Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Если степенной ряд a0+a1x+a2x+…+anxn+… сходится при некотором х=х0, не равном нулю, то он сходится, и притом абсолютно, при всех х, удовлетворяющих условию |х|<|x0|; Если ряд a0+a1x+a2x+…+anxn+… расходится при некотором х=х1, то он расходится при всех х, удовлетворяющих условию |х|>|x1|
Данный ряд, расходящийся в точке -2 не может сходиться при х=3, т.к. |-2|<|3| следовательно согласно теореме Абеля ряд в точке х = 3 сходится, и притом абсолютно.
Теорема о почленном дифференцировании степенного ряда: пусть функция f(x) разлагается на интервале (-R,R) в степенной ряд: f(x) = a0+a1x+a2x2+…+anxn+…(1). Рассмотрим степенной ряд: a1+2a2x+…+nanxn-1+…(2), полученный почленным дифференцированием ряда (1). Тогда:
∑nxn=x∑nxn-1=x∑(xn)’=x/(1-x)2
∑xn=x/(1-x) |x|<1 – сходится
∑nxn-1=(x/1-x)’=(1-x+x)/1/(1-x)2
Достаточное условие разложения функции в ряд Маклорена: пусть функция f(x) определена и бесконечно дифференцируема на интервале (-R,R). Если существует такая постоянная: M=const для любого х(-R, R)<M, n=0,1,2,… , то в этом интервале ряд Маклорена сводится к функции f(x). Имеем: (sinx)’=cosx; (sinx)’’=-sinx, (sinx)’’’=-cosx, (sinx)(4)=sinx. Отсюда видно, что последовательность производных функции sinx периодична с периодом 4. При х=0 получаем sin0=0, sin’(0)=1, sin’’(0)=0, sin’’’(0)=-1 В общем случае все производные четного порядка равны 0, а нечетного sin(2т+1)(0)=(-1)nОтсюда ряд Маклорена для sinx:Sinx=x-(x3/3!)+(x5/5!)-…+(1)n(x2n+1/(2n+1)!)+…
Достаточное условие разложения функции в ряд Маклорена: пусть функция f(x) определена и бесконечно дифференцируема на интервале (-R,R). Если существует такая постоянная: M=const для любого х(-R, R)<M, n=0,1,2,… , то в этом интервале ряд Маклорена сводится к функции f(x). Пусть f(x)=ex. В любом интервале (-r;r) имеем |f(n)(x)|= ex<er. В силу признака Даламбера отсюда следует, что функция еч равна сумме своего ряда Маклорена при хϵ(-r;r), а значит, и для любого х ввиду произвольности r. Поскольку f(n)(0)=e0=1 при любом n, получаем разложение ex=1+x+(x2/2!)+(x3/3!)+…+(xn/n!)+… справедливо для всех х.
Теорема о почленном дифференцировании степенного ряда: пусть функция f(x) разлагается на интервале (-R,R) в степенной ряд: f(x) = a0+a1x+a2x2+…+anxn+…(1). Рассмотрим степенной ряд: a1+2a2x+…+nanxn-1+…(2), полученный почленным дифференцированием ряда (1). Тогда:
ряд для cosx получается почленным дифференцированием ряда Sinx=x-(x3/3!)+(x5/5!)-…+(-1)n(x2n+1/(2n+1)!)+…
(Sinx)’=x’-(x3/3!)’+(x5/5!)’-…+((-1)n(x2n+1/(2n+1)!))’+…
Cosx=1-x2/2!+x4/4!-…+(-1)n(x2n/(2n!)
Найдем первую и вторую производные заданной функции:
Подставим полученные значения в уравнение:
- верно
Что и требовалось проверить
Если в некоторой окрестности точки (х0;у0) функция f(x,y) определенная, непрерывна и имеет непрерывную частную производную f’y, то существует такая окрестность точки (х0;у0), в которой задача Коши y’=f(x,y), y(x0)=y0имеет решение, притом единственное.
Подставим в исходное:
Запишем общее решение:
Подставим значения условий для задачи Коши
Ответ: с=3 и у= -3х.
Особое решение дифференциального уравнения – это некоторая интегральная прямая уравнения, состоящая из особых точек.
Практика:
Решение уравнения, но есть особые решения при y(x)=0.
Проверим на однородность функцию:
=> однородны.
Уравнение с разделяющимися переменными.
Одним из важных частных случаев дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными являются так называемые автономные уравнения. Это уравнения вида :y’=g(y).
Замечание: Если у*- корень уравнения g(y)=0, то у=у* (у-const) является решением уравнения y’=g(y). Такое решение называется стационарным.
Теорема: Если у=фи(х) – решение автономного дифференциального уравнения, то у=фи(х+С) также является решением этого уравнения.
Пример: y’=cos(2y+2x+6). Делая замену z=2y+2x+6, находим z’=2y’+2. Следовательно, z’=2cosz+2, или z’=4cos2z/2.
Дифференциальное уравнение вида y’+p(x)y=f(x)yn (n≠0, n≠1) называется уравнением Бернулли. Пример: y’-y=e6x/y2. Решение: n=-2. Выполним замену z=y3, получим z’=3y2y’. Далее решаем полученное уравнение: z’-3z=3e6x
Линейным уравнением второго порядка называется уравнение y”+p(x)y’+q(x)y=b(x). Пример y”+5y’+6y=4sin(x).
Т.к. Y1(X) и Y2(X) явл решением, то: Y’+p(X)Y=G(X) - верное по усл
Y1’(X)+P(X)Y1(X)=G(X)-верное по усл
Y2’+P(X)Y2(X)=G(x)- верное по усл
Y1’(X)-Y2’(X)+P(X)(Y1(X)-Y2(X)))=0 –это и есть решение.
Функции y1(x), y2(x), ..., yn(x), определённые на отрезке [a;b], называются линейно зависимыми на [a;b] , если существуют постоянные α1, α2, ..., αn , не равные нулю одновременно и такие, что α1y1(x) + α2y2(x) + ... + αnyn(x) = 0 для всех x из отрезка [a;b].
В противном случае функции y1(x), y2(x), ..., yn(x) называются линейно независимыми.
Линейную зависимость и линейную независимость функций определяют также на (a;b) , (a;b] , [a;b) , на бесконечных промежутках.
Справедливо следующее утверждение.
Функции y1(x), y2(x), ..., yn(x) линейно зависимы на отрезке [a;b] тогда и только тогда, когда хотя бы одна из них является линейной комбинацией других на этом отрезке.
Данные функции линейно зависимы так первую функцию можно представить в виде линейной комбинации двух других 2= 1*(x+1)+(-1)+(x-1), соответственно можно подобрать такие α1,α2,α3 при которых верно равенство: α1*y1+α2*y2+α3*y3=0
1*(x+1)+(-1)*(x-1)+(-1)*2=0
Возьмем ур-е (1): . Решением ур-я(1) будет сумма частного и общего решения однородного ур-я .
Док-во. Тогда имеем *: . Возьмем любое решение ур-я (1)**:
Вычтем их ** уравнение *, получим: ЧТД
Пусть у1(х),……, уп(х) – фундаментальный набор решений уравнения L(y)=0, тогда общее решение этого уравнения задается формулой: y=C1y1+…+Cnyn. Доказательство. То, что функция у(х), определяемая формулой
С1у1(х0)+С2у2(х0)+….+Скук(х0)=0
С1у’1(х0)+С2у’2(х0)+…+ Сkу’k(х0)=0
………………………………………………
С1у1(k-1)(х0)+С2у2(k-1)(х0)+…..+ Сkуk(k-1)(х0)=-0
Является решением уравнения L(y)=0, следует из С1у1(х)+С2у2(х)+….+Скук(х). Покажем теперь что любое решение ѱ (х) уравнения L(y)=0 представимо в виде линейной комбинации функций у1,…,уп. Зафиксируем некоторую точку х0. Введем следующие обозначения ѱ(х0)=у0, ѱ’(x0)=y’0, …., ѱ(n-1)(x0)=y0(n-1) рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений:
С1у1(х0)+С2у2(х0)+….+Сnуn(х0)=y0
С1у’1(х0)+С2у’2(х0)+…+ Сnу’n(х0)=y0
………………………………………………
С1у1(n-1)(х0)+С2у2(n-1)(х0)+…..+ Сnуn(n-1)(х0)=y0(n-1)
Определителем этой системы является определитель Вронского для функции у1,…уп в точке х0. Ввиду линейной зависимости этих функций данный определитель не равен нулю. Следовательно, у системы
С1у1(х0)+С2у2(х0)+….+Сnуn(х0)=y0(1.1)
С1у’1(х0)+С2у’2(х0)+…+ Сnу’n(х0)=y0
………………………………………………
С1у1(n-1)(х0)+С2у2(n-1)(х0)+…..+ Сnуn(n-1)(х0)=y0(n-1)
Существует решение (‾С1, ‾С2,….,‾Сп). Тогда функция у(х)=‾С1у1(х)+‾С2у2(х)+…+‾Спуп(х), как это вытекает из (1.1), удовлетворяет тем же начальным условиям. В силу единственности решения задачи Коши имеем ѱ(х)=у(х), т.е. ѱ(х) есть линейная комбинация функции у1,…уп. теорема доказана.
Характеристическое уравнение для имеет вид:
α=0, n=2
α=0 является корнем характеристического уравнения, значит
.
Характеристическое уравнение для имеет вид:
λ2 - 2λ – 8=0
λ1 = 4, λ2 = -2 - по теореме, обратной теореме Виета
α=4, n=1
α=4 является корнем характеристического уравнения, значит
Характеристическое уравнение для имеет вид:
λ2 - 8λ – 20=0
D = 64 – 4*20 = -16 = 16i2
λ1 = 4 + 2i
λ2 = 4 – 2i
α=4, β=2, m1=m2=0
α + iβ = 4+2i является корнем характеристического уравнения, а m = max(m1, m2) = 0, значит
Данный ряд расходится при и сходится при . Докажем это утверждение, согласно интегральному признаку:
()
при
при
Ряд an:Sn = a1+a2+…+an
Ряд bn:
Ряд an+bn:(