Полноценно готов Третий блок билетов

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/1.md

@@ -0,0 +1,117 @@
+>Понятие обыкновенного ДУ, порядок ДУ, решение ДУ.
+
+Определение:
+
+Обыкновенным дифференциальным уравнением (ОДУ) называется уравнение, содержащее неизвестную функцию одной переменной и ее производные. ОДУ записывается в виде равенства двух выражений, содержащих неизвестную функцию и ее производные.
+
+>Пусть $y = y(x)$ - неизвестная функция одной переменной $x$. Тогда обыкновенное дифференциальное уравнение имеет вид:
+>$$
+>F(x, y, y', y'', ..., y^{(n)}) = 0
+>$$
+>где $F$ - некоторая функция от $x, y, y', y'', ..., y^{(n)}$, $y'$ - первая производная функции $y$ по переменной $x$, $y''$ - вторая производная функции $y$ по переменной $x$, ..., $y^{(n)}$ - $n$-я производная функции $y$ по переменной $x$.
+
+Порядком ОДУ называется наибольший порядок производной неизвестной функции, входящей в уравнение.
+>Порядком ОДУ называется наибольший порядок производной неизвестной функции, входящей в уравнение, т.е. $n$.
+
+Решением ОДУ называется любая функция, удовлетворяющая этому уравнению на некотором интервале.
+
+>Решением ОДУ называется любая функция $\phi(x)$, удовлетворяющая этому уравнению на некотором интервале, т.е. такая, что:
+>$$
+>F(x, \phi(x), \phi'(x), \phi''(x), ..., \phi^{(n)}(x)) = 0
+>$$
+>для всех $x$ из некоторого интервала.
+
+Изоклинами называются кривые на фазовой плоскости $(x, y)$, соответствующие решениям ОДУ с постоянным значением производной $y'$. Изоклины позволяют визуализировать поведение решений ОДУ и определить их свойства.
+
+Примеры:
+
+1. Найти решение ОДУ первого порядка:
+
+$$
+y' + 2y = 0
+$$
+
+Решение:
+
+Разделим обе части уравнения на $e^{2x}$:
+
+$$
+\frac{y'}{e^{2x}} + \frac{2y}{e^{2x}} = 0
+$$
+
+Заметим, что левая часть уравнения является производной функции $ye^{-2x}$:
+
+$$
+(ye^{-2x})' = 0
+$$
+
+Интегрируем обе части уравнения:
+
+$$
+ye^{-2x} = C
+$$
+
+где $C$ - произвольная постоянная.
+
+Решение ОДУ:
+
+$$
+y = Ce^{2x}
+$$
+
+Ответ: Общее решение ОДУ $y' + 2y = 0$ имеет вид $y = Ce^{2x}$.
+
+2. Найти решение ОДУ второго порядка:
+
+$$
+y'' - 3y' + 2y = 0
+$$
+
+Решение:
+
+Найдем характеристический многочлен уравнения:
+
+$$
+\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0
+$$
+
+Найдем корни характеристического многочлена:
+
+$$
+\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2
+$$
+
+Так как корни характеристического многочлена различны, то общее решение ОДУ имеет вид:
+
+$$
+y = C_1e^{\lambda_1x} + C_2e^{\lambda_2x} = C_1e^{x} + C_2e^{2x}
+$$
+
+где $C_1$ и $C_2$ - произвольные постоянные.
+
+Ответ: Общее решение ОДУ $y'' - 3y' + 2y = 0$ имеет вид $y = C_1e^{x} + C_2e^{2x}$.
+
+3. Найти изоклины ОДУ первого порядка:
+
+$$
+y' = x - y
+$$
+
+Решение:
+
+Запишем уравнение изоклин:
+
+$$
+y' = C
+$$
+
+где $C$ - произвольная постоянная.
+
+Решим это уравнение относительно $y$:
+
+$$
+y = x - C
+$$
+
+Ответ: Изоклины ОДУ $y' = x - y$ имеют вид $y = x - C$.
+

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/10.md

@@ -0,0 +1,142 @@
+>Линейное неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод вариации произвольных постоянных.
+
+1. Линейное неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами
+
+Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид:
+
+$$
+a y''(x) + b y'(x) + c y(x) = f(x) \tag{1}
+$$
+
+где $a, b, c$ - постоянные коэффициенты, $a \neq 0$, $y = y(x)$ - неизвестная функция, $x$ - независимая переменная, $y'$ и $y''$ - первая и вторая производные функции $y(x)$ по переменной $x$, $f(x)$ - непрерывная функция на некотором интервале.
+
+2. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения
+
+Теорема. Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка (1) представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения (1) при $f(x) \equiv 0$ и одного частного решения уравнения (1):
+
+$$
+y(x) = y_0(x) + y_p(x) \tag{2}
+$$
+
+где $y_0(x)$ - общее решение однородного уравнения, $y_p(x)$ - частное решение неоднородного уравнения (1).
+
+3. Метод вариации произвольных постоянных
+
+Для нахождения частного решения $y_p(x)$ неоднородного уравнения (1) можно воспользоваться методом вариации произвольных постоянных. Этот метод основан на следующей идее: предположим, что функция $y_p(x)$ имеет вид:
+
+$$
+y_p(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x) \tag{3}
+$$
+
+где $y_1(x)$ и $y_2(x)$ - линейно независимые решения однородного уравнения, $C_1(x)$ и $C_2(x)$ - некоторые дифференцируемые функции от $x$. Подставим функцию (3) в уравнение (1) и найдем функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$.
+
+4. Алгоритм метода вариации произвольных постоянных
+
+- Найти фундаментальную систему решений $y_1(x)$, $y_2(x)$ однородного уравнения (1) при $f(x) \equiv 0$.
+
+- Построить определитель Виронского $W(x)$:
+
+$$
+W(x) = \begin{vmatrix}
+y_1(x) & y_2(x) \\
+y'_1(x) & y'_2(x)
+\end{vmatrix}
+$$
+
+- Вычислить функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$ по формулам:
+
+$$
+C_1(x) = -\int \frac{y_2(x) f(x)}{W(x)} dx, \quad C_2(x) = \int \frac{y_1(x) f(x)}{W(x)} dx
+$$
+
+- Найти частное решение $y_p(x)$ по формуле (3) и построить общее решение $y(x)$ по формуле (2).
+
+5. Примеры решения линейных неоднородных ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами
+
+Рассмотрим несколько примеров решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами.
+
+Пример 1. Решить уравнение:
+
+$$
+y'' + y = \sin(x)
+$$
+
+Решение. Найдем фундаментальную систему решений однородного уравнения:
+
+$$
+y_1(x) = \cos(x), \quad y_2(x) = \sin(x)
+$$
+
+Определитель Виронского:
+
+$$
+W(x) = \begin{vmatrix}
+\cos(x) & \sin(x) \\
+-\sin(x) & \cos(x)
+\end{vmatrix} = 1
+$$
+
+Функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$:
+
+$$
+C_1(x) = -\int \sin(x) \sin(x) dx = -\frac{1}{2} \int (1 - \cos(2x)) dx = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{4} \sin(2x)
+$$
+
+$$
+C_2(x) = \int \cos(x) \sin(x) dx = \frac{1}{2} \int \sin(2x) dx = -\frac{1}{4} \cos(2x)
+$$
+
+Частное решение:
+
+$$
+y_p(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x) = -\frac{1}{2}x \cos(x) + \frac{1}{4} \sin(2x) \cos(x) - \frac{1}{4} \cos(2x) \sin(x)
+$$
+
+Общее решение:
+
+$$
+y(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) -\frac{1}{2}x \cos(x) + \frac{1}{4} \sin(2x) \cos(x) - \frac{1}{4} \cos(2x) \sin(x)
+$$
+
+Пример 2. Решить уравнение:
+
+$$
+y'' - 3y' + 2y = e^{x}
+$$
+
+Решение. Найдем фундаментальную систему решений однородного уравнения:
+
+$$
+y_1(x) = e^{x}, \quad y_2(x) = e^{2x}
+$$
+
+Определитель Виронского:
+
+$$
+W(x) = \begin{vmatrix}
+e^{x} & e^{2x} \\
+e^{x} & 2e^{2x}
+\end{vmatrix} = e^{3x}
+$$
+
+Функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$:
+
+$$
+C_1(x) = -\int \frac{e^{2x} e^{x}}{e^{3x}} dx = -\int dx = -x
+$$
+
+$$
+C_2(x) = \int \frac{e^{x} e^{x}}{e^{3x}} dx = \int dx = x
+$$
+
+Частное решение:
+
+$$
+y_p(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x) = -x e^{x} + x e^{2x}
+$$
+
+Общее решение:
+
+$$
+y(x) = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} -x e^{x} + x e^{2x}
+$$

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/2.md

@@ -0,0 +1,91 @@
+>Понятие ДУ 1-го порядка, решение ДУ, задача Коши, геометрический смысл ДУ и его решения. Понятия общего и частного решений для ДУ 1-го порядка.
+
+Определение:
+
+Дифференциальным уравнением 1-го порядка называется уравнение вида:
+
+$$
+F(x, y, y') = 0
+$$
+
+где $F$ - некоторая функция от трех переменных $x, y, y'$, $y'$ - первая производная функции $y$ по переменной $x$.
+
+Решением дифференциального уравнения 1-го порядка называется любая функция $y = f(x)$, удовлетворяющая этому уравнению на некотором интервале, т.е. такая, что:
+
+$$
+F(x, f(x), f'(x)) = 0
+$$
+
+для всех $x$ из некоторого интервала.
+
+Задача Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка состоит в нахождении решения уравнения, удовлетворяющего начальному условию вида:
+
+$$
+y(x_0) = y_0
+$$
+
+где $x_0$ и $y_0$ - заданные числа.
+
+Геометрический смысл дифференциального уравнения 1-го порядка заключается в том, что оно определяет направление касательной к графику решения уравнения в каждой точке. Решение уравнения - это кривая, касательная к которой в каждой точке имеет направление, заданное дифференциальным уравнением.
+
+Понятия общего и частного решений для дифференциального уравнения 1-го порядка:
+
+Общим решением дифференциального уравнения 1-го порядка называется множество всех решений уравнения, зависящих от произвольной постоянной.
+
+Частным решением дифференциального уравнения 1-го порядка называется конкретное решение уравнения, полученное из общего решения путем присваивания произвольной постоянной определенного значения.
+
+Примеры:
+
+1. Найти общее решение дифференциального уравнения 1-го порядка:
+
+$$
+y' = 2x
+$$
+
+Решение:
+
+Интегрируем обе части уравнения:
+
+$$
+y = x^2 + C
+$$
+
+где $C$ - произвольная постоянная.
+
+Ответ: Общее решение дифференциального уравнения $y' = 2x$ имеет вид $y = x^2 + C$.
+
+2. Найти частное решение дифференциального уравнения 1-го порядка:
+
+$$
+y' = 2x
+$$
+
+с начальным условием $y(1) = 2$.
+
+Решение:
+
+Найдем общее решение уравнения:
+
+$$
+y = x^2 + C
+$$
+
+Подставим начальное условие:
+
+$$
+2 = 1^2 + C
+$$
+
+Найдем значение произвольной постоянной:
+
+$$
+C = 1
+$$
+
+Подставим значение произвольной постоянной в общее решение:
+
+$$
+y = x^2 + 1
+$$
+
+Ответ: Частное решение дифференциального уравнения $y' = 2x$ с начальным условием $y(1) = 2$ имеет вид $y = x^2 + 1$.

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/3.md

@@ -0,0 +1,112 @@
+>Формулировка теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши для ДУ 1-го порядка.
+
+Определение:
+
+Задача Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка состоит в нахождении решения уравнения вида:
+
+$$
+y' = f(x, y)
+$$
+
+с начальным условием вида:
+
+$$
+y(x_0) = y_0
+$$
+
+где $f(x, y)$ - некоторая функция от двух переменных $x$ и $y$, $x_0$ и $y_0$ - заданные числа.
+
+Теорема о существовании и единственности решения задачи Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка формулируется следующим образом:
+
+Теорема. Пусть функция $f(x, y)$ непрерывна в некоторой области $D$ плоскости $xy$ и удовлетворяет условию Липшица в этой области, **т.е. существует такая постоянная $L > 0$, что для любых точек $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$ из области $D$ выполняется неравенство**:
+
+$$
+|f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2)| \leq L(|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2|)
+$$
+
+Тогда для любой точки $(x_0, y_0)$ из области $D$ существует единственное решение $y = \phi(x)$ задачи Коши:
+
+$$
+y' = f(x, y), \
+y(x_0) = y_0
+$$
+
+причем это решение определено на некотором интервале, содержащем точку $x_0$.
+
+Замечание:
+
+Условие Липшица для функции $f(x, y)$ означает, что функция $f(x, y)$ не сильно меняется при малых изменениях аргументов $x$ и $y$. Это условие гарантирует существование и единственность решения задачи Коши.
+
+Пример:
+
+Рассмотрим следующую задачу Коши:
+
+$$
+y' = 2x - y, \
+y(0) = 1
+$$
+
+Проверим, что функция $f(x, y) = 2x - y$ удовлетворяет условиям теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши.
+
+Заметим, что функция $f(x, y) = 2x - y$ непрерывна во всей плоскости $xy$. Найдем частные производные функции $f(x, y)$ по переменным $x$ и $y$:
+
+$$
+\frac{\partial f}{\partial x} = 2, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = -1
+$$
+
+Заметим, что частные производные функции $f(x, y)$ ограничены во всей плоскости $xy$. Следовательно, функция $f(x, y)$ удовлетворяет условию Липшица во всей плоскости $xy$.
+
+Таким образом, по теореме о существовании и единственности решения задачи Коши, существует единственное решение $y = \phi(x)$ нашей задачи, определенное на некотором интервале, содержащем точку $x_0 = 0$.
+
+Найдем это решение. Для этого решим дифференциальное уравнение:
+
+$$
+y' = 2x - y
+$$
+
+Используем метод интегрирующего множителя. Интегрирующим множителем для нашего уравнения будет функция $e^{-x}$. Умножим обе части уравнения на эту функцию:
+
+$$
+e^{-x}y' + e^{-x}y = 2xe^{-x}
+$$
+
+Заметим, что левая часть уравнения является производной функции $ye^{-x}$:
+
+$$
+(ye^{-x})' = 2xe^{-x}
+$$
+
+Интегрируем обе части уравнения:
+
+$$
+ye^{-x} = -\int 2xe^{-x} dx = 2xe^{-x} + 2e^{-x} + C
+$$
+
+где $C$ - произвольная постоянная.
+
+Умножим обе части равенства на $e^{x}$:
+
+$$
+y = 2x + 2 + Ce^{x}
+$$
+
+Подставим начальное условие:
+
+$$
+1 = 2 \cdot 0 + 2 + Ce^{0}
+$$
+
+Найдем значение произвольной постоянной:
+
+$$
+C = -1
+$$
+
+Подставим значение произвольной постоянной в решение:
+
+$$
+y = 2x + 1 - e^{x}
+$$
+
+Ответ: Решение нашей задачи Коши имеет вид $y = 2x + 1 - e^{x}$.
+

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/4.md

@@ -0,0 +1,77 @@
+>ДУ 1-го порядка с разделяющимися переменными: понятие, метод интегрирования.
+
+Определение:
+
+Дифференциальным уравнением 1-го порядка с разделяющимися переменными называется уравнение вида:
+
+$$
+y' = f(x)g(y)
+$$
+
+где $f(x)$ и $g(y)$ - некоторые функции от переменных $x$ и $y$ соответственно.
+
+Метод интегрирования дифференциальных уравнений 1-го порядка с разделяющимися переменными состоит в следующем:
+
+1. Разделим обе части уравнения на $g(y)$:
+
+$$
+\frac{y'}{g(y)} = f(x)
+$$
+
+2. Интегрируем обе части уравнения по переменной $x$:
+
+$$
+\int \frac{y'}{g(y)} dx = \int f(x) dx + C
+$$
+
+где $C$ - произвольная постоянная.
+
+3. Заменим $y'$ на $dy/dx$ и проинтегрируем левую часть уравнения по переменной $y$:
+
+$$
+\int \frac{1}{g(y)} dy = \int f(x) dx + C
+$$
+
+4. Найдем решение уравнения относительно $y$.
+
+Пример:
+
+Рассмотрим следующее дифференциальное уравнение:
+
+$$
+y' = \frac{x}{y}
+$$
+
+Это уравнение имеет вид $y' = f(x)g(y)$, где $f(x) = x$, $g(y) = 1/y$. Следовательно, это уравнение с разделяющимися переменными.
+
+Решим это уравнение методом интегрирования:
+
+1. Разделим обе части уравнения на $g(y)$:
+
+$$
+y'y = x
+$$
+
+2. Интегрируем обе части уравнения по переменной $x$:
+
+$$
+\int y'y dx = \int x dx + C
+$$
+
+3. Заменим $y'$ на $dy/dx$ и проинтегрируем левую часть уравнения по переменной $y$:
+
+$$
+\int y dy = \int x dx + C
+$$
+
+4. Найдем решение уравнения относительно $y$:
+
+$$
+\frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C
+$$
+
+$$
+y = \pm \sqrt{x^2 + 2C}
+$$
+
+Ответ: Решение нашего дифференциального уравнения имеет вид $y = \pm \sqrt{x^2 + 2C}$.

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/5.md

@@ -0,0 +1,136 @@
+> Однородные ДУ 1-го порядка: понятия и метод интегрирования.
+Доклад: Однородные дифференциальные уравнения 1-го порядка: понятия и метод интегрирования
+
+1. Определения и терминология
+
+Однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет вид:
+
+$$
+\frac{dy}{dx} = f\left(\frac{y}{x}\right) \tag{1}
+$$
+
+где $f$ - некоторая функция от переменной $z = \frac{y}{x}$.
+
+Здесь $y = y(x)$ - неизвестная функция, $x$ - независимая переменная, $\frac{dy}{dx}$ - производная функции $y(x)$ по переменной $x$.
+
+2. Сведение к линейному ДУ 1-го порядка
+
+Для решения однородного ДУ 1-го порядка (1) можно воспользоваться следующим подходом: ввести новую переменную $z = \frac{y}{x}$ и выразить $y$ и $\frac{dy}{dx}$ через $z$ и $x$. Тогда уравнение (1) примет вид:
+
+$$
+z + x\frac{dz}{dx} = f(z) \tag{2}
+$$
+
+Это уравнение представляет собой линейное неоднородное ДУ 1-го порядка относительно функции $z(x)$.
+
+3. Метод интегрирования
+
+Для решения линейного неоднородного ДУ 1-го порядка (2) можно воспользоваться методом интегрирующего множителя. Найдем интегрирующий множитель $\mu(x)$ такой, что произведение $\mu(x) \cdot (z + x\frac{dz}{dx})$ будет полной производной некоторой функции $u(x)$:
+
+$$
+\mu(x) \cdot (z + x\frac{dz}{dx}) = \frac{du}{dx} \tag{3}
+$$
+
+Интегрирующий множитель для линейного ДУ 1-го порядка имеет вид:
+
+$$
+\mu(x) = e^{\int P(x) dx} \tag{4}
+$$
+
+где $P(x)$ - коэффициент при $\frac{dz}{dx}$ в уравнении (2). В нашем случае $P(x) = \frac{1}{x}$, поэтому
+
+$$
+\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln|x|} = |x| \tag{5}
+$$
+
+Умножим уравнение (2) на найденный интегрирующий множитель $\mu(x) = x$:
+
+$$
+xz + x^2\frac{dz}{dx} = xf(z) \tag{6}
+$$
+
+Левая часть уравнения (6) является полной производной функции $u(x) = xz$:
+
+$$
+\frac{du}{dx} = x\frac{dz}{dx} + z = xf(z) \tag{7}
+$$
+
+Теперь интегрируем обе части уравнения (7) по переменной $x$:
+
+$$
+u(x) = \int xf(z) dx + C_1 \tag{8}
+$$
+
+где $C_1$ - постоянная интегрирования.
+
+4. Нахождение решения исходного ДУ
+
+Подставляя в полученное решение (8) выражение для $u(x) = xz$ и возвращаясь к исходной переменной $y$, находим общее решение исходного однородного ДУ 1-го порядка (1):
+
+$$
+y(x) = x \cdot \left( \int f\left(\frac{y}{x}\right) dx + C_1 \right) \tag{9}
+$$
+
+Доклад: Однородные дифференциальные уравнения 1-го порядка: понятия и метод интегрирования
+
+5. Примеры решения однородных ДУ 1-го порядка
+
+Рассмотрим несколько примеров решения однородных дифференциальных уравнений 1-го порядка, используя метод, описанный выше.
+
+Пример 1. Решить уравнение:
+$$
+\frac{dy}{dx} = \frac{2y}{x} \tag{10}
+$$
+
+Решение. Заметим, что это однородное ДУ 1-го порядка. Введем новую переменную $z = \frac{y}{x}$:
+
+$$
+z + x\frac{dz}{dx} = 2z
+$$
+
+Получили линейное неоднородное ДУ 1-го порядка относительно функции $z(x)$. Найдем интегрирующий множитель $\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x} dx} = |x|$ и умножим уравнение на него:
+
+$$
+xz + x^2\frac{dz}{dx} = 2xz
+$$
+
+Левая часть является полной производной функции $u(x) = xz$. Интегрируем обе части уравнения:
+
+$$
+u(x) = xz = \int 2z dx + C_1
+$$
+
+Возвращаясь к исходной переменной $y$, находим общее решение:
+
+$$
+y(x) = C_1x + C_2x^2 \tag{11}
+$$
+
+Пример 2. Решить уравнение:
+$$
+\frac{dy}{dx} = \frac{y^2 - x^2}{2xy} \tag{12}
+$$
+
+Решение. Это также однородное ДУ 1-го порядка. Введем новую переменную $z = \frac{y}{x}$:
+
+$$
+z + x\frac{dz}{dx} = \frac{z^2 - 1}{2z}
+$$
+
+Найдем интегрирующий множитель $\mu(x) = e^{\int -\frac{1}{2x} dx} = \frac{1}{\sqrt{|x|}}$ и умножим уравнение на него:
+
+$$
+\sqrt{|x|}z + \sqrt{|x|}x\frac{dz}{dx} = \frac{\sqrt{|x|}(z^2 - 1)}{2z}
+$$
+
+Левая часть является полной производной функции $u(x) = \sqrt{|x|}z$. Интегрируем обе части уравнения:
+
+$$
+u(x) = \sqrt{|x|}z = \int \frac{\sqrt{|x|}(z^2 - 1)}{2z} dx + C_1
+$$
+
+Возвращаясь к исходной переменной $y$, находим общее решение:
+
+$$
+y(x) = \pm \sqrt{C_1x^2 + x^4} \tag{13}
+$$

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/6.md

@@ -0,0 +1,120 @@
+>Линейные ДУ 1-го порядка. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод интегрирования линейного неоднородного уравнения (метод Лагранжа вариации произвольной постоянной).
+
+
+1. Линейные ДУ 1-го порядка
+
+Линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет вид:
+
+$$
+\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) \tag{1}
+$$
+
+где $y = y(x)$ - неизвестная функция, $x$ - независимая переменная, $P(x)$ и $Q(x)$ - непрерывные функции на некотором интервале $(a, b)$.
+
+2. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения
+
+Теорема. Общее решение линейного неоднородного уравнения (1) представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения (решения с нулевым правой частью) и одного частного решения неоднородного уравнения:
+
+$$
+y(x) = y_0(x) + y_p(x) \tag{2}
+$$
+
+где $y_0(x)$ - общее решение однородного уравнения $\frac{dy}{dx} + P(x)y = 0$, а $y_p(x)$ - частное решение неоднородного уравнения (1).
+
+3. Метод Лагранжа вариации произвольной постоянной
+
+Для нахождения частного решения неоднородного уравнения (1) можно воспользоваться методом Лагранжа вариации произвольной постоянной. Этот метод заключается в следующем:
+
+- Найти общее решение однородного уравнения $y_0(x) = C \cdot e^{-\int P(x) dx}$, где $C$ - произвольная постоянная.
+
+- Предположить, что частное решение неоднородного уравнения имеет вид $y_p(x) = C(x) \cdot e^{-\int P(x) dx}$, где $C(x)$ - некоторая функция от $x$.
+
+- Найти функцию $C(x)$, подставляя $y_p(x)$ в уравнение (1) и решая полученное дифференциальное уравнение относительно $C(x)$.
+
+- Найти частное решение $y_p(x)$ и построить общее решение неоднородного уравнения (1) по формуле (2).
+
+4. Примеры решения линейных неоднородных ДУ 1-го порядка
+
+Рассмотрим несколько примеров решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений 1-го порядка с помощью метода Лагранжа вариации произвольной постоянной.
+
+Пример 1. Решить уравнение:
+$$
+\frac{dy}{dx} + y = e^x \tag{3}
+$$
+
+Решение. Найдем общее решение однородного уравнения $\frac{dy}{dx} + y = 0$:
+
+$$
+y_0(x) = C \cdot e^{-\int dx} = C \cdot e^{-x}
+$$
+
+Предположим, что частное решение неоднородного уравнения (3) имеет вид $y_p(x) = C(x) \cdot e^{-x}$. Подставим это выражение в уравнение (3):
+
+$$
+-C(x)e^{-x} + C'(x)e^{-x} + C(x)e^{-x} = e^x
+$$
+
+Отсюда находим $C'(x)$:
+
+$$
+C'(x) = e^{2x}
+$$
+
+Интегрируя эту функцию, получим $C(x)$:
+
+$$
+C(x) = \int e^{2x} dx = \frac{1}{2}e^{2x} + C_1
+$$
+
+Найдем частное решение $y_p(x)$:
+
+$$
+y_p(x) = C(x) \cdot e^{-x} = \frac{1}{2}e^x
+$$
+
+Общее решение уравнения (3):
+
+$$
+y(x) = y_0(x) + y_p(x) = C \cdot e^{-x} + \frac{1}{2}e^x \tag{4}
+$$
+
+Пример 2. Решить уравнение:
+$$
+\frac{dy}{dx} - \frac{2}{x}y = x^3 \tag{5}
+$$
+
+Решение. Найдем общее решение однородного уравнения $\frac{dy}{dx} - \frac{2}{x}y = 0$:
+
+$$
+y_0(x) = C \cdot e^{\int \frac{2}{x} dx} = C \cdot x^2
+$$
+
+Предположим, что частное решение неоднородного уравнения (5) имеет вид $y_p(x) = C(x) \cdot x^2$. Подставим это выражение в уравнение (5):
+
+$$
+2C(x)x + C'(x)x^2 - 2C(x)x = x^3
+$$
+
+Отсюда находим $C'(x)$:
+
+$$
+C'(x) = x
+$$
+
+Интегрируя эту функцию, получим $C(x)$:
+
+$$
+C(x) = \int x dx = \frac{1}{2}x^2 + C_1
+$$
+
+Найдем частное решение $y_p(x)$:
+
+$$
+y_p(x) = C(x) \cdot x^2 = \frac{1}{2}x^4
+$$
+
+Общее решение уравнения (5):
+
+$$
+y(x) = y_0(x) + y_p(x) = C \cdot x^2 + \frac{1}{2}x^4 \tag{6}
+$$

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/7.md

@@ -0,0 +1,153 @@
+>ДУ в полных дифференциалах. Необходимое и достаточное условие уравнения в полных дифференциалах. Восстановление функции по ее полному дифференциалу.
+
+1. Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах
+
+Дифференциальное уравнение 1-го порядка вида
+
+$$
+M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 \tag{1}
+$$
+
+называется дифференциальным уравнением в полных дифференциалах, если существует функция $u(x, y)$, такая что
+
+$$
+du = M(x, y) dx + N(x, y) dy \tag{2}
+$$
+
+Функция $u(x, y)$ в этом случае называется первообразной дифференциального уравнения (1).
+
+2. Необходимое и достаточное условие уравнения в полных дифференциалах
+
+Теорема. Для того, чтобы дифференциальное уравнение (1) было уравнением в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось следующее условие:
+
+$$
+\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x} \tag{3}
+$$
+
+Это условие называется условием интегрируемости дифференциального уравнения (1).
+
+3. Восстановление функции по ее полному дифференциалу
+
+Если дифференциальное уравнение (1) является уравнением в полных дифференциалах, то его можно решить, восстановив функцию $u(x, y)$ по ее полному дифференциалу (2). Для этого необходимо:
+
+- Вычислить частные производные $\frac{\partial u}{\partial x}$ и $\frac{\partial u}{\partial y}$ из уравнения (2):
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial x} = M(x, y), \quad \frac{\partial u}{\partial y} = N(x, y)
+$$
+
+- Интегрировать одну из этих частных производных по соответствующей переменной, считая другую переменную постоянной. Например, интегрируем $\frac{\partial u}{\partial x}$ по $x$:
+
+$$
+u(x, y) = \int M(x, y) dx + \varphi(y)
+$$
+
+Здесь $\varphi(y)$ - произвольная функция от $y$, которая появляется при интегрировании по $x$.
+
+- Найти производную $u(x, y)$ по другой переменной ($\frac{\partial u}{\partial y}$) и сравнить ее с $N(x, y)$:
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \int M(x, y) dx \right) + \varphi'(y) = N(x, y)
+$$
+
+- Из последнего равенства определить функцию $\varphi(y)$ и подставить ее в выражение для $u(x, y)$.
+
+4. Примеры решения ДУ в полных дифференциалах
+
+Рассмотрим несколько примеров решения дифференциальных уравнений в полных дифференциалах.
+
+Пример 1. Решить уравнение:
+$$
+(2xy + y^2) dx + (x^2 + 2xy) dy = 0 \tag{4}
+$$
+
+Решение. Проверим условие интегрируемости (3):
+
+$$
+\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (2xy + y^2) = 2x + 2y, \quad \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2 + 2xy) = 2x + 2y
+$$
+
+Условие интегрируемости выполняется, значит, уравнение (4) является уравнением в полных дифференциалах. Восстановим функцию $u(x, y)$ по ее полному дифференциалу:
+
+$$
+du = (2xy + y^2) dx + (x^2 + 2xy) dy
+$$
+
+Найдем частные производные $\frac{\partial u}{\partial x}$ и $\frac{\partial u}{\partial y}$:
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial x} = 2xy + y^2, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = x^2 + 2xy
+$$
+
+Интегрируем $\frac{\partial u}{\partial x}$ по $x$:
+
+$$
+u(x, y) = \int (2xy + y^2) dx = x^2y + xy^2 + \varphi(y)
+$$
+
+Найдем $\frac{\partial u}{\partial y}$ и сравним его с $N(x, y)$:
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial y} = x^2 + 2xy + \varphi'(y) = x^2 + 2xy
+$$
+
+Отсюда находим $\varphi'(y) = 0$ и $\varphi(y) = C$, где $C$ - произвольная постоянная. Получаем функцию $u(x, y)$:
+
+$$
+u(x, y) = x^2y + xy^2 + C
+$$
+
+Общее решение уравнения (4):
+
+$$
+x^2y + xy^2 = C \tag{5}
+$$
+
+Пример 2. Решить уравнение:
+$$
+(ye^{xy} + 2x) dx + (xe^{xy} - 1) dy = 0 \tag{6}
+$$
+
+Решение. Проверим условие интегрируемости (3):
+
+$$
+\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (ye^{xy} + 2x) = e^{xy} + xye^{xy}, \quad \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (xe^{xy} - 1) = e^{xy} + xye^{xy}
+$$
+
+Условие интегрируемости выполняется, значит, уравнение (6) является уравнением в полных дифференциалах. Восстановим функцию $u(x, y)$ по ее полному дифференциалу:
+
+$$
+du = (ye^{xy} + 2x) dx + (xe^{xy} - 1) dy
+$$
+
+Найдем частные производные $\frac{\partial u}{\partial x}$ и $\frac{\partial u}{\partial y}$:
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial x} = ye^{xy} + 2x, \quad \frac{\partial u}{\partial y} = xe^{xy} - 1
+$$
+
+Интегрируем $\frac{\partial u}{\partial x}$ по $x$:
+
+$$
+u(x, y) = \int (ye^{xy} + 2x) dx = e^{xy} + x^2 + \varphi(y)
+$$
+
+Найдем $\frac{\partial u}{\partial y}$ и сравним его с $N(x, y)$:
+
+$$
+\frac{\partial u}{\partial y} = xe^{xy} + \varphi'(y) = xe^{xy} - 1
+$$
+
+Отсюда находим $\varphi'(y) = -1$ и $\varphi(y) = -y + C$, где $C$ - произвольная постоянная. Получаем функцию $u(x, y)$:
+
+$$
+u(x, y) = e^{xy} + x^2 - y + C
+$$
+
+Общее решение уравнения (6):
+
+$$
+e^{xy} + x^2 - y = C \tag{7}
+$$
+
+

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/8.md

@@ -0,0 +1,161 @@
+>ДУ второго порядка. Задача Коши.
+
+1. Дифференциальные уравнения второго порядка
+
+Дифференциальное уравнение вида
+
+$$
+F\left(x, y, y', y''\right) = 0 \tag{1}
+$$
+
+где $y = y(x)$ - неизвестная функция, $x$ - независимая переменная, $y'$ и $y''$ - первая и вторая производные функции $y(x)$ по переменной $x$, называется дифференциальным уравнением второго порядка.
+
+Если дифференциальное уравнение второго порядка можно записать в виде
+
+$$
+y'' = f\left(x, y, y'\right) \tag{2}
+$$
+
+то оно называется явным дифференциальным уравнением второго порядка. В противном случае, если уравнение нельзя записать в виде (2), оно называется неявным дифференциальным уравнением второго порядка.
+
+2. Классификация дифференциальных уравнений второго порядка
+
+Дифференциальные уравнения второго порядка можно классифицировать по следующим признакам:
+
+- Линейность/нелинейность: если функция $f$ в уравнении (2) является линейной функцией от $y$ и $y'$, то уравнение называется линейным; в противном случае, если функция $f$ является нелинейной функцией от $y$ и $y'$, то уравнение называется нелинейным.
+
+- Однородность/неоднородность: если функция $f$ в уравнении (2) является однородной функцией от $y$ и $y'$, то уравнение называется однородным; в противном случае, если функция $f$ является неоднородной функцией от $y$ и $y'$, то уравнение называется неоднородным.
+
+- Постоянство/переменность коэффициентов: если функция $f$ в уравнении (2) не зависит от переменной $x$, то уравнение называется уравнением с постоянными коэффициентами; в противном случае, если функция $f$ зависит от переменной $x$, то уравнение называется уравнением с переменными коэффициентами.
+
+3. Задача Коши для дифференциальных уравнений второго порядка
+
+Задача Коши для дифференциального уравнения второго порядка (1) состоит в нахождении решения $y(x)$, удовлетворяющего начальным условиям:
+
+$$
+y(x_0) = y_0, \quad y'(x_0) = y'_0 \tag{3}
+$$
+
+где $x_0$, $y_0$ и $y'_0$ - заданные числа.
+
+Теорема существования и единственности решения задачи Коши:
+
+Если функция $f$ в уравнении (2) непрерывна в некоторой области $D \subset \mathbb{R}^3$, содержащей точку $(x_0, y_0, y'_0)$, то в этой области существует единственное решение $y(x)$ задачи Коши (1), (3).
+
+4. Примеры решения задач Коши для дифференциальных уравнений второго порядка
+
+Рассмотрим несколько примеров решения задач Коши для дифференциальных уравнений второго порядка.
+
+Пример 1. Решить задачу Коши:
+
+$$
+y'' - 3y' + 2y = 0, \quad y(0) = 1, \quad y'(0) = -1
+$$
+
+Решение. Найдем характеристическое уравнение:
+
+$$
+r^2 - 3r + 2 = 0
+$$
+
+Найдем корни этого уравнения:
+
+$$
+r_1 = 1, \quad r_2 = 2
+$$
+
+Общее решение уравнения:
+
+$$
+y(x) = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x}
+$$
+
+Найдем производную $y'(x)$:
+
+$$
+y'(x) = C_1 e^{x} + 2C_2 e^{2x}
+$$
+
+Используя начальные условия, находим константы $C_1$ и $C_2$:
+
+$$
+\begin{cases}
+C_1 + C_2 = 1 \\
+C_1 + 2C_2 = -1
+\end{cases}
+$$
+
+Решаем систему уравнений:
+
+$$
+C_1 = 2, \quad C_2 = -1
+$$
+
+Получаем решение задачи Коши:
+
+$$
+y(x) = 2e^{x} - e^{2x}
+$$
+
+Пример 2. Решить задачу Коши:
+
+$$
+y'' + y = \sin(x), \quad y(0) = 0, \quad y'(0) = 1
+$$
+
+Решение. Найдем общее решение однородного уравнения $y'' + y = 0$:
+
+$$
+y_0(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)
+$$
+
+Найдем частное решение неоднородного уравнения $y'' + y = \sin(x)$ методом неопределенных коэффициентов:
+
+$$
+y_p(x) = A \cos(x) + B \sin(x)
+$$
+
+Подставим $y_p(x)$ в уравнение:
+
+$$
+-A \cos(x) - B \sin(x) + A \cos(x) + B \sin(x) = \sin(x)
+$$
+
+Отсюда находим $A = 0$ и $B = -\frac{1}{2}$. Получаем частное решение:
+
+$$
+y_p(x) = -\frac{1}{2} \sin(x)
+$$
+
+Общее решение уравнения:
+
+$$
+y(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x) - \frac{1}{2} \sin(x)
+$$
+
+Найдем производную $y'(x)$:
+
+$$
+y'(x) = -C_1 \sin(x) + C_2 \cos(x) - \frac{1}{2} \cos(x)
+$$
+
+Используя начальные условия, находим константы $C_1$ и $C_2$:
+
+$$
+\begin{cases}
+C_1 = 0 \\
+C_2 - \frac{1}{2} = 1
+\end{cases}
+$$
+
+Решаем систему уравнений:
+
+$$
+C_1 = 0, \quad C_2 = \frac{3}{2}
+$$
+
+Получаем решение задачи Коши:
+
+$$
+y(x) = \frac{3}{2} \sin(x) - \frac{1}{2} \sin(x) = \sin(x)
+$$

1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/9.md

@@ -0,0 +1,159 @@
+>Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами, метод Эйлера, характеристическое уравнение, построение фундаментальной системы решений. Теорема о структуре общего решения линейного однородного уравнения
+
+1. Линейное однородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами
+
+Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид:
+
+$$
+a y''(x) + b y'(x) + c y(x) = 0 \tag{1}
+$$
+
+где $a, b, c$ - постоянные коэффициенты, $a \neq 0$, $y = y(x)$ - неизвестная функция, $x$ - независимая переменная, $y'$ и $y''$ - первая и вторая производные функции $y(x)$ по переменной $x$.
+
+2. Метод Эйлера и характеристическое уравнение
+
+Для решения уравнения (1) можно воспользоваться методом Эйлера. Этот метод основан на поиске решения уравнения (1) в виде экспоненциальной функции:
+
+$$
+y(x) = e^{rx} \tag{2}
+$$
+
+где $r$ - некоторый постоянный коэффициент. Подставим функцию (2) в уравнение (1):
+
+$$
+a r^2 e^{rx} + b r e^{rx} + c e^{rx} = 0
+$$
+
+Отсюда получаем характеристическое уравнение:
+
+$$
+a r^2 + b r + c = 0 \tag{3}
+$$
+
+Это квадратное уравнение относительно $r$. Найдем его корни $r_1$ и $r_2$.
+
+3. Построение фундаментальной системы решений
+
+Рассмотрим три возможных случая корней характеристического уравнения (3):
+
+- Корни $r_1$ и $r_2$ вещественные и различные. В этом случае фундаментальной системой решений уравнения (1) будут функции:
+
+$$
+y_1(x) = e^{r_1 x}, \quad y_2(x) = e^{r_2 x}
+$$
+
+- Корни $r_1$ и $r_2$ вещественные и совпадающие ($r_1 = r_2 = r$). В этом случае фундаментальной системой решений уравнения (1) будут функции:
+
+$$
+y_1(x) = e^{r x}, \quad y_2(x) = x e^{r x}
+$$
+
+- Корни $r_1$ и $r_2$ комплексные сопряженные ($r_1 = \alpha + i \beta$, $r_2 = \alpha - i \beta$). В этом случае фундаментальной системой решений уравнения (1) будут функции:
+
+$$
+y_1(x) = e^{\alpha x} \cos(\beta x), \quad y_2(x) = e^{\alpha x} \sin(\beta x)
+$$
+
+4. Теорема о структуре общего решения линейного однородного уравнения
+
+Теорема. Общее решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка (1) представляет собой линейную комбинацию решений фундаментальной системы:
+
+$$
+y(x) = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x) \tag{4}
+$$
+
+где $C_1$ и $C_2$ - произвольные постоянные.
+
+5. Примеры решения линейных однородных ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами
+
+Рассмотрим несколько примеров решения линейных однородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами.
+
+Пример 1. Решить уравнение:
+
+$$
+y'' - 3y' + 2y = 0
+$$
+
+Решение. Найдем характеристическое уравнение:
+
+$$
+r^2 - 3r + 2 = 0
+$$
+
+Найдем корни этого уравнения:
+
+$$
+r_1 = 1, \quad r_2 = 2
+$$
+
+Фундаментальная система решений:
+
+$$
+y_1(x) = e^{x}, \quad y_2(x) = e^{2x}
+$$
+
+Общее решение уравнения:
+
+$$
+y(x) = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x}
+$$
+
+Пример 2. Решить уравнение:
+
+$$
+y'' + 4y' + 4y = 0
+$$
+
+Решение. Найдем характеристическое уравнение:
+
+$$
+r^2 + 4r + 4 = 0
+$$
+
+Найдем корни этого уравнения:
+
+$$
+r_1 = r_2 = -2
+$$
+
+Фундаментальная система решений:
+
+$$
+y_1(x) = e^{-2x}, \quad y_2(x) = x e^{-2x}
+$$
+
+Общее решение уравнения:
+
+$$
+y(x) = C_1 e^{-2x} + C_2 x e^{-2x}
+$$
+
+Пример 3. Решить уравнение:
+
+$$
+y'' + y = 0
+$$
+
+Решение. Найдем характеристическое уравнение:
+
+$$
+r^2 + 1 = 0
+$$
+
+Найдем корни этого уравнения:
+
+$$
+r_1 = i, \quad r_2 = -i
+$$
+
+Фундаментальная система решений:
+
+$$
+y_1(x) = \cos(x), \quad y_2(x) = \sin(x)
+$$
+
+Общее решение уравнения:
+
+$$
+y(x) = C_1 \cos(x) + C_2 \sin(x)
+$$

1 курс/2 семестр/Вышмат/Вопросы.md

@@ -43,16 +43,16 @@
 
 # Раздел 3. Дифференциальные уравнения
 ## Теория
-1. Понятие обыкновенного ДУ, порядок ДУ, решение ДУ.
-2. Понятие ДУ 1-го порядка, решение ДУ, задача Коши, геометрический смысл ДУ и его решения. Понятия общего и частного решений для ДУ 1-го порядка.
-3. Формулировка теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши для ДУ 1-го порядка.
-4. ДУ 1-го порядка с разделяющимися переменными: понятие, метод интегрирования.
-5. Однородные ДУ 1-го порядка: понятия и метод интегрирования.
-6. Линейные ДУ 1-го порядка. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод интегрирования линейного неоднородного уравнения (метод Лагранжа вариации произвольной постоянной).
-7. ДУ в полных дифференциалах. Необходимое и достаточное условие уравнения в полных дифференциалах. Восстановление функции по ее полному дифференциалу.
-8. ДУ второго порядка. Задача Коши.
-9. Линейное однородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами, метод Эйлера, характеристическое уравнение, построение фундаментальной системы решений. Теорема о структуре общего решения линейного однородного уравнения.
-10. Линейное неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод вариации произвольных постоянных.
+1. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/1|Понятие обыкновенного ДУ, порядок ДУ, решение ДУ.]]
+2. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/2|Понятие ДУ 1-го порядка, решение ДУ, задача Коши, геометрический смысл ДУ и его решения. Понятия общего и частного решений для ДУ 1-го порядка.]]
+3. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/3|Формулировка теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши для ДУ 1-го порядка.]]
+4. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/4|ДУ 1-го порядка с разделяющимися переменными: понятие, метод интегрирования.]]
+5. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/5|Однородные ДУ 1-го порядка: понятия и метод интегрирования.]]
+6. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/6|Линейные ДУ 1-го порядка. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод интегрирования линейного неоднородного уравнения (метод Лагранжа вариации произвольной постоянной).]]
+7. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/7|ДУ в полных дифференциалах. Необходимое и достаточное условие уравнения в полных дифференциалах. Восстановление функции по ее полному дифференциалу.]]
+8. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/8|ДУ второго порядка. Задача Коши.]]
+9. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/9|Линейное однородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами, метод Эйлера, характеристическое уравнение, построение фундаментальной системы решений. Теорема о структуре общего решения линейного однородного уравнения.]]
+10. [[1 курс/2 семестр/Вышмат/Билеты/Раздел 3/10|Линейное неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Теорема о структуре общего решения линейного неоднородного уравнения. Метод вариации произвольных постоянных.]]
 
 ## Практика
 1. Уметь решать ДУ 1-го порядка следующих типов: с разделяющимися переменными, однородные, линейные, уравнения в полных дифференциалах.