Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Красноярский институт железнодорожного транспорта, филиал ИрГУПС

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика Сизов 2011

.pdf

Скачиваний:

220

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 4826 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

f (z) (z i) e 2 z (x iy i) e 2 x cos 2 y isin 2 y

e 2 x x i( y 1) cos(2 y) isin(2 y)

e 2 x xcos(2y) i( y 1)cos(2y) xisin(2 y) i2 ( y 1)sin(2 y)

e 2 x x cos(2 y) ( y 1)sin(2 y) e 2 x ( y 1)cos(2 y) xsin(2 y) i.

Действительная часть: u(x, y) Re f (z) e 2x xcos(2y) ( y 1)sin(2y) .

Мнимая часть: v(x, y) Im f (z) e 2 x ( y 1)cos(2 y) xsin(2 y) .

Определяем частные производные:

u	e 2 x x cos(2 y) ( y 1)sin(2 y) x 2e 2 x x cos(2 y) ( y 1)sin(2 y)
x
e 2 x cos(2 y) e 2 x (1 2x) cos(2 y) ( 2 y 2)sin(2 y) ;
u	e 2 x x cos(2 y) ( y 1)sin(2 y) y e 2 x ( 2xsin(2 y) sin(2 y)
y
( y 1) 2 cos(2 y)) e 2 x (2 y 2)cos(2 y) (1 2x)sin(2 y) ;
v	e 2x (y 1)cos(2y) xsin(2y) x 2e 2x (y 1)cos(2y) xsin(2y)
x
e 2x sin(2y) e 2x (2y 2)cos(2y) (1 2x)sin(2y) ;
v	e 2 x ( y 1)cos(2 y) xsin(2 y) y e 2 x (cos(2 y) 2( y 1)sin(2 y)
y

2xcos(2 y)) e 2 x (1 2x)cos(2 y) ( 2 y 2)sin(2 y) .

Условия Коши-Римана (4.15) выполняются: ux yv ; uy vx .

Непрерывность частных производных очевидна. Следовательно, функция дифференцируема.

Найдем производную по формуле (4.16): f (z) ux i vx e 2x (1 2x)cos(2y) ( 2y 2)sin(2y)

i e 2x (2y 2)cos(2y) (1 2x)sin(2y)

e 2x (1 2x)cos(2y) ( 2y 2)sin(2y) i 2 (2y 2)cos(2y) (1 2x)sin(2y) .

Пример 3. Вычислить интегралы:

а)

sin 2 z 3

dz, , б)

2z2

dz. .

2 z

z 2

z 1

Решение. а) 1-ый способ: Представим подынтегральную функцию в виде:

252

sin2 z 3

z 2

z2 2 z

z(z 2 )

Функция в числителе

f (z)

sin2 z 3

является аналитической в

круге

z 1

2 .

Применим

интегральную

формулу

Коши:

f z0

f z

dz.

2 i L

z z0

Найдем

значение

функции

f (z)

sin2 z 3

в точке

z0 0 :

z 2

sin2

f (z0 ) f (0)

0 3

. Подставляем в интегральную формулу

0 2

Коши:

sin

z 2

sin

3 dz 3i.

dz.. Отсюда

2 i

z 1

z2 2 z

2-ой способ: Рассмотрим подынтегральную функцию. В круге z 1 2 (рис. 4.6) эта функция имеет одну особую точку z0 0 . Эта точка является простым полюсом. Действительно,

y	lim (z z ) f (z) lim z			sin2 z 3	lim	sin2 z	3	3	.
	lim (z z ) f (z) lim z				lim				.
	z z	0	z 0		z 0	z 2		2
	0			z(z 2 )		z 2		2
	0

Найдем вычет функции в простом полюсе:

-1

1 x

Res f (z )

lim (z z ) f (z) lim z sin2 z 3

z z

z 0

z(z 2 )

Рисунок 4.6

Применим основную теорему о вычетах:

sin2 z 3

dz 2 i Res f zk 2 i Res f z0 2 i

3i.

z 1

2 z2 2 z

k 1

б) Рассмотрим подынтегральную функцию f (z)

4 2z2

. В круге

2z6

1 эта

функция имеет

одну

особую

точку

z0 0 .

Эта

точка

является полюсом порядка 6. Действительно,

6 z4

2z2 3

lim (z z0 )

f (z) lim z

lim

z z0

z 0

Найдем вычет функции в полюсе порядка 6:

253

dm 1

f z

6 z4

2z2 3

Res f

lim

m 1 z

lim

m 1 !z z0

5! z 0 dz5

lim

lim 4z

lim 12z

120 z 0

lim 24z

lim 24

lim0

120

120 z 0

Применим основную теорему о вычетах:

3 dz 2 i

Re s f zk 2 i Re s f z0 2 i 0 0.

2z6

k 1

Пример 4. Найти оригинал по данному изображению:

а)

; б)

p 3

p2 ( p2 9)

p3 2 p2 3 p

Решение. а) 1-ый способ: Представим данную дробь в виде

суммы простейших, используя метод неопределенных коэффициентов:

p2 ( p2 9)

A( p2

9) Bp( p2 9) Cp2 ( p 3) Dp2 ( p 3)

p2 ( p2

Ap2

9A Bp3 9Bp

Cp3 3Cp2 Dp3 3Dp2

p2 ( p2 9)

(B C D) p3 ( A 3C

3D) p2 ( 9B) p

( 9A)

p2 ( p2

Приравняем числители:

1 (B C D) p3 ( A 3C 3D) p2 ( 9B) p ( 9A) .

Отсюда, сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях, получаем систему уравнений:

			1	;
B C D 0;	A		9	;
			9

	B 0;
A 3C 3D 0;		1
		1
9B 0;	C			;
9B 0;	C	54		;
		54

9A 1.			1
	D				.
	D		54		.
			54

Исходная дробь разложена в сумму простейших:

254

1	1 9	1 54		1 54
	p2			p 3 .
p2 ( p2 9)			p 3

Используя таблицу изображений и оригиналов, найдем оригинал для каждого слагаемого и воспользуемся свойством линейности:

154

p2 p2 9

p 3

2-ой способ: Найдем оригинал с помощью вычетов. Особые

точки:

p 0

–

полюс

второго

порядка,

p 3, p 3

–

простые

полюсы.

f (t)

F( p) ept dp Res(F( p) ept ; pk )

2 i i

k 1

lim

( p 3)

p 0

p 3

1)! p

ept ( p

lim

p 3

p 0

p 3

9 p

ept

tept ( p2 9) 2 pept

e3t

e 3t

e3t

e 3t

lim

p 3

p 0

54 54

9 54 54

б) Разложим знаменатель исходной дроби на множители: p3 2 p2 3 p p( p2 2 p 3) .

Разложим дробь на сумму простейших:

p 3

Bp C

A( p2

2 p 3) (Bp C) p

p( p2

2 p 3)

p2 2 p 3

p( p2 2 p 3)

Ap2

2Ap 3A Bp2 Cp

( A B) p2 (2A C) p 3A

p( p2 2 p 3)

Получили: p 3 ( A B) p2

(2A C) p 3A .

Найдем A, B и C, приравнивая коэффициенты при одинаковых

степенях:

A B 0;

A 1;

2A C 1;

3A 3.

Таким образом, получили разложение:

255

p 3

p 1

p( p2 2 p 3)

p2 2 p 3

Преобразуем вторую дробь, выделив в знаменателе полный

квадрат:

p 1

p ( 1)

p2 2 p 3

( p 1)2 2

( p ( 1))2 (

2)2

Используя таблицу изображений и оригиналов, найдем оригинал для каждого слагаемого и воспользуемся свойством

линейности:			p 1		1 e t cos	2t .
	p 3	1
	p p2 2 p 3	p	p 1 2	2 2

256

Пример 5. Операционным методом решить задачу Коши:

а)

2 y

y e

1),

y(0) y (0) 0 ;

x 2 y 1,

б)

x(0) 1, y(0) 0 .

2x 3,

Решение.

а)

Пусть y t Y p Y . Тогда, пользуясь правилом

дифференцирования изображений, получаем:

y t

pY y 0 pY ;

p Y py 0 y 0 p Y.

Найдем изображение правой части. Для этого сначала найдем

изображение

t 1

применим

свойство смещения:

e2t t 1

. Итак получили операторное уравнение:

2 2

p Y

2 pY Y

( p 2)2

( p 2)

Решая это уравнение, найдем Y ( p) :

( p2 2 p 1)Y 1 p 2

;

( p 2)2

( p 1)2Y

p 1

;

( p 2)2

Y	1	.
	( p 2)2 ( p 1)

По найденному изображению найдем оригинал (подробно способ нахождения оригинала рассмотрен в предыдущем примере):

e2t t e2t et y t .

p 2 2 p 1

p 2 2

p 2

p 1

б) Пусть x t X p X ,

y t Y p Y.

Тогда, пользуясь правилом дифференцирования изображений,

получаем:

pX x 0 pX 1, y t pY y 0 pY.

Найдем

изображения

правых

частей:

2 y 1 2Y

; 2x 3 2X

Итак, получили систему операторных уравнений:

257

Запишем эту систему алгебраических уравнений в виде

p 2

и решим ее методом Крамера.

p2 4 ( p 2)( p 2),

1 2

1 p ( 2)

1 p

p 6

(p 3)(p 2),

p 2

p ( 2)

X X

( p 3)( p 2)

( p 3)

;

p( p 2)( p 2)

p( p 2)

p 2

p( p 2)( p 2)

p( p 2)

По найденным изображениям найдем оригиналы, используя

вычеты

p 3

Res F p e

l im

p p 2

k 1

p p 2

p 0

p 3

p 3 ept

l im

p 2

l im

p p

p 2

p 0

p 2

1 e2t x t ;

Re s F p e pt;p

l im

e pt p

p p 2

k 1

p 0 p p 2

258

			1
l im			1	e pt p 2
l im				e pt p 2

	p 2 p p 2
	1	1 e2t y t .
	2	2
	Решение			системы

x(t) 32 12 e2t ;

y(t) 1 1 e2t .

2 2

l im

p 0

p 2

дифференциальных

уравнений:

16.3. Задания на контрольную работу

Задание 1.

Найти z

, z

, z 5 , если:

1.1. z1 1 i; z2

i 2 .

1.2. z1 1 i; z2 7i 5.

1.3. z1 2 2i; z2

5 3i .

1.4. z1 1 i; z2

8 2i .

1.5. z1 2 2i; z2 4 3i .

1.6. z1 3 3i; z2

4 5i .

1.7. z1 2 2i; z2

3i 1.

1.8. z1 3 3i; z2

3 i .

1.9. z1 1 i; z2

3 4i .

1.10. z1 3 3i; z2 i 3 .

Задание 2. Исследовать на дифференцируемость функцию f (z)

и найти её производную f

(z)

2.1.

f (z) 2z 2i 2 .

2.2.

f (z) 3z e2 z .

2.3.

f (z) (3z 2)2 .

2.4.

f (z) (z 1) e z .

2.5.

f (z)

2.6.

f (z) (2z i) e3z .

2.7.

f (z) (3z i)3 .

2.8.

f (z) (z i) eiz .

2.9.

f (z) (z i)3 .

2.10. f (z) (2z 1) e z .

Задание 3. Вычислить интегралы:

3.1. а)

3.2. а)

2dz

z z2 1

z2 z 1

z 1 i

5 4

б)

cos z

1 dz .

б)

z z

3.3. а)

3.4. а)

sin z

dz ,

z i

32 z z

z z 2i

б)

z sin z

dz .

б)

z2 3z

dz .

2z4

4z3

259

3.5. а)

ez dz ,

3.6. а)

z sin z 2

dz ,

z 3

sin z

z 32

sin z

б)

1 2z 3z2 4z3

dz .

б)

z3 3z2 1

dz .

2z2

2z4

3.7. а)

ze z

dz ,

3.8. а)

z z 1 2

dz ,

z 1

3 sin z

z 14

sin 2 z

б)

3z4

2z3 5

dz .

e2x2 1

б)

3 dz .

iz z i dz ,

3.9. а)

3.10. а)

sin 3z 2

dz ,

z 1

sin z

z 3

z2 z

3 2z 4z4

dz .

1 dz .

б)

Задание 4. Найти оригинал по данному изображению

4.1.

2 p

4.2.

( p2 4 p 8)2

p( p2 1)2

4.3.

p 5

4.4.

( p 1)( p2

2 p 5)

p3 p2 p

4.5.

3 p 2

4.6.

( p 1)( p2

4 p 5)

p( p3 1)

4.7.

4.8.

( p2 1)( p2

p3 ( p2 4)

4.9.

5 p

4.10.

( p 2)( p2

2 p 2)

p3 1

Задание 5. Операционным методом решить задачу Коши:

5.1. а)

2 y

), y(0) y

y e

(0) 0 ,

x 3y 2,

б)

x(0) 1, y(0) 1.

2 y,

5.2. а)

4 y

4 y t

y(0) 1, y (0) 2 ,

x x 4 y 1,

б)

x(0)

0, y(0) 1.

2x 3y,

260

5.3. а)

2 y

y(0) y (0)

x 4x 3,

б)

x(0) 1, y(0) 0 .

2 y,

5.4. а)

2 y e

y(0)

1, y (0) 0

x 3y 2,

б)

x(0) 1, y(0) 1.

2 y,

5.5. а)

2 y 2(t 1),

y(0) 1, y (0)

x x 3y 3,

б)

x(0) 0, y(0) 1.

5.6. а)

2 y

t 3),

2 ,

y(0) 2, y (0)

x x 3y 2,

б)

x(0)

0, y(0) 1.

5.7. а)

y(0)

1, y (0) 4 ,

x 2x 5y,

б)

x(0) 1, y(0) 1.

2 y 2,

5.8. а)

2 y 2(t 1),

y(0) 1, y (0)

x 2x 5y 1,

б)

x(0) 0, y(0) 2.

2 y 1,

5.9. а)

y(0) 3,

(0) 1,

x x 3y 2,

б)

x(0) 1, y(0) 2 .

5.10. а)

y(0) 0, y (0) 1,

x x 3y 1,

б)

x(0)

1, y(0) 2 .

y x y,

261

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 4826 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.12.2018207.87 Кб90Леонидова Эконом теория Метод указ по выполн ку....doc
#
01.07.202575.52 Mб7Логич.схемы электровозов.doc
#
28.03.2015172.15 Кб92люда1.docx
#
01.07.2025909.31 Кб3Магай Г.С. и др. Новое оборудование для проектирования тяговых и трансформаторных подстанций.doc
#
28.03.2015326.87 Кб115маркетинг Вася.docx
#
15.02.20154.26 Mб220Математика Сизов 2011.pdf
#
28.03.2015443.96 Кб172МДК .01.01. ТПП Квал. экзамен.docx
#
01.05.2025174.59 Кб10МДК 01.02 (билеты).doc
#
12.03.201646.86 Кб41менеджмент КР.docx
#
15.02.2015556.03 Кб50менеджмент.doc
#
01.07.20257.94 Mб2МЕТ ПО пожарке.doc для печати.doc