ИЗБРАННЫЕ ГЛАВЫ ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ
ДЛЯ ИНЖЕНЕРОВ И СТУДЕНТОВ ВТУЗОВ
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
М. Л. КРАСНОВ, А. И. КИСЕЛЕВ,
Г. И. МАКАРЕНКО
ФУНКЦИИ
КОМПЛЕКСНОГО
ПЕРЕМЕННОГО
ОПЕРАЦИОННОЕ
ИСЧИСЛЕНИЕ
ТЕОРИЯ
УСТОЙЧИВОСТИ
Допущено Министерством
высшего и среднего специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов высших учебных заведений
ш
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1971

517. 2
К 78
УДК. 517.5
Функции комплексного переменного. Операционное нечисление.
Теория устойчивости. М. Л. Краснов, А. И. Киселев,
Г. И. Макаренко, Главная редакция физико-математической
литературы изд-ва «Наука», 1971.
Предлагаемый сборник задач содержит около 900 задач и
упражнений. Основной материал задачника составлен в соответствии с
известным учебником И. Г. Арамаиовича, Г. Л. Лунца, Л. Э. Эльс-
гольца «Функции комплексного переменного.
Операционное-исчисление. Теория устойчивости».
Все задачи снабжены ответами, для некоторых имеются указания
к решению.
В начале каждого параграфа приводится сводка формул и
основных положений теоретического характера. Даются достаточно
подробные решения типовых примеров.
Рис. 77. Библ. 15 назв.
2-2-3
19-71

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 4
Глава I. Функции комплексного переменного 5
§ 1. Комплексные числа и действия над ними 5
§ 2. Функции комплексного переменного 16
§ 3. Дифференцирование функций комплексного переменного.
Условия Коши — Римана 23
§ 4. Интегрирование функций комплексного переменного ... 32
§ 5. Интегральная формула Коши 40
§ 6. Ряды в комплексной области 46
§ 7. Нули функции. Изолированные особые точки 64
§ 8. Вычеты. Вычисление интегралов с помощью вычетов . . 70
§ 9. Принцип аргумента. Теорема Руше 86
§ 10. Конформные отображения 95
Глава II. Операционное исчисление 112
§ 11 Нахождение изображений и оригиналов 112
§ 12. Решение задачи Коши для обыкновенных линейных
дифференциальных уравнений с постоянными
коэффициентами 129
§ 13. Интеграл Дюамеля 138
§ 14. Решение систем линейных дифференциальных
уравнений операционным методом 140
§ 15. Решение интегральных уравнений Вольтерра с ядрами
специального вида 145
§ 16. Дифференциальные уравнения с запаздывающим
аргументом 150
§ 17. Решение некоторых задач математической физики .... 153
§ 18. Дискретное преобразование Лапласа 156
Глава III. Теория устойчивости 172
§ 19. Понятие об устойчивости решения системы
дифференциальных уравнений. Простейшие типы точек покоя .... 172
§ 20. Второй метод Ляпунова 179
§ 21. Исследование на устойчивость по первому приближению 184
§ 22. Асимптотическая устойчивость в целом. Устойчивость по
Лагранжу 189
§ 23. Критерий Рауса—Гурвица 192
§ 24. Геометрический критерий устойчивости (критерий
Михайлова) 195
§ 25. £>-разбиения 199
§ 26. Устойчивость решений разностных уравнений 206
Ответы ., 215
1*

ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемый сборник задач содержит 885 задач и
упражнений из разделов «Функции комплексного
переменного», «Операционное исчисление», «Теория устойчивости».
Он составлен применительно к широко известному
учебнику И. Г. Арамановича, Г. Л. Лунца и Л. Э. Эльс-
гбльца «Функции комплексного переменного.
Операционное исчисление. Теория устойчивости» и предназначен
для студентов втузов с повышенной математической
подготовкой.
Каждый параграф сборника начинается с краткого
теоретического введения, содержащего необходимый
минимум сведений. Приводятся многочисленные примеры с
подробными решениями, уясняющие сущность изложенных
методов. Поэтому данный сборник задач может служить
в качестве пособия для лиц, самостоятельно изучающих
предмет.
Считаем своим приятным долгом поблагодарить
профессоров И. Г. Арамановича и Г. Л. Лунца. Их
доброжелательная критика и ценные советы немало способствовали
улучшению книги.
Авторы

ГЛАВА I
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
§ 1. Комплексные числа и действия над ними
Комплексным числом г называется выражение вида
z = x + iy
(алгебраическая форма комплексного числа), где х и (/—любые
действительные числа, a i — мнимая единица, удовлетворяющая условию
;2 = — 1. Числа х и у называются соответственно действительной и
мнимой частями комплексного числа г и обозначаются
jc=Re2, y=lmz.
Комплексные числа zx = xx-\-iyx и z2 = x2-{-iy2 считаются равными
тогда и только тогда, когда хх = х2, Ух = У%- Пусть даны два
комплексных числа zx = xx-\-iyx, z2 = x2-\-iy2.
Определения
1. Суммой zx-\-z2 чисел zx и г2 называется комплексное число
21 + zi = (x1 + x2) + i(y1 + y2). (1)
2. Разностью zx — z2 чисел zx и г3 называется комплексное число
Ч — Ч = (*i — x2) + i (г/i -г/а)- (2)
3. Произведением zxz2 чисел гх и г3 называется комплексное
число
г1г2 = (*1*2 — J/l«/2) + l'(*l*/2 + *2«/l)- (3)
4. Частным — от деления комплексного числа г, на комплекс-
г2
ное число z2-LQ называется комплексное число
гх^ххх2 + уху2 {хгух~хху2
г2 *1 + </3 *! + </* '
Комплексное число z=x — iy называется сопряженным
комплексному числу z = x-\-iy.

6 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Действительная часть Re г и мнимая часть lm г комплексного
числа г выражаются через сопряженные комплексные числа
следующим образом:
Re2 = ^i£, 1шг = !^. (5)
Пример 1. Показать, что г1 + г3 = г1-|-г3.
Доказательство. По определению имеем
Ч + г2 = (*i + хг) — i Wi + У2) = (xi ~Wi) + (Ч — Ш = % -Ь 22-
1. Доказать следующие соотношения:
a) гг—zi = 21-2i; 6)ziza = z1za; в) (J^fj; Г) 2i + z2 =
= г1 + г3.
Пример 2. Найти действительные решения уравнения
(4 + 2г)х + (5 — 3i)(/=13 + i.
Решение. Выделим в левой части уравнения действительную
и мнимую части (Ax-\-by)-\-i (2дт — Зг/) = 13 +г- Отсюда согласно
определению равенства двух комплексных чисел получаем
4х + 5</=13,
2х —3i/ = l.
Решая эту систему, находим
х=2, у=\.
Найти действительные решения уравнений:
2. (Зх - 0 (2 + 0 + (х - I» (1 + 2/) = 5 + 6/.
3. (х— iy)(a— ib) = i5, где а, & —заданные
действительные числа, | а | ^ 16 |.
4. ^ + 2г^ = К2, где , = х + ^.
5. Представить комплексное число
(а + й)2 ' (а —(6)2
алгебраической форме.
с п Vl+x2 + ix . , ч
о. Доказать, что -— =t (х — действительное).
х — iV\+x2 '
7. Выразить х я у через и и v, если - . -[-—— = 1
(л;, у, и, у—действительные числа).
8. Найти все комплексные числа, удовлетворяющие
условию z = г2.

§ 11
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ
Комплексное число z — x-\-iy изображается в плоскости XOY
точкой М с координатами (х, у) либо вектором, начало которого
находится в точке О (0, 0), а конец в точке М (х, у) (рис. 1). Длина р
вектора ОМ называется модулем
комплексного числа и обозначается
через | г |, так что р = |г| =
= Уxs-{-ys- Угол ф, образованный
вектором ОМ с осью ОХ,
называется аргументом комплексного
числа г и обозначается qj=Arg г;
он определяется не однозначно, а
с точностью до слагаемого,
кратного 2л:
Argz = arg 2+2fot
(6 = 0, ±1, ±2, ...),
где arg г есть главное значение Arg г, определяемое условиями
— я < arg г^я,
причем
(
arctg —, если х > 0,
л + arctg --, если х < 0, у ^ 0,
arg г = •! — я + arctg —, если х < 0, у < 0,
я
~2~>
я
~0~ >
если х = 0, г/ > 0,
если jc = 0, </<0.
Имеют место следующие соотношения:
tg(Argz) =
«/
sin (Arg г) =
К*2+</2'
cos (Arg г) =
V^+i
(6)
(7)
Два комплексных числа гх и г3 равны тогда и только тогда, когда
их модули равны, а их аргументы либо равны, либо отличаются нз
величину, кратную 2я:
|21| = |z8|, Arg21 = Arg23 + 2nn (n = 0, ±1, ±2, ...).
Пример 3. Найти модуль и аргумент комплексного числа
л . я
г = — sin -5— i cos -j-.
о о

8 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
Решение. Имеем
[ГЛ. I
х = — sin -5- < О,
о
(/ = — cos-5-<0.
Главное значение аргумента согласно (6) будет
arg г = — я + arctg ctg -^ \ = — я + arct;
Следовательно,
Argz =
WW
= — я + arctg tg -5- я = — я + ^- я =
- я -}- 2йя
(А = 0, ±1, ±2, ...),
: |/ ЯП
1*1=1/ staȣ- + cosȣ = l.
9. В следующих задачах найти модуль и главное
значение аргумента комплексных чисел:
a) z = 4 + 3i; б) г = — 2 + 2)/3i;
в) z = — 7— i; г) г = — cos-g -f-t sinir>
д) 2 = 4 — Зг; е) г = cos a - г since
л<а<|Л.
Любое комплексное число z = x-\-iy (г-ф 0) можно записать в
тригонометрической форме
z = р (cos ф + i sin ф), где р = | z |, ф = Arg z.
Пример 4. Записать в тригонометрической форме комплексное
число
г = — 1-iJ/T.
Решение. Имеем
|2|=V(_l)2 + (_/3)2 = 2; tgV = ^p- = Vr3, Ф = -|я.
Следовательно,
l-jj/3 =2
;(-|д) + /5ш(-|я)
Пример 5. Найти действительные корни уравнения
cos х 4- i sin x = тг + т *•
' 2 ' 4

§ 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 9
Решение. Данное уравнение корней не имеет. В самом деле,
1 • 3 _
это уравнение равносильно следующим: cosjc = -=-, sin jc = -r. По-
13
следние уравнения несовместны, так как cos2JC-f sm3.x: = yg , что
невозможно ни при каких значениях х.
Любое комплексное число г zpb 0 можно записать в показательной
форме
z = pe'<P, где p = |z|, (p = Argz.
Пример 6. Найти все комплексные числа г -L 0,
удовлетворяющие условию zn~l = z.
Решение. Пусть г = ре1*. Тогда z = pe~"f.
Согласно условию
pn-ie<in-i>T==pg-i<p или рЛ-2е<л<р=1,
откуда рп~8=1, т. е. р = 1 и Шф = 2£яг, т. е. ф= , где й=0, 1,
2, ... , п — 1. Следовательно,
.2nft
гА = е' " (й = 0, 1, 2, ... , п-1).
10. Следующие комплексные числа представить в
тригонометрической форме:
а) -2; б) 2t; в) -j/^H-fyT;
г) 1 — sin a-ft cosa(0<cc<yj;
ч 1 + cos a + i sin a / n _ .я
Д) 1+соза-гЖ5(0<К<2-
в показательной форме:
е) -2; ж) i; з) -г, и) - 1 -t]/3;
к) sin a — i cosa(-^<a< л); л) 5-f-3t.
Пусть комплексные числа гх и z2 даны в тригонометрической
-форме Zj = pj (cos ф2 -f- i sin фл), z3 = p3 (cos ф2 -f i sin ф3)
Их произведение находится по формуле
ziz2 = Р1Р2 [c°s (Ф1 + Фа) + i sin (фх + ф2)],
г. е. при умножении комплексных чисел их модули перемножаются,
а аргументы складываются
|ZiZ2| = |Zl||z2|,
Arg(z1z2) = Argz1 + Argz2.

10 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Частное двух комплексных чисел гхъггф§ находится по формуле
!l = El [cos (ф1 - фз) + i sin (ф1 - ф2)],
г2 V2
Kl А 21 Л А
I ^2 I z2
Возведение комплексного числа
г = р (cos ф + i sin ф)
в натуральную степень п производится по формуле
гп _ рп (C0S Пф _|_ г- sjn Пф^ ^
т. е.
|zn| = |z|", Argzn = nArgz+2jift (fe=0, ±1,...).
Отсюда получается формула Муавра
(соэф + г sin ф)" = соз Гсф-fi sin щ. (9)
Пример 7. Вычислить (— 1 + i |ЛГ)в0.
Решение. Представим число г = —1 -j- г 1^3 в
тригонометрической форме
- / 5 5
— 1+г У^З = 2 (cos-д-ji + » sin-p-я
Применяя формулу (8), получим
(_ i + i /3)e0 = 26° Icos (бО •-§■*) + «' si" (60 ■ |"я)] =
= 260 (cos 50я + i sin 50я) = 260.
Пример 8. Доказать, что многочлен
f (x) = (cosa+x sin a)"—cosna — x sin na
делится на x3-f-1.
Решение. Имеем x2-\-1 = (x-\-i) (x — i). По формуле Муавра
f (i) = (cos a -f- i sin a)n — cos na — i sin na =
= cos na + i sin na — cos na — i sin na = 0.
Аналогично, f (—i)=0. Значит, f (x) делится на х2-\-\.
П. Доказать, что многочлен
/ (х) = хп sin a — А,""1 л; sin na -j- Я," sin (n — 1) a
делится на x2 — 2Kxcosa-\-K2.

§ 11 КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 11
12. Вычислить:
■) (да
в) (уз - зОв;
13. Доказать, что
б) (2-207;
1+г tga\» 1 + i tg па
1 — г tg па '
- i tg a,
14. Доказать, что если
(cos a-ft sin a)" = 1, то (cos a — i sina)"= 1.
15. Пользуясь формулой Муавра, выразить через
степени sinqp и cos<p следующие функции кратных углов:
а) sin3<p; б) cos3(p; в) sin4<p;
г) cos4(p; д) sin5(p; е) cos5(p.
Корень n-й степени из комплексного числа г имеет п различных
значений, которые находятся по формуле
■-(-(sin——^—), (10)
Yz = Y\z\
п п
где k = Q, 1, 2, ..., п—1, cp=argz.
Корень n-й степени из действительного числа а также имеет п
различных значений; среди этих значений действительных будет два,
одно илн ни одного в зависимости от четности или нечетности п и
знака числа а.
Пример 9. Найти все значения -\f\—i.
Решение. Приводим комплексное число 1—г к
тригонометрическому виду
Следовательно,
ут-
l-i = l/"2Tcos(-4)-Msin(- "
= ^2l cos
-+2£я
- + 2/bi
- + i sin •
Полагая k = Q, 1, 2, 3, найдем
(* = 0)
(А=1)
(* = 2)
(А = 3)
|/ l-(=-J/2(cosTg-(smTg
|АГ
ГЬ
V 1-
= f/"2 cos т-д л +« sin уд п
>W 15 , ■ • 15 \
= -j/2 [cos-г^я+г sin уг11),
Vo/ 23 , ■ • 23 '
= у 2 I cos ут. я + г sin y^ л

10 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Частное двух комплексных чисел zx и г2 -t 0 находится по формуле
-1 = Bl [cos (ф! — ф3) + i sin (ф! — ф2)],
г2 Р2
т. е.
Arg J- = Argz1-Ai?za
Возведение комплексного числа
г = р (cos ф + £ sin ф)
в натуральную степень п производится по формуле
гп =р™ (cos пф + £ sin пф), (8)
т. е.
|гп| = |г|я, Argzn = nArg0 + 2ji& (й = 0, ± 1, ...)•
Отсюда получается формула Муавра
(соэф + г sin ф)" = с05Пф + г sin/гф. (9)
Пример 7. Вычислить (— 1 + £ V^Y°-
Решение. Представим число г = — 1 + £ КЗ в
тригонометрической форме
-15 5 \
— 1 + iV'S =2 cos-д-я + £ sin-x-я].
6 ' 6
Применяя формулу (8), получим
(— 1 +i |^3")в0 = 2в» J cos ^60 .-|-я] + £яп[б0 ■ |-я]1 =
= 2м (cos 50я + £ sin 50я) = 260.
Пример 8. Доказать, что многочлен
{ (xj = (cos a-f-jc sin а)"—cos па—х sin па
делится на х2 + 1.
Решение. Имеем х3+1 = (*+£) (* — £)• По формуле Муавра
f (t) = (cos a + £ sin а)" — cos па — £ sin па =
= cos па + £ sin па — cos па — £ sin па = 0.
Аналогично, f (—£)=0. Значит, f (х) делится на х2-\-1.
11. Доказать, что многочлен
/ (х) = л;" sin а — Хп'1х sin па + Я" sin (я — 1) а
делится на х2 — 2Кх cos a -j- К2.

§ 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 11
12. Вычислить:
.)(!££)": „(2-2V.
в) (VS- 30'-. г) (l=i
13. Доказать, что
1+« tga\™ 1+i tgna
1 — i tg a / 1 — i tg яа *
14. Доказать, что если
(cosa-f tsina)"=l, то (cosa —t sina)"= 1.
15. Пользуясь формулой Муавра, выразить через
степени sirup и соБф следующие функции кратных углов:
а) sin3<p; б) совЗф; в) Бш4ф;
г) соб4ф; д) зш5ф; е) со8 5ф.
Корень n-й степени из комплексного числа г имеет п различных
значений, которые находятся по формуле
У г = У\ г I (^cos 3^ И sin X-^—j, (Ю)
где fe = 0, 1, 2, ..., n—1, cp=argz.
Корень n-й степени из действительного числа а также имеет п
различных значений; среди этих значений действительных будет два,
одно или ни одного в зависимости от четности или нечетности п и
знака числа а.
Пример 9. Найти все значения У\—1-
Решение. Приводим комплексное число 1 — i к
тригонометрическому виду
1-; = ]/2
Следовательно,
_/ —~ + 2Ы —-|-+2fot
i^l —1 = v^2 I cos -A И sin 4
Полагая k = 0, 1, 2, 3, найдем
(6 = 0) f 1^7 = ^2 fcos-^-t sin ^j,
(k = l) {^1 —t = |/"2(cos pji + tsin удп],
(k=2) y\ — i=Y% (cos-г^я+г: sin-^nj,
(k = S) yi—i = У 2 (cos ~ я +»' sin y^ я
я \ , . . / я
cos|-T +(sin(-T

12 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
В следующих задачах найти все значения корня:
16. а) У^А; б) VI; в) Vl\ г) У^1.
17. а) У\\ б) V-1+i; в) 1^2-21/3/.
18. yV2"(cosf+ /sin£).
Разные задачи
Решить уравнения:
19. z3 + 3z2 + 3z + 3 = 0.
20. z4-4z34-6z2-4z-15 = 0.
21. Найти комплексное число z, изображением
которого является точка отрезка гггг, отстоящая от z2 вдвое
дальше, чем от zv
22. В какой вектор перейдет вектор a -\-ib при
зеркальном отображении его в биссектрисе первой четверти?
23. В какой вектор перейдет вектор —У"3 + 3/ после
поворота на угол 90°?
24. То же QaMoe для вектора —V?>—i после
поворота на угол 120°?
25. Найти угол, на который надо повернуть вектор
5 5
4 — 3£, чтобы получить вектор —~-\--y=i.
26. То же самое для векторов $V2 + i2V2 и — 5-И.
Решить уравнения:
27. (х -(- 0" ~ (х — 0" = 0 (х — действительное).
28. cos х -f- / sin л: = sin x + / cos х.
29. Найти вектор, в который перейдет после
поворота на 45° и удвоения вектор 2 = 3 + 41.
30. Центр квадрата находится в точке z0=\-\-i,
а одна из вершин —в точке z1=l — i. В каких точках
находятся остальные вершины квадрата?
31. Пусть zu z2, ..., z„—корни уравнения г"-1=0
(л>1).
Доказать, что гг + г2 + ... + г„=0.
Пример 10. Какое множество точек на плоскости
комплексного переменного г определяется условием
Im г3 > 2?

S И
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ
13
Решение. Пусть г = х+ ('</• Тогда
гз = (х + iy)2 = (х2 - у2) + i2xy.
Следовательно, Im г3 = 2ху.
По условию 2хг/>2 или ку>\. Это неравенство определяет
множество точек в первом и третьем квадрантах, соответственно над
и под гиперболой ху=\.
Пример 11. Какое множество точек на комплексной
плоскости определяется условием
3
■-js£arg(0+l—1) =
■it?
Решение. Комплексное число
г+1 — / = г —(—1+0
изображается вектором, началом
которого является точка —1+г, а концом —
точка г. Угол между этим вектором и
осью ОХ есть arg(z+l—()> и он
меняется в пределах от—=-до-г-я.
Следовательно, данное неравенство
определяет угол между прямыми, выходящими
из точки -— 1 —f— t и образующими с осью
я 3
ОХ углы в—я-и -j-ji радианов (рис. 2).
Пример 12. Какая область опре- Рис. 2.
деляется условием | г | + Re г < 1?
Решение. Пусть г = р (cos ф + / sin ф). Тогда |г|=р, Re г =
= pcos(p. По условию p + pcos ф < 1, откуда
1
г 1 + COS ф
Этому условию удовлетворяют все точки, лежащие в области,
ограниченной кривой
Р=ГТ (уравнение параболы в полярных координатах).
В следующих задачах найти множества точек на
плоскости комплексного переменного z, которые определяются
заданными условиями:
z-l
32.
а)
в) Osslmzs
33. а) 1
в) l<Rez<2
г+1
1;
\г + 2 + 1\^2;
б) 1г2-1|=гаг (а>0);
б) |z-l|<|2-i|;

14 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
34. \z — а|<|1— al\ (а —действительное, |а|=£1).
35. а) 1 г|>2 + 1тг; б) | z| - Rez=s£0.
36. Imz2< 1.
37. 4=s£|z- l|+|z+l|==S8.
38. a) Im(|)<-1; 6) ±< Re (1) + Im (±) <i.
Пример 13. Какая кривая задается уравнением )г + с| +
+ |г — с | = 2а, где с и а —действительные положительные числа,
причем а > с?
Решение. | г + с | — расстояние между точками г и —с; j г—с j—
расстояние между точками г и с. По условию сумма расстояний от
точки г до двух данных точек гх = —с и г3 = с есть величина
постоянная. Значит, точка г лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса
имеет вид
Х- + У- = 1,
где Ь2 = аг — с2.
Пример 14. Какая кривая определяется уравнением
Re(±\=i>
г I 4
Решение. Пусть г = х-\-iy. Имеем
/Т
| + —- —Ь-
„М\ \г I ' г z ' г г+г
Re I ' — ^ ' — -
zj 2 2 2zz *г + #2 *
По условию
-^=1 или *2 + ,2-4* = 0.
*3 + */2 4 ГУ
Это окружность (к — 2)2 + У2 = 4.
Указать, какие линии определяются следующими
уравнениями:
39. a) Imz2 = 2; б) Rez2=l; в) \т(\\ = ~.
40. a) Re(-M=l; б) Im (z2- z) = 2- Imz.
41. z2 + z2=l. 42. 2zz + (2 + t')z + (2-0z = 2.
43. a) ] z - г | + | z +11 = 4: 6) | z - 11 - \ z +»'1 = 2.
44. a) |z|-3Imz = 6; 6) 31 z | - Rez= 12.
45. a) |z-2|=| l-2z|; 6) \z- zx | = | z- z2l;
в) Re (г2-2) = 0; r) Re(l+z) = |z |.
Пример 15. Написать в комплексной форме уравнение прямой
Ах + Ву+С = 0. (11)

3 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 15
г + г
Решение. Пусть z — x-\-iy, z = x~iy. Тогда х = ~—f у =
_ 2~~г ■
~~ 2
лучим
I. Подставляя в уравнение (11) выражения для х и у, по-
А (z + z) + Bi (2 —г) + 2С = 0
или
(A + iB)z + (A-iB)z + 2C=0. (12)
Введем обозначение
A-\-iB = a.
Тогда уравнение (12) примет вид
az + az + 2C = 0.
Пример 16. Написать в комплексной форме уравнение
окружности
х* + у* + 2х + 2у = 0. (13)
Решение. Имеем
^2 + У2 = I г |2 = гг, 2x = z + z, 2y=i(z — z).
Подставляя в уравнение (13), получим
гг + 2 + г + ( (z — z) = 0
или
гг + (1— 0 гН-(1+£) 2=0.
Пример 17. Какая линия на плоскости XOY определяется
уравнением
гг + «(г — z)-2 = 0? (14)
Решение. Пусть г = x-f-ft/.
Имеем z = x — iy, z2=jc2-j-y2.
Уравнение (14) примет вид
х3 + У3 — 2(/— 2 = 0
или
*3+(г/-1)3=з.
Это — окружность радиуса i? = }A3 с центром в точке (0,1).
Написать в комплексной форме уравнения следующих
линий:
46. а) Координатных осей ОХ и OY;
б) прямой у — х;
в) прямой y—-kx + b, где k, b — действительные.
47. а) Равнобочной гиперболы
б) окружности
х? + у2 + 2х = 0.

16 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
§ 2. Функции комплексного переменного
Говорят, что в области D определена функция w = f(z), если
каждой точке z£D поставлено в соответствие одно (однозначная
функция) или несколько (многозначная функция) значений т. Пусть
z = x-\-iy и w = u-\-iv. Тогда зависимость w = f(z) между
комплексной функцией w и комплексной переменной z может быть описана
с помощью двух действительных функций и и у действительных
переменных х и у:
и — и{х, у), v = v(x, у).
Пример 1. Пусть w = г3 — И.
Полагая г = х + /«/, w = u-\-lv, получим
и + iv = (x + iy)3 — I (x — iy) = (ж3 — Ъхуг — у) + 1 (Ъх*у — у* — x).
Следовательно, равенство w = zs — г'г равносильно двум равенствам
J Ц = Х3 — Зху* — у,
\ и — Ъх^у — х — уь.
Для следующих функций найти действительную и
мнимые части:
48. a) w = z—iz2; б) a) = z2 + t; в) w = i — z3;
1 л iz+l
z
Г) W = T; Д) w^j^; e) W=~.
Функция w—f(z) осуществляет отображение точек комплексной
плоскости г на соответствующие точки комплексной плоскости w.
В следующих задачах найти образы данных точек
при указанных отображениях:
6)z0=l — t, w = (z — if\
■; г) z0 = 2 + 3/, w = ~.
49. a) z0 = — i,
В) Z0=l,
w — z2\
1
W— :
7 /
Пусть в плоскости z кривая задана уравнением F (х, у) = 0.
Чтобы найти уравнение образа Ф [и, и)=0 этой кривой в плоскости
w при отображении с помощью функции w = f(z) = u-{-iv, нужно
исключить х и у из уравнений
1и = и(х, у),
v = v(x, у),
F(x, y)=0.
Если кривая задана параметрическими уравнениями:
xyzxy§} илиг=*(о=*(9+чк<).

§ 2] ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 17
то параметрические уравнения ее образа при отображении w=f(z) =
= u-\-iv будут
и = н [*(<), y(t)]=U(t), J
v = v[x(t), y(t)] = V(t). J
Пример 2. В какую кривую отображается единичная
окружность | г | = 1 с помощью функции ш = г2?
Решение. Пусть z — x-\-iy и w = u-\-iv. Тогда и = л:3 — (Д
v = 2xy. Исключая х и г/ из уравнений
и = я2 — г/2,
о = 2хг/,
(, лгз + г/3 = 1,
получим
Итак, образом окружности | г [ = 1 в плоскости г является
окружность u2-\-v2=l в плоскости да, проходимая дважды. Это следует из
того, что поскольку w = г2, то Arg w = 2 Arg г + 2fcrt, так что когда
точка г описывает полную окружность | г | = 1, то ее образ описывает
окружность | да | = 1 дважды.
Пример 3. Найти образ окружности z = R cost-\-iR sin t
(0^<^2я) при отображении bi= —.
Решение. Пусть г = х + 'У- Данное, уравнение окружности
можно записать в виде x = Rzost, y=R\m t, где 0^^^2я. Отделим
действительную и мнимую части функции w = u-\-iv. Имеем
г г2 х2 — у* , . 2xi/
Отсюда
2 гл х2 + уг ' *2 + </2'
ха —</2
и =
л:2 + г/2'
2л: г/
Подставляя x — Rcost и г/ = # sin ^ в и и у, получим параметрические
уравнения образа окружности
cos21 — sin21
, = cos2<,
cos2 <+sin3<
; = sin 2t,
2 cos t sin t K '
cos2 < + sin2t
ИЛИ «2+t)2=l.
Итак, образ есть единичная окружность, проходимая дважды,
что следует из того, что 0 ^ t ^ 2я, и из формул (а).

18 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ. I
a) |z| = T; б) Rez = 0; в) argz=Tn;
50. Установить, на какие линии плоскости до
отображаются с помощью функции до = — следующие линии
плоскости г:
"2
г) argz2 = — ~; д) Rez — Imz; e) |z| = z.
51. Найти образы координатных осей ОХ и OY при
следующих отображениях:
а) до = —Ц-; б) до = Н— •
7 г—1 7 'г
Основные элементарные функции комплексного
переменного
1. Дробно-рациональная функция
,„_ aoZn+aiZn~1 + ...-\-an
b0zm + b1zm^+... + bm'
в частности, рациональной функцией является многочлен
w = а0гп + а^""1 -\-... + ап.
2. Показательная функция ег определяется как сумма абсолютно
сходящегося во всей комплексной плоскости степенного ряда
уЧ у
Показательная функция ег обладает следующими свойствами:
а) ег1 + г2 = ег1 • ez-, где z1 и z2 —любые комплексные величины;
б) ег + 2*л' = ег (й = 0, ± 1, ±2,...), т. е. ег является
периодической функцией с периодом 2л(.
3. Тригонометрические функции sin г и cos г определяются
степенными рядами:
z3 z2n+1
8ta2=2__r+... + (_1)»__i+...,
Z2 Z4 Z2ra
c082=l__+__...+(_l)» m+...,
абсолютно сходящимися при любом комплексном значении г.
Функции sinz и cosz периодические с действительным периодом 2я и
имеют только действительные нули z = kn и z = -~--|-ftn (& = 0,
± 1> ± 2, ...j соответственно.

12] Функции комплексного переменного 1§
Для функций ег, sin z и cosz имеют место формулы Эйлера
e,z — cosz-j-i sin z, e~iz = cosz—/ sin г, (1)
откуда
cosz = —П .? smz= 2]—• (2)
Функции tgz и ctgz определяются равенствами
sin г , cos z /0.
tgz = , ctgz = -—. (3)
& cosz' яп г v '
Для тригонометрических функций остаются в силе все формулы
тригонометрии.
4. Гиперболические функции shz, chz, thz, cthz определяются
равенствами
р% р~** р*° I P~Z
sh2 = £_^> ch2=lil_t (4)
., shz ,, chz ...
thz = -r—, cihz = -r~ . (5)
ch 2' . sh z v '
5. Логарифмическая функция Lnz, где гфО, определяется как
функция, обратная показательной, причем
Ln z = ln | z |-f-( Argz = ln ) z |+t argz-J-2/гш (6)
(fe = 0, ±1, ±2, ...)•
Эта функция является многозначной. Главным значением Ln z
называется то значение, которое получается при fe = 0; оно обозначается
lnz = ln \г \-\-i argz.
Справедливы следующие соотношения:
Ln (z^) = Ln zx-\- Ln z2,
Ln (—) = Ln z1 — Ln z2,
Lnzra = «Lnz-f-2nfei, где k = 0, ± 1, ...
6. Обратные тригонометрические функции Arcsin z, Arccos z, Arctge
определяются как функции, обратные соответственно к sin z, cosz, tgz.
Например, если z=sina>, то w. называется арксинусом числа г
и обозначается w = Arcsin z.
Все эти функции являются многозначными и выражаются через
логарифмические функции
Arcsin z = — i Ln (iz + yi— &), (?)
Arccos z = — i Ln (z-f j/z«—I), (8)
Arctgz = ~TLnT£^. (9)

20 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. !
7. Общая степенная функция ю=га, где а=а+ф— любое
комплексное число, определяется соотношением
Эта функция многозначная; ее главное значение равно
2°=еа1пг. (11)
8. Общая показательная функция w = az (a=£0 — любое
комплексное число) определяется равенством
az=ezLna. (12)
Главное значение этой функции
аг = ег1па. (13)
52. Выделить действительную и мнимую части у
следующих функций:
a) w — e~z; б) w=ez2\
в) w = sinz; r) w = ch(z — i);
д) w — 2*2; e) w = shz;
ж) w = tgz.
Пример 4. Найти значение модуля функции a»=sin2 в точке
г = я + Пп(2 + уГ5).
Решение. Пусть z = х -\- 1у. Тогда
а/= sin л ch у + / sh у cos #.
Модуль функции sin z равен
| sin г | = У sin2* ch2y-j-sh2# cos2.*- =
= /sin2* ch2i/ + shai/ • (1 — sin2*) = /sin2*-|-sh2#.
Полагая г=я + Пп (2 + У5), найдем
I sin [n + t In (2+ KB)] | = sh [in (2-j-/5)] =
2 + УЪ- '
eln(2 + /5)_e-ln(2 + /5) "ГГ 2+ /5
= _ = _ =2.
Этот пример показывает, что тригонометрическая функция sin г
в комплексной области может принимать значения, по модулю
большие единицы.

§ 21
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
В следующих задачах найти значение модуля и
главное значение аргумента данных функций в указанных
точках:
53. oy = cosz, а) г1 = |: + Пп2; б) z2 = n + tln2.
54. w = shz, z0=\ + i~.
55. w = zez, г0 = ш.
56. w — ch2z, z0 = t In 3.
57. Найти логарифмы следующих чисел:
а) е; б) —г; в) i; г) — 1 —i; д) 3-2/; е) с1.
58. Найти:
- ■ г- fl + i\2i
а) /•; б) /'; в) 1'; г) (-l)^2; д) (~h) >
е, (£+^+'
V2
Ж) (1-0
з-зг
59. Найти модуль р и аргумент ф комплексных чисел:
a) thrn; б) 10'; в) З2-'.
л
Пример 5. Записать в алгебраической форме Arcsin -=- L
о
л
Решение. Полагая в формуле (7) z = —г, получим
Arcsin jl = —iLn{— ~ ± у 1+|-).
Отсюда
Arcsin -fr (' = —(' Ln
[-(f+/1+?)]'
я2
= (2ft + l)n-(ln(-J+|/ 1 +
(* = 0, ± 1, ±2,...)
Arcsin.-^- г=—г Ln
/'
=-44/i+?-t)+2^
= 2kn — i In
V' +
л2 л
"9 ~"3
(ft = 0, +1, +2, ...).

22 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Пример 6. Записать в алгебраической форме Arctg (1+i).
Решение. Полагая в формуле (9) z = 1 —f— i, получим
Arctg(l+t) = - 2-L"1It-;i + o=-TLn-2^7 =
Далее
=~TLn(—ё-+4г)
Ln (— у + |- i) =— In Vb + (2k + 1) ni — i arctg 2.
Окончательно
Arctg (l+i) = —|- arctg 2 + (2A+l)^+-^-lny 5
(fe = 0, ±1, ±2, ...)•
60. Записать в алгебраической форме следующие
комплексные числа:
a) sin га'; б) cos га'; в) tg-g-t;
г) ctgra'; д) Arcsin г, e) Arctg ~;
ж) Arccost; з) sh-^; и) th га'.
Пример 7. Решить уравнение sin z = 3.
Решение. Задача сводится к нахождению величины
г = Arcsin 3.
Воспользуемся формулой (7):
Arcsin t = — i Ln (it + /Ь^Т2).
Будем иметь
z = Arcsin 3 = — i Ln (3i + У~8)
или, учитывая то, что
J/3T8 = + У81,
получим
z = -i[Ln(3 + /8)i].
z = -j[Ln(3->A8)i]-

§3]
УСЛОВИЯ КОШИ-РИМАНА
23
Так как
arg Ш + УТ) *] = arg [(3-VJ) i] = f,
|(3+/8)г|=3+/8, \{3-V8)i\=3~V8,
то
Ln [ (3 ± К8") i] = In <3 + У'8) + -| i + 2ton\
где А = 0, ±1, ±2, ... Следовательно,
2 = у+2йя-г1п(3± /8") (А = 0, +1, ±2,...).
Решить следующие уравнения:
61. e* + i = 0.
62. 4cosz + 5 = 0.
63. sh iz = — i.
64. sinz = m.
65. elx = cosnx (л: —действительное).
66. е2г + 2ег—3 = 0.
67. ch z = t.
68. a) ln(z + t) = 0; 6) ln(t —z) = l.
§ 3. Дифференцирование функций
комплексного переменного.
Условия Коши—-Римана
Пусть функция w—f(z) определена в некоторой области D
комплексного переменного г. Пусть точки г и 2-|-Az принадлежат
области D. Обозначим
Дш = /(г + Дг) —/(z), Д2 = Дх+г%.
Определение 1. Функция w=f(z) называется дифферен-
, г. Aw
цируемои в точке z^D, если отношение -г- имеет конечный предел
при Дг, стремящемся к 0 произвольным образом. Этот предел
называется производной функции /(г) и обозначается символом /'(г) (или
i dw\
W' ИЛИ "2? > так чт0 по определению
W=r (г)= lim^. (1)

26 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Пользуясь условиями Коши — Римана, аналитическую функцию
/ (z) можно восстановить, если известна ее действительная часть
и (х, у) или мнимая часть v (х, у).
Кроме этого, аналитическую в окрестности точки г0 функцию
/•(z) можно восстановить по одной из следующих формул:
/(z)=2to(!±!°, z-=f°) + c0, (6)
где С0 — сопряженное число для C0=/(z0), а г0 —сопряженное число
для г0.
Пример 4. Найти аналитическую функцию w=f (г) по
известной ее действительной части и (х, у) = 2ех cos у и дополнительном
условии /(0) = 2.
Решение. Первый способ. Имеем -^- = 2ех cos у. По
„ ,. _. , ди dv
первому из условии Коши — Римана должно быть — = — так что
v- = 2ех cos у. Отсюда v (х, у) — \ 2ех cos ydy = 2ex sin у-\-ц> (х), где
функция ф (х) пока неизвестна. Дифференцируя v (х, у) по х и
используя второе из условий Коши — Римана, получим
2ех sin у + ф' (х) = — -г- = 2е* sin у,
откуда ф' (х) = 0, а значит ф(х) = С, где С = const.
Итак, v (х, y) — 2ex-smy-\-C, и, следовательно,
/ (z) = 2е* cos у +1 (2e* sin у + С) = 2ег + tC.
Постоянную С найдем из условия /(0) = 2, т. е. 2e°-]-tC = 2; отсюда
С = 0. Ответ: f(z)=2ez.
Второй способ. Воспользуемся формулой (5). В нашем
примере и (х, у) = 2ех cos у, z0 = 0, C0 = 2. Значит, по формуле (5)
Z
— Z Z
будем иметь /(z) = 2-2e2 cos -~т- —2. Пользуясь тем, что cos -^ =
= cos — -s-) = ch -=-, получим окончательно / (z) = 2ez.
Пример 5. Найти аналитическую функцию w — f(z) по
известной ее мнимой части v (х, у) = 3х + 2ху при условии, что /(—i) = 2.
Решение. Воспользуемся формулой (6). В нашем примере
v(x, у) = Зх->Г2ху, г0 = —г, С0 = 2, так что
'(г'=2,'(3т+2т'т)+2=ЗЙ+А

§31
УСЛОВИЯ КОШИ —РИМАНА
27
Восстановить аналитическую в окрестности точки г0
функцию / (г) по известной действительной части и (х, у)
шла мнимой v (х, у) и значению / (г0):
75. а)Н=^2> /(я.)=4;
6)y=arctg| (x>0), f(\) = 0;
в) и=*2—#2 + 2х, f (г)=2г — 1.
76. a) y = 2(chxsinz/ —д#), /(0) = 0;
б) ы = 2 sinxch г/—х, /(0) = 0;
в) y = 2(2sh я sin # + *#)> f (0) = 3.
77. а) и = — 2sin2xsh2y + y, f(0) = 2;
б) y = 2cosxchz/ —х2 + г/2, /(0) = 2.
^.Определение 3. Функция ф (х, у) называется гармонической
в области D, если она имеет в этой области непрерывные частные
производные до второго порядка включительно и удовлетворяет
в этой области уравнению Лапласа
дх*^~ ду*
Если функция f (z) = u-\-iv аналитична в некоторой области D,
то ее действительная часть и(х, у) и мнимая часть о (х, у) являются
гармоническими в этой области функциями.
Однако если иг (х, у) и v1(x, у) — любые две гармонические
функции, то функция /2 (z) = Uj (x, t/) + ti>i (x, у) вовсе не обязана быть
аналитической функцией: для аналитичности f1 (г) нужно, чтобы
функции «j и vx дополнительно удовлетворяли условиям Коши —Римана.
Две гармонические функции, удовлетворяющие условиям (2),
называют сопряженной парой гармонических функций.
Показать, что следующие функции являются
гармоническими:
78. а) и=х2-{-2х~у2; б) u = 2excosy;
, х . у
д) w = arctg|-; e) и = 1п (х* + у2).
79. При каких условиях трехчлен и — ах2-{-2Ьху-{-су2
является гармонической функцией?
В следующих примерах даны пары и(х, у), v(x, у)
гармонических функций. Найти среди них сопряженные
пары гармонических функций.

28 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. (
80. а) и = 3(хг — у2), v = 3x*y — y3;
б) " = ^r^> w=~
в) и = х, v — — y;
г) w = e*cosi/+ 1, и= 1-fevsin#.
Геометрический смысл модуля
иаргумента производной
Пусть функция / (г) аналитическая в точке г0 и /' (г0) ф 0.
Тогда | /' (г0) | равен коэффициенту растяжения в точке z0 при
отображении a»=/(z) плоскости z на плоскость w; точнее: при |/'(г0)|>
> 1 имеет место растяжение, а при | /' (г0) | < 1 —сжатие.
Аргумент производной /' (г0) геометрически равен углу, на
который нужно повернуть касательную в точке 20 к любой гладкой
кривой иа плоскости z, проходящей через точку z0, чтобы получить
направление касательной в точке w0-=f(za) к образу этой кривой
иа плоскости w при отображении w = f{z). Заметим, что если ср =
= arg/'(z)>0, то поворот происходит против часовой стрелки,
а при ф<0— по часовой.
Пример 6. Найти коэффициент растяжения и угол поворота
при отображении w=z2 в точке z0 = j/"2 -j-i |/"2.
Решение. Имеем w'(г) = 2г, так что «/'I __ _=21/2~4-
+ i 2 Vl.
Перейдя от алгебраической формы записи комплексного числа
2 |^2 -f- i2 Y2 к тригонометрической, получим
2V2+l2V2=A(Kf + i Ц) = 4(«4 + ;s„4).
Значит,
т. е. коэффициент растяжения /- = 4, а угол поворота ф = -г-.
Найти коэффициент растяжения г и угол поворота <р
при заданных отображениях w = f(z) в заданных точках:
81. a) w — e? в точках 21 = ln2-f/^ и г2 =—1—г'^;
б) да = sinг в точках г1 = 0 и za=l + f,
в) ш = г3 в точках гх = 2 —г и z% = \-\-i~.

§31
УСЛОВИЯ КОШИ — РИМАНА
29
82. Выяснить, какая часть комплексной плоскости
растягивается, а какая сжимается при следующих
отображениях:
a) w = ez; б) w = lnz; в) w = -j\ г) w
= ?з
Если функция w = f (г), аналитическая в некоторой области D,
взаимно однозначно отображает эту область на область D, то кривая
I, лежащая в области D, отобразится в некоторую кривую L в
плоскости w, длина которой равна
L
\dz\
(!)
Аналогично, область D в плоскости z переходит в область D в
плоскости w, причем площадь области D
выражается формулой
Sn = \Uf(z)?dxdy. (8)
Таким образом, | f (z) |2 равен
коэффициенту искажения площади при
отображении w — f (z).
Пример 7. Точка z=x-j-ij/ описывает
отрезок
х=1, — ls=!/s=l- (9)
Чему равна длина линии, получающейся
при отображении этого отрезка с помощью
функции o> = z2?
Решение. Первый способ.
Имеем a»^=z2 или
и + iv = хг — уъ + i2xy,
т. е.
у U = X2 — !/2,
\ о = 2л;г/.
Очевидно, на линии (9) будем иметь
\ v = 2y,
(10)
V 10,-2)
Рис. 3.
причем при изменении у от — 1 до -j- 1 и будет меняться от — 2 до
+ 2. Из (10) получаем уравнение параболы
1 = 1-
t>2
(рис. 3).
(И)

30
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. 1
Длина дуги А'В'С параболы (11)
2 2
lw = 2 \ 1/ 1 +~dv= \ Vi+v*dv = 2Y2 + 1п (3 + 2^2).
о о
Второй способ. Пользуясь формулой (7), будем иметь
1
/„ = Sinz)||dz| = J|2z||dz| = 2 $ V\+y*dy =
= 4J|A+y» А/ = 2^2 +ln(3 + 2]/2).
Пример 8. Вычислить площадь области, в которую
преобразуется при отображении хю = ег квадрат
a — es£*s£a+e, —8s£(/s£e (рис. 4).
(а—действительное, 0 < s < л, z=x-\-iy).
Вычислить предел отношения площадей этих областей, когда
8-*0.
Решение. Первый способ. Имеем w = ez=ex+iy = exeiv
или w = pe'f, где р = ех, ср = г/. Таким образом, при отображении
Рис. 4.
w = ez в плоскости w получим область, ограниченную двумя лучами
argffi» = —е и argai = s и дугами двух окружностей р = еа~г и р = еа+е
(рис. 5). Площадь отображенной области будет равна
Sw= | d(f j pdp = ee*a *s(eie— 1).

§3]
УСЛОВИЯ КОШИ-РИМАН4
31
Второй способ. Применяя формулу (8), имеем
а + е в
Sa,= Uir (z)\2dxdy=\je*xdxdy= j e^dx j dy = ze*a-™{eie~ 1).
Ъ t> а —в —г
Очевидно, что площадь области D Sa = 4e2, поэтому
■ oS2 в — о
4е2
83. Найти площадь образа квадрата D{0ssx==s 1,
(X; г/sg 1} при отображении w = z2 и длину' его границы.
Рис. 5.
84. Найти площадь образа прямоугольника
Р{0<х1^х^х2<^, 0<у1<г/=ёг/2<|-}
при отображении w = cosz.
85. Пусть г описывает область, определяемую
условиями ^-
г|<2, -T<argz<T.
1
Найти площадь области, полученной при
отображении Ш=22
86. Найти длину L спирали, на которую с помощью
функции w = ez отображается отрезок у=х, 0^лг^2я.
87. Найти область Pw, на которую функция © = ег
отображает прямоугольник Р{1 ==sх=г£2, 0^у^8}.
Вычислить площадь области Pw с помощью формулы (8) и

32 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. t
объяснить, почему эта формула дает неправильный
результат.
88. Найти площадь фигуры, получающейся при
отображении треугольника, ограниченного линиями х = 0,
у = 0, х-\-у=\, с помощью функции w=l-\-iz.
§ 4. Интегрирование функций
комплексного переменного
Пусть однозначная функция f (z) определена и непрерывна в
области D, а С—кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая,
Лежащая в D.
Пусть z = x-\-iy, /(z) = u-j-iu, где и = и(х, у), v — v(x,
(^—действительные функции переменных х и у.
Вычисление интеграла от функции / (г) комплексного переменного
г сводится к вычислению обычных криволинейных интегралов, а
именно,
^ f (z) dz=\ и dx — vdy-\-i \ v dx-\-u dy. (1)
Интеграл \ f (z) dz, вообще говоря, зависит от пути интегрирования С.
Если / (z) —аналитическая функция в односвязной области D,
то интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае
$/(z)<fe = 0,
t
где L — любой замкнутый кусочно-гладкий контур в области D.
Если кривая С задана параметрическими уравнениями
x=x(t), y = y(t)
и начальная и конечные точки дуги С соответствуют значениям
параметра / = /0, t — t1: то
\f(z)dz=\f[z(t)]z'(t)dt, (2)
С to
где
z{t) = x(t) + iy(t).
Если функция / (z) аналитична в односвязной области D,
содержащей точки z0 и гъ то имеет место формула Ньютона—Лейбница
\ f (z) dz = Ф (Zl) - Ф (z0) = Ф (z) f \ (3)
где Ф (z) —какая-либо первообразная для функции / (z), т. е. Ф' (z)==
= / (z) в области D.

5 41
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ 33
Если функции f (г) и ф (г) аналитические в односвязной области
D, а г0 я г1 — произвольные точки этой области, то имеет место
формула интегрирования по частям:
\ f (г) Ф' (z) dz = [/ (г) <р (г)] И1 —?Ф (г) f (z) «fa. (4)
Ztj Zq
Замена переменных в интегралах от функций комплексного
переменного производится аналогично случаю функции действительного
переменного. Пусть аналитическая функция z = (f(w) отображает
взаимно однозначно контур С в z-плоскости на контур С1 в
^-плоскости. Тогда
$f (z)dz=f f[(p(w)]<p'(w)dw. (5)
Если путь интегрирования является полупрямой, выходящей из точки
z0, или окружностью с центром в точке z0, то полезно делать замену
переменной вида
z-z0 = pe<>. (6)
В первом случае 9 = const, а р —действительная переменная
интегрирования, во втором случае p = const, а ф—действительная
переменная интегрирования.
Пример 1. Вычислить интеграл
$(l+i — 22) dz
С
по линиям, соединяющим точки zt = 0 и z2 = l+i,
1) по прямой;
2) по параболе г/ = х2;'
3) по ломаной z^gZj, где z3=l.
Решение. Перепишем подынтегральную функцию в виде
1+i — 22 = (1— 2x) + i(l+2y).
Здесь и = 1 — 2х, v = 1 + 2г/.
Применяя формулу (1), получим
f (l+i-22)dz = j (l-2x)d*-(l+2i/) Л/ +
+ i ?(l+2y)«te + (l-2x)dy.
1) Уравнение прямой, проходящей через точки г1==0 и г2 = 1+г,
будет у = х, OsgxsSl, а значит dy = dx. Поэтому
1
J (l+t-22) dz= f [(1 -2х)-(1 +2х)] <£е +
& о
1
+ i j [(1 + 2х) + (1 - 2х)] d* = 2 (i -1).
о
2 М. Л. Краснов и др.

34 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. 1
2) Для параболы t/ = xa имеем dy = 2xdx (Os£x«£l).
Следовательно,
1
\ (1 +* — 2z)dz = { [1 — Чх — (1 + 2*2) 2х] dx +
1"'
+ i \ [l+2*2 + (l-2x)2x]dx = — 2 + -3-/.
3) На отрезке z^: 1/ = 0> dy—0, Orgx^l. На отрезке zsz2:
Х=1, dx — О, 0^г/^1. Используя свойство линейности
криволинейных интегралов, получим
jj(l+i —2z)dz= $ (l+i-2z)dz + $ (1+г-2г)йг =
1 11 1
= $(l-2*)d* + iUx-5(l+2i/)d!/-H$(l-2.1)dy=-2.
Этот пример показывает, что интеграл от непрерывной, но не
аналитической функции зависит, вообще говоря, от формы пути
интегрирования.
Пример 2. Вычислить интеграл
\(г*-\-22)йг,
где С —дуга окружности |z| = l (0 sg arg z ==£ я)..
Решение. Положим г = е"?, тогда dz — ie"?d(p и
я
\ (za +гг) dz = \ iel? (е12? +1) &р =
я
= г
(е'з^ + ег<Р) dq = (-^eia* + elA {" = — ■!•.
Пример 3. Вычислить интеграл \ e^dz, где С —отрезок прямой
i'
[/ = —х, соединяющей точки zt = 0 и г2 = я-ш.
Решение. Параметрические уравнения линии С есть
х = /, y = — t
или в комплексной форме
где действительное переменное / изменяется от 0 до я.

5 4! ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ 35
Применяя формулу (2), получим
Пример 4. Вычислить интеграл
^ (3z2-j-2z)dz.
1 — i
Решение. Так как подынтегральная функция' f (г) = Зг* -f- 2г
аналитична всюду, то, применяя формулу Ньютона—Лейбница, найдем
2-И ,2+1
j (32^z)<fe = (z3+z2) _ =
= (2 + 0s+(2 + 0a-(l-0s-(l-0a = 7+19s.
Пример 5. Вычислить интеграл
i
\ г cos z efe.
Решение. Функции f(z) = z и ф(г)=созг являются
аналитическими всюду. Применяя формулу интегрирования по частям,
получим
I г cos z dz — \ г (sin г)' dz — (г sin z) — f sin z dz =
» 1-е
= i sin i -j- cos z
= —shl+chl-l=-
o
Однозначные ветви многозначной функции.
Точки разветвления.
Пусть функция ш = /(г), аналитическая в области D, отображает
D на область О, и такова, что обратная функция г = <р(а>)
многозначна в области G. Если существуют однозначные, аналитические
в области G функции г = ф1(о»), г = ф2(гг»), ... , для которых данная
функция o) = f(z) является обратной, то функции cpt (w), ф2 («Ot ■••
называются однозначными ветвями функции ц> (а/), определенными
в области G.
Например, функция w = zn каждой точке га ставит в соответствие
единственную точку w0, но одной и той же точке w0(w^0, а^со!)
функция z=-j/ffiT ставит в соответствие п различных точек плоскости
г; при этом если ш = ре'8, то эти п значений г находятся по формулам
гА = ге я, где
я /— 8 2&л
'•=УР.Фй = - + — (-Жб^л, А = 0, 1, 2 л_1). (7)

36 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Пусть односвязная область G содержит точку а/0, но не содержит
точек w = 0 и а» = оо. Тогда различным фиксированным значениям k
(k = 0, 1, 2, ... , п—1) при одном и том же выборе числа 90
(например, e0 = arga»0) соответствуют различные ветви функции г = т/"ш.
Точка, обладающая тем свойством, что обход вокруг нее в
достаточно малой окрестности влечет за собой переход от одной ветви
многозначной функции к другой, называется точкой разветвления
рассматриваемой многозначной функции. Точками разветвления
функции у w являются точки да = 0 и ш=оо.
После n-кратного обхода вокруг точки w = 0 мы вернемся к
первоначальной ветви функции -J~w; точки разветвления, обладающие
таким свойством, называются алгебраическими точками разветвления
порядка п—\. В каждой из этих точек функция имеет только одно
п г—~ п .—
значение: у 0 =0, у со = со, т. е. различные ветви функции в этих
точках совпадают.
Для логарифмической функции а) = Ьпг точками разветвления
являются г = 0 и z = oo, причем Ln0 = oo и Lnoo = oo. Любое
конечное число обходов (в одном и том же направлении) вокруг точки
г = 0 не приведет к первоначальной ветви функции Ln г. Такие точки
ветвления называются логарифмическими. При интегрировании
необходимо выделять ветвь многозначной функции. Это достигается
заданием значения многозначной функции в некоторой точке контура
интегрирования.
Если контур интегрирования С замкнут, то начальной точкой г0
пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение
подынтегральной функции.
Пример 6. Вычислить интеграл
{ dz
с
где С —верхняя дуга окружности |г| = 1. Для Уг берется та ветвь,
для которой У~1 =— 1.
Решение. Первый способ. Функция ]/г имеет два
значения:
VT = |z|fcos-|- + <sin -|
УТ = \г\ cosf| +Jij + i sin f|+.njj=—|z| ^co?-|- + /sin -|
где ф = arg z.
Так как значения z берутся на единичной окрух.ности, то | г| = 1,
и, следовательно,
Vг =cos-^- + t sin £-,
,/-- Ф • • Ф
у г = -- cos ~ — i sm ;,-.

§41
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ
37
Условию уТ= — 1 удовлетворяет второе значение
,/-- Ф . Ф
у г = — cos ~— i sin —-.
В самом деле, пусть г=1, тогда arg2 = 0 и
|/1 = — cos 0 — i sin 0 = — 1.
Применяя формулу Ньютона —Лейбница, получим
-1
(8)
Г" dz _ ? _dz_
= 2 У г
1 = 2(]Г=Л~УТ).
С 1
Полагая в формуле (8) г=—1, найдем
arg (—1) , . . arg(—1)
cos „ f-1 sin '
]-
cosy + i siny)=— i.
Согласно выбору ветви имеем |/l = — 1 и окончательно получим
Sf?-"1-*
Второй способ. Полагаем г=реф, где р = 1, а ф меняется
— /М1+я
от 0 до я. Из условия У 1 = — 1 следует, что у е'ф =е ^2
В самом деле, при ср = 0 получим е<ф = е°=1 и
Теперь
= cosn+i sin я = — 1.
С dz f ie'" , Г" ieirt> da C-'{J-"L
= 2е ^
0=2\е а —е—'"/ = 2(1—О-
i
С In3 z
Пример 7. Вычислить интеграл /= \ dz no дуге окруж-
1
ности |г| = 1 (In г —главное значение логарифма, In 1=0).
Решение. Первый способ. Применяя формулу Ньютона-
Лейбница, получим
/=■ J i£i*= J in» ad (in ,)=-!!£
In4 i-In4 1 _ In4 f 1 /niV л4
4 _ 4 ~ 4 \ 2 j ~64-

38 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ. Г
Второй способ. Делаем замену переменной
1пг = а;, dw =—.
z
Дуга окружности | г | = 1 переходит в отрезок мнимой оси, заклю-
юй между точками {О,
Интеграл примет вид
я
чениой между точками {0, 0) и (0, -=-
[= \ wzdw = -j-
_ 1 я4/4 _ л*
о
Третий способ. Положим г = е1ф (здесь р = | г | = 1).
Тогда
In г = г'ф, dz = 1ещ Ар.
Действительная переменная ф изменяется в пределах Osgipss; —.
В этом случае получаем
1
Вычислить следующие интегралы:
89. $zlmz2dz, С: |z|=l (-n^argz^O).
с
90. |j e1 z |2 Re z dz, С —прямая, соединяющая точки
с
z1 = 0, za = l + t.
91. Jlnzdz (Inz — главное значение логарифма),
с
С: |zj = l, а) начальная точка пути интегрирования г0=1;
б) г„= — 1. Обход против часовой стрелки.
92. \zRezdz, С: |г| = 1. Обход против часовой
стрелки.
93. §ггdz, С: \z\=l. Обход против часовой стрелки.

§ 4] ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИИ 39
I
94. \ze*dz. 95. \Rezdz, С: a) z=*(2 + i)t (0«s«l);
I С
б) ломаная, состоящая из отрезка [0, 2] действительной
оси и отрезка, соединяющего точки гх=2 и 22 = 2 + /.
—1—г »+1 г
96. ] (2z-+l)dz. 97. ^ z3dz. 98. $(3z4-2z3)cte.
1 +» 0 1
99. \егdz, С: а) дуга параболы у = х2, соединяющая
с
точки, 22 = 0 и z2=l +г; б) отрезок прямой, соединяющий
эти же точки.
100 I cos zdz, С: отрезок прямой, соединяющий точки
гг = ~ и z2 = n + i.
Г* (£?
101. \ -f=, С: а) верхняя половина окружности \г\ = 1;
с _
выбирается та" ветвь функции j/z, для которой |/Т=1;
б) |z|=l, Rez^O; У~{=^1 (I - i).
С dz
102. \ гт=> ^: веРхняя половина окружности !z| = l;
J т/г3
с _
берется та ветвь функции w — \fz3, для которой i/l = l.
103. 5 (г3-г)£2^г. 104. $zcos2d2.
1 + « 0
105. 5 2 sin г dz. 106. ^ (г — i)e~'dz.
i
107. \ nzV"j dz по дуге окружности |z| = l, Imz^Q,
i
Re 2^0.
108. \ — dz по отрезку прямой, соединяющей точки
i
2i=l И 22 = j.
109. § sin z cos zdz.
о

40 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. t
ПО. \ 2 dz по прямой, соединяющей точки гх=1
и z,
111
и г2 =
Ksin(— l) = t V"sin l.
112
113
114
115
(* cos z dz
\ ,. по прямой, соединяющей точки гй = — 1
; выбираем ту ветвь функции J/^sinz, для которой
V Re (sin г) cos г dz, С: |Imz|<;l, Rez = 4-
\z\m(z*)dz, С: |Imz|=scl, Rez = l.
с
i
\ ze*2dz.
— i
jjtg zdz, С: дуга параболы у = л:2, соединяющая
с
точки z = 0, 2 = 1+1.
§ 5. Интегральная формула Кошн
Если функция f (г) является аналитической в области D,
ограниченной кусочно-гладким замкнутым контуром С, и на самом
контуре, то справедлива интегральная формула Коши
f(z0) =
_1_ С f (г) &
2nt л г—"гп
(г0 е D),
(1)
где контур С обходится так, что область D остается все время слева.
Интегральная формула Коши позволяет вычислять некоторые
интегралы.
Пример 1. Вычислить интеграл
ch iz
z2+4z + 3
dz.
Решение. Внутри окружности |г|=2 знаменатель дроби
обращается в нуль в точке г0 =— 1. Для применения формулы (1)
перепишем интеграл в следующем виде:
ch vz
ch iz ,„ С 2 + 3
i l* + te + 3dz- \
1*1=4
(2 + 1) (2 + 3)
dz
- ь
(-1)
dz.

§ 5] ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ 41
Здесь г0 = — 1 и функция f (г) = ■ является аналитической в круге
] г \ s£ 2. Поэтому
{" ch (2 . ch (— i) ... . ,
\ „ , л—г-r cfe = 2rof (— l) = 2m —^—i = re ch г = яг cos 1.
j г3 + 4г + 3 2
|г|*=9
Пример 2. Пользуясь интегральной формулой Коши, вычислить
интеграл
с
если:
1) С: | г-2 | = 1;
2) С: | 2-2 | = 3;
3)С: | 2-2 | = 5.
Решение. 1) В замкнутой области, ограниченной окружностью
jz — 2 |=1, подынтегральная функция аналитическая, поэтому, в силу
теоремы Коши
С е
3 22—62
I* —3| —1
& = 0.
2) Внутри области, ограниченной окружностью \г — 2[ = 3,
находится одна точка 2 = 0, в которой знаменатель обращается в нуль.
Перепишем интеграл в виде
„г2
Ji£&*= S, V-*-
С
„г2
Функция f(z) = ^ является аналитической в данной области.
Применяя интегральную формулу Коши (г0 = 0), получим
1 \ я£
I
г*
е
■ йг = 2яе ■
га —6г г — 6
|г — 21=3
г = о=2тЧ ^ б/" 3-
3) В области, ограниченной окружностью jz — 2|=5, имеем две
точки 2=0, 2 = 6, в которых знаменатель подынтегральной функции
обращается в нуль. Непосредственно формулу (I) применять нельзя.
В этом случае для вычисления интеграла можно поступать так.
Первый способ. Разложим дробь ——^- на простейшие. Имеем
1 _ 1 _J _1_ _1_
г2 —6г~ 6 * 2 — 6 6 ' г *

42 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
Подставляя в интеграл, получим
I*—»l-e
[ГЛ. I
Ь 2 — 6 6 Ь
г—а I=в |«—s
1
1 e3e — 1
^ 2яг'е36 —s- 2яг = —я— лг.
boa
Второй способ. Построим окружности Vi и Y2 с центрами
в точках г = 0 и г=6 достаточно малых радиусов таких, чтобы
окружности не пересекались и целиком лежали в круге \г — 2|^5
(рис. 6).
Рис. 6.
В трехсвязной области, ограниченной окружностями [г — 2|=5,
Yi и у2, подынтегральная функция всюду аналитична. По теореме
Коши для многосвязной области
ez'dz
г2 —6г:
|г-2|=5
ег dz
г2 — 6г*
V»
К каждому интегралу в правой части можно применить интегральную
формулу Коши (1). В результате получим
е*г dz „ ez
- = 2лг —
|г-2|=5
Z2 — 6Z
+ 2го —
г=0 Z
«36—1
г=6

§ 5] ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ 43
С помощью интегральной формулы Коши вычислить
следующие интегралы:
\_
„.„ С еz , 11П С ег cos яг ,
г—2|=2 |г-1-<| = 1
120
122
|г— 2|«2 |г—1 —<| = 1
—^£-dz. 121. J !
.] ге^Р" 1*1 = 3
dz
(га + 9)(г+9)-
|г|=5 |*|=ч
J24. jjiL£±l).^t C:x2/3+//s = 32/3.
с
125. ^ ^'"-Г^ dz-
|г|=2
Если функция / (г) аналитична в области D и на ее границе С,
то для любого натурального п имеет место формула
где г0 е D, геС Формулой (2) можно пользоваться для
вычисления некоторых интегралов.
Пример 3. Вычислить интеграл
С sin яг ,
dz.
\ (22-1)2
г, т-, л. Sinrt2
Решение. Подынтегральная функция , 2_ .т; является
аналитической в области |г— 1 | ==£ 1 всюду, кроме точки z0=l.
Выделим под знаком интеграла функцию / (г), являющуюся аналитической
в круге ] г—1 | ^ 1. Для этого перепишем подынтегральную функцию
в виде
sin яг
sin лг (2+1)а
(Z2 — 1)2 (г-1)2'

44 ФУНКЦИИ КОМПЛИКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ t
Sin JC2
и в качестве / (г) возьмем Полагая в формуле (2) я=1,
получим
sin яг
J (г-1)3
|г—11 = 1
(г+1)2 dz = 2mf'(\).
I' —I sin лг у я cos яг • (г+ 1) — 2 sin лг
Находим производную
si
(7+1)2/ - (г+1)з
Отсюда
,, .. 2л cos я я
' (1J== 2з =— Т"
Следовательно,
С sin яг я2.
J (га—I)2 2
|г-1| = 1
Пример 4. Вычислить интеграл
С сп г dz
J (2+1)8(2-1) •
|z| = 2
Решение. Первый способ. Знаменатель (г+1)3(г—1)
подынтегральной функции обращается в нуль в двух точках г1= —1,
г2 = 1, лежащих внутри круга [ г | =g 2. Разложим на простейшие
дроби функцию
1 _ 1 1 J 1 11 11
(г+1)3(г-1) ~ 8'г-1 8 "г+1 4 (г+1)2 2 (г+1)з-
Используя линейность интеграла, получим
С ch2 1 С chzdz \_ С ch 2
) (2+l)3(2-l)dZ-8 ) 2-1 ~ 8 ) 2+1 dZ
1*1=2 |г| = 2 U| = 2
_-L С Ch2 _J_ Р Ch2
4 ) (z+\)*dZ 2 J (z+l)3d2-
|г| = 2 |г| = 2
К первым двум интегралам применяем интегральную формулу
Коши (1):
С СП 2
2-1
= 2
dz = 2ni ch l,
J г+1
\zl-2
dz = 2лг ch 1.

§ 5i Интегральная формула коШй 45
Третий и четвертый интегралы вычисляем с помощью формулы (2).
\ -,—\—пи dz = 2га (ch г)' = — 2itf sh 1,
J (г+1)2 |г = -1
1*1=2
|г| = 2
ch г , 2т, , .., 1 , ,
<to = -^7-(chг)" = « ch 1.
Окончательно получим
С dz 2яг ch 1 2лг ch 1 , 1
J (г+1)3Р-1)"
1 = 2
• 2л/ sh 1 —•
1 ... sh 1 — ch 1 . яг
—2-шсЫ = § "'=-&■
Второй способ. Построим окружности fi и у2 с центрами
в точках z1= — 1 и г2=1 достаточно малых радиусов таких, чтобы
окружности не пересекались и целиком лежали в круге | z | =g: 2.
В трехсвязной области, ограниченной окружностями | г | = 2, Yi и 7г.
подынтегральная функция всюду аналитична. По теореме Коши для
многосвязной области имеем
Г ch z dz __ Р ch z dz Г ch z dz
] (Z+1)3(Z-1)~3 (z+l)3(z-l)+3 (2+1)3 (Z- I)' {6)
| г | = 2 Vi V2
К первому интегралу правой части (3) применим формулу (2),
предварительно представив подынтегральную функцию в виде
chz
ch z z — 1
(2+1)3(2-1) (2+1)3-
. ch2
Функция г является аналитической внутри Yi> поэтому в силу
формулы (2)
chz
С ch г dz _ С
) (г+1)з(г-1)- )
ch2d2 С г— 1 , 2лг /chz
dz=-„r
(2+1)3"- 2! \г—1
Yi Yi
2e-! + ch 1
т.
Ко второму интегралу в правой части (3) применяем интегральную
формулу Коши (1)
СП2
. chl
;-S
-СЬЫг f (Z+1)ld2 = 2m^h^
J (2+1)8 (г- 1) 3 Z-l (2+1)3
Y» Ъ
= m • .
г = 1 4

46 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Окончательно получаем
S
chzdz ,1e~l + ch\ ch 1 я<
= — т -. hm-T-=-s-.
(г+1)з(г-1) 4 '4 Че
|г|>2
Вычислить следующие интегралы:
126. \ ^dz. 127. \
l«l-i 1*1-
. я
f sin т г .
. я
Sin ~л г (• и
128. \ ——±—-dz. 129. \ -^^dz.
(22-1)2
г-1| = 1 ' ' ' ' |*Г=2
г rfz , „, f ch e1
,1иг
«30. \ ~^. .31. \ ^dz.
|г —31=6 |г — 2| = 3
_1_
132. \ ~^~xdz. 133. \ j^dz.
1*1-1/2 I*-*, = 1
134. \ Ц^г.
|г| = 1/2
135- \ ^dz.
= 1/2
,1
§ 6. Ряды в комплексной области
Пусть имеем ряд с комплексными членами
г, + г2 + ... + гл + ...= Цг», (1)
п=\
где 2„ = x„ + м/„.
Ряд (1) сходится тогда и только тогда, когда сходится как ряд
оэ
*! + *! + ... + *«+.••■= Ц *». (2)
я = 1
так и ряд
оэ
У1+У2 + ---+Уп + ---= ^Уп- (3)
л=1
Ряд (1) называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд
со
l«il + |2il + -.. + l*»l + ...= 2]l«/il- (4)
л = 1

$ 6| РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛ4СТИ 47
Ряды (2), (3), (4) являются рядами с действительными членами,
и вопрос об их сходимости решается с помощью известных
признаков сходимости рядов в действительной области.
Пример 1. Исследовать на сходимость ряд
i и2
я=1
Решение. Имеем e"t = cos n-\-i sin п. Таким образом, вопрос
о сходимости данного ряда сводится к вопросу о сходимости рядов
с действительными членами:
2 cos n V sin n
я = 1
Каждый из этих рядов сходится абсолютно. Следовательно, данный
ряд сходится абсолютно.
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд
СО 1 —
Решение. Имеем
е п =cos—\-i sra —.
п п
я „ . л
cos — ™ sm —
Ряд У расходится, а ряд У сходится. Следователь-
но, данный ряд расходится.
Исследовать на сходимость ряды:
со оэ
1QC X1 COS/л ,,7 V1 " sin in
т- 2 it- ш- 2 ~^~-
4 = 1 П=1
со со
п2
138. Х^ J39. У^-
n=1 я=1
1 *
СО I — СО
*2Н '«-2.4
л==| 22cosm

48 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
142. \sh''^, 143. У-^А.
Z-i an in jm* sh m
я = 1 я=1
ch t —
144. У—" 145. Ут±-.
я = 1 я=1
Степенной ряд. Ряд вида
оэ
С0 + С12 + С222+... + Сп2* + ...= 2 CnZ", (5)
я=0
где с0, Сх и т. д. — комплексные постоянные, а г—комплексная
переменная, называется степенным рядом в комплексной области.
Теорема Абеля. Если степенной ряд (5) сходится при не-
котором значении г = г0, то он сходится и притом абсолютно при
всех значениях z, для которых |z|<|z0|. Если ряд (5) расходится
при 2 = 2Х, то он расходится и при любом значении г, для которого
Область сходимости ряда (5) есть круг с центром в начале
координат.
Радиус сходимости степенного ряда определяется по формулам
/?= iim -ifiL {спЧЬЩ (6)
я->со I <-я+1 |
ИЛИ
R = : , (7)
iim
/г-» со
У^К!
если соответствующие пределы существуют.
Пример 3. Определить радиус сходимости степенного ряда
со
2 cos in-z".
я=0
Решение. Имеем
е-п I еп
сп = cos in = ■—=^— = ch n.
Для нахождения радиуса сходимости R применяем формулу (6):
г> I- I ch n | ,. chn
R = Iim ■. ' — ' = Iim —■
я^оэ |ch(/!+l)| „^оэ Ch(n+1)
_ г c^ n _
— я-.оэ chn-ch 1+sh л • sh 1 ~
= iim 1 = 1
ч_> со ch 1 + th n ■ sh 1 ch 1 -j- sh 1

§6]
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
49
hm thn= lim _„ = hm -,„ = 1.
Итак радиус сходимости данного степенного ряда R = e^.
Пример 4. Найти радиус сходимости степенного ряда
со
я = 0
Решение. Находим модуль коэффициента с„ = (1 + г)п:
п
\cn\ = \(l+i)*\ = \\+i\* = (V2)n = 2T.
Применяя формулу (7), найдем радиус сходимости данного ряда
1 1
/? = -
Hm
я-* со
VW V2'
Найти радиусы сходимости следующих степенных
рядов:
со со . п
146. 2 eV. 147. 2 е'"гл.
я = 0 я = 1
,48. J („)"• 1* 2
Я = 0 Я=1
СО СО т
150. 2<-Л 151. 2(пУ. »52. 2<V.
п = 1
я=0
U3. ysin^-z". 154. У cosn^-z".
Li n Lj, уп
°° п °°
155- ZsWra- 156- 2>+0*».
п = 0
157. Ряд 2] с^г" имеет радиус сходимости г, а ряд
я = 0
СО
2j с'пгп — радиус сходимости г'.
Г( = 0

50 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО \ГЛ. 1
Оценить радиус сходимости R следующих рядов:
со со
a) ^(Cn + Cn)zn; б) J](cn-Cn)zn;
я=0 я = 0
оэ °°
в) 2«"; г) У %гП (сп^о).
Ряды Тейлора и Лорана
Функция /{г), однозначная и аналитическая в точке г=г0,
разлагается в окрестности этой точки в степенной ряд Тейлора
со
/(г)= 2 с«(г-г0)я, (8)
я = 0
где коэффициенты сп вычисляются по формулам
atacr--*)*»- nl (« = 0,1,2,...), (9)
г
где Г —окружность с центром в точке г = г0, целиком лежащая
в окрестности точки г0, в которой функция /(г) аналитична. (Здесь
полагаем 01 = 11 = 1.) Центр окружности круга сходимости находится
в точке г0; эта окружность проходит через особую точку £
функции / (г), ближайшую к точке г0, т. е. радиус сходимости ряда (8)
будет равен расстоянию от точки г0 до ближайшей особой точки
функции / (г).
Для функций
1п(1+г), (1+г)«
имеют место следующие разложения в ряд Тейлора в окрестности
точки г0 = 0:
ln(l+2)=*«-^ + £_...+ (-l)»-l£+... (Я=1), (10)
... + -^а-1)-(а + я-1) «»+■■■ (R-1). (П)
В частности, при а = — 1 получим
^=1-8 + *-...+ (_ 1)"г» + ... (Я=1). (12)
Пример 5. Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки
г0 = 0 функцию
f & = гг_2г —3 '
используя разложение (12), и найти радиус сходимости ряда.

§ 6] РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 51
Решение. Разложим данную функцию на простейшие дроби
___£__==1 J 3 1
z2-2z-3 4 г+1+ 4 г-3*
Преобразуем правую часть следующим образом:
11 11
/(*)
41+г 4 , £_
Используя разложение (12) функции , получим
1 -р- с
/(г)=1(1-г + 22_гЗ+...)_1 fl+l.+| + ...) =
4\ 3^9 27 ^ V 3+32 33 +'"
Ближайшей к точке г0 = 0 особой точкой данной функции
является точка г = — 1. Поэтому радиус сходимости полученного ряда
К=1.
Пример 6. Разложить по степеням разности г —3 функцию
Решение. Преобразуем данную функцию следующим образом:
11 111
3_2г 3-2(г-3 + 3) _3-2(г-3) 31+_2(г_3)
2
Заменяя в разложении (12) г на -^-(г —3), получим
![l-4(2-3) + g(Z-3)*-g(Z-3)3+...] =
12 22 23
= -у + ^ (г-3)-^ (г-3)2 + |-4 (г-З)з-
3-2г"
Этот ряд сходится при условии
2
з <г-3)
<1,
3 3
или \г~3|<-^-, т.е. радиус сходимости ряда R = —-.
Пример 7. Найти несколько первых членов разложения в ряд
по степеням г функции /(2) = tg2 и найти радиус сходимости ряда.
Решение. Пусть искомый ряд имеет вид
Гда /(2) = Со + с12+с2га + Сзгз + ...>
Сл==/~7^ (ге = °' '' % -)' /(0,(°) = f(0) = 0.

52 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ 1
Для нахождения значений производных /1Я) (г) в точке г = 0
продифференцируем функцию. Имеем
/"(г) = 2/(г)/'(г),
/'"(г) = 2[/'2(г)+/(г)/''(г)]>
/1у(г) = 2[3/'(г)/"(г)+/(г)Г'(г)],
(14)
/vW = 2[^'"'(z) + 4/'(2)/"'(z)+/(z)/i,v»(z)],
Полагая в (13) и (14) г = 0, найдем
/'(0)=1; /"(0) = 0; /'"(0) = 2; /(IV)(0) = 0; /(v) (0) = 16; ...
Подставляя найденные значения производных в ряд, получим
1§г = г + 1гз + ^га+ ... (15)
Ближайшей особой точкой к точке 2=0 является точка £ = -„-.
Поэтому радиус сходимости полученного ряда Ц = -^-ш
В следующих задачах данные функции разложить
в ряд Тейлора, используя готовые разложения, и найти
радиусы сходимости рядов:
158. sin (2z + 1) по степеням z-f-1.
зх
159. cos г по степеням z-f--^-.
160. ez по степеням 2г — 1.
161. =—гт по степеням г+ 2.
Зг + 1 '
162. -тгт-т—=- по степеням г.
г2+4г —5
163. -„—- по степеням г,
г2 + (
164. cos2-^ по степеням г. 165. sh2 -^ по степеням г.
166. ln(2 —z) по степеням г.
167. 1п(2 + г — г2) по степеням г.
Найти несколько первых членов разложения в ряд
по степеням г следующих функций. Найти радиус
сходимости рядов:

61
168.
170.
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ С
1 ifiq *
\+ez- 2+sinz-
171 InM i r-z\
-г i_K • I/ 1. Ill U -p-С j.
53
l
172. In cos г. 173. In (1+cos г). 174. е'-г.
175. Найти функцию /(г), аналитическую в круге
|2J=s£l и принимающую на окружности |z| = l
значение
а — cos 6 + i sin 6 ^ , .
—5—о—Чт-> а>1, 6 = argz.
аг — 2о cos 6 -\-1 ' ' ь
со
176. Пусть функция /(г) = ^] a*z* является аналити-
ft = 0
ческой в круге |z|«^l. Доказать, что среднее значение
функции ~ на окружности |z| = l равно ая.
Пусть дан ряд
со
z_z0^(z-z0)»^ • + (z-z0)» + ^J (г-го)"' * '
л = 1
Если с_„ ^ 0 и существует конечный предел
r= Hm %^, (17)
то этот ряд сходится в области
|г-г0|>г. (18)
со
\ч (l-i-i)n+1
Пример 8. Найти область сходимости ряда J -——~—.
я=1
Решение. Здесь с_„ = (1 + г)п+1> с_„_1 = (1 + i)n+2> z0 = 0.
Поэтому
r="m пШРт=Ит|1+г'|=/^-
Я-.-00 ] V1 ~ГЧ I Я-»СО
Данный ряд сходится в области | г |> ]/2 •
Пример 9. Найти область сходимости ряда
^_ (z + 0» •
я = 1
Решение. Имеем
c_„ = sinm = ishn, c_n_i = i sh (n + 1).

54 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
Поэтому
,_ lim \ipl±}li= lim *fc±])_
я_оо |(shn| „_„, shn
g/j+i е~п-\ р__р-2я-1
== lim -—-ц —;—= lim
c c n-*ca 1 e
Следовательно, ряд сходится в области |г + г|>е, т. е. вне
круга с центром в точке г0 = —i и радиуса е.
Определить область сходимости следующих рядов:
оо оо _
179
я=1 я = 1
00 -п °°
. У ^—. 180. V e"(tz)-"
iiw cos ш zj \ '
п = 1
181- 2 i^W- «2. 2
я = 1
п2-л
(г+1)" • Ld (г-2-i)"-
я=1 я=1
,оо V 3" + 1 184 V (г+'-'Гл
я = 1 я = 1
Ряд вида
со со со
л = — оо п=\ л = 0
= - + ?TTvi+ - +?Н- + со + ^1 (г-г0)+... + сл(г-г0)» + ...
^z — z0) z — г0
(19)
сходится в области, в которой сходятся ряды
оо
V С~Я С-17+А+-. (20)
Ld (2-г0)я г-г0 Г(г — г0)2
л = 1
оо
2 ся(г-20)я = со + с1(г-г0) + с2(г-20)2+... (21)
л = 0
Пусть ряд (20) сходится в области |г — г0 | > г, т. е. вне круга
с центром в точке z = z0 и радиуса г, а ряд (21) в круге | г — г0 | < R.
Тогда, если
1) r>R, то ряд (19) расходится всюду;
2) r<:R, то ряд (19) сходится в кольце г<|г — г0 | < .R. Здесь
rSzQ, 0<Я< + оэ.

5 6! РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
Пример 10. Определить область сходимосги ряда
ОЗ ОТ
2е'я , у (г+1
(г + 1)" + L ~^7
л = 1 л=0 е"+2
1 •
00
;■ ..д имеем
Следовательно,
(г+1)"
r= lim li L = i.
Первый ряд сходится в области | z-f- 1 | > 1.
ОО
Для степенного ряда / ~- имеем
Его радиус сходимости
\с-\ ° 2
Я = Mm -г-^-т= lim
Я-ЮО I СЛ+1 I Я-.00 I _,-(л^_1) 1
\е 2 J
Второй ряд сходится в области [z-f-l|<l. Данный
аится всюду.
Пример 11. Определить область сходимости ряда
оо оо
2(3+4Q" VI /z + 2i\»
(г + Я)" + L \ 6 ) •
71 = 1 /1—0
СО
п п V (3+4i)"
Решение. Для ряда 7 > ' ' имеем
с_л = (3 + 40я, с_л_, = (3 + 40л+1.
Следовательно,
'=n1imTO[^+ST]=n]imJ3+4i|=5-

56 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Первый ряд сходится в области \z-\-2i |>5. Для ряда f
(zj-2i_y
л = 0
имеем
Поэтому радиус сходимости этого степенного ряда будет равен
rt-»CO I и I
Он сходится в области | 2+ 2i | < 6.
Итак, г = 5<^ = 6. Следовательно, данный ряд сходится в
кольце 5<|z + 2i|<6.
Определить области сходимости следующих рядов:
со со
185- 2(i+/n)(z+1+tr- 186- 2^-
п=\ п=1
со со
187- 2^(J2+t)" + 2(3+//z)(2-2+^
п=\ л=0
со со
'»-2(4)"+2(f
я=1 л=0
m 2(1+т=1р+2я<г+1-/>"'
я = 1 гс = 0
со со
19°- 2i+2<A-
и = 1 л = 0
со ^ со
л = 1 га = й
со со
192 У (~ '>" | У г"
Я = 1 Я = 1
193 У 2"~1 4- У (г+1)"
Z (г+1)л ^ Z (i + n)"-
л = 1 и = 0

§61
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
57
со со
195. 1+2 2". 196. -J^+2 (-l)-(z-l)».
со оо
197- 2 S + 2 S (* * °)-
функция /(г), однозначная и аналитическая в кольце г<с|г —
— г0 | < i? (не исключаются случаи, когда г = 0и R = -\-co),
разлагается в этом кольце в ряд Лорана
00 — 1 ОТ
/(*) = J c»(z-z0)n= J ся(г-г0)п+ ^ с"(2-г0)л, (22)
/г — —оо л= — со я = 0
где коэффициенты сп находятся по формулам
1 С f{z)dz . , „ ч
"^ 3 (;-;0)^ ("=0. ±Ь±2,...).
ся =
(23)
Здесь Г —произвольная окружность с центром в точке z0, лежащая
внутри данного кольца.
В формуле (22) ряд
-1 оо
1 <•<*-*«>»=2 (из*
п= — со га=1
называется главной частью ряда Лорана, ряд
со
EMZ-Zo)»
ч = 0
называется правильной частью ряда Лорана.
На практике при нахождении коэффициентов сп стараются
избегать применения формул (23), так как они приводят к громоздким
выкладкам Обычно, если это возможно, используются готовые
разложения в ряд Тейлора элементарных функций.
Пример 12. Разложить в ряд Лорана в кольце 0 < | z— 1 | <
<2 функцию
Решение. Первый способ. Функция /(г)
(г2-1)2
является аналитической в кольце 0<|г—1|<2. Коэффициенты

58 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
ряда Лорана находим по формуле (23)
1 _
Лг
1_ Р (za-l)a \ С а
°п 2я£ I (z-l)B+i a 2ni ) (z-l)» +
?(z + l)2'
где Г —любая окружность с центром в точке z0 = l, лежащая в
данном кольце.
Если n-j-З^О, т. е. nsg—3, то подынтегральная функция
- ,,.,,■, .—г-гт^ будет аналитической во всех точках, заключенных
(г— 1)"+3 (z+1)2
внутри окружности Г, в том числе и в точке г —1. В этом случае
С Л* 0>
J (2-l)"+3(z+l)a
Г
т. е. с„ = 0 при п — — 3, —4,... Если п + 3>0, т. е. п > — 3, то,
применяя формулу (2) из § 5 для производной любого порядка от
аналитической функции, получим
1
1 С (г + 1)2 _ 1 dn+2\ 1 II _
С" 2ni J (г-1)я+з (п + 2)! dzя+2|(z-И)ч|г_,_
= J_ (-!)"(«+ 3)1 I _(-!)»(в + 3)
(n + 2)! (z + l)n+4 |г.! 2«+4
Для n = —2, —1, 0, 1, 2, ... имеем
.(-1)»(п + Э)
0,г_* 2я+4
Ряд Лорана для данной фуикиии в кольце О <С | г —1|<2 будет
иметь вид
л= —2 п = —2
ИЛИ
1 ! * 11 ,3 1 у ,. ,
(га_1)2 4 (г-1)2 4 z-1 46
+ £<«-»>•-й<*-1)« +
Второй способ. Нам нужно представить / (г) в виде суммы
степеней (положительных и отрицательных) разности (г— 1). Преоб-

,61
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
59
разуем данную функцию следующим образом:
1 1/1 1
/(z)-(za_i)2 4 \г —1 "г+i";
11 11
4 (г— 1)2 4г—1' 4 г+1^4 (г+1)2
1 l +-1
1
(24)
Первые два слагаемых в правой части (24) имеют нужный вид, так
как представляют собой степени разности (z — 1).
Последние два слагаемых запишем в виде
1111 1
г+1 (z-l) + 2
2 1+^
(z + l)s
■4М'-"
Применяя формулу (12), а затем формулу (11) при а = — 2, получим
г + 1 2 I.1
г-1 . (г —
г +
1
+
(г + 1)*' 4 Г 2'
+ -
2
z-1
г)'-№4
•2 (—2-1) /2-1
(25)
2 ^ 2! \" 2
2(_2-1)(-2-2)/г-
31 \ 2
+
'-J +...]. {26)
Подставляя (25) и (26) в (24), найдем
1 11 11
■ I)2 4 (2 —1)г 4 г — 1
/г-1\
+ -
г-1 , /г-1\2
-Г+-5-
+ ...j+IL|i_(z_1)+A(z_i)2_^(z_i)3+...j
или
1
_ I
(22_i)2- 4 (г—1)2 4 г—Г ' 16 8
1 1,3
~T"l
(z-l) +
Пример 13. Разложить в ряд Лорана функцию
/ (г) = г2 cos —
в окрестности точки г0=0.
Решение. Для любого комплексного £ имеем
L2 t* Г6
С0^=1Л+41-6!+-

60 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
Полагая £=—, получим
=z2_±+_L__L+
2! М!га 6!г4^ '"
или
2.С0в_==__ + гЯ + ___+.„
Это разложение справедливо для любой точки г^О. В данном
случае «кольцо» представляет собой всю комплексную плоскость с одной
выброше"ной точкой 2 = 0. Это «кольцо» можно определить с помощью
следующего соотношения 0<J2— Oj<+co. Здесь r=0, R = + оо >
г0 = 0. Данная функция является аналитической в указанном «кольце».
Пример 14. Рассмотреть различные разложения в ряд Лорана
функции
I W 22 + 2 — 2 '
приняв г0 = 0.
Решение. Функция /(г) имеет две особые точки: гх = — 2
и г2 = 1. Следовательно, имеется три <-кольца» с центром в точке
г0 = 0, в каждом из которых /(г) является аналитической:
а) круг | г | < 1;
б) кольцо 1 <; | г | < 2;
в) 2 < | г ( < + сю — внешность круга [ z | =g 2.
Найдем ряды Лорана для функции /(г) в каждом из этих «колец».
Представим / (г) в виде суммы элементарных дробей
/ю=гЬ+ст (27)
а) Разложение в круге |г|<1. Преобразуем (27) следующим
образом:
/(*)=j4t+^2=4-^-~. (28)
1 + ~2"
Используя формулу (12), получим
I
1 —г
1+2+г2 + гз+..., |г|<1, (29)
1 2 22 23
= 1-^+Г-й + ...,|г|<2. (30)
L 2'4
+ 2

^ 61 РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 61
Подставляя (29) и (30) в (28), получим
_ 1 3 7 15
~~ 2 4 Z 8 2 "16г +-"
Это разложение является рядом Тейлора функции / (г).
б) Разложение в кольце 1 < | г I < 2. Ряд (30) для функции
_ остается сходящимся в этом кольце, так как j г | <2. Ряд (29)
для функции -j • расходится для ! г | > 1. Поэтому преобразуем / (г)
следующим образом:
Применяя формулу (12), получим
1—^
2
< 1, т. е. при |г | > 1.
Подставляя (30) и (32) в' (31), найдем
Этот ряд сходится для —
2z+l -l-A.fl^.!!, j-Ij-L-l. =
о iTo 1й"г•••"г,"Г",2"Г"••
га + 2 —2 2 4 ' 8 16^'"^г^га
-••- + га+y-r 2 ~4 + 8 16 +
2z + l
-1 _ V !, ! "V ^
— 2 ^ ги + 2 Zj 2л-
г2+2-
л= 1 и=0
в) Разложение для | г | > 2. Ряд (30) для функции при
)г|>2 расходится, а ряд (32) для функции р будет сходиться,
1- —
г
так как если [г | > 2, то и подавно I z I > 1,

62 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Функцию / (г) представим в таком виде.
1 1 1
/(*) = -——Vr-
^ г г \ г
Используя формулу (12), получим
г \ г ' г2 г3 '
или
2г+1 2 1,5 7
га4-г —2 г г2 ' z*> г4
+ ...
Этот пример показывает, что для одной и той же функции / (г)
ряд Лораиа, вообще говоря, имеет разный вид для разных колец.
Пример 15. Разложить в ряд Лорана функцию
и i 2г~3
Дг' га-Зг + 2
в окрестности ее особых точек.
Решение. Особые точки функции f (z): zt=l, г2==2.
1) Разложение f (z) в окрестности точки Zi = l, т. е. в кольце
О < | z — 1 | < 1. Представим функцию f (г) в виде суммы
элементарных дробей
2г-3 1 1_
г2 —Зг + 2~г—1~*~г —2"
Правую часть преобразуем так:
2г-3 1 1
z2-3z + 2 z-1 l-(z-l)-
Применяя разложение (12), в котором г заменено на —(2—1),
получим
_^_ = _iT-[I+(2-I) + (2-.)a + ...]
ИЛИ
2г-3
=24т-2(г-1)Л- (33)
г2 —Зг + 2
п = 0
2) Разложение f (г) в окрестности точки z2 = 2, т. е. в кольце
0<|г — 2| < 1. Имеем
2г-3 11 1 , 1
zs_3z-f2 г—1 ' г —2 г —2 ' 1+(г —2)
= _+l-(z_2)-f(z-2)*-(z-3)3-f.

*61
или
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 63
2г — 3
г2-Зг + 2-г-^2+2(-1)Л(г-2)Л- (34)
Разложить в ряд Лорана в окрестности точки 2=0
следующие функции:
198. !§£. 199. *%*. 200. f.
201. ^. 202. г3е7. 203. г4 cos-.
г3 г
204. -sin2-. 205. '~с°5г. 206. <—±.
г г z* г
207. i+^1. 208. ' ""*
г4 " г3 •
Разложить следующие функции в ряд Лорана в
указанных кольцах:
209. (г_у\г_3), а)2<|г|<3; 6)3<|z|< + oo.
210.^, а)0<|2|<1; б)1<|г|< + со.
21'• (г+г/о+гг a) l<|z|<4; 6)4<|z|< + co.
212 2г + 3 1<гЫ<'2
213. гг32Гз2 + 2> а) UK1* б) К12|<2;
в) 2<|г|<со.
214.
2
г2-
т, 1<|2 + 2|<3.
215' F+2^8' К12 + 2|<4.
216" *Й^з- 2<|г-1!< + со.
217- ^р, 2<|г|< + со.
218' (^4)Wl) ' КМ<2.
219. г-г1т, 0<|z-f|<2.
220-(И)-а. 4<1г + 2|< + оо.

64 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ {
§ 7. Нули функции. Изолированные особые точки
1. Нули функции. Пусть функция / (z) является
аналитической в точке г0. Точка г0 называется нулем функции f (г) порядка
(или кратности) п, если выполняются условия
f(z0)=0, /'(г0)=0 f'»-*'(*o)=0. fln>(zo)^0.
Если я=1, то точка г0 называется простым нулем.
Точка г0 тогда и только тогда является нулем п-го порядка
функции f (г), аналитической в точке г0, когда в некоторой
окрестности этой точки имеет место равенство
/(г) = (г-г0ГФ(2),
яде функция <р (г) аналитична в почке г0 и ф (z0) ^ 0.
Пример 1. Найти нули функции f (г) = ] -f-cosz и определить
их порядок.
Решение. Приравнивая / (г) нулю, получим cosz = —1, откуда
zra = (2n+l) я (я = 0, ±1, ±2, ...) —нули данной функции. Далее
П(2« +1) я] =—sin (2« + 1)я = 0,
f"[(2n+l)n]=— cos(2n+l)n = 1^0.
Следовательно, точки гга = (2я + 1)л (я = 0> ±1, ±2, ...) являются
нулями второго порядка данной функции.
Пример 2. Найти нули функции f (г) = 1 —ez и определить их
порядки.
Решение. Приравнивая f (z) нулю, найдем нули гга = 2яяг
(я = 0, ±1, ...) функции /(г). Далее
У (2яш) = — е2"" = — 1 ф 0.
Итак, f(2nni)—0, У (2пЯ1)фО, следовательно, точки гя = 2ял;
(я=0, ±1, ±2, ...) —простые нули функции f(z)—\~ez.
Пример 3. Найти порядок нуля г0 = 0 для функции
г8
/(Z)= : -.
' w г — sin z
Решение. Используя разложение функции sinz в ряд
Тейлора в окрестности точки г0 = 0, получим
г8 г8
^=z — sinz = / гз , Z5 T =
Z-iZ-3!+5T —"J
_ г8 _ zs s l
~гз_г5 ~J__z3 ~~г 1 ^з~ •
3!~5Т + '" 37~ 5Т + '" 31~5!+'"
Положим

§ 7] НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ 65
Тогда / (г) =г5ф (г), где ф (г) —функция, аналитическая в точке г0 =0,
причем ф(0) = 6^0. Следовательно, точка 20 = 0 является для
данной функции нулем пятого порядка.
Пример 4. Найти нули функции f (z) = (z2 -J-1)3 sh 2 н
определить их порядки.
Решение. Полагая f(z) = 0, получим (z2 + l)3 sh 2=0, откуда
г2 + 1=0 или shz = 0. Решая эти уравнения, находим нули
функции f (г):
г = —г, г = г, z = kni (k = 0, ±1, ±2, ...). •
Пусть г = — г, тогда /(г) можно представить в виде
где функция ф(г) = (г — <)3shz является аналитической в точке г =
= —г, причем ф(—i)=8ishi=—8 sin 1 ф 0. Это означает, что
точка z = —i есть нуль третьего порядка. Аналогично доказывается,
что и точка 2 = г является нулем третьего порядка. Исследуем нули
г = кш (& = 0, ±1, ±2, ...). Производная
/'(z) = 6z(z2+l)ash2 + (2a+l)3 chz
в точках z = kni отлична от нуля. Следовательно, z = feru — нули
первого порядка.
У следующих функций найти нули и определить их
порядки:
221. а) f(z) = z* + 4z3; б) \(z)=~.
222. a) f(z) = zasinz; б) /(г) = ^.
223. a) f (2) = 1 + ch г; б) f (г) = (1 ~f г)3.
224. a) f (г) = (г + яг) sh г; б) /(z) = cosz3.
225. a) f (г) = (za + зга) (1 + е"г); б) / (г) = cos г + ch гг.
Найти порядок нуля г0 = 0 для следующих функций:
226."f(z)=, 2 г6 г,„. 227. f (z) = e""-е1«*.
228. f(z)=1+f_e>. 229. f(z) = 2(chz-l)-z*.
230. /(г) = (1г1с^2гг)2. 231. /(z)-(e'-Oln(l-z).
232. /(г) = г2(ег2- 1).
233. f(z) = 6sinz3-+ z3(ze-6).
3 M. Л. Краснов и др.

66 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
234. Точка г0 является нулем порядка п для
функции ф(г) и нулем порядка т для функции ф (г). Чем
является точка г0 для функций
a) <p(z) + 4>(z); б) «р (г) - о|) (z); -в) |g?
2. Изолированные особые точки. Точка г0 называется
изолированной особой точкой функции f (г), если существует
окрестность 0< |г—г01 < 6 этой точки (с исключенной точкой г0), в
которой /(г) аналитична, кроме самой точки г = г0.
Точка г0 называется устранимой особой точкой функции' / (г),
если существует конечный предел функции / (г) в точке г0.
Пример 5.
„г 1
f(*) =
г
Особая точка функции f (г) есть г0 = 0. Имеем
ег —1
lim f(z) — lim =1.
г — 0 г —0 г
Следовательно, точка г0=0 есть устранимая особая точка.
Точка г0 называется полюсом функции /(г), если lim f(z) —со.
г->га
Для того чтобы точка г0 была полюсом функции f (г), необходимо
и достаточно, чтобы эта точка была нулем для функции ф (г) = -рр-.
/ ft)
Точку z0 называют полюсом порядка п (пЭ: 1) функции f (г), если
эта точка является нулем порядка я для функции ф(г) = =-— В
I (г)
случае я=1 полюс называют простым.
Пример 6.
Особая точка г0 = 0. Положим z = pe'¥, тогда f(z)~——. Оче-
Р3
видно, что |^(z)| = —j откуда следует, что | f (г) [ неограниченно
возрастает, когда г-»0 по любому закону. Следовательно, lim /(z)^co,
г —О
т. е. точка г0 = 0 есть полюс этой функции. Для функций ф(г)=г3
точка г0 = 0 есть нуль третьего порядка, а значит, г0 = 0 является
полюсом третьего порядка для функции f(z) = —.
Для того чтобы точка г0 являлась полюсом порядка п, функции
f (г) необходимо и достаточно, чтобы функцию f (г) можно было
представить в виде {(г) = j ^ t где функция ф (г) аналитична в точке
(г го/
г0 и ф (г0) ?Ь 0.

7] НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ 67
Пример 7.
'(*) =
z3+z2—z—Г
Функция /(г) имеет две особые точки z = —1 и г=1. Исследуем
точку г =—1. Представим /(г) в виде
sin г
/(*) =
(г+1Г
Здесь
, . sin z
t , ,. sinl ,„
аналитична в окрестности точки z =—I, причем ср (—1) = —к— Ф®.
Следовательно, точка г =—1 является двукратным полюсом данной
функции. Аналогично, записав функцию JF (z) в виде
«--W
заключаем, что точка z=l есть простой полюс этой функции.
Точка г0 называется существенно особой точкой функции / (г),
если в точке г0 функция f (г) не имеет предела ни конечного, ни
бесконечного.
Пример 8. Определить характер особой точки z = 0 функции
Решение. Рассмотрим поведение этой функции на действитедь-
иой и мнимой осях. На действительной оси z = x и f(x) — ex* —> со
при х — 0. На мнимой оси г = 1у и f(iy)=e уг —*0 при у—»0,
Следовательно, предел /(г) в точке 2 = 0 не существует ни
конечный, ни бесконечный. Точка г = 0 — существенно особая точка
функции / (г).
Определить характер особой точки г0 = 0 для
следующих функций:
235, а) —U-; б) 1- Г; в) - '
z—sinz' ' , , z2 ' ' е z4-z — \ '
cos z — 1 -(- тг
„_.„ . sin z -. sh z
236. a) ^j^; б) г—^.
3*

68 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
Найти особые точки и определить их характер у
следующих функций:
„„-, n I ,-n 1—cos г
б) —р—•
б) COS — ,
б) 2 Sin у; В) 2 Shy.
£.vi. a)
238. а)
239. а)
240. а)
941 ^
1 — sin г'
ег + 2;
г
г5 + 2г* + гз
егг;
1
г cos —
г
cos г—1:
б) thz; в) 2ctgz.
Имеют место следующие утверждения:
1. Для того чтобы точка г0 была устранимой особой точкой
функции f (z), необходимо и достаточно, чтобы лорановское разложение f (г)
в окрестности точки г0 не содержало главной части.
2. Для того чтобы точка г0 была полюсом функции f (г),
необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения j (г)
в окрестности г0 содержала лишь конечное число членов
га=0
Наибольший из показателей степеней у разностей г—г0,
содержащихся в знаменателях членов главной части ряда Лорана, совпадает
с порядком полюса.
3. Точка г0 тогда и только тогда является существенно особой
точкой для функции / (г), когда главная часть ее лорановского
разложения в окрестности точки г0 содержит бесконечно много членов.
Пример 9. Установить характер особой точки г0 = 0 функции
/(*)=—-г— •
Решение. Используя разложение в ряд Тейлора для
функции e~z в окрестности точки г0 = 0, получим лорановское разложение
функции /(г) в окрестности нуля
"г \г 2! + 3! ••7~1~2! + 3»~---
Это разложение не содержит главной части. Поэтому точка гд = 0
является устранимой особой точкой.

§ 71 НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ 69
Функция / (г), доопределенная в точке г = 0 единицей, т. е.
, если z -ф О,
f®=\ г '
I 1, если z = 0,
является аналитической и в точке г0 = 0.
Пример 10. Определить характер особой точки г0 = 0 функции
. , , 1 —cos г
/(*) = —J*— •
Решение. Разлагая функцию cosz в ряд Тейлора по
степеням г, получим лорановское разложение функции / (г) в окрестности
нуля:
' {Z> z?\2l 4! + 6! 81+ 10!
2!z6 4!z3 + 6!z 8! + 10! "•
Разложение в ряд Лорана функции / (г) в окрестности точки г0=0
содержит конечное число членов с отрицательными степенями г.
Следовательно, точка г0 = 0 является полюсом пятого порядка, так
как наибольший показатель степени у г, содержгщихся в
знаменателях членов главной части ряда Лорана, равен пяти.
Пример 11. Определить характер особой точки 2=1 функции
_1
f(z) = (z-\)ez~l.
Решение. Используя разложение
в"=1+»+2Г + Ь + -
и полагая « = р получим лорановское разложение функции f (г)
в окрестности точки z0=l:
/(Z) = (Z-1)
l+^ + o, „ п,4
г —1 ' 2! (г —1)а ' 3! (г— 1)
_1 + (г-1)+21(г_1)+з}-^Г1)5 + -
Это разложение содержит бесконечное множество членов с
отрицательными степенями г—1. Следовательно, точка г0 = 1 является
существенно особой точкой функции f (г).
Определить характер указанных особых точек:
242 1+созг г -л 243 г8~3г + 2 2 -1

70 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
244. -^j-, г0 = 0. 245. —, г0 = 0.
246' С05г-^> г0=-я.247. F^i-Fl2o=0,20=-l.
248. "ИШ, z0 = 0. 249. ^, г0 = 0.
250. g^, г0 = -в. 251. cos 1 +sin ^i, z0 = 0.
252. «sh-. z„ = 0.
§ 8. Вычеты. Вычисление интегралов
с помощью вычетов
Пусть точка z0 есть изолированная особая точка функции /(г).
Вычетом функции / (г) в точке г0 называется число, обозначаемое
символом res/(z0) и определяемое равенством
>/(*o)=i $/(*)*■
(1)
(Другие обозначения: res [/(z); z0j, resf(z).)
В качестве контура у. можно взять окружность с центром в точке z0
достаточно малого радиуса такого, чтобы окружность не выходила за
пределы области аналитичности функции f (г) и не содержала внутри
других особых точек функции f (z). Вычет функции равен
коэффициенту при минус первой степени в лорановском разложении f (г) в
окрестности точки г=г0:
res/(z0) = c_1. (2)
Вычет в устранимой особой точке равен нулю.
Если точка г0 есть полюс я-го порядка функции / (г), то
В случае простого полюса (п = 1)
res/(z0) = lim [г (z)(z-z0)]. (4)
г-» г0
Если функция / (г) в окрестности точки z0 представляется как
частное двух аналитических функций
'[> г|) (г)'
причем ф(г0)^0, ф(го)=0, а ф' (г0)^£0, т. е. г0 есть простой полюс

3 8] ВЫЧЕТЫ 71
функции f (г), то
-т)^. (5)
Если точка z0 есть существенно особая точка функции / (г), то
для нахождения res f (г0) необходимо найти коэффициент с_г в лора-
новском разложении функции f (г) в окрестности точки г0; это и будет
res f (г0).
Пример 1. Найти вычеты функции
sin г2
-тга
в ее особых точках.
sin z2
Решение. Особыми точками функции являются точки
23_ilz2
4
Л
2 = 0 и г = —. В точке г = 0 имеем
, • t , » 1 sin z2 . 1 4
hmf (z) = hm —|- lim = .
4
Следовательно, точка г = 0 есть устранимая особая точка функции
/ (г). Поэтому
res f (0) = 0.
В точке z=— lim/(z)=oo, т. е. точка z = —есть полюс (первого
порядка) функции } (г).
Согласно формуле (4) имеем
res/(f)=limJ(Z)(Z-^)=limn-^-1Z-^) =
sin z2 /_ я'
5^£Lz»—^ z2 \ 4/i
4 4
smz2 16 . я2
= im —г—= —jsm-fT^.
я z л 16
Пример 2. Найти вычеты функции
f(*) = 7
(г+i)8(z_2)
в ее особых точках.
Решение. Особые точки функции /(г) суть г = — 1 и г = 2.
Точка г= — 1 для функции / (z) является полюсом третьего порядка.
Согласно формуле (3) имеем
v, ,, 1 .. d2 / ez \ 1 ,. (2*-6z+10)e* 17

72 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО {ГЛ. I
Точка 2 = 2 — полюс первого порядка, поэтому по формуле (4)
resf (2)= lim
-а (*+1)3 27'
Пример 3. Найти вычеты функции / (г) — в ее особых
точках.
Решение. Особые точки f (г) — нули знаменателя, т. е. корни
уравнения г4+1 = 0. Имеем
.п . зл • <№ .я
z1—e 4, г2=е 4, г3=е 4, г4 = е 4.
Пользуясь формулой (5), получаем
res f (г,) --
4гз
res/(z2)=4iii
0
l*- 4
зя-4 е
1 9Я
res/(za) = ^
./3?_ 4
res f (z4)=
4гз
Пример 4. Найти вычет функции
/ (г) = г3 sin -
в ее особой точке.
Решение. Особая точка функции f (г) есть точка г = 0. Она
является существенно особой точкой функции f (г). В самом деле,
лорановское разложение функции в окрестности точки г = 0 имеет вид
г* 3!гв
31гз ' 5!г?
т. е. содержит бесконечное число членов в главной части. Вычет
функции в точке z = 0 равен нулю, так как коэффициент с_г в лора-
новском разложении равен нулю.
Найти вычеты в особых точках следующих функций;
253. f(z)-.
\ег
л
Z'-jZ
254. f{z) = zsez.

§ 8] ВЫЧЕТЫ 73
255- ^)=(z8+g;L3)- 256. f(z)=T "
sin2 г
4
257- /(г)=^йп)- 258- /(z)=(i+w=^-
1
259. / (г) = ~j. 260. f (г) = г2 sin ±.
261. /(z) = cos| + z3. 262. f(z) = sin2z
(г + 0(г—^Я
263- fW^hSfy Ш- Нг)=е%+У
265- /<*) = <?1ГЩГйг 266. f(z) cosz
*-f*
267. f (*)=£. 268. /(г) = ^
(я> 0 целое).
269. f(z) = ctg2z.
Теорема Кошн о вычетах. Если функция f (г) является
аналитической на границе С области D и всюду внутри области,
за исключением конечного числа особых точек гъ га, ..., zn, то
п
]f(z)dz = 2m 2 res/(гА). (6)
'С k=i
С гг — 1
П р и м е р -5. Вычислить интеграл \ cfe.
|z| = i
ег— 1
Решение. В области | г \ <С 4 функция f (z) = - 3- ■ аналитична
всюду, кроме точек г = 0 и г = — 1.
По теореме Коши о вычетах
§ -J^<fc = 2m(resf(0)+res/(-l)).
|г|=4
Точка z=0 есть устранимая особая точка функции f(z), ибо
lim —7—т-,, =1.

74 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Поэтому resf (0)=0. Точка z =— 1—полюс первого порядка
reef(-l)=eHmi{^L.(»+l)}-l-rt
Таким образом,
2т (1-е"1).
Пример 6. Вычислить интеграл С tgzdz.
|z|=2
Решение. В области D: | г | -< 2 функция f (г) = tg г анали-
я я
тична всюду, кроме точек * — ~к и г = =-; являющихся простыми
я
полюсами. Все другие особые точки zfe = -=—[-fen функции f (z)=tgz
лежат вне области D и поэтому не учитываются.
Имеем
. [ п\ sin z
res f
2 / (cos z)'
,, я \ sin z
2/ (cosz)'
Поэтому
s
. — it/2
tgz dz = — Ani.
I«l =2
Пример 7. Вычислить интеграл \ cfe.
| z — i | = 3/2
Решение. В области О: |z — г | < 3/2 функция / (г) = ■ ■.
z -f-1
имеет две особые точки: г = г — полюс первого порядка и z = 0 —
существенно особая точка.
По формуле (5) имеем
„1А2
resf(0=^i-
2i *
Для нахождения вычета в точке г = 0 необходимо иметь лорановское
разложение функции /(г) в окрестности точки г = 0. Однако в
данном случае искать ряд Лорана нет необходимости: функция f (г)
четная, и поэтому можно заранее сказать, что в ее лорановском
разложении будут содержаться только четные степени г и —. Так что
c_i = 0 и, следовательно,
res/(0)=0.

8] ВЫЧЕТЫ 75
По теореме Коши о вычетах
Л*'
\
[ г _ П == 3/2
dz = —
Вычислить интегралы:
270. $ ztgnzdz. 271. ^-j—^—-, где
| г | = 1 С
С: л:2/з _|_ г/2/3 == З2''3.
|г|=2 \z~l\ -=3
si
274. { г2 sin -i-dz. 275. ^ l^dz.
276.
I «1 = 1/2 U| = /3
г3 dz
\ *&• m- \
sin3 г cos г '
1г + Т|==4 ' |гГ=1
978 [ eZ&z 279 \ ^^~
г
r cos~o~ г а
282. \(S^, С: ^- + ^ = 1.
283. ^ г2Дг-3~^' С: ^2+У2=]6.
284. 5 ^Л, С: f+ 4-1.
285- \-SOT' С: ^2 + г/2=2лг.
286. [ г3 sin у dz.

76 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
287. i (z+\)eli*dz.
| г | = 1/3
288.
I г | = 2/3
\ (sin^-fe^coszjdz.
Приложение вычетов к вычислению
определенных интегралов
I. Интегралы от рациональных функций. Пусть
Р (х)
f(x) — рациональная функция, f (х) — ^ ; ■ , где Рт(х) и Qn (x) —
Чп \Х)
многочлены соответственно степеней тип. Если /(х) непрерывна
на всей Действительной оси (Qn(x)jL0) и я^/и+2, т. е. степень
знаменателя, по крайней мере, на две единицы больше степени
числителя, то
4- со
j f(x)dx = 2nia, (7)
Р (z)
где 0 означает сумму вычетов функции f (г) = J" '
сах, расположенных в верхней полуплоскости.
Пример 8. Вычислить интеграл
во всех полю-
Ч
{а > 0).
(л;2 + а2)2
о
х2
Решение. Так как подынтегральная функция / (х) --
(х2+а2)2
четная, то
-f-oo
/=-L С x2dx
2 ) (х2 + а2)2 "
г2
Введем функцию f (г) — ■■■■ „г-, которая на Действительной оси,
т. е. при г = л;, совпадает с f (х) Функция /(г) имеет в верхней
полуплоскости полюс второго порядка в точке z — ai. Вычет f (z)
относительно этого полюса
resf(ai)= Urn T [f (г) (г - a£)2] = lim ^
г2
(г + ш)2 J
2ай 1
= lim -г—; 7Т = ^

вычеты 77
ясь формулой (7), получим
-{- 00
. 1 f x*dx 1 0 . 1
л
Вычислить следующие интегралы с бесконечными
пределами:
289.
о
291. I dX
2Qfl
292.
-^-00
\ dx
— со
(а>0, 6>0).
-{-00
J (1+*2)и+1 •
293.
(*a + l)3 •
— со — со
+ со +оо
xdx __. f dx
3 (x» + 4x+13)«- 294' i
(л:2 + а2)2(л;а + 62)а-
— CO
+ co 4-co
" ~ x<ztn
295- \ $^Tdx- 296- S -£-zrdx.
0
+ CO -f-00
297.
l + x™
dx
-|-co
299.
— 00
) \+3fl- ■ 298- ) (x* + 2x + 2)z *
CO — 00
LOO
] дар- (a>0> 6>°)-
+ CO
300. Доказать формулу J
(l+^+i' — ~2~74 . 6... 2я~^Я'
— со
П. Интегралы вида
со со
\ R (x) cos Я х dx, f R (x) sin Лх dx, (8)
где R (x) — правильная рациональная дробь, Я > 0 —любое
вещественное число.
При вычислении таких интегралов удобно пользоваться
следующей леммой Жордана:
Пусть g (г) — функция, аналитическая в верхней
полуплоскости (0 < arg z < я), за исключением конечного числа особых точек.

78 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
и стремится е атой полуплоскости к нулю при | z (—► со. Тогда
при Х>0
lim \ g (z)eiXz dz = О,
R-»coc'
(9)
где контур С„ — полуокружность в верхней полуплоскости с центром
в течке 0 и радиусом R (рис. 7).
Пример 9. Вычислить интеграл
/ =
х2 + 62
dx (a>0, fc>0).
Решение. Введем вспомогательную функцию
f(z) = -
га +/г2
Нетрудно видеть, что если г = х, то Im / (х) совпадает с подынте-
„ , , . х sin ax _,
тральной функцией ф (х) — —2 ; а , Рассмотрим контур, указанный
на рис. 7. При достаточно большом R
на контуре С„ функция g (г) =
22 + й2
удовлетворяет неравенству
(2)1
-=г=—ГТ-, и, следовательно,
/<2 — №
g (г) стремится к нулю при R —► со.
^ Значит, по лемме Жордана
Рис. 7.
lim
/?->со
?2 + &2
<ft = 0.
(10)
Для любого R > & по теореме о вычетах имеем
-/?
Х2 + £2
dx +
Z2 + fe2
где
а= res
*+*г,г«
22+£2
dz = 2лг'а,
(2 — ik)
"2 '
В пределе при R—*co, учитывая соотношение (10), получим
хе"
х2 + №
dx — nie ak.

« 8]
ВЫЧЕТЫ
79
Отделяя слева и справа вещественные и мнимые части, получим
+ со
— ее
В силу того, что подынтегральная функция четная, окончательно
получим
' 2
Вычислить следующие интегралы:
+ 00 4-00
С xcasxdx _ „ £
) х2-2х + 10 • ЛОг' ]
301. \ - —- # 302. \ _4^4-srd*.
— 00
x2 + 4x + 20
-f- со
О — со
со со
305. \~^dx (fl>0). 306. J-^£rdx(a>0).
О О
со со
307- $^d*(m>0, а>0). 308. $ д +^4 rfx.
о о
4-со
соэЪс ,. m „,„ I* х3 sin ax ,
(* +!)(*» +9) (Я>0)- 31°- }T+^d*
(а>0).
8П- S¥w- 312- \ w+w cosmxdx-
о о
x2cosxdx „,„ С Эх2 —а2
Пример 10. Вычислить интеграл
'"SjwW* («>о. »>0). (П)
о
„гаг
Решение. Введем функцию f (г) = 2 , такую, что при г = х
Im f (г) совпадает с подынтегральной функцией в (11). Функция /(г)
имеет особенность на вещественной оси — полюс первого порядка
в точке z = 0. Поэтому контур интегрирования выберем так, как ука

80
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
зано на рис. 8 (особая точка г = 0 обходится малым полукругом
Cr(r<b); полукруг С„ выбираем так, чтобы b<R).
Таким образом, внутри замкнутого контура находится лишь один
полюс функции f (г) в точке г = Ы. Согласно теореме Коши о вычетах
— г к
С егах С elaz С
) Х(Х2 + Ь*/Х+ ) z(22+fo2) dZ+ )х
-R
plCCX Wy
y2 + b2JdX+ \ 2(22+62) dZ+ ] X(X2 + b2) +
+
Z(Z2 + fe2)
<fc = 2ma, (12)
где
a= res
-= Iim
eiaz(z—bi) e
ab
= 6,2(22+62) z_^biZ(zZ+bi) 2b*
(13)
Заменяя в первом интеграле (12) х на — л; и объединяя его с третьим
интегралом, получим
-г R
7{x* + b*)dx+\ T&"
:R г
J *l
R .
iax p-iax
2 + 62)
R
dx-
(x* + t
dx = 2i
? sin ax dx
x Так как
б2)-
(14)
Рис. 8.
Iim
0Z2+62 62-
то подынтегральная функция
2(z* + &2)
представима в виде
elaz 1 1 i|;(z)
г(г2 + 62) б2 z ' г '
где Нтг|)(г) = 0. Полагая t — re'f, находим
г—о
С eiazdz 1 Г dz С г^г)
^Z(Z2 + 62)~62^ Z +^ Z
т
dz = -7*+i
и
\ if (re't) di$.
(15)
Интеграл в правой части (15) при г—»0 имеет пределом нуль
Iim \ ty(re"?)d<f = 0.
(16)

.8]
ВЫЧЕТЫ
II
Наконец, согласно лемме Жордана, четвертый интеграл в левой
части (12) стремится к нулю при R —» со, ибо функция g (г) =
стремится к нулю при [ г | —» со:
lim
i^co J 2(20 + 6»)
dz = 0.
г (г2 + 62)
(17)
Таким образом, при R-+co и г—-0 равенство (12) с учетом
соотношений (13) — (17) принимает вид
21
J х(х-
__ , _ ш _ . е
:2 + 62yajC-J2--™-fo2
ей
откуда
sm ах _ п
х!х*ТЩ №{
ab\
Вычислить следующие интегралы:
оо со
313. \*J™dx. 314. [-^rdx.
J X Jx^+l)
О
о (г. С cos ах — cos bx ,
315. ^ ^ Л
о
(а>0, Ь>0).
316
" 3 *(*2
+ А2)1
dx.
III. Вычисление интегралов, содержащих
показательную функцию.
Пример 11. Вычислить
интегралы Френеля
1Х — \ cos хг dxr h = \ s'n x* dx,
о
зная, что
t-»toJ£. (18)
>
/
0
4
/
R
А
V
л
Рис. 9.
Решение. Рассмотрим вспомогательную функцию / (г) =elz и
контур, указанный на рис. 9 (круговой сектор ОВАО, где OA=OB=R

82 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ Г
и £. ВОА = -г-). Внутри этого контура /(г) аналитическая и по
теореме Коши
\ eizidz = \eix*dx+\ eizi dz + J eiz* dz = 0.
OB АО 0 CR АО
Покажем, что
(19)
lim f е'г2& = 0. (20)
Действительно, полагая г2 = 5» получим dz — —— и
2/|
2 1/Е
1>
где Г™ — четверть дуги окружности радиуса Я2.
Функция g(i) = —-г: удовлетворяет условиям леммы Жордана,
^ V ь
а значит,
lim ^ -^— d|= lim [ е1г1 dz = 0.
R-+ со J 2"|/g Я — со J
Г^з CR
.я .я
На отрезке АО: г = ре 4, г2 = р% г =рЧ, 0=^p^R. Отсюда
] e,»dz = \e-Pte*dp = -ei4e-P'dp (21)
АО к 0
Перейдя в (19) к пределу при R —> оо с учетом (20), (21) и (18),
будем иметь
00 .я „
\ е'* rfx = е 4
-Чтили
ео со _
j cosx^dx+i J sin x*dx = 1 Y\ + i~Y^,
откуда получаем
со со
J cos*2 Жс= 1 j/|, J sin x*dx= | "j/~. (22)

ВЫЧЕТЫ
83
Пример 12. Вычислить интеграл
1+е
7хА% (0 < а < 1).
Решение. Выберем вспомогательную функцию
/(«) =
1+ег
и контур, указанный на рис. 10 (прямоугольник со сторонами 2R и
2л). Внутри этого контура ((г) аналитична, за исключением точки
г.
и
~
1
9
."
г*
/7
,
;
г
i
л
?
Z
Рис. 10.
г = я/, которая является для нее простым полюсом
res / (ш) = -
_ „ак1
г=то' е'"1
По теореме Коши о вычетах
i / (г) йг + С / (г) dz + t / (г) dz + J / (z) dz = - 2rtfc««'. (23)
DA
AB
ВС
CD
На отрезке DA: z = x, — R^xs^R; поэтому
R
И
l+ex
dx.
(24)
DA -R
На отрезке AB: г = # + и/, Q^y^2n; поэтому
Значит,
fia(R + iy)
aaR
2я „
ci с «
l+e'
2леаК
AB 0
-UU-
1 e«-l
Я.
->0 при Я-*со (ибо 0<а< 1). (25)

84 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ Т
Аналогично получаем
\ \f(z)dz^ ——:=5 2я -> 0 при R -* со. (26)
На отрезке ВС: z = x-\-2ni, —R^x^R; поэтому
-R . R
Р С patx+iKi) (• „ах
s = S i+Fffi.*—""" г+р^- (27)
Переходя к пределу в (23) при R-^-co и учитывая (24) —(27),
получим
-|-00 -\- СО
(* лйЛ (» MX
\ т+р*-«~« i т+Р-
— со —со
откуда
-|-со
еах , 2niea1ti
-,dx-
,dx-~e*mi { ,t~'\rdx = — 2meaici,
1 -f- ex ewni J sin an'
— CO
Вычислить следующие интегралы, содержащие
показательную функцию:
со
317. \ e~axl cos bxdx (a>0,b>0).
о
Указание. Взять f (z)—e~as%, контур— прямоугольник со
сторонами 2R и ^-.
4-со
С мх pbx
318- \-T^rdx (0<а<1, 0<6<1).
— со
Указание. Взять/(z) = —= —, контур —как на рис. 10.
IV. Вычисление интегралов вида
^ R (cos х, sin x) dx, (28)
о
где # —рациональная функция cosx и sin х, конечная внутри
промежутка интегрирования.
dz
Полагаем е1Х = г, тогда dx=— и
iz
г2+1 . г2—1
COS X = —я , Sin X = -^ .
2г ' 2й
Очевидно, в этом случае |z|=l, 0sgxs£2n.

3 si вычеты 85
Интеграл (28) принимает вид
( F (z) dz, (29)
I
где С —окружность единичного радиуса с центром в начале
координат. Согласно теореме Коши о вычетах интеграл (29) равен 2nai,
где 0 есть сумма вычетов относительно полюсов, заключенных внутри
окружности С.
Пример 13. Вычислить интеграл /= \ :——, rs (а>Ь>0)-
r r J (a-\-b cos л;)2 ч '
. о
Решение. Применяя подстановку eix = z, получим после
простых преобразований
п
i J (te2 + 2az-f&)2 i Li
С ft=l
Внутри единичного круга при условии, что а > Ь > 0, находится
только один полюс (двукратный)
— а + уа* — №
z1 = g .
2
Вычет функции F (г) = —г-„—х г—т; относительно этого полюса
*J v ' (6z2-f2az+&)2
г-»«i & 16 (Z — Zi)2(Z — Z2)2j 4X '
Итак,
. _ 2лоЬ
(a2_ 62)3/2.
Вычислить следующие интегралы:
319
320
• \ l-2pcos,+p2 (0<P<1).
и
?п
Р cos2 Зх dx /n ^- ^- i \
• \ l-2pcos2x+P2 ,(°<^<1)'
о
2я
32К ^ l-2pcos* + p2 ^>!)-
и
In
322. ^ , cosxdx (0<р<1).
о

86 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ I
323. { dx (а>1).
о
я
324. \c\g{x — a)dx (lma>0).
о
2л
325' llGbb** (а>Ь>0).
о
2я
326. £ г-г-^— (0<а<1).
J l+acosx v '
о
2я
82Ч*ЙТ|Ьг' (0<6<а).
о
§ 9. Логарифмический вычет.
Принцип аргумента. Теорема Руше.
Логарифмической производной функции f (г) называется функция
<р (г), являющаяся производной от логарифма функции /(г)
Ф(г) = [Ьп/(г)]'=^.
Особыми точками функции ср (г) могут быть только нули или особые
точки функции f (г).
Вычет логарифмической производной функции / (z) относительно
точки, являющейся нулем функции / (г), равен порядку нуля, а
относительно точки, являющейся полюсом функции / (г),— порядку этого
полюса со знаком минус.
Пример 1. Найти вычеты логарифмической производной функ-
ции / (г) = . относительно ее нулей и полюсов.
Решение. Данная функция имеет бесконечное множество
простых нулей z — kn (& = 0, +1, ±2,...) и один простой полюс
г = — 1. Отсюда
res Ш={ (fe=0' ±1> ±2'->- res 7# = -L
z^-knlK2) z=—1 l(z!
Найти вычеты логарифмических производных данных
функций относительно их нулей и полюсов:
328. /(2) = —. 329. /(z) = cos3z.

§9]
ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА РУШЕ
87
330. а) /(2) = ^; б) f(z) = sinz.
z
Пусть функция / (г) ф 0 аналитична во всех точках замкнутого
контура С. Величина
.~dz
'И
2я£ } f (;
называется логарифмическим вычетом функции f (г) относительно
замкнутого контура С.
Теорема о логарифмическом вычете. Пусть функция
f (г) является аналитической в замкнутой области D, кроме конечного
числа полюсов, и на границе С этой области не имеет ни нулей, ни
полюсов. Тогда разность между числом нулей и полюсов f (г) в D,
подсчитанных с их порядками, будет равна логарифмическому вычету
функции / (г) относительно замкнутого контура С:
(*)
2ш У f
(2)
■dz = N—P,
где N — число нулей f (г) в D, Р — число полюсов f (г) в D.
Логарифмический вычет многочлена
ft=0
относительно, контура С равен числу нулей этого многочлена (с
учетом их кратности) в области D, ограниченной контуром С.
Пример 2. Найти логарифмический вычет функции / (г) =
сЬг „ , , „
= —: относительно контура С: |г| = 8.
e,z — 1
Решение. Находим нули zk функции /(г). Для этого решаем
уравнение chz = 0 или ег-г-е~"г = 0. Записав последнее уравнение
в виде е2г = —1, найдем 2z = Ln (— l) = (2£-f-1) яг, так что zft =
= —~-ni (k — 0, ± 1, ±2, ...) (все нули простые). Для
нахождения полюсов функции /(г) решаем уравнение eiz—1=0 или
е1г=\. Имеем й = Ьп 1 =2/ллг, гт = 2тя(т=0, + 1, +2, ...).
В круге | z | < 8 находятся нули
Zfc=f^ILLro- (ft = 0, +1, ±2, -3)
и простые полюсы
гт = 2тп (т = 0, ± 1)
функции / (г). Число нулей АГ = 6, число полюсов Р = 3.
Следовательно,
JL { Ш
2л/ У f (г)
■<fe = 6-3 = 3.

ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
Пример 3. Найти логарифмический вычет функции
1+z2
/(*)
1 — cos 2яг
относительно окружности |г| = п.
Решение. Полагая l-f-z2 = 0, находим два простых нуля
функции / (г): а1 = —i, (ц — i. Полагая!—cos 2лг = 0, найдем полюсы
функции /(г): гга = п, я = 0, ±1, ±2, ... Кратность полюсов k = 2.
В круге | г | < я данная функция имеет два простых нуля
ах = —i, a2 = i и семь двукратных полюсов
Zi = — 3, г2 = —2, г3 — —\, z4 = 0, z5 = l, z0=2, г7 = 3.
Итак, Af = 2 и Я = 7. В силу теоремы о логарифмическом вычете
получаем, что логарифмический вычет данной функции / (г)
относительно окружности |г| = л будет равен
2m } f (г)
-dz = 2 — 7-2 = — 12.
В следующих задачах найти логарифмические вычеты
данных функций относительно указанных контуров:
z
1+Z3'
331.
332.
333.
334.
335.
336.
/(2) = ]
/ (г) = cos г + sin z,
/(г) = (ег-2)2,
/(z) = thz,
/(z) = tg3z,
/(z) = l-th22,
С
С
с
с
с
с
= 2.
= 4
= 6
= 2
Принцип аргумента. Логарифмический вычет функции
f (г) относительно замкнутого контура С равен приращению
AcArg/(z) аргумента f (г) при обходе контура С, деленному на 2я:
1 ^j|frfi=2sAcArgm'
2пг
Следовательно, разность между числом нулей и полюсов функции
/(z), заключенных в области D, равна
Другими словами, разность N— Я равна числу оборотов,
которые совершает в плоскости w вектор, идущий из точки ш=0в точку
a>i = /(z), когда точка г описывает контур С (число оборотов
считается положительным, если вектор вращается против часовой стрелки,
и отрицательным в противоположном случае).

§ 9] ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА РУШЕ 89
В частном случае, когда функция ги=/(г) является
аналитической в области D и на ее границе С, на которой она не обращается
в нуль, логарифмический вычет f (г) относительно С дает число
нулей f (г) в D,, которое равно изменению Arg/(z) при обходе
контура С, деленному на 2я:
п
Это имеет место, например, для многочлена Qn{z) — У] afez*.
Пример 4. Найти число корней в правой полуплоскости
Re г> 0 уравнения
Q5(z) = z5 + z4 + 2z3 —8z —1=0.
Решение. В силу принципа аргумента число нулей внутри
контура С равно
ЛГ=^ЛсЛг§<25(г),
где контур С состоит из полуокружности С„ : | z ] — R, Re г :> 0, и
ее диаметра на мнимой оси; радиус R считаем столь большим, что
все нули многочлена Q6 (2), находящиеся в правой полуплоскости,
попадают внутрь полукруга | г \ < R, Re г > 0. Имеем
uw=*(i+T+i-!-4j.
Отсюда
ArgQ5 (гНАгВ[*(1+! + £-£-!)] =
= Argz3 + Arg(l+1 + 1-1-1
= 5Argz + Arg(l+l + |-l-l).
Приращение аргумента Q5 (z) при обходе в положительном
направлении полуокружности С„ будет равно
ACRArgQ6(Z) = 5ACi?ArgZ + ACi?Arg(l+1 + 1-1-1
Перейдем в этом равенстве к пределу при R —»со:
lim Дс ArgQ5(z) =
= 5 lim АГ Argz+ lim Дг Argfi +1 + 1-1—L^

90 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ !
Оба предела в правой части существуют и равны соответственно
Нт Дс Argz = n,
Нт Дг Arg (14- — + — -4-—Wo.
Таким образом,
Нт Дс ArgQ5(z) = 5n.
Пусть теперь точка z движется по мнимой оси от z — iR до
z = —iR. Положим г = it, — Rs^t^R. Тогда
Q5 (it) = «(/) + г» (0 = *4 - 1 + г (*" - 2« - 8/),
откуда
« = **—1,
Это —параметрические уравнения линии, которую описывает точка
a, = Qs(z) Б плоскости (и, V), когда точка г пробегает мнимую ось
сверху вниз. Для построения этой линии найдем точки ее
пересечения с координатными осями Ои и Ov. Приравняв ни» нулю,
получим соответственно
t*— 1=0 или t=± 1, (2)
^5 — 2/3_8^ = 0 или t=±2, t = 0. (3)
Заметим, что уравнения (2), (3) не имеют общих корней
(действительных), так что многочлен QB (г) не имеет нулей на мнимой оси.
Следовательно, применение принципа аргумента к контуру С законно.
Корни уравнений (2) и (3) располагаем в порядке убывания, т. е.
в порядке обхода контура, и находим соответствующие
значения и и v.
№
1
2
3
4
5
t
и
2 15
1 0
0
—!
—2
— 1
0
15
V
0
—9
0
9
0

« 9]
ПРИНЦИП АРГУМЕНТА ТЕОРЕМА РУШЕ
91
Далее
lim и = +оо,
-*-+ со
hm v = ± со.
t^ + ca
Эти данные позволяют построить интересующую нас линию (рис. 11).
Из рис. 11 видно, что вектор w = Q5(z) повернется на угол ф = 3л
1
//
\\
0
0
>/\ у
.•^ \
Рис. И.
в отрицательном направлении. Следовательно,
Дс Arg Q5 (г) = 5я — Зл = 2л,
откуда число нулей в правой полуплоскости будет равно
2я
Пример 5. Найти число корней уравнения
<27(г)г=г7-2г — 5=0
в правой полуплоскости.
Решение. Выбираем контур С, как указано в примере 4.
Тогда
Дс Arg Q, (г) = Д Arg (г' - 22 - 5) =
= ДСк Arg [*(l -|~|)] =
= 7ДС Агё2 + Д Arg(l_2 5
г6 г'
= 7n+ACijArg(1-'|-|-)-'7n при /? —со.
Полагаем г — й(— R^t^R). Тогда
(2, («0 = « W +ш (/) = — 5 + г (— /7 —2/),

92 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
откуда
а =—5,
Так как ифО, то применение принципа аргумента законно
(Q7(2) на мнимой оси не имеет нулей). Эта линия —прямая (рис. 12).
Вектор w = Q7 (г) делает поворот в от-
й" рицательном направлении на л
радиан. Значит,
Ас ArgQ7(z) --*7я-
iV = ^=3,
= 6я
три
337.
338.
т. е. данное уравнение имеет
корня в правой полуплоскости.
Для следующих уравнений
определить число корней в
правой полуплоскости:
г4 + 2г3 + Зг2 + 2 + 2 = 0.
Рис. 12.
-2г-
340. 2г3 — г2
-5 = 0.
-7z + 5-.
339. г3 —4г2 + 5 = 0.
= 0.
341. г5 + 5г4 — 5 = 0. 342. г52 —2 + 1=0.
Теорема Руше. Пусть функции /(г) к ip (z), аналитические
в замкнутой области D, ограниченной контуром С, во всех точках
этого контура удовлетворяют неравенству | / (г) | > | <р (г) |. Тогда ах
сумма F (z)=/(z) + <p(z) и функция /(г) имеют в области D
одинаковое число нулей (с учетом их кратности).
Пример 6. Найти число нулей функции
F(z)=z8 — 4z5-fz2 — 1
внутри единичного круга \г | < 1.
Решение. Представим функцию J7 (z) в виде суммы двух
функций f (г) и ф (г), которые выберем, например, так:
f(z) = —4z», ф(г)=г8+г2— 1.
Тогда на окружности | г | = 1 будем иметь
|f(z)| = |-4z5|=4,
|ф(г)! = |г8+г2-1|^(г8| + |г21 + 1 = 3.
Итак, на границе | z | = 1 круга выполняется неравенство | f (г) \ >
>|ф(г)|. Функция /(г) = — 4г5 имеет пятикратный нуль в начале
координат. В силу теоремы Руше функция
F (г)=/ (г) + ф (г) = г3-425 4-22-1

§ 91 ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА РУШЕ 93
имеет в круге ]г \ < 1 пять нулей. Заметим, что возможен и другой
выбор функций / (г) и <р (г), например, такой:
f(z)=zs —4гб, ф(г)=г2—1.
Пример 7. Определить число корней уравнения
гв — 6г+10 = 0
внутри круга |г| < 1.
Решение. Положим, например, f (г) = 10 и ф(г) = гв—бг. На
окружности | г | = 1 имеем
|/(г)| = 10, |Ф(г)| = |*>-6z|^|z«|+6|z| = 7.
Итак, во всех точках окружности |г[ = 1 выполняется неравенство
I f (г) I > I Ф (г) I- Функция / (г) =10 не имеет нулей внутри круга
г|<1, а значит, по теореме Руше, не имеет нулей и функция
z* — бг+10.
Пользуясь теоремой Руше, найти число корней данных
уравнений в указанных областях:
343. г4 —Зг3 —1=0, |z|<2.
344. z3 + z + l=0, \z\<^-
345. z5 + z2+l=0, М<2.
346. г8 + 6г+10 = 0, |г|<1.
347. 27ги —18г+10 = 0, |г|<1.
348. г8 —6г° —г3 + 2 = 0, |z|<l.
Пример 8. Сколько корней уравнения
г4 — 5г+1=0 (4)
находится в кольце 1 < ( г | < 2?
Решение. Пусть Л? —число корней уравнения (4) в кольце
1<|г|<2. Тогда N = Ыг — Ыг, где Nt — число корней уравнения (4)
в круге |г|<1, N2 — число корней уравнения (4) в круге |г|<2
(N^^Nx). Нетрудно видеть, что на окружности |г| = 1 уравнение
(4) корней не имеет: если |г| = 1, то | г4 —5г+1 | 3^3.
Для нахождения A/t возьмем {(г) = — 5г, <р(г)=г4+1. На
окружности |г| = 1 имеем |/(г) | >| ф(г) |, так как | f (г) | = | — 5г | = 5,
|ф(г) | = |z4+l |«g|z|4+l=2. Функция f (г) = — 5г в круге |г|< 1
имеет один нуль, следовательно, N1=l.
Для нахождения JV2 возьмем f (г) = г4, ф(г) = 1 — 5г. На
окружности | г | = 2 имеем | f (г) | > | ф (г) |, так как | f (г) (= ( г4 | = 24 -= 16,
| ф (г) | = | 1 — 5г | й= 1 + 5 | г | = 11. Функция / (г) = г4 имеет четыре
корня в круге |г|<2, и, следовательно, N„ = 4.
Число корней уравнения (4) в кольце" 1 < I z I < 2 будет N —
= 4-1 = 3.

. 94 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
В следующих задачах определить количество корней
данных уравнений в указанных кольцах:
349. 4z4 —29z2 + 25 = 0, 2<|г|<3.
350. г7 — 5г4 + г2 — 2 = 0, 1<|г|<2.
351. г6 —82 + 10 = 0, 1<|г|<3.
Пример 9. Найти число корней уравнения
г2 — aez = 0, где0<а<е~1,
в единичном круге | г \ < 1.
Решение. Положим f(z)=>z* и ср (г) = — aez. На окружности
| г | = 1 имеем
|/(г)| = |г|»=1,
| <р (г) | = |— aez ) = а I ег ] = а | е*-^ | =06* =ё ае < 1
в силу условий — 1 г£ х г£ 1 и 0 < а < е-1.
Итак, | f (г) | > |ф(г) |, если |г| = 1. Функция \(г) = гп- в круге
| г | < 1 имеет двукратный корень в начале координат. Следовательно,
по теореме Руше исходное уравнение в круге | г\ < 1 имеет два
корня.
Замечание. Рассмотрим действительную функцию F (х) =
= х2 — аех. Эта функция на отрезке — lsgxsil непрерывна. Кроме
того,
F (— 1) = 1 — ае'1 > 0, так как 0 < дат1 < *Г2 < 1,
F (0) = — а < 0,
F (1) = 1 — см > 0, так как а < е-1.
Таким образом, на концах отрезков —I^xsgO и 0^х^1
функция F (%) принимает значения разных знаков. Отсюда следует, что
данное уравнение в круге | г | < 1 имеет два действительных корня
разных знаков.
В следующих задачах определить число корней данных
уравнений в указанных областях:
. 352. 6*^=2 (А,>1), И<1.
eR
353. ez = azn, где п-~ натуральное число и \а\>пя>
\z\<R.
354. 22 —cos2 = 0, |г|<2.
355. г4—sin2 = 0, |2|<л.
356. 22 + спгг = 0, |z|<0,5.
357. спг = 22 — 4г, ]г|< 1.
358. 2г = 4г, |г|<1.

§ W]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
95
Пример Ю. Найти число корней уравнения
к — г — е~*=0, к>1,
в правой полуплоскости Rez>0.
Решение. Рассмотрим контур, составленный из отрезка [—iR, iR]
и правой полуокружности \z\ = R. Положим f(z)—z — \ и ф (г) =
= e~z. На отрезке [—iR, iR], где z — iy, имеем
\f(z)\ = \iy-\\^V)J+Jz^V7? = X>l,
|ф(г)| = |г-*| = [в-'>| = 1,
и следовательно, | f (г) | > | ф (г) |.
На полуокруж'ости \z\=R, где Иег = л;>0 при достаточно
большом R (R> Х + 1), имеем | f (г) | > [ ф (г) |, так как
\f(z)\ = \z-k\^\z\-X=R-X>l,
| ф (г) J = | <тг) = | е'^'У \ = | е"хе~'1У }=е'х\ е~1У | = е~х «£ 1 (х > 0).
По теореме Руше внутри указанного контура при как угодно большом
R данное уравнение имеет столько же корней, сколько их имеет
уравнение f(z)=z— К = 0, т. е. один корень. А значит, и во всей
правой полуплоскости данное уравнение имеет единственный корень.
359. Показать, что уравнение гех~г~1, где к>1,
имеет в единичном круге | г | «£ 1 единственный
действительный и положительный корень.
360. Показать, что уравнение 1-f-z + azn = 0, где п—
натуральное число, большее единицы, при всяком а имеет
в круге !z|=s£2, по крайней мере, один корень.
361. Пусть f (z) и ф (г) — функции аналитические в
некоторой окрестности точки а, С — круг с центром в точке
а такой, что вдоль окружности этого круга имеем
|af(z)| + |P<p(z)|<r.
Показать, что уравнение F (z) = z~ a — af(z) — Рф(г) = 0
имеет внутри круга С один и только один корень.
§ 10. Конформные отображения
Отображение w — f(z), сохраняющее углы между линиями,
называется конформным. Если при этом сохраняется и направление
отсчета углов, то такое отображение называется конформным
отображением первого рода *).
*) Конформное отображение, при котором углы сохраняются
только по абсолютной величине, но изменяется направление отсчета на
противоположное, называется конформным отображением второго рода.

96 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ Г
Отображение w = f (г) называется конформным в области D, если
оно конформно в каждой точке этой области. Для того чтобы
отображение w = f(z) было конформным в области D, необходимо и
достаточно, чтобы в D функция w = f(z) была аналитична и ее производная
f (г) была отлична от нуля.
Общие теоремы теории конформных
отображений
I. Существует аналитическая функция w = f(z), отображающая
взаимно однозначно и конформно одну односвязную плоскую область
D на другую G, если только ни одна из этих областей не совпадает
со всей плоскостью с одной выключенной точкой или всей
расширенной плоскостью (теорема Римана).
Имеется бесконечное множество аналитических функций,
осуществляющих отображение области D на область G. Единственность
отображающей функции w = f(z) будет обеспечена, если потребовать,
чтобы выполнялось одно из условий:
а) заданная точка г0 области D перешла в заданную точку w0
области G, а линия, выходящая из г0, повернулась на данный угол
a(w0 = f(z0), argf (z) = a);
б) точка z0 области D и точка Zj границы у перешли
соответственно в точку хю0 области G и в точку w{ границы Г [ш0 ==f (г0),
u>i=rffa)];
в) три граничные точки zb z2, z3 области D перешли в три
граничные точки wb w2, Щ области G [wl=f (zt), w2 = f fa), w3 = f(z3)].
В случаях б) и в) функция f (z) предполагается непрерывной в
замкнутой области D.
II. Принцип взаимно однозначного соответствия
границ. Пусть область D ограничена гладким или кусочно-гладким
контуром у. Пусть функция w = f(z), аналитическая в D и на у,
отображает контур у на некоторый контур Г, ограничивающий область
G, причем когда точка z обходит контур у так, что область D
остается слева, соответствующая точка w обходит контур Г так, что
область G также остается слева. Тогда область D с помощью
функции w — f (г) отобразится взаимно однозначно и конформно на область G.
III. Принцип симметрии. Пусть область D, содержащая
в составе своей границы некоторый прямолинейный отрезок у
(конечной или бесконечной длины), отображается функцией w = f (г) на
область G так, что у переходит в прямолинейный отрезок Г,
входящий в границу области (рис. 13). Обозначим соответственно через I
и L прямые, на которых лежат отрезки у и Г. Принцип симметрии
утверждает: если функция w = f(z) аналитична в области D, а также
во всех внутренних точках граничного отрезка у, то эта функция
аналитична также в области D*, симметричной с D относительно
прямой /, и обладает тем свойством, что любые две точки zt и г2
(из которых одна лежит в D), симметричные относительно /,
отображаются в точки хю1 и w2, симметричные относительно прямой L.
Пример 1. В области D, ограниченной контуром у:
х2 + у°- — 2х = 0,

$ Ш]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
07
задана функция
w — ?>z-\-i.
В какую область перейдет D при отображении, осуществляемом этой
функцией?
Решение. Пусть z = x-\-iy, w = u-\-iv. Тогда соотношение
до = 3г + / перепишется в виде u-\-iv = 2>x-\-i (Зг/ + 1), так что и = 3х,
v = 3y+l. Отсюда х = -к-> y==—з—'
Контур у отображается в контур Г:
(!)3 + Ру^)2~2"Т = ° ИЛИ (и-3)я + (о-1)* = 9,
т. е. окружность радиуса 3 с центром в точке М (3, 1).
Положительное направление обхода контура у соответствует положительному
направлению обхода кон-
тура Г. В этом можно у бе- ©
диться, задав контуры
параметрическими уравнениями:
у. х = 1 + cos <р, у = sin ф,
0 г£ <р < 2л,
Г: и = 3 + 3 cos ф,
tr=3 sin ф +-1, 0г£:ф<2я.
Согласно принципу взаимно
однозначного соответствия
границ область D
отобразится в область G-внутренность
окружности, ограниченной
контуром Г.
Это можно проверить еще
и так: взять любую точку
z(^D и найти ее образ при Рис. 13,
отображении а> = 3г + /.
Например, точка 2=1 переходит в точку ш = 3+«, которая находится
внутри"контура Г.
Пример 2. Даны точки г1 = 2 + 3г и г2 = 3 + 2г, симметричные
. и
г-, ~ '"9
относительно прямой у = х. Показать, что функция w = e г
переводит zt и г2 в точки ai1 = 3 — 2i и а>2 = 2 —3«, симметричные
относительно прямой у — — х.
.л
Решение. Нетрудно проверить, что функция w=>e г ото-
. я
—' У
бражает прямую у = Х в прямую у = — *. Функция w = e z ана-
литична всюду. В силу принципа симметрии точки г1 = 2 + 3/ и г2 =
= 3 + 2t, симметричные относительно прямой у = х, перейдут в точки
w1=-3 — 2i и о)2 = 2 — 3«, симметричные относительно прямой у = — х.
4 М. Л. Краснов и др.

98 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Конформные отображения, осуществляемые
элементарными функциями
Линейная функция. Линейная функция w=az-\-b, где а
и 6 — постоянные комплексные числа (афЬ), осуществляет
конформное отображение полной плоскости г на полную плоскость W, так
как при любом г имеем w' =а^Ь0.
Частные случаи:
1. w = z+b (1)
осуществляет преобразование параллельного переноса.
2. w = eiaz, (2)
где а—действительное число, осуществляет преобразование поворота
вокруг начала координат на угол а.
3. и> = гг, (3)
где г —действительное положительное число, осуществляет
преобразование подобия с центром подобия в начале координат, г
—коэффициент подобия.
№ Общий случай линейного отобра-
/j\ жения
w = az-\-b, где а = ге1а, (4)
осуществляется путем последователь"
ного применения: 1) поворота около
начала координат на угол а, 2)
преобразования подобия с центром
подобия в начале координат и
коэффициентом подобия, равным г, 3)
параллельного переноса с помощью
вектора, соответствующего
комплексному числу Ь.
Отметим, что линейное
преобразование оставляет неподвижными две
Ь
J
л
0
"
/
/ \
©
V,
г и
точки г! = оэ и г2=-
При а — \
Рис. 14.
ему
\ — а
получаем г2 = со, т. е. в этом случае
обе неподвижные точки совпадают.
Пример 3. Найти линейную
функцию, отображающую треугольник
с вершинами в точках 0, 1, i в пло-
треугольник с вершинами 0, 2, \-\-i в
скости г на подобный
плоскости w.
Решение. Первый способ. Из рис. 14 видим, что Д ABC
переходит в подобный ему Д А1ВгС1 путем следующих операций:
1) поворот около начала координат на угол j- я, что
соответствует преобразованию ,
. 5
I- Я
w1 = e z;

§ 10] КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ 99
2) преобразование подобия с центром в начале координат и
коэффициентом r = V2
так как ., „ = У2 :
АВ '
до,
: = Г2я1;
3) параллельный перенос, смещающий точку С (0, 0) в точку
Сг(1, 1) (получаем b=\-\-i):
w = до2 + 1 -f- i.
Учитывая, что с * = —^ ( -=-, получим окончательно
ш = К2(-^-/^)г+1+« = (1-г)(1+«).
Рис. 15.
Второй способ. Пусть искомая функция есть ш = аг+6,
где а и 6 —пока неопределенные константы. По условию задачи
точки z1 = 0 и г2 = 1 должны перейти соответственно в точки и^ ==
= 1+t и w2 = 0. Получаем систему
уравнений для определения а и Ь:
l+i = fc,
0 = a + b.
Отсюда а =—1— (', 6=1+i, а значит,
ю = (1 + «)(1-г). (5)
1
Функция w = —.
J г
Точки М и М' называются
симметричными относительно окружности Г,
если
1) они находятся на одном луче, выходящем из центра
окружности;
2) произведение их расстояний от центра окружности равно
квадрату радиуса окружности: ОМ ■ ОМ' = R2 (рис. 15).
Замечание. Точки окружности Г симметричны самим себе
относительно этой окружности.
Для центра О окружности Г симметричной точкой относительно
Г является бесконечно удаленная точка.
Если центр окружности Г находится в начале координат и одна
из симметричных относительно Г точек изображает комплексное
R2
число г, то другая соответствует комплексному числу — .
Преобразование и>»«— состоит из двух симметричных
отражений: относительно единичной окружности и относительно
действительной оси (рис. 16).

100 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Преобразование w = — является конформным во всей
расширенной плоскости, причем точке г = 0 соответствует точка w — co, а
точке г = со соответствует точка ш = 0. (Считают, что угол между
линиями в бесконечно удаленной точке одной из плоскостей (г или w)
равен углу между образами этих линий в начале координат другой
плоскости.) Окружности (а также прямые) при отображении ои = —
переходят в окружности или
прямые. Неподвижные точки гх = +1
и г2 =—1.
Пример 4. Найти образ
окружности |г] = 3 при отображе-
25
НИИ W = — .
г
Решение. Пуст.ь г — х + ty,
w = u-\-iv. Тогда соотношение
25
оу=— перепишется в виде
г
u-\-tv-
откуда
25
x + iy
25х
*2 + Уа
25у
:2 + уа
25х
25у
Рис. 16.
(а)
ж2 + г/2' а;2+£/2-
3 в декартовых координатах запишется
(б)
Уравнение окружности | г
в виде
х3+г/2 = 9.
Исключая из (а) и (б) х и у, получим
п 25
т. е. окружность радиуса /< = — с центром в начале координат в
плоскости w.
Дроби о-л и н е й н а я
>у н к ц и я
_az + b
' = cz~+d'
(6)
где а, Ь, с, d — комплексные постоянные и ad— be -ф. О взаимно
однозначно и конформно отображает расширенную плоскость г на
расширенную плоскость w. Преобразование, осуществляемое
дробно-линейной функцией, называется дробно-линейным. Каждое
дробно-линейное преобразование может быть получено с помощью последовательного
применения линейных преобразований и преобразования вида w= —,

S Ю]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
101
Свойства дробно-линейного
преобразования:
I. Круговое свойство. Дробно-линейное преобразование
окружность отображает в окружность. (Прямая линия считается
окружностью бесконечного радиуса.)
1]. Свойство симметрии. Две точки zt и z2, симметричные
относительно окружности С, отображаются в точки wx и к/2,
симметричные относительно окружности Г, на которую отображается
окружность С.
Существует единственная дробно-линейная функция, которая три
заданные точки zt, га, г3 плоскости г переводит в три заданные
точки wlt w2, к/3 плоскости w. Она имеет вид
w — Wj w3 — w2^z—zx z3 — г2
w — w2 w3 — w1 z — 2г г3 — Zj '
Пример 5. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки Zj= 1, г2 = «, г3 =—1 в точки хю^—Х, ву2 = 0, w3=\.
Решение. Воспользовавшись формулой (7), будем иметь
w + \ 1—0 г—1 —1—г л—г
-—Si • ч—;—г; = • —i i, откуда w = г -г——.
аи — 0 1 —(—I) г —( —1 — 1' ! + г
Замечание. Если одна из точек zk или wk (fe=l, 2, 3)
является бесконечно удаленной, то в формуле (7) надо заменить
единицами все разности, содержащие эту точку.
Например, если Zj^co и ю2 = со, то получим
w — w-, 1 1 г3 — г2 , lw3 — w-,) (г3 — г2)
L. = ._£__£ ИЛИ ВИ = Ш, + — ii-1-2 2i
1 Ш3— Wx 2 —22 I * 2 — 23
Приведем две часто употребляющиеся формулы:
1) Функция
w = ei9Lzh (8)
с— г0
отображает верхнюю полуплоскость Im г > 0 на единичный круг
| ш | < 1 так, что точка г = г0 данной полуплоскости переводится
в центр w = 0 круга. Здесь <р — любое действительное число.
2) Функция
а> = ^РЦ§- (9)
отображает единичный круг [ z \ < 1 на единичный круг | w | < 1 так,
что точка 2 = г0 первого круга переходит в центр ш = 0 второго
362. Указать геометрический смысл (сдвиг,
растяжение, поворот) следующих преобразований:
a) w=z + 3i; б) w=z + 5; в) w=iz;
п . .
г) w = e 6 г; д) w — 3z; e) ш = —=-г.

102 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
363. Найти общий вид целых линейных функций,
с помощью которых осуществляются преобразования:
а) верхней полуплоскости на себя;
б) верхней полуплоскости на нижнюю полуплоскость;
в) верхней полуплоскости на правую полуплоскость.
364. На какую область отображает функция w = —
полуполосу 0<Rez<l, lmz>0?
365. Найти дробно-линейную функцию,
отображающую круг | z | < 1 на полуплоскость Im z > 0 так, чтобы
точки —1; 1; i перешли в точки оо; 0; 1.
366. Найти конформное отображение круга |z|<5
в круг |ау|<1 так, чтобы точки —5; 4 + 3/; 5 перешли
в точки —1; i; I.
367. Найти функцию w — f(z), отображающую
конформно единичный круг на себя и такую, что
a)/(j) = 0, argf(I) = f;
б)/(0) = 0, argf'(0) = -f.
368. Найти дробно-линейную функцию,
отображающую круг \г — 2|<3 на круг |ау|<1 так, чтобы
точки —1; 5; i}/~5 перешли соответственно в точки 1;
i; -1.
369. На какую область в плоскости w отобразит
функция w = ij-j-- верхний полукруг |z]<l, lmz>0?
370. Найти образ области D: l^)z|^2, 0s^argz=^
<Y при отображении w = —1-1.
371. Найти общий вид дробно-линейных
преобразований, преобразующих верхнюю полуплоскость самое
в себя.
Степенная функция
w = zn, (10)
где п^2 — целое положительное число.
Отображение, осуществляемое степенной функцией, является
конформным бо всей плоскости, кроме точки г = 0: при гфО имеем
w' = nzn !; при г = 0 ои' = 0. При г = 0 конформность нарушается,
так как при отображении с помощью функции (10) углы увеличи-

10]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
103
2я
ваются в п раз. Угол 0 < ф < — функцией (10) отображается
взаимно однозначно на всю плоскость w с разрезом по положительной
части действительной оси, причем лучу ф = 0 соответствует верхний,
2я „ ,
а лучу ф = нижний край разреза. 1акое же отображение
получим для каждого из углов, на которые плоскость г разбивают
лучи ф = (А—целое число), причем при отображении угла
2(k — l)n 2Ы ,, , „
—i — <ф< («=1, 2, ..., п) на плоскость с разрезом лучу
разреза.
Пример 6. Отобразить сектор 0 < arg г ■
нижний край
на единичный
круг | w \ < 1 так, чтобы точка г1 = е перешла в центр w1 = 0,
а точка г2 = 0 — в точку w% = \.
л
Решение. Сектор 0 < arg г < - - (рис. 17, а) с помощью
функции t = zi отобразим на верхнюю полуплоскость \mt>0 (рис 17,6).
я
Точка г1 = е 8 перейдет в точку ^ = г1 = 1, а га = 0 перейдет в точку
<2 = 0.
Затем отобразим полуплоскость Im t > 0 на круг w \ < 1 так,
чтобы точка ti = t перешла в центр круга (рис. 17, в).
Воспользовавшись формулой
пол> чим
w = elf
t — i

104 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
Требование, чтобы точка ?а = 0 перешла в точку вуа=1, дает е1? =
= —1. Подставляя в выражение для w значение е'? = —1 и t = zi,
получим окончательно
г4 — i
w =
Пример 7. Найти функцию, отображающую верхнюю половину
круга |г|<1, lmz>0, на верхнюю полуплоскость 1тои>0.
Решение. Заданная область представляет собой двуугольник
с вершинами в точках гх = —1 и г2 = 1 и углом при вершине а=тг
(рис. 18, а).
Рис. 18.
Вспомогательная функция t --
1+z
'1—г
осуществляет конформное
отображение этого двуугольника на первый квадрант плоскости t
д Д-г\2
(рис. 18,6). Функция w — P или аи= дает искомое отобра-
\l-z/
жение (рис. 18, в).
Показательная и логарифмическая функции.
Отображение, осуществляемое показательной функцией
w = ez, (11)
конформно во всей плоскости, так как ш'=ег:£0 во всякой
конечной точке плоскости г.
Если плоскость г разбить на -полосы
2йя<г/<2(& + 1)я (Ь=0, ±1, ±2, ...),
то каждая из этих полос отобразится функцией ю = ег взаимно
однозначно на всю плоскость w с разрезом вдоль положительной части
действительной оси. При этом считаем, что нижней границе y=2kn
полосы соответствует верхний край разреза, а верхней границе у =
= 2(&+1)я— нижний край разреза. При этом точки z0=x0-{-iy0 и
гк = х0 + ( (у0 + 2kn) (fe=±l, ±2, ...) переходят в одну и ту же
точку плоскости w. Это означает, что показательная функция
является бесконечнолистной периодической функцией комплексной
переменьой z с мнимым периодом 2лг. Областью ее однолистности

« 101
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
105
является любая полоса уй ^ у < у0-J-2л, отображающаяся на полную
плоскость о» с разрезом по лучу arga>0 = i/0 (рис. 19).
Отметим, что показательная функция т = ег не обращается в нуль
ни при каком значении г.
Рйс. 19.
Пример 8. Во что преобразуется полуполоса
0<1тг<2л, Re£<0
с помощью функции w = ez?
Решение. Положим z = x-{-iy
р = ех, у —у, где
ш = ег=ех ■ е'У = ре1?. Тогда
оо < х < 0, 0 < у < 2л,
так что 0 <; р <г 1, 0<ф<2л. Очевидно, точки w = pe'f,
удовлетворяющие этим условиям, заполняют круг | w | ■< 1 с разрезом по
отрезку прямой, соединяющей точки ои=0 и w=l. В самом деле,
обойдем контур у области D в положительном направлении, начиная
Рис. 20.
с участка / (—оо<х<0, у = 0). Далее II (х = 0, 0 < у < 2л) и
наконец, /// (г/ = 2л, а к изменяется от 0 до—со). Очевидно, этим
участкам в плоскости w будут соответствовать участки /', [[', ИГ,
где участок /' совпадает с верхним краем разреза, а ///' — с нижним
краем (рис. 20).

106 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Логарифмическая функция
w = Ltiz (12)
определяется как функция, обратная показательной. Для
определенности будем рассматривать главное значение логарифма 2, т. е. то
значение, которое соответствует главному значению аргумента
In г=1п | г | + t argz, —3t<arg2s£n.
Эта функция аналитическая во всех конечных точках г^£0 и w' =
= — jbO. Значит, отображение с помощью функции оу=1п2
конформно во всех таких точках. Отметим, что точки 2 = 0 и г = оз
являются точками разветвления функции w = Lnz, причем Ln0=oo
и Ln oo = со.
Любое конечное число обходов (в одном и том же направлении)
вокруг точки z = 0 не приведет вновь к первоначальной ветви
функции Ln Z. Такие точки разветвления называются логарифмическими.
Пример 9. Найти функцию, отображающую плоскость г с
разрезом вдоль отрицательной части вещественной оси от точки 2 = 0
до точки г = —со на полосу —л <Г v < п в плоскости w.
w,—rti
Рис. 21.
Решение. При рассмотрении показательной функции w = ez
было указано (стр. 104), что любая полоса у0 -^ у < у0-\- 2зг
отображается этой функцией на полную плоскость w с разрезом по лучу
argw0 = y0.
Рассмотрим обратное отображение, а именно, отображение
полосы v0 =go < t)(,~j-2jt, где о0 = —зт плоскости w на всю плоскость г
с разрезом по лучу arg20 = a0 =—-л (рис. 21). Очевидно, такое
отображение дает функция z = ew; следовательно, искомое отображение
будет w=Jtrz — \n J 2 j-j-t arg г. Когда точка 2 пробегает по нижнему
берегу ]5азреза / от x = —со до х = 0, то в плоскости w
соответствующая точка опишет линию /' от и = -)-оо до и = — со (у =—я).
Далее, когда точка г пробегает по верхнему берегу разреза // от
х = 0 до х = —со, то в плоскости w соответствующая точка опишет
линию //' от « = —со до и = -|-оо (у = я), так что область D и
соответствующая ей область G остаются при обходе контуров справа.

§ Ю]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
107
Тригонометрические функции
oj=sinz, to = cosz. (13)
Для любого комплексного г
eiz_e-iz eiz-\-e~iz
sin2==___. cos2= __.
Пример 10. Во что отображается полуполоса 0<х<я, у > 0
(рис. 22) с помощью функции cos z?
к" ©
Рис. 22.
Решение. Имеем cosz = cos (х + iy) = cosx ch у— i sin xshy.
Если точка г пробегает участок границы / от у = -{-со до у — О
(при х = 0), то соответствующая точка в плоскости w пробегает
участок /' от и ==-(- оо до « = 1 (при v — 0). Если точка г пробегает
участок // от А' = 0 до х — л, (при у = 0), то o; = cosx опишет
участок //' от и = 1 до и =—1 (при у = 0). Наконец, если точка z
пробегает участок /// от у = 0 до i/ = + co (при х = я), то w =—ch у
пробегает участок ///' от и = —1 до ы = — со (при а = 0). Итак,
если точка г обходит границу полуполосы 0 <Сх<.п, у>0 так, что
полуполоса остается слева, то точка w пробегает справа налево всю
действительную ось, и поэтому из принципа взаимно однозначного
соответствия следует, что функция oa = cos2 отображает
рассматриваемую полуполосу на нижнюю полуплоскость w. Аналогично
показывается, что полуполоса 0<х<Гя, £/<0 функцией kj = cosz
отображается на верхнюю полуплоскость гю.
Стороне полуполосы х = я, у <: 0 соответствует отрезок — оо <
<«<—1 действительной оси плоскости w, стороне 0<х<я, i/=0
(проходимой от я к 0) соответствует отрезок —1 <и<1 и стороне
х = 0, i/<0—-отрезок 1<«< + со. Отрезок — оо<и< — 1
действительной оси плоскости w пробегается дважды, а именно, на него
отображается сторона х = я, у > 0 первой полу полосы и сторона
х —я, i/<0 —второй полуполосы. Чтобы отображение oa = cosz было
взаимно однозначным, надо в плоскости w сделать разрез вдоль
действительной оси от —-со до —1 (а также от 1 до +со).

108 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМГННОГО [ГЛ I
Итак, функция oa = cosz отображает полосу 0 < х < л на всю
плоскость w с разрезами по действительной оси от —со до —1 и от
1 ДО +СО.
Функция Жуковского
1
1
-Т г+г
(14)
является аналитической во всей плоскости, кроме точки г = 0, где
она имеет полюс первого порядка.
Производная функции Жуковского w' = -~- 1 -\ ф0 при г ф
ф± 1, а значит, отображение, осуществляемое этой функцией, везде
Рис. 23.
конформно, кроме точек г=± 1. Функция w =-~- \z~\-
Г
отобра-
2 \ ■ z
жает конформно область | г | < 1 на всю плоскость w, разрезанную
по отрезку [—1, 1] действительной оси Граница области —
окружность |z| = l—отображается на этот отрезок, причем верхняя
полуокружность отображается на нижний, а нижняя — на верхний край
разреза.
Аналогично область ] г | > 1 отображается на второй экземпляр
плоскости w, разрезанной по отрезку [—1, 1] действительной оси,
причем верхняя полуокружность )г| = 1, ImZ>0 отображается на
верхний берег, а нижняя полуокружность |г[ = 1, 1тг<0 —на
нижний берег разреза (рис. 23)
Всякая окружность радиуса R ф 1 отображается функцией (14)
в эллипс с полуосями
К«+1
«4

<) Ю]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
109
и фокусами в точках (— 1, 0) и (1, 0) Лучи arg2 = cp кроме ф = 0,
i. д-, я] отображаются на соответствующие ветви гиперболы
«2 у2
cos2 ер соь2 <
я
лучи argz = Q, argz=±--, argz = n отображаются на дважды
пробегаемые бесконечные отрезки действительной или мнимой осей.
Рис 24.
Пример 11. Пользуясь функцией Жуковского, найги образ
области
0<|z|<l, 0<argz<~.
Решение. Подставим г = ге1^ в функцию Жуковского
1
1
ш=т1г+"г/
и выделим действительную н мнимую части; получим
ы=-U + yjcoscp,
а==~2 Г _7'ЫПф'
(15)
Обходя контур сектора в положительном направлении ОАВО (рис. 24),
получим отрезок ОА перейдет в бесконечный отрезок
действительной оси, пробегаемый от « = +со до и — 1 (рис 25), дуга А В
окружности |г| = 1 перейдет в отрезок действительной оси А'В', а отрезок

110
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
ВО перейдет в кривую
eeY г+7
или и2 — о2 —-у (гипербола).
Vi
*=-1Г\'—т
Рис, 25.
Согласно принципу взаимнооднозначного соответствия границ
получим, что заданный сектор переводится функцией Жуковского
в область
1 . ^2
ма_ц2> и>
2 '
v<0.
372. Найти функцию, отображающую область у<
< arg г<л на область 0 <; arg w < -r.
4
373. Отобразить на верхнюю полуплоскость единичный
круг с разрезом, идущим от центра по действительной
оси.
374. Отобразить плоскость с прямолинейным разрезом
по вещественной оси 0<а<А'<6 на верхнюю
полуплоскость W.
375. Отобразить плоскость z с прямолинейными
разрезами (—со, Ь), (а, -}-со), где а и Ь вещественны,
Ь <; а, на полуплоскость Im w > 0.

§ 10] КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ 1 1 1
376. Найти функцию, отображающую первый квадрант
Os^ argzs^ у на круг | г\ < 1 так, чтобы точкам z=l-\-i,
2 = 0 отвечали точки оу = 0, w = l.
В следующих задачах найти область плоскости w, на
которую функция w — f(z) отображает данную область D
плоскости г:
377. w = г2 + 1, D: четверть круга \г\ < 1, 0< argz <
<-
2 ' я
378. ау = е2г, D: полуполоса 0<1тг<т, Rez<0.
379. w = lnz-\-l, D: часть кругового кольца 1 <;
<J2|<e, заключенная в угле 0<arg2<e.
Найти функцию, отображающую конформно на
верхнюю полуплоскость каждую из указанных областей:
380. Сектор |z|<2, 0<argz<-|.
381. Область И<2, |z-l|<l.
382. Полосу a<Rez<6, a>0.
Найти функции, отображающие:
383. Круг |г|<1 с разрезом по радиусу от точки
г = 0 до точки г = — 1 на полуполосу — п ■<и <я, « < 0.
384. Полуполосу 0<1т2<л, Rez>0 на
полуплоскость Im w > 0.
385. Полосу — oo<Rez< + oo, 0< Im г < у на
плоскость w с разрезами — оо<ц^—1, и = 0 и 1^«<
< + оо, и = 0.
386. Лунку, ограниченную окружностями \г— 1| = 1,
|г — 21=2 на полосу 0 < Re да < 1.
387. Область, заключенную между двумя
окружностями, пересекающимися в точках г = а и г —6 под
углом лЯ, 0<Я<1, на полуплоскость Im w > 0 так, чтобы
2 = а перешла в w = 0, а 2 = 6 — в да = схэ.
388. Используя функцию Жуковского, найти функцию,
и2
отображающую кольцо 1 <; | z | <: 2 на область -^- -[-
+ -^^1 с разрезом — 4 «с; и-^4, и = 0.
389. Отобразить верхнюю полуплоскость 1тг>0с
исключенным полукругом |z|<-~- в круг |да|<1.

ГЛАВА П
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
§ 11. Нахождение изображений и оригиналов
Функцией-оригиналом называется любая комплекснозначная
функция / (t) действительного аргумента t, удовлетворяющая условиям:
1°. / (/) интегрируема на любом конечном интервале оси t
(локально интегрируема),
2°. Для всех отрицательных t
/(0=о.
3°. / (t) возрастает не быстрее показательной функции, т. е.
существуют такие постоянные /И>0 и s02=0, что для всех t
|/(0i<Mes»'. (1)
Пример 1. Показать, что функция
[ &
е* sin 3<, *>0,
является функцией-оригиналом.
Действительно, функция / (t) локально интегрируема:
U
J e* sin 3t dt,
существует для любых конечных tt и /2.
Условие 29 выполнено в силу задания функции.
Наконец, для любых вещественных t
| е2' sin St | «g e2/,
так что в качестве М в условии 3° можно взять любое число >1;
s0 = 2.
Простейшей функцией-оригиналом является так называемая
единичная функция Хевисайда ~- -,
( 1, Г>0,

$11] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ ИЗ
Очевидно,
Ф(0т,(0 = { 0# <<0>
так что если ф (t) удовлетворяет условиям 1° и 3°, то ф (t) ц (t) уже
удовлетворяет всем условиям, налагаемым на функции-оригиналы.
390. Проверить, какие из указанных функций являются
функциями-оригиналами
a) f(t) = bii\(t), b>0, b^l; б) f(t) = e^+ii)(4)(t);
вШ0=т^з-ч(0; г)/(o=fti(0;
д) / (0 = ch (3 - 0 tr\ (t); e) f (t) = tg Щ (t);
ж) f (0 = ^(0; з) /(0 = e-'cosftr|(0;
и)/(0=е"т1(0; к) f(o = ff-'*ri(0;
i °°
л)/(0=тп(0; M)/(o = i + I](-i)fer](^-A).
В дальнейшем для сокращения записи будем, как правило,
писать f (t) вместо f{t)f\{t), считая, что рассматриваемые нами
функции продолжены нулем для отрицательных t.
Изображением функции f (t) no Лапласу называется функция F (р)
комплексного переменного p = s~\-ie, определяемая равенством
-[-со
F{p)= 5 f(t)e~Ptdt. (2)
о
Тот факт, что F (р) есть изображение / (t), будем символически
записывать так:
f(t)=F(p).
Функция F (р) определена в полуплоскости
Rep = s>s0 и является в этой полуплоскости
аналитической функцией.
Пример 2. Пользуясь определением, найти изображение
функции
Решение. Для функции f(t)=e2t имеем s0 = 2. Поэтому
изображение F (р) будет во всяком случае определено и аналитичнс
в полуплоскости Rep>2. Имеем
-|-оо -\-со
F (p)= f e2te~P'dt= \ е~'Р-2><М =
"-(р-2)
-lp-2tt
-2
(Rep=s>2).

114 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ 1Г
Итак,/7(р) = ^. Эта функция анадитична при Rep>2, и, кроме
того, она аналитична всюду, за исключением точки р — 2. Это не
противоречит сформулированному выше утверждению, так как
последнее гарантирует аналитичность F (р) при Re p > s0, но вовсе не
утверждает, что если Re p <C s0, то F (р) всюду неаналитична.
Пользуясь определением, найти изображения
следующих функций:
391. f(t) = t. 392. /(0 = sin3/.
393. f{t) = tet. 394. f(t) = t* (а>—1).
395. Может ли функция ф(/?)= служить
изображением некоторого оригинала?
Свойства преобразования Лапласа
I. Свойство линейности. Для любых комплексных
постоянных аир
af(f) + $g(f) = *F(p) + №(p)
(здесь и всюду в дальнейшем считаем / (t) Ф F (p), g(t)==G(p)).
Найти изображение функций'
396. 1+*.
397. 2 sin t — cos t.
398. t-i-~e-(.
II. Теорема подобия. Для любого постоянного а>О
f(at)=r~F(^
Пользуясь теоремой подобия, найти изображения
следующих функций:
399. f(t) = eat. 400. f{t) = six\4t.
401. a) f(t) = cos (at; 6) f(t) = sh3t.
402. Пусть f(t)==F(p). Найти изображение функции
/ I —j (a > 0) непосредственно и с помощью теоремы
подобия.
Пользуясь теоремами линейности и подобия, найти
изображения следующих функций:

§11] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ 115
403. f(t) = sm2t. 404. f (t) = sin mt cos tit.
405. f(t) = cos3t. 406. f (t) = sin mt sin tit.
407. f(0 = sin4^. 408. f (t) = cos mt cos nt.
III. Дифференцирование оригинала. Если функции
/ (0> /' (0> ■ • • > /'"' (0 являются функциями-оригиналами и f (t) =zF (p),
то
f'{t) = pF(p)-f{0),
/"(0 = p2^(p)-p/(0)-/'(0),
/'"»(/) =pnF (p) — pn~1f{Q) — pn~if (0)—...—Z"^1' (0),
где под /<fe,(0) (й = 1, 2, ..., «—1) понимается lim /'*' (t).
Пример З. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала,
найти изображение функции / (t) = sin21.
Решение. Пусть f(t)=F(p). Тогда
/'(0 = pF(p)-/(0).
2
rio /(0)=0, a /' (0=2 sin t cost— sin 2t = -g-r-г. Следовательно,
2
-ГГ4= Рр (Р)< откуда
Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала,
найти изображение следующих функций:
409. f(0 = cos2/. 410. f(t) = sin3t.
411. f(t) = t sin at. 412. f(t) = cos4.
413. f(t) = t cos at. 414. f(t) = te\
IV. Дифференцирование изображения.
Дифференцирование изображения сводится к умножению на (— t) оригинала
F'{p)+-tf(t)
или, вообще,
F™(p) = {r-t)nf(f).
Пример 4. Найти изображение функции
f (t) = Ре*.
Решение. Имеем е1 = г. По теореме о дифференцировании
р—\
изображения И = — te', откуда г—;=btel. Далее
\p~lj ■ (Р-1)2 '
IT 2! . ,„ ,
-\ =—t (te() или
(p-l)»J • ^ ' (р-1)з

116 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ И
Найти изображения следующих функций:
415. f(t) = t4o$t. 416. f(t) = t(e' + cht).
417. /(*) = (*+I)sin2f. 418. f(t) = tsh3t.
V Интегрирование оригинала Интегрирование
оригинала сводится к делению изображения на р, т. е. если f(t)-=F(p),
то
\ f СО dX :
^F(P)
t
Пример 5 Найти изображение функции \ ет dx.
о
Р е ш е н и е. Имеем е' = =-. По теореме об интегрировании
р~\
t _L
1
оригинала
^e,dx=Pzzl._
Р(Р —1)"
О
Найти изображения следующих функций:
419. /(/) = $ sin т dx. 420./(0 = 5 (т+1) cos ют dr.
421. f(0 =
423. /(/) =
0
= \ т sh 2т dx.
0
t
= ^ ch сот Л.
0
t
422. f(/) = $cos2coxcfT.
0
424. f(t) = \%4~~" di.
VI. Интегрирование изображения. Если \ F (p) dp
р
сходится, то он служит изображением функции -—-'.
^^\Fip)
t . , - v-, dp.
v
Пример 6 Найти изображение функции —-—.

§ II] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ 117
Решение. Как известно, sin t =
p*+l
Поэтому
sin
т
СО
dp
Р2+1
= arctg р
со я
=-н- — ar«g Р = arcdg p
(для многозначных функций Lnz, Arctg г и т. д. берем их главные
ветви, для которых In 1 = 0, arctg l = y н т, д,
Найти изображения следующих функций:
425. а)
426. а)
427. а)
t '
1 — cos t _
t '
et—l—t
6)
В)
sin2^
6)
6)
t
cos t — cos 2/
С помощью теоремы об интегрировании изображения легко
вычисляются некоторые несобственные интегралы.
Пусть f (t) = F (р), и пусть сходится несобственный интеграл
оо
[ ф Л. Тогда
СО СО
(3)
о о
где интеграл справа можно вычислять по положительной'-йодуоси.
Пример 7. Вычислить интеграл
sin t
df.
Решение. Имеем sin / == .. По формуле (3)
\¥*-1
0 0
Вычислить интегралы:
со
р- at р- Ы
&г
г2+1
= arctg г
оз Л
428
(■ р- at „~ Ы
. \ f-—dt (a>0, 6>0).
429.
Сg s
sin at
dt
(а>0, а>0).

118 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ П
430. [ -* te~ft smmtdt (а>0, Р>0, т > 0).
Ае~ at + Вё~ № + Се" V -f- Oe~
0<
431. ^ -"с ^"с ' |—_Л^_^
о
(Л+Я + С + £> = 0, а>0, P>0, v>0> <5>0).
со
лог> С cosatf — cos to ,, , ^ „ , _ пч
432. \ dt (a>0, 6>0).
о
CO
лог, f sin at sin bt ,, - _ „ < ^_ „,
433. V at (a>0, o>0),
о
VII. Теорема смещения. Если f (t) ф F (p), то для любого
комплексного p0
e f(t)=F(p-p,). W
Пример 8. Найти изображение функции f (t) = e~t cos It.
Решение. Имеем cos It == -——.. По теореме смещения (p0 =
• p2 + 4
= -1)
e-fcos2<= P+1
■ (p+l)» + 4'
Найти изображения следующих функций:
434. а) e2t$int; б) e'cosnt. 435. е~(-t3.
436. e*sht. 437. te'cost. 438. es'sin2/.
439. e at cos2 p/.
VIII. Теорема запаздывания. Если f (t) == F (p), mo
Эля любого положительного %
}(1-%)фе-Р^(р). (5)
Теорему запаздывания удобно использовать при отыскании
изображения функций, которые на разных участках задаются разными
аналитическими выражениями.
Пример 9. Найти изображение функции
/(f-l) = (*-l)»T)(<-l).
Решение. Для функции f (t) = flr\ (t) имеем

§ 11]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
119
По теореме запаздывания для функции ((— l)8r| (t — 1) имеем
Здесь существенно, что ищется изображение функции (t— I)2 т) (t—1),
т. е. функции, равной нулю при t < 1.
Если* рассмотреть функцию fx (t) = (< — I)2 r\ (t), то для нее имели
бы /i (0 = ('г —2^ + 1) Л (О И п0 свойству линейности
Найти изображение функций:
440. sin(/ — b)r](t — b).
441. cos*(f — 6)т](/ — b).
442. ^2T](/ —2).
Найти изображения следующих функций, заданных
графически:
443.
i
1
0
1
t
444.
445.
/ г

120
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ГЛ. II
0 при Osg tts^a,
т а
447. /(/) =
О при O^t^a,
1 ~e'b{t-a" при t>a.
l
fit)
448.
0\ а
fft)
№
449.
Ь-а
450.
1
3
г
1
0
-г
-4
ч о
I
-
1
г
3
—
4
t
451. Пусть функция f (t) периодическая с периодом Т
есть функция-оригинал. Показать, что ее изображение
по Лапласу F (р) дается формулой
т
е о
и определено в полуплоскости Rep = s>0,

И]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИИ И ОРИГИНАЛОВ
121
Найти изображения следующих периодических
функций:
№
452.
453.
7\/\/\,
I2 3 4 5 6 't
№
12 3 4 5 5 7$ t
fit)
454- '~7\A/\AA/l 455. /(0 = | sin 11
t г з t 5 t
456. f(0 = |cos/1
457.
гя
j*
fm = fsin^ ПРИ 2kn<t <(2k+l)n,
'U \ 0 при (2£+l)n</<(2£ + 2)xt( ' ' '•")'
458. Показать, что если f (t)=±F (p), to
f(t)ri(t-a) = F(p)-\f(t)t
-Pt
dt.
В практике операционного исчисления приходится иногда
сталкиваться с так называемыми обобщенными функциями *), играющими
важную роль в современной математике.
Одним из представителей обобщенных функций является 6-функ-
ция Дирака б (t), которая определяется так [2]:
1)6(4°'
(. со,
0, если t ф 0,
если t = Q,
2) $б(9/(д<й=/(0),
*) Строгое определение обобщенных функций см., например,
в книге И. М ГельфандаиГ. Е. Шилова «Обобщенные
функции и действия над ними», вып. I, Физматгиз, 1959.

122 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
где (а, Р) —любой интервал, содержащий точку ^ = 0, а /(^ —
функция, непрерывная в точке ^ = 0.
Аналогично определяется функция 6(^ —т) — 6-функция,
сосредоточенная в точке t = x.
В теории обобщенных функций б (t) рассматривается как про-
изводная единичной функции ri (t) = <
I 0, t < 0,
Ч'(') = *«)• (6)
Аналогично, при любом т
r\' (t — r) = b(t — т).
Заметим, что производная функция r\ (t) в обычном смысле равна
нулю для всех tjtO, а при t = 0 не существует.
Справедливы формулы
6(0 = 1; )
6<m>(0=rpm, m —целое =2 0, > (7)
6(< —t) = <tJ». J
Рассмотрим функцию /(^), имеющую разрывы первого рода
в точках tk(k=\, 2 п) со скачками
ftft=/(<*+0)-/(<*-0) (* = 1, 2, ..., я).
Пусть / (/) непрерывно дифференцируема в интервалах (tk, ^т1)
(й=1, 2 п —1) и при ^<^ и t>tn. Тогда
/'(<)=/; (о+23 hkb(t-tk), (8)
и
где /х (<)=/(<) — "V ftfer] (t — tk) — «сомкнутая» функция. Таким обра-
зом, производная разрывной функции / (t) составляется из ее
обычной производной /J (t) (в интервалах гладкости / (/)) и суммы 6-функ-
ций в точках разрыва с соответствующими скачками в качестве
коэффициентов. Это правило важно для правильного применения теорем
операционного исчисления к разрывным функциям.
Рассмотрим, например, функцию / (/), определяемую так:
/(9 = т1(0-2т1(<-1)+т|(*-2).
Применяя формулу (8), находим
/' (0 = й (0 —26 (* — 1) +й (/ — 2),
откуда согласно соотношениям (7)
/' (t)=.l—2e-P+e~2P.
Далее
1 2 1
f(t) = - —е-РА—е и,
' w - р р р

$ 11] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ 123
что дает снова
/(0 = iK9-2T|(f-l) + T|(*-2).
Нестрогие рассуждения без учета формулы (8) привели бы к
следующему. Производная / (t) в обычном смысле равна нулю всюду,
кроме точек ^ = 0, t=l, t = 2, аде она не существует. Но-тогда и
интеграл Лапласа от /' (t) тоже должен быть равен нулю, откуда и
изображение /(/) получается равным нулю, что явно неверно.
459. Решить задачу № 454, найдя сначала
изображение производной функции / (/), а затем изображение
самой функции fit).
460. Пусть а и Ь — два положительных числа, и пусть
f(t) = F(p).
Показать, что функция
имеет изображение ~-е а Р\—\ (совместная теорема
подобия и запаздывания).
46J. Найти изображения функций:
я
а) /(0
t> o
Г-^ 18'
^-18'
В) f(t) =
sh(3^ —6), t>2,
0, *<2.
IX. Теорема умножения (теорема о свертке).
Произведение двух изображений F (р) и Ф (р) также является
изображением, причем
t
F(p)Q>(P) = [f(r)<?(t-T)dT. (9)
Интеграл в правой части (9) называется сверткой функций /(t)
и ф (t) и обозначается символом / (t) * ф (t).

124 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ (ГЛ. II
Пример 10. Найти изображение функции
t
■ty(t) = \{t-x)e^d%.
о
Решение. Функция if (/) есть свертка функций f(f) = t и
ф(^) = е'. По теореме умножения
t(0 = ^(P) = f(P)*(P)=}2-^rr=^=T]-.
Найти изображение следующих функций:
t
462. \e'~z sinx dx.
о
t t
463. \ cos (t — x) e2T dr. 464. J (^ — т)2 ch т dr.
о о
t t
465. $(^—x)nf{x)dx. 466. ^е2(т'°т2dx.
Первая теорема разложения. Если F (р) —
аналитическая функция в окрестности бесконечно удаленной точки [1] и равна
в ней нулю и если лорановское разложение F (р) в окрестности беско-
оо
нечно удаленной точки имеет вид F (р)= / -|, то оригиналом F{p)
k=\
служит функция
/«-2
Ck
t"~K
467. Найти изображение функции / (t) = /0 (/) —
бесселевой функции нулевого порядка.
468. Найти изображение функции f (t) = У1(/).
469. Показать, что Jn(t)^ OV+l-p) _
>V+1
470. Показать, что
thn(2Vn=-~^e^lP (n = 0, 1, 2, ...).
471. Полиномы Лагерра определяются формулой
е
* dn
МО^^С"*') (n = 0, 1, 2, ...).

§ И] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ 125
Показать, что
M0=^(l-j)" (n = 0, 1, 2, ...)•
472. Найти изображение функции f(t) = \nt.
473. Показать, что
erf (КО' '
рУр+1
где
t
erf (/)=-|= ^ е-"2йы.
/я ^
Вычислить интегралы:
со
474. a)H0=5-T^-d«, *>0;
О
СО
о
оо
. г ... С sin to • cos и, , _ А
в) f (0 = \ d«, ^>0.
475. Найти значения функции /(/) и ее первых двух
производных при ^-*-f-0, если
fV)^p(/+p + l) и ПО. /"(О, /'"(О-оригиналы.
Отыскание оригинала по изображению. Для
нахождения оригинала / (/) по известному изображению F (р)
применяются следующие приемы:
I. Если F (р)= п , . есть правильная рациональная дробь,
а (Р)
то разлагают эту дробь на сумму простых дробей и находят
оригиналы для каждой простой дроби, используя свойства I—IX
преобразования Лапласа.
Пример 11. Найти оригинал для функции F (р) —
1
р(р-1)(р2 + 4) *
Решение. Разлагаем F (р) в сумму простых дробей:
1 _А \ В \ Cp + D
р(Р~1)(Р2 + 4) р ' р-1 ' р2 + 4

126
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
Находя коэффициенты А, В, С, D, получаем
г/ \ 1,1 1 ,4 /7 11
fW=-7+5-p=T+T?+4-5pM:4- (W)
Оригиналы для каждой из простых дробей в правой части (10)
находятся просто. Используя свойство линейности, находим
f(t) = —\+^re' +~ cos It -~ sin It.
Пример 12. F(p) = 2 2. Найти оригинал / (().
Решение В данном случае F (р) уже есть простая дробь.
Для нахождения оригинала воспользуемся теоремой умножения и
тем, что
1 • • /
- = sin t.
Имеем
Р2 + 1 ■
t
F(Р) = (^Л?=^ТТ -7ТТ" I ^(t-r)smrdr-
t
[cos t — cos (2т — t)]dx =
1 1 i* = < 1 1
= -?r t cos t —- sin (2т —/) = -=- teas t—=■ sin t.
2 4 ч |t = o 2 2
e~P
Пример 13. F(p) =—--г. Найти оригинал f (t).
P+l
Решение. Наличие множителя е р указывает на
необходимость применения теоремы запаздывания. Здесь т=1, —~~ГГ^е~''
поэтому
£^фе-^ц (t-l).
II. С помощью второй теоремы разложения, которая утверждает,
что при определенных условиях на F (о) оригиналом для F (р)
служит функция
/(0=2 ns[F(p)ePt], (И)
С*)
где сумма вычетов берется по всем особым точкам рк
функции F(p).

11] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
_Q(P)
127
В частности, если /7(р) = -„/ *
R (р)
то оригиналом ее служит функция
-правильная рациональная дробь,
*=1
^P%7^T{F{p)ePt{p-pk)nkh (12)
где pfe — полюсы F (р) кратности nk и сумма в (12) берется по всем
полюсам F (р).
Если все полюсы F (р) простые, то формула (12) упрощается и
принимает вид
ПЧ LR'(pk)
Пример И. F(p) =
(Ph)
-(р2_п2- Найти оригинал /(0.
Решение. Функция F (р) имеет полюсы рх = 1, р2 =
дый второго порядка. По формуле (12)
Р
(13)
1, каж-
/W=lim
р—1
ре-
•Pt
[р+т
itsht
Um r 2
IP p-> —1 L(P— I)2 J;
Для данных изображений найти оригиналы и
построить их графики:
476. F{p) = ^..
478. F (р) =
/>-Г
477. F(p) = ^.
pSP
Найти оригиналы по заданному изображению:
480
482
484
486
488
489
F(P) ~ р2 + 4р+5-
F{p) =
F(P) =
F{p) =
F(p) =
(P2 + i)2'
l
р + 2р2 + рз-
2p8 + p2 + 2p + 2
p5 + 2p4 + 2p3 ■
P + 2
(p + l)(p_2)(p» + 4)-
n!
481- Flp) = ^^.
т-рм-(рАл?-
485. ^W = 7-iT_r.
487. ^(„) = -^.
p(p + l)(p + 2)...(p + n)
(n=l, 2, ...).

128 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [1'Л III
490. F (р) = р4 + 2рз + Зр2 + 2р+Г
491. F(p) = рт+3р* + Зр+Г
492. F (р) = ^4т■ 493- F (р) = , 2p.\Z - .
р3 +1 v^' р3 + 4р2 + 5р
494- f(^ = (^W+2)- 495- F(P) = p£$^zrv
496. Fip)-^. 497. ^ = р^^5 + Й5'
498-/7^) = TpW- 499-^ = р1р^1)-
500. F (p) = р^т (e-80+2e-w+3e 4P).
501./^ = ^ + ^. S02.F(p) = p(p+^ + 4).
503. F(p) = !^ + *|* . 504. F(p) =
р2 ' рЗ I p4 ■ — • VA-/ р(р2+1)'
Теорема Эфроса. Пусть / (t) == f (р), и пусть Ф (р) и q(p) —
аналитические функции такие, что
Ф (р) е-'Я <Р> = ф (t, т). (14)
Тогда
со
F [q (Р)] Ф (Р) == \ /(т)ф(<, т)Л. (15)
о
В частности, если Ф (р) = ._ , q (р) = Кр , то
Ур
Поэтому если известно, что F(p)===f(t), то по теореме Эфроса
l'F(Vp)\
находим оригинал для —\Л \:
\ Vp i
f(Vp)_
Vp ' V-
b$'w<-
(17)
Используя теорему Эфроса, найти оригиналы
следующих функций (а — вещественное число):
g-fpx/a ^ e-aYp
505. F(p)=- . 506. F(p)-.
Р\ Р

§12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 129
507. F(p) = e—s-. 508. F(p) = -
509. F(p)-.
v^4+h
<(Vp+a)'
Используя теорему Эфроса, вычислить следующие
интегралы:
510. I(t) = -f= С chxe-Wdx.
о
со
511. I(t) = -^=r Г cos те-*'** dr.
о
со
512. /(0 = -pL fTshTe-^*'dT.
о
со
513. /(0 = -^=f TsinTe-^/«dT.
о
§ 12. Решение задачи Коши для обыкновенных
линейных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами
Пусть имеем дифференциальное уравнение (для простоты второго
порядка)
<h-4p+ai£+ihx(t)=f(t), (!)
где а0, аъ а2 — const, ааф$.
Будем искать решение уравнения (1), удовлетворяющее
начальным условиям:
х(0) = х0, х'(0) = xv (2)
Пусть х(/)==Х(р), f (t) = F (р). Применяя к обеим частям (1)
преобразование Лапласа и используя теорему о дифференцировании
оригинала и свойство линейности преобразования Лапласа, вместо
дифференциального уравнения (1) с начальными условиями (2) получаем
операторное уравнение
(а0р2 + а1р + а2)Х(р) — (аарх0 + а0хх + ВД,) =F(p). (3)
5 М. Л. Краснов и др.

130 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Из (3) находим
Х{р)- а^ + агр + а, ' (4)
Это так называемое операторное решение. Находя по X (р) оригинал
х (t), мы тем самым найдем функцию х (t) — решение задачи Коши
(1)-(2).
Общий случай решения задачи Коши для дифференциального
уравнения n-го порядка принципиально ничем не отличается от
случая п — 2.
Пример.
x' + x = 2aast; *(0)=0, *'(0) = —1.
Решение.
x{t)^X (р), х' (0 = рХ (р)-х (0) = РХ (р),
х'(1)=р*Х{р)-рхф)-х'ф) = р>Х(р) + \, cost^-JL^.,
р»Х(р) + 1 + Х(р)=-^_;
отсюда
W (р3+1)2 р2+1-
1
Находим оригинал для X (р). Оригинал для функции
Р2+1
1 ■ ■ <
= sm t.
P2 + l
Для нахождения оригинала для функции ; воспользуемся,
(Р2 + 1)2
например, теоремой о дифференцировании изображения (см. § 11):
— ' ' == t sm Л
(р2+1)2 \р»+1^
Значит, Xlp) = t s\A t — sin t = (t —\) sin ?.
Итак, х(0 = (^—1) sin t.
Решить следующие дифференциальные уравнения при
заданных начальных условиях:
514. х' + х = <г', х(0)=\.
515. х' — х=1, х(0) = — 1.
516. x' + 2x = smt, х(0) = 0.
517. х"=\, дс(0) = 0, х'(0) = 1.
518. x" + x' = l, *(0) = 0, *'(0) = 1.
519. x" + x = 0, jc (0) = 1, *'(0) = 0.
520. x' + 3x'=f, *(0) = 0, *'(0) = -1.

§ 12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕШ
521. х" — 2х'=е2',
522. х" + 2х' — Зх = е-\
523. *"" + *' = 1,
524. xr + 2x' = tsint,
525. *' + 2*' + * = sinf,
526. x'" — x" = sint,
527. *" + *' = *,
528. х" — 2х' + х=е1;
529. л:'"+2л:' + 5л:'=0,
530. *' —2л:'+2л:=1,
531. л:" + jk'= cos *,
532. x' + 2x'+x = t*,
533. x"' + x" = smt,
534. jc' + jc = cos^,
535. jc'" + jc' = ^
536. x" + 2x' + 5x = 3,
537. xIV—x" = cos/,
538. x'-\-2x' + 2x=l,
539. x" + x=l,
540. лг' + 4л: = ^
541. x'—2x' + 5x=l—t,
542. л:"'+л: = 01
543. x'" + x"^=cost,
544. лг'" + л:'=е',
545. xiv_^==I)
546. x" + x' = cost,
547. x"—x'=*te,
5*
1лы1ых уравнений 131
jc(0) = *'(0) = 0.
*(0) = 0, *'(0) = l.
л:(0)=л:'(0)=л:"(0) = 0.
*(0)=*'(0) = 0.
*(0) = 0, x'(0) = — 1.
*(0) = *'(0)=*'(0) = 0.
дс(0) = 0, дс' (0) = — 1;
x'(0)=0.
*(0) = 0, *'(0) = 1.
*(0) = —1, x'(0) = 2,
*'(0) = 0.
x(0) = x'(0) = 0.
*(0) = 2, *'(0) = 0.
*(0) = 1, *'(0) = 0.
*(0) = *'(0) = 1, *'(0) = 0.
*(0) = —1, *'(0) = 1.
дс(0) = —3, дс'(0) = 1,
лг"(0) = 0.
*(0) = 1, *'(0) = 0.
*(0) = 0, *'(0) = — 1,
л:"(0) = л:'"(0) = 0.
x(0)=*'(0)=0.
X(0) = — 1, *'(0) = 0.
*(0) = 1, *'(0) = 0.
*(0) = *'(0) = 0.
*(0) = 0, *'(0) = — 1,
дс'(0)=2.
дс(0) = —2,
^(0) = ^(0) = 0.
x(0) = 0, *'(0) = 2,
лг"(0) = 0.
x(0)=*x'(0) = x'(0) =
*(0) = 2, *'(0) = 0. /
x(0)=*'(0) = 0. I

132 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ 1Г
548. xm + x' = cost, *(0) = 0, *'(0) = —2, х"(0)=0.
549. x" + 2x' + x = t, jc(0) = jc'(0)=0.
550. х"—х' +x = e'f, х(0) = 0, *'(0) = 1.
ББ1. ** —* = sin^, х(0) = —1, *'(0) = 0.
552. х" + х = е?, *(0) = 0, *'(0) = 2, х"(0) = 0.
553. x' + * = 2sinf, *(0) = 1, *'(0) = —1.
554. x"-2x' + x = t-sint, x(0) = x' (0) = 0.
555. *' + 2r'+* = 2cos4, *(0) = *'(0) = 0.
556. x" + 4x = 2cos^-cos3^, x(0) = x' (0) = 0.
557. x' + * = fe' + 4sinf, *(0) = х'(0) = 0.
558. x'-x' = tJ, *(0) = 1, х'(0) = 0.
559. x" + A:'==4sin2^ *(0) = 0, *'(0) = —1.
560. л:'"-2л:" + л:' = 4, *(0) = 1, х'(0) = 2, *'(0) = — 2.
561. *'.-3*' + 2;е = е', *(0) = *'(0) = 0.
562. х'-х' = Р, х(0)=0, дс'(0) = 1.
563. х'" + х = ~Ре1, *(0) = х'(0) = *'(0) = 0.
564. *" + .*: = * cos 2*, jc(0) = jc'(0) = 0.
565. х'+ п*х = a sin (nt +а), х(0)=х'(0) = 0.
566. x"/+6*"+llx'-f-6*=14^ + ^>
х(0) = х'(0) = х'(0) = 0.
567. xIV-f-2x" + x = ^sin^ Ac(0)=x'(0)=xr(0)=*w(0)=0.
568. x"-2ax' + (a? + f>*)x = 0, *(0) = 0, х'(0) = 1.
569. *' + 4x = sinf, x(0) = x'(0) = 0.
570. x'" + x' = e2', ж(0) = *'(0) = *'(0) = 0.
571. xl4 + xm = cost,
х(0) = х'(0) = х"(0) = 0, хш(0) = у.
572. x'-4jc = siny^siny^ л: (0) = 1, лг'(0) = 0.
573. xiv-5x"+10a;'-6a:==0,
х(0) = 1, *'(0) = 0, *'(0) = 6, лг"'(0) = —14.
574. x' + x'+x = tef, x(0) = x' (0) = 0.
575. jt' + jt^cosf, jc(0)=jc' (0) = 0.
576. л:'" + 3jc* - 4x = 0, * (0) = x' (0) = 0, x" (0) = 2.

§ 12]
РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
133
577. х'" + 3х" + 3х' + х=1, х(0) = х' (0) = х"(0) = 0.
578. х'" + х=1, *(0) = *'(0) = *'(0) = 0.
579. x" + tfx = a[r\(t)-x\{t-b)}, х(0) = х' (0) = 0.
580.
581.
I
1
0
-/
f(t)
1 ,
?
t
X" + X = f(t)j
*(0) = *'(0) = 0.
x" + 4x = f(t),
Х(0) = х'(0)=0.
582. ъ
0
f(t)
i
*
ча
? г
583.
/г*;
*(0) = 1, *'(0) = 0.
x* + 9x=f(t)?
*(0) = 0, х'(0) = 1.
584.
/W
г»
За
""* x(0) = x'(0) = 0.
585. Частица массы т движется прямолинейно под
действием восстанавливающей силы ткх,
пропорциональной смещению, и силы сопротивления 2m\iv,
пропорциональной скорости. В момент времени t = 0 частица
находится на расстоянии х0 от положения равновесия и
обладает скоростью v0. Показать, что если имеет место

134
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
равенство п2 = № — ц2, то смещение частицы определяется
выражением
— ё~^ [пх0 cos nt -f- (v0 + цх0) sin nt].
586. Частица массы т может совершать малые
колебания относительно положения равновесия и находится
под воздействием восстанавливающей силы тп2х,
пропорциональной смещению. Она выводится из состояния
покоя постоянной ^силой F, действующей в течение
времени Т. Показать, что амплитуда колебания равна
2F . пТ _ ~
—rSraT при t>T.
ran? /2 е
587. Математический маятник длины / выводится из
положения равновесия малыми отклонениями точки
подвеса в горизонтальном направлении. Показать, что если
точка подвеса переместилась на расстояние а, то
отклонение маятника равно а {\ — cos nt), n2 = y.
588. Частица брошена вертикально вверх со
скоростью v0. На нее действуют сила тяжести и сила
сопротивления 2kmv. Показать, что в момент времени t она
будет находиться на расстоянии — |т+^ Т,2 "9 (1 — е'%ы)
от точки бросания.
589. Материальная точка массы 2 грамма движется
прямолинейно под действием силы F, возрастающей на
а дин в секунду. В начальный момент точка находилась
в начале координат и имела скорость и0 = 10 см/сек.
Зная, что начальная величина силы F0 — 4 дины и что
на расстоянии 450 см от начала координат скорость
v= 105 см/сек, определить значение величины а.
590. Материальная точка массы m движется
прямолинейно, отталкиваясь от начала координат О с силой Р,
прямо пропорциональной расстоянию (F = 4mx). На точку
действует сопротивление среды R — 2>mv. В начальный
момент расстояние от начала равно 1, а скорость равна
нулю. Найти закон движения точки.
591. Тяжелая точка массы m падает в среде,
сопротивление которой прямо пропорционально первой
степени скорости. Определить наибольшую скорость точки,

$ 12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 135
если при и = 1 м/'сек сила сопротивления равна одной
трети веса точки и начальная скорость и0=0.
592. Материальная точка массы т движется в среде,
сопротивление которой прямо пропорционально первой
степени скорости (коэффициент пропорциональности k).
Какое расстояние пройдет точка до остановки, если ей
сообщена начальная скорость v0 и кроме силы
сопротивления никаких других сил нет?
593. Тяжелая однородная цепочка массы т и длины
21 лежит на гладком горизонтальном столе так, что
половина ее свешивается со стола. Определить движение
цепочки во время ее соскальзывания со стола и найти
время соскальзывания.
594. Точка массы т находится на прямой,
проходящей через два центра А я В, расстояние между
которыми 2d. Центры притягивают точку с силами, прямо
пропорциональными расстоянию до центра; коэффициент
пропорциональности mk% одинаков для обоих центров.
В начальный момент точка находится на расстоянии а
от середины 0 отрезка АВ, не имея начальной скорости.
Определить закон движения точки.
595. Неподвижный центр О притягивает точку массы
т с силой F = \imr, где г - расстояние точки от этого
центра и \х, — постоянный коэффициент. В начальный
момент г = а и скорость а = 0. Через сколько времени
точка достигнет центра О?
596. Лодке сообщена начальная скорость о0 = 6 м/сек.
Через 69 сек после начала движения эта скорость
уменьшается вдвое. Найти закон движения лодки, если сила
сопротивления воды прямо пропорциональна скорости
лодки.
597. Материальная .точка массы т = 2 совершает
прямолинейные колебания по оси Ох под действием
восстанавливающей силы, пропорциональной расстоянию точкр
от начала координат (коэффициент пропорциональности
равен 8), и возмущающей силы F = 4cost. Найти зако!
движения точки, если в начальный момент л:=0 и и = 0
598. Определить движение материальной точки массы т
притягиваемой к неподвижному центру 0 силой, прямо
пропорциональной расстоянию и равной №т на рас
стоя.нии, равном единице длины.

136
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ ГГ
В начальный момент точка находилась на
расстоянии а от центра О и имела скорость v0,
перпендикулярную к прямой, соединяющей начальное положение
с центром О.
599. Решить задачу № 598, предполагая, что точка М
отталкивается от центра с силой, прямо
пропорциональной расстоянию, при том же коэффициенте
пропорциональности.
600. К цепи, состоящей из емкости С и
индуктивности L, соединенных последовательно, в момент времени
^ = 0 приложена э.д.с Е cos (co^-fa). Начальные ток
и заряд равны нулю. Показать, что ток в момент t
равен
Е{ю sin(ttrf-f-a) — «cos a sin nt — «sin a cos я/} , 2 __ a ,
'где n2 = yp-; предполагается, что п%фа>%.
601. К цепи предыдущего примера, с нулевыми
начальными током и зарядом в момент времени t = 0,
приложена э.д.с. Е sin nt с резонансной частотой.
Показать, что ток равен ^ft sin nt, где n* = jj.-
602. К сопротивлению R, обладающему
индуктивностью L, приложена э. д. с. Е sin (at-\-a). Начальный ток
равен нулю. Показать, что ток равен
Е \sin (v - а) е L + sin (со* + а + ?)/ (Я2 + L2w2)
2
где tgY=*^-
603. К цепи, в которую последовательно включены
L, R, С с начальными током и зарядом, равными нулю,
приложена э.д.с, равная Et при 0<.t^T и Е% при
t>T; Еъ Е2 — постоянные. Показать, что при ^>Т ток
в цепи равен
^ е-"'sin nt-^-^e-v-i(-T)sin n(t-T),
R , 1 R*
где ^ = оГ и " ic ~ 4p' пРичем предполагается, что
я2>0.

§ 12) РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 137
604. Цепь, состоящая из индуктивности L,
сопротивления R и емкости С, соединенных' последовательно,
включается на постоянную з. д. с. Е. Начальный заряд
и ток равны нулю. Показать, что ток / в момент
времени / равен
-у- е {Xt sin nt при п2 > 0,
Г — I
* * р
у ter*1 при ла = 0,
где п —-LC 4L2, ц,— 2L.
Пусть имеем уравнение
МО*"" (Q + ai (О*"-11 (0+ ••. + «„ (9* (9 = /(<). (5)
где a0(t), ax(t), ..., а„ (г) — многочлены по t степени sg m, a f{t) —
функция-оригинал. Будем предполагать, что задача Коши
*|/_о = Хо. х' 1м> = *о> ..., xn~v ]^_0=4't_I) (6)
для уравнения (5) имеет решение.
Пусть
x(t)^X (р).
В силу теоремы о дифференцировании изображения
dp*
= (_l)* JTlPSX(P)-PS -\--~Х(°-Щ.
Здесь L {л:151 (г1)}— изображение функции л;1'" (с).
Таким образом, применяя к обеим частям уравнения (5)
преобразование Лапласа, ми превратим (5) в дифференциальное уравнение
rn-ro порядка относительно изображения X (р) функции х (/). Если
т < я (в частности, т=\), то задача интегрирования уравнения (5)
упрощается.
Пример. Найти общее решение уравнения tx"— 2л/ = 0. (7)
Реш.енае. Пусть х (t) = X (p). Тогда
x'(t)=PX(p)-x(0),
xr(t) + p*X{p)-px(Q)~x'(G),
tx" (t) = - ~ {p*X (p)-px (O)-x' (0)} =
^^pz<HM^2pX(P)+x(0).

138 , ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Уравнение (7) принимает вид
-p*^ft-2pX(P) + x(0)-2pX(p) + 2x(0) = 0
или
*Ш + ±Х(р) = Щ». (8)
dp р р2 w
Интегрируя уравнение (8) как линейное неоднородное уравнение
относительно X (р), найдем
откуда
x(t) = x(G) + C1^
есть решение исходного уравнения.
Найти решения уравнений:
605. tx'-^(2t-l)x' + (t-l)x = 0.
606. tx" + 2x' = 0.
607. x" + (t+l)x' + tx = 0, *(0)=l, x'(0) = — 1. /
608. x" + (t + b)x' = 0, x(0) = — 1, л:'(0) = 0 (Ь —любое
действительное число). /
609. х' + tx" — (t+l)x = 0, x(0) = x' (0) = l.
610. х" — txf-{-пх = 0, п — целое, п>0 (уравнение
Чебышева — Эрмита),
а) х(0) = 1, У(0) = 0, n = 2k;
б) х(0) = 0, x'(0)=l, n = 2k+l.
§ 13. Интеграл Дюамеля
Если функция 1(f) непрерывна на [0, -f-со), а функция ф (f)
непрерывна дифференцируема на [0, -f- со) и
F(p) = f(f), Ф(р)#Ф(0,
то
t
Р(р)Ф(р) = ^(г)ц>у-г)йт.
о
Отсюда по теореме о дифференцировании оригинала
t
pF (p) Ф (/>) = / (t) Ф (0) + If (т) Ф' (t -г) dr. (1)
о
Это — так называемая формула Дюамеля.

§ 13]
ИНТЕГРАЛ ДЮАМЕЛЯ
139
Пусть требуется решить линейное дифференциальное уравнение
с постоянными коэффициентами n-го порядка
L[x] = a0x<">(t) + alx'*-"(t) + ... + aax(t) = f(t), аоЧ£0, (2)
при нулевых начальных условиях
х(0) = х' (0) = ... = л:"г~11(0) = 0. (3)
(Это ограничение на начальные условия несущественно: простой
заменой искомой функции задачу с ненулевыми начальными условиями
можно свести к задаче с нулевыми условиями.)
Допустим, что известно решение уравнения
L[x] = l (4)
с той же левой частью и правой частью, равной единице, при
условиях (3). Переходя к операторным уравнениям, будем иметь (Л (р)—
известный многочлен от р)
A(p)X(p) = F(p) (5)
для (2) и
A(p)X1(P)=j (6)
для (4). Из (5) находим X (Р) = дШ, а из (6) А ^=fx~lp)' откуда
X (P) = pXi (p) F (р). Согласно формуле (1)
t
pXl(p)F(p)=f(t)x1(P) + ^f(t)x[(t-x)dx. ' (7)
о
Учитывая, что х1(0) = 0, получаем
X (р) = рХг (р) F(p) = \f (т) х\ (t - г) d*. (8)
Отсюда решение х (t) уравнения (2) при нулевых начальных условиях
(3) будет иметь вид
t
x(t) = \f(x)x\(t — x)dx, (9)
о
где хл (t)— решение задачи (4) —(3).
Пример. Используя формулу Дюамеля решить уравнение при
заданных начальных условиях
x"(t)-x(t) = —^— x(0)=x'(0)=0.
1 +<?
Решение Рассмотрим вспомогательную задачу
x'[(t)-xl(t)=l Xl(0) = x[(Q) = 0.

140 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ. 1Г
Применяя операционный метод, находим
Xi(p) = - 1
>(Р2-!)'
откуда
t
х1 (() = [ shx<fr = cht — 1.
о
По формуле (9)
t
x(t)= i j~-^sh (t—i) dx=^ (ef -t^-l) + sht -In^-^-.
о
С помощью формулы Дюамеля решить уравнения с
заданными начальными условиями:
611. хГ = т^, *(0) = *Ч0) = 0.
612. x' = axcigt, х(0) = х'(0) = 0.
613. x" = t\r\4, , х(0) = л;'(0) = 0.
614. х" — х' = -±— Х(0) = х'(0) = 0.
1 +е
615. х" + х = ~-^1, *(0) = *'(0) = 0.
616. x' + x = -r±sn, х(0) = *'(0) = 0.
617. х" + х = т-^Г{, х(0) = х'(0) = 0.
618. х'' + x^j^r-^, х(0) = х'(0) = 0.
619. x" — x = tht, х(0) = х?(0) = 0.
620. J/"+^=_L_i Ж(0) = ж'(0) = 0, *'(0) = 0.
§ 14. Решение систем линейных дифференциальных
уравнений операционным методом
Решение системы линейных дифференциальных уравнений с
постоянными коэффициентами операционным методом производится по
той же схеме, что и решение одного дифференциального уравнения.

§ 14] СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 141
Пусть, например, нужно решить систему дифференциальных
уравнений второго порядка
п
*=1 ' '
(i=l, 2, ... , я),
где а,-£, 6,-j, c,-j — const, при начальных условиях
*ft(0) = «*. 4(°) = Pa- (2)
Обозначая через Xft (р) и F,- (р) изображения xk (t) и Д- (^), от системы
(1) с учетом (2) перейдем к операторной системе
п
2 (aikP2 + bikP + Cik)Xk(p) =
k = \
= ^(Р)+23 [(а«Р +*№) а* + о<*Р*] 0=1. 2, .... л). (3)
А = 1
Решая систему (3) как линейную алгебраическую систему уравнений
относительно Хд, (р), найдем Х& (р), а затем их оригиналы xfe 0) (ft=
= 1, 2, ... , п). Эти последние будут решениями задачи Коши для
системы (1).
Пример. Решить систему уравнений
гх"=3(у — х+г),
) у" =х—у,
\г" —— г,
х(0)=х' (0) = 0,
г/(0) = 0, г/' (0)=— 1,
г(0) = 1, г'(0) = 0.
Решение. Переходя к операторной системе, получим
fp2X = 3(F-X+Z),
\p*Y-\-\=X~Y,
{p*Z-p = —Z,
где X(p)=x(t), Y(p)=y(t), Z(p) = z(t).
Решая последнюю систему относительно X (р), Y (р) и Z(p),
получим
3(р-1) „,. 3(р-1) 1
*(P) = „»,n»_l.^. F(P)
2(Р)
р2(р2 + 4)' W p2(p2+1)(p2 + 4) р»+1»
Р
>Н1"

142
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ ГГ
Находя оригиналы для X (р), Y (р), 2 (р), получаем
x(t) = j (\-t)-j cvs2t + ~ sin2t,
y(t) = ~(l — t)-{-~ cos 2t — — sin 2t — cos t,
г (t) = cost.
Решить системы уравнений:
621. ( x'-\-y = Q,
622. ( x + x' = y + e(,
I , ' *(0) = u(0)=l.
\y + y' = x + et, w yK>
623. ( x' — y' — 2x + 2y = l — 2t,
\ x" + 2if + x = 0,
*(0) = i/(0) = /(0) = 0.
624. f л:" — 3x, + 2x + t/—у = 0,
\ ^х! + х + у»-Ъу' + Ау = 0,
x(0) = xf(0) = t/(0) = 0, y(0) = l.
625. Гл:' = —2/,
W-2, + 2* -(°) = ^°)-1-
626. j 2x" — x, + 9x — y" — y' — 3y = 0,
\ 2x" + x'-Jr7x — y" + y' — 5y=0,
x{Q) = ^(0)=U y(0)=y'(0) = 0.
627. Г S + tf-yS,
\2x< + y> + 2y = cost,X{0)-y{0)===0-
628. (^ = -x-f(/ + z + e'
y'= x — y-f z-fe3',
*(0) = i/(0) = z(0) = 0.
629. f/ = -u-z,
У --X-Z, 2(0)= 1.
г' = — я — у,

§ 14] СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИИ 143
630.
631.
633.
*(0) =
X1
Зх-\-г,
Зх + у,
= 3у—х,
А, уф)
хф)
= 0, у(0) =
z(0) = l.
632.
,at
А.
634.
635.
636.
637.
638.
= 1,
xr = 2x — y-\-z,
г/ = л: +z,
/ = —Зж-}-£/— 2z
z(0) = 0.
= — 2л;— 2г/-
= -2ж + */-
-4z,
-2z,
а'
/г/
tz'
Хо
5x + 2y + 7z,
х(0) = г/(0) = г(0) = 1.
-x + y + z + t,
x—y + z + t3,
= лг-f г/ +г-f 4,
х(1) = у(1) = г(1) = 0.
— СЛГд,
—■ — C/vj ~j~~ ex Q)
Хп — C-K/2 T ^я l>
*0(0) = 1, jc1(0)=jc9(0) = ...=
I 3x' + 2x+ г/ = 1,
\ ^ + 4r/' + 3r/-0,
ж(0) = {/(0) = 0.
З^л;' = 2л: + у - г,
2ty' = x + 3y-{-z,
6tz' = — x -f 7г/ + 5z,
л:(1) = г/(1) = г(1)==1.
л;' — л;— 2y—t,
— 2х-{-у' -y = t,
*я(0)=*0.
x(0) = 2, £/(0) = 4.

144
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ 1Г
639. Электрон вылетает из начала координат с
начальной скоростью v0, направленной по оси Ох. Найти
закон движения электрона, предполагая, что
напряжение магнитного поля Н постоянно и направлено
перпендикулярно к плоскости хОу.
640. Снаряд вылетает из орудия со скоростью v0 м/сек
под углом 45° к горизонту. Найти, пренебрегая
сопротивлением воздуха, наибольшую высоту, на которую
поднимается снаряд, и место его падения.
641. Электрон движется в магнитном поле
постоянного напряжения Н. Найти траекторию, если начальная
скорость v0 образует угол а с направлением магнитного
поля.
642. Определить движение тяжелой материальной
точки, брошенной с начальной скоростью vQ под углом а
к горизонту, в среде, сопротивление которой
пропорционально первой степени скорости (F=mkv).
643. Частица -массы т с зарядом е вылетает из
начала координат со скоростью (и, 0, 0) На нее действует
постоянное магнитное поле Н, параллельное оси Ог, и
сопротивление среды kmv, где © — скорость частицы.
Показать, что ее координаты в момент времени t равны
kue~kt I ы . , . Я . - ,
х=,„ , ,„ е —cos А/ + -Г sinM
У= — щ^ъ + щгй (A cos M + k sin It),
, eH
где a =—, с —скорость света.
644. Частица движется в сопротивляющейся среде,
действующей на нее с силой F = 2Kv, где © — скорость
частицы, и притягивается к точке (0, 0) с силой ц2г
(т—1). В точке (а, 0) частица обладает скоростью v0,
параллельной оси Оу. Показать, что при fx> А
траектория частицы определяется уравнениями
х = ае
% i
соьсо/Н— sin со/ .
/=^e-^sinco/,
где со==1/(д,2 — а2

§ 15J РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 145
645. Материальная точка А с массой т, находившаяся
на расстоянии а от оси Ох, получила начальную
скорость v0, параллельную оси Ох. Точка А притягивается
осью Ох с силой F, прямо пропорциональной расстоянию
от нее; коэффициент пропорциональности равен mk2.
Найти уравнения движения и траекторию точки.
§ 15. Решение интегральных уравнений Вольтерра
с ядрами специального вида
Интегральным уравнением называется уравнение, содержащее
искомую функцию под знаком интеграла. Например, решение задачи
Коши
y' = f(x, У), У(х0) = Уо>
как известно, сводится к решению следующего интегрального
уравнения:
X
У= $f(x, y)dx + y0.
х0
Если искомая функция у входит в уравнение линейно, то
интегральное уравнение называется линейным.
Уравнение вида
ь
У(х) = {(х)+^К(х, t)y(t)dt (1)
(а и 6 —постоянные) называется линейным интегральным уравнением
Фредгольма второго рода. Здесь К (х, t), f (x)— заданные функции,
у (х) — искомая функция. Функцию К. (х, t) называют ядром
уравнения (1).
Уравнение
X
y(x) = f(x) + $K(x, t)y(t)dt (2)
а
называют линейным интегральным уравнением Вольтерра второго
рода
Если в уравнениях (1) и (2) f (х) е 0, то уравнения называются
однородными.
Если искомая функция у (х) входит точько под знак интеграла,
то имеем соответственно уравнения Фредгольма или Вольтерра
первого рода
ь х
]К(х, t)y(t)dt = f(x) или \к(х, t)y(f)dt = f(x)
а а

146
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. II
Уравнения вида
X
Ф(х) + $ К(*-0Ф(0Л = М*) (3)
о
с ядром К. (х — t), зависящим лишь от разности аргументов,
представляют собой важный класс уравнений Вольтерра. Они иногда
называются уравнениями типа свертки.
Пусть имеем интегральное уравнение Вольтерра типа свертки
y{x) = f{x) + \K{x~t)q(t)dt. (4)
Будем предполагать, что f (х) и К (х) достаточно гладкие функции и
имеют конечный порядок роста при х>0. В этом случае и ф (х)
при .v 5= 0 имеет конечный порядок роста, а значит, может быть
найдено изображение функций f, К. и ф (по Лапласу). Пусть
ф (р) =ф (%), F (p) ~f{x), L(p) -= К (х). Применяя к обеим частям (4)
преобразование Лапласа и пользуясь формулой свертки (см. §11,
IX), будем иметь
Olp) = P(p) + Llp)0(p), (5)
откуда
Для Ф (р) находим оригинал ф (х) — решение интегрального
уравнения (4).
Пример. Решить интегральное уравнение
X
<p(*) = cos*+j (x—t)<p(t)dt. (7)
о
Решение. Переходя к изображениям и рассматривая интеграл
как свертку функций, получим на основании правила изображения
свертки
Ф(/>) = -^Т + ^ф(Р)' (8)
откуда
*W = ¥2+1)Vn- 0)
Находя оригинал для Ф (р), получим решение интегрального
уравнения (7)
ф (х) — — (cos х + ch x). (10)
Решить интегральные уравнения:
X
646. y{x) = smx+ \{x-t)q>{t)dt.

§ 15] РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 147
л
647. ф(л;) = х + у { {x-t)2y(t)dt.
о
х
648. <¥(x) = x + \sln(x-t)y(t)dt.
о
х
649. q>(x) = cosx + \ ex^cp(t)dt.
о
х
650. (f>(x)=\+x + \) cos(x —t) у (t)dt.
о
x
651. ф(л;) = 5+^(л;-0е~(^)ф(0^-
л:
652. ф(*) = <г* + 4 ^ (x-tfy(t)dt.
о
л-
653. ф(л:) = л: + 2$ [(ж-/)-sin (л:-/)]ф (0^-
о
654. ф (л;) = sin х + 2 ^ cos (л: - ^ ф (t) dt,
о
655. ф (х) = 1 - 2х - 4л:2 +
л:
+ $ [3 + 6(л;~0-4(л;-02]ф(0^.
б
л:
656. <р (*) = 1 + -М sin 2 (* - *) <р (О Л.
о
657. ф (л;) = е* - 2 J cos (* - О ф (0 dt.
о
л:
658. ф(*)=1 + 1С (*-*)3Ф(ОЛ-
659. ф(л;) = л;— § sh (л: ~ О ф (О л-
о
л:
660. ф (л;) = sh х - \ ch (л: - 0 ф (О dt.
о

148 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ. II
Аналогично решаются интегральные уравнения Вольтерра
первого рода с ядром К (х, t), зависящим только от разности х— t,
т. е. уравнения вида
х
\ K(x-t)<p(t)dt = f[x), (11)
б
где f (х)— известная функция, ф (х) — искомая функция. При этом мы
предполагаем К (х, х)ф§, что гарантирует существование решения
уравнения (11).
Пусть F (р)ф( (х), L (р) = К (х); Ф (р)ф<¥ (х). Применяя к обеим
частям (11) преобразование Лапласа и используя теорему о свертке,
будем иметь
Hp).<t>(p) = F(p),
откуда
Ф(р)=гЦ' L(p)^0. (12)
Оригинал для Ф (р) будет решением ф (х) интегрального
уравнения (11).
Решить интегральные уравнения*)
X
661. \e^y(f)dt = x.
о
х
662. ^/0(A;-/)9(0^ = sinx.
о
х
663. 5 cos (х — t) ф (tf)rf/ = sin*.
о
л;
664. $e*-^p(*)<ft=sinx.
о
665. $cos(x- t)<f(t)dt = x + x2.
о
л:
666. [<*Wy(t)dt = x*ex.
о
л:
667. \c\\{x-t)y(t)dt = shx.
о
668. jjch(x-0<p(0<# = *-

§ 15}
РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
149
Указанный метод решения уравнений (4), (11) приложим также
к системам интегральных уравнений Вольтерра вида
s х
<tt(x)=fi(x)+ 2 \ Kik(x-t)<?k(t)dt (j=l, 2, ..., s). (13)
*=i о
Применяя к обеим частям (13) преобразование Лапласа, получим
Ф; (Р) = Ft (р) + 2 L'k (Р) фк (Р) (»= 1. 2 s).
(14)
Решая эту систему уравнений, линейную относительно Ф,- (р), найдем
Фг (Р) ('=1. 2, ..., s), оригиналы для которых и будут решением
исходной системы интегральных уравнений (13).
Пример. Решить систему интегральных уравнений
ф1 (х) = х + \ е-tJC" " ф! (О Л + \ (x-t) ф2 (0 dt,
ф2 (х) = 1 -\- \ sh (х -1) ф2 (О Д - \ е<хЧ) ф2 (О Л.
о Ь
Решение. Переходя к изображениям и используя теорему
о свертке, получим (Фх (р) = <pt (х), Ф2 (р) = ф3 (х))
Фх(Р)=^ +
Р + 1
1>i(P) + ^4>.(P),
ф2 (р)=|+^п ч>1 (Р)-рТГГ Фа {р)•
откуда
Фг(Р)
р^ + р-1
Ф2(р) = -
-Р2 + 1
P(P~1)(P2 + 1)' ~w' (P-1)(P + 1)(P2 + 1) '
Находим оригиналы для ©! (р) и Ф2 (р):
1 1 3
Ф1 W = l + -2-«JC+ g sinx —ycosx,
ф2 (х) = -=■ (cos х Ц- ch x) — sin x.
Функции ф: (х) и ф2 (х) являются решениями исходной системы
интегральных уравнений.
Решить следующие системы интегральных уравнений:
ф1 (*) = 1 -2 jje'l'-V (t) dt + jj ф2 (/)Л,
669.
Ф2 (л;) = Ах - \ ф1 (О dt + 4 ^ (Jf-0 Ф2 (t)dt.

670. ч
671.
50 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
х х
ф2 (х) = ех + \ ф1 (/) dt - \ e(*-'>q>2 (t) dt,
о о
х х
фг (х) = — Я — 5 (* — О Ф1 (0 ^ + 5 Фг (^) <*•
о о
Ф!(дс) = дс + 5ф!(0Л + $(*-*)<P»(0*.
о о
х х
ф8 (*)=1 - $ e<*-% (/) л+$ Ф* (о л.
о 6
ф1 (*) = ех - \ щ (0 d* + 4 5 е<* "ф2 (0 *,
о о
х х
Ф2 (х) =1-5 е-^ )ф1 (О Л + J Фг (О Л.
о 6
X X
ф1 (*) = 2х - \ (х - 0 ф! (О Л + ] ф2 (О Л,
5 о
(p2(x) = -2-4l(p1(t)dt + zl(x-t)(pi(t)dt,
о о
лг х
ф1 (*) = 2 - $ (* - О Ф1 (О Л -.4 J ср2 (0 dt,
672.
673.
674. {
Ф2 (л;) = 1 — J ф! (О dt — \(x — t) ф2 (0 Л.
§ 16. Дифференциальные уравнения
с запаздывающим аргументом
В ряде технических задач приходится иметь дело с
дифференциальными уравнениями, в которые неизвестная функция входит npii'-
различных значениях аргумента, например:
*(0 = <р(*, x(t), x(t-x(t))), (1)
х (t) = ф (t, x (0, x(t-x (0). x(t~x (0)), (2)
л (0=ф (t, х (О, Л (0, * С-т! (0), * (*-т8 (<))) (3)

§ 16] УРАВНЕНИЯ С 3 "ШЛЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ 151
Такие уравнения называются дифференциальными уравнениями
с отклоняющимися аргументами. Если т, (t) — постоянные, то мы
имеем так называемое дифференциально-разностное уравнение Если
т, ■> 0 и старшая производная входит в дифференциально-разностное
уравнение только при одном значении аргумента, не меньшем всех
других аргументов функций и производных, входящих в уравнение,
то уравнение называется дифференциальным уравнением с
запаздывающим аргументом (например, уравнения (1) и (3))
Пусть дано дифференциальное уравнение с запаздывающим
аргументом с постоянными коэффициентами
п—\
х'я,(9=Е а**'*'('-т*)+/(')> (4)
k=o
где ак — const, Tfe = const :> О (0 < ^ < ~(-со) Возьмем ради простоты
нулевые начальные условия
x(0) = a-'(0) = ... = x,"-1)(0)=0. (5)
При этом мы полагаем
x(t)=x' (*) = ... = х(П_11 (0 = 0 для *<0.
Применяя к обеим частям (4) преобразование Лапласа и пользуясь
при этом теоремой запаздывания (см. § 11), получим операторное
уравнение для X (р) = х (t)
р«Х (р) = 2 4PkX (p)e k + Р (р), где F(p) = f (t), (6)
fe=0
откуда
{р)~~—^ ^7"' (7)
рп- 2 akp
е
ft=o
Находя х (t) — оригинал для X (р), определяемого формулой (7),
получаем решение уравнения (4), удовлетворяющее начальным условиям (5).
Пример. Решить уравнение
х' (t) = x(t-l) + l, *(0)=0
Решение. Переходя к изображениям, получим
рХ{р) = Х(р)егР + ±,
откуда
v/ч ] ' 1 1 1/, , е-Р , е~*Р, ,е-"Р, \
xM=^j=Fp=j*-^2_=p*[ 1 + т+-рг+-+-рг+■••)-

152
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
Для х (г) получаем
СО
х т, (/_„) + ...= J £^1 ,,(/_*).
Решить следующие уравнения:
675. X"(t)-x(t~l) = t, *(0) = *'(0) = 0.
676. *'(*)-2*'(< — 1) = *. *(0) = *'(0) = 0.
677. x"(t) = 2x'(t — 1) — x(t — 2)+1, *(0) = *'(0) = 0.
678. *'(0 + 2*'(' —2) + *(* —4) = *, * (0) = *' (0) = 0.
Для дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом,
описывающих процесс с последействием, часто встречаются задачи
в следующей постановке'
Найти решение -уравнения % (t) для t^ta, причем для всех t ^t0,
для которых значения х (t) влияют на последующие значения
решения при t^Q, функция х (t) задается.
Так, например, ставится задача, найти непрерывное решение х (t)
при t^tff уравнения
x(t) = f(t, x(t), x(t — x)), т>0 —const,
если дано, что х (t) = ф (/) для /0 — т s£ t s£ tg.
Здесь ф (/)—заданная непрерывная функция, называемая
начальной функцией. Отрезок [ta — x, /0], на котором задается функция ф (/),
называется начальным множеством.
Решение линейного уравнения (4) с постоянными коэффициентами
и постоянным запаздыванием в случае, когда начальная функция
отлична от тождественного нуля, также можно искать, используя
преобразование Лапласа. Покажем это на примере.
Пример.
х'{t) = x(t—l), <f(t)=sl, — ls£^s£0.
Решение.
хЩфХ (р), х' (0 = рХ (р) ~х (0) = РХ (р)-\,
СО
рХ(р)-1=$ e-P(x(t-l)dt.
о
Делая замену переменных t— l=z, получим
со со
$ е-&хЦ-1)си = \ <r-P<*+11*(z)fife =
0 - 1
0 от
= е~Р \е-Р*х (г) dz-\-e~P $ е~Р*х(г)йг=*
-1 о
г = 0
е-рг
--е~Р-
— Р
т_х +е-РХ(р),

§ 171 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ 153
так как х (г) = 1 для — 1 ^г sg 0. Окончательно
рХ(р)-\=\^£1 + е-РХ(р).
Отсюда
v. , 1 \-e~P 1 , i-*-P
^(Р) = ^Г^р-+п/я_а-«п =-7 ^рТ +
"<"-^> pfl-^'p.^-C?
1 /. . е-Р . гГ2Р . , е~кР
(1-е-Р) / е-Р <Г*Р
/* ^~г7~+'"+~рг+"
1 1 е'Р е~кр
Находя оригинал для X (р), получаем решение исходного уравнения
со
Решить следующие уравнения:
679. x'(t)=x(t—l), <p(0 = f, —К*<0.
680. x'(f) = x(t— l) + t, ф(0 = 1, — К*<0.
681. *'(f) + *( tf --j) = 0,
<p(0 = cosf, -~<^<0.
§ 17. Решение некоторых задач математической физики
Ограничимся случаем, когда искомая функция и зависит от двух
независимых переменных х и t. Переменную х будем рассматривать
как пространственную координату, переменную t — как время.
Рассмотрим, например, уравнение теплопроводности
-=а.—+ f(*, t) (1)
(а2 —постоянная).
Разберем первую краевую задачу для уравнения (1): найти
решение и (к, t) дифференциального уравнения (1) для O^xs^l и t ^ 0,
удовлетворяющее начальному условию
и(х, 0) = ф(х) (2)
и краевым условиям
и(0, о=ЫО. И*. 9=Ф»(Э- (3)

154 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ. II
д2и (х t)
Предположим, что и (х, t), —v ^ ; и / (х, t), рассматриваемые как
функции t, являются оригиналами. Обозначим через
со
U (p, х) = j u(x, t)e-P'dt (4)
о
изображение функции и (х, t). Тогда
со
дх^~ ) дх П dx ' дх* ^dx* • {Ь)~
о
По правилу дифференцирования оригиналов получаем с учетом
начального условия (2):
~ = pU-v(x). (6)
Предположим, что фх (/) и ф2 (/) являются оригиналами и
Vi(t) = Vi(P), Ы0#^(р)- (7)
Тогда граничные условия (3) дают
U\x-o = Vi(P), U\x-i = V»{P)- (8)
Таким образом, операторный метод приводит решение задачи (1), (2),
(3) к решению обыкновенного дифференциального уравнения
№1]
^~-pU + cp(x)+F(x, р) = 0 (9)
при граничных условиях (8), где F (x, p)=±f(x, t). Решая задачу (9),
(8) и обращая полученное решение, найдем функцию и (х, t),
являющуюся решением задачи (1), (2), (3). Аналогично решаются и другие
краевые задачи для уравнения теплопроводности, а также краевые
задачи для уравнения колебаний струны
т-=агш+нх>()' (10)
телеграфного уравнения (см [2] и [9])
^-<■££+(«+» !+«*«=<> (id
и некоторых других уравнений более общего вида.
Задача. Концы струны я —О и х = 1 закреплены жестко.
Начальное отклонение задано равенством и (х, 0)=Л sm -у- (O^xsg/)
Начальные скорости равны нулю. Найти отклонения и (х, () при t > 0.
Решение. Дифференциальное уравнение
дх* а?дР ' (1)

§ 17! РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ 155
начальные условия
. п. . пх ди (х, 0) Л .„.
и(х, 0) = А smy, —у ; =0, (13)
краевые условия
u(G, t) = u{l, 0=0. (14)
Переходя к изображениям, будем иметь
d?U р2 рА . пх
н*-^=-^ап7' (15)
£/|*-о = £/|»-г = 0. (16)
Решая уравнение (15), получим
U (х, p)=CiePx!a+C2e- Р*'а + d£
sm
, , аЗД /
Учитывая краевые условия (16), найдем
p2+~r
Оригиналом для U (х, р) является функция
. „ . nut . пх
и (х, t) = A cos —j- sin —,
которая будет решением поставленной задачи.
Решить следующие задачи:
682. | = 45 (*>0, *>0),
и(0, t) — u0, u(x, 0) = 0.
683. |-^0 (*>0, />0),
и (0, t) — 0, u(x, 0) = uv
684. | = Ag (*>0, />0),
и(0, ^)=acosco^, u(x, 0)=0.
685. g = fe-g- (%>(), />0),
«(0, /) = asinco^, и (я, 0) = 0.
686. § = А^2(*>0, *>0),
и(0, *) = ф(0. "(*. 0) = 0.

156
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ III
687. Найти распределение температур в стержне
0=^л;=^/ при условии, что поток тепла не проходит
через границу х = 0; другая граница х — 1 сохраняет
постоянную температуру их; начальная температура
стержня равна и0 = const.
688. Найти распределение температур в
полуограниченном стержне, если на левом конце стержня
происходит теплоизлучение в среду с нулевой температурой.
Начальная температура стержня и0 = const.
689. Стержень длины / находится в состоянии покоя,
его конец х = 0 закреплен. В момент времени t = 0 к
свободному концу стержня приложена сила F (на единицу
площади), направленная вдоль стержня. Найти колебание
стержня.
690. Стержень подвешен вертикально и защемлен
так, что смещение во всех точках равно нулю. В момент
времени ^ = 0 стержень освобождается, оставаясь
закрепленным в верхней точке. Найти закон колебания стержня.
691. Решить уравнение
при нулевых начальных и краевых условиях
и|,=о = 0, §|<=0 = 0, «(0, t) = u(l, f) = 0.
692. Однородная струна, закрепленная на концах
х — 0 и х=1, имеет в начальный момент времени форму
параболы, симметричной относительно перпендикуляра,
проведенного через точку ^ = у. Определить смещение
точек струны от прямолинейного положения равновесия,
предполагая, что начальные скорости отсутствуют.
§ 18. Дискретное преобразование Лапласа
Пусть имеем комплекснозначную функцию / (t) действительного
аргумента t, определенную для / :> 0.
Рассмотрим последовательность {/(ft)} (п = 0, 1, 2, ...), кою-
рую коротко будем обозначать просто / (n) и называть решетчатой
функцией. Функция/(f) называется порождающей функцией для /(п).
Таким образом, аргумент решетчатой функции' принимает только
целые значения, причем для отрицательных значений аргумента
решетчатая функция равна нулю.

§181 ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 157
Дискретным преобразованием Лапласа решетчатой функции / (я)
будем называть функцию F* (р) комплексного аргумента p — s-\-ie,
определяемую равенством
со
?*(Р)= %e-»Pf(n); (1)
ге = 0
предполагается, что ряд справа сходится.
Функцию f (п) будем называть оригиналом, a F* (р)—ее
изображением и писать
F* (p)^-f («) или / (я) V- F* (р).
Значение Rep = s*, для которого при Rep = s>s* ряд (1)
сходится, а при s <s* —расходится, называется абсциссой сходимости.
Функция F* (р) есть периодическая функция с периодом 2яг,
аналитическая в полуплоскости Re р > s*.
Если решетчатая функция / (л) удовлетворяет условию
| / (л) | < Мех°п, (2)
то абсцисса сходимости s*^k0, и, следовательно, изображение такой
функции существует. Вообще, всякая функция / (t), являющаяся
оригиналом для обычного преобразования Лапласа, порождает
решетчатую функцию /(л), для которой определено дискретное
преобразование Лапласа F* (р).
Пример 1. Пользуясь определением, найти изображение
функции
f(n) = e'n.
Решение. Очевидно, эта функция удовлетворяет условию (2)
с Л.0 == 1 и произвольным М > 1. Значит, ее изображение существует.
По формуле (1) находим
со со
F* (Р)= 2 e^-"= 2 e""+J""=1_e-a+P) (Rep>-1). (3)
я = 0 я = 0
Отметим, что решетчатая функция /(л) = е"2 изображения не
имеет, так как для нее абсцисса сходимости s* равна бесконечности.
Пользуясь определением, найти изображения
следующих функций:
{ 1 при «>0,
693. f(n)^{n), где „<«) = { 0прРип<0>
694. f(n) = n.
695. f(n)=ean.
696. f(n) = an {а>0, аф\).

158 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Основные свойства дискретного
преобразования Лапласа
I. Свойство линейности. Для любых комплексных
постоянных ос и р
a/(n) + Pg(n)T4xf*(p) + pG*(p).
(Здесь и всюду в дальнейшем f (п) .— F* (р), g (n) —G* (р).)
Пример 2. Найти изображение функции / (п) = sin п.
Решение. По формулам Эйлера
Имеем
• 1_е-<Р+*>
По свойству линейности
1 1 \ еР sin 1
etn_e-in l
лпп. 2. -ас
СО
п = 0
1
La-'"
2г
1
e-tp-i> '
2г\1 —е~(Р-'' 1—«г'Р+*>/ е2? - 2еР cos 1 +1 '
Найти изображения следующих функций:
697. f(n) = cosn.
698. f(n) = sinan (a = const).
699. f(n) = shn.
700. f(n)=en — 2e*.
701. f(n) = cos2n.
П. Теоремы опережения и запаздывания Пусть
f (n) ~F* (р), и пусть k — целое положительное число. Тогда
/(n + fe) ~ekP
ft—l 1
F*(p)_ 2 Г»ч>/(т) . (4)
m = 0 J
В частности, если / (0) =/(1) = ...=/(ft —1) = 0, то
f(n + k)-+ekPF*(p). (5)
Ляалогично,
/ (п - ft) V- (Г*^* (p) {f(n-k)=0 для п < ft). (6)
Пример 3. Найти изображение функции /(п) =е"~2 (f (я) s0
при я < 2).

§ 18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 159
Решение. Имеем
„ . 1 еР
• I_ei-P еР — е'
По теореме запаздывания из (6) находим (fe = 2)
еР 1
■ е еР_е SP(eP-e) '
Найти изображения следующих функций!
702. f(n)=*i\(n — k).
703. /(п) = еа("+8>.
704. /(n) = sh2(n —l).Ti(n—1).
705. /(п) = (п + 2)3.
III. Теорема смещения. Если F* (p) -^~f (n), то для
любого комплексного р0
F*(P-Po)-+eP°nf(n) (7)
Пример 4. Найти изображение функции f (я) = пе2П.
Решение. Имеем
ё~Р
П ' (\-e-Pf '
По теореме смещения получаем (р0 = 2)
g-ip-2)
e2nn^
[1_е-<Р 2.]8 •
Найти изображения следующих функций:
706. /(«) = e~"sin2n.
707. f(n) = naeP.
708. f(n) = e8nchn.
IV. Дифференцирование изображения.
Дифференцирование изображения сводится к умножению оригинала на — п:
jp{F*(p)}^-nf(n) (8)
или, вообще,
^{F*(p)}^(-l)*n*/(ii). (9)
Пример 5. Найти изображение функции /(я) = пе".
Решение. Имеем
еп , еР
' еР—е'

160 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
По теореме о дифференцировании изображения получим
d I eP \ eP+i
пеп ~—г- -
dp\eP — eJ (eP—ef
Найти изображения следующих функций:
709. f(n) = n2e".
710. f(n) = n2.
711. f («) —nsin [n
V. Теорема об интегрировании изображения.
Пусть решетчатая функция / (п) удовлетворяет условиям
/(0) = 0, Ш-1 = \\тЩ=0. (Ю)
Тогда
со
U&-+^F*(p)dp, (11)
р
т. е. деление оригинала на п соответствует интегрированию
изображения в пределах от р до со.
Замечания, а) При /(0)^:0 интеграл в правой части (11)
будет расходящимся, и, значит, "теорема об интегрировании
изображения не будет справедлива.
б) Если
Щ = Игл Ш~в*0,
то
fM^a+^F*{p)dp. (12)
р
в) Если для от=1, 2, ..., k выполнены условия
t->+o
то
^
$+\...^F*(p)dp...dp, (13)
/
т. е. деление оригинала на л* соответствует й-кратному
интегрированию изображения от р до со.

161
g"—1-Я
л
% 18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА
Пример 6. Найти изображение решетчатой функции
Решение. Пусть f(n)=en— I — л.
Проверяем выполнимость условий (10). Имеем
/<0) = 0, Urn Ш= i,m е<-1-<а=
= hm (2izi_i\ = i _!=().
<-+о\ * У
Находим изображение функции / (л):
„ , еР еР еР
• ер_е еР-\ (еР-1)*'
Так как условия (10) выполнены, то
со
еп — 1—п ^ Г Г еР еР еР
р
л
е еР—1 (е-9—1):
r]dp =
= |^ln (eP-e) - In (еР -1) -Н^р^т] I
In
еР — е
ер_1 ' ер—1
II00— 1 еР~' L_
']|р ~ " еР_е ер_ 1
Пример 7. Найти изображение решетчатой функции
(а^О)
Решение. Пусть f (я) = sh ал. Имеем
/(0) = 0; №
Изображение функции / (л)
sh art
л
.. sh a/ , .
= hm ——* = a^t0.
shan
-У-
eP
eP
2 \ eP — ea eP — e'
Изображение данной функции найдем, используя соотношение (12):
со
sh an
i an . 1 f / gP
eP
~eP — e~
-J<*P =
1
= a-f-K- [InfeP — е*) — ln(eP — e"01)] =
z |p
, 1 . eP —ea
= a + -тгш-
2 eP — e~a
, 1 . eP — e~*
= a + -д- In -= .
p '2 eP — ea
6 M Л Краснов и др.

162 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ (ГЛ II
Найти изображения следующих функций:
712. ^l=i(а>о, аф 1). 713.^^ («9*0).
nt. 1—cosan -I- n — shn
714. . 715. .
n n
VI. Дифференцирование по параметру. Пусть
оригинал и изображение содержат параметр 8, не зависящий от п и р,
и пусть
F*(P, B)^-f(n,B).
Тогда
dF* (р, в) .3/(я, в) ,
5е ■ 58 ' ( ;
т. е. производная по 8 от изображения есть изображение производной
по & от оригинала Предполагаем, что все эти производные сущест-
д} (я, е)
вуют и ' есть оригинал.
Пример 8. Найти изображение пелп (а — вещественное).
" еР
Решение. Имеем еап~—^ г. Примем а в качестве пара-
• еР — гя г г
метра. На основе теоремы о дифференцировании по параметру
Отсюда
еРе*
пе*
(еР — е*)2 *
Найти изображения следующих функций:
716. f (я) = я cos сот.
717. /(n) = rt2shan.
718. f(n) = (ra + 2)chan.
VII Интегрирование по параметру. Если / (п, е) -т-
t^F* (р, е), где параметр 8 не зависит от л и р (е0=^е=^Я), го
е в
$ / (л, е) ds -^ j F* (р, 8) de, (15)
Во 80
т. е. интегрирование по параметру е оригинала соответствует
интегрированию изображения по параметру е.
Пример 9 С помощью интегрирования по параметру найти
, „ , 1 — cos ere
изображение решетчатой функции .

§ 18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 163
Решение. Имеем
ер sin е
sin en -i-
e2P_2ePcos8+l'
Интегрируем левую и правую части этого соотношения по параметру 8
в пределах от 8о = 0 до е:
\ sin en d& -?- \
еР sin e dz
e2P_2ePCos8+l '
о о
Отсюда получаем
1—cos ел . 1
— -н- In (gap _ 2еР cos 8 +1)
л * 2
= l.[\n(e2P — 2ePcose + l)-ln(eW— 2е" + 1)].
Итак,
1 —cos6n , 1 . е2р — 2gP cos e -f 1
п ^Т (еР-1)2
Применяя интегрирование по параметру, найти
изображения следующих функций:
79П chBn~cnn
719.
721.
егп_ег0п
П
Sin 8П
п '
799 sin (е — 1) я ■ cos (s -f-1) я
Теорема умножения изображений. Пусть
hw+mp). hw + рцр).
тогда
п п
П (Р) • П (Р) ^2 /i (п-«) h И - 23 Л («) Л (л ^т). (16)
т=0 т = 0
Пример 10. Найти оригинал, соответствующий изображению
F* (п\ =
КР> (eP—e)(eP-e-i)'
Решение. Изображение F* (р) можно представить в виде
произведения двух изображений
Т(Р) = тАг^е". П(Р)=- е" ■ -"
6*

164 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
По теореме умножения
п п.
е2-_1 е2._1'
т = 0 т=0
Пользуясь теоремой умножения, найти оригиналы
для следующих изображений:
723. F*{p) = ^**_A. 724. F*(p) e'P e"
(еР~1)(еР-е)- ^' (\-e~Py е^-Г
725- f*^) = (^w^)-726- F*^=W^¥>^T)-
Изображение разностей. Разностью первого порядка
решетчатой функции / (я) называется величина, обозначаемая
символом Д/ (л) и определяемая равенством
Д/(я)=/(л+1)-/(л). (17)
Разностью второго порядка А2/ (га) называется величина, равная
Д2/(я) = Д/(л + 1)-Д/(я) (18)
или, учитывая (17),
Д«/ (я) = / (я + 2) -2/ (л + 1)+/ (л). (19)
Вообще, разность fe-ro порядка Д*/(га) определяется соотношением
Д*/(л) = Д*~1/(я + 1)-Д'г~1/(я) (20)
или
k
А*/ (л) = 2 (-1)' С[ / (л + ft - jf), (21)
у=о
ft!
где Cl = -rrri ^—биномиальные коэффициенты.
Пример 11. Найти разности для функции f (я) = 2га2.
Решение. По определению первая разность
Д/(л) = 2.(я + 1)2_2л2^2(2п+1).
Вторая разность
Д2/(л) = Д/(л+1)-Д/(л) = 2[2(л + 1) + 1]-2(2я+1) = 4.
Очевидно, все разности более высокого порядка равны нулю
(сравните с производными функции / (t) = 2t2).
В следующих задачах найти разности &-го порядка:
727. f(n) = 3n + 2. 728. /(п) = е2*. 729. f{n) = n2-n.

§18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 165
Пусть / (л) -г- F* (р). Тогда
Д/ (л) -Н- (ер - 1) F* (р) - еР/ (0),
Да/ (л) -^- (еР - l)2 F* (р) —eP(eP-l)f (0) -gP Д/ (0)
и т. д.
Вообще,
ft —1
Д*/ (л) ~ (еР - l)ft F* (р) — еР J\ (еР - l)*-^1 Д7 (0), (22)
v = 0
где положено Д°/(0)=/(0). Из соотношения (22) находим
ft —1
'• W= l^TF 2 ^rV+(^T?Ь<А*/№>. (23)
v=0
где LD {Дй/ (л)}— изображение Дй/(я) в смысле дискретного
преобразования Лапласа.
Если, в частности, ду(0)=0 (v = 0, 1, ..., k— 1) или, что
эквивалентно, /(0)=/(1) = ... = /(6—1) = 0, то формула (22) приобретает
особенно простой вид
Akf(n)^(eP—l)kF* (p),
т. е. операции взятия^ разности £-го порядка от оригинала отвечает
умножение изображения на (ер—1)*.
Пример 12. Найти изображение функции [(п) — п*.
Решение. Имеем
Д/(я) = 2я+1,
Д2/(л) = 2л + 3 —2л —1 = 2,
Д*/(я) = 0 (fe>2). '
Далее /(0) = 0, Д/(0)=1, Д2/(0) = 2. Полагая в равенстве (23) £ = 3,
будем иметь
f/ * • и* / ч еР V А"/ (0)
[(л) ^ f.(p)= _ 2 (ер-1)»д
v = 0
gp /n , 1 , 2 \ eP(eP+l)
_(eP-l)3 \ "^ eP~\~^ (eP-\y) (eP—\f-
Найти изображения функций;
730. f(n) = n*.
731. f(n) = ^.
732. f(n) = {n — к)*ц{п — k).

166 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ. 1Г
Изображение суммы. Пусть /(rt) —решетчатая функция,
имеющая изображение
f(n)^F*(p).
Рассмотрим сумму
га—1
Ц /и-
т=0
Тогда
Я-1
Р*(Р)
ii^-m-.
т=0
т. е. суммированию оригиналов отвечает деление изображения на ер—1.
Вообще, fe-кратное суммирование оригинала соответствует
делению изображения на (еР — 1)к.
Пример 13. Пользуясь теоремой об изображении суммы, найти
сумму
га—1
J] тет.
т = 0
ер+1
Решение. Изображение пеп равно — ^. Поэтому
согласно теореме об изображении суммы
я-1
7 те
• (еР — ё)Ъ{еР— 1)
т = 0
__е Г еР еР е— 1 e^+i "I
г— 1)2 (у— 1~ еР — И ~* \еР—е)Ц ^
(е—1)2 LeP— 1 еР — е^ е {еР—е)
е
• (е-1)2
Следовательно,
я-1
1_ея+(£иШ!£!
Найти следующие суммы:
я—1 я—1
733. 2 т%- 734- S m cos та.
т=0 т=0
га—1 га'—1
735. 2 т"(т— !)• 736- 2]emcosma (nss2).
т=0 т=0
Формула обращения. Пусть решетчатая функция / (п)
имеет своим изображением функцию F* (р) комплексного переменного

^ 16} ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 167
р = а + гт, где F* (р), в силу своей периодичности: F*(p-\-2m) =
= F*(p), рассматривается в основной полосе —я<1тр=^я (—я<
<хг£ я).
Если известно изображение F* (р), то оригинал / (п) можно найти
по формуле обращения
/(л) = 2я7 \ F4P)enpdp, (24)
с — ьтс _„,
где с—любое действительное число, большее, чем абсцисса
сходимости s*.
В случае, когда F* (р) есть правильная рациональная дробь
относительно ер, имеем
/ (л) = У] res [F*(p)e<n-i>P], (25)
v pv
где сумма берется по всем полюсам функции F* (р), расположенным
в полосе — я<1трг£я и на ее границе 1тр = я. Если
pv—простой полюс, то
res[F*(p)eP'n-1']= lim [F* (р) (еР — Л) eJ"»-i)]j /26ч
если же pv — полюс порядка rv, то
res[F*(p)eP("-i'] =
Р-,
= 77-^lu lim ^7^ tf* (P) (eP~eP^ ер"г"1,1- (27)
Пример 14. Используя формулу (25), найти оригинал,
соответствующий изображению
еР
F*(p) =
е2Р_зеР + 2 -
Решение. Находим нули знаменателя. Имеем еаР— ЗеР + 2 = 0,
откуда ер = 1 и ер — 2, Значит, р1=0, р2 = 1п2—простые нули
знаменателя, а следовательно, они являются простыми полюсами
функции F* (р) в основной полосе. Находим вычеты функции F* (p) gP'n~i>
относительно этих полюсов. Имеем
res [F* (р) еР<я-1)] = lim
р = 0 р-+0
еР(еР-\)
(еР-\)(еР-
-| ерп
— epm-i) _ нт ± __ 1,
2) J р^оеР-2
res [F*(p)eP'n~1'l= lim,
„P/V Лп2\ P(n-l)
ep(ep-eXa2)e-
P=ln2 l* vr/" J PZu3 (eP-l)(eP-2)
ЙР" entn2 ela2"
= Hm -= = -n = = 2".
p_ln2ep_i em2-l 2-1

168 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Следовательно, по формуле (25) получаем
/(я) = -1+2».
Пример 16. С помощью формулы обращения найти оригинал
для функции
еР
F* (п) = —1
W) еар_р
Решение. Функция
F*{p)-
(eP—l)(eP+l)
имеет два простых полюса в точках Pi = 0, pa = iit основной полосы
— я< Im р гея:
еР (еР— 11 еР'я-ч 1
res IF* fp^cP'"-11!— lim ^ ^- =—
/I'D1 (P) J p™ (eP~l)(eP + l) 2'
аР (рР р1П\ ррт-Ц
re% [F. (р) еР™] = ^im _i-^_ =
ери ginn (_ i)n-i
=Д™ ет=т-?^гт=—^— •
Согласно формуле (25)
/(n)=4+4-(-1)""1-
Найти оригиналы для следующих изображений: "
737- ^(Р) = (-^- 738. F*(p)=e2pJeP + l0.
739. F*(P) = ^T1- 740. ^(^ = -1^.
741.F*(p)^-e2p + 4Pp+2a2 (a>0).
742. f*(/?) eP
Решение разностных уравнений с помощью
дискретного преобразования Лапласа. Уравнение
вида
f(n, f(n), /(n+1), .... f(n + k))=0 (28)
или
F (я, /(я), Д/(я) Д*/(л)) = 0, (29)
где /(я) —искомая решетчатая функция, называется разностным
уравнением fe-ro порядка.

^ 18] - - ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 169
Уравнение вида (28) сводится к уравнению вида (29) при
помощи формулы
/(л+А) = /(я)+СДО (я)+С|ДУ(л)+ ... +Д*/(«), (30)
а при помощи формулы
A*/(n)=/(/i + A)-q/(n+fe-]) + C|/(n + fe-2)-...
...+(-1)6/(п) (k = Q, 1, 2,...), (31)
„m fe(A-l)...(jfe-m+l)
где Ck=—- ^ (— биномиальные коэффициенты,
уравнение (29) сводится к уравнению (28).
Если уравнение (29) линейно относительно / (л) и ее разностей,
то оно называется линейным разностным уравнением. Линейное
разностное уравнение порядка k с постоянными коэффициентами имеет
вид
60Д*/(я) + Мй"1/(я)+ •■• +bk-f(") = v(n), (32)
где «р (п) —заданная решетчатая функция, /(л) —искомая решетчатая
функция, Ь0, Ьъ ..., bk~постоянные, причем Ья^£0, Ьиф§-
Заменяя в уравнении (32) разности Дт/(га) (т=1, 2, ..., k) по
формуле (31), получим другую форму разностного линейного уравнения:
a0f(n + k)+aJ(n + k-l)+...+allf (") = <?(")■ (33)
Если ф(га)=0, то уравнения (32) и (33) называются
однородными, если же ф (га) ^ 0, то эти уравнения называются
неоднородными.
Разностное уравнение, содержащее /(л) и /(л + fe), называется
разностным уравнением fe-ro порядка (fe>0). Таким образом,
уравнение (33) при а0^0 и о^О есть неоднородное линейное
разностное уравнение k-то порядка.
Порядок разностного уравнения может не совпадать с порядком
наивысшей разности, входящей в него, если разностное уравнение
записано в виде (32).
Пример 16. Разностное уравнение
дз/ (л) + 4Д2/ (га) + 5Д/ (л) + 2/ (п) = 0
после замены в нем разностей по формуле (31), приводится к виду
/(л + 3)+/(га + 2)=0
или
f(n +•!)+/(я) = 0,
т. е. является разностным уравнением первого порядка.

170
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ГГЛ II
Определить порядки следующих разностных
равнений:
743. А4/ (п) + 4А3/ (п) + 4A2f (n) — f(n) = 0.
744. Asf (л) + ЗА2/ (п) + Щ (п) + f (п) =д3 + 1.
745. A3/(n) + 2A2f(n) + A/(n) = 2".
746. А«/(я) + 4А3/(n)+ 6A2/(я)+ 5Л/(п) + 2/(п) = 5т^.
Начальные условия для разностного уравнения fe-ro порядка
задаются в виде значений решетчатой функции / (п) и ее разностей
до (k— 1)-го порядка включительно при л = 0, если уравнение имеет
форму (32), или в виде значений решетчатой функции / (л) при
я = 0, 1, ..., k—1, если уравнение имеет форму (33).
Решение линейных разностных уравнений с постоянными
коэффициентами методом дискретного преобразования Лапласа
производится по той же' схеме, что и в случае классического
преобразования Лапласа. Применяя дискретное преобразование Лапласа к таким
уравнениям и используя теоремы линейности, опережения или
изображения разностей, мы приходим к простому линейному
алгебраическому уравнению относительно изображения F* (р) искомой
функции / (га) (уже с учетом начальных условий). Разрешая это
алгебраическое уравнение относительно F* (р), получим операторное решение
разностного уравнения, оригинал для которого будет искомым
решением исходного разностного уравнения, удовлетворяющим
поставленным начальным условиям.
Пример 17. Найти решение уравнения
Дп+1)-е/(п) = 1, /(0)=0. (34)
Решение. Пусть f (n)~F* (р). По теореме упреждения
f(n+\)~ePF* (р).
Применяя к обеим частям (34) дискретное преобразование Лапласа,
получим операторное уравнение
ePF* (p)-eF*(p) = ;
еР
~еР-\
откуда
F*(p)
(еР — ё)(еР-1) •
Функция F* (р) имеет два простых полюса р = 0, р = 1:
res [F*(P) em_1,p]=lim J—e.M-vv = J_
p=o р^йеР~е 1-е'
res [F* (p) 0'"-i>P] = —%■ e»-i = -?~.
p=l e — l e — l

§181 ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 171
Следовательно, по формуле (25)
еп — 1
Решить следующие линейные однородные разностные
уравнения:
747. f(n + l)-2/(n) = 0, /(0) = 1.
748. f(n + 2) + 2f(n+l) + f(n) = 0, /(0) = 1, /(1) = 0.
749. f(rt + 2)-2/(ft+l) + 2/(ft) = 0, /(0) = 0, /(1) = 1.
750. f(n + 3)-3/(n + 2) + 4/(n+l)-2/(n) = 0,
Д0) = 0, /(1) = 0, /(2) = 1.
751. /(ra + 4) + f(n) = 0, f(0) = 0, f(l) = l, f(2) = 0,
/(3) = 0.
752. /(П4-3) + 3/(л + 2) + 3/(п + 1) + /(л) = 0,
f(0) = 0, f(l) = 0, f(2) = l.
Решить следующие линейные неоднородные
разностные уравнения:
753. f(n+l) + 2f(n) = n, /(0) = 0.
754. /(« + 2)-4/(«) = 4л, Д0) = /(1) = 1.
755. f(n + 2) + f(n) = ]-(-lf, f(0) = 0, f(l) = l.
756. /(n + 2) —6f(n+l) + 9/(n) = n-3",
/(0) = 0, f(l) = 0.
757. / (ft + 3) + 3f (ft + 2) + 3/ (n + 1) + f (ft) = cos tin,
/(0) = 0, /(1) = 0, /(2) = 0.
758..f(ft + 3)-3/(ft + 2) + 3f(ft+l)-/(ft) = ft2,
/(0) = 0, /(1) = 0, /(2) = 0.

ГЛАВА III
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
§ 19. Понятие об устойчивости решения
системы дифференциальных уравнений.
Простейшие типы точек покоя
Пусть имеем систему обыкновенных дифференциальных
уравнений
%l = fi^ Уъ Уг Уп) (* = 1, 2 я), . (1)
где —■ (£, k~\, 2,..., п) существуют и непрерывны, и пусть ф,- (t)
(i = l, 2,..., п) есть решение этой системы, удовлетворяющее при
t = t0 условиям
<Р<('о) = Ч>? (i = l, 2,..., я).
Решение ф,- (t) (£= 1, 2, ..., я) системы (1) называется устойчивым
по Ляпунову, если для любого е > 0 можно подобрать б (е) > 0 такое,
что для всякого решения (/,-(/) (£ = 1, 2 я) той же системы (1),
начальные значения которого удовлетворяют неравенствам
|г/«('о)-фП<б(е> (* = >> 2 ")•
для всех ^З^о справедливы неравенства
1»|(0-ф|(01<е (£=1,2 я), (2)
т. е. близкие по начальным значениям решения остаются близкими
для всех ^5=г0.'
Иными словами, решение ф; (О (£ = 1, 2 я) устойчиво! если
достаточно близкое к нему в начальный момент t = ttj решение у; (t)
(£ = 1, 2 я) для всех t^t0 содержится в сколь угодно узкой
е-трубке, построенной вокруг решения ф,- (t) (£ = 1, 2,..., и).
Если при сколь угодно малом б > 0 хотя бы для одного решения
yi (t) (£=1, 2,..., я) неравенства (2) не выполняются, то решение
ф(- (£) (£ = 1, 2,..., я) называется неустойчивым.
Если решение ф< (О (£ = 1, 2 п) не только устойчиво, но,
кроме того, удовлетворяет условиям
lira | у, (О-Ф,-(0 1=0 (i = U 2,..., л), (3)
(-»оэ

§ 19] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРАВНЕНИИ 173
если | tji (t0) — cpi' I < б, то решение ф; (/) называется асимптотически
устойчивым.
Вопрос об устойчивости решения rp,- (t) системы (1) может быть
сведен к вопросу об устойчивости нулевого решения х;(/) = 0
некоторой новой системы уравнений, получающейся из (1) линейной
заменой искомых функций
Xi(t)=yi(t)-4>i(t) (i = l, 2,..., л), (4)
где х,- (t) — новые неизвестные функции, равные отклонениям прежних
неизвестных функций г/; (/) от функций ф; (/), определяющих
исследуемое решение. Поэтому в дальнейшем будем считать, что на
устойчивость исследуется именно нулевое решение х;(с) = 0 или, что то же,
расположенная в начале координат точка покоя системы уравнений
их-
jf = b(t, *i. х2,..., хп) (i = l, 2,..., л). (5)
Вместо термина нулевое решение будем употреблять термин
тривиальное решение.
В применении к точке покоя х, (/) = 0 (£=1, 2 л) условие
устойчивости выглядит так:
Точка покоя х; (0 = 0 (г = 1, 2, ..., л) системы (5) устойчива по
Ляпунову, если для каждого е > 0 можно подобрать б (е) > 0 такое,
что т неравенства \ Xj (t0) | < б (е) (£ = 1,2, .. , п) следует ) #; (t) | <
< е (г = 1, 2, ... , л) при f>zT>t0.
Пример 1. Каждое решение уравнения
ш=° (6)
устойчиво.
Действительно, решение xl (t) этого уравнения, удовлетворяющее
начальному условию x1(/0) = xj, есть xt (t) = xJ = const.
Рассмотрим другое решение х2 (t) уравнения (6), удовлетворяющее
начальному условию
х,(<о) = *8- (7)
Для этих решений имеем \х2 (t)~хг (t) | = | х« — х\ \ для всех t.
Следовательно, для всякого е>0 существует б > 0, например, б = е
такое, что как только ) лг§ — *} | < 6, то для решений х2 (t) и хх if)
будет выполняться неравенство
1*2 (t) — Xi(t) | = | Jcg — х\ | <е при всех
/^Последовательно, любое решение уравнения (6) устойчиво. Однако
асимптотической устойчивости нет
|*а(0 —*1(01 = 1*г —*!|-^0 при *-~ + со.
Пример 2. Каждое решение уравнения
dx
d(+x = 0 (8)
асимптотически устойчиво.

174 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ. ИГ
В самом деле, общее решение уравнения имеет вид
x(t) = C<r*. (9)
Решения хг (t), x2 (t) уравнения (8), удовлетворяющие начальным
условиям x1(t0) — x<l, x2 (t0) = x% суть
Xl (0 = х<1 е~(<_ Ч x2 (0 = х% е~((_ Ч
Отсюда
\x2{t) — xx(t)\ = \xl—х°[е-('-'0)^Оч1ри t^+co,
что означает асимптотическую устойчивость любого решения
уравнения (8).
dx
Пример 3. Решение x(t)=— 1 уравнения -vj=l — x2{t)
неустойчиво, так как при t—*-\-co все решения уравнения
ж(0_0+*о)е2((-Щ-('-*о)
(l+Xo)e2«-^ + (l-x0)
стремятся к +1. Решение x(t) = ). этого уравнения согласно
определению асимптотически устойчиво.
Пользуясь определением, исследовать на устойчивость
решения следующих уравнений и систем:
759. jg+x=l, ж(0) = 1.
760. ~ = —t{x— 1), л(0) = 1.
761. $-2x = t, *(т)"Т-
762. % = 2xt, х(0) = 0.
dt'
dx
dt
763. ^ = cosf, jk(0)=1.
dx
764. \%~_^' x(0)=y(0)^0.
dt У— ' v
dx
£ = 2y + 3x,

§ 19] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРАВНЕНИИ 175
Простейшие типы точек покоя. Пусть имеем систему
дифференциальных уравнений
dx
ц = р(*-У)-
dy_
dt~
(А)
(х, у).
Точка (х0, у0) называется точкой покоя или особой точкой системы
(А), если Р (х0, у0)=0, Q (х0, у0) = 0.
Рассмотрим систему
dx
^ = апх + а12г/,
О)
dy
dt~
= а21х+а22(/,
211 а12
где aij (i, 1 — 1, 2)—постоянные и "11 "1г фО. Точка (0, 0) явля-
^21 ^22
ется точкой покоя системы (1). Исследуем расположение траекторий
системы (1) в окрестности этой точки. Ищем решение в виде
(2)
i = aYekt,
y = a2ekt.
Для определения k получаем характеристическое уравнение
ап — k an
а21 а22—'
= 0.
(3)
Рассмотрим возможные случаи.
I. Корни характеристического уравнения
действительны и различны. Подслучаи: 1) kx < 0, fe2 < 0. Точка
покоя асимптотически устойчива (устойчивый узел). 2) kx > 0, fe2 > 0.
Точка покоя неустойчива (неустойчивый узел). 3) kx > 0, fe2<0.
Точка покоя неустойчива (седло). 4) £i = 0, 62>0. Точка покоя
неустойчива. 5) ft1 = 0> fe2<0. Точка покоя устойчива, но не
асимптотически.
II. Корни характеристического уравнения
комплексные: k1 = p-*rqi, k2 = p — qi- Подслучаи: 1) р<0, q ф 0.
Точка покоя асимптотически устойчива (устойчивый фокус). 2) р > 0,
цф§. Точка покоя неустойчива (неустойчивый фокус). 3) р=0,
q-фЪ- Точка покоя устойчива (центр). Асимптотической
устойчивости нет.
III. Корни кратные: 61=62. Подслучаи: 1) 61 = 62<0.
Точка покоя асимптотически устойчива (устойчивый узел). 2) fe1 = fe3>0.
Точка покоя неустойчива (неустойчивый узел). 3) kx = k2 = 0. Точка
покоя неустойчива. Возможен исключительный случай, когда все
точки плоскости являются устойчивыми точками покоя.
Замечание. Если оба корня характеристического уравнения
(3) имеют отрицательную действительную часть, то точка покоя
асимптотически устойчива.
Если же хотя бы один корень (3) имеет положительную
действительную часть, то точка покоя неустойчива.

176
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ИГ
Аналогичные утверждения справедливы и для системы линейных
однородных уравнений с постоянными коэффициентами
dxi
1=2в'л (г=1>2'
я).
(4)
;=i
Пример 1. Установить характер точки покоя (0, 0) системы
( •* = #,
I _? = — *.
Решение. В данном случае
ац = °. «12='." «21 = — 1. Й22 = °-
Характеристическое уравнение
! —^ ? =0 или fe2 + 1=o.
I — 1 — k
Корни характеристического уравнения kb2 = ± i — чисто мнимые.
Точка покоя —центр.
Установить характер точки покоя (0, 0) в следующих
системах:
766.
768.
770.
772.
774.
х = х—у,
у = 2х-\-Ъу.
х — — 2х — Ъу,
у = х + у.
х ■= Зх -f- 2y,
У = х + у.
х — — 2х + у,
у — —х-Ау.
х — х — 3t/ + 4z,
r/ = 4x — 7y-\-8z,
z = 6x~7y-{-7z.
767.
769.
771.
773.
х=4у — х,
у-= — 9х + у. •
х = х — 2у,
у—'2у — Ъх.
х = ~х + 2у,
у = — 2х + 3у.
x = 2x — y-{-2z,
у = 5х — Зу-\- Зг,
2 = — х— 2г.
Для системы двух линейных уравнений с постоянными
действительными коэффициентами
t j> = a2i* + a22S/
(1)

§ 19] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРАВНЕНИИ 1 77
характеристическое уравнение (3) приводится к виду
1) Если я1>0, а2 > 0, то нулевое решение системы (1)
асимптотически устойчиво.
2) Если а1>0> а2 = 0, то нулевое решение устойчиво, но не
асимптотически.
3) Если а1 = 0, а3>0, то нулевое решение устойчиво, но не
асимптотически.
4) Во всех остальных случаях нулевое решение неустойчиво;
однако при ai = a2 = 0 возможен исключительный случай, когда
нулевое решение устойчиво, но не асимптотически.
Пример 2. Определить значения параметра а, при котором
устойчиво нулевое решение системы
I •* = */,
1 _у = (а — 1) ж — ау.
Решение. Характеристическое уравнение для данной системы
имеет вид
I -k 1
a — 1 — a — k
=0
или &2 + afe~j-l — a = 0. Здесь ^ — а, a2=l—a.
Асимптотическая устойчивость нулевого решения будет иметь
место при a > 0, 1 — a > 0, т. е. при 0 < a < 1.
Устойчивость, но не асимптотическая, будет в двух случаях:
а) а>0, 1 — а = 0, т. е. при а = 1;
б) а = 0, 1—а>0, т. е. при а = 0.
При всех других значениях а нулевое решение неустойчиво.
Определить значенля параметра а, при которых
нулевые решения следующих систем устойчивы:
775. { х = у, 776. 1х= — х + у,
\у = 5ах — а2х. \ у = ах—а?у.
777. { х = а2х — 3у, 778. ( х = у + ах,
\у = ах + 4у. \у = — х.
779. [ х = ах — у,
y=ay — z,
z=az—х.
Пример 3. В плоскости параметров аир найти области,
в которых устойчиво нулевое решение системы уравнений
С х = <хх + ($ — 2сф — 1)у,
\у = х — $у.

178
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ. ИГ
Решение. Характеристическое уравнение системы
a — k P — 2сф — 1 _
1 -p-fe =
или
fe2 + (P — a)ft+l+ap — p = 0.
Здесь
a! = P —a, a2=l + ap —P;
я: и а2 являются непрерывными функциями от а и р, поэтому знаки
#1 и аг будут меняться там, где а1 = а2 = 0, т. е. на прямой Р —а=0
■Рис. 26.
и на гиперболе l~j-ap — P = 0. Эти линии разбивают плоскость
параметров а, Р на четыре области /, //, ///, IV (рис. 26), в каждой
из которых знаки ах и а2 постоянны. Возьмем по одной произвольной
точке в каждой области и определим в этих точках знаки
коэффициентов «! и а2.
Область /: в точке (—1, 1) имеем а! = 2>0, а2 =—1 < 0.
Нулевое решение системы в этой области неустойчиво.
Область //: в точке (0, -=-) имеем а1 = -^->0, а3 = -=->0.
Нулевое решение системы в области // асимптотически устойчиво.

§ 20] ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА 179
Область III: в точке (1, 0) имеем ах = — 1 < 0, а2=1 > 0.
Нулевое решение в области /// неустойчиво.
Область IV: в точке (2, — 2) имеем ах —— 4 < 0, а2= —1<0.
Нулевое решение в этой области неустойчиво.
Исследуем на устойчивость нулевое решение на границах
рассмотренных выше областей.
1) P=-j •, сс< 1 (граница между областями / и //). На этой
границе ах > 0, а2 —0, так что нулевое решение на ней устойчиво,
но не асимптотически.
2) |5 = а (граница между областями // и ///). На этой границе
а1 = 0, а2>0, так что нулевое решение на ней устойчиво, но не
асимптотически.
3) P = -j , а>1 (граница между областями /// и IV). На
этой границе «!<; 0, а2 = 0, так что нулевое решение на ней
неустойчиво.
Итак, нулевое решение асимптотически устойчиво в области //
и устойчиво, но не асимптотически на границе области //.
Для следующих систем в плоскости параметров а и
Р найти области, в которых нулевое решение устойчиво:
780. I х =— х + ау, 781. ( х = ах + $У,
\у = $х—у. \у~х + ау.
782. (х = ах + $у, 783. i x = — a?x — f>2y,
\у = -$х+(а-2)у. \у = (а*-\)х +
1-НР2+1)г/.
784. р=(а2-р)х + (1+р)г/,
785. f i- = — а?х— (f> + l)y,
\y = (4a + p + l)x-4y.
§ 20. Второй метод Ляпунова
Функция v (хъ х2 хп) называется определенно положительной
в Н-окрестности У] х\ sg Н | начала координат, если она
подожнут i /
тельна во всех точках этой окрестности, за исключением начала
координат, где она равна нулю:
п
v (хь х2, ... , хп) > 0, если 2 х| > 0,
;=1
и(0, 0, ..., 0) = 0.

180
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
ТГЛ III
НапримерГсрункция v = xj + xl + ^i будет определенно положительной
функцией в пространстве переменных xv х2, х3 Функция и = х{-\-х\
будет лишь знакопостоянной в этом пространстве, но не определенно
положительной, так как она обращается в нуль на всей оси Ох3,
а не только в точке (0, 0, 0), и она же будет определенно
положительной в пространстве хь х2.
п
Если v (хь х2, ... , хп) < 0 при ^ х\ > 0 и & (0, 0 0) = 0,
i=\
то функция v (хъ х2, ... , хп) называется определенно отрицательной.
Функция v (t, хг, х2, ... , хп) называется определенно
положительной в Я-окрестности начала координат и при t :> t0, если существует
такая не зависящая от t определенно положительная функция w (xv
хг, ... , хп), что v (t, хъ х2, ... , xn)>:w(x1, х2, ... , хп) прн всех
указанных значениях аргументов и v (t, 0, 0 0) = 0.
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
dx-
df=h(t> *i- x2, .... хп) (г = 1, 2, ..., я), (1)
и пусть
есть непрерывно дифференцируемая функция своих аргументов.
Полная производная от t функции v(t, xlt хг, ... , хп), вычисленная
в силу системы (1) (вдоль интегральных кривых), равна
dt ~di + 2i дхг dt ~dt + 2i dx~ifi {t' Хъ Ч Xn) ■ (2)
(=1 i=\
Если правые части системы (1) не содержат явно t, то такая система
называется автономной или стационарной.
I. Теорема А. М. Ляпунова об устойчивости. Если
система дифференциальных уравнений (1) такова, что существует
функция v(t, xlt х2, ... , хп), определенно положительная при t>tt0
в некоторой Н-окрестности начала координат, производная которой
dv ...
-37, вычисленная в силу системы (1), неположительна, то
тривиальное решение системы (1) устойчиво.
II. Теорема А. М. Ляпунова об асимптотической
устойчивости (случай автономных систем). Если автономная
система дифференциальных уравнений
dx-
-jj = U(Xf *»-••• . *п) («"=!. 2 п) (3)
такова, что существует функция v (xlt х2, ... ,хп), определенно
положительная в некоторой Н-окрестности начала координат, производная
- dv ... .
которой -т-, вычисленная в силу системы (3), определенно отрица-

§ 20]
ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА
181
тельна, то тривиальное решение x; = 0(i=l, 2,..., п)
асимптотически устойчиво.
Функции v(t, хъ х2, ■ ■■ , хп) и v (хъ хг, ... , хп), фигурирующие
в приведенных выше теоремах, называются функциями Ляпунова.
Назовем областью v > 0 какую-нибудь область окрестности
п
~S\ х-. г< Н начала координат пространства переменных хь х2, ...хп,
1=\
ограниченную поверхностью & = 0, в которой функция v принимает
положительные значения.
Допустим, что функция v обладает следующими свойствами:
1) при сколь угодно больших значениях t в сколь угодно малой
окрестности начала координат существует область у > 0;
2) в области v > 0 функция v ограничена;
3) в области v > 0 производная —, составленная в силу си-
ш
стемы уравнений (2), определенно положительная.
III. Теорема Н. Г. Четаева о неустойчивости. Если
для системы дифференциальных уравнений (2) можно найти функцию,
удовлетворяющую условиям 1), 2), 3), то тривиальное решение этой
системы неустойчиво.
Замечание. Если в системе (2) все ft не зависят явно от t,
то функцию Ляпунова нужно искать как не зависящую явно от t.
.Пример 1. Исследовать на устойчивость тривиальное решение
системы
J = -(x-2y)(l-*2- 3j,«),
J = -(y + X)(l-x2-3l/2).
Решение. Возьмем в качестве v функцию v = x2-\-2y2. Она
является, во-первых, определенно положительной, а во-вторых, ее
dv
производная ~тт t взятая в силу системы, равна
dv _dvdx dv dy _ „ _ ...
dt-dxdt+d~ydt~2x(2y *)(1 x ~3y)
— Ay (x + y) (1 — x2 — 3i/2) = _ 2 (1 — x2 — 3y2) (x* + 2y*) sg 0
при достаточно малых хну.
Мы видим, что выполняются все условия теоремы А. М.
Ляпунова об устойчивости.
Следовательно, тривиальное решение х = 0, у = 0 устойчиво.
Пример 2. Исследовать на устойчивость тривиальное решение
системы
dx
dt=-5y~2xS'
dJI = 5x-3yK
dt 3

182
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ИГ
Решение. Функция v = x2-\-yi удовлетворяет условиям теоремы
А. М. Ляпунова об асимптотической устойчивости:
1) v(x, у)=гО, v (О, 0)=0;
2) -^ = 2х (— Ьу - 2х3) + 2у (5х - Ъу3) = _ (Axi + бу") s£ О,
т. е. -ут = 0 только при х = 0, у = 0, и значит, есть определенно
отрицательная функция. Следовательно, решение х = 0, (/ = 0
асимптотически устойчиво.
Пример 3. Исследовать на устойчивость тривиальное решение
автономной системы
dx „
Л/ ., ,
Решение. Возьмем в качестве v (х, у) функцию
v = -jx3+xy + -^y3.
Здесь областью у>0 является, например, область х>0, (/>().
В области v > 0 имеем
Л dxdt^dydt ~{х+У> H* + 2/J >u-
Согласно теореме Н. Г. Четаева о неустойчивости решение х=0,
у = 0 неустойчиво.
Покажем на примере один метод построения функции Ляпунова,
называемый методом деления переменных ([4]).
Рассмотрим систему уравнений
х — ах3 + by,
(4)
у — — ex -\- dy3
и попытаемся найти для нее функцию Ляпунова в виде
v(x, y) = F1(x) + F2(y),
где Fj (x), F2 {у) —некоторые пока неизвестные дифференцируемые
функции.
В силу системы (4) будем иметь
v = F[ (х) х + Fi(y) у = F{ (x) (ax3 + by)-F't (у) (сх - dy3).
Потребуем, чтобы функция v имела такой же вид, что и функция
v (х, у), т. е. чтобы и она представлялась в виде суммы двух
функций— одной, зависящей только от х, другой — только от у. Для этого
необходимо, чтобы имело место тождество
F[ (x) by — F'2 (у) сх 3! 0.
Разделяя переменные, получим
сх by

§201
ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА
183
и, следовательно, каждая из дробей должна быть постоянной
величиной, например, равной -^. Тогда буде^1 иметь
откуда
так что
F\ (х) 2 ' F'2(y) 2 '
F1(x)=ac*, F2(y) = by\
v(x, y) = cx2-\-by*.
Исследовать на устойчивость тривиальное решение
систем:
786.
788.
790.
791.
792.
793.
795.
х = — х-\-у — Зху%
1
1
а X-Yy^2y*.
х — — 2х — у + 2ху2 — Зх3,
у=-х—у — х*у-7у3.
х = —5х—9у-{- Зху2 — Xs,
у = Зх-4у — 2х^у — -^У3-
х — — х—2ху2 — хув,
у = — -^у — хгу-х^уъ.
х = — Зх-\-ху1 — хаув,
787.
789.
x — y — 3xs,
y = —x—7ys
Х = — Xlf,
у = ух*.
у = у-Х2у3.
х~ — 2у — х3
y — 3x — 4ys.
794.
х — у3-\-хъ,
у = х3 + уК
1
х— 2 х
- у ху2,
796. < y = -~y + 3xz\
(v^x2 + 2y2 + 3z2).

184 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ III
§ 21. Исследование на устойчивость
по первому приближению
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
dx-
-Jf^fii1' xi> x2> ■•■> х") (' = Ь 2>---> п)> 0)
где /,- — дифференцируемые в окрестности начала координат функции,
ft(t, 0, 0, .... 0) = 0.
Исследуем на устойчивость точку покоя л:; = 0 (г = 1, 2, ..., п)
системы (I). Представим систему (1) в окрестности начала координат
в виде
"^"= £j "uMXj + RiVj *i> хг> ••■> х„) (i=I, 2, ..., n), (2)
lAt"<
где i?; имеют порядок выше первого относительно |/ J>j x\ (т- е-
фактически разложим правые части (1) по формуле Тейлора в
окрестности начала координат). Вместо точки покоя системы (1)
исследуем на устойчивость точку покоя линейной системы
= 2j аЧ W х1 («' = 1, 2, ..., п), (3)
dxj.
dt
называемой системой уравнений первого приближения или
линеаризированной системой для системы (1).
Возникает вопрос, влечет ли устойчивость (неустойчивость) точки
покоя системы (3) устойчивость (неустойчивость) точки покоя
исходной системы (1). Вообще говоря, строгой связи между системами (1)
и (3) нет.
Пример 1. Рассмотрим уравнение
dx „ ...
Ш = *- (4)
Здесь f (t, х) = х2. Линеаризированное уравнение для уравнения (4)
имеет вид
| = й ' (5>
Решение x(i) = 0 уравнения (5) является устойчивым (см. стр. 173).
Оно же, будучи решением исходного уравнения (4), не является для
него устойчивым. В самом деле, каждое действительное решение
уравнения (4) имеет вид

§21]
УСТОЙЧИВОСТЬ ПО ПЕРВОМУ ПРИБЛИЖЕНИЮ
и перестает существовать при t = —(x\t-o = xo) (решение непродол-
Xq
жаемо).
Пример 2. Рассмотрим нелинейное уравнение
dx
=х — х8е1.
Линеаризированное уравнение имеет вид
dx
(6)
(?)
Решение х (0 = 0 уравнения (7) неустойчиво, так как каждбе решение
этого уравнения имеет вид
x(t) = Cei,
и, очевидно, что | х (t) ] — + со при t — + °° • С другой стороны,
решение х (t) = 0 уравнения (6) является асимптотически устойчивым.
В самом деле, общее решение этого уравнения имеет вид
х (t) = Се1
1+-СЦеЗ'~1)
-1/2.
= 0
и, очевидно, стремится к нулю при t —>■ -j- со .
Однако при определенных условиях устойчивость (неустойчивость)
решения системы первого приближения влечет устойчивость
(неустойчивость) решения исходной системы (I).
Ограничимся для простоты случаем, когда коэффициенты а-1} (t)
в (3) постоянные. В этом случае говорят, что система (2)
стационарна в первом приближении.
Теорема 1. Если система уравнений (2) стационарна в
первом приближении, все члены Ri ограничены по t и разлагаются в ряды
п
по степеням хъ ..., хп в некоторой области У] х\ sg H, причем
2=1
разложения начинаются членами не ниже второго порядка, а все корни
характеристического уравнения t
an — k a12 .... аХп
а21 й22 'г *" Й2Л
4/11
,-k
= 0
(8)
имеют отрицательные действительные части, то тривиальное
решение jc; = 0 (t = 1, 2, ..., п) системы (2) асимптотически устойчиво,
т. е. в этом случае возможно исследование на устойчивость по первому
приближению.
Теорема 2. Если система уравнений (2) стационарна в
первом приближении, все функции Ri удовлетворяют условиям теоремы 1
и хотя бы один из корней характеристического уравнения (8) имеет
положительную действительную часть, то точка покоя х; = 0

186
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ Ш
(г —1, 2, ..., п) системы (2) неустойчива, т. е. ив этом случае
возможно исследование на устойчивость по первому приближению.
Замечание. Если действительные части всех корней
характеристического уравнения (8) неположительны, причем
действительная часть хотя бы одного корня равна нулю, то исследование на
устойчивость по первому приближению, вообще говоря, невозможно
(в этом случае начинают влиять нелинейные члены Ri).
Пример 3. Исследовать на устойчивость точку покоя х=0,
у = 0 системы
(х = _ х -f- у + 2х* — ув,
\J = x-3y+lly*. (9)
Решение. Нелинейные члены удовлетворяют условиям теорем
1 и 2. Исследуем на устойчивость точку покоя системы первого
приближения
/* = -* + »• (10)
\у = х-3у.
Характеристическое уравнение
-1-й 1
1 •—3-й
= 0
имеет отрицательные корни fe1)3 = —2±]/2. Следовательно, на-
основании теоремы 1 точка покоя х~0, у = 0 систем (9) и (10)
асимптотически устойчива.
Пример 4. Рассмотрим уравнение колебания маятника
Х-\-ах-\-Ь sinx = 0. (11)
Здесь % — угол отклонения маятника от вертикали. Уравнению (11)
соответствует система
у — — ay — bsmx.
Точки покоя системы (12) ,
x = kn (fe — целое), у — О. ■ (13)
Исследуем на устойчивость точку покоя х = 0, 2/ = 0,
получающуюся из (13) при я = 0. Используя разложение
&тх==х — ^-+ ... ,
запишем систему первого приближения
( х = у,
\ у = — Ьх — ау,
характеристическое уравнение которой
№ + ак + Ь = 0. (15) д
(14)

§21] УСТОЙЧИВОСТЬ ПО ПЕРВОМУ ПРИБЛИЖЕНИЮ 187
Если а>0, 6>0, то корни уравнения (15) имеют отрицательные
вещественные части, и, следовательно, точка покоя х = 0, у = 0
устойчива по первому приближению.
Исследуем теперь на устойчивость точку (я, 0), что
соответствует fe=l. Используя разложение
. , , (х — я)з
sinx = — (х — я)-\--
3!
и перенося начало координат в точку х = я, i/ = 0, придем к системе
х = у,
у = Ьх — ау,
(16)
характеристическое уравнение которой
№ + al-b = 0. (17)
При а > 0, b > 0 корни этого уравнения будут действительными
и разных знаков. Следовательно, точка покоя (я, 0) является
неустойчивой точкой для системы (16).
Пример 5.
( x = y-xf {х, у),
\y = —x-yf(x, у),
где функция f (х, у) разлагается в сходящийся степенной ряд
и /(0, 0)=0.
Решение. Линеаризированная система имеет вид
у = —х.
/
Точка покоя системы (19) есть (0, 0).
Характеристическое уравнение системы (19)
(19)
— ft 1
— 1 — ft
-0 или ft2+ 1=0, (20)
имеет чисто мнимые корни k1<2=±i. Точка покоя (0, 0) системы
первого приближения (19) устойчива (центр). Так как
действительные части корней характеристического уравнения (20) равны нулю,
то согласно замечанию на стр. 186 вопрос об устойчивости точки
покоя (0, 0) требует дополнительного исследования. Для
исследования на устойчивость точки покоя (0, 0) системы (18) применим
второй метод Ляпунова. Беря v (x, у)=-^ (х2 + у2), находим
§ = -(*2 + </2)/(*. У)-
Отсюда: если / (х, у) э= 0 в достаточно малой окрестности
начала координат, то точка покоя (0, 0) устойчива; если / (х, у)

798.
800.
801.
802.
803.
804.
808.
188 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ ПГ
положительно определенная функция в некоторой окрестности начала
координат, то точка покоя (0, 0) асимптотически устойчива; если
f (х, у) < 0 в достаточно малой окрестности начала координат, то точка
покоя (0, 0) неустойчива. Этот пример иллюстрирует тот факт, что
в некоторых случаях нельзя судить об устойчивости точки покоя по
первому приближению.
Исследовать на устойчивость по первому
приближению точку покоя х = 0, г/ = 0 в следующих системах:
х = — х + 2у — Зх2,
уу = Зх-2у-\-2х2 + у\
г х = — sin х 4- Зг/ + хь,
Ш- -1 о 1 з
( У=^х-2у~-^у3.
х = 2ех + 5у~2"+х\
у = х + 6 cos у — 6 — г/2.
х = — Зх + 4г/ + sin3 x — у2,
у = — 2х + sin у + еух*.
х = х — 2 sin г/ — г/3 sin x,
у = 2у— Зх—хъ.
x = x — y-\-x2-\-y2sint,
у = х + у—у2.
х = 2х + 8 sin г/,
у = 2 — е* — Зг/ — cos г/.
805 [ x = —4x + ~-smy — 3x\
\у = -2х + х* + у + у3.
( х = — 4y-xs, n f i= lOsin^—гЭг/Ч-Зу3,
^ у = Зл: — г/3. \ у = 5л;—14 sin г/4~У •
х = у—ху2,
у = — х?.
809. Исследовать на устойчивость точки покоя
маятника, к которому приложен вращающий момент L:
x-\-ax-{-bsmx — L, где \L\<^b.

$ 221 АСИМПТОТИЧЕСКАЯ УСТОЙЧИВОСТЬ В ЦЕЛОМ 189
% § 22. Асимптотическая устойчивость в целом.
Устойчивость по Лагранжу
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
dx-
-%=fi(i, xi *«). h(t, 0, ...,0)=0 (i = l, 2,..., я), (1)
и пусть эта система определена в полупространстве *
Q.:\a<t<-\-co, Ул4< + со\.
Говорят, что тривиальное решение х, = 0 (/ = 1, 2,..., п) системы (1)
асимптотически устойчиво в целом, если оно
1) асимптотически устойчиво по Ляпунову;
2) всякое другое решение xt{t) (i = \, 2, ..., ri) системы (1)
обладает свойством
Игл х/(0=0 (i = l, 2 п).
t-*CQ
Аналогично определяется асимптотическая устойчивость в целом
нетривиального решения системы (1).
Мы будем в основном ограничиваться автономными системами,
т. е. такими, правые части которых не зависят явно от времени t:
dx-
§=/,(*!. -., xj, h(0 0) = 0 (/ = 1, .... n). (2)
Функцию Ляпунова v(x1 xn) назовем бесконечно большой,
если для любого положительного числа М существует положительное
п
число R такое, что вне'сферы ^ xt=R2 имеет место неравенство
г = 1
у> М.
Теорема (об асимптотической устойчивости в целом). Если
существует бесконечно большая определенно положительная функция
v(x-i, ..., хп) такая, что -п-< 0 вне Ей — 5=0 на Е, где множе-
dt at
ство Е не содержит целых траекторий (кроме нулевого положения
равновесия), то тривиальное решение системы (2) будет асимптотически
устойчиво в целом.
Пример 1. Рассмотрим уравнение
x + x2x + xs = 0. (3)
Запишем уравнение (3) в виде эквивалентной ему системы
уравнений
{ 'Г* з , <4)
{ $ = — Xs — х2у.

190
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ Ш
В качестве функции Ляпунова v (x, у) возьмем функцию
Имеем
dv
Очевидно, что v (х, у) — оо при ха + 1/2-^со. Далее, v (х, у)
обращается в нуль только на осях координат (множество Е). Очевидно,
что ни одно решение, за исключением точки покоя в начале
координат, не остается на этих осях при всех £3=0. В самом деле, во всех
точках оси OY, отличных от начала координат О, угловой
коэффициент
dy — х3 — хау
dx у
имеет конечное значение, а потому на этой оси не может лежать^
дуга траектории. С другой стороны, при подходе к оси ОХ угловойг
коэффициент ~ —* оо, и потому на оси ОХ не могут находиться дуга
траекторий. Следовательно, множество Е не содержит целых
траекторий (кроме начала координат).
В силу теоремы точка покоя (0, 0) обладает полной асимптоти*
ческой устойчивостью.
810. Показать, Что если тривиальное решение
линейной автономной системы асимптотически устойчиво
в смысле Ляпунова, то оно асимптотически устойчиво
в целом.
Исследовать на асимптотическую устойчивость в целом
нулевые решения уравнений (см. [4], стр. 53—54):
811. х + х* + {х* + 1)х = 0.
812. х + х + (х* + х + 2)(2х + х5)^0.
813. х + хге~хх + ха + 2х = 0.
Может оказаться, что система (2) не обладает полной
устойчивостью, но тем не менее для нее может существовать область
асимптотической устойчивости.
Под областью асимптотической устойчивости системы (2)
понимается область, содержащая начало координат О и обладающая тем
свойством, что все траектории, начинающиеся в этой области,
стремятся при (-^со к началу координат.
В линейных системах всегда бывает только полная устойчивость,
тогда как в нелинейных системах она может не быть таковой.
Т е о р е м а. Пусть и (хъ ..., хп) —функция, имеющая непрерывные
частные производные первого порядка для всех х. Обозначим через Q;

§ 22] АСИМПТОТИЧЕСКАЯ УСТОЙЧИВОСТЬ В ЦЕЛОМ 191
множество всех точек, где v (х1, ..., х„) < /. Если множество £2;
ограничено и в нем
1) v{xv .... хп)>0 при х^фЪ, j 2
2) v (хь ..., хп) <0 при л;;9^0
mo начало координат —асимптотически устойчивое положение
равновесия системы (2), а Й; — область асимптотической устойчивости.
Пример 2. Указать область асимптотической устойчивости
уравнения
Х+е(х2 — 1)х-^х = 0 (8<0)
(уравнение Ван-дер-Поля).
Решение. Перепишем уравнение в виде системы
1х = у-е(^-х
[5> = -х.
Единственная точка покоя — начало координат. Возьмем v (x, у) =
х2 4- и2 /х2 \
= —-к^~. Тогда v (х, у) = уу + хх = — гх2\ -=—J . Очевидно, w s£ О
при х2^3 (8<0). Таким образом, в круге х2 + у8<3 имеем: у>0
при х*-\-у2ф<д и #<0 при х2-f-t/a^£Oi т' е' этот КРУГ содержится
в области асимптотической устойчивости.
Устойчивость по Лагранжу. Пусть имеем, систему
Ах-
y = fi(i,x1,...,x^ (i=l,2 л), (5)
где fi(t, Xi, ..., хп) удовлетворяют условиям теоремы существования
и единственности решения системы (5) для всех t e [t0, +co) и
любых х1; ..., хп.
Определение. Система (5) называется устойчивой по
Лагранжу, если все решения этой системы определены и ограничены на
Vo, +оо).
814. Показать, что все решения уравнения
*(0+(а2 + йЫ*(0==0
ограничены на [0, + °°)-
815. Показать, что все решения уравнения
X(t) + (l + e-"-j±b)x(t) = 0
ограничены на [0, +оо).

192
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
816. На примере уравнений
а) X(t)—jjt(t) + x(t) = 0;
б) X(t) + ~x(t) + x(t) = 0
показать, что из ограниченности всех решений
«предельного» уравнения %(t)-\-x(t) = 0 не следует
ограниченности решений исходного уравнения.
§ 23. Критерий Рауса — Гурвица
Большое практическое значение имеют необходимые и
достаточные условия того, чтобы все корни алгебраического уравнения с
вещественными коэффициентами ах, а2, •-., ап
f(X) = aoXn + ai\n-i + ...-i-an^ + an = 0 (I)
имели отрицательные вещественные части. Не нарушая общности,
можно предположить, что а0 > 0.
Положительность всех коэффициентов — необходимое, но не
достаточное условие для тою, чтобы все корни уравнения (1) были
расположены слева от мнимой оси (в случае уравнений 1-й и 2-й
степени это условие и достаточное). Необходимые и достаточные
условия отрицательности вещественных частей корней уравнения (1) дали
Раус и независимо от него Гурвиц.
Условия Раус а—Г у р в и ц а. Для того чтобы все корни
уравнения (1) имели отрицательные вещественные части, необходимо
и достаточно, чтобы были положительными все главные
диагональные миноры матрицы Гурвица
(a-i а0 0 0 ... 0 ч
а3 as ax а0 ... 0 \
аъ щ а3 а2 ... 0 I. (2)
0 0 0 0 ... aj
Многочлен / (%) степени п 5= 1 называют устойчивым многочленом,
если все его корни Хъ Х2, ••-, Ъп имеют отрицательные
действительные части Refy<0 (/=1, 2, ..., п), т. е. все корни устойчивого
многочлена расположены в левой полуплоскости.
Матрица Гурвица составляется так. По главной диагонали
располагаются коэффициенты многочлена (1), начиная с а1 до ап- Столбцы
состоят поочередно из коэффициентов только с нечетными или только
с четными индексами, причем в число последних включается
коэффициент а0. Все недостающие элементы, т. е. коэффициенты с
индексами, большими п или меньшими 0, заменяются нулями.

% 23]
Критерий рауса - гурвицА
193
Главные диагональные миноры матрицы Гурвица
Д1 = а1, А2 =
at а0
а3 а2
Д„ =
аг
а3
а0
а2
0
аг
а5 а4 а3
аг а0 0 .
а3 а2 ах .
аь а4 а3 .
. 0
. 0
. 0
(3)
О О О ... с
Таким образом, условие Гурвица выглядит так:
Д1>0, Д2>0 Д„>0. (4)
Заметим, что так как Д„ = Дп_1-а„, то последнее из условий Дл > О
может быть заменено требованием ап > 0.
Пример 1. Исследовать на устойчивость тривиальное решение
уравнения
yv+у1 v+7у'"+V + Щ' + Зу=о.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
f (k)=№ + № + 7k3 + W+Wk + 3 = 0.
Здесь а0 = 1, ^ = 1, а2 = 7, а3 = 4, а4=10, а5 = 3-
Выписываем диагональные миноры Гурвица
110 0 0
= ЗД4 = 3-8 = 24>0,
4
3
0
0
1
4
3
0
7 1
10 4
0 3
0 0
1 0
7 1
10 4
0 3
1
0
7 1
10 4
0 3
0
1
7
10
:10Дз
1
4
3
1 0
7 1
10 7
д3=
д2=
= 50-3(49 + 3-10
1 1 0
4 7 1
3 10 4
1 1
4 7
= 5>0,
= 3>0,
Д1=1>0.
М. Л. Кр
аснов н др.
-28)=8>0,

194
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
1ГЛ III
Итак, Д!>0, Д2>0, Д, > О, Д4 > О, Д5 > 0. Следовательно,
тривиальное решение «/ = 0 уравнения асимптотически устойчиво.
Вычисления можно вести так. Сначала составляем минор Дп.
Затем последовательно вычисляем миноры Д15 Да, Д3 и т. д. Если
встретился отрицательный минор, то система неустойчива и
дальнейшие вычисления излишни.
Если коэффициенты уравнения (1) заданы как числа, то
условия (4) легко проверяются. Если же коэффициенты уравнения (2)
содержат буквенные параметры, то вычисление определителей при
больших к затруднительно.
Можно показать, что если условия (4) выполнены, то все
коэффициенты многочлена (1) положительны
аг>0, а >0, ..,, а„>0. (5)
Как уже отмечалось, условия (5) являются необходимыми, но не
достаточными для того, чтобы все корни / (X) располагались в левой
полуплоскости Re X < 0. Однако при выполнении условий (5)
неравенства (4) уже не являются независимыми. Так, например, при
п — 5 условия Рауса—Гурвица приводятся к двум неравенствам:
Да > 0, Д4 > 0. Это позволило Льенару и Шипару установить другие
условия устойчивости, в которых число детерминантных неравенств
примерно вдвое меньше, чем в условиях (4).
Условия Льенара — Шипара. Для того чтобы
многочлен
f (Ц~а0Хп-+а1'кп~1 + ... + апЛХ+ап (V)
имел все корни с отрицательными действительными частями,
необходимо и достаточно, чтобы:
1) все коэффициенты многочлена f (X) были положительны
аа > 0, аг > 0, а2 > 0 ап > 0; (5)
2) имели место детерминантные неравенства
Д»-1>0. А«_з>0, ... (6)
(здесь, как и раньше, Д^ —определитель, .Гурвица fe-порядка)
Пример 2. Рассмотрим то же уравнение, что н на стр. 193:
У1 + У™ + 7у~ + 4у" + 10/ + Зу = 0
Здесь
а0 = аг = 1>0, аа = 7>0, а3 = 4>0, о4 = Ю>0, а6 = 3>0,
т* е. первое условие критерияч Льенара—Шипара выполнено.
Далее,
1 0 0
Д* =
т. е. выполнено и условие 2.
4 7 11
3 10 4 7
0 0 3 10
1 1
= 8>0.
4 7
= 3>0,

§ 241 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ КРИТЕРИЙ УСТОЙЧИВОСТИ 195
Таким образом, тривиальное решение уравнения асимптотически
устойчиво.
Исследовать на устойчивость тривиальные решения
уравнений:
817. у™ + 7у'" + \2у" + 23у' + 10у = 0.
818. у^ + 2у'" + Ау" + 2у' + Ьу = 0.
819. yn + y" + ty + 2y'+y = 0.
820. yv + 2y'v + 3y"'+2y" + y' + y = 0.
При каких значениях а будут устойчивы
тривиальные решения следующих уравнений:
821. у"' + ау" + 2у'+у^0?
822. гЛ + 2у"' + у"+ш/' + Зг/ = 0?
823. гЛ + Зг/"' + осг/" + 2г/'+2/ = 0?
При каких значениях аир будут устойчивы
тривиальные решения следующих уравнений:
824. ут + ау' + 2у' + $у = 0}
825. у" + ау' + №+Ъу = 0?
826. у™ + ау"' + 2у" + ¥,у'+у=07
827. Какой вид имеют условия Гурвица для
возвратного уравнения
Я1 + рХ3 + ^2 + ^+ 1=0
(р и q действительные)?
§ 24. Геометрический критерий устойчивости
(критерий Михайлова)
Пусть имеем дифференциальное уравнение n-го порядка с
постоянными вещественными коэффициентами
а0уш + а1у^-^ + ... + апу = 0. (1)
Вопрос об устойчивости решения дифференциального уравнения (1)
сводится к вопросу о расположении корней характеристического
уравнения
а0>к/г + оД"^ + ... + а„ = 0 (2)
на комплексной плоскости. Последний решается с помощью
нижеследующего критерия Михайлова.
7*

196
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ИГ
Пусть дан характеристический многочлен
/ (*,) = а0Хп + aJJ™ +...+а^Х+ап.
Подставив в него Х=№, получим
/((Ш) = «(ш) + (0 (СО),
где
и (со) = ап — а„_2со2 + а„_>4
и (со) = a„_iC0 — ал_3ю3 +
а«-5Ш5—... /
(3)
(4)
(5)
Величину / (гсо) согласно (4) и (5) при заданном параметре со
можно изобразить на комплексной плоскости uOv в виде вектора.
Если изменять параметр со в интервале (—со, +со), то конец этого
вектора опишет некоторую кривую, каждая точка которой
соответствует определенному значению со.
Полученный таким образом
годограф вектора / (гсо) называется кривой
Михайлова для многочлена f (%) (рис. 27).
При изменении со от — со до + со
вектор / (/со) повернется на некоторый
угол ф. Если многочлен / (к) имеет т
корней с положительными вещественными
частями, а остальные п — т корней с
отрицательными, то
ср = (п — т)п-\-т(—п) = (п — 2т) л. (6)
Рис 27
Замечание. Так как функция
и (со) четная, то кривая Михайлова
симметрична относительно оси Ои, и поэтому достаточно строить
часть кривой Михайлова, отвечающую изменению параметра со от О
до + со. Тогда формула (6) примет вид
ф = (п_т)— + т
ib(»-^f
(7)
Для устойчивости решения уравнений (1) необходимо и
достаточно, чтобы все корни характеристического уравнения f(k)=Q
имели отрицательные вещественные части, т. е. в формуле (7) должно
быть т = 0.
Отсюда вытекает следующая формулировка критерия
Михайлова: Для устойчивости тривиального решения уравнения (1)
необходимо и достаточно, чтобы:
1) вектор /((со) при изменении со от 0 до + со совершил поворот
на угол ф = п -^ , т. е. сделал —г оборотов против часовой стрелки;
2) годограф f (гсо) при изменении со от 0 до -\- со не проходил
через нулевую точку.
Иначе, для устойчивости решения уравнения (1) необходимо и
достаточно, чтобы кривая Михайлова проходила поочередно п
квадрантов против часовой стрелки, окружая все время начало координат.

24]
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ КРИТЕРИИ УСТОЙЧИВОСТИ
197
Рис. 28.
Поочередное прохождение квадрантов означает, что кривая
поочередно пересекает оси координат. Следовательно, координаты и (со)
и v (щ) точек кривой Михайлова для устойчивости решения должны
поочередно обращаться в нуль.
Отсюда вытекает вторая
формулировка критерия
устойчивости Михаил о-
в а:
Для устойчивости решения
уравнения (1) необходимо {а при
условии, что кривая
проходится против часовой стрелки — и
достаточно), чтобы все корни
уравнений и (со) = 0, v (со) = О
были вещественными и
перемежающимися друг с другом,
т е. чтобы между любыми
двумя корнями одного из этих уравнений находился корень
другого уравнения.
Пример. Исследовать на устойчивость тривиальное решение
уравнения
у^ + 2у'" + 3у" + 2у'+у^0.
Решение. Составляем характеристический многочлен
/(X,)=№ + 2№» + 3№ + 2X,-fl.
Далее / (гсо) = со4 — 2('соз — Зсо2 + 2/са +1,
«(№) = №" — ЗШ2+1,
v (со) = — 2со3 + 2со = 2со (1— со2) = 2со (1 —со) (1 +со).
Будем изменять со от 0 до -f- со и построим кривую (рис. 28)
( и=и (со),
\ 0 = 0 (СО),
со
и
V
0
1
0
,/з-г
0
+
1
—1
0
]/злр
0
—
hm
d>-»-j-o} u
iL=o.

198
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
Угол поворота радиуса-вектора
Ф = 4 —= (п —2т)-2~.
Отсюда п—2т = 4; п — 4; следовательно, т = 0. Таким образом,
все корни характеристического уравнения лежат в левой
полуплоскости, т. е. тривиальное решение у=0 асимптотически устойчиво.
К этому же выводу можно было прийти, исходя из критерия Лье-
нара—Шипара, поскольку все коэффициенты характеристического
уравнения положительны и
2 1 О
Дя-1 = Аз
2 3 2
О 1 2
= 4>0, А„_3 = А1 = 2>0.
Исследовать на устойчивость тривиальные решения
уравнений:
828. 2у™ + Ау'" + Зу" + 3у'+у = 0.
829. 3ylv + Ay'" + Зу" + Зу'+у = 0.
830. yv + 5гЛ + 10у'" + 11/+ 1у' + 2у = 0.
831. у™ + 5у'" + Ау" + 3у' + 2у = 0.
832. yv + 2#IV + 2у'" + Абу" + 89у' + 260у = 0.
833. yv + y!V + 7у'" + Ay' + Юг/' + Зу = 0.
834. yv» + 7#V1 + 23yv + 37t/'v + 56г/'" + Збу" + 12;/' +
+ 4г/ = 0.
835. j/IV+3iT + 4/ + 3/+j/==0.
836. yIV + 7у'" + 18у" + 22/ + 12y = 0.
837. y^ + 2y'" + 3y" + 2y'+y = 0.
838
839
840
841
842
yiv + 11 у* + 59у» + 107у' + б0у = 0_
yiv + 5y»' + 18y" + 53y' + 60j/== 0
yiv + Qy>» + 15^ + l8y> + юу = 0.
у'"+6у" + 11г/'+6у = 0.
843. yIV + 7y'"+12y" + 23y'+10(/ = 0.
844. y14 + 3y" + 3yr +3y' +2y = 0.
845. гЛ + 2г/" + 4г/" + 2г/' + 5г/ = 0.
846. y'v + 2#" + 8#'+5y = 0.
847. j/v + 4l/iv + 5^ + 2y' + 4y = 0.

§25]
D-РАЗБИЕНИЯ
199
§ 25. Д-разбиения
Пусть имеем линейное дифференциальное уравнение с
постоянными вещественными коэффициентами
адт,+%у"г-1, + ...+вд=о. (1)
Его характеристическое уравнение имеет вид
a0z» + a1z*-i + ... + fln = 0.
(2)
Для суждения об устойчивости решения уравнения (1) нет
необходимости вычислять корни характеристического уравнения.
Достаточно лишь установить, что все они лежат в левой полуплоскости.
Обычно встречаются две постановки этой задачи.
Первая. Считая заданными все коэффициенты уравнения (1),
установить, устойчиво ли решение при этих значениях
коэффициентов.
Вторая. Считая заданными некоторые коэффициенты
уравнения (1), определить, при каких значениях других коэффициентов
решение уравнения устойчиво.
(п-к) парней
Построение областей устойчивости
Понятие о D-p азбиении. Пусть имеем характеристическое
уравнение
a02» + a1zn-i+... + a„ = 0. (2)
Совокупность значений коэффициентов уравнения (1) можно
рассматривать как точку n-мерного пространства Rn Каждой точке
пространства Rn соответствует
определенное значение коэффициен- It/
тов а0, аг, ..., ап, а
следовательно, и определенное значение всех t
корней гх, г3 гп характери- к корней
стического уравнения (2). Если
в Rn существует такая область, что ,
каждой ее точке соответствует
характеристическое уравнение, все ~* тл~
корни которого лежат в левой
полуплоскости, то эта область
называется областью- устойчивости, а
гиперповерхность, ограничивающая
ее, называется границей области р од
устойчивости. Пусть, например, в
характеристическом уравнении (2)
все коэффициенты, кроме двух, скажем аг и а2, —конкретные числа.
Предположим, что при некоторых определенных значениях Oj
и а2 данное уравнение в плоскости корней (т. е. в плоскости г)
имеет k корней, лежащих слева, и (п — k) корней, лежащих справа
от мнимой оси (рис. 29).
а;

200
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ lit
На плоскости А (плоскость параметров аг и as) существует
кривая, ограничивающая такую область (рис. 30), каждая точка которой
определяет многочлен, также имеющий к корней, лежащих слева,
к п~к корней, лежащих справа от
мнимой оси. Эту область обозначим через
D (k, n — k) (/г —целое, 0г£йг£п).
Например, если характеристическое
уравнение имеет третью степень, т. е.
п = 3, то в общем случае в
пространстве коэффициентов могут быть указаны
области
D(0, 3), D (1, 2), D(2, l), D(3, 0).
Область D (3, 0) и будет областью устойчивости.
Заметим, что некоторые области, в частности D (3, 0), могут
отсутствовать.
Разбиение пространства коэффициентов характеристического
уравнения на области, соответствующие одному и тому же числу
корней, расположенных в левой полуплоскости плоскости г,
называется D-разбиением прострайства коэффициентов.
Аналогично можно построить /^-разбиение пространства любых
параметров, от которых могут зависеть коэффициенты
характеристического уравнения.
Положим, что в характеристическом уравнении (2) коэффициенты
зависят от двух параметров | и ц (этими параметрами могут быть,
в частности, просто два коэффициента рассматриваемого уравнения).
Рассмотрим семейство многочленов
/(*.£. Т|) = £/>(«)+1*2(2)+/? (2), (3)
где (£, ц) — вещественные параметры, а Р, Q, R — известные
многочлены от 2 с вещественными коэффициентами.
Задача ставится так:
В плоскости параметров (|, ц) (плоскость ад) найти область
D (п, 0) такую, что для любой точки (|, r\)£D(n, 0) многочлен (3)
будет иметь все корни г в левой полуплоскости, или убедиться, что
такой области нет.
Построение областей D (k, и— к) основано на следующих
соображениях:
1. Корни алгебраического уравнения непрерывно зависят от его
коэффициентов, т. е. если коэффициенты многочлена / (г, |, г\) мало
изменить, то и корни его изменятся мало.
2. Если точка (£, ц) лежит на границе области D (к, п—k), то
хотя бы один корень многочлена (3) лежит на мнимой оси, т. е.
граница D-разбиения является образом мнимой оси плоскости 2.
Действительно, если, например, точка (|, r\)(^D(n, 0), то
многочлен (3) имеет при этом все корни в левой полуплоскости.
Если (|, т|) лежит вне D (п, 0), то многочлен (3) имеет хотя бы
один корень в правой полуплоскости.
Рис. 30.

« 25]
D-РАЗБИЕНИЯ
201
При непрерывном движении точки (|, ц) из области D (п, 0)
в соседнюю непрерывно меняются корни многочлена / (г, |, г\). Так
как при этом появляется хотя бы один корень в правой
полуплоскости, то в процессе изменения (|, г\) он должен пересечь мнимую ось
(ось Оу). Это будет, когда точка (|, г\) пересечет границу области
D (я, 0).
Пусть г = x-\-iy — корень многочлена /(г, £, г\). Равенство
/(г, |, г]) = 0 равносильно равенствам
S"i(*> 0)+л"2(*> у) + "з(х, </)=о,
|«1 (*. У) +11У2 (*. У) + "з (*. У) =0,
(4)
где иь и2, «з и yi. у2> t»3 — вещественные и мнимые части
многочленов Р, Q и R соответственно.
Если определитель системы (4)
то система (4) однозначно разрешима относительно £ и tj:
Б = Б(*. У),
(5)
ti=t| (*. «/)•
Уравнения (5) в точках, где Л^£0, определяют однозначное
отображение плоскости корней многочлена f (г, £, т|) на плоскость
параметров (|, Г|).
Обратное отображение неоднозначно: фиксированной паре
значений (|, г|) отвечает, вообще говоря, и корней. Если определитель
системы (4) в точке Zo —*о + *Уо обращается в нуль, то система либо
несовместна, либо одно уравнение является следствием другого.
В этом последнем случае на плоскости параметров w существует
целая прямая, состоящая из точек (|, т\), для которых z0 = x0 + ii/0
являете/корнем многочлена / (z, |, ц). Такую точку (х0, у0), а
также соответствующую ей прямую будем называть исключительными.
Найдем на плоскости параметров (|, г)) те точки, для которых
многочлен (3) имеет хотя бы один чисто мнимый корень z = iy,
Геометрическое место таких точек состоит из линии,
параметрические уравнения которой есть
1 = 1 <Р, у),
т) = г, (0, у)
(— со <у<+ со) (6)
и которую можно получить, полагая г = 0 в уравнениях (5), а
также из исключительных прямых, отвечающих исключительным точкам
оси Оу (если таковые имеются).
Заметим, что уравнения (6) дают образ оси Оу при
отображении (5).
Это геометрическое место точек будем называть линией L.
Линия L разбивает плоскость параметров на некоторое число
связных областей.

202
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ИГ
Каждая из таких областей обладает тем свойством, что для
любой ее точки (|, г\) многочлен / (г, |, г\) имеет одно и то же число
корней, расположенных в левой полуплоскости, т. е. является
областью типа D (k, n — k) (Osg^sgrc).
Таким образом, линия L — граница искомого D-разбиения.
Рассмотрим отображение (5) плоскости корней на плоскость
параметров
( 5 = 6 (*. у),
I л = л (*. </)•
Проведем через точку (х0, у0) две линии горизонтальную / и
вертикальную //.
У,
0
■ Л
tea
1
Уо) 1°, (х'Уо)
X
(£о> У о) I/
Рис. 31.
Рис. 32.
Определение. Если направление поворота от I к II
сохраняется при отображении (5), то говорят, что отображение сохраняет
ориентацию в точке (х0, у0); в противном случае — что оно не
сохраняет ориентацию (рис. 31 и 32).
Если определитель /=
д| дг\
дх дх
dl дг\
ду ду
> 0 в точке (х0, у0), то
отображение (5) в точке
тация нарушается,
нении ориентации
(х0, у0) сохраняет ориентацию. При /<0 ориен-
Если /=0, то вопрос о сохранении или несохра-
решают старшие производные. Можно показать
(см. [9}), что знак определителя / совпадает со знаком определителя
Д, где
Д =
% и2
так что если Д > 0, то отображение с плоскости корней на плоскость
параметров сохраняет ориентацию; если Д<0, то ориентация
меняется.
Рассмотрим опять разбиение плоскости w (плоскость параметров)
на области D (k, n — k) (ftsgn) и обозначим через L границу этих
областей. Положительным направлением на L будем считать то, кото-

§25]
D-РЛЗБИЕНИЯ
203'
рое соответствует возрастанию у (начиная с </ =—оо); при этом
кривая L может состоять из нескольких ветвей и при полном обходе
оси Оу ее участки могут проходиться по нескольку раз (не более п,
где п — степень многочлена f (г, |, т\)).
Рассмотрим некоторый участок w-jw2
кривой L и предположим, что при полном
обходе оси Оу он обходится г раз, т. е.
что этому участку соответствует г
участков г/Мг/Д (/* = ], 2, ..., г) оси Оу.
Положим 6^=1, если направление yv-yv
совпадает с направлением оси Оу и еа = — 1
в противном случае. Положим также
6^=1, если на yv-yv определитель Д > 0
и <5 =—I—в противном случае. Пусть с'
точка w, двигаясь непрерывно по
некоторому достаточно малому пути, пересекает дугу WjW2 слева
направо (рис. 33). Этому пути в плоскости г соответствует г путей,
пересекающих отрезки yv-yv оси Оу. Если гр ■ ба > 0, то
соответствующий путь идет из левой полуплоскости в правую и многочлен
/(г, |, i]) = tP(z) + 4Q(z)+R(z)
приобретает на нем один корень с положительной действительной
частью и теряет корень с отрицательной действительной частью;
в случае ец • 5а < 0 — наоборот.
Действительно, пусть еа • 6„ > 0. Это может быть в двух
случаях: 1) 6^=1, 6=1; 2) е =—1, б^ = —1. В первом случае
направление отрезка у№у№ оси Оу совпадает
1у с положительным направлением этой оси
(е^ = \) и сохраняется ориентация ф^ = 1),
т. е. если в плоскости w мы переходим
"* , дугу WjW2 слева направо, то и в
плоскости 2 мы переходим с левой
полуплоскости в правую (т. е. ось Оу
пересекаем тоже слева направо, рис. 34).
*~z. Во втором случае вектор yv-yv-
направлен в сторону, противоположную
У?\
о
р „, направлению Оу (еа = —1). Так как
с' ' ёа = —1, то ориентация в этом случае
меняется, и при переходе слева направо
в плоскости w мы опять получаем переход слева направо в
плоскости г через ось Оу.
Аналогично рассматривается случай е^-б^<0.
Итак, при переходе с левой стороны дуги шхау2 кривой L на
правую сторону многочлен / (г, |, г\) теряет
/V = e161 + e2<52+ ... +er6r
корней с отрицательной действительной частью.
Пример Вышнеградского. Дан многочлен /(z)=z3-|-
+ gz2-f-Tiz+l. Найти область D (3, 0).

204
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ПГ
Решение. Полагая z — iy и разделяя действительную и
мнимую части, найдем параметрические уравнения кривой L:
Это —лежащая в первом квадранте ветвь гиперболы £п = 1. При
полном обходе оси Оу (у меняется от —оо до + оо) гипербола
описывается два раза, т. е. г = 2; при этом один раз гипербола прохо
дится в одном направлении при изменении у от — оо до 0.
V
\У
yf
\yi
о
У!
Рис. 35.
Рис. 36.
При дальнейшем изменении у от 0 до -f-oo гипербола
проходится второй раз, но уже в противоположном направлении. Таким
образом, отрезку ш^щ кривой L отвечают два отрезка оси Оу: у\у\ и
у\у\ (рис. 35 и 36). Определитель Д на оси Оу равен Д (iy) — —y3.
Следовательно, бх = 1 (ибо при ц = 1, </<0), а 62 =—1 (ибо при
)Л = 2, г/>0). При переходе точки w
7
о
D(3,0)
J)(t,2)
через йУ]йУ2 слева направо теряется N
корней с отрицательной частью, где
W = eA + e2o2 = 2.
В начале координат £ = "П=0
многочлен /(г) принимает вид г3 + 1 и
1±г/3"
имеет корни гх = — 1, г2)3 = ^~—
Рис. 37.
следовательно, область под
гиперболой есть D (1, 2). Область над
гиперболой есть область D (3, 0). В
самом деле, при переходе из этой
области в D (1, 2) многочлен /(г) потерял два корня с отрицательной
вещественной частью и превратился в многочлен, имеющий один
корень с отрицательной вещественной частью. Следовательно, в
области над гиперболой было три корня с отрицательной вещественной
частью (рис. 37). Для проверки можно взять точку g = rj = 3, в
которой многочлен принимает вид
гз_|_Зг2 + Зг+1
и имеет трехкратный корень г = — 1.

<> 251
Й-РАЗБИЕНИЯ
205
Таким образом, для построения D-областей поступаем так:
1. В многочлене / (г, |, г\) полагаем г = iy, отделяем
действительную и мнимую части и приравниваем их нулю:
1"1(У) + Ци2(у) + и3(у)=0,
lv1(y)+nv2ly) + v3{y)=0.
Решая (7) относительно | и г), получаем
Г 1 = 1 (У),
I Ц = Л (У)
— параметрические уравнения линии L.
2. Строим кривую L на плоскости параметров, изменяя у в
пределах от —со до + со, причем если в уравнениях (7) | — первое по
порядку написания переменное, а т| — второе, то при построении
кривой L система координат |От| должна быть правой.
Если при некотором значении у определитель системы (7) и
определители
— ^3 ^2
— »8 Щ
и
д„=
иг
>1
— и3
— *>з
обращаются в нуль, то при этом значении у одно из уравнений (7)
является следствием другого, и для этого значения у получаем
в плоскости |От) не точку, а прямую линию (особая или
исключительная прямая). Ее мы также включаем в границу D-разбиения.
Если коэффициент при старшем члене характеристического
уравнения зависит ог параметров | и г\, то, приравнивая этот
коэффициент нулю, получаем уравнение еще одной особой прямой,
соответствующей у—со.
Если, наконец, определитель системы (7) Д=0, то границей
D-разбиения служат только особые прямые.
3. Выделяем связные области, на которые L разбивает плоскость
параметров. Это и будут области D (k, n — k) (Osg&sgn).
4. Определяем характер этих областей, т. е. находим k и п — к.
Для этого выбираем в каждой из областей D (k, n — k) по одной
точке (|0, т^р) и исследуем полученный многочлен / (г, |0, т)0) с
числовыми коэффициентами на устойчивость с помощью изложенных
выше критериев устойчивости Михайлова или Рауса —Гурвица (см
§§ 23 и 24).
Построить D-области для следующих многочленов:
848. z3 + |z2 + Ti2 + 6. 849. z4 + |z3 + riz2+ 4z +1.
850. z3 + |z2 + llz + r|. 851. z3 + (z2 + 2)! + r|Z— 4.
852. z4 + 2z3 + |z2 + z + T]. 853. z3 + 3za + £z + t\.
854. z3 + |z2 + (z + 1)ti + 1. 855. z3 + riz2 + £z + 6.
856. z3 + 2z2 + |(z-1) + т). 857. z3 + |(z2 + z) + z + 2ц.
858. |z3 + 3z2 + t1z+1.
859. g(z3 + z2) + r|(za+l) f 2z.
860. |(z3-z) + ri(z2 + z- 1) + 1.

206
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
§ 26. Устойчивость решений разностных уравнений
I. Решение однородных линейных разностных
уравнений с постоянными коэффициентами. Пусть
имеем разностное уравнение порядка к.
f(n + k) + Ulf (n + A-l)+ ■•• +а*/(л)=0, (1)
где ak-b§; / (я) — искомая функция целочисленного аргумента;
ах, ..., а# — действительные постоянные.
Для нахождения не тривиальных (не нулевых) решений
уравнения (1) составляем характеристическое уравнение
кк + а^*-! + ... + ak^% + ak = 0. (2)
Пусть Хъ Х2, •••> кь — корни уравнения (2).
Возможны следующие случаи:
1) Ях, А,2, •••, hit — вещественные и различные.
Общее решение уравнения (1) будет
f(n) = Ctf + C2%+...+CkKnk, (3)
где Сь С2, ..., Ck — произвольные постоянные, которые могут быть
определены, если заданы начальные условия
/(0)=/о, /(1)=Л, ...,/(A-l)=/ft^.
2) Корни характеристического уравнения действительные, но
среди них есть кратные. Пусть, например, Xi = X2= ... =\j = \, т. е.
Я, является /-кратным корнем уравнения (2), а все остальные k — /
корней различные.
Общее решение уравнения (1) будет
/ (п) = С1Хп+С2п1п+ ... +с/~11я + С/+11.%1+ ... +CkXnk. (4)
3) Среди корней характеристического уравнения (2) имеются
простые комплексные корни. Пусть, например, для определенности
X1 = a + i'P, А2 = сс — if>,
X3=Y+i°\ Xt = y—ib,
остальные корни действительные и различные.
Общее решение имеет вид
/ (л) =С\ | Аа |л cos (л arg A,t) + С21 Ах )га sin (n arg AJ +
-4-С3 | Л-з |л cos (n arg А3) + Ct | ^ |га sin (n arg А.3) +
+ СвА»+...+ед (5)
4) В случае, если Х1 = сс + г'Р является /-кратным корнем
уравнения (2) ( / г^ — ], то А2 = сс — ф также будет /-кратным корнем и

§ 26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 207
общее решение имеет вид
/ (л) = (Сх + С2п + ... + С/л/-») | Xt \n cos (я arg %x) +
+ (С/+1 + С/+2п + ... + СфГ 1) | А,х |" sin (я arg А,х) +
Замечание. Корень ^=0 соответствует тривиальному
(нулевому) решению /(л)=0.
Пример 1. Найти общее решение уравнения
f(n+2)+Af{n+\)+f(n) = Q.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
№ + <& + 1=0.
Его корни Xt = —2— УЪ, к2 — —2+КЗ различные и
действительные, следовательно,
^л)=С,(-2-/3)', + С2(-2 + Кз")".
Пример 2. Найти общее решение уравнения
, /(n + 3)-3f(n + 2) + 3f(n + l)-f(n)=0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет^вид
^з — ЗЛ,2 + 3>, — 1 = 0 или (К— 1)3 = 0.
Отсюда Х1т=Х2 = %3—\. Общее решение будет
f (л) = (Cj + С2л+С3л2) • 1" = d + С2л + С3л2.
Пример 3. Найти общее решение уравнения
f(n + 2)-2f(n+l) + 2f(n)=0.
Решение. Характеристическое уравнение
Л2 —2Я + 2 = 0
имеет простые комплексные корни
X1 = i+i, ^2=1—i-
Находим
|l±i| = /2, arg(l+0=-J.
Общее решение имеет вид
га л я
о ля -, ля -д / ля ля\
t(n) = C121o&-£+C£i sin-^ = 22 I dcos ^+C2 sin -^-J.

208 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ III
Пример 4. Найти общее решение уравнения
f(n + 4) + 2f(n + 3) + 4f(n + 2)-2f(n+l)-5f(n) = 0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
X* + 2%з _j_ 4А,2 — 21 — 5 = 0.
Перепишем его в виде
(А,2_1) (Я2+2А.+ 5) = 0.
Корни будут
^=1, Х2 = —1, Х3 = — l-|-2i, Я,4 = — 1— 2i.
Здесь
| — 1 ± 2£ | =/б", arg(— 1 + 2г)=Л — arctg 2.
Общее решение данного уравнения будет
f (я) = Сй + С2 (— \)п + [С3 cos /i (я - arctg 2) +
л
+ С4 sin я (л — arctg 2)] 5 2
или
л
/ (л) = Сг + С2 (— 1)" + (— 1)" 5 2 [С3 cos (л arctg 2) — С4 sin (n arctg 2)].
Решить следующие разностные уравнения:
861. 3/(л + 2) —2/(л+1) — 8f(n) = 0.
862. f(n + 3) + 3f(n + 2) + 3f(n+l) + f(n) = 0,
f(0)=l, f(l) = 2, /(2) = 3.
863. 4f(n + 2) — 8f(n+l) + 5f(n) = 0.
864. f(n + 3) —8f(n) = 0.
865. /(n + 4) —f(n + 2) + 2f(n + l) + 2f(n) = 0.
II. Решение неоднородных линейных разностных
уравнений с постоянными коэффициентами. Пусть
имеем неоднородное линейное разностное уравнение k-то порядка
f(n + A)+a,f(n + A-l) + ... + aft/(n)=£(n) (7)
с постоянными действительными коэффициентами av ... , ak Общее
решение этого уравнения представляет собой сумму общего решения
соответствующего однородного уравнения и какого-либо частного
решения неоднородного уравнения.
1) Пусть правая часть g (/г) уравнения (7) имеет вид
g (/г) = гпи (я),
где и (я) —- многочлен от п степени т, а г—действительное число.

$ 26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 209
Если г не является корнем характеристического уравнения (2),
то частное решение J (n) ищется в виде
f(n) = rn~u (п),
где и (п) — многочлен степени т; если же г является /-кратным корнем
уравнения (2), то и (я) — многочлен степени т + /.
2) Если правая часть g (n) уравнения имеет вид
g (n) = u (n) sin an или g (n) = u (n) cos an,
то частное решение ищется в виде
f(n) = u (п) sin an + и (п) cos an.
3) Если g(n) = u (п) sheen или g (n) = и (n) ch an, то частное
решение ищется в виде
f(ri) — u (n) sh an + и (п) ch an.
Здесь и в пункте 2) и (и) и и (л) — многочлены, степень которых
определяется по правилу, указанному в пункте 1).
Пример 5. Найти общее решение уравнения
f (n + 2)-4f (л+1) +3f (я) = 2" • (л+ 1). (8)
Решение. Характеристическое уравнение Я.2 — 4^ + 3 = 0 имеет
корни ^ = 3, Х2=1- Общее решение соответствующего однородного
уравнения
f(n) = C1.3» + Cs
Так как число 2 не является корнем характеристического уравнения,
то частное решение неоднородного уравнения ищем в виде
f(n) = 2» (Ал + В), (9)
где А и В — неопределенные коэффициенты. Подставляя (9) в (8),
получим
2"+з (Д„ + 2Л + В) — 4 • 2"+i (Ля + ^ + В) + 3 • 2" (An + В) = 2" (л + 1)
или
4(Ал + 2А + В) — 8(Ая+А + В) + 3(Ал + В) = я+1.
Отсюда находим
4А-8А + ЗЛ=1, А = —1;
8А + 4В-8А-8В + ЗВ=1, В = —1.
Таким образом, частное решение данного уравнения
f(/i)=— 2" (/i+l);
общее решение
/(/i)=C1-3" + Ca-2»(n+l).

210
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ. Ш
В следующих задачах найти общие решения данных
неоднородных линейных разностных уравнений:
866. f(n + 2) — 2f(n+l) — f(n) = n.
867. f(n + 2) + 2f(n+l) + f(") = 3'I-32! f(0) = 0,
f(l) = 0.
868. /(rt + 2) + f(n) = sin2n, f(0) = 0, /(1)=1.
869. f(n + 3) — 3f(n + 2) + 3f(n + l) — f{n)=tP.
870. /(n + 3) + 8f(n) = 2".
III. Устойчивость решений разностных
уравнений. Решение f* (n) разностного уравнения порядка k,
удовлетворяющее начальным условиям
f (0) = ff, f*(l) = f?."-... f* (A—1)=/|_,,
называется устойчивым, если для любого б > 0 существует б (е) > 0
такое, что для любого решения f-(n) уравнения (1), удовлетворяющего
начальным условиям
из совокупности неравенств
lfo-f?l<6. Ifi-/?l<« If*-i-f£_il<e
следует неравенство | f (л) — f* (п) | < е при любом п^О.
Если при сколь yi одно малом 6 (е) > 0 неравенство
| f (п) — f * (п) | < е не выполняется для какого-либо решения f (n),
то решение f* (n) называется неустойчивым.
Если кроме выполнения неравенства \f(n)—/*(/г)|<8
выполняется также условие
lim [i(n) — f* (n)] = 0,
Я-*СО
то решение f* (n) называется асимптотически устойчивым.
Исследование на устойчивость решения f* (n) неоднородного
линейного разностного уравнения
f(n+k)+aJ(n + k-\) + ... + abf(n) = g(n)
с помощью замены ф (n) = f(n)~f* (я) сводится к исследованию
устойчивости нулевого (тривиального) решения однородного уравнения
ф(п + й) + ахф(п + й— 1) + ... + а*Ф(") = 0.
В дальнейшем мы ограничимся исследованием устойчивости только
тривиальных решений однородных уравнений.
Пример 6. Исходя из определения устойчивости разностного
уравнения, исследовать на устойчивость решение уравнения
2f(/i + 2)-2f(n + l) + f(n) = 0, (Ю)
удовлетворяющее начальным условиям f(0) = 0, f(lj = 0.

§26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 211
Решение. Решение данного уравнения, удовлетворяющее
начальным условиям
f (0) = 0, f(l)=0, есть f (n)==0
ибо из (10) f (п + 2)=/(л+1)—IfM
Любое решение этого уравнения, удовлетворяющее условиям f (0)=f0,
f (l) = /i, имеет вид
? И = ^75 f° cos y + tfi-fo) &Ш Tj •
Возьмем произвольное е > 0 и покажем, что существует б (е) > 0
такое, что при [f0 —0(<8 и |/\ — 0|<б имеет место неравенство
10 —f*(«>|== —
2«/2
f0cos— +(fi —f о) sin —
<Е
для веех п^О. Это и будет означать согласно определению, что
нулевое решение f* (/г)=0 устойчиво.
Очевидно, что
, 131 . ,, , . . ПЛ
■ lfo| + lfi-fol
2«/2
пя/2
:|fol + lfi-fol^lfol + |fil + |fol^2(|f0| + |/1|)
для всех п;>0. Поэтому, если j fo l + l fi I <"о". т0 и подавно
| 0 — f * (п) \ < е для всех n ^ 0. Следовательно, если, например, взять
6(e) = -7-, то при | f0 i < о и | fx | < б будет выполняться неравенство
|0 — f* (п) | <с е для всех п^О, так что нулевое решение данного
уравнения устойчиво. Эта устойчивость асимптотическая, так как
lim [0-/* (л)] = — Нт
, ЛЯ, ,, /1Я
f0cos-^- + (fi-fo)sin-j-
2«72
= 0.
Исходя из определения устойчивости, исследовать
на устойчивость нулевые решения следующих разностных
уравнений:
871. 8f(n + 2) + 2f(n+l) — f(n) = 0.
872. f(rt + 2) + f (n) = 0.
873. 4f(n + 2)-4/(«+l) + f(rt)==0.
874. f(n + 2) — 6f(n+l) —7f(n) = 0.

212
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ П1
Для исследования на устойчивость нулевого решения / (п) = О
уравнения (1) пользуются следующим общим правилом:
1. Если все корни характеристического уравнения (2) по модулю
меньше единицы, то решение f (rc) = 0 уравнения (1) асимптотически
устойчиво.
2. Если хотя бы один корень характеристического уравнения по
модулю больше единицы, то решение / (п.) s 0 неустойчиво.
3. Если характеристическое уравнение имеет простые корни с
модулями, равными единице, а остальные корни, если они есть, по
модулю меньше единицы, то решение f (/г) = 0 устойчиво, но не
асимптотически.
4. Если характеристическое уравнение имеет хотя бы один
кратный корень с модулем, равным единице, то решение f (п.) = 0
неустойчиво.
Указанное правило сводит вопрос об устойчивости нулевого
решения уравнения (1; к выяснению того, каковы модули корней
характеристического уравнения (2).
Пример 7. Исследовать на устойчивость нулевое решение
/ (п) = 0 уравнения
2f(n + 2)-2f(n+l) + f(n)=0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
2V —2А, + 1=0.
Его корни Хь 2 — ■ ч7 ■ Имеем
/2
следовательно, решение f (п) = 0 этого уравнения асимптотически
устойчиво.
Пример 8. Исследовать на устойчивость нулевое решение
уравнения
f(n + 2)-2f(n+l) + 5f(n)=0.
Решение. Характеристическое уравнение
Я2-2Я+5 = 0
1.2 1 =
1 ± J
2
имеет корни
Имеем
Аа = 1 -f- 2f, Яа = 1 —2i.
\Х1\ = \Х2} = \ 1 x2i\=V5 >1.
Оба корня по модулю больше единицы, значит, решение /(n)s
; 0 неустойчиво.
Известно, что функция
w—l

§26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 213
отображает внутренность единичного круга плоскости к на левую
полуплоскость плоскости ш. Корням характеристического
уравнения (2), лежащим внутри единичного круга | % I < 1 (т. е. по модулю
меньшим единицы), будут соответствовать корни преобразованного
уравнения
(w+\)k + a1(w-{.l)k-i(w—\) + ... + ak(w—l)b = 0
или
Ь$ок+ blwk~i- + ... + *>„ = О, (11)
лежащие в левой полуплоскости плоскости w.
Вопрос о расположении корней уравнения (11) может быть
решен с помощью критерия Рауса — Гурвица или критерия Михайлова.
'Пример 9. Найти необходимые и достаточные условия того,
что корни характеристического уравнения
Я3+Я1Я + а2 = 0 (12)
находятся в единичном круге | X | < 1.
w-\- 1
Решение. Полагаем Я. = г. Тогда уравнение (12)
примет вид
(a»+l)2 + ai (ш+1) (w— 1)+а2(ау—1)2 = 0
или
(1+а1 + а2)ауз + (2-2а2)е/+(1-а1+а2)=0. (13)
К многочлену (13) применяем критерий Рауса—Гурвица (см.
§ 23). Матрица Гурвица имеет вид
2-2а2 l+cti + аЛ
О 1 — ax + a J '
Главные диагональные миноры матрицы Гурвица
Д1 = 2-2а2, Д2 = (2-2а2)(1-а1 + а8).
В силу указанного критерия должно быть
l+ax+a2>0, 1—a2>0, l— ai + a2>0. (14)
Итак, характеристическое уравнение (12) имеет в круге | к | < 1
корни тогда и только тогда, когда выполняются условия (14).
Следствие. Линейное однородное разностное уравнение
второго порядка с постоянными коэффициентами
/(n + 2)+a1/(n+l) + fl^(n) = 0
имеет асимптотически устойчивое нулевое решение / (п) = 0 тогда и
только тогда, когда его коэффициенты удовлетворяют условиям (14).
Пример 10. Исследовать на устойчивость нулевое решение
/ (п) = 0 уравнения
2/(л + 2)-2/(л + 1)+/(п)=0.

214 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ III
Решение. Перепишем это уравнение в виде
f(n + 2)-f(n+l)+^f(n)=0.
Здесь а1 = —1, а2 = 0,5. Поэтому
1+а1 + а3 = 0,5>0,
1_а2 = 0,5>0,
1—а1 + а2 = 2,5>0.
Условия (14) критерия Payca—Гурвица выполнены. Значит, решение
/ (п) = 0 асимптотически устойчиво.
Пример 11. Исследовать на устойчивость нулевое решение
уравнения
/(л + 2)+/(л + 1)+^(п)=0.
Решение. Здесь % = 1, а2 — 2. Имеем
1+ах+а2 = 4 >0,
1-а2 = — КО.
Нулевое решение неустойчиво.
Для следующих разностных уравнений найти
необходимые и достаточные условия асимптотической
устойчивости нулевого решения:
875. flof(n + 3) + a1/(n + 2) + fl2f(n+l) + a3f(«) = 0.
876. f(n + 4) + pf(n + 2) + qf(n) = 0.
877. f(n + 5) + pf(n) = 0.
878. af(n + 5)~bf (n) = 0, a ^ 0, b>0.
Используя критерий Рауса—Гурвица, исследовать на
устойчивость нулевое решение следующих разностных
уравнений:
879. Uf(n + 4)-8f(n + Z) + 8f(n + 2)-4f(n + l) +
+ /(я) = 0.
880. f(n + 4) + f(n + S) + f(n) = 0.
881. 12/(л + 4)-3/(л + 3) + 2/(п + 2) + 2f(n + l) —
-2f(n) = 0.
882. 7/(я + 4)-4/(« + 3) + 30/(n + 2)-4f(« + l) +
+ 3/(«) = 0.
883. f(n + 5) — f(n+l) + f(n) = 0.
884. /(n + 5)-/(H + 2)-f(«)==0.
885. f(n + 5) + f(n+l)-f{n) = 0.

ОТВЕТЫ
20
36
2. х--, y—yf. 3. х- Q2_b2
4. Действительного решения нет. 5.
, У
а2 —б2
2 (а3 — Ь3)
(а2 + Ь2)2'
__ a2 + f2-a
* (1-и)2 + г>2 ' ^ =
У
(1—«)2+t»2 •
2+i 2 •
a) p = 5, ф = arctg
б) р = 4, ф=-л;
— 1 4
в) р = 5]/2, ф = arctg -=- — я; г) р=1, ф = —л;
3
д) р = 5, ф=— arctg-j\ e) p = l, ф = 2я —а.
(я я \
cos -=- + г sin -=- ;
/ 3 3 \
в) 2 (cos -J- я + г sin -j л ; г) У 2 (1 — sin се)
; д) 1 ■ (cos ce + i sin се);
.Л 2я .
-т1.
е) 2е'я; ж) 1 • е г; з) 1 • е г\ и) 2е d ; к) 1-е
— г arctg T
л) ]/34е 5.
11. Указание. Так как х2 — 2?acosce + ^2 = [х + Х (cos ее +
-f- г sin ее)] [х-\-Х (cos ее — г sin ее)], то надо показать, что / [X (cosce ±
+ i sin се)] = 0.
12. a) _2i»(l+il/"3"); б) 2]° (1 + г); в) 1728; г) 1.
13. Указание. Воспользуемся соотношением -, . , =
1 — i tg се
cos се + i sin ce , ..
= —— г—Н ; г- и применим формулу Муавра к числителю
cos (— се) +1 sin (—ce)
и знаменателю.

216
ОТВЕТЫ
15. а) 3 cos2 ф sin ф — sin3 ф;
б) cos3 ф — 3 cos ф sin2 ф;
в) 4 sin ф cos3 ф — 4 cos ф sin3 ф;
г) cos4 ф — 6 cos2 ф sin2 ф + sin4 ф;
д) 5 sin ф cos4 ф —10 cos2 ф sin3 ф -f- sin5 ф;
е) cos5 ф — 10 cos3 ф sin2 ф -4-5 cos ф sin4 ф.
16. а) ±Щ-\ б) ± г^О+0; *) ^(±V3+f),
I п . . п\ I 3 , . . 3
г) ± I cos — — i sin -д- , ± cos -т- п +1 sin -Q- п
17. а) ± 1, ± г;
^12(f Й-гс08Й)''
в) ±(уз-г).
18. ^2 (cos6° + i sin 6°); у^2 (sin 12° + i sin 12°);
+ Tj
20. 5; -3; 1 ± 4/.
_ z
2Zi+22
Г2
2 +«'^-!; y/r2(cos"42°-8sin42°); '-^"2 (sin 24°-1 cos 24°).
21. z=-
22. 6 + аг. 23. — 3 —ij/.З . 24. /3-
25. Р е ш е н и е. По условию' задачи имеем (4 — 3t) (cos ф + г sin ф) =
4coscp-|-3 sin ф = — ,
/2' . УЧ
Отсюда 8Шф = нгтг-,
— —=г (— 1 + i) или
~У1
СОвф =
7^2
10
■ 3 cos ю + 4 sin ф= -^— .
У г
tg<p =
1 * 1
-=■, а, значит, ф = —arcig-=-.
26. <р = -|-я. 27. xft = ctg— (6 = 1, 2, ..., я-1).
28. xk = -j- + kn (k = 0, ±1, ±2,
••)•
29. -j/_-f-z7j/"2.
30. z1 = 3 + i, 22 = 1+Зг, z3 = — 1+i.
32. а) Правая полуплоскость, включая и ось OK;
б) вне лемнискаты (x2 — y2—l)2-{-4x2yi = ai;
в) полоса между прямыми у = 0 и </ = 1, включая эти
прямые.
33. а) Концентрическое кольцо, ограниченное окружностями
радиусов i?x=l и R2 = 2 с центром в точке z0 =—(2 + i)- Обе
окружности принадлежат множеству;
б) часть плоскости, расположенная ниже прямой у = х;
в) полоса между прямыми х—1 и х — 2-

ответы 217
34. Внутренность единичной окружности.
х2
35. а) Внешность параболы «/ = -„—2;
б) действительная полуось, включая и точку (0, 0).
36. Внутренность гиперболы ху=-1у.
х2 и2 х2
37. Кольцевая область между эллипсами т+"?г = 1 и т^ +
4 о lb
, У2 1
+ ~=1, включая и сами эллипсы.
10
38. а) Внутренность окружности х2-\-(у~ I)2— 1;
б) область, заключенная между окружностями
(х-1)2+((/-1)2 = 2 и (х-2)2 + ((/-2)2 = 8.
39. а) Гипербола ху=1; б) гипербола х2 — </2=1; в) окружность
х2 + (</+1)2=1.
/ 1 \2 1
40. а) Окружность \х—~-1 + </2=х>б) гипербола ху = —1.
41. Гипербола х2 —</2 = —
I 1 \2 9
42. Окружность {х+\)*-\-[у — — \ = ^.
х2 у2
43. а) Эллипс —-{-^-= 1;
б) луч на оси OY от —1 до — оэ.
I . 9\2
44. а) Гипербола v , „ ,„ /„-.2 =1;
f)" (%
3\2
б) эллипс
Х 2
IV (3/2)2
45. а) Окружность х2 + (/2=1;
б) прямая, перпендикулярная к отрезку ггг2 и проходящая
через его середину;
/ 1 \2 1
в) гипербола (х —^ I — у2 = -г ;
г) парабола у2 — 2х-\-\.
46. а) г— г = 0 и г + г = 0; б) z + z+i (г—z)=0;
в) &(z + z)+26 + i(z — г) = 0.
47. а) z2 + z2 = 2a2; б) гг + г + г + г (г— г)=0.
48. а) «=л:+2ж#, v=y2 — x2—y; б) и = х2 — у2, v=\-\-2xy;
в) и = 3ху2-х*. v=\-3xZy + yZ-; г) "=^ф^, v=^-^;

218
ОТВЕТЫ
х — 2ху — o+l х2 +(/ — Ф
х2 —«2 2ху
Х2 + (/2' Х2 + (/2'
1; б) а
5+12;
1 4-7
49. а)ш = —1; б)ш = —3 —4i; в) ш = -Х_,
?; _|_ 19;
г) а» =
13 •
50. а) Окружность «2 + у2 = 4, проходимая по ходу часовой
стрелки;
б) ось Ov (исключая точку О), проходимая так: сначала от О
до + со, а затем от — со до 0;
в) луч, идущий по биссектрисе /// координатного угла из
со в 0;
г) луч, идущий по биссектрисе / координатного угла из со в 0;
д) биссектриса // координатного угла, пробегаемая из 0 до
со, и биссектриса IV координатного угла, пробегаемая из со в 0;
е) положительная действительная полуось, пробегаемая из
+ со в 0.
51. а) Ось ОХ переходит в ось Oil, причем при изменении х От
— со до + со ось OU пробегается от +1 до —со и от + со до +1
(точка 1 исключается). "Ось OY переходит в окружность «2+и2=1.
б) Ось ОХ переходит в ось Oil так же, как и в пункте а).
Ось OY переходит в прямую и — \, пробегаемую от точки +1 до
1 + ico и от 1—ico до +1 (точка 1 исключается).
52. а) и = е~х cos у, v— — е~х sin у;
б) и — ех*~у* cos 2xy, о = —ех*~у* sin 2ху;
в) и = sin х ch у, v = cos x sh у;
г) и = ch x cos (у — 1), u = sh x sin (у — 1);
f ц = е(*1-->">1п2-4*я*->'сов [2ta(x2-t/2)+21n2.;a/]
д) I
\ „ = е(**->8)1п2-4»Я*> sjn [2kn {х2-у2) + 2\п2.Ху]
(k = 0, ± 1, ±2, ...);
е) и = ch x cos y, v — ch x sin y;
_ sin x cos x __ sh у ch у
' ~ &?y — sin2x' ~ ch2i/ — sin2x'
-„ ч 3 л ^ 5
53. a) p = -£, Фо = — -g -' б) Р = "47' <Ро = я-
54. p = chl, фо=-2". 55. р = я, cp0 = ——.
56. p = cos2(ln3), cpo = °-
57. a) l + 2fest£. Здесь и далее, если не оговорено противное,
1\ , U, . 1
А = 0, ± 1, ±2,...; б) \2k~~) яг; в) (26+ -5-)™';
r) Inl/2+f2fe—IJni;

ответы 219
д) In |ЛЗ + (zkn - arctg ~j fy;
е) — (2k-\-~)n-\-2mn-i (k, m = 0, ±1, ±2,...).
-(гк + 1)я (гл + ^я
58. а) е v у ; б) <Л 2' ; в) e_2fen;
г)е/2-(2,+ 1)я, д)е-^+ЙЯ; е,в('-,,(М+вЯ;
ж) 23/2e3(2fcIt-3-3(" + I«^-'Si.
59. а) р = 0, ф —неопределен;
б) p = e-2ftTC, ф = 1п10 + 2тя (k, т = 0, ±1, ±2,...);
в) р = 9е2'Ч ф = —1пЗ + 2тя (k, m=0, ±1, ±2,...).
60. a) i sh я; б) ch я; в) ith—-; г) — i cth л;
д) 2fa.-fIn(K5-l), I e)(2*+2-)"-iln(l^3+1>-"
Д) (2й + 1)я-Пп(/2+1); /e)(2^-4-U-nn(K2-l)
(fe = 0, ± 1, ±2,...);
j
ж) &я+—-In 2; з) i; и) 0.
61. zA = ^-i-)jt! (6 = 0, ±1, ±2,...).
62. 2А = (26+1)я ± i In 2 (й=0, ± 1, ±2,...).
63. zk = (k-~\n (ft = 0, ± 1, ±2,...).
64. z2fc = 2fen — i In (Кя2 +1 — я), г2й+1=(2/^ + 1)я —
-ilnd/'iii+I+n) (6 = 0, ±1, ±2,...).
65. x = 0. 66. z2fc = 2fcni, z24+1 = (2fe+l) яг + ln 3
№ = 0, ± 1, ±2,...).
67. zk = \n(\ + V2) + [2k + ~^m, Zfc = ln(V?2-l) + (2A—i
(6=0, ± 1, ± 2, ...).
68. a) z=l —г; б) z = — e-\-i. 69. а) нет; б) да; в) нет;
г) да; д) нет; е) да; ж) нет; з) нет; и) нет; к) да.
73. Указание. Для любых двух направлений,
характеризующихся единичными векторами s° и п°, связанными условием n° = is°,
имеют место обобщенные условия Коши — Римана
ди _dv dv _ ди ...
as~dn' 5i" = _ дкш {)

220
ОТВЕТЫ
Чтобы получить условия Коши — Римана в полярных координатах
ди _ 1 dv dv 1_ ди
ф— р дф' dp p дф'
надо в качестве s° взять единичный вектор касательной к окружности
|z) = p, направленный против часовой стрелки, а за п° —вектор
внутренней нормали к окружности. Кроме этого, надо учесть, что
^ Л д_ д_
дп~ dp' ds~pd(p'
Тогда легко из (1) получим (2). Отметим, что условия Коши — Римана
в декартовых координатах
ди _dv dv _ ди
~дх ~~ ду' дх ду
получаются из (1) при s° = l, n° = i.
75. а) / (2) = — ; б) / (г) = 1п г; в) / (г) =г2 + 2г.
76. a) /(z) = 2shz — г2; б) / (г) = 2 sin z—г; в) / (г) =4 chz+z2—1.
77. а) / (г) = 2 cos 2z+z; б) / (г) = 2г (cosг— 1) — гг2 + 2.
79. а+с=0. 80. а) нет; б) да; в) нет; г) да.
81. а) г1 = 2, Ф1 = ^-; '"2 = — , Фа = —-j-;
б) Гд. = 1, ф! = 0; r2 = ]/ch2l — sin2l, ф2 = —arctg (tg 1 • th 1);
4 / ji2\
в) /-! = 15, ф! = — arctg^-; r2 = 3(l+—J,
4jx
ф2 = я — arctg
я2 —4'
82. а) Полуплоскость Rez>0 растягивается, полуплоскость
Re г < 0 сжимается.
б) В любой точке z (кроме z = 0), лежащей внутри окружности
|г| = 1, имеет место растяжение, а для точек, лежащих вне этой
окружности — сжатие.
в) То же, что и в пункте б).
г) Часть комплексной плоскости, лежащая внутри окружно-
сти z h=—;— , сжимается; часть плоскости, лежащая вне этой окруж-
J/3
ности — р астягивается.
83. Sf> = -|-, /да = 2(1+]/2) + 1п(3 + 2К2).
85. 7,5л. 86. ]/2(е2* — 1).
84. S6 = ^~i (sh 2y2 -sh 2уг) - ^-^ (an 2xt - sin 2*,).

ОТВЕТЫ
221
87. Данный прямоугольник отображается в кольцо esS|ffi)|^e2,
площадь которого равна я(е*—е2). По формуле (8) получаем
4(е4 —е2). Ошибка происходит из-за того, что при заданных условиях
отображение не является взаимно однозначным.
88. ~. 89. |. 90. l(e2_l)(l + j).
91. а) 2яг; б) — 2яг. 92. 0. 93. 0. 94. (г-
95. а) 2+г; б) 6 + 2;. 96. — 2(1+0- 97. ■
- 1) е1.
- 1. 98. |- (1—1).
99. а) е cos 1 — 1 -\-ie sin 1; б) ecos 1 — 1 +ie sin 1.
100. — (l + (shl). 101. a) 2 ((' —1); 6) 21/2 г.
102. 2/2-4 + г2/2. 103. — 7<Г2 + (3-2г) e1'. Ю4. e_1 —1.
105. cosl — sin 1 — ie~l. 106. 1 —cos 1+£ (sin 1 — 1).
W7.-^(^ + ibfi2\ + i^lu2. 108. -J.
109. i-[l-cos (2 + 2г)]. ПО. -(tgl+ytg2l+-lth2lWnhl.
111. j/2shT+j(K2shl-2]/sinT).
112. ^-sh2+~i. 113. —-|-. 114.0.
115. — In У sh2l + cos2I +j arctg (tg I • th 1).
tt oh 1
116.0. 117. яг. 118. —-Tpi- 119. wt sh я.
2 Яг
120.0. 121. i-rnchn. 122.0. 123.—^..
124. i&sinl-chl. 125. 0. 126. —яг. 127. ni.
я(Я + 2)1^2; 10Q n ,,n _яг , я2
128.
129. 0. 130. -^. 131. -j-yshl.
132. я2. 133. -^p-i-
134. — 2яг. 135. T^eK 136- Расходится.
137. Сходится. 138. Сходится. 139. Сходится. 140. Расходится.
141. Сходится. 142. Сходится. 143. Расходится. 144. СходитЪя.
145. Расходится. 146. К = 1. 147. # = 1. 148. К = |/2.
149. Я = оз. 150. # = 1. 151. Я = оз. 152. R=l.
153. fl=l. 154. R = \. 155. Я = оз. 156. K = l.
157. В случаях а) и 6) ffS5r + r ~gf~r^; в) R=zrr';
r) tf sS-^-.
г
2^ 23
158. —sin l+2(2+l)cosl + 2r(2 + l)2sin 1 -gr(z + l)3cos l -...,
tf=00.

222 ответы
159.
160.
161.
162.
163.
164.
165.
166.
167.
168.
169.
170.
171.
172.
173.
174.
175.
177.
181.
|2+1-
0<[z
1<|г
194
V~2
[i+(.
1-2Г г+Т "ST г + -)+-
, /? = со.
^[1+А(2г-1)+515(2г-1)2+з^(2г-1)з +
-т[1+1чг+2)+р"(2+2)2+Е(г+2)3+-]' R=i
5
5 25>г"
125
г2 — .
/? = 1.
— г'г+гз + ггб—г' —.... #=1.
л \
R=co.
1+у(2т+4Т+-
2 \21 т4! ^6!^
/? = со.
1п2-1(у+А+й+-)- «=2-
2 222
"2.4^3-8"
2 22 ^2122 3!23
i-Z3 + ..., /?=/ln2(2-]/3) + 3t2.
J__ljLz 1_ za _i_ _JL_ 2з _|_. Я = "|Лп25 + яа.
6 б2 2! б3 ч| fi3 «-г"
1п2—H-Z +
1
' 3163
1
2 — 2! 22 4! 23
1 „ . 4 , , 44
г* + ..., У? = я.
2! +4! +6! +"" К 2
г2 г4 11
1п2 —Т~^ЗТ2^+90Т2Й
■гв + ..., Я = я.
/(*)=
а —г '
31
|г|<1.
\г\>~. 178. |г|>2. 179. |z|>e~i 180. | г [ > е.
|z+lj>i-. 182. |г-2-«|>^-. 183. |г + 2г'|>3. 184.
(|>1. 185. (г+1+г|<1. 186. |г — ( | < 2. 187.
-2 + ('|<1. 188. 2<|г|<4. 189. Расходится всюду. 190.
<2. 191. |г-(|>е. 192. 1 < | г | < 2. 193. |г+1|>2.
. 0<|г-(|<2. 195. 0<|г|<1. 196. 0<]г-1|<1.

ОТВЕТЫ
223
197. 1) Если | а | > | Ь |, то всюду расходится;
2) если | а | < | 6 |, то сходится в кольце | а | < | г | < | 6 |.
1 2 Z3 Z5
,98- Т-зГ+5Г-?Г+-
200.
г г2
"2Т + ЗГ + "-
4 16 64
'"•2Г2-4723 + бТг5 — •
201- i + i + i + ^ + |r + -
202. г*+г> + ^+1 + ± + ... 203. г*-J + ~~ + ...
"2! ^3! ^4!г"
204.
42
4*
+
4б
2!2гЗ 4!2г5^6!2г' ••* 2°5" 2! 4! +6! й| +'"
206. l+il+| + J + ...
208- i^~2U + 3T_4T + '-
1 г2
2!
2
г"
1 1 г2
207 — - и — — - 4-
г« 2! га ^ 4! 6! ^'"
2М.„_2^Ч2(^
я = 1
л=0
1
У (—1)"2га;
"2
со
"2
3«-1 — 2л^
210. а)
211. а) Не разлагается:
1 /22+1 23 + 2 2* —2 25—2
®) С 1 .a "Zi Г _ь -я +
212.
5 \ 23
г*
2"+i '
п = 0
CU (JU СО
•»■> 2[»-<-#"Н »2^+2w";
со
в) 1+ V "+(~2>д
СО СО
-2^2
216.
я = 1
1
(г+ 2)'
3л+1
т+=2
л=2
л = 0
2«-а
217. г
215. Не разлагается
со
+2
(и + 2)-4"И
22Л+1
л = 0

224
ОТВЕТЫ
219- ~jjt=T)+-a Li^f{z'
220.
i j I V (—If.
n ■ 4"-i
Li (z + 2)n+3
221. а) г = 0 —второго порядка, zlt2— ± 2i — простые;
б) г„ = яя (и=±1, + 2, ...)—простые.
222. а) г = 0 —третьего порядка, гп = пп (л=±1, ±2, ...) —
простые;
б) г = 0 —простой, za=nni (n=±l, ±2, ...) —второго
порядка.
223. а) гп = (2я + 1)я( (я = 0, ±1, + 2, ...) — второго порядка;
б) г„ = (4п + 1)—•/ (я = 0, +1, ±2, ...)—второго порядка.
224. а) г = —га' — второго порядка; гл = пга' (л = 0, 1, +2, ...) —
простые;
б) г„ = -|/(2п+1)|- (я = 0, ±1, ±2, ...),
*„ = /(&.-■»" 1±(Г'
i + l) у jj простые.
225. а) г1]2=± ш —второго порядка,
z„ = (2n+l)ra' (п=1, ±2, ±3, ...) —простые;
б) нулей нет.
226. Второго порядка. 227. Третьего порядка. 228. Простой нуль.
229. Третьего порядка. 230. Третьего порядка.
231. Второго порядка. 232. Третьего порядка. 233.
Пятнадцатого порядка. 234. а) Нулем, порядок которого не ниже чем
rain (п, т);
б) нулем порядка n-J-m;
в) нулем порядка л —яг, если я>/л; правильной точкой,
не являющейся нулем, если п = т; особой точкой, если
п < т.
235. а) Полюс третьего порядка; б) полюс четвертого порядка;
в) полюс второго порядка.
236. а) Полюс простой; б) полюс второго порядка.
л
237. a) z„ = (4n+l)-y (n = 0, ±1, +2, ...) —полюсы второго
порядка;
б) 2 = 0 —устранимая особая точка.
238. а) г = —2 —существенно особая точка;
б) г = 0 —существенно особая точка.
239. а) г = 0 — полюс второго порядка, г = — 1 —полюс второго
порядка;
б) г = 0 — полюс второго порядка, г — 2пт, я=±1,
± 2, ... — простые полюсы.
240. а) г = 0 — существенно особая точка; б) г = 0 — существенно
особая точка; в) г = 0 — существенно особая точка.

ОТВЕТЫ
225
241. a) z = 0—существенно особая точка,
± 2, ...)—полюсы второго порядка;
Г
г—Inn (л=±1
б) г=1п+-~-)га (п = 0, ±1, ±2, ...) — простые полюсы;
в) г = 0— устранимая особая точка, г = пзх (п=±1,
± 2, ...) —простые полюсы.
242. Устранимая особая точка. 243. Полюс простой. 244. Полюс
простой 245. Устранимая особая точка.
246. Существенно особая точка.
247. г = 0 — полюс четвертого порядка, z = —1— полюс простой.
248. Устранимая особая точка. 249. Устранимая особая "'Точка.
250. Полюс простой. 251. Устранимая особая точка.
252. Существенно особая точка
253. res/(0)=0, res/(^] = -
■'(*+■
Я2(2я+1)(4п + 1)
(л = 0, ±1, + 2, ...).
254. гев/(0) = й.
255. res / (— i) = - 1Л12. cos i,
20
res / (3) =
res f (i) --
ch3
10 •
1—3i
20
; cos 1,
256. res/J"(-l)"-|+nnl =
VI'
Я/6 + 2ЯЯ
Гъ
„— я/6+(2я-1)я
"[
(-!)»+! ^+ ПП
H
]/V
, -я/б + 2/зл
(Л =
{ /3
= 0, ±1, ±2, ...).
n/6 + (2n-l)n
257. res/(0) = 5, res/(l) = e. 258. res/(-1) = ^ , res/(2) = -^.
259. res/(0) = 0, res / (zA) = 0, где zk (k = \, 2, 3, 4)-корни
уравнения г4+1=0.
260. res/(0)=—i-, 261. res/(0)=0.
262. res/(-0 = ysh2.(, KSf(jj = -^(e + 2e-i)i.
263. res/(0) = _I, res/(3) = ^ sin* (I
264. res/(0) = 0.
265. res/(-3) = ^, res/(-l) = ^, res/(!) = £
8 M. Л. Краснов и др.

226
ОТВЕТЫ
266. res/(0) = 2. resKy)=°' 267" res/((')=—!•
268. „nl) = ^n-l)CJn-3-;l2n-(^2j]^
269. res/(mi) = 0 (n = 0, ±1, ±2, ...).
270. 0. 271. 0. 272. (1 —агЧго". 273. 2(1 — е-1) я*.
1 4
274. — — ж'. 275. 0. 276. — -^ In 3 • га". 277. 2ж\
О О
278. [cos 1+sin 1 + i (sin 1—cos 1)] ~. 279. ni. 280. 0. 281. 2ж' ^-.
eiri 1 4 СПЧ 1
282. 0. 283. 2я(. 284. ж'. 285. 0. 286. 0. 287. Зга.
288. 0. 289. ~. 290 Я
]/"2" ' а6(а + Ь) '
291. А я. 292. <^2я. 293. -g.
294 я /5Ь» -а2 62-5а2\ 2_
294> 2(62-а2)з V 5^ ' Sr-j- 295- з П-
т- 2т+Х ■ 297' Г 298" f ■
П Sin ! Я
П
302. у в"4 (2 cos 2+sin 2). 303. ^е^(2е-\).
304. £ г». 305. -^ е- <^ 2 (cos 4= + sin -£='].
3 2^2 \ /2 /2
306. £чГ«. 307. ~е~та. 308. 4=« 2 sin-i--
2а 2а j/з 2
309. iL^-X—1<гзх\ 310. -J(2-a)<Ta. 311. 0.
312. ше-Ьт[ЗЬ* — a2 — т&(362 + а2)].
313. -5-. 314. y(l-e-i). 315. ^я.
316 « *f£(m+2\ 317 1/^Г^.
2а» 4а3 \ ' а ] 2 У а
318. n(ctgflai-ctgbn). 319. ДЦ-. 320. "(^Р + Р ,)_

ОТВЕТЫ
227
327. J8"" . 328. res W = l (k=±l, ±2, ...).
b^Va2 — b* *=кя /(z)
329. res £i2- = _3 (fe = 0, ±1, ±2,...).
я , , / (z)
330. а) гез^- = -1, res £-g = l (* = 0, ±1, ±2,...);
z = 0 f (2) я , . / (z)
z = -j + fcn
б) ^ Т7г=1 (fe = °. ±1. ±2- •••)•
331. —2. 332. 3. 333. 6. 334. —3. 335. —3. 336. —4. 337. 2.
338. 1. 339. 1. 340. 1.
341. 2. 342. 6. 343. 3. 344. Нет.
345. 5. 346. Нет. 347. 11. 348. 6. 349. 2. 350. 3. 351. 4. 352. 1.
353. п. 354. 2. 355. 4. 356. Нет.
357. 1. 358. 1.
362. а) и б)— параллельный перенос; в), г) и е) — поворот;
й) — растяжение.
363. a) w = az-\-b; б) w = — аг + 6; в) w = — t (аг + Ь),
где а и Ь—действительные числа, а>0.
364. Указание. Полагая г=х-\-{у, w = u4-iv, получим
х у
"х2 + 1/2' х2 + г/2'
Обходя границу полуполосы например так, что область остается
слева, в силу принципа соответствия границ находим, что образом
полуполосы будет' четвертый квадрант с выброшенным полукругом
1
2~¥
_1_
2 •
1—г
365. w = i . Воспользоваться формулой (7).
2г 5
366. w = jx . Воспользоваться формулой (7).
367. Решение. Воспользоваться формулой K/ = e'V- От , где
1 гг0
г0 — точка первого круга, переходящая в центр второго. В случае а)
имеем/(-к-) = 0, т. е. z0 = -^-. Используя условие arg/' [-?-)—~п,
я ,, ■ 2г—I п .,
получим ф = -й- . Итак, w = i -^ . В случае б) аналогично
получим w = — it.
368. w= ~ ,.— . 369. Первый квадрант плоско-
5-z + ]/5(J + l)(z+l)
сти ш.
8*

228
ОТВЕТЫ
I я
370. Область -д-й£|пу — 1 [ =S 1, — — s£ arg (to — 1) ^0.
„_, az-\-b ,
371. w =—!—;, где a, b, c, d —любые вещественные числа,
cz-f d'
удовлетворяющие условию ad — bc> 0.
. л я
372. wt=ze 2, ау = ]/ш1 = ")/ге 7(]/l=l)
373. to^z, t.2 = {±^, m = ^ = (i±lJ
374. tox = ^, Ш = /Ш1 = у ^.
375. a)j=z —а, ш>2 =
t»! — (6 — a)'
■^-/K£
376. tot = z2, тогда ш»! | г_1+/ = 2«. Согласно формуле (8) w —
= elf x , -. =e"f ■ , -.. Из условия а) (0) = 1 находим, что e!'f =— 1.
w1-\-2i г2 + 2г w
2г—г2
Окончательно to = -—;—-
2г+г2
377. Верхний полукруг to— 1|< 1, lmto>0.
тг
378. Четверть круга |to[<l, 0<argto< —
379. Прямоугольник с вершинами в точках 1, 2, 2-\-ie, \-\-ie.
г
~~г — 2'
380. Щ = -~п, а)2 = 2яш1, w—ew' = e "'^-2_
Ж (г —at
382. to, =z—a to2=-r w-,, w = e 2 = е * —а
383. to = In г.
to2 + l o П—е_г\2
to9 = — wlt хюя = -~—. to = to; =
l+e
—г I
385. wt = 2iz, wi = w-i-\--^ t a'=sin to2 = sin I 2fe + ^) = ch 2г.
386. to = 2 . 387. w = C[ г] \ где С — комплексная по-
2 \г — Ь/ '
стояниая.
388. to = 2(z + -
ооп о 1 / , 1 \ w2 — i 4г2 — 4гг+1
389. tox = 22, to2 = -^- toH t w— 2 '
2 \ x ' to,/' ш2 + г 4z2 + 4<z+l '
390. а) Да; б) да; в) нет; г) да; д) да; е) нет; ж) нет; з) да;
и) нет; к) да; л) да; м) да.

391.
Э2- 392- p2 + 9-
393.
ОТВЕТЫ
1
229
396. E+i. 397 2~Р
Р2
401-а) тот; б) 3
(р_1)2- 394. -^^-. 395. Нет.
„ , , . 398. Р2 + 2р+.2. 399. —. 400. -^-г^.
р2 + 1 2р2(р + 1) р — а р2 + 16
404.
406.
408.
410.
413.
р2 + 0)2 ' ' р2 — 9"
m (p2 + w2 —n2)
(p2 + m2 + n2)2 —4m2n2
2mnp
(p2 + m2 + n2)2 —4m2n2
p (p2 + m2 + n2)
(p2 + m2 + n2)2 —4m2n2 '
fi
411.
402. of (pa). 403.
p (p2 + 4) •
. 405.
. 407.
409.
рз + 7р
(P2+9)(p2 + l) •
1/3. p 4p
p ' p2+16 p2+l
P2 + 2
p(p2 + 4)'
(p2+1)(p2+9)
2cop
(p2 + co2)2
412.
p*+16p2 + 24
p(p2 + 4)(p2+16) •
-ша
(р2 + ш2)2
414.
(p-1)2
415.
2рэ —6p
(p2+l)3
«в. £<£+£ + !>. 417. ^±*£±i.«8.
6p
419.
422.
(p2-
1
l)2
p(p2 + l)'
ра + 2ш2
p2(p2+ 4to2)
420.
(p2+.4)2
P3JrP2Jr Р<в2 — со2
423.
p(p2-f со2)2
-. * ... ■ 424.
421
(P3 — I)2
4
(p2_4)2-
p+1.
425. a) In—^y; 6) In"—^—; в)
p+i
In
p(p+l)3'
V"p2 + 4
P
427. a) In
p-1
--; 6) In
P ' P
1'
428. In — . 429. arctg — . 430. arctg -^ — arctg —.
а а ъ т т
431. Л1п —+Bln|- + Cln—. 432. In — .
1 ' a + & • 434. a) --J—; 6)
433. -^-ln
a —6
-яг
435.
438.
440.
3!
(P + I)4-
1
436.
2(p-3)
441. V +
(р-1)2-Г
1 P-3
2 •(p_3)24-4
(p-2)2+l
437.
(p — m)2 + n2'
3 — 2p
. 439.
(p2-2p + 2)2'
1 , p+«
+
pe
bp
p2+l
2p ' 2(p2 + 4)
r. 442.
2(p + a) 2[(p+a)2+4PT
e-2P

230 ответы
443. , 444. ■ .
Р Р
445. я-1 . 446.
Р% ' Р + Ь-
..п Ье~аР лло 1-е~аР ялп е-ор — е-ьр
447. —;—г-тт. 448. ;—. 449.
Р(Р + Ь)' Р2 ' р
со
1 ^(-l)*(2fe+l) dRQ l-e-P 4cq (l-e-P)2
450. - > i 'I, T '. 462. ____. 453
P Zj e*P • - p2(l+e-P) • 4JU- p2(l_e-4P)
454 1+P-T" 4S5 _L_.Lh£!£
4541 p2(ep-D ' P2+l l-e-'P-
1 f 2^^ 1
456. _i_U+___. 457.
p2+ly 1— e~KP/' (p2+l) (1—<г*р)'
п я
„„. ч 2e~ 8 P „ P« 18 P v 3e-V
«»• a> -ps+r? 6) W^"'- B) рТГд-
462. -; тЛт-г-гт-. 463. P
(p-l)(p2+l) ' (p-2)(p» + l)-
464. ^J^, 465. ^ 46& 2
P2(P2— 1)' ' P"+1 ' P3(P + 2)"
со
2f%k
(~\)k fel ([2]).
ft=0
Рассмотрим функцию f (p) = Эта функция аналитична
в окрестности бесконечно удаленной точки, т, е. при | р | > R, где i?
достаточно велико, и обращается в этой точке в нуль. Найдем ее
лорановское разложение в окрестности бесконечно удаленной точки:
_± со
/р2+1 р \ p*J J^ (fe!)222*p2fc+l
fe=0
Согласно первой теореме разложения оригиналом для F (р) будет
функция
со
(fe!)222*
Таким образом, У0 (/)
Kp2+i'

ОТВЕТЫ 231
468. Решение. Известно, что Jt (t) = — J'a (f) [2]. Используя
результаты предыдущей задачи и теорему о дифференцировании
оригинала, находим
469. Решение. При я = 0 и и=1 формула
верна. Применим метод математической индукции. Так как
• 2Jn(t) = Jn-i(t)-Jn+i(i) и /„_!(0; = 0 (п=э2),
то
/я (0 = Jn-г (9 - 27» -1 (0 ■= (yrp' + lZ?)
УрЧ-1
/p2+i УУ+i
470. Решение. Рассмотрим функцию
! _i
f(P)=^TT« Р (« = °. 1. 2- ••■)•
Имеем
1 V (-П*
Р'
t=0 ft=0
со
Yi ( \\ktn+k
Следовательно, f(f)= У ы J-feM'- Замечая' что
(n + fe)l
й = 0
со -4-А
JnKivn-^ fel(n +
i + fe)!
i=0
получаем j(t) = t™Jn (2]/>).
В частности, при rt = 0 ,/0 (2 ~)/7)== — е !/р-
471. Положим ф(*) = *пе-<. По теореме смещения

232 ответы
Нетрудно проверить, что ср (0) = <р' (0)=... = <р<п-11 (0)=0. Согласно
теореме о дифференцировании оригиналов
dtnK ' ' (p + l)"+1 *
Используя теорему смещения, находим
L {t)_* dn „„„-л . (P-!)"•"! 1 Л П" (n_Q j 2 .
472. —^-2 , где C= lim (l+-„-+...-| Inn) —посто-
янная Эйлера (см. [14]).
473. Решение. Рассмотрим функцию f(t)=e(tx\ {Y~t),
о
и пусть F (р) есть изображение / (7). Имеем (erf /)'=—-—е~(",
У л
f «)=^erf(]/0 + ~ =/(0 + ^=. (1)
|/ nt у nt
Переходя к изображениям и учитывая, что/(0)=0, из (1) найдем
pF (p)=F (р)-\—т=, откуда, f (р) = —. Здесь мы использо-
Vр ф-\)Ур
вали результат задачи 394 и то, что Г (-=-)= ]/"я. Итак,
Применяя теорему смещения, окончательно находим
erf (УО ^ 1_.
р/р + 1
474. а) £<Г<; б) ge"*; в) f Г|Р-1).
475. /(0) = 0, f'(0) = l, Г (0)=0.
476. 0-1)2т|(*-1). 477. 0 —2)т}(/-2).
478. e^2Ti(if —2). 479, <Г3 "-3>rj(i! —3). 480. е"2' sin Л
481. —(e-t—e-at). 482. -^ (sin t — tcost). 483. -^- / sin Л
484. 1-е-' —fe-'. 485. У^- e^sin ЦД<. 486. |-+2e-<sinf.
487. t~sint. 488. ~e2( — т=е^ — ^ cos 2/-4 sin 2*.
6 15 10 5
489. 1—n<r' + n(n—1)<T2' —...+ (— 1)пе~п(.
490. 4e-//2|-|=sini^.<-^cos^^.
3 ll/3 2 2 J

ответы 233
491. е-*(1-Р). 492. ~ etvlcoJ-^-t + VJ sin^- t)-~e'(.
493. -g- + —(4sin< —3cos0- 494. ^ {е'^ — е'+Ш').
495. 2e< + e'« (Ц^- sin l2L;_cos^ f
496. jtet~^te-ti*(m&^t + YJ sto^t
497. i-e''1 sin2(f —l)r|V—l)+cos3(f —2)т}(* —2).
498. (t — Ще-'^Ч] (< —3). 499. е'"1^ — 1) — r)(< — 1).
500. sin (if—2) ti (? — 2)+ 2 sin (* —3) т] (f — 3) +3 sin (f —4) ri (*—4).
501. sh (t—1) ri (f—l) + ch 2 0 — 2) tj (f-2).
«■ ЬН)-К('ЧЧЧВ»'Н)><
xM'-TJ-TosinT-TJT~2
503. (t — \) ц (t-\) + (t-2)*r\ (t-2) + (t-S)»r\ (t-3).
™ч['-т)-™[<-тН<-т)-505- l~eri[wj)-
e~aVp i е~а^Р 1
506. Решение. — =——————. Полагаем Ф(р) = —.-,
pVp Vp (Vp? Vp
... e-aYp e-ap
F (у p)= ■ . Отсюда F(p) = —г- и по теореме запаздывания
\V P) P
F(p)=(t-a)r](t~a)=f(t).
По теореме Эфроса
е—Уе 1 ? 1 f --
—7^#-?=т \ (т-а)Ч (т-а)е 4'rft=-7= \ (т-а) е *Л=
U а
т2
у nt i у nt J

234
Здесь
ОТВЕТЫ
1 С -- 1 --
I1(t)=~\ re 4tdx=-y=(—2t)e 4t
Vnt J Vnt
VV'^
Vnt i Vnt i У7й J
a
■zYt
a\—F= \ e s" ds 7=\ e s* ds 1,
4K,. B
где s=
2|Л
Следовательно, /, (Л =a erf I —- 1 — 1 = — a Erf |—^
L UV* ) J UK
vt
окончательно
-aVp r~7 --
■a Erf
2Vt
-■ ('+f)Mfe7f)-a^r*
508. аеЛА+а2Л2'Erf ('—^— + 0/1^.
509. Решение.
p(a + V~p)~TpVp{a+Vp)'
Полагаем
Отсюда
F(p)
Ф(р) = у=, F(Vp)-
e-ap j ,g ap e~ayp
-aVp
Vp(a + V~p)'
P (a+P) a\P P+a I '
1
= - ft (<-a)-«г**™ Ц (t-a)] =f(t).

ответы 235
По теореме Эфроса имеем
-aV'p ■ S? т*
р—аУР 1С — —
-4 7=-=—т=\ [1-е-а<--»>] е 4tdx =
р(а+Ур) ayntJ
СО СО Г Т21
а
2V7
аУЛ2
а \2 j/7 / a Ynt J
1 Erf ( а ) *"**" 2 V
я J
2у^
где
2-ft
Итак,
-а К*
-°^ ,.iErf(4]-^Etf(4,+ an
р(а+"|Ар) • а \2/// а \2V~t
СО т2
510. Решение. / (0 = ~т= \ ch те ^ dr.
/л/ J
Сравнивая I (t) с формулой (17), стр. 128, вндим, что f(f) = cht,
а значит F(p)=- / ,-. Значит, f (У"р) = —-~. Взяв ф(р) = —=
^ р2—1 р —1 Yp
получим Ф (р) F(Yp) = т ==/ (0. откуда / (t)=ef.
511. l{t)=e'1 512. I (t) = 2tet 513. I (t) = 2te't.
514. x(0 = (f + l)e-'. 515. x(0 = — 1.
,ч p~2<—cos< + 2 sin < _,_ ... . , 1 ,„
516. x(f) = jp- . 517. x(t) = t + jP.
518. x(t) = t 519. x(0 = cos^.
520. ^(O^-l^+A^"!"-
521. x(t) = -£(\—e* + 2te'*).
522. x(0 = -^(3e( —e-3<_2e-<). 523. x(t)=t — s\nt.
2 2 14 1 2
524. x (0 = 25e~2< —25c°s* + 9~r sm ^ — T^ sm t—К i cost'

236 ОТВЕТЫ „
625. х (<) =4-(е-'—te~' — cost).
526. x(t)=-^ el — t— 1 +y(cos^ + sin^).
527. x (0 = -g-fa—1+cosf—sin*. 528. x(t)=~-№-\-ti*.
3 4 1
529. x (t) = -=- e-' sin 2t — -g e~< cos 2if — -=-.
530. x(0 = -„-(l—e'cosf + e'sinO-
531. л; (?) = 2 + -„- (e-' — cos < + sin Q.
532. x (0 = P — « + 6 — Ъе'1 — йг'.
533. x(t) = 2t+-„ (e~* + cos f — sin 0-
534. x (0 = -=-1 sin t — cos < + sin t.
535. x(0=y<3- y^-f 2*-4 + g-«.
536. x (t) = — + x e~' cos Л + 4" «_/ sin 2Л
Do о
537. x(0=-2"(cos? + ch0 — <— 1.
538. x (t) = -g- (1 — e~' cos < — e~( sin 0 . 539. x (0 = 1 — 2 cos /.
540. x(t) = -j-t + cos2t — -g sin 2Л
541. x(0=^—g~~e'coS2t + ±e'sm2t.
542. x(0=e-'-e"2cos^-^ + -Le'/Ssin^-^
■^ J/3 ^
543. x(0= —1-y (sin^ + cos/ + e^)-
13 1
544. x(0 = -n-er+-2 sin<+-=- cos^ — 1.
545. x(t) = cht — -^t2—l. 546. x (<) = 2+-^-(e' + sin ?-cos 0.
547. x (f)=et (l—t+j A — l. 548. л: (0 = — | sin f-^< cos*.
549. x(0 = 2e~'+ fcr' + f —2.
550. x (0 = у е-' - 4" e'/2 (cos^ if —3]/"3 sin ^ ^
13 1
551. л: (0 = — xe'"~i: ^~T sin *'

ОТВЕТЫ
237
552. x(t)
2 е
5
е Чт«
,'/2,
A+i ,2sinvb
553. a;(0=cos< — ^cos^. 554. x(t) = 2 + t
555. x(0
l
t + Let-le*.
= 1-25e—5<e "
1 cos a+1 sin».
556. x(0
557. a:(0
559. л: (О
560. x(t)
562. x(0
= -r- sin 2< + — (cos 2f — cos 4/).
4 12 //2 \
= fe' — et + ca&t + ismt — 2tcost. 558. x(t)=eH^—t+l\.
= 2t — 3 + 3e"' — \- (sin 2^ —2cos2^ + 2e-f).
= 4^ + 3 — 2e!. 561. x{t)=e^t~et — tet.
==3e'-3-2t-P-~. 563. X(t)=^et(ft-3t + ~\ +
+ 1** (ybsm^f-cos^-^*-'
564. x(0
565. x(t)
566. x(0
567. x(t)
568. x(0
570. x(f)
571. x(f)
572. л: (О
573. x(t)
574. x(0
575. x(t)
577. x(<)
578. x(Q
579. x(t)
4 5 1
= -Q- sin It — — sin t — ^ * cos 2^.
= y-^ [sin n^cosa — nt cos (Ы+a)].
"24'
2ft2
1
35
'2-cr' + ^-<^ +
54"
4
- — е~з<
27 -
f
— Д4 [3i!cos/ + (^-3) sinf].
i i i
&* sin p/. 569. x (t) = T sin t — -*- sin 2*.
Toeit-Y+host-
3
- sin ^.
:I./a + (l_Y)^ + (Y-l)+(l-Y)e-' + -^-(cos^-8ta0.
83 1 1
= gg ch It— jg cos/ + j^cos 2*.
-el {cost-\-sm t—-^-\-\-~e~^.
£*.£«)4*-"'-
— (f2sinf + <cosf — sinO- 576. л: (^) = ?[е(—e-*(3H-l)].
' 4
= l-e
^2+<+l
l~Ye'
-3e cos^t
.£[Л.£Лй_Л.«^Лр_й)

238 ответь!
580. x(0 = 2[sin2yTi(0-2sm2-l=iT1(/-l) + sin2^T1(^-2)1.
581. х {t)=~ [t-~ an 2f) ц (t)-[(t -1) - ±- sin 2 tf-1)] x
X4(t-\) + ~[(t-2)—isin2(/-2)]T! (t-2).
582. x(t) = [b + (l — b) cos t]4\(t) + [b — bcos(t — a)]x\(t — a).
583. x (0 =-i- sin 3fr| (0 + -|- [(< -1) —j sin 3 (t - 1)
_ A [^-2)-i-sin 3(^-2)] ^-2)+
n('-i)-
P-3)-
•ysin3(<-3)lr|(<-3)
3).
з
584. x(f)= 2 (—l)fe[l-^"*a + e«-fta(^-to)]ri(if-fea).
fc=0
585. Решение. Уравнение движения m-? = — тХх — 2т^х;
х(0) = х0, л:(0) = у0. Операторное уравнение имеет вид
р2Х — рх0—v0 + 2|лр X—2|лх0 + ЯХ = 0,
,. . . 2их0+У0 + рх0
откуДаХ(р)^^2^°ИЛИ
■у / чМР + И^+ИЛо + Рр ^ *o(P + !-t) , Ц*о + а0
(P + ^+O^W2)2 (Р + ^)2 + "2 (р + Ц)2 + "2'
где п2 = Я — (j,2.
Находя оригинал для X (р), получим
л; (0 = — е~^ [пх0 cos /tf + (|лх0 + у0) sin nt].
586. Уравнение движения
mX = —rrm2x+Fr\(t)—Fr\(t—T), х(0)=0, Л(0) = 0.
587. Уравнение движения i? = an2— п2л:, л:(0)=0, х(0) = 0.
588. Уравнение движения
mx = — mg — 2kmx, x(0)=0, x(0)=v0.
589. Р е ш е н и е. тх = F. (1)
В нашем случае т = 2, F = F0-\-at — 4-\-at, так что уравнение (1)
приобретает вид
2х = 4 + at, (2)
х(0) = 0, х(0) = 10. (3)
1+JL
Операторное уравнение имеет вид 2(р2Х —10)= 1—-, откуда
"-?(р+7 + и

ответы 239
Находя оригинал для X (р), получаем
Для определения величины а имеем следующую систему:
450 = ^ + <8 + 1<М0,
откуда находим, что <0 = 10, а = 3.
590. Уравнение движения
тХ = Атх— Зтх,
х(0) = 1, х(0)=0,
591. Уравнение движения mX = mg — XX.
В силу условия задачи %■=-=■ mg при о = 1 м[сек, так что окон-
чательно получаем уравнение
Ш=3-Тё*, »(0)=0,
откуда у(0 = 3\1-е 3 ,, ~тах-
592. Уравнение движения
mX = —kx, х(0)=0, х(0)=о0,
593. Решение. Опишем движение ниж- Рис. к ответу 593.
него конца цепочки. Выберем начало
координат в точке О (см. рисунок) и направим ось Ох вниз. Тогда
начальные условия будут
х(0) — 1, х(0)=0 (цепочка неподвижна).
Если абсцисса конца есть х, то движущая сила равна весу части
цепочки, свисающей со стола, т. е.
F = ^x
t 2/ *

240 ответы
Таким образом, дифференциальное уравнение движения таково:
тх = ГЩх, х(0)=1, *(0)=0,
ll'Vh -'Vlt
По этому закону движение будет происходить до того момента
Т, когда цепочка целиком соскользнет со стола Мы найдем этот
момент, положив х — 21:
У 21 , . У 2
4 = р ' 2/+«
rV\
Обозначив г = е , получим уравнение
г2_4г+1=0,
откуда 0! = 2—1^3 < 1, га = 2+|/"3. 2j отбрасываем, так как ему
соответствует отрицательное значение Т. Итак, для определения Т
получили уравнение
rl/"i /"27
е Y 2г = 2 + КЗ, откуда Г="|/ -In (2+^3).
594. Уравнение движения
mi: = — 2тх№, х(0)=а, *(0)=0, х (t) = a cos (]/"2 #).
595. Уравнение движения
тХ — —и,тх, ж(0)=а, л;(0)=0, f — " ■.
2Кц
596. Уравнение движения
mx=~-kx, х(0)=0, *(0)=6, х (<)=600(1— е-°>010
597. Уравнение движения
2
x + 4x = 2cost, x(0)=0, х(0)=0, к (t) = -^ (cos^ — cos 2f).
о
598. Уравнение движения mr = —mk2r или
д: = —/A;, x(0)=a, i(0)=0;
]) = -№,, </(0)=0, J>(0)=y0.
хг ф
Траектория точки—эллипс: -+^-=1.
г а2 и

ОТВЕТЫ
241
599. Уравнения движения
' X = k4, х(0) = а, х(0)-=0;
$=k% y(0)=0, j>(0)=o0.
Траектория точки—гипербола:
~ —^1 = 1
а2 £ •
tPQ 1
600. Д у. L^-j-£-Q = £cos(art + a), Q
601. Д. у. L^ + ±-Q = E saint,
602. Д. у. Ld^- + RI = Esm{at + a), I
= 0
dQ
dt
= 0.
dt
0.
t 0
0.
603. Д. у. L^ +£§ + ,U = £1Ti(0 + (£2-~£i)ri('-7,)>
= 0.
*-o
dt
= 0.
е.4.д.у. 1Й+*£+'
Л2
'dt ^ С
t-o
E,
*?
605. x(0 = (C1 + C2^)e4
607. х(*)=еЧ
ft
610. a) x(t)= У (—l)s2ss!C
s = 0
ft
= 0
606. x(t) = Cv
608. x(/) = l.
609. *(*)=e'.
6) x (0 = У (— 1)* 2« s! С
(2S
Й(21)Г'
. ps+i
s = 0
(2s + l)l-
611. x(t)=t arctgt—^ In (I+P).
612. x (0 = у (*»-l)arctgf--j In (1+**)+-!.
^3 ,' 5 19\
613. x(0 = lr^ln2^-|-ln^+1gj.
614. x (t) = e' — 1 — (t + In 2) (el -f-1) + (e' + 1) In (e{ +1).
615. x(<) = sin< • \t-^=arctgy-J + t0bt ln(2-rcos0 —ln3cos<

242
ОТВЕТЫ
616. х (f) = —cost А sin* In
3 27 36
]/3 sin * —2
—■—cos/arctg(l^3 cost).
n 1
cos t arctg (cos *) —r cos * —- sin t ■ In
^ 'A 2/2
617. x (*)
618. x (t) = sin t arctg sin * + cos *
2/2
= In
/3 sm* + 2
g(V
sin*—/2~
sin*+ /2"
V%+ cos t
У 2 -cost
-In (3 + 2/2)}.
619. x (t) --
620. x(t)-.
= ch* —sh* + 2ch* arctge^
= In 2cos* — cos< In (2+sin*) — t sin* +
621.
623.
624.
625.
626.
627.
628.
629.
x(t)
x(t)
x(t)
x(t)
x(t)
x(t)
У (i)
x(t)
y{t)
2(0
x(t)
+ -—(2sin*+l) arctg
УЗ \ /3
= /, (/(*)=—e'. 622. *(0 = ef, y{t)=eK
= 2(\~e't — te4), y(t) = 2 — t — 2e"t — 2te-t.
= — (e'-e3t + 2te3i), у (t) = ^ (5el — <& — 2te*)
= £ (cos* —2 sin t), у (t)=e* (cos* + 3 sin t)
= тг(е* + 2 cos 2t + sin 2*), у (0 =
t n d 3 , ,5 . ,
= 34 Г7С0 +T7Sm
-4+' ;
;'—cos 2* — — sin 2*
2 22 4 1
= -lTe'+5Te4' + T7COS'-l7Sin'-
= -^e~»' +
15
13
T2£
-2 + W+-
^
+
20
"15
13
+ l£e-<-2—=-e' + -5-ea' +
20
12
3 -/ 1 . , 4 w/ , 1 „.
630. a; (0 =
= — e*, (/(0=0, z(*)=e'.
~(e3' —е"2'), (/(0 = -^(3е3< + 2е"20. z(*)=
1
- g- (V' + fcr*).

ОТВЕТЫ
243
mi. x(0*l-+о;-ц>/ '+**
4(2 + а) ' 4(2 —а) ' а2 —4'
е"3' (11—4a) e^ (a+1) <-^
^()_" 4(2+а) + 4(2—а) + а2-4 -
632. х(0 = 2 — еЧ у(0 = 2—е-', z(0 = 2e~'—2.
633. х(О = б/-02'--4ез', у(0=3е' —2е3', г (/) =6e3'+e2<_6g<.
7
"20"
, (cQCT
635. xm(0=e"c/—- (m = 0, 1, 2 п).
636. *Ю=-±~ 1е-<_/е-б/1» у(о =
(е-<-е-бДП).
вИ.х(0=1 + 4л ,(0 = 4^-1, 3(0=A,2_1, + ]|.
638. x(t) = j0t-e-*—j
, y(f) =
" 9 e
-e-< ' -
3 9*
639. Уравнения движения электрона
eH
тх~-
с
.. еН .
ту — — х,
у, лг(0) = 0, x(0)=v0,
У(Р)=0, >-(0)=0,
,л v0tnc . eHt
Траектория электрона х2 + г/2-
640. Уравнения движения
£/(0 =
2mcvn
tncv0
;7F
еНГ
еН
у = 0.
тх = 0, х(0) = 0, х(0)=-^=,
mj> = -g/n, y(0)=0, j>(0)=-^=.
Наибольшая высота Н = ~; точка падения я = —.
4g g
641. Пусть электрон вылетает из начала координат. Выберем
ось Ох параллельно направлению магнитного поля Я, а ось О у
выберем так, чтобы вектор т>0 лежал в координатной плоскости хОу.

244
ОТВЕТЫ
Тогда уравнения движения будут
тЛ = 0, л(0) = 0, х (0) = y0 cos a,
еН .
т$ = z,
_ еН .
с J
Траектория электрона
</(0)=0, y(0) = v0smcc,
г(0)=0, 5(0) =0.
2v0cm sin a „
еН
{ x = tv0 cos a.
642. Уравнения движения
j mx = — kmx, x (0) = 0, x (0) = o0 cos a,
\ my = —mg — kmy, */(0)=0, j> (0) = o0 sin a,
*(Q =
t>0 cos a
(1
-«
y(0 =
о0& sin a -f g
(1-е"*')
643. Уравнения движения
еН
с
еН .
eti
тХ = у —kmx, я(0) = 0, х(0)=и,
> ту = — x — kmy, уф) = 0, j>(0)=0,
? = — km,
г(0)=0, г(0) = 0.
644. Уравнения движения
( т5с = —21х — \)Рх, х(0)=а, х(0)=0,
\ ту- = -Щ-ц% </(0) = 0, ^(0)=о0.
645. Уравнения движения
С mJc = 0, x(0)=0, .x(0) = v0,
\ my = ~mk2y, у(0)=а, у(0)=0,
х (t) = v„t, у (t)=a cos kt.
kx
Траектория точки (/ = acos( —
646. ф (х) = -g- sh x +y sin x.
647. ц(х)=~(ех-е
648. ф(х)=х + 4-^3-
о
-Л/2
COS
J^ + КЗе-^2
sin
КЗ

ответы 245
2 3 1
649. ф (х) =-=- е2Х-\- -=- cos x + -=- sin х.
650. ф (х) = 2 + х - eJ (cos ^|^~ КЗ sin ^|^-j .
651. ф(х) = -1-1х + {х3 + 1е--12хз.
652. 9M = le->l^ + i-e-/2(cos^-^sm^).
653. ф (х) = ~ (е* — е-х + ^ sin ]^2"x j. 654. ф (х) = хех. .
655. ф (х) = е*. 656. Ф (х) = у - у cos VSx.
657. ф (х) = chx — xe~x. 658. ф (х) = у (chx+cosx).
659. ф (х) =х — -г х3. 660. ф (х) =— sh 1— х.
т 6 ]/5 2
661. ф (х) = 1—х.
X
662. ф (х) = J0 (х), так что ^ J„(x— t) J0 (f) Л = sin x.
о
663. ф (X) ЕЕ 1. 664. ф (X) =0-*
665. ф (х) = 1 + 2х + у х2 + у х3. 666. ф (х) = 2хе* + х2ех.
667. Ф(х) = 1. 668. ф(х) = 1-^-.
669. ?1(x)=<r-*(l-x), ф2 (х)=~ е™ + ~ хе~х --| е~х.
670. ф1 (х) = е*х, ф3 (х) = 1 -1 е"
671. ф1(х)=_1//^^з sin^-x+2cos^-x)—I,
, , «/.л: / КЗ 1 . /3 \
ф3 (Х)=й /2* COS-Цг-Х 7=81X1 L XI.
\ 2 уз 2 /
672. фх (х) = (х + 2) sin х + (2* +1) cos x,
фг (х) = -й- х cos х — х sin x + -у sin х.
673. ?1(x)=-|sinx — J-|-shK3"x, ф2 (х) = — 2 ch VW x.
674. фх (х) = 2е-*(\—х), ф3 (x) = e~* (1 — x).

246
ОТВЕТЫ
со
675.
(t-k)
2&+3
xW~2d (2/г + З)!
fe=0
CO
676.
, x(0=2
ft = 0
2k(t — k)k^
№ + 3)1
4 (<-*).
677.
. X(0-F=2
(6+1) (f-ft)
fe+2
■ri(<-A).
№ + 2)1
x\(t-k + 2).
k = 0
ft=0
679. x(0 = (^ + y^3jriW+2
1 ,.\ .. ,л , Y! P~fe + 2)fe
ft!
0. x(0= 1+* +
2!
4(0+2
(<-*)
ft+i
ft = i
(6 + 1)!
■Ч(/-Л) +
+
fe = i
(6 + 2)!
П ('-*)■
681.
682.
683.
684.
x(0
и (л,
«.(л,
и (х,
— cos г\
0=
0 =
Of
/
= и„\ 1
\
2
— X
= ae
2
2Ykt
n J
0
X
lYki
I'-
e~z2 dz
/1" /,
r ж cosi cor - -
\
-dz].
•Y\
685. u(x, f)=a
.-V,
2k sin a>t
~f( sin
+
inxY~T
p2 + co2
-Ys)
CO
dp
+ co2

ОТВЕТЫ
247
5. и (х, t) -
2Vnk
5'
(т)
ik(t-x)
• dx.
687. Д. у.
ди »и
df
--а'
дх*
(<-т)'
, (Эй
= 0, mU_/ = «i,
И (X, <) = Mj +
■1-"о) у (-1)
2/
1 \2 its
_j i^i ^^_ у J ^__ g \ - / •" COS
n = \
в ди (Э2и
x>0, <>0,
«]/_o = «o.
u (x, t) = и0
«Эй
'erf _JL= + e** + A—<Erf/'—V+AaV7
2a ]// \2a V t
При решении задачи воспользоваться теоремой Эфроса (см. § 11).
.„. 6% 1 (Э%
689.Д. у. ^ = ^-^
f-0
= 0, «(0,0=0,
ди (I, t)
дх
. ,. Fx m
Т
k=0
, ,,ь . (2/г+1) ях (2k+ 1) net
(— 1)Л sin - ~ cos - - —
21
21
' кпп п дЧ ' д2И g
(2Н-1)2
0<=Х=£С/, />0,
«!/_о=0»
и (х, t) =
5«
= 0, «(0,0=0, --^ = 0,
t-o дх
gx (21 — х)
2с2
]6g/2
' Я3С2
2 {~!)*
(2/5;+ 1) (х— Л я (2&+ 1) яд1
cos !—^ — cos ■ —- ' —
21
21
fc = 0
(2fe + l)3

248
ОТВЕТЫ
691.
bx
8M4 VI
+ я5 Zd '
ft=0
(2k + \)nt . (2й+1)ях
cos - j-^-— sin - —~
(2/г + 1)5
692.
„ d2u . d2u n , . n
dfl
U (X, 0) :
4hx(l — x) du(x, 0)
/2
dt
= 0, «(0, t) = u(t, 0=0,
и (x, <) =
32/г
я3
(2fc + l)notf . (2fe+l)iw
cos — sin 4-^
fe=0
(2fe +1)3
693.
696.
698.
700.
702.
704.
706.
708.
710.
712.
714.
716.
717.
718.
l-e-P-
eP
694.
697.
e'P
695.
(I_e-P)2- —- 1.
eP (eP — cos 1)
eP — a' e2P_2e''cos 1+1
ep sin a „„„ eP sh
e2?_ 2gPCosa+:
gp 2eP
gp_ e gP_]/"e
all-ftip
703. esp
699
701.
e2P_2ePch 1 + 1 '
1 eP 1 eP{eP — cos 2)
2 eP —1 ^ 2 g2P —2ePcos2 + l *
eP —1 ■ \eP —ез
eP(2ch2 —eP)sh2
ep (4e2p_3eP_i_i)
e2p_2epch2+l '
eP-i sin 2
e2p_2eP'icos2 + e"2'
eP(eP — e3Ch 1)
e2p__2eP"3ch 1+C6
7°5- (вР-1)з
eP+2(eP+e2)
• (ep_e2)3 ■
gP+i (eP + e)
И — e)s •
709.
gP(gP+l)
(eP—1)3
eP
In a + In
711.
(e2P_l)ep
(g2p_|_l)2 ■
-1
eP — a
V^P — 2ePcosa+l
713. a + arctg
715,
sm а
e^ — cos а'
1
'"-^- e,7-T" '• 715-iP=r+ln
ep [(l+eaP) cosk —2eP]
(e2p__2e"cosa+l)2 "'
e2p (езр _|_ 2e2P ch « — 6eP + 2 ch a) sh a
(g2P-2ePcha+l)3
eP (2e*P — 5e2P ch к + 4eP ch2 к — ch a)
(e2P — 2eP cha + l^ "
V
eP-
eP — e

ОТВЕТЫ
249
, , eP-es° „„„ 1 , e2P-2ePchl + l
719. s — eo + ln-s - 720. tj- In -^—0 „ ,—p-j
-„. , , sin 8
721. e + arctg
eP — cos e '
.,„„ r, / i4, i sin 2s , sin 2
722. 2(e-l) + arctgi?-^re-arctggT-^r2.
723. Izf!. 724. !Ш. 725.
1—e • 2 -1-е (1-е)2'
726. ^f з 1'. 727. A/(n)=3, Afef(n)=0 (ft = 2, 3, 4,
728. Afe/(n) = (e4-e2)ft (fe = l, 2, 3,...).
729. Д/(п)=2п, A2/(n) = 2, Afe/(n) = 0 (fe = 3, 4, ...).
wo- (e"-l)« ■ W1- (ep_i)3 162" (eP_i)«-
.. 2я-3 . „я-1
/ i4/o i4 (я —l)sm—5—a sin2 —s—a
n(n-l)(2n-l) 2 2
733. —-~ ^ i. 734. — —
6 о a . a
2 sin у 2 sm2 -r-
735. n(n-l)(n-2)
(1 — «cos a) (1 — era cosna) 4-en+1 sin a sin na
736. 5—к —. .
e2 — 2e cos a -)-1
КЛ 'in nrrt
737. пЗ""1. 738. о ■ 739. sin -^.
740. 1 g- sm —g- я.
741. a»"» 2"/2 sin ^. 742. 1^-U e"~2.
743. Второго порядка. 744. Нулевого порядка.
745. Первого порядка. 746. Третьего порядка.
П ТТ
747. 2л. 748. (—1)л(1—я). 749. 2я'2 sin ^р.
750. 1 — 2" /2 cos -J-. 751. sm ~к-cos j^—.
752. (-1)-^. 753. 3"~1+t-2>",
754. <"-3'У.!-(-У1 755. '-(-')".
756. ^i^r'H"-2). З-з 757. n(re~') (Я~2) • (-1)" t.
я8 я4 я3 Зя2 Зя
758> бО""8" + У~Х + 2б-

250
ОТВЕТЫ
759. Асимптотически устойчиво. 760. Асимптотически устойчиво.
761. Неустойчиво 762. Неустойчиво 763. Устойчиво, но не асимпто^
тически. 764. Асимптотически устойчиво. 765. Неустойчиво. 766.
Неустойчивый фокус. 767. Центр. 768. Устойчивый фокус. 769. Седло.
770. Неустойчивый узел 771. Неустойчивый узел. 772. Устойчивый
узел 773. Точка (0, 0, 0) устойчива. 774. Точка (0, 0, 0) неустойчива.
775. Асимптотически устойчиво при а < 0. Во всех остальных
случаях неустойчиво. 776. Асимптотически устойчиво при а < 0;
устойчиво, но не асимптотически при а = 0; неустойчиво при а > 0.
777. Неустойчиво при всех а. 778. as£0. 779. а«5 — —, 780.
Асимптотически устойчиво при сф<1; устойчиво, но не асимптотически
при сф = 1. 781. Асимптотически устойчиво при p<a2(a>0);
устойчиво, но не асимптотически при: 1) а = 0 (Р<0); 2) р = а2
(а<0). 782. Асимптотически устойчиво при а2 + Р2 — 2а > 0 (а<1);
устойчиво, но не асимптотически при: 1) а=1 (| Р | > 1); 2) а2 + Р2—
— 2а = 0 (0ega<l). 783. Неустойчиво при всех значениях аир.
784. Асимптотически устойчиво при a2 -f- р2 — Р < 0, устойчиво, но
не асимптотически при а2 + Р2—р=0 (а ф 0, р^0). 785. Устойчиво,
но не асимптотически при р + 2а_|_1 =0; асимптотически устойчива
при всех остальных значениях аир 786. Асимптотически устойчиво.
787. Асимптотически устойчиво. 788. Асимптотически устойчиво.
789. Устойчиво. 790. Асимптотически устойчиво 791.
Асимптотически устойчиво 792. Асимптотически устойчиво. 793. Неустойчиво.
794. Неустойчиво. 795. Асимптотически устойчиво. 796.
Асимптотически устойчиво. 797. Асимптотически устойчиво. 798. Неустойчива.
799. Устойчива. 800. Неустойчива 801. Устойчива. 802. Неустойчива.
803. Неустойчива. 804. Асимптотически устойчива. 805. Устойчива.
806. Исследование по первому приближению невозможно. С помощью
функции Ляпунова устанавливаем, что точка (0, 0) асимптотически
устойчива. 807. Точка покоя устойчива. 808. Нулевое решение
системы первого приближения неустойчиво, а для полной системы
оно асимптотически устойчиво.
809. Если a > 0, 6 > 0, то условие устойчивости имеет вид
cosT>0, где Г=(— l)fex0 + bc
(6 = 0, 1, 2,...), x0 = arcsin-г- (см. [3]).
817. Устойчиво. 818. Неустойчиво. 819. Устойчиво. 820. Неустойчиво.
3
821. При «>-=-. 822. Решение неустойчиво при любом а. 823. При
13
а>-^-. 824. При любых (а, Р) из области G (см. рисунок).
825. При любых (а, Р) из области G: аР>3, а>0, р > 0 (см.
рисунок). 826. Решение неустойчиво при любых (а, р). 827. р>0, q > 2
828. Все корни в левой полуплоскости; решение устойчиво (см.
рисунок). 829. Два корня в левой полуплоскости, два корня в правой;
решение неустойчиво (см рисунок). 830. Устойчиво. 831. Устойчиво.
832. Два корня в правой полуплоскости; решение неустойчиво
(см. рисунок). 833. Устойчиво (см рисунок). 834. Устойчиво.

ОТВЕТЫ
251
♦Л
It
V(/MMM/WMM/M/WM//M>L.
fi.
О
§
a
Рис. к ответу 828. Рис. к ответу 829. Рис. к ответу
832.
д и
Рис. к ответу 833.
Рис. к ответу 842.
Рис. к ответу 844.
Рис. к ответу 846.

252
ОТВЕТЫ
835. Устойчиво 836. Устойчиво. 837. Решение устойчиво 838.
Устойчиво. 839. Устойчиво. 840. Устойчиво. 841. Устойчиво. 842.
Устойчиво (см. рисунок) 843. Устойчиво. 844. Чисто мнимые корни;
п
Л(/,2)
Л (3,0)
Рис. к ответу 848.
лег. г) £
Рис. к ответу 849.
0(0,3) /
2
0
1
г
О(3.0)
лаг) *
Рис. к ответу 850.
Рис. к ответу 851.
852.
853.
0(3.1)
Рис. к ответу 852.
0(1,2)
0
D
I1
J 0(3.0) у=0
е
(2J)
Рис. к ответу 853. Рис. к ответу 854.
решение неустойчиво (см. рисунок). 845. Два корня в правой
полуплоскости; решение неустойчиво. 846. Два корня в правой
полуплоскости, решение неустойчиво (см. рисунок). 847. Два корня
в правой полуплоскости; решение неустойчиво.

855.
D(U) 4
Рис. к ответу 855.
S57.
Рис. к ответу 857.
859.
Рис. к ответу 856.
858.
Ш.1)
D(3,m
SI 1,2)
Рис. к ответу 858.
860.
ШИЗ)
Рис. к ответу 859.
0(1,2)
!
0(2,1)
0
1
в(г,1)
0(1,2)
"(
Рис. к ответу 860.

254
ОТВЕТЫ
861. f<n)=C1-2» + Ct(--jjn.
862. /(«) = (— 1)»(4п2_7и+1).
863. / (я) = ( Y) [ ci cos (n arctS y) + c2 sin f n arctg ~\\.
864. f(„)=2"(c1 + C3cos^ + C8sin^J.
865. / (n) = (- 1)" (d + C2n) + 22 JC3 cos ™ + C4 sin — j.
866. f(n)=C1(l~V~2)" + C2(l + V2)n-Y-
867. f (я) = 2 - 3я-f (— 1)" (8n — 2).
000 -/ ч 1,яЛ' nn . . пя sin2(n— 1)
868. /(")-2-tg2.cosT + smT+ 2(^2 '.
869. /(n)=C1 + Can + C,n«+^—jy
e"
~ з •
870. / (n) ==2" ^jg+ Ci cos T +C2 sin -^
871. Асимптотически устойчиво. 872. Устойчиво, но не
асимптотически. 873. Асимптотически устойчиво. 874. Неустойчиво.
875. а0 + а1+а2 + а3>0, а0 — аг + а^~а3>0,
3(а0 —а3)+а! —а2>0, 3 (а0 + а3)—ах —а2 > 0,
а» — а* ~ а0а2 + ai03 > 0.
876. 1-(?>0, 1+р + ?>0, 1_р + д>0.
877. — 1<р<1. 878. |а|>Ь.
879. Асимптотически устойчиво. 880. Неустойчиво. 881.
Асимптотически устойчиво. 882. Неустойчиво. 883. Неустойчиво. 884.
Неустойчиво. 885. Неустойчиво.

ЛИТЕРАТУРА
1. И. Г. А р а м а н о в и ч, Г. Л. Л у н ц, Л. Э. Э л ь с г о л ь ц,
Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория
устойчивости, «Наука», 1968.
2. И. Г. Араманович, В. И. Левин, Уравнения
математической физики, «Наука», 1969.
3. Е. А. Бар баш ин, Введение в теорию устойчивости, «Наука»,
1967.
4. И. А. Бри н, Операционное исчисление и устойчивость линейных
систем, МЭИ, 1961.
5. Л. И. В о л к о в ы с к и й, Г. Л. Л у н ц, И. Г. А р а м а н о в и ч,
Сборник задач по теории функций комплексного переменного,
«Наука», 1970.
6. X. К ар с л о у, Д. Егер, Операционные методы в прикладной
математике, ИЛ, 1948.
7. М. Л. К р а с н о в, Г. И. Макаренко, Операционное
исчисление. Устойчивость движения (задачи и упражнения), «Наука»,
1964.
8. Н. И. Кожевников, Т. И. К р а с н още ко в а, Н. Е.
Шишкин, Ряды и интеграл Фурье. Теория поля. Аналитические и
специальные функции. Преобразование Лапласа (задачи и
упражнения), «Наука», 1964.
9. М. А. Лаврентьев, Б. В. Ш а б а т, Методы теории функций
комплексного переменного, Физматгиз, 1958.
10. А. И. М а р к у ш е в и ч, Теория аналитических функций, «Наука»,
т. 1, 1967, т. 2, 1968.
11. И. Г. Петровский, Лекции по теории обыкновенных
дифференциальных уравнений, «Наука», 1970.
12. Л. С. П о и т р я г и н, Обыкновенные дифференциальные уравнения,
«Наука», 1970.
13. И. И. Привалов, Введение в теорию функций комплексного
переменного, Физматгиз, 1960.
14. П. И. Романовский, Ряды Фурье. Теория поля.
Аналитические и специальные функции. Преобразование Лапласа, Гос-
техиздат, 1957.
15. Л. Э. Эльсгольц, Дифференциальные уравнения, Гостехиз-
дат, 1957.

Михаил Леонтьевич Краснов,
Александр Иванович Киселев,
Григорий Иванович Макаренко
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ.
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
М , 1971 г , 256 стр с илл
Редактор С М Половинкин
Техн редактор Л А Пыжова
Корректор Л С Сомова
Сдано в набор 25/1 1971 г Подписано к печат]
11/VI 1971 г. Бумага 84Х108'/з2 Физ печ. л 8
Условн печ л 13,44 Уч изд л 14,19 Тирал
50 000 =>кз. Т 09638 Цена книги 60 коп
Заказ № 1596
Издательствб «Наука»
Главная редакция
физико математической литературы
Москва, Б 71, Ленинский проспект, 15.
Ордена Трудового Красного Знамени Ленинград
екая типография № 1 «Печатный Двор» имен]
А М. Горького Главпотиграфпрома Комитета п<
печати при Совете Министров СССР, г. Ленин
град, Гатчинская ул , 26.