Idea Transcript
РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ НЕФТИ И ГАЗА имени И. М. Губкина Кафедра высшей математики
Н. О. Фастовец, А. К. Тюлина
Дифференциальные уравнения, теория функций комплексного переменного, ряды Фурье МЕТОДИЧЕСКИЕ РАЗРАБОТКИ К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯМ для факультета АиВТ (третий семестр)
Москва 2007
2
Н. О. Фастовец, А. К. Тюлина
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕИЯ, ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО, РЯДЫ ФУРЬЕ МЕТОДИЧЕСКИЕ РАЗРАБОТКИ К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯМ для факультета АиВТ (третий семестр)
Допущено Учебно-методическим объединением по высшему нефтегазовому образованию в качестве учебного пособия для студентов вузов нефтегазового профиля
РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина Москва 2007
3 УДК 517.9:516:512.8:622.27 Ф 26 Фастовец Н.О., Тюлина А.К. Дифференциальные уравнения, теория функций комплексного переменного, ряды Фурье: методические разработки к практическим занятиям для факультета АиВТ (третий семестр). − М.: РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, 2007. − 47с.
Пособие продолжает серию учебно-методических изданий по курсу высшей математики. Оно представляет собой примерное содержание практических занятий по высшей математике, проводимых в третьем семестре на факультете АиВТ и снабжено минимумом необходимых теоретических данных и методических указаний, позволяющим использовать пособие для самостоятельной работы. Пособие предназначено для студентов факультета АиВТ, а также может использоваться студентами всех специальностей нефтегазового образования, магистрантами, аспирантами, занимающихся исследованиями, связанными с применениями математических методов. Издание подготовлено на кафедре высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина.
© ©
Фастовец Н.О., Тюлина А.К., 2005
Издательство «Нефть и газ» РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, 2007
Данное пособие представляет собой краткое содержание практических занятий по высшей математике, проведенных в осеннем семестре 2003/2004 учебного года на втором курсе факультета АиВТ. Разбиение пособия на 15 частей соответствует 16 занятиям, проводимым по этим темам в семестре (на контрольные условно мы отвели 16-е занятие). Как и на практических занятиях, перед началом каждой новой темы приводятся наиболее важные теоретические факты и формулы, необходимые для решения последующих упражнений. Эти теоретические данные не претендуют на полноту и не имеют своей целью заменить подготовку по теории, которую студенты должны проводить по материалам лекционного курса или теоретическим пособиям, а служат лишь напоминанием. Так же не ставилась цель снабдить все задания решениями. Решения приводятся лишь в тех случаях, где это показалось авторам методически оправданным. Может использоваться как преподавателями в качестве методической разработки для проведения практических занятий, так и студентами для подготовки к практическим занятиям, а также лицами, самостоятельно изучающими предмет.
5
СОДЕРЖАНИЕ 1. Решение дифференциальных уравнений первого порядка Занятие 1……………………………………………………………….3 Занятие 2……………………………………………………………….5 2. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами Занятие 3……………………………………………………………….7 3. Метод неопределенных коэффициентов отыскания частного решения
y ∗ уравнения y′′ + py′ + qy = f ( x) (специальная правая часть)
Занятие 4…………………………………………………………… 11 4. Системы линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами Линейные однородные системы (n = 2) Занятие 5……………………………………………………………...13 Исследование на устойчивость точки покоя системы двух линейных однородных уравнений с постоянными коэффициентами. Занятие 6……………………………………………………………...17 5. Теория функций комплексного переменного: Основные элементарные функции комплексного переменного Занятие 7……………………………………………………………...19 Производная функции комплексного переменного Занятие 8……………………………………………………………...22 Интегрирование функций комплексного переменного Занятие 9……………………………………………………………...24 Ряд Лорана. Особые точки Занятие 10………………………………………………………….....28 Вычеты Занятие 11..…………………………………………………………...33 Применение ТФКП. Операционное исчисление Занятие 12..…………………………………………………………...35 6. Разложение функций в ряд Фурье Занятие 13..…………………………………………………………...40 Занятие 14..…………………………………………………………...42 7. Интеграл Фурье Занятие 15..…………………………………………………………...43
6
Занятие 1 РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОГО ПОРЯДКА
1º. Уравнения с разделяющимися переменными. Уравнения с разделяющимися переменными имеют вид y ′ = F ( x) ⋅ G ( y ) . 1.1. Пример: x 2 y 2 y ′ + 1 = y . Решение. Разрешив уравнение относительно производной: y ′ =
dy y − 1 , = разделим переменные: dx x 2 y 2
y −1 x2 y 2
y 2 dy dx = и проинтегрируем обе части. y − 1 x2
Общее решение в квадратурах имеет вид:
∫
y 2 dy dx =∫ . Найдя первообраз2 y −1 x
ные:
y 2 dy dy 2 ∫ y − 1 = ∫ ( y + 1)dy + ∫ y − 1 = 0,5( y + 1) + ln y − 1 + C1 ; dx 1 1 2 ∫ 2 = − x + C2 , окончательно имеем: 0,5( y + 1) + ln y − 1 = − x + C . x Решить следующие задачи: 1.2.
y 2 + 1dx = xydy ;
1.3.
( x 2 − 1) y ′ + 2 xy 2 = 0, y (0) = 1 ;
1.4.
y ′ ctg x + y = 2, y (0) = −1 ;
2º. Однородные уравнения. Дифференциальное уравнение y ′ = f ( x, y ) называется однородным, если
f ( x, y ) = f (λ x, λ y ) при любом допустимом λ ≠ 0 . Такие уравнения решаются подстановкой y = ux , которая приводит их к уравнениям с разделяющимися переменными. 2.1. Пример: xdy = ( x + y )dx .
,
7
Решение. приведем уравнение к виду y ′ =
y = ux :
u ′x + u =
y ′ = u ′x + u ,
имеем
поэтому
x+ y . Сделаем подстановку x уравнение
примет
вид
x + ux 1 , u ′x = 1, u ′ = . Разделяя переменные и интегрируя, полуx x
чаем u = ln x + C или
y = ln x + C . x
Решить следующие задачи: 2.2.
( xy − y 2 )dx = ( x 2 − 2 xy )dy ;
2.3. xy ′ − y = x tg
π y , y (1) = ; x 2
2.4. ( x 2 + y 2 ) y ′ = 2 xy , y (0) = 1 . Построить интегральную кривую.
3º. Линейные уравнения первого порядка. Линейное уравнение первого порядка имеет вид: y ′( x) + A( x) y ( x) = B ( x) . В случае B(x)=0 уравнение называется однородным. И в этом случае решается методом разделения переменных. Неоднородные линейные уравнения решаются подстановкой Бернулли y ( x) = u ( x)v( x) , где v(x) – какоелибо решение соответствующего однородного уравнения. 3.1. Пример: y ′ − Решение.
y = x2 . x
y = uv, y ′ = u ′v + uv′,
u ′v + uv′ −
uv = x2 , x
или
v⎞ ⎛ u ′v + u ⎜ v′ − ⎟ = x 2 . Так как v(x) – решение соответствующего однородного x⎠ ⎝ уравнения, то есть v′ −
v = 0 , то, найдя из этого уравнения v ( x), затем u ( x) x
найдем из уравнения u ′v = x 2 . Имеем:
v dv v = , v′ = , x dx x
dv
dx
∫ v = ∫ x , ln v = ln x , v = x .
8
Тогда u ′x = x 2 , u ′ =
1 , u = ln x + C . Ответ: y = x(ln x + C ) . x
Решить следующие задачи: 3.2.
y′ −
y = 0; x
3.3.
y ′ − 4 y = cos x, y (0) = 1 ;
3.4.
y′ +
2 y = e− x . x
Занятие 2 РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОГО ПОРЯДКА (продолжение)
1º.
Решить следующие задачи: 1.1.
2º.
dx − 1 − x 2 dy = 0,
y (1) =
π
1.2.
2 x x 2(1 + e ) yy ′ = e , y (0) = 0 ;
1.3.
( xy − x)dy + ydx = 0,
;
y (1) = 1 .
Решить следующие задачи, содержащие уравнения Бернулли, приве-
дением их к линейным или с помощью подстановки Бернулли: 2.1.
xy ′ + y = y 2 x ln x ;
2.2.
y ′ + 4 xy = 2 xe− x
2
y ; y (0) = 1.
3º. Дополнительная задача. Найти кривые, для которых площадь треугольника, образованного отрезком касательной от точки касания до пересечения с осью абсцисс, отрезком перпендикуляра из точки касания на ось абсцисс и отрезком оси абсцисс между этими двумя отрезками есть величина постоянная и равная a 2 .
9
Решение. Пусть касательная отсекает треугольник в первом квадранте. Обозначим точку касания буквой В.
SVABC =
y
1 y B ⋅ ( xC − x A ) . 2
В
Уравнение касательной запишется в x
y − yB ′ , поэтому виде = yB x − xB
О
⎛ y 1 xC − x A = xC − xB = − B и SVABC = y B ⋅ ⎜ − ′ yB 2 ⎝ Разделим переменные 2a 2
dy y2
yB ′ yB
A
C
⎞ 1 2 2 2 ⎟ = a , т. е. − y = a y ′ . 2 ⎠
= − dx , откуда после интегрирования получа-
⎛ 1⎞ ем 2a 2 ⎜ − ⎟ = C1 − x или 2a 2 = y (C + x) . Такой же результат будет, если ⎝ y⎠ касательная отсекает треугольник в третьем квадранте. Если же касательная отсекает треугольник во втором или четвертом квадратах, то получится
2a 2 = y (C − x) , т. к. либо y B < 0 , либо xC − x A < 0 . Окончательно получаем 2a 2 = y (C ± x) .
4º. Примеры для самостоятельного решения:
(
)
(
4.1. 1 + x 2 y′ = 2 xy + 1 + x 2
); 2
4.2. xy′ − y = x 2 − y 2 ; 4.3. ⎛⎜ y + x 2 + y 2 ⎞⎟ dx − xdy = 0; y (1) = 0 ; ⎝ ⎠
4.4. y − y′ = y 2 + xy′ ;
(
)
4.5. 3dy = − 1 + 3 y 3 y sin xdx; y (π 2) = 1 .
10
Занятие 3 ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
1º. Однородные линейные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Рассмотрим уравнение: y ′′ + py ′ + qy = 0 . Решение ищем в виде y = ekx . Подставляя y, y ′, y ′′ в уравнение и сокращая на ekx , получаем характеристическое уравнение:
k 2 + pk + q = 0 . В зависимости от того, являются ли корни его различными действительными, кратными или комплексными, общее решение имеет один из следующих видов. если k1 ≠ k2 (два различных действительных корня):
y = C1ek1 x + C2 ek2 x ; если k1 = k2 (корни действительные кратные): y = C1ek1 x + C2 xe k1 x ; если корни комплексные: k1,2 = a ± ib : y = eax (C1 cos bx + C2 sin bx) . Примеры: 1.1. y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 ; k1 = 2; k2 = 3. Ответ: Общее решение y = C1e2 x + C2 e3x . 1.2. y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 0, Решение.
y (0) = 1, y ′(0) = 2 .
Составим
характеристическое
уравнение:
k 2 − 4k + 3 = 0. k1 = 1; k2 = 3. Тогда общее решение имеет вид, а частное находим из условий: y (0) = C1 + C2 = 1, y′(0) = C1e0 + 3C2e0 = C1 + 3C2 = 2. Ре-
11
шая систему из этих двух уравнений, получим C1 = C2 = 0.5 . Ответ: y = 0.5(e x + e3 x ) . Решить следующие задачи: 1.3. y ′′ − 2 y ′ = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 2 . Построить интегральную кривую (так называется график решения). 1.4. y ′′ − 8 y ′ + 16 y = 0 ; 1.5. y ′′ − 2 y ′ + y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 2 . 1.6. y ′′ − 2 y ′ + 5 y = 0 ;
⎛π ⎞ ⎛π ⎞ 1.7. y ′′ + y = 0, y ⎜ ⎟ = 1, y ′ ⎜ ⎟ = 0 . Построить интегральную кри⎝2⎠ ⎝2⎠ вую.
2º. Задачи для самостоятельного решения: 2.1. y ′′ − 4 y ′ = 0 ; 2.2. y ′′ − 4 y = 0 ; 2.3. y′′ + 4 y = 0 ; 2.4. y ′′ + 8 y ′ + 16 y = 0 ; 2.5. y ′′ − 5 y ′ + 4 y = 0, y (0) = y ′(0) = 1 .
3º. Дополнительные задания. 3.1. При каких а и b уравнение y ′′ + ay ′ + by = 0 имеет хотя бы одно решение
y ( x) ≡/ 0 , стремящееся к нулю при x → ∞ ?
a a2 − b , то либо b < 0, либо а > 0 и Ответ: Так как k1,2 = − ± 2 4 b ≥ 0 . (Привести примеры.) 3.2. При каких а и b все решения уравнения y ′′ + ay ′ + by = 0 ограничены на всей числовой оси? Ответ:
а = 0; b > 0 (корни чисто мнимые).
12
Определителем Вронского (вронскианом) системы функций
y1( x), y2 ( x),... yn ( x) называется определитель
W ( x) =
y1( x) y1′ ( x)
y2 ( x ) y2′ ( x)
...
...
y1( n −1) ( x)
... ... ...
yn ( x ) yn′ ( x) ...
.
y2( n −1) ( x) ... yn( n −1) ( x)
Система решений линейного уравнения называется линейно зависимой, если существует нетривиальная линейная комбинация их, равная нулю. В противном случае решения называются линейно независимыми. Необходимым и достаточным условием линейной независимости системы решений является неравенство нулю вронскиана ни при каком х. Наоборот, если система линейно зависима, вронскиан тождественно равен нулю. 3.3. С помощью определителя Вронского проверить на линейную зависимость решения уравнений из п. 2° (дать определение фундаментальной системы решений).
4º.
Неоднородные линейные уравнения.
4.1. Структура общего решения неоднородного линейного уравнения. Рассмотрим неоднородное линейное уравнение второго порядка
y ′′ + py ′ + qy = f ( x) (заметим, что здесь не требуется, чтобы p и q были постоянными). Его общее решение y ( x) = yo ( x ) + y∗ ( x), где yo ( x) общее решение соответствующего однородного уравнения
y ′′ + py ′ + qy = 0 , а y∗ ( x) - некоторое частное решение неоднородного уравнения.
13
4.2. Метод вариации произвольных постоянных для решения неоднородного линейного уравнения второго порядка (применимый и для линей-
ных уравнений и систем с переменными коэффициентами). Пусть y ′′ + py ′ + qy = f ( x), а y1 ( x) и y2 ( x) - фундаментальная система решений (ф. с. р.) однородного уравнения y ′′ + py ′ + qy = 0 , тогда общее решение неоднородного уравнения определяется по формуле
y ( x) = C1 ( x) y1 ( x) + C2 ( x) y2 ( x) , где функции C1 ( x) и C2 ( x) определяются из системы уравнений (через квадратуры)
⎧ C1′ ( x ) y1 ( x ) + C2′ ( x ) y2 ( x ) = 0 . ⎨ ⎩C1′ ( x ) y1′ ( x ) + C2′ ( x ) y2′ ( x ) = f ( x ) Это алгебраическая система двух уравнений относительно двух неизвестных C1′ ( x) и C2′ ( x) . Решив ее (например, с помощью формул Крамера), получим выражения для Ci′ ( x) , а затем с помощью квадратур найдем Ci ( x) , i = 1, 2. При вычислении квадратур получим
Ci ( x) = ∫ Ci′ ( x)dx = ϕi ( x) + ci . Подставляя эти значения в формулу общего решения, получаем y ( x) = ϕ1 ( x) y1 ( x) + ϕ2 ( x) y2 ( x) + c1 y1 ( x) + c2 y2 ( x) 1 4 4 4 4 2 4 4 4 43 1 4 44 2 4 4 43 y∗ ( x)
5º. Решить следующие задачи: ex 5.1. y ′′ − 2 y ′ + y = ; x 1 5.2. y ′′ + y = ; sin x 5.3. y ′′ + 4 y = 2tgx ; 5.4. y ′′ + 4 y ′ + 4 y = e−2 x ln x ; 5.5. y ′′ + y ′ =
ex x
, y (0) = ln 27, y ′(0) = 1 − ln 9 ;
2+e 1 , y (0) = 1, y ′(0) = 0 . 5.6. y ′′ + y = cos x
yo ( x )
14
Занятие 4 МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ ОТЫСКАНИЯ ∗ ЧАСТНОГО РЕШЕНИЯ y УРАВНЕНИЯ y′′ + py′ + qy = f ( x) (специальная правая часть)
1º. Пусть f ( x) = Pn ( x) . Корни характеристического уравнения для соответствующего однородного уравнения по-прежнему обозначаем k1, k2 . а) Если k1,2 ≠ 0, то частное решение y∗ = Qn ( x) , где Qn ( x ) - многочлен степени п с неопределенными коэффициентами. Эти коэффициенты находятся подстановкой y∗ в уравнение и приравниванием коэффициентов при одинаковых выражениях в левой и правой частях уравнения. б) Если k1 = 0, k2 ≠ 0 , то y∗ = xQn ( x) . (Заметим, что частный случай
k1 = k2 = 0 решается непосредственным интегрированием). Примеры: 1.1. y ′′ + y ′ − 2 y = 6 x ; 1.2. y ′′ − 2 y ′ = − x 2 ; 1.3. y ′′ + y = 2 x + 1 .
2º. Пусть f ( x) = eα x Pn ( x); а) если k1,2 ≠ α , то y∗ = eα x Qn ( x) , б) если один из корней равен α , а другой не равен, y∗ = x s eα x Qn ( x) . Примеры: 2.1. y ′′ − y = e2 x ; 2.2. y ′′ + 2 y ′ − 3 y = xe x ; 2.3. y ′′ − 4 y ′ + 4 y = e2 x .
15
3º. Пусть f ( x) = eα x [ Pn ( x) cos β x + Rm ( x)sin β x ] а) если k1,2 ≠ α ± i β , то y∗ = eα x [ M l ( x) cos β x + Nl ( x)sin β x ] , где
l = max {n, m} ; б) если k1,2 = α ± i β , то y∗ = xeα x [ M l ( x) cos β x + Nl ( x)sin β x ] , где
l = max {n, m} ; Примеры: 3.1. y ′′ − 2 y ′ + 5 y = e x sin x ; 3.2. y ′′ + y = cos 2 x ; 3.3. y ′′ − 4 y ′ + 5 y = e2 x cos x .
4º. Написать частные решения с неопределенными коэффициентами (числовые значения коэффициентов не находить): 4.1. y ′′ − 2 y ′ − 3 y = f ( x) ;
а) f ( x) = (2 x + 1)e3 x , б) f ( x) = (1 − x)e− x , в) f ( x) = x cos x ; 4.2 . y′′ − 2 y′ + 10 y = f ( x) ; б) f ( x) = x 2 sin 3 x,
а) f ( x) = ( x − 3)e x ,
в) f ( x) = e x (cos x + 3sin x),
1 5x xe , 2
4.3.
y ′′ − 8 y ′ + 16 y = f ( x) ,
4.4.
y ′′ + 5 y ′ + 6 y = e− x + e−2 x ;
4.5.
y ′′ + 6 y ′ + 10 y = 3 xe−3 x − 2e3 x cos x .
а) f ( x ) =
г) f ( x) = e x x cos3 x ;
б) f ( x) = ( x 2 + 3)e4 x ;
16
СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ Занятие 5 ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ СИСТЕМЫ (n = 2)
1º. Рассмотрим систему дифференциальных уравнений: ⎧ x& 1 = a11 x1 + a12 x2 или в матричной форме X&= AX . ⎨ ⎩ x&2 = a21x1 + a22 x2 ⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ Решение ищется в виде X = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ eλt = beλt . ⎝ x2 ⎠ ⎝ b2 ⎠
(1)
Общее решение находим, если известна ф. с. р. X1 (t ) и X 2 (t ) :
X об = C1 X1 (t ) + C2 X 2 (t ) . Для отыскания ф. с. р. решаем характеристическое уравнение
det( A − λ E ) = 0 . Найденные λ называются собственными значениями матрицы A . Подставляя каждое собственное значение λ в алгебраическую систему урав-
⎧ (a11 − λ )b1 + a12b2 = 0 и решая эту систему, находим вектор b , нений ⎨ + − = λ a b ( a ) b 0 ⎩ 21 1 22 2 который называется собственным вектором матрицы A , отвечающим собственному значению λ . Соответствующее частное решение системы (1) имеет вид
⎛ x ⎞ ⎛b ⎞ X = ⎜ 1 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ eλt = beλt . ⎝ x2 ⎠ ⎝ b2 ⎠
(2)
Различным собственным значениям λ1 ≠ λ2 соответствуют линейно независимые частные решения X1 (t ) и X 2 (t ) , образующие ф. с. р.
2º. Собственные значения 2.1 Пример:
⎧ x&1 = 2 x1 + x2 . ⎨ & = + 3 4 x x x ⎩ 2 1 2
λ1 ≠ λ2 (действительные).
17
Решение. Имеем
2−λ 3
1 = 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 = 5. 4−λ
Находим собственные векторы, решая для каждого λ однородную систему уравнений
⎛2−λ ⎜ 3 ⎝
1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ . ⎜ ⎟= 4 − λ ⎟⎠ ⎝ b2 ⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
Так как определитель этой системы
⎛ b1 ⎞ равен нулю, для определения решения ⎜ ⎟ достаточно одного уравнения: ⎝ b2 ⎠ для λ1 = 1
b11 +b12 =0 . Полагая b11 = 1 , получаем b12 = −1 и собствен-
⎛1⎞ ⎛1⎞ ный вектор ⎜ ⎟ . Тогда первое частное решение X1 (t ) = ⎜ ⎟ et . Для ⎝ −1⎠ ⎝ −1⎠
λ1 = 5
− 3b21 +b22 =0 . Полагая b21 = 1 , получаем собственный вектор
⎛ 1 ⎞ 5t ⎛1⎞ и второе частное решение X t = ( ) 2 ⎜ 3 ⎟ e . Общее решение имеет вид ⎜ 3⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛1⎞ ⎛1⎞ X об = С1 ⎜ ⎟ еt + C2 ⎜ ⎟ e5t . ⎝ −1⎠ ⎝ 3⎠ Решить следующие задачи:
⎧ x&1 = x1 − x2 ; 2.2. ⎨ & x = − x + x 4 ⎩ 2 1 2 ⎧ x&1 + x1 − 8 x2 = 0 2.3. ⎨ ; ⎩ x&2 − x1 − x2 = 0 ⎧ x&1 = x1 + 3x2 2.4. ⎨ , & = − + x x 5 x ⎩ 2 1 2
x1 (0) = 3, x2 (0) = 1 .
3º. Собственные значения
λ = α ± i β (комплексные взаим-
но-сопряженные). Для комплексных взаимно-сопряженных собственных значений λ находятся комплексные взаимно-сопряженные решения системы – собственные
18
( )
вектора b . В качестве ф. с. р. следует взять X1 = Re beλt и
( )
X 2 = Im beλt . 3.1. Пример:
⎧ x&1 = x1 + x2 . ⎨ ⎩ x&2 = −2 x1 + 3x2 Решение. Имеем
1− λ 1 = 0, λ1,2 = 2 ± i . При λ = 2 + i полу−2 3 − λ
⎛ −1 − i 1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ чим систему ⎜ ⎟⎜ b ⎟ = ⎜ 0⎟ . 2 1 − − i ⎝ ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠
Достаточно взять одно
уравнение: −b1 (1 + i ) + b2 = 0 . Положим b1 = 1,
тогда b2 = 1 + i . Имеем
⎡⎛ 1⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎤ ⎛ 1 ⎞ (2+i )t = e2t ⎢⎜ ⎟ + i ⎜ ⎟ ⎥ (cos t + i sin t ) . X (t ) = ⎜ e ⎟ ⎝1 + i ⎠ ⎣⎝ 1⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎦ ⎡ ⎛ 1⎞ ⎤ ⎛ 0⎞ X 1 = Re X (t ) = e2t ⎢ ⎜ ⎟ cos t − ⎜ ⎟ sin t ⎥ , ⎝1⎠ ⎣ ⎝ 1⎠ ⎦ ⎡⎛ 0 ⎞ ⎤ ⎛ 1⎞ X 2 = Im X (t ) = e2t ⎢ ⎜ ⎟ cos t + ⎜ ⎟ sin t ⎥ , ⎝ 1⎠ ⎣⎝ 1 ⎠ ⎦ X об = C1 X 1 + C2 X 2 . Можно выписать x1 (t ) и x2 (t ) – координаты вектора X об :
x1 (t ) = e2t (C1 cos t + C2 sin t ), x2 (t ) = e2t [(C1 + C2 ) cos t + (C2 − C1 )sin t ]. Найти общее или частное решение следующих задач:
⎧ x& 1 = x1 − 3 x2 ; 3.2. ⎨ & x = x + x 3 1 2 ⎩ 2 ⎛ 3 −2 ⎞ 3.3. X&= AX , A = ⎜ ⎟; 4 1 − ⎝ ⎠
19
⎧ x& 1 = 3 x1 − 2 x2 , 3.4. ⎨ & x 4 x 7 x = + 1 2 ⎩ 2
x1 (0) = 1, x2 (0) = 0 .
4º. Собственные значения кратные: λ1 = λ2 = λ . ⎛ b1 + d1t ⎞ λt В этом случае решение ищется в виде X (t ) = ⎜ ⎟e + b d t ⎝ 2 2 ⎠ 4.1. Пример:
⎧ x& 1 = 2 x1 + x2 . ⎨ & 4 x = − x + x ⎩ 2 1 2 Решение. Имеем
2−λ −1
1 = 0, λ1,2 = 3 . 4−λ
⎛ b +d t ⎞ X (t ) = ⎜ 1 1 ⎟ e3t ⎝ b2 + d 2t ⎠
подставляем в систему и сокращаем на e3t :
⎛ d1 ⎞ ⎛ b1 + d1t ⎞ ⎛ 2b1 + 2d1t + b2 + d 2t ⎞ ⎜ d ⎟ + 3 ⎜ b + d t ⎟ = ⎜ −b − d t + 4b + 4d t ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 1 1 2 2 ⎠ Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях t слева и справа:
⎧ d1 + 3b1 = 2b1 + b2 ⎪ 3d = 2d + d ⎪ 1 1 2 ⎨ ⎪ d 2 + 3b2 = −b1 + 4b2 ⎪⎩ 3d 2 = − d1 + 4d 2 или
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
d1 + b1 − b2 = 0 d1 − d 2 = 0 . d 2 + b1 − b2 = 0 d1 − d 2 = 0
Полагая b1 = C1 и d1 = C2 , получаем b2 = C1 + C2 Решить системы:
⎧ x& = 3x1 − x2 ; 4.2. ⎨ 1 & = 4 − x x x 1 2 ⎩ 2
, d 2 = C2 .
20
⎧ x& 1 = 2 x1 − x2 4.3. ⎨ . & 4 6 x x x = + 1 2 ⎩ 2 Занятие 6 ИССЛЕДОВАНИЕ НА УСТОЙЧИВОСТЬ ТОЧКИ ПОКОЯ СИСТЕМЫ ДВУХ ЛИНЕЙНЫХ ОДНОРОДНЫХ УРАВНЕНИЙ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
1º. Для исследования на устойчивость точки покоя системы ⎧ x& 1 = a11 x1 + a12 x2 ⎨ ⎩ x&2 = a21x1 + a22 x2 надо найти корни характеристического уравнения
a11 − λ a21
a12 = 0. a22 − λ
В зависимости от корней получаем следующие основные случаи положения траекторий вблизи точки покоя (0,0) (так называемые фазовые портреты): 1. устойчивый узел:
λ1 ≠ λ2 , λ1 < 0, λ2 < 0 ; (заметим, что приведенный фазовый портрет соответствует случаю λ1 > λ2 ) второй рисунок соответствует случаю, когда корни кратности 2, то есть совпадают: λ1 = λ2 , λ1 < 0 . 2. неустойчивый узел:
λ1 ≠ λ2 , λ1 > 0, λ2 > 0 ; в случае кратных положительных корней фазовый портрет отличается от второго рисунка предыдущего пункта направлением стрелок от начала координат.
21
3. седло: λ1 ≠ λ2 , λ1 < 0, λ2 > 0
4. устойчивый фокус:
λ1,2 = α ± i β , α < 0, β ≠ 0 5. неустойчивый фокус:
λ1,2 = α ± i β , α > 0, β ≠ 0 6. центр:
λ1,2 = ±i β , β ≠ 0
2º. Исследовать на устойчивость точки покоя следующих систем: ⎧ x& 1 = x1 − 4 x2 ; 2.1. ⎨ & 3 2 x x x = − + 1 2 ⎩ 2 ⎧ x& 1 = x1 + 3 x2 2.2. ⎨ ; & = − 6 − 5 x x x ⎩ 2 1 2 ⎧ x& 1 = x1 2.3. ⎨ . & = 2 − x x x ⎩ 2 1 2
3º. Нарисовать схематически расположение траекторий вблизи точки покоя x = 0 в базисе из собственных векторов для задач из п. 2.
22
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Занятие 7
1º. Комплексные числа и действия над ними. Множеством комплексных чисел называют расширение множества вещественных чисел, полученное добавлением к ним объекта, называемого мнимой единицей и равного по определению
−1 . Это число обозначается i.
Таким образом, любое комплексное число имеет вид z = x + iy , где x и y произвольные действительные числа. Такая запись комплексного числа называется алгебраической. Число x называется действительной частью комплексного числа z и обозначается Re z , число y называется мнимой частью комплексного числа z и обозначается Im z . Число z = x + iy называется комплексно-сопряженным числу z . Очевидно, z ⋅ z = x 2 + y 2 . Пусть даны два комплексных числа z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 . 1) Два комплексных числа z1 и z2 равны ⇔ x1 = x2 , y1 = y2 . 2) Сумма z1 и z2 определяется: z1 + z2 = ( x1 + x2 ) + i ( y1 + y2 ) . 3) Произведение z1 и z2 определяется: z1 z2 = ( x1 x2 − y1 y2 ) + i ( x1 y2 + x2 y1 ) . 4) Для определения операции деления надо уметь определять для любого
1 z ≠ 0 обратное число z −1 ≡ . Из определения сопряженного числа z видz но, что z −1 =
1 x2 + y 2
z=
x − iy x2 + y 2
.
Множеству комплексных чисел ставится в соответствие множество точек плоскости, называемой комплексной плоскостью, по закону
x + iy ⇔ ( x, y ) . В соответствии с полярной системой координат на этой плоскости комплексное число z можно записать в виде: z = r (cos ϕ + sin ϕ ) , называемом тригонометрической
формой
комплексного
числа.
Очевидно,
23
x = Re z = r cos ϕ , y = Im z = r sin ϕ . Величину r = x 2 + y 2 называют модулем комплексного числа z
и обозначают z , а ϕ ∈ (−π , π ] называют
главным значением аргумента и обозначают arg z . Одному и тому же z соответствует бесчисленное множество значений ϕ = arg z + 2π n, n ∈ Z.. Это множество обозначается Arg z .
2º.Основные элементарные функции комплексного переменного. Элементарные функции комплексного переменного определяются следующим образом:
e z = e x (cos x + i sin y ); eiz + e−iz cos z = ; 2
eiz − e−iz sin z = . 2i
Пользуясь определением функции е z , любое комплексное число можно записать в показательной форме: z = reiϕ , r = z , ϕ = arg z. Для получения всех значений обратных функций (таких, как корень п-й степени и логарифм) необходимо пользоваться в показательной или тригонометрической форме φ = Arg z . Так, логарифмом комплексного числа z (обозначается Ln z ) называется такое
число
w
,
что
ew = z .
Легко
убедиться,
что
Ln z = ln z + i Arg z = ln z + i (arg z + 2π n), то есть каждому числу (кроме нуля) соответствует бесчисленное множество значений логарифма (многозначная функция), а при n = 0 значение логарифма называется главным:
ln z = ln z + i arg z . Возведение комплексного числа в комплексную степень определяется так:
z1z2 = e z2 Ln z1 .
24
3º. Построить множества точек комплексной области: z + 3i ≤ 3; 3 < z + i < +∞; Re z < 2;
−
π
≤ arg z ≤
z − 1 > 5;
− 2 ≤ Im z ≤ 3;
π
; z + i + z − i ≤ 2a. 4 6 Решение. Рассмотрим, например, множество 3 < z + i < +∞ . Геометрический смысл выражения
z − z0 ≡ ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 )2 – расстояние от
точки, соответствующей z , до точки, соответствующей z0 . Поэтому указанное множество является множеством всех точек плоскости, удаленных от
z0 = −i , то есть точки с координатами (0,–1) , более, чем на 3. Это – внешность замкнутого круга радиуса 3 с центром в (0,–1) .
4º. Найти действительную и мнимую части следующих функций: z −i iz + 1 f ( z ) = iz + 2 z ; f ( z ) = 3i + z + iz 2 ; f ( z ) = ; f ( z) = . z +i z z −i Решение. Рассмотрим, например, f ( z ) = . Имеем z +i z − i x + iy − i x + i ( y − 1) x + i ( y − 1) x 2 + 2i ( y − 1) − ( y − 1) 2 = = ⋅ = = z + i x − iy + i x − i ( y − 1) x + i ( y − 1) x 2 + ( y − 1) 2
=
x 2 − ( y − 1) 2 x 2 + ( y − 1) 2
+i
2 x( y − 1) x 2 + ( y − 1) 2
.
5º. Выделить действительную и мнимую части следующих функций: 1+ z
w=e
; w=e
( z −i ) 2
; w = sin( z − i );
1 w = (−2) z ;
Решение. Рассмотрим, например, функцию
w = e2 z −3i .
1 1 Ln( −2)⋅ z . Найдем 2 z≡ e
Ln(−2) = ln −2 + i Arg(−2) = ln 2 + i (π + 2π n), n ∈ Z.. Сначала выделим действительную
и
мнимую
часть
аргумента
⎛ ⎛ 1 ⎞ x − iy ⎞ exp ⎜ (ln 2 + i (π + 2π n) ⋅ exp (ln 2 i ( 2 n ) = + + π π ⎜⎜ ⎟= ⎟ 2 2⎟ x iy + x +y ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
экспоненты
25
⎛ (ln 2) x + y (π + 2π n) (π + 2π n) x − (ln 2) y ⎞ = exp ⎜ +i ⎟⎟ . По определению экспо2 2 2 2 ⎜ x y x y + + ⎝ ⎠ ненты:
eu +iv = eu (cos v + i sin v) получим, что действительная и мнимая
часть функции w соответственно равны: eu cos v и eu sin v , где в нашем случае u =
(ln 2) x + y (π + 2π n) x2 + y 2
, v=
(π + 2π n) x − (ln 2) y x2 + y 2
.
6º. Вычислить значения функций в указанных точках: ⎛π ⎞ cos ⎜ + i ln 2 ⎟ ; ⎝2 ⎠
π⎞ ⎛ sh ⎜ 1 + i ⎟ ; 2⎠ ⎝
ch 2 (i ln 3);
Ln(−1);
ln i; sinπ i.
7º. Найти все значения степеней: 1+ i
i
i
3 , ( − 1) ,
⎛ 3 i⎞ + ⎟ ⎜ 2 2⎠ ⎝
, (1 − i )3−3i .
Занятие 8 ПРОИЗВОДНАЯ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
1º. Пусть u ( x, y ) и v( x, y ) – две действительные функции, определенные в некоторой окрестности точки ( x0 , y0 ) и дифференцируемые в этой точке. Если u ′x ( x0 , y0 ) = v′y ( x0 , y0 ), u ′y ( x0 , y0 ) = −v′x ( x0 , y0 ) , то говорят, что функции u ( x, y ) и v( x, y ) удовлетворяют условиям Коши-Римана в точке ( x0 , y0 ) . Если функцию комплексного переменного f ( z ), z = x + iy, рассматривать, как отображение плоскости ( x , y )
в плоскость
( u , v ) , где
u ( x, y ) = Re f ( z ), v( x, y ) = Im f ( z ) , задаваемое парой действительных функций u = u ( x, y ), v = v( x, y ) , то для
f ( z ) в точке
дифференцируемости функции
z0 = x0 + iy0 необходимо и достаточно, чтобы это ото-
26
бражение было дифференцируемо в точке ( x0 , y0 ) , и в этой точке выполнялись условия Коши-Римана. Функция f ( z ) называется аналитической в области D, если она дифференцируема в каждой точке области D. Функция u(x,y) называется гармонической, если
∂ 2u ∂x
2
+
∂ 2u ∂y
2
=0 .
2º. Пользуясь условиями Коши-Римана, выяснить, какие из следующих функций являются аналитическими, и найти производные этих функций:
w = z 2 z ; w = ze z ; w = z Re z ; w = sin 3z − i.
3º. Проверить гармоничность следующих функций: x2 + 1 2 y ; u = 2e x sin y. u = x + 2x − y ; u = ; v = xy; v = 2 2 2 x +y 2
2
x
4º. Найти аналитические функции по их действительной или мнимой части, используя функции из п. 2º. Решение.
Рассмотрим способ решения такой задачи на
u ( x, y ) = x3 − 3 xy 2 . Найдем Римана
∂u ∂v = , ∂x ∂y
примере
∂u = 3x 2 − 3 y 2 . По первому условию Коши∂x так
что
∂v = 3x 2 − 3 y 2 . ∂y
Отсюда
v( x, y ) = ∫ (3x 2 − 3 y 2 )dy = 3 x 2 y − y 3 + ϕ ( x) . Дифференцируя v( x, y ) по х и используя второе условие Коши-Римана, получим 6 xy + ϕ ′( x) = −
∂u = 6 xy , ∂y
откуда ϕ ′( x) = 0 , а значит ϕ ( x) = C . Итак, v( x, y ) = 3 x 2 y − y 3 + C
и, сле-
довательно, f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) = x3 − 3 xy 2 + i (3 x 2 y − y 3 + C ) . Если дано дополнительное условие, например, f (0) = 1 , то можно найти постоянную С : f (0) = iC = 1 , отсюда C = −i .
27
Ответ:
f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) = x3 − 3 xy 2 + i (3 x 2 y − y 3 − 1) .
5º. При каких условиях функция ϕ ( x, y ) = ax 2 + 2bxy + cy 2 будет гармонической?
6º. Дополнительная задача. Показать, что в полярных координатах r и φ условия Коши-Римана имеют вид
∂u 1 ∂v = , ∂r r ∂ϕ
Решение.
∂v 1 ∂u =− . ∂r r ∂ϕ
В полярных координатах
x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , а
u ( x, y ) = u (r cos ϕ , r sin ϕ ) , v( x, y ) = v(r cos ϕ , r sin ϕ ) . Поэтому
∂u ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂u = + = cos ϕ + sin ϕ ; ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂v ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂v = + = (− r sin ϕ ) + rco s ϕ . ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂x ∂y Учитывая условия Коши-Римана строчке имеем:
∂u ∂v = , ∂x ∂y
−
∂v ∂u , = ∂x ∂y
во второй
∂v ∂u ∂u (r sin ϕ ) + rco s ϕ , так что, сравнивая это соот= ∂ϕ ∂y ∂x
ношение с первой строчкой, получим первое из доказываемых соотношений:
∂u 1 ∂v ∂v = . Выписав соответственно две другие частные производные ∂r ∂r r ∂ϕ и
∂u , аналогично получим второе условие Коши-Римана. ∂ϕ Занятие 9
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
1º. Пусть однозначная функция f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) непрерывна в об ласти D и С - кусочно-гладкая кривая, лежащая в D . Вычисление инте-
28
грала от функции комплексного переменного сводится к вычислению криволинейных интегралов по кривой С
∫ f ( z )dz = ∫ udx − vdy + i ∫ vdx + udy .
C
C
C
2º. Теорема Коши (для односвязной области). Если f ( z ) аналитическая в односвязной области D , то
С ∫ f ( z )dz = 0 , где
C
С – любой кусочно-гладкий замкнутый контур, лежащий в D .
Теорема Коши (для многосвязной области). Если f ( z ) аналитическая в области D , граница которой С состоит из конечного числа замкнутых кусочно-гладких кривых и непрерывна в замкнутой области D , то
С ∫ f ( z )dz = 0 .
C
Заметим, что в данной теореме интеграл по границе С распадается на отдельные контурные интегралы, и обход каждого из них ведется в таком направлении, чтобы область находилась слева (показано стрелочками на рисунке).
3º. Если С задана параметрически: x = x(t ), y = y (t ), t ∈ [t1 , t2 ] , то t2
∫ f ( z )dz = ∫ f ( z (t )) z ′(t )dt , где z (t ) = x(t ) + iy (t ) .
C
t1
Если f ( z ) аналитическая в области D , содержащей точки z1 и z2 , то имеет место формула Ньютона–Лейбница
z2
∫ f ( z )dz = Φ( z2 ) − Φ( z1 ) , где
z1
Φ ( z ) – какая-либо первообразная для функции 3.1. Пример: Найти
f ( z) .
∫ (1 + i − 2 z )dz , где
C
а) С – прямая, соединяющая точки z1 = 0 и z2 = 1 + 2i ;
29
б) С – дуга окружности Решение.
а)
z = 1, 0 ≤ arg z ≤ Имеем
π
.
2
1 + i − 2 z = (1 − 2 x) + i (1 + 2 y ) .
∫ (1 + i − 2 z )dz = ∫ (1 − 2 x)dx − (1 + 2 y )dy + i ∫ (1 + 2 y )dx + (1 − 2 x)dy
C
C
Уравнение
Тогда
.
C
прямой,
y = 2 x, 0 ≤ x ≤ 1 ,
соединяющей
z1 и z2 ,
точки
dy = 2dx .
откуда
1
1
0
0
будет
Поэтому
∫ (1 + i − 2 z )dz = ∫ [1 − 2 x − (1 + 4 x) ⋅ 2] dx + i ∫ [1 + 4 x + (1 − 2 x) ⋅ 2]dx = −6 + 3i .
C
б)
z = 1, 0 ≤ arg z ≤
если С – дуга окружности
π 2
,
положим
z = eiϕ , dz = ieiϕ dϕ . Тогда π
π
π
2
2
2
0
0
0
∫ (1 + i − 2 z )dz =
C
π
= (1 + i ) eiϕ 2 0
4º.
−iϕ iϕ iϕ −iϕ iϕ ∫ (1 + i − 2e )de = (1 + i) ∫ de − 2 ∫ e e idϕ =
π 2
π
0
2
− 2i ∫ dϕ = (1 + i ) ( i − 1) − 2i
= −2 − π i .
Решить: z ∫ e dz ,
4.1.
С
–
отрезок
прямой,
соединяющей
точки
C
z1 = 0 и z2 = π − iπ . 4.2.
∫ z Im zdz
, С : z = 1, − π ≤ arg z ≤ 0 . Рассмотреть два способа
C
параметризации: а) z = eiϕ , − π ≤ ϕ ≤ 0 , б) z = cos t + i sin t , 4.3.
3 z ∫ ( z + e )dz , С :
C
−π ≤ t ≤ 0 .
30
а)
z = 3,
б)
z = 3, 0 ≤ arg z ≤
π 2
.
5º. Интегральная формула Коши. Для функции f ( z ) , аналитической в области D, и любого замкнутого контура С, лежащего в D и содержащего точку zo , справедлива формула
f ( zo ) =
1 f ( z )dz . С ∫ 2π i C z − zo
В тех же предположениях справедлива
Интегральная формула Коши для производных: f ( n ) ( zo ) = Пример: Найти
С ∫
C
e2 z 2
z − 3z
n! f ( z) dz . С ∫ 2π i C ( z − zo ) n +1
dz , если а) С : z = 1 ; б) С : z = 4 .
⎛ e2 z ⎞ ⎜ 2z z − 3 ⎟⎠ e e2 z ⎝ Решение. а) С dz = С dz = 2π i ∫ 2 ∫ z z −3 − 3 z z C C б)
Первый способ. Можно разложить
e2 z 1 С ∫ z 2 − 3z dz = − 3 z =4
e2 z 1 С ∫ z dz + 3 z =4
(
=− z =0
2π i . 3
1 1 1 = − + . 3z 3( z − 3) z 2 − 3z
e2 z 2π i 2z С ∫ z − 3 dz = 3 −e z =4
z =0
+ e2 z
z =3
)=
(e6 − 1)2π i . = 3 Второй способ (по теореме Коши для многосвязной области). Особые точки подынтегральной функции z1 = 0 и z2 = 3 окружим окружностями γ 1 и γ 2 столь маленьких радиусов, что они обе лежат внутри круга z < 4 и не пересекаются. Согласно теории криволинейных интегралов, общая граница области, состоящей из этого круга с вырезанными из него таким образом ма-
31
ленькими кружками с границами γ 1 и γ 2 , состоит из контура z = 4 , проходимого против часовой стрелки, и контуров γ 1 и γ 2 , проходимых по часовой стрелке, поэтому по теореме Коши для многосвязной области имеем
e2 z
С ∫
2 z = 4 z − 3z
dz +
С ∫
γ 1−
e2 z z 2 − 3z
dz +
С ∫
γ 2−
e2 z z 2 − 3z
dz = 0 .
Здесь γ 1− и γ 2− обозначают контуры, проходимые по часовой стрелке. Поэтому, помня, что в интегральной формуле Коши обход контура против часовой стрелки (область находится внутри), окончательно имеем
⎛ e2 z ⎞ e2 z ⎜ ⎟= dz = С dz + С dz = 2π i + С ∫ 2 ∫ 2 ∫ 2 z ⎜ z −3 ⎟ z =4 z − 3z γ 1 z − 3z γ 2 z − 3z z =0 z =3 ⎠ ⎝ e6 − 1 = 2π i . 3 e2 z
e2 z
e2 z
6º. Вычислить: 6.1.
С ∫
z =2
6.2.
С ∫
sin iz 2
z − 4z + 3
dz ;
dz
z −1 =5 ( z
2
+ 9)( z + 9)
.
7º. Дополнительные задачи: sin π z
7.1.
С ∫ ( z 2 − 1)2 dz ; z −1 =1
7.2.
1 − sin z dz . 2 z z = 0,5
С ∫
Занятие 10 РЯД ЛОРАНА, ОСОБЫЕ ТОЧКИ
1º.Рядом Лорана по степеням ( z - a ) называется ряд вида ∞
∑ cn ( z − a)n
n =−∞
32
Точка а называется центром разложения. Этот ряд называется сходящимся в точке z0 , если сходятся ряды 0
∑
n =−∞
cn ( z0 − a )n ,
∞
∑ cn ( z0 − a)n
.
n =1
Если функция f(z) является аналитической в кольце r < z − a < R , то она представляется в этом кольце сходящимся рядом Лорана. Разложение в ряд Лорана функции, аналитической в кольце r < z − a < R ,единственно, поэтому коэффициенты разложения данной функции в ряд Лорана не зависят от того, каким способом получено это разложение. 1.1. Пример: Найти особые точки функции f ( z ) =
z +1 и разлоz2 + 2z − 3
жить эту функцию в ряд по степеням z . (Заметим, что в случае, когда в задании не указано, в каких областях надо получить разложение, то предполагается, что будут рассмотрены всевозможные случаи областей, в которых будут иметь место те или иные разложения. Решение. Представим эту функцию в виде суммы элементарных дробей:
1 1 z +1 . Особые точки z1 = 1, z2 = −3 . = + z 2 + 2 z − 3 2( z − 1) 2( z + 3)
Определим области, в которых будут иметь место те или иные разложения: на них вся плоскость разбивается окружностями, проходящими через особые точки с центром в центре разложения (0 в данном примере). а) z < 1 . (Область А ). n z +1 1 1 1 ∞ n 1∞ n z =− + = − ∑ z + ∑ (−1) n ; 2(1 − z ) 2 0 60 ⎛ z⎞ z2 + 2z − 3 3 6 ⎜1 + ⎟ ⎝ 3⎠
б) 1 < z < 3 .
1∞ 1 1∞ = + = ∑ + ∑ (−1) n z 2 + 2 z − 3 2 z ⎛1 − 1 ⎞ 6 ⎛ 1 + z ⎞ 2 0 z n +1 6 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ z⎠ ⎝ 3⎠ z +1
1
1
zn 3n
33
в) z > 3 . n 1∞ 1 1∞ n 3 = + = ∑ + ∑ (−1) . z 2 + 2 z − 3 2 z ⎛1 − 1 ⎞ 2 z ⎛1 + 3 ⎞ 2 0 z n +1 2 0 z n +1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ z⎠ ⎝ z⎠
z +1
1
1
2º. Рассмотреть различные разложения в ряд Лорана 2.1 f ( z ) =
2z − 3 z 2 − 3z + 2
а) по степеням (z-1); б) в окрестности точки z=2; в) в кольце 1 < z < 2 ; 2.2 Разложить функцию f ( z ) = z=0 .
ez z
2
в ряд Лорана в окрестности точки
2.3 Разложить данные функции в ряд Лорана в указанных кольцах: а) б)
2 z2 −1 1 2
z +1
, 1< z + 2 < 3; , 0 < z −i < 2.
3º. Изолированные особые точки однозначной аналитической функции. Точка z0 называется изолированной особой точкой однозначной аналитической функции f(z), если в некоторой окрестности этой точки функция f(z) аналитична всюду, кроме самой точки z0 . В зависимости от поведения функции вблизи точки z0 различают следующие три типа особых точек: полюс, существенно особая точка и устранимая особая точка. Характер особой точки f(z) можно определить по разложению этой функции в ряд Лорана в окрестности точки z0 . Точка z0 называется полюсом для функции f(z), если lim f ( z ) = ∞ . z → z0
34
Ряд Лорана в окрестности полюса содержит конечное число отрицательных степеней ( z − z0 ) , т. е.
f ( z ) = a− n ( z − z0 ) − n + ... + a−1 ( z − z0 )−1 + a0 + a1 ( z − z0 ) + ... Для определения порядка полюса пользуются понятием нуля функции: Точка z0 называется нулем k-го порядка для функции f(z), аналитической в этой точке, если в z0 сама функция и первые ее (k - 1) производные обращаются в нуль. Ряд Тейлора с центром в этой точке будет начинаться, очевидно, с k-го члена. Точка z0 будет полюсом k-го порядка для функции f(z), если функция
1 имеет в этой точке нуль k-го порядка. f ( z) Точка z0 называется существенно особой точкой для функции f(z), если при z → z0 не существует предела f(z). Ряд Лорана в окрестности полюса содержит бесконечное множество отрицательных степеней ( z − z0 ) . Точка z0 называется устранимой особой точкой для функции f(z), если
lim f ( z ) существует и конечен.
z → z0
Ряд Лорана в окрестности устранимой особой точки z0 не содержит отрицательных степеней ( z − z0 ) , т. е. является рядом Тейлора:
f ( z ) = a0 + a1 ( z − z0 ) + ... + an ( z − z0 ) n + ...
4º. Определить характер особых точек по лорановскому разложению в п. 2.1 а), 2.1 б), 2.2, 2.3 б).
5º. Найти особые точки и определить их характер у следующих функций: 1
1 , e z +1 , 1 − sin z
1 − cos z z2
.
35
Решение. Рассмотрим, например, функцию
1 . Так как выражение 1 − sin z
состоит из аналитических функций, то особые точки могут появиться только за счет обращения в нуль знаменателя. Поэтому все выражение будет стремиться в этих точках к бесконечности, таким образом, это будут полюсы. Рассмотрим функцию
1 = 1 − sin z и определим ее нули и их порядки – f ( z)
такие порядки будут у полюсов f(z). Решим уравнение 1 = sin z . В комплексной плоскости у него те же корни, что и на действительной прямой. Убедим-
eiz − e−iz , поэтому, обозначив eiz = t , получим уравнение: ся в этом: sin z = 2i 1 t − = 2i , или t 2 − 2it − 1 = 0 ⇔ (t − i ) 2 = 0 ⇔ t = i . Далее, t ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ eiz = i ⇔ iz = Ln i ⇔ iz = ln i + i Arg i ⇔ iz = i ⎜ + 2π n ⎟ ⇔ z = ⎜ + 2π n ⎟ . ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎛π ⎞ Так мы убеждаемся, что все особые точки имеют вид zn = ⎜ + 2π n ⎟ . ⎝2 ⎠ Аналогично предыдущему убедимся, что sin z и в комплексной плоскости имеет действительный период 2πп (так как множитель e2π ni = 1), поэтому и исходная функция периодическая, и во всех точках та же особенность, что и в z0 =
π 2
. Так же, по определению синуса и косинуса, в комплексном
случае можно проверить справедливость формулы cos( z − π 2) = sin z , тогда разложение по степеням t ≡ ( z − π 2) знаменателя примет вид
π t2 1 − sin z = 1 − cos( z − π 2) = 1 − cos t = 1 − 1 + − ... Мы видим, что z0 = – 2 2 нуль второго порядка. (Другой способ определения порядка нуля, без разложения в ряд, состоит в нахождении производных в этой точке до той, которая будет отлична от нуля. Порядок этой производной и есть порядок нуля функ-
36
⎛π ⎞ ции в этой точке.) Поэтому во всех точках zn = ⎜ + 2π n ⎟ функция имеет ⎝2 ⎠ полюсы второго порядка.
Занятие 11 ВЫЧЕТЫ
1º.Пусть функция f(z) регулярна в точке z0 или имеет там изолированную особую точку однозначного характера. Вычетом функции f(z) в точке z0 ( z0 ≠ ∞ ) называется величина
res f ( z0 ) =
1 ∫ f ( z )dz , 2π i z − z = ρ 0
для достаточно малого ρ > 0/, вычетом функции f(z) в точке ∞ называется
res f (∞) = −
1 ∫ f ( z )dz 2π i z = R
при достаточно большом R. В обоих случаях обход контура против часовой стрелки.
2º.Вычислять вычеты, исходя из их определения, довольно сложно. Основой для практического вычисления служит следующая
Теорема. Пусть при 0 < z − z0 < ρ функция представлена рядом Лорана:
f ( z) =
∞
∑ cn ( z − z0 )n .
n =−∞
Тогда res f ( z0 ) = c−1 . Если же при z > R
f ( z) =
∞
∑ cn ( z − z0 )n ,
n =−∞
37
то res f (∞) = −c−1 . Для z0 - простого полюса
resf ( zo ) = lim [ f ( z )( z − zo ) ] ; z → z0
(*)
Для z0 - полюса порядка п
1 d n −1 ⎡ resf ( zo ) = lim f ( z )( z − zo ) n ⎤ . ⎦ (n − 1)! z → zo dz n −1 ⎣
(**)
3º. Вычислить вычет относительно простого полюса: z+2 ez f ( z) = ; f (z) = z z2 −1 а) по формуле (*), б) с помощью лорановского разложения.
4º. Вычислить вычет относительно кратного полюса: ez 4.1. f ( z ) = , используя формулу (**); 3 ( z + 1) 4.2.
f (z) =
sin 2 z z2
а) по одной из формул (*), (**), б) используя ло-
рановское разложение.
5º. Найти вычеты относительно zo = 0 :
1 ez;
1 6º. Найти вычеты в особых точках sin , z
1 cos . z z +1 2
z ( z + 4)
,
1 z 3e z .
7º. Вычисление интегралов с помощью вычетов: Пусть функция f ( z ) аналитическая в области D, за исключением конечного числа точек z1 , z2 , ... zk , являющихся изолированными особыми точками однозначного характера, и непрерывна вплоть до границы С области D, за исключением тех же точек. Граница С области D предполагается состоящей из конечного числа кусочно-гладких замкнутых кривых. Тогда
38 n
С ∫ f ( z )dz = 2π i ∑ resf ( zk ) , если направление обхода границы таково, что k =1
C
область остается слева (положительное направление). Найти: 7.1.
7.2.
С ∫
ez −1
2 z =4 z + z
1 2 ez
С ∫
z −i = 3
dz ;
2
2
z +1
dz .
Решение: В области z − i < 3
2
функция
1 2 ez 2
z +1
имеет две особые
точки: z = i − простой полюс и z = 0 − существенно особая точка. 1 ⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ e −1 ez ( z − i)⎥ = . resf (i ) = lim ⎢ 2 i z →i ⎢ ( z + i )( z − i ) ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
А resf (0) = 0 , так как в лора-
новском разложении функции f ( z ) в окрестности точки z = 0 будут только четные степени z и
1 z
(c−1 = 0) .
Занятие 12 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
1º. Преобразованием Лапласа от функции f(t) называется L[ f (t )] = F ( p ) =
∞
∫ f (t )e
− pt
dt , s > s0 , p = s + iσ .
0
Функция F(p) также называется изображением функции f(t). Функция f (t), называемая оригиналом, должна удовлетворять следующим требованиям: 1) кусочно-непрерывна со своими производными,
39
2) f (t) = 0 при t < 0 , 3) ∃M , s0 : f (t ) < Me s0t .
2º.Элементарные свойства оператора Лапласа. Линейность:
L[ f1(t )] = F1( p), L[ f 2 (t )] = F2 ( p) ⇒ L[αf1 + βf 2 ] = αF1( p) + βF2 ( p) ; Подобие: L[ f (t )] = F ( p ), a > 0 ⇒ L[ f (at )] = Смещение:
[
1 ⎛ p⎞ F⎜ ⎟ ; a ⎝a⎠
]
L[ f (t )] = F ( p ) ⇒ L eat f (t ) = F ( p + a ) ;
Запаздывание:
L[ f (t )] = F ( p ) ⇒ L[ f (t − t0 )] = e− pt0 F ( p ) ;
Изображение производных: L[ f (t )] = F ( p ) ⇒ L[ f ′(t )] = pF ( p ) − f (0) , L[ f ′′(t )] = p 2 F ( p ) − pf (0) − f ′(0) ; Дифференцирование изображения:
L[ f (t )] = F ( p) ⇒ F ′( p) = L[− tf (t )].
3º. Для нахождения оригинала x (t) можно воспользоваться следующей теоремой.
Теорема. Если изображение F(p) является правильной дробно-рациональной функцией F ( p ) =
A( p ) и знаменатель имеет корни p1, p2 , ... pn , то оригинал B( p)
равен x(t ) =
n
A( p )
∑ res B( p)e pt
k =1 pk
.
Если корни p1, p2 , ... pn простые, то x(t ) =
n A( p ) k pk t
∑
′ k =1 B ( pk )
e
.
Замечание. Если корни знаменателя комплексно сопряжённые: p = α ± iβ , то
⎡ ⎤ res F ( p)e pt + res F ( p)e pt = 2Re ⎢ res F ( p)e pt ⎥ . ( Re f (z) – дейстα +iβ α −i β ⎣α +iβ ⎦
40
вительная часть f (z) ). То есть их сумма равна удвоенной действительной части каждого из них.
4º. При переходе от оригиналов к изображениям и наоборот можно пользоваться таблицей: №
Оригинал
Изображение
1.
1
1/p
2.
exp (bt)
1/(p–b)
3.
sin at
a p2 + a2
cos at
4.
p p2 + a2
5.
6. 7.
tn ebt sin at ebt cos at
8.
t sin at
9.
t cos at
n! p n +1 a ( p − b) 2 + a 2 p −b ( p − b) 2 + a 2
2ap
(p2 + a2 )2 p2 − a2
(p2 + a2 )2 10.
ebt t n
n!
( p − b )n+1
5º. Пример. Дано дифференциальное уравнение x′′ + 4 x = sin 2t с граничными условиями x(0) = 0, x′(0) = 1 , а) найти изображение x (t) ;
41
б) найти оригинал по изображению и таким образом получить решение дифференциального уравнения с данными граничными условиями. Решение. а) Имеем:
x(t ) → F ( p), x′(t ) → pF ( p) − x(0) = pF ( p) , x′′(t ) → p 2 F ( p) − px(0) − x′(0) = p 2 F ( p ) − 1 . 2 . sin 2t → 2 p +4
Уравнение
в
изображениях
будет
2 p 2 F ( p) + 4 F ( p) = 2 + 1 . Решая его, получаем изображение для x (t) : p +4 F ( p) =
1 2
p +4
+
2
=
p2 + 6
(p + 4 ) (p + 4 ) 2
2
2
2
.
б) По полученному изображению F ( p ) =
p2 + 6
(p + 4 ) 2
2
найдем оригинал
x(t). Знаменатель p 2 + 4 имеет корни ±2i кратности 2 , поэтому ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ p 2 + 6 pt ⎥ d p 2 + 6 pt 2⎥ ⎢ ⎢ = 2 Re lim x(t ) = 2 Re res e e ( p − 2i ) = 2 2 ⎢ 2i 2 ⎥ ⎢ p →2i dp 2 ⎥ p +4 p +4 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
(
)
(
)
⎡ d p 2 + 6 pt ⎤ = 2 Re ⎢ lim e ⎥= 2 dp p → i 2 ( p + 2i ) ⎢⎣ ⎥⎦ 2 ⎡ ⎧⎪ 2 p ⎫⎪⎤ p2 + 6 pt 2( p + 6) pt e − = 2 Re ⎢ lim ⎨ e + te pt ⎬⎥ = ⎪⎭⎥⎦ ( p + 2i )3 ( p + 2i ) 2 ⎢⎣ p →2i ⎪⎩ ( p + 2i ) 2
1 1 ⎡ 5 ⎤ 5 = 2 Re ⎢− ie 2it − te 2it ⎥ = sin 2t − t cos 2t . 8 4 ⎣ 16 ⎦ 8
6º.Аналогично решаются системы линейных дифференциальных уравнений. Пример:
⎧ x′ + y = 0 , x(0) = 1, y (0) = −1 . ⎨ ′ + = y x 0 ⎩
42
Решение.
x(t ) → X ( p), x′(t ) → pX ( p) − 1, y (t ) → Y ( p ), y′(t ) → pY ( p ) + 1 . ⎧ pX ( p ) + Y ( p ) − 1 = 0 . Решая эту систеВ операторной форме имеем ⎨ ⎩ pY ( p ) + X ( p ) + 1 = 0 му, найдем X ( p ) =
1 1 . Возвращаясь к оригиналам, имеем , Y ( p) = − p −1 p −1
1 1 → et = x(t ), − → −e −t = y (t ) . p −1 p −1
Таким образом, решение исходной
задачи: x(t ) = et , y (t ) = −e−t .
7º. Решить следующие задачи Коши: 7.1. & x&+ x = 1, x(0) = x&(0) = 0 ; 7.2. x&+ x = e− 2t , x(0) = 0 ; 7.3. & x&+ 2 x = et , x(0) = 1, x&(0) = 0 ; x&− y = 0 ⎧& 7.4. ⎨ , 2 − = x y t & & ⎩
x(0) = x&(0) = 0, y (0) = 0 .
43
Занятие 13 РАЗЛОЖЕНИЕ ФУНКЦИЙ В РЯД ФУРЬЕ
1º.Вспомогательные задачи. 1.1. Показать на примере, что если f(x) имеет период Т, то при ∀α α +T
T
α
0
T 2
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx . −
T 2
Можно взять, например, f ( x) = sin 2 x , T=π. l
1.2. Показать на примере, что
l
∫
−l
f ( x)dx = 2 ∫ f ( x)dx , если f ( x) – чет0
l
ная функция и
∫ f ( x)dx = 0 , если
f ( x) – нечетная функция.
−l
2º. Теорема о разложении в ряд Фурье. Если периодическая функция f(x) с периодом Т=2l кусочно-непрерывна и имеет кусочно-непрерывную производную f′(x), причем все точки разрыва ξ регулярны (то есть f (ξ ) =
1 ( f (ξ − 0) + f (ξ + 0) ) ), то функция f (x) мо2
жет быть представлена рядом Фурье ∞ a π nx π nx ⎞ ⎛ + bn sin f ( x) = 0 + ∑ ⎜ an cos ⎟, 2 n =1 ⎝ l l ⎠
где
an =
1l π nx dx, (n = 0, 1, 2... ) ∫ f ( x) cos l −l l
и
bn =
1l π nx dx (n = 1, 2... ) . ∫ f ( x)sin l −l l .
3º. Разложить в ряд Фурье периодическую функцию f (x) с периодом T. Построить графики первых частичных сумм S0 ( x), S1 ( x), S2 ( x) и S3 ( x) . Найти значение суммы S (x) полученного ряда в точке x0 :
44
3.1.
⎧0 , 0 ≤ x < π f ( x) = ⎨ , T = 2π , x0 = π ; 2 , ≤ x ≤ 2 π π ⎩
3.2.
⎧ x, f ( x) = ⎨ ⎩1,
0 ≤ x ≤1 , T=2l, l = 2 , x0 = 1 . 1< x ≤ 4
4º. Разложить в ряд Фурье периодическую функцию, заданную графичеy
ски: 1
4.1. T = 6 , -3
-2
О
-1
1
2
x
3
y
2 -2
-1
1
4.2. T = 4 ,
-1
1
x
2
-2
5º. Дополнительная задача. Используя ряд Фурье, полученный в п. 3.1, найти сумму числового ∞ 1 ряда ∑ (−1)n . + 2 1 n n =0 Решение. Разложение функции f (x) из п. 3.1 в ряд Фурье имеет вид ∞
1 sin(2k − 1) x . k − π (2 1) k =1
f ( x) = 1 − 4 ∑ Полагая x =
непрерывна, ∞
∑ (−1)k −1
k =1
π
⎛π ⎞ , имеем по условию f ⎜ ⎟ = 0 и, так как в этой точке f (x) 2 ⎝2⎠ получаем
∞
1 (−1) k −1 , k =1 π (2k − 1)
0 = 1− 4 ∑
∞ 1 π 1 π = , т.е. ∑ (−1)n = . 2k − 1 4 2n + 1 4 n =0
откуда
45
Занятие 14 РАЗЛОЖЕНИЕ В РЯД ФУРЬЕ ФУНКЦИЙ, ЗАДАННЫХ НА ОТРЕЗКЕ
(продолжение)
1º. Разложить в ряд Фурье функцию y = x , x ∈ (1, 2) , разными способами, используя разные способы продолжения функции. Построить графики соответствующих функций y = S (x), найти значения
S (x) в точках x = 1 и
x = 2 . Можно рассмотреть следующие варианты доопределения функции: y
1.1. По периодичности с
S(x)
. .2 . . .
Т = 1, так, что S (1) = S (2) = 1,5:
1
-2
-1
1
2
3
4
x
1.2. Доопределим на отрезке
x ∈ [0, 2] по формуле y = x , затем продолжим на [–2,0] четy
ным образом, затем по периодич-
S(x)
2
ности с периодом T = 4, так, что S(1) = f(1) = 1, S(2) = f(2) = 2:
-2
-1
1
2
4
x
1.3. Доопределим на (0,1) нулем, затем продолжим на [–2,0] четным образом, затем
y
по периодичности с периодом
2
T = 4, таким образом S(2) = f(2) = 2, S(1) = f(1) = 0,5:
S(x)
. -1
1
. 1
. 2
3
x
46
y S(x)
1.4. T = 4,
2 1
S(1) = f(1) = 1, S(2) = 0:
-2 -1
1 2 3 4 5 6
y
1.5. Т = 6, S(1) = f(1) = 1, S(2) = f(2) = 2:
-3 -2 -1
x
S(x)
2 1
x 1 2
3 4
2º. Доопределить f ( x) = ( x − 2)2 , 2 ≤ x ≤ 3 , четным и нечетным образом так, чтобы S (2) = f (2); S (3) = f (3) и выписать коэффициенты ряда Фурье (можно не вычислять). Рассмотреть разные варианты.
Занятие 15 ИНТЕГРАЛ ФУРЬЕ
1º.
Преобразованием Фурье абсолютно интегрируемой на R функции
f(t) называется
F (α ) =
1 +∞ f (t )e−iα t dt . ∫ 2π −∞
(1)
Формула
1 +∞ f ( x) = F (α )eiα x dα ∫ 2π −∞ задает обратное преобразование Фурье, а интеграл
(2)
47
f ( x) =
+∞ 1 +∞ ˆ iα x ˆ (α ) = ( ) F α e d α F f (t )e−iα t dt , называется инте, где ∫ ∫ 2π −∞ −∞
гралом Фурье.
2 +∞
Fc (α ) =
f (t ) cos α tdt π 0∫
называется косинус-преобразованием Фурье.
2 +∞
Fs (α ) =
f (t )sin α tdt , π 0∫
называется синус-преобразованием Фурье. Примеры. 1.1. Найти преобразование Фурье для функции f ( x) = e
−2 x
.
Решение.
1 +∞ 1 +∞ −2 t −iα t 1 0 (2−iα )t −iα t F (α ) = dt + ∫ f (t )e dt = 2π ∫ e e dt = 2π ∫ e 2π −∞ −∞ −∞ 0 +∞ ⎤ ⎡ 1 +∞ − (2+iα )t 1 ⎢ e(2−iα )t e−(2+iα )t ⎥= e dt = + + ∫ −(2 + iα ) ⎥ 2π 0 2π ⎢ 2 − iα −∞ 0 ⎦⎥ ⎣⎢ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 4 = + . ⎜ ⎟= 2 2π ⎝ 2 − iα 2 + iα ⎠ 2π 4 + α
(
)
1.2. Представить функцию f (x) из п. 1.1 интегралом Фурье . Решение:
e
−2 x
=
1 +∞ F (α )eiα x dα = ∫ 2π −∞
1 +∞ 4 eiα x dα = ∫ 2π −∞ 2π 4 + α 2
(
1 +∞ 4 = eiα x dα . ∫ 2 2π −∞ 4 + α
(
)
)
48
1.3. Построить график амплитудного спектра, т. е. F (α ) функции из п. 1.1.
⎧1, 0 ≤ x ≤ 10 1.4. Дана функция f ( x) = ⎨ . 0, 10 x > ⎩ Доопределив ее соответствующим образом, найти косинус- и синус- преобразование Фурье. y
Решение. а) Доопределим f(x) четным образом:
1 x -10
Fc (α ) =
2 +∞
2 10
10
2 sin α t
f (t ) cos α tdt = 1 ⋅ cos α tdt = π 0∫ π 0∫ π α
10
=
0
2 sin10α
π
α
б) Доопределим f(x) нечетным образом: y 1
-10
x
10 -1
Fs (α ) =
2 +∞
2 10
2 cos α t
f (t )sin α tdt = 1 ⋅ sin α tdt = − π 0∫ π 0∫ π =
2 1
πα
α
10
=
0
(1 − cos10α ) .
1.5. Построить графики амплитудного спектра функции из п. 1.4. 1.6. Найти преобразование Фурье следующих функций:
.
49
а)
⎧ x, f ( x) = ⎨ ⎩1,
б)
⎧⎪e− x , f ( x) = ⎨ ⎪⎩ 0,
x ≤1 ; x >1 x≥0 . x