Idea Transcript
Министерство образования Республики Беларусь Учреждение образования «Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники»
БГ УИ
Р
Кафедра высшей математики
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
а
Методические указания
ек
для студентов радиотехнических специальностей заочной и дистанционной форм формы обучения
Би бл ио
т
В 2-х частях Часть 2
2-е издание, переработанное и дополненное
Минск БГУИР 2009
УДК 517 (075.8) ББК 22.1 я73 В93 С о с т а в и т е л и: О. Ф. Борисенко, Л. А. Конюх, Н. И. Кобринец
БГ УИ
Р
Высшая математика: метод. указания для студ. радиотехн. спец. заоч. и дистанц. форм обуч. В 2 ч. Ч.2 / сост. О. Ф. Борисенко, Л. А. Конюх, Н. И. Кобринец. – 2-е изд., перераб. и доп. – Минск : БГУИР, 2009. – 35 с. : ил. ISBN 978-985-488-384-7(ч.2)
УДК 517 (075.8) ББК 22.1 я73
т
ек
а
Часть 2 методических указаний предназначена для студентовзаочников БГУИР. Она содержит основные теоретические сведения, общие рекомендации по самостоятельному изучению курса высшей математики, методические указания к выполнению контрольных работ № 5 – 8 и примеры решения типовых задач.
Би бл ио
Часть 1 издана БГУИР в 2009 г.
ISBN 978-985-488-384-7(ч.2) ISBN 978-985-488-383-0
© О. Ф. Борисенко, Л. А. Конюх, Н. И. Кобринец, составление, 2001 © О. Ф. Борисенко, Л. А. Конюх, Н. И. Кобринец, составление, 2-е изд. перераб. и доп., 2009 © УО «Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники», 2009
ЛИТЕРАТУРА
Би бл ио
т
ек
а
БГ УИ
Р
1. Беклемишев, Д. В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры / Д. В. Беклемишев. – 4-е изд. – М. : Наука, 1980. 2. Пискунов, Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисления. В 2 т. / Н. С. Пискунов. – М. : Наука, 1985. 3. Бугров, Н. С. Высшая математика. Дифференциальное и интегральное исчисления / Н. С. Бугров, С. М. Никольский. – М. : Наука, 1980. 4. Бугров, Н. С. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного / Н. С. Бугров, С. М. Никольский. – М. : Наука, 1981. 5. Гурский, Е. И. Основы линейной алгебры и аналитической геометрии / Е. И. Гурский. – Минск : Высш. шк., 1982. 6. Гурский, Е. И. Руководство к решению задач по высшей математике. В 2 т. / Е. И. Гурский. – Минск : Высш. шк., 1990. 7. Жевняк, Р. М. Высшая математика. В 4 ч. / М. Р. Жевняк, А. А. Карпук : Ч.I. – Минск : Высш. шк., 1992; Ч.II – Минск : Высш. шк., 1993; Ч.III, IV. – Минск : Обозрение, 1997. 8. Клетеник, Д. В. Сборник задач по аналитической геометрии / Д. В. Клетеник. – М. : Наука, 1965 –1980. 9. Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов / под ред. Б. П. Демидовича. – М. : Наука, 1964–1978. 10. Краснов, М.Л. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости (задачи и упражнения) / М. Л. Краснов, А. И. Киселев, Г. И. Макаренко. – М. : Наука, 1971. 11. Данко, П. Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. / П. Е. Данко, А. Г. Попов, Т. Я. Кожевникова. – М. : Высш. шк., 1980. 12. Методические указания по высшей математики для студентов заочной формы обучения (с применением учебного телевидения). В 2 ч. / Р. М. Жевняк [и др.]. – Минск : МРТИ, 1989. 13. Высшая математика: метод. Указания и контрол. Задания ( с программой) / под ред. Ю. А. Арутюнова. – М.: Высш. шк.,1983.
Контрольная работа №5 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Литература: [2], гл.13; [4], гл.1; [5], ч. III, гл.8. 5. Основные теоретические сведения
БГ УИ
Р
5.1. Общее решение дифференциального уравнения первого порядка F ( x, y, y ′) = 0 зависит от одной произвольной постоянной: y = ϕ ( x, C ) . Решения, получающиеся из общего решения y = ϕ ( x, C ) при определенном значении произвольной постоянной С, называются частными решениями. Задача нахождения частного решения, удовлетворяющего начальным условиям y = y 0 при x = x0 , называется задачей Коши. а) Уравнение вида
M 1 ( x) N1 ( y )dx + M 2 ( x ) N 2 ( y )dy = 0
а
называется дифференциальным уравнением с разделяющимиcя переменными. Разделив обе части уравнения на M 2 ( x) ⋅ N1 ( y ) ≠ 0 , получим общий интеграл уравнения
N ( y) M 1 ( x) dy = C . dx + ∫ 2 N1 ( y) M 2 ( x) б) Уравнение вида y ′ = f ( x, y ) называется однородным уравнением, f (tx, ty ) = f ( x, y ) при любом t ∈ R . С помощью подстановки если u = y / x ⇔ y = ux, u = u ( x) уравнение приводится к уравнению с раз-
т
ек
∫
Би бл ио
деляющимися переменными. в) Уравнение вида
y ′ + p ( x ) y = q ( x)
(5.1)
называется линейным. Если q ( x) = 0 , то уравнение называется однородным линейным и его решение может быть получено путем разделения переменных. Если q ( x) ≠ 0 , то уравнение называется линейным неоднородным; его общее решение получается из общего решения соответствующего линейного однородного уравнения с помощью вариации произвольной постоянной интегрирования С. Данное уравнение можно также решить с помощью подстановки y = u ( x ) ⋅ v( x ) , где u (x) и v (x) – две неизвестные функции. 5.2. При решении дифференциального уравнения высшего порядка необходимо помнить, что его общее решение или общий интеграл содержит столько произвольных постоянных, каков порядок уравнения. С помощью введения новой функции в некоторых случаях можно понизить порядок уравнения, в част-
4
Р
ности, уравнение второго порядка F ( x, y, y ′, y ′′) = 0 свести к уравнению первого порядка, метод решения которого известен. 5.3. Линейное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид y ′′ + py ′ + qy = f (x) , (5.2) где p, q – числа. Задача нахождения решения данного уравнения, удовлетворяющего начальным условиям y ( x0 ) = y 0 , y ′( x0 ) = y 0′ , называется задачей Коши. Если f ( x ) = 0 , то уравнение (2) называется линейным однородным уравнением. Для его решения составляется характеристическое уравнение
λ2 + pλ + q = 0 .
БГ УИ
(5.3) а) Если корни характеристического уравнения λ1 , λ 2 различны и действительны, то общее решение однородного уравнения имеет вид
y одн = C1e λ1x + C 2 e λ2 x . б) Если корни λ1 = λ 2 , т.е. совпадают, то
а
y одн = e λ1x (C1 + C 2 x) . в) Если корни λ1 и λ 2 комплексные, т.е. λ1, 2 = α ± βi , то
ек
y одн = eαx (C1 cos βx + C 2 sin βx) . Решение линейного неоднородного уравнения (1.2) основывается на следующей теореме.
y ∗ (x) – некоторое частное решение неоднородного y одн (x) – общее решение соответствующего однородного
т
Теорема.
Если
Би бл ио
уравнения (5.2), а
∗
уравнения, то общее решение уравнения (5.2) имеет вид y = y одн + y .
Правила для нахождения частного решения ния (1.2) следующие: αx
y ∗ неоднородного уравне-
а) Пусть f ( x ) = e (b0 x + b1 x + b2 ) . Если α не является корнем уравнения (5.3), то частное решение ищется в виде 2
y ∗ = eαx ( A0 x 2 + A1 x + A2 ) . Если α – k-кратный корень уравнения (5.3) ( k = 1,2) , то y ∗ = x k eαx ( A0 x 2 + A1 x + A2 ) ( k = 1 или 2). αx
б) Пусть f ( x ) = e ( B1 cos βx + B2 sin βx) . Если α + βi не является корнем уравнения (5.3), то
5
y ∗ = eαx ( M cos βx + N sin βx ) . Если
α + βi – корень уравнения (5.3), то
y ∗ = xeαx ( M cos βx + N sin βx ) . Здесь числа A0 , A1 , A2 , B0 , B1 , B2 , M , N находятся в результате под-
БГ УИ
dx dt = a11 x + a12 y dy = a 21 x + a 22 y. dt
Р
становки частных решений в исходное уравнение и приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях. 5.4. Пусть дана система двух линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами (5.4)
В матричном виде систему (5.4) можно записать в виде одного матричного дифференциального уравнения
dX = AX , dt
где
т
ек
а
a12 x dX x ′ , X = , = . a 22 y dt y′ λt λt Будем искать частные решения в виде x = γ 1e , y = γ 2 e , где γ 1 , γ 2 , λ – константы. a A = 11 a 21
Би бл ио
Подставляя это решение в систему (5.4), получим систему уравнений для определения γ 1 и γ 2 :
(a11 − λ )γ 1 + a12γ 2 = 0 a 21γ 1 + (a 22 − λ )γ 2 = 0. Таким образом, задача нахождения чисел γ 1 и γ 2 сводится к задаче нахождения координат собственных векторов матрицы А. Пусть p1 (γ 11 , γ 21 ) и p 2 (γ 12 , γ 22 ) – собственные векторы матрицы А. Тогда общее решение
системы (5.4) имеет вид
x = C1γ 11e λ1t + C 2γ 12 e λ2t λt λ t y = C1γ 21e 1 + C 2γ 22 e 2 ,
где γ 1 , γ 2 – корни характеристического уравнения
6
det( A − λE ) = 0 ⇔
a11 − λ a 21
γ 11 λ1t e γ 21
В матричном виде X = C1
a12 = 0. a 22 − λ γ + C 2 12 e λ2t . γ 22
5.5. При решении физических задач сначала надо решить, какую переменную нужно принять за искомую функцию. Далее, используя физические законы, составить для ее нахождения дифференциальное уравнение и решить его. Пример 5.1. Решить уравнение Это уравнение с разделяющимися переменными. Деля по-
членно на (1 − x )(1 − y ) , получим 2
2
ydy 1− y2
=
xdx 1− x2
⇔
∫
БГ УИ
Решение.
Р
y (1 − x 2 )dy − x (1 − y 2 )dx = 0 .
ydy
1− y2
−∫
xdx
1− x2
= C1 ⇔
1 d (1 − y 2 ) 1 d (1 − x 2 ) ~ 2 2 = ⇔ − = − + + ⇔− ∫ C y x C ln 1 ln 1 ln , ∫ 1 2 1− y2 2 1 − x2 . Потенцируя последнее равенство, получим 1 − y
освобождаясь
от
а
и,
− 2c1
модуля,
получим
ек
~
где C = e
2
~ = C 1− x2
~ 1 − y 2 = ±C (1 − x 2 )
или
1 − y 2 = C (1 − x 2 ) , где С – произвольная постоянная, отличная от нуля (как
т
положительная, так и отрицательная). Разделив на (1 − x )(1 − y ) , мы могли 2
2
Би бл ио
потерять решения, обращающие в нуль произведение (1 − x )(1 − y ) . Полагая 2
2
(1 − x 2 )(1 − y 2 ) = 0 , находим, что y = ±1; x = ±1. Непосредственная подста-
новка их в уравнение показывает, что они действительно являются решениями. Но эти решения могут быть получены из общего решения
1− y2 1− x
2
= C при
C = 0 и C = ∞ . Таким образом, все решения содержатся в общем интеграле 1− y2 = C , что и требовалось доказать. 2 1− x 2 2 Пример 5.2. Решить уравнение xy ′ = x − y + y . Решение. Запишем уравнение в виде y ′ =
функция
x2 − y2 + y . Поскольку x
7
f ( x, y ) = удовлетворяет условию
x2 − y2 + y x
(tx) 2 − (ty ) 2 + ty f (tx, ty ) = = tx
x2 − y2 + y = f ( x, y ) , x
u=
y ( y = ux, y ′ = u ′x + u ) x
приводит его к уравнению с разделяющимися переменными
du
⇒
=
du = 1− u2 ⇒ dx
БГ УИ
x (u ′x + u ) = x 2 − x 2 u 2 + ux ⇒ u ′x = 1 − u 2 ⇒ x
Р
то исходное уравнение однородное. Замена переменной
dx du dx y ⇒∫ = ∫ + ln c ⇒ arcsin = ln cx ⇒ x x x 1 − u2
1− u2 ⇒ y = x sin ln cx . Последнее выражение y = x sin ln cx представляет собой общий интеграл уравнения. В ходе решения мы могли потерять решения вида
x 1 − ( y / x ) = 0 (так как делили на это выражение обе части уравнения). Непосредственной подстановкой убеждаемся, что x = 0 не является решением
а
2
ек
уравнения. Множитель 1 − ( y / x ) = 0 дает решения y = ± x , которые не могут быть получены из общего интеграла ни при каких С. Поэтому y = ± x – 2
т
особые решения, а общий интеграл дается формулой y = x sin ln Cx .
Би бл ио
Пример 5.3. Решить уравнение y ′ + y cos x =
1 sin 2 x . 2
Решение. Это линейное неоднородное уравнение первого порядка (1). Будем искать его решение в виде y = u ( x) ⋅ v( x) ⇒ y ′ = u ′v + v ′u . Подставив
1 y и y ′ в исходное уравнение, получим u ′v + v′u + uv cos x = sin 2 x ⇒ 2 u ′v + u (v′ + v cos x ) = sin x cos x . Для нахождения неизвестных функций u (x) и v (x) потребуем, чтобы выражение v ′ + v cos x обращалось в нуль: dv dv v′ + v cos x = 0 ⇒ = −v cos x ⇒ = − cos xdx ⇒ dx v ⇒ ln v = − sin x ⇒ v = e −sin x . Тогда функцию u (x) найдем из уравнения u ′v = sin x cos x, u ′e −sin x = sin x cos x ⇒ u ′ = e sin x ⋅ sin x cos x ⇒
8
⇒ u = ∫ sin x cos xesin x dx + C ⇒ u = ∫ sin xesin x d (sin x) + C ⇒ ⇒ u = esin x (sin x − 1) + C . −sin x
Теперь запишем решение y = uv = Ce + sin x − 1 , которое и является общим интегралом исходного уравнения. Пример 5.4. Найти частное решение дифференциального уравнения
y ′′ − 3 y ′ + 2 y = ( x 2 + x)e 2 x , y (0) = 0, y ′(0) = 2 .
удовлетворяющее
начальным
условиям
ние
Рассмотрим соответствующее однородное линейное уравнеy ′′ − 3 y ′ + 2 y = 0 . Его характеристическое уравнение имеет вид
Р
Решение.
БГ УИ
λ2 − 3λ + 2 = 0 . Корни уравнения λ1 = 1; λ 2 = 2 различны и действитель-
ны. Значит, общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид
y одн = С1e x + C 2 e 2 x .
Правая
часть
исходного
уравнения
f ( x ) = ( x 2 + x)e 2 x (α = 2; b0 = 1, b1 = 1) , т.е. α = 2 является также корнем характеристического уравнения, поэтому частное решение ищем в виде
а
y ∗ = xe 2 x ( A0 x 2 + A1 x + A2 ) . Для нахождения коэффициентов A0 , A1 , A2 продифференцируем ∗
ек
дважды y и подставим в первоначальное уравнение:
( y ∗ ) ′ = e 2 x ( 2 A0 x 3 + ( 2 A1 + 3 A0 ) x 2 + 2( A2 + A1 ) x + A2 ) ,
т
( y ∗ ) ′′ = e 2 x ( 4 A0 x 3 + ( 4 A1 + 12 A0 ) x 2 + (4 A2 + 6 A1 + 3 A0 ) x + 4 A2 + 2 A1 ) . 2x
Би бл ио
После сокращения на e
и приведения подобных членов получим
3 A0 x 2 + ( 2 A1 + 6 A0 ) x + A2 + 2 A1 ≡ x 2 + x . Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и пра-
вой частях тождественного равенства, получим
1 3 3 A0 = 1 1 2 A + 6 A = 1 ⇔ A = − . 1 0 1 2 A + 2A = 0 A2 = 1 2 1 1 3 1 2 2x ∗ Таким образом, y = x − x + x e и общее решение данного 2 3 A0 =
уравнения имеет вид
1 1 y = y одн + y ∗ = C1e x + C 2 e 2 x + x 3 − x 2 + x e 2 x . 2 3 9
Чтобы найти решение, удовлетворяющее начальным условиям y (0) = 0 , y ′(0) = 2 , продифференцируем общее решение
2 y ′ = C1e x + 2C 2 e 2 x + e 2 x x 3 + x + 1 3 и решим относительно C1 и C 2 систему уравнений C1 + C 2 = 0 C1 = −1 y (0) = 0 . ⇒ ⇒ ′ C 2 C 1 2 C 1 + + = = y ( 0 ) = 2 1 2 2
Пример 5.5. Решить систему
БГ УИ
1 1 y = e 2 x x 3 − x 2 + x + 1 − e x . 2 3
Р
Исходное частное решение имеет вид
dx dt = x + y dy = − x + 3y. dt
d 2x
а
Решение. Применим метод исключения. Для этого дифференцируем первое уравнение по t :
т
Би бл ио
уравнение, получим
ек
dx dy + = x + y + (− x + 3 y ) = 4 y . 2 dt dt dt dx Из первого уравнения выражаем y = − x и, подставив в предыдущее dt =
d 2x dt 2
−4
dx + 4x = 0 . dt
Это однородное линейное уравнение с постоянными коэффициентами. Для его решения составим характеристическое уравнение
λ2 − 4λ + 4 = 0 ,
корни которого λ1,2 = 2 . Тогда общее решение однородного уравнения имеет вид x (t ) = e (c1 + c 2 t ) . Находим y (t ) = 2t
dx − x = c1e 2t + c 2 (t + 1)e 2t . dt
Таким образом, общее решение имеет вид
x = C1e 2t + C 2 te 2t ; y = C1e 2t + C 2 (t + 1)e 2t .
10
dx dt = − x − 2 y Пример 5.6. Решить систему dy = 3 x + 4 y. dt
Решение. форме:
Применим метод Эйлера. Запишем систему в матричной
БГ УИ
Р
dx − 1 − 2 x dt = . 4 y dy 3 dt λt y = γ 2 e λt , где Будем искать частное решение в виде x = γ 1e , γ 1 , γ 2 , λ – константы. Составляем характеристическое уравнение матрицы
системы:
т
ек
а
−1 − λ − 2 = 0 ⇒ λ2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ 2 = 2 . 3 4−λ Находим γ 1 и γ 2 из системы уравнений (−1 − λ )γ 1 − 2γ 2 = 0 2γ 1 + (4 − λ )γ 2 = 0. При λ1 = 1 получаем из системы γ 1 + γ 2 = 0 ⇒ γ 1 = γ 2 . Помножив γ 1 = 1, получим γ 2 = −1 . Таким образом, характеристическому числу λ1 = 1
соответствует частное решение x1 = e , t
y1 = e −t . Аналогично для λ 2 = 2
находим x 2 = 2e , y 2 = −3e . Общее решение системы находим как линейную комбинацию полученных частных решений, т.е.
Би бл ио
2t
2t
x = c1 x1 + c 2 x 2 = c1e t + 2c 2 e 2t , y = c1 y1 + c 2 y 2 = −c1e t − 3c 2 e 2t ,
или в матричной форме
et 2e 2t e t x = = c1 −t + c2 2t t y e − 3e − e
2e 2t c1 . 2t c 3e 2
Пример 5.7. В баке находится 50 л водного раствора серной кислоты, содержащей 4 л кислоты. Вода вливается в бак со скоростью 3 л в минуту, и смесь вытекает из бака со скоростью 2 л в минуту, причем концентрация поддерживается равномерной. Сколько кислоты будет в баке через 50 мин? Решение. Пусть количество кислоты, находящейся в баке через t мин, есть x л. Количество смеси в этот момент будет (50 + (3 − 2) ⋅ t ) = (50 + t ) л.
11
Следовательно,
концентрация
кислоты
y
x кг на 1 л. Через промежуток времеc= 50 + t ни dt из бака вытекает 2dt л смеси, содержащих 2cdt л кислоты. Поэтому изменение dx ко-
M ( x, y)
личества кислоты в баке характеризуется соот-
2x dt . 50 + t
N ( X , O) x
0
Это есть искомое дифференциальное уравнение. Разделяя переменные и интегрируя, получим
Рис. 5.1
БГ УИ
c
Р
ношением − dx = 2cdt или − dx =
ln x = −2 ln(50 + t ) + ln c ⇒ x =
.
(50 + t ) 2 Постоянная с находится из условия, что при t = 0 x = 4 , т.е. c = 10000 . Через 50 мин в баке будет содержаться кислоты 10000 x= = 1 л. (50 + 50) 2
Би бл ио
т
ек
а
Пример 5.8. Найти уравнение кривой, проходящей через точку (2;1), обладающей тем свойством, что отрезок касательной от точки касания М до точки ее пересечения N с осью Ox равен длине ON (рис. 5.1). Решение. Пусть x и y – координаты точки M ( x, y ) , принадлежащей искомой кривой y (x) , а текущие координаты касательной в точке М Х и Y. Уравнение касательной имеет вид Y − y = y ′( X − x) . Подставляя сюда
Y = 0,
найдем
абсциссу
точки
N:
ON = X = x −
y . y′
Условие
MN 2 = ON 2 дает нам уравнение относительно y (x) : 2
2 xy y y2 . x − = 2 + y 2 ⇒ y′ = 2 2 ′ x − y y ′ y
Последнее уравнение является однородным. Решаем его путем введения
новой переменной u = уравнение, получим
y ⇒ y = ux; x
y ′ = u ′x + u . Подставим y и y ′ в
du u + u 3 dx 1 − u 2 xu ′ + u = ⇒x = ⇒ = 3 du ⇒ 2 2 dx 1 − u x u +u 1− u 2u
12
dx 1− u2 ⇒∫ =∫ 3 du + ln C . x u +u 2 x(u + 1) Интегрируя, получаем = C или, возвращаясь к y , x2 + y2 − Cy = 0. u Подставим координаты (2;1) в полученное уравнение, найдем C = 5 . Итак, искомая кривая задается уравнением
2
5 25 x + y − 5y = 0 ⇒ x + y − = . 2 4 2
Би бл ио
т
ек
а
БГ УИ
Это окружность.
2
Р
2
13
Контрольная работа №6 КРАТНЫЕ, КРИВОЛИНЕЙНЫЕ И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ. Литература: [2], гл.14, 15; [4], гл.2, 3; [5], ч. IV, гл.11–13; [12], ч. III. 6. Основные теоретические сведения
БГ УИ
Р
6.1. Вычисление площади S плоской фигуры, ограниченной замкнутой кривой Г, производится с помощью двойного интеграла по области D, ограниченной кривой Г, по формуле b
ϕ ( x) 2
S D = ∫∫ dxdy = ∫ dx D
a
∫ dy ,
(6.1)
ϕ1 ( x )
если область D определяется условиями a ≤ x ≤ b , β
ρ 2 (ϕ )
а
В полярных координатах x = ρ cos ϕ ,
ϕ 1 ( x) ≤ y ≤ ϕ 2 ( x) . y = ρ sin ϕ формула (6.1) при-
ек
нимает вид S D = ∫ dϕ ∫ ρdρ , где α, β – пределы интегрирования по α ρ 1 (ϕ )
т
ϕ являются наименьшим и наибольшим значениями ϕ по области D. 6.2. Объем V некоторого пространственного тела Ω вычисляется с
Би бл ио
помощью тройного интеграла
V Ω = ∫∫∫ dxdydz . Ω
В свою очередь вычисление тройного интеграла сводится к вычислению повторных интегралов: z 2 ( x, y )
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫ dxdy ∫ f ( x, y, z )dz = Ω
Dxy
b
ϕ 2 ( x ) z 2 ( x, y )
a
ϕ1 ( x ) z1 ( x , y )
z ( x, y ) 1
= ∫ dx ∫ dy ∫ f ( x, y, z ) dz ,
где D xy – проекция тела Ω на плоскость Oxy , z = z1 ( x, y ) и z = z 2 ( x, y ) – уравнения поверхностей, ограничивающих область Ω снизу и сверху соответственно. 6.3. Криволинейные интегралы (к.и.) бывают двух типов:
14
I=
∫ f ( x, y)dl – к.и.
1-го рода, Г – кривая;
Г
I = ∫ P ( x, ydx + Q( x, y )dy – к.и. 2-го рода. Г
Вычисление к.и. обоих типов сводится к вычислению определенных интегралов. В частности, если кривая Г задается уравнением в прямоугольной системе координат y = f (x) , причем изменению x от a до b соответствует движение по кривой от начальной точки до конечной, то к.и. 2-го рода вычисляется по формуле b a
БГ УИ
Г
Р
I = ∫ P( x, y )dx + Q( x, y )dy = ∫ [ P( x, f ( x)) + Q( x, f ( x)) ⋅ f ′( x)] dx .
Аналогично, если кривая Г задана параметрически x = ϕ (t ) , y = ψ (t ) , то β
I = ∫ Pdx + Qdy = ∫ [P(ϕ (t ),ψ (t ) )ϕ ′(t ) + Q(ϕ (t ),ψ (t ))ψ ′(t )] dt . Г α 6.4. Вычисление поверхностного интеграла от функции F ( x, y, z ) , определенной на двусторонней поверхности S , сводится к вычислению двойного
а
интеграла, например, вида
ек
∫∫ F ( x, y, z)dS = ∫∫ F ( x, y, f ( x, y)) S
D xy
dxdy , cos γ
т
если поверхность S , заданная уравнением z = f ( x, y ) , однозначно проецируется на плоскость xOy в область Dxy . Здесь γ – угол между единичным
Би бл ио
вектором нормали n 0 к поверхности S и осью Oz :
n0 = ±
т.е. cos γ =
∂f ∂f i+ j−k ∂x ∂y 2
∂f ∂f 1 + + ∂x ∂y
±1
2
,
, где знак выбирается в зависимости от сторо-
1 + ( f ′) + ( f y′ ) ны поверхности S . Векторным полем F (M ) называется векторная функция 2
2
(6.2)
F ( x, y , z ) =
= Pi + Q j + Rk вместе с областью ее определения. Векторное поле характеризуется скалярной величиной – дивергенцией
15
div F =
∂P ∂Q ∂R + + ∂x ∂y ∂z
и векторной величиной – ротором
i j k ∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P rot F = ∂ / ∂x ∂ / ∂y ∂ / ∂z = − k . − j + i + − x z x y z ∂y ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ P Q R
S
БГ УИ
S
Р
Потоком векторного поля F (M ) через поверхность S называется поверхностный интеграл П = ∫∫ ( F , n 0 ) dS = ∫∫ (P cos α + Q cos β + R cos γ ) dS , где n 0 = (cos α , cos β , cos γ ) – единичный вектор нормали к поверхности S (6.2). Формула Остроградского устанавливает связь между потоком векторного поля F через замкнутую поверхность S и дивергенцией поля:
П = ∫∫ ( F , n 0 )dS = ∫∫∫ div F dxdydz , S+
V
т
ек
а
где V – объем, ограниченный поверхностью S . Циркуляцией векторного поля F (M ) по замкнутой кривой С называется к.и. второго рода ∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫ (a, dr ) , C
где
C
Би бл ио
dr = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz k .
Формула Стокса устанавливает связь между циркуляцией и ротором поля F (M ) :
∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫ (rot F , n 0 )dS ,
C
S
где S – поверхность, ограниченная замкнутым контуром С, а n 0 – единичный вектор нормали к этой поверхности. Направление нормали должно быть согласовано с направлением обхода контура С. 6.5. Векторное поле F называется потенциальным в некоторой области V , если существует такая функция ϕ , что
F = gradϕ =
∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z
в области V . Функция U = −ϕ называется потенциалом векторного поля F .
16
Очевидно, что потенциал определен с точностью до произвольной постоянной. Необходимым и достаточным условием потенциальности поля F является выполнение условия в области V : (6.3) rot F = 0 . При выполнении условия (6.3) потенциал векторного поля может быть найден по формуле (6.4) U = −ϕ = − ∫ ( F , dr ) = − ∫ Pdx + Qdy + Rdz , γ
M 0M
0
0
Р
где γ – любой контур, лежащий в области V , начинающийся в некоторой фиксированной точке M 0 ( x , y , z ) и заканчивающийся в точке M ( x, y , z ) , 0
div F = 0 .
Пример 6.1. 3
Вычислить
криволинейный
+ 1)dy вдоль дуги параболы x =
интеграл
1 2 y от точки A(0;0) до точки 2
а
∫ ydx + x( y
БГ УИ
в которой вычисляется потенциал. Интеграл в (6.4) не зависит от выбора пути интегрирования. Поэтому можно выбирать путь интегрирования удобным для вычислений. Векторное поле F (M ) называется соленоидальным в области V , если
AB
ек
B ( 2;2) .
AB 2
2
2
1 2 3 y ( y + 1)dy = 2 0
ydx + x( y + 1)dy = ∫ y dy + ∫ 3
Би бл ио
∫
т
Решение. Из уравнения линии интегрирования находим dx = ydy , y ∈ [0;2] . Вычислим криволинейный интеграл, переходя к определенному с переменной интегрирования у:
0
2
1 1 1 1 = ∫ y 2 + y 5 + y 2 dy = y 3 + y 6 2 2 12 2 0
Пример 6.2. Вычислить
2 ∫ xydx + 5 y dy
C
вдоль дуги С эллипса x = 3 cos t , y = 2 sin t , от точки A(3;0) до точки B (0;2) . Решение. Дуга С представляет собой часть эллипса в 1-й четверти. В точке А t = 0 , в точке В
t=
π (рис. 6.1). 2
2 0
=
28 . 3
y 2
B
A
0
3
x
Рис. 6.1
17
π /2
2 ∫ xydx + 5 y dy = ∫ (−3 cos t 2 sin t 3 sin t + 5 ⋅ 4 sin t ⋅ 2 cos t )dt =
2
0
C
=
π /2
π /2
2 ∫ (−18 cos t sin t + 40 cos t sin t )dt = 22 ∫ sin t cos tdt = 2
2
0
0
π /2
= 22
∫
0
1 sin 2 td (sin t ) = 22 ⋅ sin 3 t 3
π /2 0
=
22 . 3
Пример 3. С помощью тройного интеграла вычислить объем тела, огра-
z = 4 − x2;
y = x 2 ; 2 x 2 + 1.
Р
ниченного поверхностями z = 0;
Решение. Поверхности z = 4 − x ; y = x ; y = 2 x + 1 – параболические цилиндры (рис. 6.2). Снизу тело ограничено плоскостью z = 0 , сверху – 2
2
БГ УИ
2
поверхностью z = 4 − x и с боков образующими, параллельными оси OZ . Тело симметрично относительно коордиy натной плоскости YOZ, поэтому вычис9 лим половину рассмотренного объема и результат умножим на 2: 2
V
D
а
∫ dz .
ек
V = 2∫∫∫ dxdydz = 2∫∫ dxdy
4− x 2
4
0
1
Область D в плоскости xOy есть область,
D
т
ограниченная снизу кривой y = x , свер2
−2
ху кривой y = 2 x + 1 и с боков прямыми
Би бл ио
2
0
2
x
Рис. 6.2
x = ±2 (при z = 0 имеем 4 − x 2 = 0 ). Для первой четверти х изменяется от 0 до 2, у изменяется от нижней 2 2 кривой y = x до верхней y = 2 x + 1 . Поэтому, расставив пределы интегрирования, получим 2
2 x 2 +1
4− x 2
2
2 x 2 +1
0
x2
0
0
x2
V = 2∫ dx
2
2 ∫ dy ∫ dz = ∫ dx ∫ (4 − x )dy = 2
= ∫ (4 − x )(2 x + 1 − x )dx = 2 ∫ (3 x 2 − x 4 + 4)dx = 2
2
2
0
0
3 x5 = 2 x − + 4 x 5
2 0
=
96 = 19,2 . 5
Пример 6.4. Вычислить с помощью двойного интеграла в полярных ко-
18
ординатах площадь фигуры, ограниченной кривой, заданной в декартовых координатах уравнением ( x + y ) = 2axy , a > 0. Решение. Из уравнения кривой видно, что кривая расположена в области, где x ≥ 0 , и симметрична относительно оси Ox . Запишем уравнение кривой в полярных координатах x = ρ cosϕ , y = ρ sin ϕ : 2
2 2
2
ρ 4 = 2aρ 3 cos ϕ sin 2 ϕ ⇒ ρ = 2a cos ϕ sin 2 ϕ . Так как
ρ ≥ 0 , 2a sin 2 ϕ ≥ 0 , то и cos ϕ ≥ 0 . Откуда следует, что
2 a cos ϕ sin 2 ϕ
0
0
БГ УИ
π /2
S = ∫∫ dxdy = ∫∫ ρdρdϕ = 2 D
=2
∫
0
D
(
)
2
∫ dϕ
∫ ρdρ =
π /2 1 1 + cos 2ϕ 1 − cos 2ϕ 2 2 2a cos ϕ sin ϕ dϕ = 4a ∫ dϕ = 2 2 2 0
= 4a
2
π /2
∫
a 2
0 π /2
1π /2 1π / 2 2 − ∫ (1 + cos4ϕ )dϕ + ∫ (1 − sin 2ϕ )d (sin 2ϕ ) = 2 0 2 0
0
Би бл ио
a 2 π sin 2ϕ = − 2 2 2
2 3 ∫ (1 − cos 2ϕ − cos 2ϕ + cos 2ϕ )dϕ =
т
=
(1 − cos 2 2ϕ ) (1 − cos 2ϕ ) dϕ = 4 2
ек
0 2 π /2
a 2 π π sin 4ϕ = − − 2 2 4 8 Пример 6.5.
2
а
π /2
Р
π π ϕ ∈ − ; . 2 2
π /2 0
1 + sin 2ϕ 2
π /2 0
Вычислить поток
векторного поля F = x yi + z j − x k через плоскость треугольника S , вырезанного из плоскости (P) x + y + z = 1 координатными плоскостями, в том направлении нормали к плоскости, которая образует с осью Oz острый угол (рис. 6.3). Решение. Поток векторного поля вычисляется с помощью поверхностного интеграла по формуле 2
2
π /2
1 − sin 3 2ϕ 6
0
a 2π = . 8
z 1
2
0 D x
1
r n0
1 y
Рис. 6.3 19
П = ∫∫ ( F , n 0 ) dS , S
где n 0 – единичный вектор нормали к поверхности z = 1 − x − y ; n 0 деляется по формуле
n0 = ±
1 + ( z ′x ) + ( z ′y ) 2
,
2
cos(n0 , z ) > 0 , т.е.
«–» так как
n0 =
i+ j+k , 3
Р
причем берется знак
z ′x i + z ′y j − k
опре-
(
(
1
1− x
0 2
0
БГ УИ
dS = 1 + ( z ′x ) 2 + ( z ′y ) 2 dxdy = 3dxdy . Поэтому вычисление потока по поверхности δ сводится к вычислению двойного интеграла по проекции S на плоскости xOy (D), т.е. x2 y + z 2 − x2 П = ∫∫ dS = ∫∫ x 2 y + (1 − x − y ) 2 − x 2 dxdy = 3 S D
)
)
(1 − x) (1 − x) 3 1 2 = ∫ ( x + 2 x − 2) + − 2 x(1 − x) dx = . 2 3 60 0
ек
1
а
= ∫ dx ∫ y ( x 2 + 2 x − 2) + y 2 − 2 x dy =
Пример 6.6. Проверить, будет ли потенциальным и соленоидальным поле
Би бл ио
т
F = (3 yz + x 2 )i + (2 y 2 + 3xz ) j + ( z 2 + 3xy )k . В случае потенциальности поля найти его потенциал U. Решение. Найдем rot F по формуле i j k ∂F ∂F y ∂Fz ∂Fx ∂F y ∂Fx ∂ ∂ ∂ − j rot F = = i z − ∂x − ∂z + k ∂x − ∂y = ∂x ∂y ∂z ∂ y ∂ z Fx F y Fz = i (3x − 3x) + j (3 y − 3 y ) + k (3z − 3z ) = 0.
Итак, поле потенциально. Для вычисления потенциала по формуле U ( x, y, z ) = − ∫ Fx dx + F y dy + Fz dz в качестве точки M 0 возьмем начало M 0M
координат. Тогда получаем x
y
z
0
0
0
U ( M ) = ∫ Fx ( x,0,0)dx + ∫ F y ( x, y ,0)dy + ∫ Fz ( x, y, z )dz =
20
x
y
z
1 = ∫ x dy + ∫ 2 y dy + ∫ ( z 2 + 3 yx)dz = ( x 3 + 2 y 3 + z 3 ) + 3 xyz + C . 3 0 0 0 2
2
Проверим соленоидальность поля, вычислив
divF =
∂Fx ∂F y ∂Fz + + = 2x + 4 y + 2z ≠ 0 . ∂x ∂y ∂z
Би бл ио
т
ек
а
БГ УИ
Р
Значит, поле не является соленоидальным.
21
Контрольная работа №7 РЯДЫ Литература: [2], гл.16, 17; [4], гл.9; [4], гл. 4,6; [5], ч. III, гл. 9–10; [12], ч. III.; [11] гл.17
7.1. Числовой ряд
∑ an
n =1
(7.1)
БГ УИ
a1 + a 2 + ... + a n + ... =
∞
Р
7. Основные теоретические сведения
называется сходящимся, если существует предел его частичных сумм
Sn =
n
∑ ak .
k =1
Число S = lim S n
называется суммой ряда. Если же предел
n →∞
частичных сумм не существует или равен ∞ , то ряд называется расходящимся. Необходимый признак сходимости: если ряд (7.1) сходится, то lim a n = 0 .
а
n→∞
ек
К достаточным признакам сходимости для рядов с положительными членами (a n > 0) относятся следующие:
т
а) признак сравнения. Если имеются два ряда а)
∞
∑ an
и б)
n=1
∞
∑ bn
и
n=1
Би бл ио
при этом 0 < a n ≤ bn , то из сходимости ряда б) следует сходимость ряда а), а из расходимости ряда а) следует расходимость ряда б). Признак сравнения в предельной форме звучит так: если существует конечный предел
an = A ≠ 0 , то оба ряда одновременно сходятся или расходятся. В качеn→∞ bn lim
стве эталонных рядов для сравнения обычно служат два ряда: ряд
ряд
∞
∑
1
n=1 n ∞
α
, сходящийся при α > 1 и расходящийся при α ≤ 1;
∑ q n−1 , сходящийся при 0 ≤ q < 1 и расходящийся при q ≥ 1 ;
n=1
б) признаки Даламбера и Коши: если существует предел
a n+1 = q ( lim n a n = q), n→∞ a n n→∞ lim
22
то ряд
∞
∑ an
n=1
сходится при q < 1 и расходится при q > 1. При q = 1 вопрос о
сходимости ряда требует дополнительного исследования; в) интегральный признак сходимости: ряд
∞
∑ an
∞
и интеграл
n=1
1
где f (n) = a n , одновременно сходятся или расходятся.
с членами, имеющими разные знаки, называется абсолютно
n=1
сходящимся, если сходится ряд расходится, то ряд
∞
∑ an
∞
∑ an
n=1
∞
Р
∑ an
. Если же ряд ∑ a n сходится, а
БГ УИ
Ряд
∞
∫ f ( x)dx ,
n=1
∞
∑ an
–
n=1
называется условно сходящимся. Для исследования
n=1
сходимости знакочередующихся рядов применяется признак Лейбница.
а
7.2. Ряд вида
c0 + c1 ( x − x0 ) + ... + c n ( x − x 0 ) + ... =
ек
n
∞
∑ c n ( x − x0 ) n
(7.2)
n =1
т
называется степенным рядом. Число R называется радиусом сходимости ряда (7.2), если ряд (7.2) сходится при x − x0 < R и расходится при x − x0 > R .
Би бл ио
При x − x0 = R ряд (7.2) может как сходиться, так и расходиться. Радиус сходимости может быть найден по формуле
cn 1 . или R = lim n→∞ cn +1 n →∞ n c n
R = lim
7.3. Используя известные разложения основных элементарных функций e , sin x, cos x, ln(1 + x), (1 + x)α , arctg x в ряд Тейлора, можно разложить подынтегральную функцию в ряд и почленно проинтегрировать (что возможно внутри интервала сходимости). Для приближенного вычисления интеграла с точностью до ε берется сумма n первых членов проинтегрированного ряда, где число n вычисляется из оценки остатка ряда. Если полученный ряд является знакочередующимся, то по теореме Лейбница остаток ряда не превосходит первого отброшенного члена ряда, взятого по абсолютной величине. 7.4. Пусть требуется представить в виде ряда решение дифференциального уравнения y ′ = ϕ ( x, y ) , удовлетворяющее начальному условию y (0) = y 0 . Предположим, что решение y = f (x) уравнения существует и представимо в x
23
виде ряда Тейлора
f ′(0) f ′′(0) 2 x+ x + ... . 1! 2! (n ) Входящие в этот ряд значения f (0), f ′(0) f ′′(0),..., f (0),... можно y = f ( x) = f (0) +
найти из исходного уравнения и начального условия. Так, f (0) = y 0 , f ′(0) = ϕ (0, y 0 ) . Далее, дифференцируя уравнение
y ′′ = ϕ ′x ( x, y ) + ϕ ′y ( x, y ) ⋅ y ′( x ) , откуда находим y ′′(0) = f ′′(0) . Дифференцируя соотношение для y ′′ еще раз, найдем y ′′′(0) = f ′′′(0) и т.д. Если функция f (x ) периода T = 2l (в частности T = 2π ) кусочнох,
получаем
БГ УИ
Р
по
монотонна и непрерывна или имеет лишь конечное число точек разрыва первого рода на отрезке [ −l ; l ] , то во всех точках непрерывности она разложима в ряд Фурье:
a0 ∞ nπx nπx f ( x) = + ∑ a n cos + bn sin , l l 2 n=1
где
ек
а
nπx 1l an = ∫ f ( x) cos dx, l −l l
( n = 0,1,2,...)
т
nπx 1l bn = ∫ f ( x) sin dx. l −l l
В каждой точке x k разрыва функции f (x ) ряд Фурье сходится к числу
Би бл ио
1 ( f ( xk − 0) + f ( xk + 0) ) . 2 Если f (x ) – четная функция, то a0 ∞ nπx f ( x) = + ∑ a n cos , 2 n=1 l
2l nπx где a n = ∫ f ( x) cos dx l0 l
(n = 0,1,2,...) .
Если f (x ) – нечетная функция, то
f ( x) = где bn =
2 nπx dx ∫ f ( x) sin l0 l l
∞
∑ bn sin
n=1
nπx , l
(n = 0,1,2,...) .
Если функция f (x ) задана на отрезке [0; l ] , ее обычно продолжают на 24
отрезок [ −l;0] четным или нечетным образом, а затем продолжают периодически на всю ось Ox . В соответствии с этим получают разложение в ряд по косинусам либо по синусам. Разложение функции f (x ) в ряд Фурье в комплексной форме имеет вид +∞
f ( x) = ∑ cn n = −∞
− 1 l c n = ∫ f ( x )e 2l −l
inπx l dx,
,
(n = 0,±1,±2,...).
Р
где
inπx e l
БГ УИ
Зная комплексный ряд Фурье функции f (x ) , можно написать ее действительный ряд Фурье, воспользовавшись тем, что
a0 = c0 ; a n = Re 2c n ; bn = − Im 2c n . 2
Пример 1. Исследовать сходимость рядов б)
∞
3n ; д) г) ∑ 2 ( n 1 )! + n =1
∞
∑
n=1 (3n + 1) ∞
∑
∞
1 2
+1
n
n =3 ( n
2
+ 1) ln (n − 1) 2
n
1 3 в) ∑ ; n =1 n + 1 7
;
а
1 ; а) ∑ n=2ln n
ек
∞
.
т
Решение. а) сравним члены этого ряда с членами гармонического расходящегося ∞
Би бл ио
1 1 1 ряда ∑ . Имеем > . Так как ряд с меньшими членами ln n n n=1 n ∞ 1 дится, то и ряд с большими членами ∑ будет расходиться; ln n n=2 б) сравним члены этого ряда с членами сходящегося ряда
ряд
∞
∑
∞
1 расхоn n=1
∑
1
n=1 n
2
, т.е.
an 1 1 n2 1 lim = lim : = lim = ≠ 0, ∞ ⇒ n→∞ bn n→∞ (3n + 1) 2 + 1 n 2 n→∞ 9n 2 + 6n + 2 9 ∞ 1
∑
n=1 (3n + 1)
2
+1
тоже сходится;
в) если в формуле общего члена a n имеются выражения, возведенные в степень n , то удобно пользоваться признаком Коши:
25
lim a n = lim n
n→∞
n→∞
n
3n 7 n (n + 1)
=
3 < 1 ⇒ ряд сходится; 7
г) если в формуле общего члена присутствуют факториалы, то рекомендуется применять признак Даламбера:
a n+1 3 3n+1 ⋅ 2(n + 1)! 3(n + 1)! lim lim lim = = 0 < 1. = lim = n→∞ 2(( n + 1) + 1)!⋅3 n n→∞ a n n→∞ ( n + 1)!( n + 2) n→∞ n + 2 n (n 2 + 1) ln 2 (n − 1)
сравним исходный ряд с рядом
n
<
n 2 ln 2 (n − 1) ∞ n
∑
n =3 ( n
2
<
1
(n − 1) ln 2 (n − 1)
= bn
БГ УИ
an =
Р
Значит, ряд сходится; д) в силу неравенства
+ 1) ln (n − 1) 2
. К последнему применим
интегральный признак Коши, т.е. рассмотрим несобственный интеграл ∞
dx
∫
( x − 1)
∫
d (ln( x − 1))
3
ln ( x − 1) 2
=−
1 ln( x − 1)
∞
∞
1 R , то в точке z 2 ряд расходится. Если же точка z 3 лежит на границе круга сходимости, то сходимость ряда в этой точке можно исследовать как сходимость числового ряда, полученного непосредственной подстановкой числа z 3 в ряд. 8.4. Прежде чем применять теорему о вычетах для вычисления интегралов от ф.к.п., нужно рассмотреть классификацию изолированных особых точек функции f (z ) . Если функция f (z ) аналитична в окрестности точки z = a , за исключением самой точки а, то точка а называется изолированной особой точкой функции f (z ) . Изолированные особые точки подразделяются следующим образом: – устранимые особые точки; – полюсы порядка m( m ≥ 1) ; – существенно особые точки. Вычетом функции f (z ) в точке z = a называется c −1 коэффициент в разложении функции f (z ) в ряд Лорана по степеням ( z − a ) ; обозначается вычет
1 ∫ f ( z )dz , 2πi γ
а
Re s f ( z ) = c−1 =
ек
z =a
т
где γ – замкнутый контур, ориентированный положительно и окружающий точку а. Основные формулы для вычисления вычетов: а) если z = a – устранимая особая точка, то Re s f ( z ) = 0 ;
Би бл ио
z =a
б) если z = a – полюс первого порядка, то Re s f ( z ) = lim[ f ( z )(z − a)] ;
в) если z = a – полюс порядка k, то
z =a
z →a
1 d k −1 Re s f ( z) = lim k −1 [ f ( z)(z − a) k ] ; z =a (k − 1)! z→a dz г) если z = a – существенно особая точка, то вычет определяется непо-
средственно из разложения в ряд Лорана. Теорема о вычетах. Пусть функция f (z ) аналитична в односвязной области D, за исключением конечного числа особых точек
z1, z2 , ..., z k ,..z n ,
лежащих внутри кривой Г, расположенной в области D. Тогда
∫
Г
n
f ( z )dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) . k =1 z = zk
8.5. Операционное исчисление связано с интегральным преобразованием 31
Лапласа
F ( p) =
+∞
∫ f (t )e
− pt
dt ,
(8.2)
0
где
f (t ) – функция действительного переменного t, определенная для t > 0, p = a + bi . При этом F ( p) называется изображением функции f (t ) по Лапласу, а f (t ) – оригиналом. Обозначается так: f (t ) = F ( p ) .
Р
При нахождении изображения по заданному оригиналу обычно используются свойства преобразования Лапласа: а) свойство линейности; f (t ) = F ( p ) , то б) смещение в области изображения: если
БГ УИ
eαt f (t ) = F ( p − α ) ∀α ∈ C ;
в) свойство подобия: если f (t ) = F ( p ) , то f (λt ) =
1 p F( ), λ > 0 ; λ λ
г) дифференцирование и интегрирование изображения: если f (t ) = F ( p ) , то tf (t ) = − F ′( p ) ;
а
f (t ) ∞ если f (t ) = F ( p ) , то = ∫ F (q)dq ; t P
ек
д) дифференцирование и интегрирование оригинала: если f (t ) = F ( p ) , то f ′(t ) = pF ( p ) − f ( +0) ;
F ( p)
∫ f (τ )dτ = p 0
т
если f (t ) = F ( p ) , то
t
.
Би бл ио
Пользуясь таблицей изображений для основных элементарных функций
t
e , sin t, cos t, sht, cht , можно с помощью вышеуказанных свойств получить
изображение функций, предложенных в задаче №1. 8.6. Если требуется найти изображение выражения
t
∫
0
f (τ ) dτ , то можно τ
применить следующую цепочку свойств преобразования Лапласа: пусть f (τ ) = F ( p ) , тогда по свойству интегрирования изображения находим
f (τ ) =
∞
∫ F (q)dq ,
затем по свойству интегрирования оригинала имеем
0 t
∫
0
f (τ ) 1∞ dτ = ∫ F (q)dq . τ pp
8.7. При построении графика функции и ее изображения по данному графику необходимо применение теоремы запаздывания, а именно: если 32
f (t ) = F ( p ) и a > 0 , то f (t − a) = e − pa ⋅ F ( p) . С помощью функции Хе0, t < 0 заданная функция записывается одной формулой. висайда 1(t ) = 1 , t > 0
x ( n ) (t ) + a1 x ( n−1) (t ) + ... + a n x(t ) = f (t )
( n −1)
Р
Применяя к полученному выражению свойства преобразования Лапласа и теорему запаздывания, находим изображение (см. [5], ч. IV, пример 20, [10], ч. II, гл. VIII). 8.8. Для решения дифференциального линейного уравнения с постоянными коэффициентами (8.3)
n −1
с начальными условиями x (0) = x0 , x ′(0) = x0 ,..., x ( 0) = x 0 применяем преобразование Лапласа к обеим частям уравнения (8.3), в результате получаем алгебраическое уравнение для x (t ) = X ( p ) . По полученному изображению для X ( p ) находим оригинал x (t ) – решение уравнения (8.3). 8.9. Схема решения систем дифференциальных уравнений такая же, как и для линейных дифференциальных уравнений. Каждое из уравнений преобразуется по Лапласу, а затем получившаяся система линейных алгебраических уравнений решается относительно изображения решения. По полученному изображению восстанавливается оригинал, т.е. решение системы.
ек
а
БГ УИ
1
Примеры и решения 3iz − 2
т
Пример 8.1. Представить заданную функцию w=e в виде w = u ( x; y ) + iv ( x; y ) ; проверить, является ли она аналитической. Если да, то
Би бл ио
найти значение ее производной в заданной точке z 0 = i . Решение. Определим действительную и мнимую части функции
w = e 3iz −2 ; w = e 3i ( x+iy )−2 = e −3 y −2 ⋅ e 3ix = e −3 y − 2 (cos 3x + i sin 3x) ; u ( x; y ) = e −3 y −2 cos 3x ; v ( x; y ) = e −3 y −2 sin 3x .
Найдем частные производные этих функций, которые непрерывны на плоскости xOy :
∂u = −3e −3 y−2 sin 3x; ∂x ∂v = 3e −3 y−2 cos 3 x; ∂x ∂u ∂v При всех значениях х и у = , ∂x ∂y
ция
∂u = −3e −3 y−2 cos 3x; ∂y ∂v = −3e −3 y −2 sin 3x . ∂y ∂u ∂v = − , следовательно, функ∂y ∂x
w = e 3iz −2 является дифференцируемой и аналитической на всей ком33
плексной плоскости z:
w′ = (e 3iz − 2 )′ = 3ie 3iz −2 ; w′(i ) = 3ie −3−2 = 3ie −5 . Пример 8.2. Разложить функцию f (z ) в ряд Лорана в окрестности точки z0 : f ( z) = Решение.
z0 = −3 .
z +3−3 + 3) − 3) ⋅ e z + 3
z z ⋅ e z +3
1−
3 z +3
1−
3 2 +3 =
Р
z z + z ⋅e 3,
∞ 3n 3n n = e ∑ (−1) ⋅ − 3e ∑ (−1) ⋅ . n!( z + 3) n −1 n!( z + 3) n n =0 n=0 n
а
∞
БГ УИ
= (( z = ( z + 3) ⋅ e − 3e −3 3n 32 n − = e ⋅ ( z + 3) 1 + + + + − + ... ... ( 1 ) 2 n + z 3 + ! ( 2 + 3 ) 2 ! ( 3 ) z n −3 32 3n n = − 3 e1 + + + ... + ( − 1 ) + ... 2 n 3 + z 2 ! ( + 3 ) ! ( + 3 ) z n z
ек
Пример 8.3. Определить область сходимости данного ряда и исследовать сходимость его в точках z1, z2 , z3 .
Би бл ио
т
( z + 2i) n ; z1 = 0, z 2 = 2i, z3 = 3 + 2i . ∑ n n =1 4 (3n + 1) ∞
Решение.
Для данного степенного ряда c n =
c n+1 =
1 4
n +1
(3n + 4)
1 4 n (3n + 1)
. Тогда
.
cn 4 n+1 (3n + 4) R = lim = lim n = 4. n→∞ c n+1 n→∞ 4 (3n + 1)
z + 2i < 4 , которое выражает внутренность круга с центром в точке z 0 = −2i радиусом 4. Очевидно, точка z1 = 0 лежит внутри круга сходимости. Поэтому ряд в точке z1 сходится абсолютно. Точка z 3 лежит вне круга сходимости. Ряд в точке z 3 Область сходимости ряда определяется неравенством
расходится.
34
Исследуем сходимость ряда в точке z 2 = 2i , которая лежит на границе круга сходимости. Положив z = 2i , получим числовой ряд ∞
(4i ) n
∞
in . =∑ ∑ n n 3 + 1 n=1 4 (3n + 1) n =1 ∞ in 1 Исследуем этот ряд на абсолютную сходимость ∑ =∑ . 3 n + 1 3 n + 1 n=1 n =1
Он является расходящимся. Определим, является ли ряд условно сходящимся. ∞
Р
∞
БГ УИ
in i −1 − i 1 i −1 = + + + + + + ... = ∑ 3 1 4 7 10 13 16 19 n + n=1 1 1 1 1 1 1 = i − + − ... + − + − + ... . 4 10 16 7 13 19
Действительная и мнимая части этого ряда являются сходящимися рядами по признаку Лейбница.
∑
( z + 2i ) n (3n + 1)
в точке z 2 = 2i сходится условно.
ек
n=1 4
n
а
Таким образом, ряд
∞
Функция f ( z ) =
Би бл ио
Решение.
т
Пример 8.4. При помощи вычетов вычислить
e 2z
z ( z − 2) ( z + 5) 2
e 2 z dz
∫
z =3 z ( z
− 2) ( z + 5) 2
.
внутри контура интегри-
рования имеет особые точки: z1 = 0 – полюс первого порядка; z 2 = 2 – полюс второго порядка.
Re s[ f ( z );0] = lim
e 2z
⋅z =
1 ; 20
z ( z − 2) 2 ( z + 5) d e 2 z ⋅ ( z − 2) 2 d e 2 z Re s[ f ( z );2] = lim = lim = z →2 dz z ( z − 2) 2 ( z + 5) z →2 dz z ( z + 5) 2e 2 z ⋅ z ( z + 5) − e 2 z (2 z + 5) 19e 4 . = lim = 2 2 z →2 196 z ( z + 5) z →0
1 19e 4 . = 2πi + ∫ 2 20 196 z =3 z ( z − 2) ( z + 5) e 2 z dz
35
Пример 8.5. Найти изображение заданного оригинала f (t ) = t e . 3 2t
По таблице оригиналов находим t =
смещения t ⋅ e 3
3!
3
Решение.
2t
=
3! ( p − 2) 4
p
4
. Тогда по теореме
.
Пример 8.6. Найти изображение заданного оригинала f (t ) = t cos 3t . Решение. Если f (t ) = F ( p ) , то 2
Так как t = 2
2 p
3
Р
1 (F ( p − iω ) + F ( p + iω ) ) . 2
БГ УИ
f (t ) ⋅ cos ωt = , то
( p + 3i ) 3 + ( p − 3i ) 3 1 2 2 = t ⋅ cos 3t = = + 3 3 2 3 2 ( p − 3i ) ( p + 3i ) ( p + 9) 2
а
( p 2 + 9) 3
=
2 p( p 2 − 27) ( p 2 + 9) 3
.
ек
=
2 p ( p 2 + 3ip − 9 − p 2 − 9 + p 2 − 6ip − 9)
Пример 8.7. Найти изображение заданного оригинала
cosτ − cos 3τ dτ . τ 0 t
Используя таблицу оригиналов и свойство линейности, на-
Би бл ио
Решение.
т
f (t ) = ∫
ходим cos t − cos 3t =
p
p2 +1
изображения, получим
−
p p2 + 9
. Применив теорему интегрирования
(
cos t − cos 3t ∞ u u 1 2 2 = ∫ 2 − 2 du = ln(u + 1) − ln(u + 9) t 2 p u + 1 u + 9 1 u2 +1 = ln 2 2 u +9
∞ p
)
∞ p
=
1 p 2 + 1 1 p 2 + 9 = 0 − ln 2 = ln 2 . 2 p + 9 2 p +1
На основании теоремы интегрирования оригинала
cos τ − cos 3τ 1 p2 + 9 . dτ = ln 2 ∫ τ 2 p p +1 0 t
Пример 8.8. Методом операционного исчисления найти частное реше-
36
ние дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям:
4 x ′′ + 12 x ′ + 9 x = 144e −3t / 2 ,
x (0) = 1, x ′(0) = 0,5 . Решение. Пусть искомое решение x (t ) есть оригинал, и X ( p ) – его изображение. Тогда если x (t ) = X ( p ) , то x ′(t ) = pX ( p ) − x(0) = pX ( p ) − 1; x ′′(t ) = p 2 X ( p) − px(0) − x ′(0) = p 2 X ( p) − p − 0,5 .
Тогда операторное уравнение имеет вид
144 . p + 3/ 2
БГ УИ
144e −3t / 2 =
Р
По таблице изображений находим изображение функции в правой части уравнения:
(4 p 2 + 12 p + 9) X ( p) − 4 p − 14 =
144 . p + 3/ 2
Из последнего уравнения находим X ( p ) :
Би бл ио
т
ек
а
1 144 144 4 p + 14 = X ( p) = 4 p 14 + + + = 2 3 2 3 4 p + 12 p + 9 p + 3 4 p + 3 p 4 + 2 2 2 36 1 2 = + + . 3 2 3 3 3 p+ p + p+ 2 2 2
1 = 1, Так как p 1
3 p+ 2
=e
1
p
2
−3t / 2
= t, ;
t2 = , то по теореме смещения 3 2 p 1
1
3 p+ 2
2
= te
−3t / 2
;
t 2 −3t / 2 = e . 3 2 3 p+ 2
Следовательно, искомое решение будет иметь вид
1
(
)
t 2 −3t / 2 x (t ) = 36 e + e −3t / 2 + 2te −3t / 2 = e −3t / 2 18t 2 + 2t + 1 . 2
37