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=Qm(x), Qm(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’eαx2zeαx=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)

18.Доказать теоремы:

 (1)

Sn= = a1+a2+a3+….+an (2)

rn= = an+1+an+2+… остаток ряда (3)

Теорема о сходимости остатка ряда:

Если ряд (1) сходится, то остаток ряда (3) тоже сходится.

Дано: Sn=S-конечное число ( - сходится)

Доказать: lim rn,k= конечное число

a1+a2+a3+….+an + an+1+an+2+… 

a1+a2+a3+….+ak+ak+1+ak+2+…

Sk= a1+a2+a3+….+ak

Sn= a1+a2+a3+….+an 

rk= ak+1+ak+2+…

rn= an+1+an+2+… 

Sn= Sk+ rn,k

rk= Sn- Sk, Sk-конечное число слагаемых

 rn,k= ( Sn- Sk)=  Sn-  Sk=S- Sk – конечное число ,(я не знаю как сделать пояснения по ходу,в лекции в кружок обводили,

Поэтому буду в скобках писать  Sn=S,  Sk= Sk,и еще не уверен насчет того к чему стремятся пределы)

rn,k-остаток ,это ряд(!!!!!!!!!!!!!!)

Смысл теоремы: отбрасывание нескольких первых членов ряда не влияет на сходимость этого ряда

Теорема о сходимости ряда к нулю:

Если ряд (1) сходится, то остаток rn стремится к 0

Доказательство:  Sn=S

= a1+a2+a3+….+an + an+1+an+2+… (Sn и rn те же что и выше, rk- остаток ,это ряд(!!!!!!!!!!!!!!))

Дано S= Sn+ rn=> rn=S- Sn

 rn= (S- Sn)=S-  Sn=S-S=0

Необходимое условие сходимости ряда:

Для того чтобы сходился, необходимо чтобы  an=0    (4)

Доказательство: Sn= a1+a2+a3+….+an 

                        Sn+1= a1+a2+a3+….+an + an+1

an+1= Sn+1- Sn

 an+1= ( Sn+1- Sn)= (Если сходится, то  Sn=S,  Sn+1=S)=S-S=0

Теоремы о действиях со сходящимися рядами:

1)Если = S сходится ,то ряд тоже сходится и =cS

Док-во:

Дано: Sn= a1+a2+a3+….+an  Sn=S, тогда σn= ca1+a2+ca3+….+can= =c(a1+a2+a3+….+an)=cSn, тогда  σn = cSn= cSn

2)Если сходятся ряды = SA, = SB, то сходится ( an±bn)= SA± SB

Док-во: (Sn)A= a1+a2+a3+….+an 

         (Sn)B= b1+b2+b3+….+bn 

σn = ( an±bn)= ( a1±b1)+ ( a2±b2)+…+ ( an±bn)=( a1+a2+a3+….+an) ±( b1+b2+b3+….+bn )= (Sn)A± (Sn)B

 σn = ((Sn)A± (Sn)B)= SA± SB

19.Ряды с положительными членами. Теоремы сравнения. Модифицированный признак сравнения(доказать).Доказать достаточные признаки сходимости.\ Даламбера, Коши (радикальный, интегральный)

an                     (1)

(1) Всегда имеет сумму

А) Если S – конечна  сходится

Б) Если S – бескон  рассходится

Необходимое условие сходимости (обычное)

Признаки сравнения

Если an bn, то

an- мажорируемый ряд               

bn -мажорирующий ряд

Теорема:

Пусть  (an<bn)

1) Если  сходится, то и сходится

2) Если  расходится то и  расходится

Доказательство

(Sn) A=  

(Sn) B=            

(Sn)A (Sn)B ,     SA B             (2)

Из(2)  Если  – сходится, то B -конечная => SA -конечная < B => - сходится

Из(2)  Если - – расходится, то SA -бесконечная => B -бесконечная > SA => - расходится


Дата добавления: 2018-02-15; просмотров: 429; Мы поможем в написании вашей работы!

Поделиться с друзьями:






Мы поможем в написании ваших работ!