Интеграл с переменным верхним пределом. Вычисление определенных интегралов.

Содержание:

  1. Интеграл с переменным верхним пределом.
    1. Непрерывность интеграла.
    2. Дифференцируемость интеграла.
    3. Существование первообразной у непрерывной функции.
  2. Вычисление определенных интегралов.
    1. Формула Ньютона Лейбница.
    2. Замена переменного.
    3. Интегрирование по частям.
  3. Простейшие дифференциальные уравнения.
    1. Дифференциальные уравнения первого порядка.
    2. Дифференциальные уравнения второго порядка.

Интеграл с переменным верхним пределом.

Если функция \(f\) интегрируема на отрезке \([a, b]\), то для любого \(x \in [a, b]\) существует интеграл
$$
F(x) = \int\limits_a^x f(t) dt.\label{ref1}
$$
который называется интегралом с переменным верхним пределом.

а) Непрерывность интеграла.

Теорема 1.

Если функция \(f\) интегрируема на отрезке \([a, b]\), то функция \(F(x)\) непрерывна на этом отрезке.

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(x \in [a, b]\) и \(x + \Delta x \in [a, b]\). Докажем, что
$$
\Delta F = F(x + \Delta x) - F(x) \rightarrow 0\ \mbox{при}\ \Delta x \rightarrow 0.\nonumber
$$    
В силу свойств интеграла
$$
\Delta F = \int\limits_a^{x + \Delta x} f(t) dt - \int\limits_a^x f(t) dt = \int\limits_x^{x + \Delta x} f(t) dt.\label{ref2}
$$
Так как функция \(f\) интегрируема на отрезке \([a, b]\), то она ограничена, т. е.
$$
\exists M\;>\;0: \forall x \in [a, b] \rightarrow |f(x)| \leq M.\label{ref3}
$$
Согласно правилу оценки интеграла из \eqref{ref2} и \eqref{ref3} следует, что
$$
|\Delta F| \leq \left|\int\limits_x^{x + \Delta x} f(t) dt\right| \leq M |\Delta x|,\nonumber
$$
откуда получаем: \(\Delta F \rightarrow 0\) при \(\Delta x \rightarrow 0\), т. е. функция \(F\) непрерывна в точке \(x\). Поскольку \(x\) — произвольная точка отрезка \([a, b]\), то функция \(F\) непрерывна на отрезке \([a, b]\). \(\bullet\)


б) Дифференцируемость интеграла.

Теорема 2.

Если функция \(f\) интегрируема на отрезке \([a, b]\) и непрерывна в точке \(x_{0} \in [a, b]\), то функция \(F(x) = \displaystyle\int\limits_a^x f(t) dt\) дифференцируема в точке \(x_{0}\), причем
$$
F'(x_{0}) = f(x_{0}).\label{ref4}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(\Delta x \neq 0\) и \(x_{0} + \Delta x \in [a, b]\); тогда при \(x = x_{0}\) справедливо равенство \eqref{ref2}. Докажем, что
$$
\sigma = \frac{\Delta F}{\Delta x} - f(x_{0}) \rightarrow 0\ \mbox{при}\ \Delta x \rightarrow 0.\label{ref5}
$$

Преобразуем \(\sigma\), пользуясь тем, что \(\displaystyle\int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} dt = \Delta x\) (см. пример здесь). В силу свойств интеграла
$$
\sigma = \frac{1}{\Delta x} \int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} f(t) dt - \frac{f(x_{0})}{\Delta x} \int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} dt = \frac{1}{\Delta x} \int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} (f(t) - f(x_{0})) dt,\nonumber
$$
откуда
$$
|\sigma| = \frac{1}{|\Delta x|} \left|\int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} |f(t) - f(x_{0})| dt\right|.\label{ref6}
$$
По условию функция \(f\) непрерывна в точке \(x_{0}\), т. е. для любого \(\varepsilon\;>\;0\) существует число \(\delta = \delta(\varepsilon)\;>\;0\) такое, что для всех \(t \in U_{\delta}(x_{0})\) выполняется неравенство
$$
|f(t) - f(x_{0})|\;<\;\varepsilon,\label{ref7}
$$

где \(U_{\delta} = {t: |t - x_{0}|\;<\;\delta}\). Пусть \(|\Delta x|\;<\;\delta\); тогда \(|t - x_{0}| \leq |\Delta x|\;<\;\delta\), так как \(t \in l\), где \(l\) — отрезок с концами \(x_{0}\) и \(x_{0} + \Delta x\). Поэтому для всех \(\Delta x\) таких, что \(|\Delta x|\;<\;\delta\), выполняется неравенство \eqref{ref7}. Но тогда из \eqref{ref6} следует, что \(|\sigma|\;<\;\displaystyle\frac{1}{|\Delta x|} \varepsilon |\Delta x| = \varepsilon\). Таким образом, для любого \(\varepsilon\;>\;0\) найдется число \(\delta\;>\;0\) такое, что для всех \(\Delta x\), удовлетворяющих условию \(0\;<\;|\Delta x|\;<\;\delta\), выполняется неравенство \(\displaystyle\left|\frac{\Delta F}{\Delta x} - f(x_{0})\right|\;<\;\varepsilon\), т. е. выполняется условие \eqref{ref5}. Это означает, что справедливо равенство \eqref{ref4}. \(\bullet\)


Замечание 1.
Если \(x_{0} = a\), то равенство \eqref{ref4} записывается в виде \(F_{+}'(a) = f(a)\), а если \(x_{0} = b\), то в виде \(F_{-}'(b) = f(b)\).

в) Существование первообразной у непрерывной функции.

Теорема 3.

Если функция \(f\) непрерывна на отрезке \([a, b]\), то она имеет первообразную на этом отрезке, причем первообразной для функции \(f\) является интеграл с переменным верхним пределом \eqref{ref1}, и поэтому
$$
\int f(x) dx = \int\limits_a^x f(t) dt + C.\label{ref8}
$$
где \(C\) — произвольная постоянная.

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(x\) — произвольная точка отрезка \([a, b]\). По теореме 2 функция \(F(x)\), определяемая формулой \eqref{ref1}, имеет в точке \(x\) производную, равную \(f(x)\), т. е.
$$
F'(x) = \frac{d}{dx}\left(\int\limits_a^x f(t) dt\right) = f(x).\label{ref9}
$$
Согласно определению первообразной функция \(F(x)\) является первообразной для функции \(f(x)\) на отрезке \([a, b]\), и поэтому справедливо равенство \eqref{ref8}. \(\bullet\)


Замечание 2.
Согласно теореме 3 (формула \eqref{ref9}) операция интегрирования непрерывной функции с переменным верхним пределом является обратной к операции дифференцирования. Утверждение о том, что производная интеграла с переменным верхним пределом от непрерывной функции равна значению подынтегральной функции при значении аргумента, равном верхнему пределу интеграла, является важнейшим фактом курса математического анализа.

Следствие.
Из теоремы 3 и теоремы о двух первообразных функциях следует, что всякая первообразная \(\Phi(x)\) для функции \(f\), непрерывной на отрезке \([a, b]\), имеет вид
$$
\Phi(x) = \int\limits_a^x f(t) dt + C,\ a \leq x \leq b,\label{ref10}
$$
где \(C\) — постоянная.


Вычисление определенных интегралов.

а) Формула Ньютона Лейбница.

Теорема 4.

Если функция \(f(x)\) непрерывна на отрезке \([a, b]\) и если \(\Phi(x)\) — какая-нибудь первообразная для \(f(x)\) на этом отрезке, то справедлива формула Ньютона Лейбница
$$
\int\limits_a^b f(x) dx = \Phi (b) - \Phi (a),\label{ref11}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Согласно следствию из теоремы 3 существует число \(C\) такое, что справедливо равенство \eqref{ref10}. Подставляя в формулу \eqref{ref10} \(x = a\) и учитывая, что \(\displaystyle\int\limits_a^a f(t) dt = 0\), получаем \(C = \Phi (a)\). Поэтому равенство \eqref{ref10} можно записать в виде
$$
\Phi(x) = \int\limits_a^x f(t) dt + \Phi (a).\label{ref12}
$$
Равенство \eqref{ref12} выполняется при любых значениях \(x \in [a, b]\) и, в частности, при \(x = b\), т. е.
$$
\Phi(b) = \int\limits_a^b f(t) dt + \Phi (a),\nonumber
$$
откуда следует формула \eqref{ref11}, так как величина определенного интеграла не зависит от того, какой буквой обозначается независимое переменное в интеграле. \(\bullet\)


Замечание 3.
Формулу Ньютона-Лейбница называют основной формулой интегрального исчисления и часто записывают в виде
$$
\left.\int\limits_a^b f(x) dx = \Phi(x)\right|_{a}^{b}.\nonumber
$$

Пример 1.

Доказать, что для любых \(m \in N,\ n \in N\) справедливы равенства:

а)
$$
\int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin mx \cos nx\ dx = 0.\label{ref13}
$$

б)
$$
\int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin^{2} mx\ dx = \int\limits_{- \pi}^{\pi} \cos^{2} nx\ dx = \pi.\label{ref14}
$$

Решение.

\(\triangle\) а) Воспользовавшись формулой \(\sin \alpha \cos \beta = \displaystyle\frac{1}{2}(\sin(\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta))\), получаем
$$
J = \int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin mx \cos nx\ dx = \frac{1}{2} \int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin (m + n)x\ dx + \frac{1}{2} \int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin (m - n)x\ dx.\nonumber
$$

Если \(m \neq n\), тo
$$
J = \left.\frac{1}{2(m + n)}\cos(m + n)x\right|_{- \pi}^{\pi} + \left.\frac{1}{2(m - n)}\cos(m - n)x\right|_{- \pi}^{\pi} = 0,\nonumber
$$
так как \(\cos \pi k = (- 1)^{k}\) для любого \(k \in Z\). Если \(m = n\), то
$$
J = \frac{1}{2} \int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin 2nx\ dx = 0\nonumber
$$
для любого \(n \in N\). Таким образом, равенство \eqref{ref13} справедливо при любых \(m, n \in N\).

б) Применяя формулы \(\sin^{2} \alpha = \displaystyle\frac{1 - \cos 2 \alpha}{2}\) и \(\cos^{2} \alpha = \displaystyle\frac{1 + \cos 2 \alpha}{2}\) и учитывая, что \(\displaystyle\int\limits_{- \pi}^{\pi} \cos 2nx\ dx = 0\) при любом \(n \in N\), a \(\displaystyle\int\limits_{- \pi}^{\pi} dx = 2\pi\), получаем равенство \eqref{ref14}. \(\blacktriangle\)


Замечание 4.
Определенный интеграл можно использовать для эффективного вычисления предела последовательности, если ее можно рассматривать как последовательность интегральных сумм некоторой интегрируемой функции.

Пример 2.

Найти с помощью интеграла \(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty} S_{n}\), если:

а) \(S_{n} = \displaystyle\frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + \ldots + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}},\ \alpha\;>\;0\).

б) \(S_{n} = \displaystyle\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \ldots + \frac{1}{2n}\).

Решение.

\(\triangle\) а) Запишем \(S_{n}\) в виде \(S_{n} = \displaystyle\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^{\alpha}\) и заметим, что \(S_{n}\) — интегральная сумма (см. § 34, п. 1) для функции \(f(x)=x^{\alpha}\) на отрезке [0,1], соответствующая разбиению \(T\) этого отрезка на отрезки \(\Delta_{k} = \displaystyle\left[\frac{k - 1}{n}, \frac{k}{n}\right], k = \overline{1, n}\), каждый из которых имеет длину \(\displaystyle\frac{1}{n}\); в качестве точки \(\xi_{k} \in \Delta_{k}\) берется конец отрезка \(\Delta_{k}\), т. е. \(\xi_{k} = \displaystyle\frac{k}{n}\). Так как \(l(T) = \displaystyle\frac{1}{n} \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\), а функция \(x^{\alpha}\) непрерывна на отрезке \([0,1]\), то существует
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} S_{n} = \int\limits_0^1 x^{\alpha}\ dx = \left.\frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\right|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.\nonumber
$$

б) Так как \(S_{n} =\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{\substack{k=1}}^{\substack{n}}\frac{1}{1 + k/n}\) - интегральная сумма для функции \(\displaystyle\frac{1}{1 + x}\) на отрезке \([0,1]\), то
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} S_{n} = \int\limits_0^1 \frac{dx}{1 + x}=\left.\ln{(1+x)}\right|_{0}^{1} = \ln 2.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 3.

Доказать, что если функция \(f\) непрерывна на \(R\), а функции \(\varphi\) и \(\psi\) дифференцируемы на \(R\), то
$$
\frac{d}{dx} \left(\int\limits_{\varphi (x)}^{\psi (x)} f(t)\ dt\right) = \psi^{'}(x)f(\psi(x)) - \varphi^{'}(x)f(\varphi(x)).\label{ref15}
$$

Решение.

\(\triangle\) Пусть \(F\) — первообразная для функции \(f\); тогда по формуле Ньютона-Лейбница находим
$$
\int\limits_{\varphi (x)}^{\psi (x)} f(t)\ dt = F(t)|_{t = \varphi(x)}^{t = \psi(x)} = F(\psi(x)) - F(\varphi(x)),\nonumber
$$
откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство \(F^{'}(t) = f(t)\), получаем формулу \eqref{ref15}. \(\blacktriangle\)


б) Замена переменного.

Теорема 5.

Пусть функция \(f(x)\) непрерывна на интервале \((a_{0}, b_{0})\) а функция \(\varphi(t)\) имеет непрерывную производную на интервале \((\alpha_{0}, \beta_{0})\), причем \(\varphi(t) \in (a_{0}, b_{0})\) при всех \(t \in (\alpha_{0}, \beta_{0})\).

Тогда если \(\alpha \in (\alpha_{0}, \beta_{0})\), \(\beta \in (\alpha_{0}, \beta_{0})\), \(a = \varphi(\alpha)\), \(b = \varphi(\beta)\), тo справедлива формула замены переменного в определенном интеграле
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \int\limits_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\varphi^{'}(t)\ dt.\label{ref16}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Так как \(a \in (a_{0}, b_{0})\), \(b \in (a_{0}, b_{0})\), а функция \(f(x)\) непрерывна на интервале \((a_{0}, b_{0})\), то по формуле Ньютона-Лейбница находим
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \Phi(b) - \Phi(a).\label{ref17}
$$
где \(\Phi^{'}(x) = f(x)\) для всех \(x \in (a_{0}, b_{0})\).

Функция \(\Phi(\varphi(t))\) является первообразной для функции, стоящей под знаком интеграла в правой части формулы \eqref{ref16}, так как
$$
\frac{d}{dt}(\Phi(\varphi(t)) = \Phi'(\varphi(t))\varphi'(t) = f(\varphi(t))\varphi^{'}(t).\nonumber
$$

Применяя к функции \(f(\varphi(t))\varphi^{'}(t)\) формулу Ньютона-Лейбница и учитывая, что \(\varphi(\alpha) = a,\ \varphi(\beta) = b\), получаем
$$
\int\limits_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\varphi'(t)\ dt = \Phi(\varphi(\beta)) - \Phi(\varphi(\alpha)) = \Phi(b) - \Phi(a).\label{ref18}
$$

Из равенств \eqref{ref17} и \eqref{ref18} следует формула \eqref{ref16}. \(\bullet\)


Замечание 5.

При условиях теоремы 5 формула \eqref{ref16} справедлива как при \(\alpha \leq \beta\), так и при \(\alpha\;>\;\beta\).

Формула \eqref{ref16} остается в силе и в случае, когда функции \(f\) и \(\varphi\) заданы соответственно на отрезках \([a, b]\) и \([\alpha, \beta]\), причем множество значений функции \(\varphi\) содержится в отрезке \([a, b]\), где \(a = \varphi(\alpha),\ b = \varphi(\beta)\). В этом случае под производными сложной функции \(\Phi(\varphi(t))\) и концах отрезка \([\alpha, \beta]\) понимаются соответствующие односторонние производные.


Пример 4.

Вычислить \(J = \displaystyle\int\limits_0^R \sqrt{R^{2} - x^{2}}\ dx\).

Решение.

\(\Delta\) Полагая \(x = R \sin t\), где \(\displaystyle 0 \leq t \leq \frac{\pi}{2}\), получаем \(\sqrt{R^{2} - x^{2}} = R \cos t,\ dx = R \cos t\ dt\). По формуле \eqref{ref16} находим
$$
J = R^{2} \int\limits_0^{\pi/2} \cos^{2}t\ dt = \frac{\pi R^{2}}{4}.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 5.

Пусть функция \(f\) непрерывна на отрезке \([-a, a]\). Доказать, что:

а) если \(f\) — нечетная функция, то
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = 0; \nonumber
$$
б) если \(f\) — четная функция, то
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = 2 \int\limits_0^a f(x)\ dx.\label{ref19}
$$

Решение.

\(\triangle\) а) Если \(f\) — нечетная функция, т. е. \(f(-x) = - f(x)\) для всех \(x \in [-a, a]\), то, полагая \(x = -t\) и используя формулу \eqref{ref16}, получаем
$$
\int\limits_{-a}^0 f(x)\ dx = - \int\limits_{-a}^0 f(-t)\ dt = \int\limits_0^a (-f(t))\ dt = - \int\limits_0^a f(x)\ dx,\nonumber
$$    
откуда следует, что
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = \int\limits_{-a}^0 f(x)\ dx + \int\limits_0^a f(x)\ dx = 0.\nonumber
$$

б) Если \(f\) — четная функция, то \(\displaystyle\int\limits_{-a}^0 f(x)\ dx = \int\limits_0^a f(x)\ dx\), откуда следует равенство \eqref{ref19}. \(\blacktriangle\)


Пример 6.

Доказать, что если \(f\) — непрерывная на \(R\) периодическая с периодом \(T\) функция, то для любого \(a \in R\) справедливо равенство
$$
\int\limits_a^{a + T} f(x)\ dx = \int\limits_0^T f(x)\ dx.\label{ref20}
$$

Решение.

\(\triangle\) Используя свойства интеграла, запишем равенство
$$
\int\limits_a^{a + T} f(x)\ dx = \int\limits_a^0 f(x)\ dx +  \int\limits_0^T f(x)\ dx + \int\limits_T^{a + T} f(x)\ dx.\label{ref21}
$$

Полагая \(x = t + T\) и учитывая, что функция \(f\) определена на \(R\) и \(f(t + T) = f(t)\) для всех \(t \in R\) в силу периодичности функции \(f\), получаем
$$
\int\limits_T^{a + T} f(x)\ dx = \int\limits_0^a f(t + T)\ dt =  \int\limits_0^a f(t)\ dt = -\int\limits_a^0 f(x)\ dx.\label{ref22}
$$
Из равенств \eqref{ref21} и \eqref{ref22} следует формула \eqref{ref20}. \(\blacktriangle\)


Пример 7.

Вычислить \(J = \displaystyle\int\limits_{-\pi/2}^{5\pi/2} \sin^{5} x \cos^{8} x\ dx\).

Решение.

\(\triangle\) Так как подынтегральная функция является периодической с периодом \(2\pi\) и нечетной, то, используя примеры 5 и 6, получаем
$$
J = \int\limits_{-\pi}^{\pi} \sin^{5} x \cos^{8} x\ dx=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$


в) Интегрирование по частям.

Теорема 6.

Если функции \(u(x)\) и \(v(x)\) имеют на отрезке \([a, b]\) непрерывные производные, то справедлива формула интегрирования по частям
$$
\int\limits_a^b uv'\ dx = (uv)|_{a}^{b} - \int\limits_a^b vu'dx\label{ref23}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Интегрируя на отрезке \([a, b]\) тождество
$$
uv' = (uv)' - u'v,\nonumber
$$    
где \(uv',\ (uv)',\ u'v\) — непрерывные функции, получаем
$$
\int\limits_a^b uv'\ dx = \int\limits_a^b (uv)'\ dx - \int\limits_a^b u'v\ dx.\label{ref24}
$$
По формуле Ньютона Лейбница находим
$$
\int\limits_a^b (uv)'\ dx = (uv)|_{a}^{b} = u(b)v(b) - u(a)v(a).\nonumber
$$

Поэтому равенство \eqref{ref24} можно записать в виде \eqref{ref23}. \(\bullet\)


Замечание 6.
Учитывая, что \(v'\ dx = dv,\ u'\ dx = du\), формулу \eqref{ref23} иногда записывают в виде
$$
\int\limits_a^b u\ dv = (uv)|_{a}^{b} - \int\limits_a^b v\ du.\nonumber
$$

Пример 8.

Вычислить \(J = \displaystyle\int\limits_1^2 x \ln x\ dx\).

Решение.

\(\triangle\) Применяя формулу \eqref{ref23}, где \(u = \ln x,\ v = \displaystyle\frac{x^{2}}{2}\), получаем
$$
J = \left.\left(\frac{x^{2}}{2} \ln x\right)\right|_{1}^{2} - \int\limits_1^2 \frac{x^{2}}{2} \frac{1}{x}\ dx = 2 \ln 2 - \frac{1}{2} \int\limits_1^2 x\ dx,\nonumber
$$
т. е.
$$
J = 2 \ln 2 - \frac{3}{4}.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Простейшие дифференциальные уравнения.

Дифференциальные уравнения первого порядка.

Задачу о нахождении первообразной для непрерывной на интервале \((a, b)\) функции \(f(x)\) можно сформулировать так: найти функцию \(y(x)\), которая на интервале \((a, b)\) является решением уравнения
$$
y'(x) = f(x).\label{ref25}
$$

Уравнение такого вида является обыкновенным дифференциальным уравнением первого порядка. Все решения уравнения \eqref{ref25} можно записать в виде
$$
y(x) = \int\limits_{x_{0}}^x f(t)\ dt + C,\label{ref26}
$$
где \(x_{0} \in (a, b),\ C\) — произвольная постоянная.

Чтобы выделить единственное решение уравнения \eqref{ref25}, достаточно задать значение функции \(y(x)\) в какой-либо точке, например в точке \(x_{0}\). Если \(y(x_{0}) = y_{0}\), то из формулы \eqref{ref26} получаем
$$
y(x) = y_{0} + \int\limits_{x_{0}}^x f(t)\ dt.\nonumber
$$

В приложениях часто встречаются дифференциальные уравнения первого порядка, имеющие вид
$$
y'(x) = ky(x),\label{ref27}
$$
где \(k\) — постоянная. Уравнением \eqref{ref27} описывается, например, закон размножения бактерий, так как скорость роста числа бактерий пропорциональна их количеству.

Решениями уравнения \eqref{ref27} являются функции \(y = C e^{kx}\), где \(C\) -произвольная постоянная. Можно показать, что других решений уравнение \eqref{ref27} не имеет. Если известно, что \(y(x_{0}) = y_{0}\), то \(C = y_{0}\), и поэтому
$$
y=y_0 e^{k(x-x_0)}.\nonumber
$$

Дифференциальные уравнения второго порядка.

Рассмотрим уравнение
$$
y''(x) + \omega^{2}y(x) = 0,\label{ref28}
$$
где \(\omega\) — некоторое положительное число. Уравнение \eqref{ref28} называют уравнением гармонических колебаний.

Легко проверить, что функции \(\cos \omega x\) и \(\sin \omega x\) являются решениями уравнения \eqref{ref28}. Отсюда следует, что функции вида
$$
y = C_{1} \cos \omega x + C_{2} \sin \omega x,\label{ref29}
$$

где \(C_{1}\)\ и \(C_{2}\) — произвольные постоянные, удовлетворяют уравнению \eqref{ref28}. Можно показать, что других решений уравнение \eqref{ref28} не имеет. Если известно значение функции \(y(x)\) и значение ее производной при \(x = x_{0}\) (начальные условия), т. е. заданы числа \(y_{0} = y(x_{0})\) и \(\tilde{y}_{0} = y'(x_{0})\), то этими условиями определяется единственное решение уравнения \eqref{ref28}. Например, если\(y(0) = 0,\ y'(0) = 1\), то из формулы \eqref{ref29} находим \(C_{1} = 0,\ C_{2} = \displaystyle\frac{1}{\omega}\), и поэтому \(y = \displaystyle\frac{1}{\omega} \sin \omega x\).

Обратимся к уравнению
$$
y''(x) - \omega^{2}y(x) = 0,\label{ref30}
$$
где \(\omega\;>\;0\). Его решениями, как нетрудно проверить, являются функции \(e^{\omega x}\) и \(e^{- \omega x}\), и поэтому функции вида
$$
y = C_{1}e^{\omega x} + C_{2}e^{- \omega x},\label{ref31}
$$
где \(C_{1}\) и \(C_{2}\) — произвольные постоянные, также удовлетворяют уравнению \eqref{ref30}.

Можно показать, что других решений уравнение \eqref{ref30} не имеет. Если заданы числа \(y_{0} = y(x_{0})\) и \(\tilde{y}_{0} = y'(x_{0})\), то из формулы \eqref{ref31} найдем \(C_{1}\) и \(C_{2}\) и тем самым определим единственное решение уравнения \eqref{ref30}. Например, если известно, что \(y(0) = 1,\ y'(0) = 0\), то \(C_{1} + C_{2} = 1,\ \omega C_{1} - \omega C_{2} = 0\), откуда \(C_{1} = C_{2} = \displaystyle\frac{1}{2}\) и поэтому \(y = \displaystyle\frac{1}{2} (e^{\omega x} - e^{- \omega x} = \operatorname{ch} \omega x)\).