Добавил:

posterp Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Днепропетровский национальный университет железнодорожного транспорта им. академика В. Лазаряна

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Частина 3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.04.2021

Размер:

1.01 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

“Курс вищої математики. Частина 3.”

В цьому випадку говорять, що особливість функції f в точці z0 усунена. Для усунення особливої крапки досить довизначити функцію в центрі круга (f(z0)= c0) і функція буде аналітичною не тільки в околиці центру круга, але і в самому центрі.

В цьому випадку ∫ f (z)dz = 0 для будь-якого контура L, що містить точку z0 і

що належить до круга z − z0 < R .

m	c−k		∞
2) Функція f(x) має вигляд: f (z) = f1 (z) + ∑			= ∑ck (z − z0 )k .
	(z − z0 )	k
k =1			k =−m

В цьому випадку точка z0 називається полюсом функції f(z) порядку

(кратності) m. При m = 1 точку z0 називають ще простим полюсом.

Порядок полюса може бути визначений по формулі:

zlimz (z − z0 )m f (z) = c ≠ 0

→ 0

z0 – полюс порядку т.

			∞	m	c−k
3) Функція f(z)		має вигляд f (z) = ∑ck (z − z0 )k +∑			c−k			=f1 (z) + f2 (z) , де у
3) Функція f(z)		має вигляд f (z) = ∑ck (z − z0 )k +∑			(z − z	0 )	k	=f1 (z) + f2 (z) , де у
			k =0	k =1	(z − z	0 )
∞	c−k
ряді f2 (z) = ∑	c−k		не рівна нулю нескінченна кількість коефіцієнтів с-k.
ряді f2 (z) = ∑	(z − z0 )	k	не рівна нулю нескінченна кількість коефіцієнтів с-k.
k =1	(z − z0 )		говорять, що функція f(z) має в точці z0 істотно особливу
В цьому випадку			говорять, що функція f(z) має в точці z0 істотно особливу
крапку.

Визначення. Хай z0 – ізольована особлива крапка функція f(z), тобто хай функція f(z) – аналітична в деякому крузі z − z0 < R з якого виключена точка z0. Тоді інтеграл

1		f (z)dz = Выч f (z)
2πi L		f (z)dz = Выч f (z)
	∫	z=z0

називається вирахуванням функції f(z) в точці z0, де L – контур в крузі z − z0 < R , орієнтований проти годинникової стрілки і що містить в собі точку z0.

Вирахування також позначають іноді Re s f (z) .

		z0
∞
Якщо f (z) = ∑ck (z − z0 )k ;	0 <	z − z0	< R; є ряд Лорана функції f в точці z0,
Якщо f (z) = ∑ck (z − z0 )k ;	0 <	z − z0	< R; є ряд Лорана функції f в точці z0,
k =−∞
то Выч f (z) = c−1 .
z=z0

Таким чином, якщо відоме розкладання функції в ряд Лорана, то вирахування легко може бути знайдений у разі будь-якої особливої крапки.

У окремих випадках вирахування може бути знайдений і без розкладання в ряд Лорана.

Наприклад, якщо функція f (z) = ψϕ((zz)) , ϕ(z0 ) ≠ 0 , а ψ(z) має простій нуль при z = z0 (ψ(z0 ) = 0, ψ′(z0 ) ≠ 0) , то z = z0 є простим полюсом функції f(z).

Тоді можна показати, що вирахування знаходиться по формулі

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Выч = c	−1	=	ϕ(z0 )
			ψ′(z0 )
z=z0

Якщо z = z0 – полюс порядку m ≥ 1, то вирахування може бути знайдений по формулі:

Выч f (z) = c−1 =	1	lim	d m−1[(z − z0 )m f (z)]
			dzm−1
z=z0	(m −1)! z→z0

Приклад. Знайти вирахування функції	f (z) =	1	щодо точки z = 2.
		(z − 2)2 (z −3)

Ця крапка є полюсом другого порядку. Отримуємо:

Выч = lim	d	[(z − 2)2 f (z)] = lim	d 1	= lim	1	= −1.

	dz		dz z −3		(z −3)2
z=2 z→2		z→2		z→2

Теорема про вирахування.

Теорема. Хай функція f(z) – аналітична на всій площині z, за винятком кінцевого числа точок z1, z2 ., zN. Тоді вірна рівність:

N
∑Выч f (z) + Выч f (z) = 0
k =1	z=z	k	z=∞
k =1		k

А інтеграл від функції по контуру L, що містить усередині себе ці крапки, рівний

∫		N
∫	f (z)dz = 2πi	∑ z=z j
	f (z)dz = 2πi	Вычf (z)
L		j=1

Ці властивості застосовуються для обчислення інтегралів. Якщо функція f(z) аналітична у верхній напівплощині, включаючи дійсну вісь, за винятком N крапок, то справедлива формула

∞		N
∫	f (x)dx = 2πi	∑ z=z j
	f (x)dx = 2πi		Вычf (z)
−∞		j=1
Приклад. Обчислити певний інтеграл		∞∫		dx			.
Приклад. Обчислити певний інтеграл		∞∫		2		2	.
	−∞(x			+	4)

Подинтегральная функція є аналітичною у верхній напівплощині за винятком точки 2i.

Ця крапка є полюсом другого порядку.

Знайдемо

вирахування

функції

(z − 2i)

Выч

= lim

+ 4)

dz (z + 2i)

z=2i

z→2i

“Курс вищої математики. Частина 3.”

= lim

− 2

= −

;

(4i)3

32i

z→2i (z + 2i)3

Отримуємо

∞∫

= 2πi

32i

−∞(x

Приклад. Обчислити певний інтеграл

∞∫

−∞(x

+1)

Подинтегральная функція є аналітичною у верхній напівплощині за винятком точки i.

Ця крапка є полюсом другого порядку.

Знайдемо вирахування функції

−i)

Выч

lim

−

lim

+1)

(z + i)

z=i

z→i

= 6

(2i)5

32i

16i

∞

3π

Отримуємо ∫

= 2πi

+1)

16i

−∞(x

Операційне числення.

Перетворення Лапласа.

(Пьер Симон Лаплас (1749 – 1825) – французький математик)

Розглянемо функцію дійсного змінного t, визначену при t ≥ 0. Також вважатимемо, що функція f(t) - кусочно - безперервна, тобто в будь-якому кінцевому інтервалі вона має кінцеве число точок розриву першого роду, і визначена на нескінченному інтервалі (- ∞∞), але f(t)= 0 при t < 0.

Вважатимемо, що функція обмежена умовою: f (t) < Mest

Розглянемо функцію

∞

F( p) = ∫e−pt f (t)dt

де p = а + ib – комплексне число.

Визначення. Функція F(p) називається зображенням Лапласа функції f(t). Також функцію F(p) називають L – зображенням або перетворенням Лапласа.

Позначається F( p) = L{ f (t)};	•	•
Позначається F( p) = L{ f (t)};	F( p) → f (t);	F( p) = f (t);
	•	•

При цьому функція f(t) називається початковою функцією або оригіналом, а процес знаходження оригіналу по відомому зображенню називається операційним численням.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Теорема. (Теорема єдиності) Якщо дві непрерывнные функції f(x) і g(x) мають одне і те ж L – зображення F(p), то вони тотожно рівні.

Визначення. Функцією Хевісайда (Олівер Хевісайд (1850 – 1925) –

англійський фізик) називається функція		t ≥ 0
σ0	1,
	(t) =	t < 0
	0,

Властивості зображень.

ЯкщоF ( p) =•• f (t) , то справедливі наступні властивості:

1)	Властивість подібності.	1		p
	•	1		p
	f (αt) =		F		;	α > 0;
	f (αt) =	α	F		;	α > 0;
	•	α		α
2)	Властивість лінійності.

L[Af (t) + Bg(t)] = AL[ f (t)] + BL[g(t)].

3) Зсув зображення.

f(t)e−αt =•• F( p + α)

4)Диференціювання зображення.

(−1)n		d n			F( p) =•	t n f (t)
(−1)n					F( p) =•	t n f (t)
		dp	n		•
		dp

5) Диференціювання оригіналу.
					•	′
pF ( p) − f (0) =•						f (t)
6) Інтеграція зображення.
	f (t)			=•• ∞∫F(q)dq
		t		=•• ∞∫F(q)dq
		t			p

(Справедливо за умови, що інтеграл сходиться) 7) Інтеграція оригіналу.

t	•	F( p)
∫
	•
0	f (τ)dτ=	p

Таблиця зображень деяких функцій.

Для більшості функцій зображення знаходиться безпосередньою інтеграцією.

Приклад. Знайти зображення функції f(t)= sint.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

∞

− pt

= e

;

dv = sin tdt;

F( p) = ∫e−pt sin tdt =

−pt

= −e

−pt cos t

du = −pe

dt; v = −cos t;

∞

− pt

∞

=1 − p∫e−pt

u = e

;

= cos tdt;

=1− pe−pt

cos tdt =

−pt

sin t

−

du = −pe

dt; v = sin t;

(1+ p2 )∞∫e−pt sin tdt =1

∞∫e−pt sin tdt =

;

sin t =••

;

1 + p

1+ p

∞	∞
0	− ∫ pe−pt cos tdt =
0	0
	p2	∞∫e−pt sin tdt.
		0

Для багатьох функцій зображення пораховані і приведені у відповідних таблицях.

№

f(t)

F(p)

№

f(t)

F(p)

t n

pn+1

sint

t sin at

2 pa

p2 + α2

( p2 + a2 )2

cost

t cos at

−

− p

p2 + α2

( p2 + a2 )2

e-t

te−αt

p + α

( p + α)2

sht

(sin at −

p2 − α2

2a3

( p2 + a2 )2

− at cos at)

cht

t n f (t)

(−1)n

F( p)

− α

dpn

e−αt sin at

∫

(τ) f2 (t − τ)dτ

F1 ( p)F2 ( p)

( p + α)

+ a

e−αt cos at

p + α

f (n) (t)

pn F( p) *

( p + α)2

+ a2

* - за умови, що f (0) =

′

= ... =

(n−1)

(0) = 0

f (0)

Теореми згортки і запізнювання.

Теорема. (теорема запізнювання) Якщо f(t)= 0 при t < 0, то справедлива формула

L[ f (t −t0 )] = e− pt0 L[ f (t)]

де t0 – деяка крапка.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Визначення. Вираз ∫t f1 (τ) f2 (t − τ)dτ називається сверткой функцій f1(t) і f2(t) і

позначається f1 f2.

Теорема. (теорема згортки) Перетворення Лапласа від згортки рівно твору перетворень Лапласа від функцій f1(t) і f2(t).

•	t
•	∫0	(τ) f2
F1 ( p)F2 ( p) =	f1	(τ) f2	(t − τ)dτ

Теорема. (Інтеграл Дюамеля (Дюамель (1797 – 1872) – французький математик)). Якщо, то вірна рівність

	•	t
	•	′
	pF( p)G( p) =•	′
	pF( p)G( p) =•	f (t)g(0) + ∫ f (τ)g (t − τ)dτ
		0

Для знаходження зображень різних функцій разом з безпосередньою інтеграцією застосовуються приведені выще теореми і властивості.

Приклад. Знайти зображення функції sint t .

З таблиці зображень отримуємо: sin t =•• p21+1 .

По властивості інтеграції зображення отримуємо:

f (t)

=•• ∞∫F(q)dq

sin t •

∞

=•

∫

dq = arctgq

− arctgp;

Приклад. Знайти зображення функції sin 2 t .

З тригонометрії відома формула sin 2 t =

1 − cos 2t

Тоді

sin 2 t =•

L[1 − cos 2t] =

L[1] −

L[cos 2t] =

−

p2 + 4 − p2

2 p

2( p2 + 4)

2 p( p2 + 4)

p( p2 + 4)

• 2

Операційне числення використовується як для знаходження значень інтегралів, так і для вирішення диференціальних рівнянь.

Хай дано лінійне диференціальне рівняння з постійними коефіцієнтами. an x(n) (t) +... + a1 x′(t) + a0 x(t) = f (t)

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Потрібно знайти вирішення цього диференціального рівняння, що задовольняє початковим умовам:

x(0) = x0 ; x′(0) = x0′; ... x(n−1) (0) = x0(n−1) .

Якщо функція x(t) є вирішенням цього диференціального рівняння, то воно обертає початкове рівняння в тотожність, означає функція, що стоїть в лівій частині рівняння і функція f(t) має (по теоремі єдиності) одне і те ж зображення Лапласа.

L ∑ak

= L[ f (t)]

k =0

′

З теореми про диференціювання оригіналу { pF( p) − f (0) = f

(t) } можна зробити

вивід, що L

= pk L[x] − pk −1 x(0) −...

− px(k −2) (0) − x(k −1) (0).

d n x

Тоді an L

+... + a0 L[x] = L[ f ].

dt n

Позначимо L[x] = x( p), L[ f ] = F ( p).

Отримуємо:

+ an−1[ pn−2 x0 + p n−3 x0′ +... + x0(n−2) ] +.... + a2 [ px0

+ x0′] + a1 x0 + F ( p).

Це рівняння називається допоміжним (що зображає) або операторним рівнянням.

Звідси отримуємо зображенняx( p) , а по ньому і шукану функцію x(t).

Зображення отримуємо у вигляді

x( p) =

F( p)

Ψn−1 ( p)

Rn ( p)

Де R

( p) = a

p n

+ a

n−1

p n−1 +... + a p + a

;

Ψn−1 ( p) = a1 x0

+ a2 ( px0 + x0′) + a3 ( p2 x0

+ px0′ + x0′′) +... + an ( pn−1 x0 + pn−2 x0

′ +... + px0(n−2) + x0(n−1) )

Цей многочлен залежить від початкових умов. Якщо ці умови нульові, то многочлен рівний нулю, і формула приймає вигляд:

x( p) = F( p)

Rn ( p)

Розглянемо застосування цього методу на прикладах.

Приклад. Вирішити рівняння y	′′	+ 4 y = 2;	′	= 0.
			y(0) = y (0)

Зображення шуканої функції шукатимемо у вигляді:

y = F( p) Rn ( p)

F ( p) = L[ f ] = L[2] = 2p ; Rn ( p) =1 p 2 +0 p + 4 = p 2 + 4.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

y =

−

p( p

+ 4)

Знаходимо оригінал, тобто шукану функцію:

y =•

y =

(1− cos 2x)

•

Приклад. Вирішити рівняння y′− 2y = 0;

y(0) =1.

F( p) = L[ f ] = L[0] = 0;

Rn ( p) = p − 2;

Ψn−1

= a1 y0

=1;

y =

;

p − 2

y =• y = e2 x ;

•

Приклад. Вирішити рівняння:

′′′

− 6 y

′′

+11y

′

− 6 y = 0;

y(0) = 0;

′

=1;

′′

= 0;

y (0)

F ( p) = L[ f ] = L[0] = 0;

Rn ( p) = p3

− 6 p 2 +11p − 6;

Ψn−1 ( p) = a1 y0 + a2 ( py0 + y0′) + a3 ( p2 y0 + py0′ + y0′′) = −6 + p.

Зображення шуканої функції

y =

− 6 + p

p3 − 6 p2

+11p − 6

Для знаходження оригіналу необхідно розкласти отриманий дріб на елементарні дроби. Скористаємося діленням многочленів (знаменник ділиться без залишку на p – 1):

			p3 – 6p2 + 11p – 6		p - 1
p3 – p2	p2	–	5p + 6

-5p2 + 11p -5p2 + 5p

6p - 6

У свою чергу p2 −5 p + 6 = ( p − 2)( p −3)

Отримуємо:		p3 − 6 p2 +11p −6 = ( p −1)( p − 2)( p −3).
Тоді: y =		− 6 + p	=	A	+	B	+	C	;
	p3	−6 p2 +11p − 6		p −1		p − 2		p −3

Визначимо коефіцієнти А, В і С.

A( p − 2)( p −3) + B( p −1)( p −3) + C( p −1)( p − 2) = −6 + p Ap2 −5Ap + 6A + Bp2 − 4Bp +3B +Cp2 −3Cp + 2C = −6 + p p2 (A + B + C) − p(5A + 4B + 3C) + 6A + 3B + 2C = −6 + p

“Курс вищої математики. Частина 3.”

A + B +C = 0

C = −A − B

= −1

+ B

= −1

5A + 4B +3C

B = −1− 2A

= −6

+ B

= −6

6A +3B + 2C

2A −1

11−6 p

−

Тоді

y =

;

−6 p2 +11p −6

p −1

p − 2

p −3

y =•

y = −

+ 4e2 x −

e3x ;

•

A = − 52

B = 4

3C = − 2

Прийоми операційного числення можна також використовувати для вирішення систем диференціальних рівнянь.

Приклад. Вирішити систему рівнянь:

x′ = 3x + 4y

; x(0) = y(0) =1

y′ = 4x −3y

Позначимо x( p), y( p) - зображення шуканих функцій і вирішимо допоміжні рівняння:

L[x′] = 3L[x] + 4L[ y]

px( p) − x(0) = 3x( p) + 4y( p)

′

;

− y(0) = 4x( p) −3y( p)

L[ y ]

= 4L[x] −3L[ y]

py( p)

Вирішимо отриману систему рівнянь алгебри.

p +1

4y( p) +1

x( p) =

y( p)

p −3

− 25

;

4y( p) +1

py( p) −1 = 4

−3y( p)

x( p) =

p2 + 4 p − 21

p −3

( p

− 25)( p −3)

x( p) =

( p + 7)( p −3)

p + 7

;

( p2 − 25)( p −3)

− 25

x( p) =•

x(t) = ch5t +

sh5t;

•

y( p) =

;

− 25

2 − 25

y( p) =•

y(t) = ch5t +

sh5t;

•

Якщо застосувати до отриманих результатів формули

при x(0)= у(0)= 1

“Курс вищої математики. Частина 3.”

chz =

+ e−z

;

shz =

ez −e−z

;

то відповідь можна представити у вигляді:

−5t

x =

−

;

−5t

y =

Як видно, гіперболічні функції відповідають можуть бути легко замінені на показових.

Приклад. Вирішити систему рівнянь

x′ = 5x + 2yy′ = 2x + 2y

Складемо систему допоміжних рівнянь:
L[x′] = 5L[x] + 2L[ y]		;	px( p) − x(0) = 5x( p) + 2y( p)		;
	′
L[ y ] = 2L[x] + 2L[ y]			py( p) − y(0)	= 2x( p) + 2y( p)

	2y( p) +1
x( p) =
x( p) =		p −5
		p −5	;
		4y( p) + 2	;
py( p) =		4y( p) + 2	+ 2y( p) +1
py( p) =			+ 2y( p) +1
		p −5
		p −5

y( p)

x( p)

=	p −3
	( p −1)( p −6)	;

=	p
	( p −1)( p − 6)

y( p) =

2 1

3 1

=•

et +

e6t ;

p −1

p −6

5 p −1

5 p −6

•

x( p) =

= −

6 1

=• −

et +

e6t ;

p −1

p − 6

5 p −1

5 p −

•

Якщо

позначити C = −

;

те

отриманого приватного вирішення

системи можна записати і загальне рішення:

	t				6t
x = C1e	t	+		2C2e	6t
x = C1e		+		2C2e
			t			6t
				+ C2e
y = −2C1e				+ C2e

При розгляді нормальних систем диференціальних рівнянь цей приклад був вирішений традиційним способом (Див. Другой способ решения.). Як видно, результати співпадають.

Відзначимо, що операторний спосіб вирішення систем диференціальних рівнянь застосовний до систем порядку вище першого, що дуже важливе, оскільки в цьому випадку застосування інших способів украй скрутно.

Криволінійні інтеграли.

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1210 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
26.04.20211.64 Mб3M-008.pdf
#
26.04.20211.23 Mб3M-040.pdf
#
26.04.2021439.24 Кб5M-051.pdf
#
26.04.2021967.56 Кб12Частина 1.pdf
#
26.04.2021882.81 Кб2Частина 2.pdf
#
26.04.20211.01 Mб2Частина 3.pdf
#
26.04.2021669.46 Кб6Частина 4.pdf