Интеграл с переменным верхним пределом.
Определение.
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.
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, то есть
$$
\exists M > 0: \forall x \in [a, b] \rightarrow |f(x)| \leq M.\label{ref3}
$$
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 \(\Delta x \rightarrow 0\), то есть функция \(F\) непрерывна в точке \(x\). Поскольку \(x\) — произвольная точка отрезка \([a, b]\), то функция \(F\) непрерывна на отрезке \([a, b]\). \(\bullet\)
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 \(\displaystyle\int\limits_{x_{0}}^{x_{0} + \Delta x} dt = \Delta x\) ( 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 \(x_{0}\), то есть 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 \(\displaystyle\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}- f(x_{0})\right| < \varepsilon\), то есть 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 \(F_{-}'(b) = f(b)\).
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 \(f(x)\), то есть
$$
F'(x) = \frac{d}{dx}\left(\int\limits_a^x f(t) dt\right) = f(x).\label{ref9}
$$
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.
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 \(x = b\), то есть
$$
\Phi(b) = \int\limits_a^b f(t) dt + \Phi (a),\nonumber
$$
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:
- $$
\int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin mx \cos nx\ dx = 0.\label{ref13}
$$ - $$
\int\limits_{- \pi}^{\pi} \sin^{2} mx\ dx = \int\limits_{- \pi}^{\pi} \cos^{2} nx\ dx = \pi.\label{ref14}
$$
Решение.
- \(\triangle\) 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 \(m \neq n\), то
$$
J = \left.\frac{1}{2(m + n)}\cos(m + n)x\right|_{- \pi}^{\pi} + \left.\frac{1}{2(m- n)}\cos(m- n)x\right|_{- \pi}^{\pi} = 0,\nonumber
$$
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 \(n \in \mathbb{N}\). Таким образом, равенство \eqref{ref13} справедливо при любых \(m, \ n \in \mathbb{N}\). - 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:
- \(S_{n} = \displaystyle\frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + \ldots + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}},\ \alpha > 0\).
- \(S_{n} = \displaystyle\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \ldots + \frac{1}{2n}\).
Решение.
- \(\triangle\) 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 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 \(\Delta_{k}\), то есть \(\xi_{k} = \displaystyle\frac{k}{n}\). 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
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} S_{n} = \int\limits_0^1 x^{\alpha}\ dx = \left.\frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\right|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.\nonumber
$$ - 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}. \(\blacktriangle\)
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:
- если \(f\) — нечетная функция, то
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = 0; \nonumber
$$ - если \(f\) — четная функция, то
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = 2 \int\limits_0^a f(x)\ dx.\label{ref19}
$$
Решение.
- \(\triangle\) Если \(f\) — нечетная функция, то есть \(f(-x) =- f(x)\) 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
$$
\int\limits_{-a}^a f(x)\ dx = \int\limits_{-a}^0 f(x)\ dx + \int\limits_0^a f(x)\ dx = 0.\nonumber
$$ - 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
$$
J = \int\limits_{-\pi}^{\pi} \sin^{5} x \cos^{8} x\ dx=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$
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
$$
J = \left.\left(\frac{x^{2}}{2} \ln x\right)\right|_{1}^{2}- \int\limits_1^2 \frac{x^{2}}{2} \frac{1}{x}\ dx = 2 \ln 2- \frac{1}{2} \int\limits_1^2 x\ dx,\nonumber
$$
то есть
$$
J = 2 \ln 2- \frac{3}{4}.\ \blacktriangle\nonumber
$$
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), то есть 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 \(y = \displaystyle\frac{1}{2} (e^{\omega x}- e^{- \omega x} = \operatorname{ch} \omega x)\).