, получим перед определителем $e^{2\alpha x}$. Раскрываем определитель: $W(x)=e^{2\alpha x}\left[\cos \beta x(\alpha \sin \beta x+\beta \cos \beta x)-\sin \beta x(\alpha \cos \beta x-\beta \sin \beta x)\right]$ Раскрываем скобки: $W(x)=e^{2\alpha x}(\alpha \sin \beta x\cos \beta x+\beta {\cos }^2\beta x-\alpha \sin \beta x\cos \beta x+\beta {\sin }^2\beta x)$ Слагаемые с $\alpha$ уничтожаются. Выносим $\beta$: $W(x)=\beta e^{2\alpha x}({\cos }^2\beta x+{\sin }^2\beta x)=\beta e^{2\alpha x}$ Так как $\beta \ne 0$ (корни комплексные, а не действительные), Вронскиан $W(x)\ne 0$. Функции линейно независимы. Итоговая формула общего решения: $y(x)=C_1{e}^{\alpha x}\cos \beta x+C_2{e}^{\alpha x}\sin \beta x=e^{\alpha x}(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x)$

22. 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: Дискриминант $D=0$. Корни совпадают: ${\lambda }_1={\lambda }_2=\lambda =-p/2$. Одно частное решение находится стандартно: $y_1=e^{\lambda x}$. Второе решение должно быть линейно независимым. Найдём его методом подстановки (сведения к уравнению относительно новой функции). Будем искать $y_2$ в виде произведения: $y_2(x)=u(x)e^{\lambda x}$ Найдём производные: $y_2^{\prime }=u^{\prime }{e}^{\lambda x}+u\lambda e^{\lambda x}$ $y_2^{\prime \prime }=u^{\prime \prime }{e}^{\lambda x}+u^{\prime }\lambda e^{\lambda x}+u^{\prime }\lambda e^{\lambda x}+u{\lambda }^2{e}^{\lambda x}=u^{\prime \prime }{e}^{\lambda x}+2\lambda u^{\prime }{e}^{\lambda x}+{\lambda }^{2}u{e}^{\lambda x}$

Подставим $y_2,y_2^{\prime }$ и $y_2^{\prime \prime }$ в исходное дифференциальное уравнение $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+qy=0$: $(u^{\prime \prime }{e}^{\lambda x}+2\lambda u^{\prime }{e}^{\lambda x}+{\lambda }^{2}u{e}^{\lambda x})+p(u^{\prime }{e}^{\lambda x}+u\lambda e^{\lambda x})+qu{e}^{\lambda x}=0$ Разделим всё на $e^{\lambda x}$ и сгруппируем слагаемые при функции $u$ и её производных: $u^{\prime \prime }+u^{\prime }(2\lambda +p)+u({\lambda }^2+p\lambda +q)=0$ Проанализируем скобки:

1. Выражение $({\lambda }^2+p\lambda +q)=0$, так как $\lambda$ является корнем характеристического уравнения.
2. Выражение $(2\lambda +p)=0$, так как корень кратный (выведено в начале: $\lambda =-p/2⟹2\lambda =-p⟹2\lambda +p=0$). Оба слагаемых с $u^{\prime }$ и $u$ обнуляются! Уравнение принимает простейший вид: $u^{\prime \prime }=0$ Интегрируя дважды, получаем общий вид функции: $u(x)=C_{1}x+C_2$. Поскольку нам нужно лишь одно частное решение $y_2$, мы вольны выбрать константы. Положим $C_1=1,C_2=0$, тогда $u(x)=x$. Получаем второе частное решение: $y_2=x{e}^{\lambda x}$. Проверка Вронскиана: $W[e^{\lambda x},x{e}^{\lambda x}]=e^{\lambda x}(e^{\lambda x}+\lambda x{e}^{\lambda x})-x{e}^{\lambda x}(\lambda e^{\lambda x})=e^{2\lambda x}\ne 0$. Они образуют ФСР. Итоговая формула общего решения: $y(x)=C_1{e}^{\lambda x}+C_{2}x{e}^{\lambda x}=e^{\lambda x}(C_1+C_{2}x)$