Author: Краснов М.Л. Киселев А.И. Макаренко Г.И.
Tags: анализ сборник задач издательство наука сводка формул подробные решения типовых примеров
Year: 1971
Text
ИЗБРАННЫЕ ГЛАВЫ ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКИ д л Я ИНЖ ЕНЕРОВ 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
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1971
517. 2
К 78
УДК. 517.5
Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. 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 9D0 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 дифференци-
альных 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. О-разбиения..................................................................................... 199
§ 26. Устойчивость решений разностных уравнений....................................................... 206
Ответы....,.,........................................................................................ 215
Г
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 z называется выражение вида
г = х + ф
(алгебраическая форма комплексного числа), где х и у — любые действительные числа, a i — мнимая единица, удовлетворяющая условию г2 = — 1. Числа х и у называются соответственно действительной и мнимой частями комплексного числа z и обозначаются
x=Rez, y=Imz.
Комплексные числа z, — Xj^-j-iy! и e2 = x2~f~iy2 считаются равными тогда и только тогда, когда х1 = х2, У1 = у2- Пусть даны два комплексных числа z1 = x1-f-iy1, z2 = x2-j-iy2.
Определения
1. Суммой Zj + Zj чисел г, и z2 называется комплексное число
21 + 2а = (х1 + х2) + г 0/1 + </г)- (О
2. Разностью г,— г2 чисел Zj и г2 называется комплексное число
21 ~ 2з = (Х1 ~ хг) + i (У1 ~ У2\ (2)
3. Произведением z^ чисел гх и г2 называется комплексное число
212г = (Х1Х2 — У1Уг) +' (х 1Уг + х2</1) • (3)
4. Частным — от деления комплексного числа zt на комплекс-г2
ное число г2 # 0 называется комплексное число
£1 _ xrx2 + yry2 x2yr~xty2 •
2г х1+у*2 ’
Комплексное число z=x — iy называется сопряженным комплексному числу z = x-\-iy.
6 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ГГЛ I
Действительная часть Re z и мнимая часть Iffl z комплексного числа z выражаются через сопряженные комплексные числа следующим образом:
,, z-\-z , . z —z /С,
Rez = —g-, Imz = t—g-. (5)
Пример 1. Показать, что ?i + z3 = z1 + z3. Доказательство. По определению имеем
г1 Ч- г2= (*i 4- xz) i (У14- У 2)= (xi ^У1) 4“ (х2 Й/г)= Д 4г ?2-
1. Доказать следующие соотношения:
a) Z2 = z1-z2; 6)z1z2 = z1z2; в) =|1; г) ?1Ч-22 =
\*2 ) ^2
— г1 + г2-
Пример 2. Найти действительные решения уравнения (4 + 2г)х + (5 —3i)r/=13 + i.
Решение. Выделим в левой части уравнения действительную и мнимую части (4x-i-5y) -i (2х— Зу)= 13-f-i. Отсюда согласно определению равенства двух комплексных чисел получаем
( 4х + 5у= 13, t 2х —Зу = 1.
Решая эту систему, находим х=2, у=1.
Найти действительные решения уравнений:
2. (Зх -- i) (2-Н) + (x— iy) (1 +2i) = 5-j-6i.
3. (х — iy) (a— ib) = i5, где а, Ь — заданные действительные числа, | а | | b |.
4. + = гДе z = x-\-iy.
- гт 1,1
5. Представить комплексное число —г-гт^Ч-т-—п-т в
' (a-J-io)2 1 (a~ib)2
алгебраической форме.
г* гт 14 1Ч” х% 4- , и .
о. Доказать, что '—— = i {х — действительное).
X I J" 1 -1-
7. Выразить хну через и и v, если - J-r- Ч~ 777-^7 = 1 X —Г- iy ~Г— tU
(х, у, и, о—действительные числа).
8. Найти все комплексные числа, удовлетворяющие условию z = z2.
§ 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 7
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 | z |, так что p = |z| = = К*2 + У2- У гол <р, образованный вектором ОМ с осью ОХ, называется аргументам комплексного числа z и обозначается <p=Arg г; он определяется не однозначно, а с точностью до слагаемого, кратного 2л:
Arg z = arg z + 2/гл
(6=0, ±1, ±2, ...),
где arg z есть главное значение Arg г, определяемое условиями
— л < arg z ' л,
причем
1 У
arctg
если х > 0,
если х < 0, у 0,
если х < 0, у < 0, если х = 0, у > 0,
если х = 0, г/<0.
(6)
Имеют место следующие соотношения:
tg (Arg г) = —, sin (Arg г) = X , x Vx2 + y2
cos (Arg z) — ,
Два комплексных числа z, и г2 равны тогда и только тогда, когда их модули равны, а их аргументы либо равны, либо отличаются на величину, кратную 2л:
(Zj, ( = ( z2 f, Arg Zj = Arg z2 + 2m (n = 0, ±1, ±2,
Пример 3. Найти модуль и аргумент комплексного числа
, эт эт
Z = — Sin -5--I COS -X- ,
о о
• 8
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
Решение. Имеем
. л ___л п
х = — sin -g- < 0, у = — cos < 0.
о о
Главное значение аргумента согласно (6) будет
I о \ <_? о
= — л + arctg I tg -g л 1 = — л + у л = — - л.
Следовательно,
5
Argz = -—+ (k = 0, ±1, ±2, ...), С
|2|=|/ ЯП3 g +COS2 -- = 1.
9. В следующих задачах найти модуль и главное значение аргумента комплексных чисел:
а) z = 4 + 3i; б) z = —2 + 2/3t;
в) z = — 7— i; г) z = — cos + i sin ~;
д) z — 4-3i', е) z = cosa-i since
3 \
Л *•'/ Qi 2 Л \,
Любое комплексное число z = x-\-iy (z^£0) можно записать в тригонометрической форме
z = p (cos ф + г sin <р), где р = | z |, <р = Arg z.
П р и'м е р 4. Записать в тригонометрической форме комплексное число
2 = — 1-i /3.
Решение. Имеем
|г|=/(-1Я + (-/3’)2 = 2; tg(P = -z^- = /3, <р = - | л.
Следовательно,
Пример 5. Найти действительные корни уравнения , . . 1,3.
cos х + г sm х = + -г-1.
1 2'4
§ 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 9
Решение. Данное уравнение корней не имеет. В самом деле, 1 . 3 п
это уравнение равносильно следующим: cosx==--, sinx = -^-. По-
13
следние уравнения несовместны, так как cos2x-|- sin2x = jg , что невозможно ни при каких значениях х.
Любое комплексное число z 7^ 0 можно записать в показательной форме
z = pa‘<P, где p = |z|, <p = Argz.
Пример 6. Найти все комплексные числа 2 7^ О, удовлетворяющие условию 2Л > =2.
Решение. Пусть z = ре'*. Тогда 2 = ре~“Р.
Согласно условию
ря-1е< <п-1> ср —pe-i<p или р'г~2е'/г'Р= 1,
откуда р"~2 = 1, т. е. р = 1 и гп<р = 2£лг, т. е. <р=—— , где й=0, 1, 2, ... , п — 1. Следовательно, ф 2rcfe
zk = e~* (й = 0, 1, 2, ... , n-1).
10. Следующие комплексные числа представить в тригонометрической форме:
а) — 2; б) 2Z; в) -/2^Z]/2;
г) 1 — sin а 4- i cos а < а < ;
. 1 + cos а + i sin а / „ _ л \ Д) тп------—.—— 0 < а < 77 ;
' 1 + cos а — i sin а \ 2 ] ’
в показательной форме:
е) —2; ж) Z; з) — Z; и) — 1 — Z]/3;
к) sin а — i cos а < а < nj; л) 5-[-3Z.
Пусть комплексные числа z, и z2 даны в тригонометрической форме 2j = pi (cos (pi + i sin фД, z2 = р2 (cos ф2 i sin <р2)
Их произведение находится по формуле
ZjZj = pip2 [cos (<Pj + <р2) + i sin (tpt + <pa)J,
т. е. при умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются
I ЗДг | = | Zj || 22 |, Arg (z1z2) = Argz1 + Argz2.
10
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
Частное двух комплексных чисел г, и z2yi0 находится по формуле
Г- = ~ [cos (<pi — <р2) + i sin (<pi — <р2)],
z2 И2
т. е.
| 21 1 I Z-, ! < 2, л А
7- =ЬЧ, ArgA-=Arg21-Argz2.
I Z2 I I z2 I Z2
Возведение комплексного числа
z = р (cos ф +sin ф)
в натуральную степень п производится по формуле
zn = рп (cos пф + i sin пф), (8)
т. е.
|z"| = |z|n, Arg zn = n Arg z-\-2n.k (& = 0, ± 1, ...).
Отсюда подучается формула Муавра
(cos ф +г sin ф)" = соз Пф + i sin дар. (9)
Пример 7. Вычислить (— 1 4- i Кз )60.
Решение. Представим число z = —1-НКз в тригонометрической форме
— 1 У^З =2 ^cos -g- л-}-* sin
Применяя формулу (8), получим
(— 1 + i /3 )e0 = 2S0 |cos (бО • А л) + i sin 1^60 4 я)] =
= 260 (cos 50л i sin 50л) = 260.
Пример 8. Доказать, что многочлен f (х) = (cos а+х sin а)п — cos па — х sin па делится на х2-[-1.
Решение. Имеем х2 +1 — (x-^i) (х—i). По формуле Муавра f (i) = (cos а + 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 x24-l.
11. Доказать, что многочлен
f (%) = хп sin а — sin па A." sin (п — 1)а делится на х2 — 2Ах cos аА2.
§ 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 11
12. Вычислить:
а) . б) (2-20’;
В)(/з-<; r)(}^)8.
13. Доказать, что
/1 +1 tg ап___ 1 +«tg па
\ 1 — i tg а) 1 — i tg па ’
14. Доказать, что если
(cos а + i sin а)" = 1, то (cos а — i sin а)" = 1.
15. Пользуясь формулой Муавра, выразить через степени sin ср и cos ф следующие функции кратных углов:
а) зшЗф; б) созЗф; в) sin 4ф;
г) cos 4ф; д) sin 5ф; е) cos 5ф.
Корень n-й степени из комплексного числа г имеет п различных значений, которые находятся по формуле
пг- пп—; / <р + 26л , . . <р-|-2£лД ,1ПЧ
у г = у | z ] I cos J—---Н i sin |, (10)
где fe = 0, 1, 2, п— 1, <p=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,г1—г. /
Решеиие. Приводим комплексное число 1—г к тригонометрическому виду
l-i = /2^cos^—^ + isin^—_
Следовательно, / л Л \
----Г + ---Т + I
4 Г\---Г S/7 4 1 . . 4
у 1 г _ у 2 1 cos--2---------1- ? sin-------I.
Полагая k = 0, 1, 2, 3, (А = 0)
(fe = l)
(fe = 2)
(А = 3)
найдем
4, j------ / ГС , . ГС \
у 1 — I = у 2 cos -=-£ — i sin , г \ 16 16/’
у 1 — I = у 2 cos 77; л 4-1 sin фт; л Г \ 16 16 у
4 <7--: 8ЛБ / 15 ... 15
у 1 —I — </ 2 cos 7^ я 4-1 sin тк гс г \ 16 16
23 , . . 23 \
у 1 — I = в/ 2 cos гс 4-1 sin л
Г \ 16 16 у
10
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
Частное двух комплексных чисел z, и г2 ф 0 находится по формуле
7- = " [cos (<pi — <р2) + г sin (<pt — ф2)],
22 Р2
т. е.
|8-|=йт
Возведение комплексного числа
z = р (cos ф + г sin ф)
в натуральную степень п производится по формуле
zn — рп (cos пф + i sin пф), (8)
т. е.
|гга| = |2|га, Arg г" = n Arg z + 2лй (6=0, ± 1, ...).
Отсюда получается формула Муавра
(cos ф + i sin ф)” = cos Пф + г sin пф. (9)
Пример 7. Вычислить (—1-ф i j/З )6().
Решение. Представим число г = — 1 -ф i j/З в тригонометрической форме
— 1 + г 1-/3 =2 (cos-g- Л + г sin -g-л 1,
Применяя формулу (8), получим
(—1+г/з)в° = 26» | cosi'60 .-|л1-Нап (бО =
= 260 (cos 50л + г sin 50л) = 2ео.
Пример 8. Доказать, что многочлен
f (x) = (cos а4-х sin a)n—cos na~x sin na
делится на x2 + 1.
Решение. Имеем х2-ф 1 = (х-фг) (x— г). По формуле Муавра
f (г) = (cos а -|- г sin а)" — cos па — i sin па =
= cos па -|- г sin па — cos па — i sin па = 0.
Аналогично, f (—i)=0. Значит, f (х) делится на х2-ф 1.
11. Доказать, что многочлен
f (х) — хп sin а — пплх sin па Ц- A," sin (п — 1) а
делится на х2 — 2Ах cos а -|- А2.
§1)
Комплексные числа И действия над ними
11
12. Вычислить:
а) (1±£рГ: б)(2 —2i)7;
B)(/3-3i)e;
13. Доказать, что
/1 -|-г tg а \ п 1 4- i tg па
\ 1 — i tg а / 1 — i tg па ‘
14. Доказать, что если
(cosа4- isina)"= 1, то (cosа — isina)” = I.
15. Пользуясь формулой Муавра, выразить через степени sin ср и cos ф следующие функции кратных углов:
а) 81пЗф; б) cos Зф; в) зш4ф;
г) cos 4ф; д) sin 5ф; е) cos 5ф.
Корень n-й степени из комплексного числа г имеет п различных значений, которые находятся по формуле
Пг,--; / ф4-2ЙЛ , . ф 4-2&л\
г = у г cos —---------41 sin ,
r 1 1 \ n n j’
где k = 0, 1, 2, n —1, <p=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 jA 1 — i- j
Решение. Приводим комплексное число 1 — i к тригонометрическому виду
, . -| /о Г / Л \ / Л \ "I
1 — i=y2 cos I—14-г sin I—\ .
Следовательно,
( —-^-4~2£л —-5-4-2йл\
j/1 — i = р^2 I cos-2---------F ' sln-7--/ •
Полагая k = 0, 1, 2, 3, найдем
(*=0) |Г=д=72 1 Л , , Я \ ^COST6—r sin Тб/’
(*=1) ( 7 , 7 \ COS .7; Я -\-t Sin 777 Я \ 16 16 j
(fe = 2) /ГД=У2 / 15 ... 15 \ COS 77; Я-Hi Sin 77JI \ 16 16 )
(k = 3) УГ=й = 8/2 / 23 23 \ cos я 4- i sin 77; л \ 16 16 /
12
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
В следующих задачах найти все значения корня:
16. а) У— 1; б) 'Ki; в) К1*; г) г-' —/•
17. а) /Г; б) j/-1 +Z; в) ^2-2^31.
18. j/'V2 (cos -j-/ sin .
Разные задачи
Решить уравнения:
19. z34-3z2 + 3z + 3 = 0.
20. z4 — 4г3-f-6z2 — 4z—15 = 0.
21. Найти комплексное число z, изображением которого является точка отрезка zxz2, отстоящая от z2 вдвое дальше, чем от zx.
22. В какой вектор перейдет вектор a-\-ib при зеркальном отображении его в биссектрисе первой четверти?
23. В какой вектор перейдет вектор —1^3 4-3/ после поворота на угол 90°? _
24. То же £амое для вектора — ]ЛЗ — i после поворота на угол 120°?
25. Найти угол, на который надо повернуть вектор 4 — 37, чтобы получить вектор — ~4-^1’-
26. То же самое для векторов 3 1^2/21^2 и—5-Н-
Решить уравнения:
27. (х-f- i)n ~ (х — i)n — 0 (х—действительное).
28. cosx4-isinx=sinx4-1 cosx.
29. Найти вектор, в который перейдет после поворота на 45° и удвоения вектор z = 34~4i.
30. Центр квадрата находится в точке z0=14~/, а одна из вершин —в точке Zj^—1 — i. В каких точках находятся остальные вершины квадрата?
31. Пусть z1( z2, ..., z„—корни уравнения z"—1=0 («> 1).
Доказать, что г1 + г2 + ... + г„ — 0.
Пример 10. Какое множество точек на плоскости комплексного переменного г определяется условием
Im г2 > 2?
§ 1]
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ
13
Решение. Пусть z = x + ii/. Тогда
z2 = (х + iy)2 = (х2 — у2) + i2xy.
Следовательно, Im z2 = 2х</.
По условию 2ху>2 или ху>1. Это неравенство определяет множество точек в первом и третьем квадрантах, соответственно над и под гиперболой ху=1.
Пример 11. Какое множество точек на комплексной пло-
скости определяется условием
— scarg(z--H—г)<у л?
Решение. Комплексное число ?+ 1 —1 = г — (—1 +0 изображается вектором, началом которого является точка —1 -f-г, а концом — точка z. Угол между этим вектором и осью ОХ есть arg (z +1 — i), и он ме-л 3 „
няется в пределах от —Д° ”^л. сле-довательно, данное неравенство определяет угол между прямыми, выходящими из точки — l-|-i и образующими с осью эт 3
ОХ углы в —g- и -j- л радианов (рис. 2).
Пример 12. Какая область опре-
деляется условием | z | 4- Re г < 1?
Решение. Пусть z = p (cos ф~Н sin <р). Тогда |г|=р, Re z = = pcos<p. По условию p + pcos<p<l, откуда
1
р < х—.--------.
Г 1 + COS ф
Этому условию удовлетворяют все точки, лежащие в области, ограниченной кривой
1
р= г;------
1 COS ф
(уравнение параболы в полярных координатах).
В следующих задачах найти множества точек на плоскости комплексного переменного z, которые определяются заданными условиями:
32. а) б) ]z*-l^a* (а>0);
в) OsglmzsSl.
33. a) l^|z + 2 + i|^2; б) | z - 11 < | z - i в) 1 < Re г <2.
14 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
34. |z — — az\ (а —действительное, \а\=£ 1).
35. а) | z\ >2 + Imz; б) |z| — Rez=cO.
36. Imz2< 1.
37. 4^|z- 1 | + |z + 1 |^8.
38. a) Im 6) 4- < Re (4-W Im b-1 'j <4-
’ \zj 2 ' 4 \ z j ' \z j 2
Пример 13. Какая кривая задается уравнением |г-|-с| + 4~|г —с| = 2а, где с и а —действительные положительные числа, причем а > с?
Решение. | ? + с I — расстояние между точками г и —с; | г — с |— расстояние между точками г и с. По условию сумма расстояний от точки z до двух данных точек гг — —с и г2 = с есть величина постоянная. Значит, точка г лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет вид
^ + ^ = 1, а2^Ь2
где &2 = а2 —с2.
Пример 14. Какая кривая определяется уравнением
Решение. Пусть z — x-[-iy. Имеем
Ш + 1 1+1
п'1\ \г J г z г г + z х
Ке 2 ~ 2 ~~2z2 х2 + у2 •
По условию
= 1 или х2 + у2 - 4х = 0.
Это окружность (х — 2)2-|-г/2 = 4.
Указать, какие линии определяются следующими уравнениями:
39. a) Imz2 = 2; б) Rez2 = 1; в) =
40. a) Re^-|-j=l; б) Im (z2 —2) = 2—Imz.
41. z2 + z2=l. 42. 2zz + (2 + t)z + (2-i)z = 2.
43. a) | z — i | + | z + i | = 4: 6) | z — i | — | z + i | — 2.
44. a) j z | — 3 Im z = 6; 6) 31 z | - Rez= 12.
45. a) j z — 2 |= | 1 — 2z |; 6) | z — zY | = | z — z21;
в) Re(z2 —z) = 0; r) Re (1 + г) = | z |.
Пример 15. Написать в комплексной форме уравнение прямой
Дх + Вг/+С = 0. (11)
3 1] КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ 15
2-4-2
Решение. Пусть z — x-\-iy, z = x — iy. Тогда х = —+—, у = _ i- Подставляя в уравнение (11) выражения для х и у, получим
Л (z + z) + Bi (?-г) + 2С = 0 или
(А + iB) г + (А - iB) г + 2С=0. (12)
Введем обозначение
A A~iB = a.
Тогда уравнение (12) примет вид
аг -|- az 2С = 0.
Пример 16. Написать в комплексной форме уравнение окружности
Х2 + у2 + 2х + 2г/ = 0. (13)
Решение. Имеем
х2 + у2 = | z |2 = zz, 2x = z-]-z, 2y=i(z — z). Подставляя в уравнение (13), получим гг + z -|- г + ( (г — г) = 0 или
г? + (1 — г) г + (1 +0 z =0.
Пример 17. Какая линия на плоскости XOY определяется уравнением
zz-^-l (г — z) — 2 = 0? (14)
Решение. Пусть z — x-\-iy.
Имеем z = x — iy, z2=x2 + y2.
Уравнение (14) примет вид
х2 + у2 — 2у— 2 = 0 или
х2 + (у—1)2 = 3.
Это —окружность радиуса = 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
х- — у2 — а2\
б) окружности
x? + y2 + 2x = 0.
I
16 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
§ 2. Функции комплексного переменного
Говорят, что в области D определена функция w = f (г), если каждой точке zPD поставлено в соответствие одно (однозначная функция) или несколько (многозначная функция) значений w. Пусть г = х + ф и w = u-\-iv. Тогда зависимость w = f(z) между комплексной функцией а) и комплексной переменной z может быть описана с помощью двух действительных функций «ио действительных переменных х и у:
и — и(х, у), о = о(х, у).
Пример 1. Пусть w = г3 — i 2.
Полагая z — x-\-iy, w = u-)-io, получим
u io = (х + iy)3 — i (x — iy) = (хз — 3xy3 —y) + i (3x2y — ys — x).
Следовательно, равенство w = zs— iz равносильно двум равенствам
J u = x3 — Зху2 — у, 1 o = 3x2y — x — у3.
Для следующих функций найти действительную и мнимые части:
48, a) w — Z — iz2-, .6) ® = z2 + i; в) w — i — z3;
г) ш=у; д) 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:
49. a) z0 = — i, w — z2", б) z0 — 1 — i, w = (z—i)2;
в) z0=l, ® = r) z0=2 + 3i, w = ~.
Пусть в плоскости z кривая задана уравнением F (х, у) = 0. Чтобы найти уравнение образа Ф (и, о) = 0 этой кривой в плоскости w при отображении с помощью функции w~f (z) = u-]-iv, нужно исключить х и у из уравнений
!и~а(х, у), о = о (х, у), F (х, р)=0.
Если кривая задана параметрическими уравнениями:
y^y (t) / или г = х (/)=х(/) + <у (О,
§ 2]
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
17
то параметрические уравнения ее образа при отображении W—f (г) = = u+iv будут
и = н|х(0> #(/)]= 17 (/), 1
У = и [х(/), y(t)] = V (f). J
Пример 2. В какую кривую отображается единичная окружность | г | = 1 с помощью функции w — г2?
Решение. Пусть z~x-[-iy и w = u~Riv. Тогда а=х2~у2, v—2xy. Исключая х и у из уравнений
« = х2 — у2,
• v = 2ху, х2-\-у2=1, получим
U2 +02= 1.
Итак, образом окружности | г | = 1 в плоскости г является окружность н3-)-о2=1 в плоскости w, проходимая дважды. Это следует из того, что поскольку w — г2, то Arg w = 2 Arg г 2/гл, так что когда точка г описывает полную окружность |z | = 1, то ее образ описывает окружность | w | — 1 дважды.
Пример 3. Найти образ окружности z — RcostR-iR sin/ (О sg / .<: 2л) при отображении w = ~.
Решение. Пусть z~x-\-iy. Данное, уравнение окружности можно записать в виде х — R cost, y = R‘'smt, rfle0sg/sg2n. Отделим действительную и мнимую части функции w = u-\-iv. Имеем
И-|-ТО =
Отсюда
г _г2 х2—у2 . 2ху
Z ~~ 2 Z~ X2 у2 "Г ! X2 + У2'
х2 — у2 и —__________
х2 + г/2’
V =
Чху х2 + у2‘
Подставляя x = R cos / и y = R sin / в и и v, получим параметрические уравнения образа окружности
cos2 / — sin2 / „,
u = —5Г7-;—r-т-. = c°s 2/, cos2 /+ sm2 /
2 cos t sin / cos2 / -f- sin2 /
(a)
— sin 2/,
иЛи «2-|-r>2 = 1.
Итак, образ есть единичная окружность, проходимая дважды, что следует из того, что 0 t sg 2л, и из формул (а).
18
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
50. Установить, на какие линии плоскости w отобра-, 1
жаются с помощью функции w = ~ следующие линии
Плоскости z: 1 3
a) |z| = -g; б) Re 2 = 0; в) arg 2=^ л;
г) arg22 = — — ; д) Re z = Im z; е) |z| = z.
51. Найти образы координатных осей ОХ и OY при следующих отображениях:
а) w = б) а' = 1+ у-
Основные элементарные функции комплексного переменного
1. Дробно-рациональная функция
__аогга 4~д1г” 1~Н„4~дп
b^ + b1Z^+... + bm’
в частности, рациональной функцией является многочлен
W = аогп + ajz”"1 -f-... -f- ап.
2. Показательная функция ег определяется как сумма абсолютно сходящегося во всей комплексной плоскости степенного ряда
>2 7
^=1+^+...+^+...
Показательная функция ez обладает следующими свойствами:
а) ег1 + га = ег1 -ez-, где 2Х и z2 —любые комплексные величины;
б) ег + 2/гго = ег (& = 0, ± 1, ±2,...), т. е. ег является периодической функцией с периодом 2nt.
3. Тригонометрические функции sin г и cos г определяются степенными рядами:
гз гзи+1
sinz=z-- + ... + (-ir^TIy1 + -.
z2 г4 г2П
cosz=l-- + ff-.. . + (-1Г—+ ...,
абсолютно сходящимися при любом комплексном значении г. Функции sin z и cos г периодические с действительным периодом 2л и
имеют только действительные нули г = кл и z=-^- + fen (k = 0,
+ 1, -+~ 2, соответственно.
S 2]
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
19
Для функций ег, sin г и cos г имеют место формулы Эйлера elz = cos г+i sin z, e~iz = cos z—I sin z,
откуда
elz—e~lz
COS Z ----L------- , sin 2 =----—---
2 ’ 2t
Функции tgz и ctgz определяются равенствами x sin z , cos z tgz=-------------------------, ctgz=--------.
cos z ’ sin z
(1)
(2)
(3)
Для тригонометрических функций остаются в силе все формулы тригонометрии.
4. Гиперболические функции shz, chz, th z, cthz определяются равенствами
, ez — e~z , ег + е-г ...
shz = —g-----, chz = —±—, (4)
,. sh z ,, ch z ...
th z = ~r-, cthz = —. (5)
ch z’ . sh z ' '
5. Логарифмическая функция Ln г, где z-^-O, определяется как функция, обратная показательной, причем
Ln г = 1п | z |4-( Arg г = In | г Ц-t argz4-2feru (6)
(/г = 0, ± 1, ±2, ...).
Эта функция является многозначной. Главным значением Lnz называется то значение, которое получается при k — О; оно обозначается
1пг = 1п |г | + г' аг8г-
Справедливы следующие соотношения:
Ln (ziza) = Ln zx4- Ln z2,
/г« \
Ln — = Ln zx — Ln zs,
\Z2 /
Ln zn = n Ln z4-2nki, где /г = 0, ± 1, ...
6. Обратные тригонометрические функции Arcsin z, Arccos z, Arctgz определяются как функции, обратные соответственно к sin z, cos г, tgz.
Например, если z = sin to, то w называется арксинусом числа г и обозначается w = Arcsin г.
Все эти функции являются многозначными и выражаются через логарифмические функции
Arcsin z=—i Ln (iz-j-jfl — z2), (7)
Arccos z = — i Ln (z 4- p z2— l), (8)
Arctg z = —Ln ii—. (9)
20 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ.I
7. Общая степенная функция w — za, где а = а + ф —любое комплексное число, определяется соотношением
zo=<?oLnir. (10)
Эта функция многозначная; ее главное значение равно
2°=еа1пг. (11)
8. Общая показательная функция w=az (д^О —любое комплексное число) определяется равенством
= (]2)
Главное значение этой функции
аг = ег,па. (13)
52. Выделить действительную и мнимую части у следующих функций:
a) w — e~z', б) w — e^-,
в) да = sin г; г) да = ch (г - i); '
д) да = 2г2; е) w — shz-,
ж) w = tgz.
Пример 4. Найти значение модуля функции w— sin г в точке
г = п-(-( 1п (2-(-]/5).
Решение. Пусть г = х-\-1у. Тогда
w= sin х ch p-J- i sh у cos х.
Модуль функции sin г равен
| sin г | = sin2* ch2#-J- sh2# cos2x=
= Уsin2x ch2# + sh2# • (1 — sin2x) = Уsin2* -|- sh2#.
Полагая г — л + « In (2 + 1^5), найдем
I sin [n + « In (2-|- K5)]| = sh [in (2-|- J^5)] —
ein(2+/5)_e-in(2+/5) 2 +
2 - 2 -2.
Этот пример показывает, что тригонометрическая функция sin г в комплексной области может принимать значения, по модулю большие единицы.
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 21
В следующих задачах найти значение модуля и главное значение аргумента данных функций в указанных точках:
53. w = cos z, a) Zj = ~ -ф i In 2; б) z2 = л -ф i In 2.
54. w — shz, z0 = 1 -\~.i g-.
55. w = zez, z0==nr.
56. к' = сЬаг, z0 = /ln3.
57. Найти логарифмы следующих чисел:
а) е; б) — i; в) i; г) — 1 —i; д) 3 —2i; е) i‘.
58. Найти:
1 " /1+Л2г
a) i'; б) 1‘; в) 1'; г) (—1/2; д) ’ е) (Кг+4)1+,; ж)(1-03-зг.
59. Найти модуль р и аргумент <р комплексных чисел: a) th яг; б) 10'; в) 32~‘.
Л
Пример 5. Записать в алгебраической форме Arcsin I.
О
Решение. Полагая в формуле (7) z = ~i, получим О
. л , ., / л т / < . л I
Arcsin у / = — I Ln I — -у ± I/ '+дН-
Отсюда
л • я . т Г !л 1 I I
Arcsin -д « = Ln — (у+I/ 1-F-gl =
= — i J In -J- 1 -J- -ф Л1 -p 2kni —
= (2fe + l)n-Ип^+'|/Г1+^ (Ь0,±1, ±2,...)
и
Arcsin — i = Ln (1/1 +^~=
о \ F У О /
= — i pn ^j/" 1 + -—+ =
= 2Ал-г1п (1/Л1(k = 0, +1, ±2, ...).
\ » ** *5 /
22 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ I
Пример 6. Записать в алгебраической форме Arctg(l-|-i)-Решение. Полагая в формуле (9) z = 1 -f-i, получим
Ar=te(l+i)—
---5-'"< S~5 О'
Далее
Ln ( i J =— In /5 + (2fe + 1) ni — i arctg 2. \ □ D /
Окончательно
Arctg (l+0=— у arctg2+(2A4-l)-^-Py In У 5
(k=0, ±1, ±2, ...).
60. Записать в алгебраической форме следующие комплексные числа:
a) sin ni; б) cos ni; в) tgyi;
г) ctgnZ; д) Arcsin i; e) Arctg y;
ж) Arccos г; з) г л i shy; и) th ni.
Пример 7. Решить уравнение sinz = 3.
Решение. Задача сводится к нахождению величины z = Arcsin 3.
Воспользуемся формулой (7):
Arcsin t = — i Ln (it -j- 1 — t2).
Будем иметь
z = Arcsin 3 = — (Ln (3i V— 8)
или, учитывая то, что
/^8 = ± /8 г, получим
z = — г [Ln (3 + /8)г],
г = — г [Ln (3-/8) г].
§ з]
УСЛОВИЯ КОШИ-РИМАНА
23
Так как
arg [(3 + К8) i] = arg [(3-/8 )*] = у,
|(3+/8)i|=3+/8, | (3-/8) i | = 3 — /8 , то
Ln [(3 ± /8) i] = In (3 + /8) + у i+2kni,
где k=0, ± 1, ±2, ... Следовательно,
z = y + 2to-iln(3±K8) (k = 0, + 1, + 2, ...).
Решить следующие уравнения:
61. ег-\-1 = 0.
62. 4 cos z 4-5 = 0.
63. sh iz —— i.
64. sinz=Jw.
65. eIA' = cosnx (x— действительное).
66. е2г + 2е?г —3 = 0.
67. ch z = i.
68. a) In (z+ 0 = 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 z+Az принадлежат области D. Обозначим
Дш = /(z + Дг) —/ (г), Дг = Дх + гДу.
Определение 1. Функция w=f(z) называется дифферента цируемой в точке z^D, если отношение имеет конечный предел при Дг, стремящемся к 0 произвольным образом. Этот предел называется производной функции f (z) и обозначается символом f (г) +ли dw\
w, или -&], так что по определению
, .... Дш ...
w'=f'(z')= hm —. (1)
Дг-*0
26 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Пользуясь условиями Коши —Римана, аналитическую функцию f(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 /•(г) можно восстановить по одной из следующих формул:
/(2) = 2ш(г-±1\
2 го\ р
°’
~2Г +С°’
(5)
(6)
где Со —сопряженное число для С0=/(г0), а г0 —сопряженное число
ДЛЯ Zo.
Пример 4. Найти аналитическую функцию w=f (г) по известной ее действительной части и (х, у) = 2еА'cos у и дополнительном условии /(0) = 2.
Решение. Первый способ. Имеем -г- = 2ех cos у. По г дх
г, - ди dv
первому из условии Коши —Римана должно быть— = — , так
х- = 2ех cos у. Отсюда v (х, у)—\ 2ех cos у dy~2ex sin у-|-<р (х), оу J
функция <р (х) пока неизвестна. Дифференцируя v (х, у) по х и пользуя второе из условий Коши — Римана, получим
что
где ис-
2ех sin у + ф' (х) = — = 2ех sin у,
откуда ф' (х) = 0, а значит ф(х) = С, где С = const. Итак, v (х, у) = 2ex-sin у-^-С, и, следовательно,
f (z) = 2ех cos у+i (2ех sin у С) = 2ег -f- iC.
Постоянную С найдем из условия / (0) = 2, т. е. 2e°-j-iC = 2; отсюда С = 0. Ответ: /(г)=2ег.
Второй способ. Воспользуемся формулой (5). В нашем примере и (х, у) = 2ех cos у, г0 = О, С0 = 2. Значит, по формуле (5) г
будем иметь f (г) = 2 • 2е2 cos —2. Пользуясь тем, что cos =
(iz\ z
— -g-1 = ch -g-, получим окончательно f (z) = 2ez.
Пример 5. Найти аналитическую функцию w = f(z) по известной ее мнимой части v (х, у) = Зх-\-2ху при условии, что /(—t) = 2.
Решение. Воспользуемся формулой (6). В нашем примере о (х, у) = Зх-]-2ху, г0 =—г, С0 = 2, так что
/ (г) = 2i [з + 2 Z-±L • + 2 = 3iz+z*.
§ 3]
УСЛОВИЯ КОШИ —РИМАНА
27
Восстановить аналитическую в окрестности точки z0 функцию f (г) по известной действительной части и(х, у) или мнимой v (х, у) и значению f (z0):
75. а) f(n) = —;
6)u=arctg^- (х>0), f(l) = 0;
в) и=х2—у2-\-2х, f(i)~2i — l.
76. a) v=2 (ch х sin у—ху), /(0) = 0;
б) и —2 sinx ch у—х,
в) и = 2 (2sh х sin y-\-xy), f(0) = 3.
77. a) v —— 2 sin 2x sh 2y-\-y, f(0)~2;
б) ц = 2 cos x ch у — x2 + y2, /(0) = 2.
.Определение 3. Функция <p (x, 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
дх2 ду2
Если функция f (z) = u-\-iv аналитична в некоторой области D, то ее действительная часть и(х, у) и мнимая часть v (х, у) являются гармоническими в этой области функциями.
Однако если us (х, у) и vt (х, у) — любые две гармонические функции, то функция /х (z) = ux (х, y) + wi (х, у) вовсе не обязана быть аналитической функцией: для аналитичности /х (г) нужно, чтобы функции ггх и v-1 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=х24-2х —у2; б) и = 2ех cosy,
\ X . у
в) —5; г) Ц =-----гт—?;
х2 + у2 ’ ’ х2 -J- у2 ’
д) M = arctg-^-; е) ц = 1п (х2-фг/2).
79. При каких условиях трехчлен и = ах2-\-2bxy + су2 является гармонической функцией?
В следующих примерах даны пары и (х, у), v (х, у) гармонических функций. Найти среди них сопряженные пары гармонических функций.
28
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
80. а) ц = 3(42 — г/2), б)
' х2--у2
в) и = х,
г) и—6х COS у 4- 1,
v = Зх2у — у3;
и — — -—-— •
ц = —у;
и — 1 +ev sin у.
Геометрический смысл модуля и аргумента производной
Пусть функция /(?) аналитическая в точке z0 и f (го'1фО. Тогда | f (z0) | равен коэффициенту растяжения в точке г0 при отображении w^=j(2) плоскости г на плоскость ш; точнее: при J/'(zo)l> > 1 имеет место растяжение, а при j /' (z0) j < 1 — сжатие.
Аргумент производной f (z0) геометрически равен углу, на который нужно повернуть касательную в точке z0 к любой гладкой кривой иа плоскости z, проходящей через точку z0, чтобы получить направление касательной в точке to0=/(z0) к образу этой кривой иа плоскости w при отображении w=f(z). Заметим, что если ф = = arg /' (2) >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 г0 =/2 -J-г/2. _
Решение. Имеем w’ (г) = 2г, так что w' I = 21/2 4-
1г = Г2 + 1У2
+ i2f2.
Перейдя от алгебраической формы записи комплексного числа 2/2-j-i2j/2 к тригонометрической, получим
2/2+;2/2 =4^— + i = 4 fcos/ + i sin ~j .
Значит,
!г = /2 + г/2 =4’
т. e. коэффициент растяжения г = 4, а угол поворота <р = ——.
Найти коэффициент растяжения г и угол поворота ср при заданных отображениях u> = f(z) в заданных точках:
81. a) w — e? в точках z1 = ln24~i/ и z2 ——1—i~;
б) w — sin z в точках z1 = 0 и г2 = 1+г,
в) w = z3 в точках z1 = 2 — i и z2 = l +1 у.
УСЛОВИЯ КОШИ —РИМАНА
29
§ 3]
82. Выяснить, какая часть комплексной плоскости растягивается, а какая сжимается при следующих отображениях:
а) © = ег; б) w — In z; в) w = ~-, г) w — z3.
Если функция ш = )(г), аналитическая в некоторой области D, взаимно однозначно отображает эту область на область D, то кривая L, лежащая в области D, отобразится в некоторую кривую L в плоскости W, длина которой равна
= (7)
L
Аналогично, область D в плоскости z переходит в область Ь в
плоскости w, причем площадь области D выражается формулой
= Wfdxdy. (8)
Таким образом, | f (г) ;2 равен коэффициенту искажения площади при отображении w — f (г).
Пример 7. Точка z = x-\-iy описывает отрезок
х = 1, — 1 «г у С 1 • (9)
Чему равна длина линии, получающейся при отображении этого отрезка с помощью функции ш = з2?
Решение. Первый способ.
Имеем ®==г-’ или
и 4- iv = х2 — у2 + i2xy,
г и = х2 — у2, , v = 2xy.
Очевидно, на линии (9) будем иметь
и = 1 — у2, v = 2y,
причем при изменении у от — 1 до 1 v будет меняться от — 2 до + 2. Из (10) получаем уравнение параболы
у2
и = 1— — (рис. 3).
(Н)
30 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Длина дуги А'В'С параболы (11)
2 ____ 2
lw = 2 1 +^dv= J /4+7®Л = 2/^+1п (3+2/2).
о 6
Второй способ. Пользуясь формулой (7), будем иметь
1
lw = \ I Г (z) I I dz | = { | 2z | | dz | = 2 j V\+y2dy =
L L -1
1
= 4f/1+//2 d(/ = 2/2 +ln(3+2/2).
Пример 8. Вычислить площадь области, в которую преобразуется при отображении w = ez квадрат
a — esgxsga+e, — esgysge (рис. 4).
(а—действительное, 0 <'е < л, z=% + t!/).
Вычислить предел отношения площадей этих областей, когда е —* 0. .
Решение. Первый способ. Имеем w = ег=ех+,У — exeiv или о) = рег?, где р = е*, ф = у. Таким образом, при отображении
w—ez в плоскости w получим область, ограниченную двумя лучами arg® = —е и argw = g и дугами двух окружностей р = е®~е и р = е®+е (рис. 5). Площадь отображенной области будет равна
в ео+г
Sw= j dtp j p dp — ee2" 2e (e4e— 1).
-e
§3]
УСЛОВИЯ КОШИ —РИМАН4
31
Второй способ. Применяя формулу (8), имеем
S = ff | f (г) |2 dx dy — ff e2Xdx dy = ( eiXdx f dy = ее2®'2® (e4®—1). t) b a — e —e
Очевидно, что площадь области D 5г = 4е2, поэтому
lira Sw = hm г — о e-» o 4e2
83. Найти площадь образа квадрата DjOsgxsSl, 1} при отображении w = z2 и длину его границы.
84. Найти площадь образа прямоугольника
Р <у,
при отображении ® = cosz.
85. Пусть z описывает область, определяемую условиями
l^|z|<2,
_ л argz=C-4-.
Найти площадь области, полученной при отображении да=г2
86. Найти длину L спирали, на которую с помощью функции w — ez отображается отрезок у — х,
87. Найти область Pw, на которую функция © = ег отображает прямоугольник Р’1 х =с 2, OsgysgS}. Вычислить площадь области Pw с помощью формулы (8) и
32 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
объяснить, почему эта формула дает неправильный результат.
88. Найти площадь фигуры, получающейся при отображении треугольника, ограниченного линиями х = 0, у = 0, x-f-z/=l, с помощью функции w=l-j-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, f (z) = u + «, где и = и (х, у), v — v(x, ^—действительные функции переменных х и у.
Вычисление интеграла от функции f (z) комплексного переменного z сводится к вычислению обычных криволинейных интегралов, а именно,
\ f (z) dz — \ и dx — v dy-\-i f v dx-\-u dy. (1)
c c c
Интеграл j f (z) dz, вообще говоря, зависит от пути интегрирования С.
Если f (z) — аналитическая функция в односвязной области D, то интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае
\f(z)dz = O, L
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 t — t0, t-h, то
\f(z)dz=\f[z(t)]z'(t)dtt (2)
С to
где z (/) = х(/) + iy (/).
Если функция f (z) аналитична в односвязной области D, содержащей точки z0 и zx, то имеет место формула Ньютона—Лейбница
f (z) dz = Ф (zx) - Ф (z0) = Ф (z) И, (3)
г» ' °
где Ф (г) —какая-либо первообразная для функции /(г), т. е. Ф’ (г)— — f (г) в области D.
$ 41 ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ 33
Если функции f (г) и <р (г) аналитические в односвязной области D, а г0 и гх — произвольные точки этой области, то имеет место формула интегрирования по частям:
21 । 21
j f (г) <р'(г) dz = [f (г) <р (г)] | —j q (г) f (г) dz. (4)
Zq Zq
Замена переменных в интегралах от функций комплексного переменного производится аналогично случаю функции действительного переменного. Пусть аналитическая функция z = <p(w) отображает взаимно однозначно контур С в z-плоскости на контур Сх в ш-пло-скости. Тогда
{ f (z) dz = f f [<p (o>)] <p' (и>) dw. (5)
C Ct
Если путь интегрирования является полупрямой, выходящей из точки z0, или окружностью с центром в точке z0, то полезно делать замену переменной вида
г—z0 = pe'f. (6)
В первом случае <p = const, а р —действительная переменная интегрирования, во втором случае p = const, а ср—действительная переменная интегрирования.
Пример 1. Вычислить интеграл
(1 4-i —2z) dz с
по линиям, соединяющим точки zx = 0 и z2 = l-J-i,
1) по прямой;
2) по параболе у — х1 2;'
3) по ломаной zxz3z2, где г3=1.
Решение. Перепишем подынтегральную функцию в виде
14~i —2z = (l—2x)-[-i (1 -[-2г/).
Здесь и = 1 — 2х, v = 1 -|- 2у.
Применяя формулу (1), получим
( (1 + i — 2z) dz = (1 — 2x) dx — (1 4- 2y) dy-\-C C
+ * (1 +2y) dx -1- (1 —2x) dy.
1) Уравнение прямой, проходящей через точки гх = 0 и z2 = l-)-i, будет у = х, Oacxcl, а значит dy = dx. Поэтому
1
(14-1 — 2z) dz=\[(1 — 2х) — (1 4-2х)] dx-\-
& о
1
4- г j [(1 4- 2х) 4- (1 - 2х)] dx = 2 (i —1).
о
2 М. Л. Краснов и др.
34
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. 1
2) Для параболы у = х'2 имеем dy = 2xdx (OsSxsil). Следовательно,
1
(1 4-1 —2z)dz=j [1 — 2х —(1 4- 2л:2) 2х] dx-j-
1
4-i С [1-|-2х24-(1 — 2х) 2х) dx = — 24-4-1.
3) На отрезке ztz3: j/ = 0, dj/ = O, Osgxsgl. На отрезке zsz2: х=1, dx — 0, Используя свойство линейности криволи-
нейных интегралов, получим
U14-i-2z)dz= j (1-|-,-22)*4- j (l-f-i —2z)dz =
С £,£) г3г,
1 11 I
= $ (1 — 2х) dx + i ( dx — f (1 4-2i/) dy-\-i j (1 — 2 - l)dp=— 2. о Об о
Этот пример показывает, что интеграл от непрерывной, но не аналитической функции зависит, вообще говоря, от формы пути интегрирования.
Пример 2. Вычислить интеграл
(za4-z2) dz,
где С —дуга окружности |z| = l (0s£argZsg л).
Решение. Положим z = e‘f, тогда d2 = ie,<f'dqp и л
(za 4-2*) dzie“P (ег2? 4- 1) dtp =
Л
= 1 \ (е'з?4-ег<Р) d<p = (4-e‘8'*’4-ez<f'4,' = —4-V \ /10 v
Пример 3. Вычислить интеграл e*dz, где С — отрезок прямой у = —х, соединяющей точки zx = 0 и z,, = .t-i.t.
Решение. Параметрические уравнения линии С есть
х = /, y = ~t
или в комплексной форме
z=t — it,
где действительное переменное I изменяется от 0 до л.
5 41
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИИ
35
Применяя формулу (2), получим
Пример 4. Вычислить интеграл
2+4
(3x22z) dz.
1 — i
Решение. Так как подынтегральная функция' f (г) = Зг2 -f- 2г аналитична всюду, то, применяя формулу Ньютона—Лейбница, найдем 2+г l2+i
j (3z24-2z)dz = (z3 4-z2)| .=
1-‘ =(24-i)’ + (2 + i)2-(l-i)8-(l-i)2=74-19j.
Пример 5. Вычислить интеграл
I j г cos г dz.
Решение. Функции ((г)=г и <p(z)=cosz являются аналитическими всюду. Применяя формулу интегрирования по частям, получим
‘ г Н г
\ z cos z dz = \ z (sin z)’ dz — (z sin г) — \ sin г dz =
о о I о о
ti 1 _e
= i sin i 4- cos z — — sh 1 4- ch 1 — 1 =-.
|o e
Однозначные ветви многозначной функции.
Точки разветвления.
Пусть функция w = f(z), аналитическая в области D, отображает D на область G, и такова, что обратная функция г = ф(ш) многозначна в области G. Если существуют однозначные, аналитические в области G функции г = <р1(ш), г = <р2(ш), ... , для которых данная функция w = f(z) является обратной, то функции <pt (ш), <р2 (ш), ... называются однозначными ветвями функции <р (ш), определенными в области G.
Например, функция w — zn каждой точке гй ставит в соответствие единственную точку ш0, но одной и той же точке шо(ш=/=О, шу=со!) функция z=-j/aF ставит в соответствие п различных точек плоскости z; при этом если ш = рег9, то эти п значений г находятся по формулам zk = re *, где
r=Vrp, = ~ + ~ (— л<вг=л, й = 0, 1, 2............п-1). (7)
2*
36
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
Пусть односвязная область G содержит точку ш0, но не содержит точек !и = 0 и ш = со. Тогда различным фиксированным значениям k (k = 0, 1, 2, ... , п—1) при одном и том же выборе числа 0о (напри-мер, So — arg ccj0) соответствуют различные ветви функции z = у w.
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 функ-
ции у w являют^ точки ш = 0 и w=oo.
После /г-кратного обхода вокруг точки ш = 0 мы вернемся к первоначальной ветви функции ; точки разветвления, обладающие таким свойством, называются алгебраическими точками разветвления порядка п — 1. В каждой из этих точек функция имеет только одно значение: у 0 =0, у со —со, т. е. различные ветви функции в этих точках совпадают.
Для логарифмической функции w = Lnz 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 ч С dz
где С —верхняя дуга окружности |z| = l. Для Yz берется та ветвь, для которой Y1 =— 1-
Решение. Первый способ. Функция У г имеет два значения:
/z =| z | fcos 5--Н sin -|-
где <р = arg z.
Так как значения г берутся на единичной окружности, то | г| = 1, и, следовательно,
Ф , • ф
V г = cos y + t sin
ф . . ф
У Z = — COS ~ — I Sill .
§ 41
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ
37
Условию уТ = — 1 удовлетворяет второе значение
Ф • Ф
У z = — cos ~— i sin .
(8)
В самом деле, пусть г=1, тогда argz = 0 и
У1 = — cos 0 — i sin 0 = — 1.
Применяя формулу Ньютона-—Лейбница, получим
_1 = 2(Г^Т-/1).
Полагая в формуле (8) z =—1, найдем
—г Г arg(— 1) . . arg( —1)~| / л . л\
У — 1 = — cos------------Н sin--—- = — (cos у 4-i sin
Согласно выбору ветви имеем У1 = — 1 и окончательно получим
J V г С
Второй способ. Полагаем г=ре,<р, где р = 1, а ф меняется
— i/~~ +я)
от 0 до л. Из условия У1 = — 1 следует, что У е1Ч> =е '2
В самом деле, при ф = 0 получим e‘’i=e,)=l и . / <р , > I
е \2 / |(р=0 — е = cos л 4-i sin л = —1.
Теперь
Пример 7. Вычислить интеграл / = у —-—dz по дуге окруж-1
ности | г 1 = 1 (In г — главное значение логарифма, In 1=0).
Решение. Первый способ. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получим i i
, (’ In3 z , С , , , . In4 г 11
\ — d.z=-\ In3 zd (In г) = —-j— =
J z J 4 11
1 1
In4 i — In4 1 In4/ 1 /га'\4 л4
/ “ 4 —64'
38
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
ГГЛ. I
Второй способ. Делаем замену переменной
1пг = ш, dw~—. г
Дуга окружности | г | = 1 переходит в отрезок мнимой оси, заключенной между точками (0, 0) и ^0, .
Интеграл примет вид
я .
— I
2
(* Ш4
/ = \ w3dw = -r-
4
л .
| 2 _ 1 Л4!4 Л4 |0 “Т'2Г=64‘
Третий способ. Положим г = е1ф (здесь р = | г | = 1). Тогда
In z = i<p, dz = ie‘4> dtp.
Л
Действительная переменная ф изменяется в пределах
В этом случае получаем
JT от
2 . 2 Д
(• i3<p3e фг dtp (* _ . ф412 л4
ф=мо=<й-
о «
Вычислить следующие интегралы:
89. $zlmz2dz, С: |z| = l ( —n^argz^O). с
90. е1'г'2 Re z dz, С —прямая, соединяющая точки с
zx = 0, z2 = l + i.
91. Jlnzdz (Inz—главное значение логарифма), с
С: |z| = 1, а) начальная точка пути интегрирования г0=1;
б) z0 = — 1. Обход против часовой стрелки.
92. ^zRezdz, С: |z|=l. Обход против часовой с стрелки.
93. \zzdz, С: Jz| = 1. Обход против часовой стрелки, с
"§ 4]
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЯ
39
I
94. \ze*dz. 95. $ Rezdz, С: a) z = (2-Ri)t । с
б) ломаная, состоящая из отрезка [0, 2] действительной оси и отрезка, соединяющего точки zx=2 и z2 = 2 + z.
— 1 — i t'4-1 i
96. J (2z+l)dz. 97. z3dz. 98. j (3z4 - 2z3) dz. l+‘ 0 1
99. ^dz, С: а) дуга параболы y — x2, соединяющая с
точки, zx = 0 и z2=l +i; б) отрезок прямой, соединяющий эти же точки.
100 jcoszdz, С: отрезок прямой, соединяющий точки
Zx = y и Z2 = n + t.
101.
, С: а) верхняя половина окружности (z| = 1;
выбирается та ветвь функции Vz, для которой КГ= 1; б) |z| = l, RezS^O; (1 _ j).
102. веРхняя половина окружности |z| = l;
c v _
берется та ветвь функции w — г3, для которой ]Л1 = 1. 2< z2 i
103. (z3 — z)e^dz. 104. z cos z dz.
1 + » о
i i
105. J z sin zdz. 106. (z — i)e~*dz. i о
i
107. J —dz по дуге окружности |z| — 1, Imz^O, v 2 -j-1
Re z 5=0?
i
108. -dz по отрезку прямой, соединяющей точки
?1 = 1 и Z2 = Z.
l + z
109. $ sin 2 cos z dz.
о \
40
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. t
« « л С 1 "4“ tg Z 1 о и «
110. \ cjs2y-dz по прямой, соединяющей точки z^l 1
и г2 = ь
i
111. ? cos 2 rfz по прямой, соединяющей точки z1 = — 1 у sin 2
— 1 ____________________________
и г2 = г; выбираем ту ветвь функции j/sinz, для которой
Ysin (— 1) —{ Ysin I.
112. Re (sin z) cos z dz, C; |Imz|sCl, Rez = ^. c
113. ^zlm(z3) dz, C: |Imz|sg:l, Rez = l. c
114. J ze*2 dz. — i
115. Jtgzdz, С: дуга параболы y=x2, соединяющая с
ТОЧКИ Z = 0, Z— 1 + i.
§ 5. Интегральная формула Коши
Если функция f (г) является аналитической в области D, ограниченной кусочно-гладким замкнутым контуром С, и на самом контуре, то справедлива интегральная формула Коши
= (г0еО),
' 2л1 Л г —г0 и
(1)
где контур С обходится так, что область D остается все время слева.
Интегральная формула Коши позволяет вычислять некоторые интегралы.
Пример 1. Вычислить интеграл
f ch iz
J z2 + 4z + 3
г I = 2
Решение. Внутри окружности |г| = 2 знаменатель дроби обращается в нуль в точке z0 =—1. Для применения формулы (1) перепишем интеграл в следующем виде:
ch tz
ch iz ch iz £ z + 3 л
12 + 4z + 3az- } (2 + l)(z + 3)dZ~ J 2-(-l)d2'
1^1 = 2 |г| = з
§ 51
ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ
414
, л. г, \ ch iz
Здесь г0 = — 1 и функция f(z) = —— является аналитической в круге Z -f- о
| г | 2. Поэтому
С ch iz , „ .. . ,. „ . ch (— i) ... . ,
\ -ТГ-Г-;—Гт? dz=2nif (— l) = 2ni ——- = ш ch i = ni cos 1. ) 22 + 4z4-3 ' 2
Пример 2. Пользуясь интегральной формулой Коши, вычислить интеграл
1 е ,
г2 — 6z ’ с
если:
1) С: (2-2 | = 1;
2) С: J z—2 | = 3;
3) С: |z —2|=5.
Решение. 1) В замкнутой области, ограниченной окружностью |г — 2 | = 1, подынтегральная функция аналитическая, поэтому, в силу теоремы Коши
J 22—62
I г —2 | = 1
2) Внутри области, ограниченной окружностью |г — 2 | = 3, находится одна точка г = 0, в которой знаменатель обращается в нуль. Перепишем интеграл в виде
е‘
\ —7т- dz = \ ------dz.
J г2 — 6z о г
С |г — 2| = 3
Функция /(г) = ——g является аналитической Применяя интегральную формулу Коши (го = О), С ег2 ег‘
J г2 —6г г — 6 г = о
|г —2|=з
в данной области, получим
1 \ ni
' б'; = _'з •
= 2л1
3) В области, ограниченной окружностью |2—2|=5, имеем две точки 2 = 0, 2 = 6, в которых знаменатель подынтегральной функции обращается в нуль. Непосредственно формулу (1) применять нельзя. В этом случае для вычисления интеграла можно поступать так. Первый способ. Разложим дробь на простейшие. Имеем.
1 _ 1 1£ £ г2 — 6z 6 2 — 6 6 2 "
42
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
Подставляя в интеграл, получим
С ег2 1 С ег’ dz 1 С ег‘ dz
J Z2-62dZ~ 6 J 2-6 "6 J ~~Z
I*—S|—В |z — 2 =в |г —s|=B
1 1 e3’ — 1
= -g- 2 л ie36 —x- 2лг = —-— ni.
0 0 3
Второй способ. Построим окружности Yi и у2 с центрами в точках 2 = 0 и 2=6 достаточно малых радиусов таких, чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге \ z — 2|^5 (рис. 6).
В трехсвязной области, ограниченной окружностями [г — 2|=5, ft и Ya, подынтегральная функция всюду аналитична. По теореме Коши для многосвязной области
С ег‘ dz _ Г ег‘ dz
J г3 — 6г — 'г3 — 6z
I г-2 |=5 у,
е*2 dz
z2 — 6z *
Vj
К каждому интегралу в правой части можно применить интегральную формулу Коши (1). В результате получим
f ег2 dz ег*
|г-2|=5
ег’ + 2лг^
Z =6
е3«—1 .
-Г"ш'
§ 5]
ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ
43
С помощью интегральной формулы Коши вычислить следующие интегралы:
1
116. С е2 . .. ~ С ег cos «г , \ -z-r-dz. 117. \ dz. \ г2-|-г J г2-|-2г I 1*1=1 1*-Ц= 2
118. С сИг Д, 119 ( sin л (г-1) , 3 z^-]aZ' 119, 3 2а—2г4-2 аг' |г — 2| —2 |z — 1 — <] = 1
120. С 121. ? ^££dz. ) 1 3 г (ег 2) ]г|-1 гег+2 И = 3
122. f dz С dz 3 z2+16‘ 3 (z2 + 9)(z+9)’ |г|=5 |z|=4
124. Cjhjy-n С:х2/з + у^ = 32/». J za + 1 c
125. C sin z sin (z— 1) . 3 z2 — z |z|=2
Если функция f (г) аналитична в области D и на ее границе С, то для любого натурального п имеет место формула
С f (?) *
3 (Z-Z0)ra+’’
С
(2)
где z0 е D, z еС Формулой (2) можно пользоваться для вычисления некоторых интегралов.
Пример 3. Вычислить интеграл
!*-'l| = l
sin лг
(Z2-l)2 aZ-
ГЛ ГТ . Sin JTZ
Решение. Подынтегральная функция ——ф- является ана-литической в области |z—1 | 1 всюду, кроме точки z0=l. Выде-
лим под знаком интеграла функцию f (г), являющуюся аналитической в круге | г— 1 | 1. Для этого перепишем подынтегральную функцию
в виде
sin лг
sin лг (z+l)a
(z- ip’
44
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
, , V ОШ JL4
и в качестве / (z) возьмем .
(z 4-1)2
лучим
sin Л2
С Ж8
(Z-1)3
|z- 11 = 1
Полагая в формуле (2) л=1, по-
dz = 2ni/'(l).
Находим производную
,, _/ sin яг V__ я cos яг • (г-|-1) — 2 sin яг
' (г) -\(?+ТГ2/ (Ж?
Отсюда , .. 2л cos л л
I 2з =—Т’
Следовательно,
J (га-!)2" 2
|г —1| = 1
Пример 4. Вычислить интеграл f ch г dz 3 ‘ (г4-1)з(г-1) • |г| = 2
Решение. Первый способ. Знаменатель (z-|-l)3(z—1) подынтегральной функции обращается в нуль в двух точках zt= —1, z2 = l, лежащих внутри круга | г | 2. Разложим на простейшие
дроби функцию
1 111111 11
(г4-1)3 (z— 1) — 8 ’г — 1 8 ’г4-1 4 (г4-1)2 2 (г4-1)з-
Используя линейность интеграла, получим
С ch z 1 С ch z dz 1 С ch г
3 (z-|-l)3(z-l) ~8 J ТС1 "8 J 2+Т“г~
1^1=2 1^1=2 1^1 — 2
1 С chz, If ch z , J (2 4-l)2d2-T J (Ж)5*’
|г| = 2 |г| = 2
К первым двум интегралам применяем интегральную формулу Коши (1):
1* ch z , . . , ,
I -—j- dz = 2яг ch 1,
|z|=2
C ch z
\ ——г dz = 2лг ch 1.
J /+ 1
§ 51
Интегральная формула коши
45
Третий и четвертый интегралы вычисляем с помощью формулы (2).
7—p-Tv; dz = 2ш (ch z)' I = — 2л1 sh 1,
J (г+1)2 |г = -1
|г|=2
С ch г 2ni r - , f. I . ,
J (r+ipd2==^r(cM L=_i=mchL
|z| = 2
Окончательно получим
C dz 2лг ch 1 2лг ch 1 , 1 „ . , ,
J (T-|-T)3(~z—T) = ~8-----------—+ T.2„/Shl-
|г| = 2
1 ... sh 1 — ch 1 . m
---п Л( Ch 1 ==----;;----Л1 = — 75-.
2 2 2e
Второй способ. Построим окружности Ti и fj с центрами в точках Zj= — 1 и г2=1 достаточно малых радиусов таких, чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге | z ] s'. 2. В трехсвязной области, ограниченной окружностями | г | = 2, ух и у2, подынтегральная функция всюду аналитична. По теореме Коши для многосвязной области имеем
Sell z dz f ch z dz , [ ch г dz /0 ^+1)3(2_1)-} (г+1)з (z-l) + (z + l)3 (z- I)’ ( }
| г | = 2 У! уг
К первому интегралу правой части (3) применим формулу (2), предварительно представив подынтегральную функцию в виде
ch z
ch z z-1
(z+ 1)з (z- 1)~ (z+l)3-
, ch z
Функция ----
формулы (2)
является аналитической внутри у1( ch z
С ch z dz _ C z— 1 _ 2лг ! ch z \" I
j ” J FTH3 dz - “2Г / |z=_ 1
Vi Vi
поэтому в силу
2e 1 -|- ch 1 .
4 ni.
Ко второму интегралу в правой части (3) применяем интегральную формулу Коши (1)
ch z
(* ch zdz С (z+l)3 , „ chz I .chi
J (z4-1)3 (г — 1) J z—1 (z+l)3|z = i 4
V> V2
46
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
(ГЛ. I
Окончательно получаем
С ch z dz _ . Зе"1 -j- ch 1
J (z+1)3(2-[j m 4
|г|.= 2
. ch 1 ni — =~2F-
Вычислить следующие интегралы:
126. ( ^dz.
J 2s
И «I . л Sin -r 2 -------------------dz (2-1)2 (2-3) aZ-
|г-1| = 1
130 f 2
J (2-2)3 (z + 4)-|г —3|=6
132. ( 4 cos-~dz.
J Z3 2 + 1
kl = l/2
134. J ~^dz.
I*1 = 1/2 (* piz
135, J (z2-1)2^2'
127. f ~dz.
J z3 l»| = l
129 C zshz d?
2У‘ J (z2-l)2dZ’
|г| = 2
(• ch
131. \ 4"--. , dz.
J z3 — 4г2
|г-2|~3
1 (*
133, \ (Z2-|-4)2 dz-
|г-2, = 1
§ 6. Ряды в комплексной области
Пусть имеем ряд с комплексными членами
г1 + г2 + --' + гл + ---= У гл» (1)
п= 1
где гп — хп + tyn.
Ряд (1) сходится тогда и только тогда, когда сходится как ряд
Х1 + х2 + • • • + хп + • • • — У, хп- (2)
п ~ I так и ряд
У\ + #2 + ••+у л + ...= 2*/п- (3)
п=1
Ряд (1) называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд
I г1 I + I г2 I + ’ • • + I Zfl I + • • • = 2 । Zn I* W
П ® 1
4 61
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
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
п= 1
Решение. Имеем eln = cos n-|- i sin п. Таким образом, вопрос о сходимости данного ряда сводится к вопросу о сходимости рядов с действительными членами:
2 cos п VI sin п п2 ” 2 п2 п = 1 п = 1
Каждый из этих рядов сходится абсолютно. Следовательно, данный ряд сходится абсолютно.
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд
. л
1’4
п«= I
Решение. Имеем
. ®
<— Л ... Л е п = cos —Н sin —. п п
т л „ . л
л cos — “sin —
Ряд 2 —расходится, а ряд ~ сходится. Следователь-
л=1
но, данный ряд расходится.
Исследовать на сходимость ряды:
( Vi cos in
136- 2 п = 1
138. J
п«= 1
cos in2 5п2
1Q7 V п sin tn 137‘ 3" •
n = l
139.
п]^п
n = 1
Ml.
n 1 22 cos tn
48
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
СО
142. 2 sh iVn sin in 143. In n sh in ‘
n == 1 n = 1
co , . л ch t — CO
144. V n 145. 2 n= 1 n
n — 1 n'nn ’ tg inn’
Степенной ряд. Ряд вида
со + с1г + с2г2 + • • •4*спгп 4~ • • — У cnzn, (5)
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 некотором значении z = z0, то он сходится и притом абсолютно при всех зна&ниях z, для которых |г|<|г0|. Если ряд (5) расходится при z — z1, то он расходится и при любом значении г, для которого (z|>|zi|-
Область сходимости ряда (5) есть круг с центром в начале координат.
Радиус сходимости степенного ряда определяется по формулам
/?= lira (W0) (6)
П~» со I сп+1 I
ИЛИ
71-» СО
если соответствующие пределы существуют.
Пример 3. Определить радиус сходимости степенного ряда
со
2 COS in zn. п=0
Решение. Имеем
е-П + еп u сп = cos in = —-л— = ch п.
Для нахождения радиуса сходимости R применяем формулу (6):
nt- I ch п | ch п
/? = Inn , , .—, ' . = Inn -г-—=
I ch (л 1) | n ch (n -4 1)
ch n
— hm —г-----r—j—:—г---гт-=
я_,оэ ch n • ch 1 +sh n • sh 1
ch 1 + th n • sh 1 ch 1 -J- sh 1
§ 6] РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ ' 49
так как
г >• еп + е~п 1+е-2п ,
hm th п — lim п_ п = lim —=1.
n->co n~>03 e e n->oo 1 c
Итак радиус сходимости данного степенного ряда R = e1.
Пример 4. Найти радиус сходимости степенного ряда
2 (1+9я*я.
п = 0
Решение. Находим модуль коэффициента сл = (1 + 0”:
п
КМ(1+0я1 = !1 + *Т=(/2)я=2у.
Применяя формулу (7), найдем радиус сходимости данного ряда
lim V2я/2
Найти радиусы сходимости следующих степенных
рядов: 146. 2 einzn. 147. п = 0 со . тс Л = 1
148. Ж”- >«• п — 0 8 с n | е 8^^ 8
150. У ch--2я. 151. п п — 1 У (Ж) . 152. У t”z”. \1п 1П п = \ п=й
1ЕЗ. У sin2я. 154. Lj, п и — 1 со п JTI /1 7 cos -^z . Уп И=1
155. У 156- Li shn(] +«) п = 0 У, (« + 0 2я. п = 0
157. Ряд У, cnzn имеет радиус сходимости г, а ряд п — 0 со
2 c'nzn — радиус сходимости
г(==0
50
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. 1
Оценить радиус сходимости следующих рядов:
a) z';; б) ^(сп~сп)гп-
71 = 0 п = 0
со 00
в) У Спспгп-, г) У ~ гп (сп 0).
»=о «=о п
Ряды Тейлора и Лорана
Функция f (г), однозначная и аналитическая в точке г — г0, разлагается в окрестности этой точки в степенной ряд Тейлора
СО
5 c„(z-z0)«, (8)
71=0
где коэффициенты сп вычисляются по формулам
. 1 £ /(2)ф /(П>(го)
п 2т J (z —z0)n+1 nl
г
(n = 0, 1, 2, ...),
(9)
где Г —окружность с центром в точке г = г0, целиком лежащая в окрестности точки z0, 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 го = 0:
5*2 J'S 2*Л
In {1-|_г)=г—-g-Ь-g-—... + (- (Я=1), (Ю)
(1+г)^1+аг+5^^ + М^П(^23 + <>>
... + а (а ~ & + п ~21 г« + ... (R=l). (11)
В частности, при а = — 1 получим
’ =1_г+г2_... + (_1)«гп + ... (/?=!). (12)
1 + 2
Пример 5. Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки г0 = 0 функцию
f ® = Z2_2z —3'’
используя разложение (12), и найти радиус сходимости ряда.
л
§ 6]
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
51
Решение. Разложим данную функцию на простейшие дроби г _ 1 13 1
г2 —2г —3 4 г+1 + 4 г-3 ’
Преобразуем правую часть следующим образом: ,, 1 1 1 1 4 1+г 4 г'
Используя разложение (12) функции у— , получим
= Т \З г+ 9г2-
г , 2 , 7
3 r32 3s
Ближайшей к точке го = О особой точкой данной функции является точка г = — 1. Поэтому радиус сходимости полученного ряда Я=1.
Пример 6. Разложить по степеням разности г —3 функцию
^ = 3^2г’
Решение. Преобразуем данную функцию следующим образом:
11 1 11
3_2г-3-2(г-3 + 3)- -3-2(г-3) ~ 3 2 ’
1 “Г "д’ I4
2
Заменяя в разложении (12) г на — (г — 3), получим
1 1 Г 2 92 93 1
_=_ур__(г_3) + _(г~3)2-^(г-3)з+...| =
1 2 92 23
= -у + з2 (г-3)-|у(г-3)2 + у4(г-3)з-...
Этот ряд сходится при условии
|4«-3)|<1.
3 3
или |г — 3|<—т. е. радиус сходимости ряда R = у.
Пример 7. Найти несколько первых членов разложения в ряд по степеням г функции /(z)—tgz и найти радиус сходимости ряда.
Решение. Пусть искомый ряд имеет вид
где / (г) = Со + С1г+Сгга + сзг3 + ... >
Сл==/“И|^ (re=0’ 11 2’ (0)=f (0)=0.
52
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[гл i
(13)
Для нахождения значений производных /|Я) (г) в точке г —0 продифференцируем функцию. Имеем
Г (г) = или f (г) = 1 + /2 (г),
/"(г) = 2/ (г)/' (г),
(г) = 2[/'2 (?)+/(?)/" (г)],
/Iv(z) = 2[3/' (г)/" (г)+/(?)/'” (г)],
Л (г) = 2 [З/"2 (z) + 4f (г)/"' (z)+/(z)/,v> (г)],
(14)
Полагая в (13) и (14) z = 0, найдем
f(0)=l; f” (0) = 0; /"' (0) = 2; /(1 V) (0) = 0; /(v) (0) = 16; ...
Подставляя найденные значения производных в ряд, получим 2 16
tg2 = z+gj-z3+g[- г5 + (15)
Ближайшей особой точкой к точке 2 = 0 является точка £ = у. „ „л
Поэтому радиус сходимости полученного ряда =
В следующих задачах данные функции разложить в ряд Тейлора, используя готовые разложения, и найти радиусы сходимости рядов:
158. sin(2z-|-l) по степеням г1.
159. cos г по степеням 1
160. ег по степеням 2z— 1.
161. \по степеням г + 2.
Зг +1 1
162. 1—т по степеням г.
га4-4г —5
163. по степеням г.
гг4-г
164. cos2 у по степеням z. 165. sh2 j по степеням z.
166. In (2 — z) по степеням г.
167. ln(2 + z — z3) по степеням z.
Найти несколько первых членов разложения в ряд по степеням г следующих функций. Найти радиус сходимости рядов:
§ 6] РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 53
168. т-4-7- 169.
1 -\-ez
170. 171-
е г-|-5
172. Incosz. 173.
175. Найти функцию | z | 1 и принимающую
ние
а — cos 6 4- i sin S
a2 — 2a cos 0 +1 ’
2Ц- sin г’
In (1 4- е~г).
i
In (1-|-cos z). 174. е'-г.
f (z), аналитическую в круге на окружности |z| = l значе-
а> 1, 0 = argz.
176. Пусть функция /(z) = У, akz* является аналити-/г = 0
ческой в круге )z|=cl. Доказать, что среднее значение , f (z) ill
функции на окружности |г| = 1 равно ап.
Пусть дан ряд
С-1 . С-Ъ . С-П | _ V' С-П /1
г —г0^(г —г0)2^ ’’’(г — 20)п-г ~ Zj (г—г0)«’ '
/1 = 1
Если с_п 0 и существует конечный предел
r= lim J , (17)
я->оэ |с.п|
то этот ряд сходится в области
|z—г0]>г. (18)
Пример 8. Найти область сходимости
Решение. Здесь с_п Поэтому
2(14-i)n+1 —
л = 1
> с-п-! = (1 + г)п+2> го = О-
lim I (1 + 0^1 я_от !(1 + 0Пт11
п
Данный ряд сходится в области | z |> ]/2 .
Пример 9. Найти область сходимости ряда
СО 2 sin i;i п = \ Решение. Имеем
c_„ = sin in — i shn,
c_n_i = ish(w4-l).
54
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
ГГЛ I
Поэтому
lim
Лео |tshn|
lim «-*00
sh (n+ 1) sh n
pti-vi_p-n—i p^.p-tn-1
= lim * n _n = lim , -2„ =e-
рП __ л n I __ a Ж
П~+<Х> С * n-*<x> 1
Следовательно, ряд сходится в области | г + г | > е, т. е. вне круга с центром в точке zQ — —i и радиуса е.
Определить область сходимости следующих рядов:
177. У тгЛгтг- I’8- 5 +
Ш (1 — i)n гп гп
л= 1 «= 1
_л со
179. У . 180. У ел(1/)-л.
cos in \ /
/1=1 rt = 1
оо ’ со
'« 2 4НГПГ- 182 2(tSf-« = 1
88- 2 Й4Й-
п = 1
Ряд вида
со со
184. V (£+^iEi « + г
/1 = 1
= • • + 7Г—Туй + • • • + ~ 1 + си + С1 (г — zo) + • • • + сп (г — го)” + • • • \z zn) z г0
(19) сходится в области, в которой сходятся ряды
2^-^+(йЬ+- (20)
п = 1
со
У сп (z — го)л = со+ Ci (z — г0)4-с2 (г — z0)2-|-... (21)
п — О
Пусть ряд (20) сходится в области |z —г0|>г, т. е. вне круга с центром в точке z = z0 и радиуса г, а ряд (21) в круге | z — z0 | < R. Тогда, если
1) г>/?, то ряд (19) расходится всюду;
2) r<zR, то ряд (19) сходится в кольце г < | z — г0 | < R. Здесь г0, 0<R<-f-co.
§6]
РЯДЫ в комплексной области
55
Пример 10. Определить область сходимости ряда
СО со
2е‘" _1_\ (г+1)л (г+1)« + £ 1
л = 1 л = 0 . + 2
Решение.
СО
2ет
1
имеем
Сд_1==^ил+1>.
Следовательно,
I pl (П+1) 1 г= Пт 12-----------1 = 1.
п—»со I ein I х
Первый ряд сходится в области ) z+1 | > 1. 00 2(Z —20)л
*---имеем
л-0 е/л+4
— М—-j- —/(л-|-1)__
сл=е , сп+1 = е
Его радиус сходимости
I -/л-2 |
/? = Нот -г-^Ц= Ит т-22---------L-=l.
п—*го СплЛ I I _ J/- t 1\ 1
Второй ряд сходится в области |г-{-1 |<1. Данный ряд расходится всюду.
Пример 11. Определить область сходимости ряда
СО со
2(3-}-4г)л у /г-|-2г\»
(г+20я ' L \ 6 ) •
л = 1 п=0
Решение. Для ряда
СО
у (3 + 4i)"
L. (z + 2i)« л = 1
имеем
С-л = (3 + 4/)я, с_л_1 = (3 + 4()л+1.
Следовательно,
|(3 + 4г)п+1| таг.'"
3+4i 1=5.
56
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
(ГЛ I
Первый
ряд сходится в области |z-|-2i |>5. Для ряда
2/z-4-2i\ к 6 )
п=0
имеем
сл = 6~я, ся+1 = 6-«-1.
Поэтому радиус сходимости этого степенного ряда будет равен
Д =
lim
я.-* со
|6“я I
= 6.
Он сходится в области | z -J- 2i | < 6.
Итак, r = 5 <R = 6. Следовательно, данный ряд сходится в кольце 5 < | г 4- 2г | < 6.
Определить области сходимости следующих рядов;
СО со
185- 2 (I+Ч(г+1+г')л- 186- 2
п=\ Я = 1
СО СО
187' 2 (г-12 + ,у + 2 Г + <») (^ - 2 + п = \ п = 0
со со
>88-2(1)”+2(т)'-
/1 = 1 п — О
00 со
|89- 2 (ТтЬр + 2л <г+1 -
п = 1 п=0
СО СО
•«о. 2i+2^-
п — \ п = 0
СО 4 со
I91-2<Sk+2'^
п = \ п — '>
192 У ЫГ+ У
* Z; re4zn Zi п2я>
п = 1 п— 1
193 У 2n-1 I У (г+!)п
(гЦ-1)я (i + n)n' п—\ п = 0
§ 61 РЯДЫ в КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
57
194_______1 I 1 V (_______1 \п(г~ г)'г
2 (г-г) + 4 Zi 1 '' (2i)n ’
п—0
со со
195-т+2А 196< + 2 <- П'Чг-1)"-
n=0 л = 0
(Ь # 0).
Функция /(г), однозначная и аналитическая в кольце r<|z — — z0 | < R (не исключаются случаи, когда г = 0 и R = -|-oo), разлагается в этом кольце в ряд Лорана
00 — I со
/(г)= с«(г~го)п= 2 Мг~го)п+ 2 Сл(2~г°)Л’ п~—со п=—со п — 0
где коэффициенты сп находятся по формулам
г __ 1 С / (z) dz _________ , +9 \
Сл —2лг J (г —г0)л+1 ( °’ - ’ (23)
Г
Здесь Г —произвольная окружность с центром в точке лежащая внутри данного кольца.
В формуле (22) ряд
— 1 со
2 Ся(г-го)п=2
71=—СО И = 1
называется главной частью ряда Лорана, ряд
2 сп(г~го)л
71 = 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 < | г — 1 | < <2 функцию
^г)==(гг-1)2-
Решение. Первый способ. Функция f (г) = а является аналитической в кольце 0<|г—1|<2. Коэффициенты
58 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
ряда Лорана находим по формуле (23) 1
1 С (г2-1)3 1 С Лг
Сп 2m J (z—1)я+1 аг 2ni J (z—1)я+? (z-|-I)3’ г г
где Г —любая окружность с центром в точке z0 = 1, лежащая в данном кольце.
Если п-(-Зг<0, т. е. nsg—3, то подынтегральная функция
----будет аналитической во всех точках, заключенных (г — 1)л+3 (г-}- I)2
внутри окружности Г, в том числе и в точке z = l. В этом случае
С--------—-------=0
) (Z-1)4+3 (z +1)3 и-г
т. е. сп = 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
„____LC <г+!)2
л 2ш'3 (г—1)я+3
Г
1 йя+2 Г 1 |1
az (n + 2)!dz«+2|(z+l)2 JLi-
= 1 Пя (п + 3)! I _(- 1)" (п+3) (Н + 2)!‘ (г+1)л+4 |г_г 2Л+4
Для п = —2, — 1, 0, 1, 2, ... имеем
(_1)Я(п + 3)
Ся 2я +4
Ряд Лорана для данной функции в кольце 0 < | г—1 | < 2 будет иметь вид
4- со 4-оо
5^- 2 2
п= — 2 п = — 2
ИЛИ
1 1 1 1 1 , 3 1 ,, м ,
(z3—I)2 4 (г-1)2 4 z-1+16 8 (г ,+
К Q
+ б4 <Z~ 64 <г~»3+ -
Второй способ. Нам нужно представить f (z) в виде суммы степеней (положительных и отрицательных) разности (г —1). Преоб
$ 6] РЯДЫ в комплексной области 59
разуем данную функцию следующим образом:
1 _ 1 / 1 1 \2_
^z)-(z2-l)3~T\z-l_z+T/ ~
= 1__!_____1 1 (24>
4 (г—1)2 4 z — 1 ' 4 z + 1'4 (z+I)2 ' 1 ’
Первые два слагаемых в правой части (24) имеют нужный вид, так как представляют собой степени разности (z — 1).
Последние два слагаемых запишем в виде
1 1 _ 1 1 1 1 Г< , /г-ЦТ2
г+1 (г—1) + 2 2 г—1’ (г + 1)2 ~ 4 [1 + \ 2 /] '
1 + ~2~
Применяя формулу (12), а затем формулу (И) при а = —2, получим
1 1 Г. z —1 /г—IX2 /г— 1\з Т
гл—21.1 2~+с2~; + "т
1 1 Г, о z~l , —2(—2 —1) /г —1\2 ,
(7+17 ~ -4 | 1~2--2~+ 2! Г2~; +
, — 2(— 2— 1) ( —2—2) /г-1 \» ’
31 \ 2 ) •••.
(25)
(26)
Подставляя (25) и (26) в (24), найдем
1 1 1 1 1 , 1 Г] , /г-1\2
(z2-1)2 4 (г-1)2 4 г —1 + 8| 2 2 /
__1\з 111 3 4 1
ЧМ + -]+1б|1-(г-1)+^г-1)2-^(г-1)з+-]
или
1 1 1 1 1 3 1 1х .
(г2—1)2 4 (г-1)2 4г-146 8 {Z ,+
к о
+ б4 (Z-•"
Пример 13. Разложить в ряд Лорана функцию f (z) = z2 cos y
в окрестности точки zo = O.
Решение. Для любого комплексного £ имеем
=“^47-7-
60 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ I
Полагая ? = получим
г2соа г2 2!г2 + 4!г4 6!гб+’’)
=za_l._L__L+ 2! ^4!z2 6'.z4 r "•
или
г2 cos— = Fr+^ + vr-S —лтт+ ••• z 2 1 1 4'z- 6!z4 1
Это разложение справедливо для любой точки z 0. В данном случае «кольцо» представляет собой всю комплексную плоскость с одной выброше"ной точкой z = 0. Это «кольцо» можно определить с помощью следующего соотношения 0 < | г—0|<+со. Здесь г=0, 7?=-|-оо, zo = O. Данная функция является аналитической в указанном «кольце».
Пример 14. Рассмотреть различные разложения в ряд Лорана функции
приняв го = О.
Решение. Функция f (z) имеет две особые точки: Zj = — 2 и г2 = 1. Следовательно, имеется три «кольца» с центром в точке го = 0, в каждом из которых /(г) является аналитической:
а) круг | z ( < 1;
б) кольцо 1 < | г | < 2;
в) 2 < | z | < -j- со — внешность круга | z | 2.
Найдем ряды Лорана для функции /(г) в каждом из этих «колец».
Представим f (г) в виде суммы элементарных дробей
'<!>=ирг+ст <27>
а) Разложение в круге |z|<l. Преобразуем (27) следующим образом:
5^77+7^2 = у z “TZ? (28)
1+ 2
Используя формулу (12), получим
т-17=1+г+г2 + гз + ..., |г|<1, (29)
1 2 Z2 2^ *
7ТТ = 1'2+т^8 + ->^1<2. (30)
+ 2
§ 6]
РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ
61
Подставляя (29) и (30)
2z+l _ 1 z z2
?+?^2 2 4 ~ 8
(28), получим
23
т6-+--(1+
1 3 7 9 15 , г
2 4 2 8 2 1б2 +”‘
в
Это разложение является рядом Тейлора функции f (г).
б) Разложение в кольце 1 < | г К 2. Ряд (30) для функции
_----- остается сходящимся в этом кольце, так как | г | <2. Ряд (29)
z
1+У
для функции -—- расходится для I г | > 1. Поэтому преобразуем f (г) следующим образом:
X , ч 1 1,1 1
/ (г) ---т + т-----т/‘ l
1 + У
(31)
Применяя формулу (12), получим
1
1-1 2
1 + 1 + 1
Z Г22 ГгЗ
(32)
Этот ряд сходится ДЛЯ <1> т- е- ПРИ |21>1-
Подставляя (30) и (32) в (31), найдем
2г+1 _ 1____, 4-1-1-14- =
z2 + z —2 2 4^8 16т"'-г
= ,1,1+1_£+^_21+„
г'2 4^8 16^
I или
2Z-H _ VI 1 _1_ у zn
z2+z — 2 Zi 2 Zj 2И‘
п= 1 zz =0
в) Разложение для | г | > 2. Ряд (30) для функции -!— при
1
)z|>2 расходится, а ряд (32) для функции ---т-будет сходиться,
1-1
2
так как если [z|>2, то и подавно [z [ > 1,
62 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Функцию f (z) представим в таком виде.
Используя формулу (12), получим
или 2z+l 2 15 7
za4-z — 2~ z za+z3 z* +
Этот пример показывает, что для одной и той же функции f (г) ряд Лораиа, вообще говоря, имеет разный вид для разных колец.
Пример 15. Разложить в ряд Лорана функцию ... 2г“3 ^(г) г2 —3? + 2 в окрестности ее особых точек.
Решение. Особые точки функции f (г): гг = 1, г2 = 2.
1) Разложение / (z) в окрестности точки г2 = 1, т. е. в кольце О < | г — 1 | < 1. Представим функцию f (г) в виде суммы элементарных дробей
2г —3 _ 1 1
Z2 — 3z + 2“z—1 + г —2‘
Правую часть преобразуем так: 2z —3 1 1
z2-3z + 2-z-l 1 —(г —1)*
Применяя разложение (12), в котором г заменено на —(г— 1), получим
9»__Ч 1
_а_з__=_2__[1+(2_1)+(г_1)2+...1
или
2) Разложение f (г) в окрестности точки г2 = 2, т. е. в кольце О < | г — 2 | < 1. Имеем
2г —3 _ 1 1 _ 1 1______
г2-3г-р2 г— 1+г — 2 г —2 + 1 + (г —2)
= г-^2 + 1 - (г-2) + (z-2)2 - (z - З)2 +...
5 6) РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 63
ИЛИ QQ
г2 —3z + 2=z^2 + S (—1)Л (г —2)"- (34)
Д=О
Разложить в ряд . Лорана в окрестности точки z = 0
следующие функции:
198. 199. 200. £ 2 ’
201- F- 202. г3ег. 203. z4 cos —. 2
1 2 204. - sin2-. 205. -~с,08г. 206. ^-1
г г г
207. г* 1 р-2 208. г3
Разложить следующие функции в ряд Лорана в указанных кольцах:
209- (г_2) (г —3) ’ а) 2<1г1<3; б) 3 < | z | < 4-оо.
21°. г-~, а)0<|г|<1; б) 1<|г|< + оо.
211- (г^_2) (1 -|-г2) ’ а) l<|z|<4; б) 4 <? | z | < + оо.
212'5^Йг. 1<1г|<2-
2|3' а> Р1<Ь 6) 1<|г|<2;
в) 2 < | z | < со.
214. 1 < |г + 21 <3.
215- К|г + 2|<4.
216‘ z8—~4?4-3 ’ 2 <1г - 1 I < + со.
(z2 — 4)2 > 2 < | z | < + оо.
218- (г2 —4) (z2—1) ’ !<121<2.
219- z-qrr, 0< |z-i|<2.
220-(^4Г2. 4 < 1 г + 2 [ < + оо.
64
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ t
§ 7. Нули функции. Изолированные особые точки
1. Нули функции. Пусть функция /(г) является аналитической в точке г0. Точка г0 называется нулем функции, f (z) порядка (или кратности) п, если выполняются условия
f(zo)=O, f (г„)=0..../=<«-!> (zo)=0,
Если п=1, то точка г0 называется простым нулем.
Точка zQ 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
/(z) = (z-z0)'I<p(z),
где функция <р (г) аналитична в точке г0 и <р (г0) ф 0.
Пример 1. Найти нули функции f (z) = 1 -f-cosz и определить их порядок.
Решение. Приравнивая / (г) нулю, получим cosz = —1, откуда г„ = (2«+1)л (п = 0, ±1, ±2, ...) —нули данной функции. Далее
Д[(2и4-[)л] = —sin (2nd-1) л = 0,
f” [(2и+ 1) л] —— cos (2«+ 1) л = 1 ф 0.
Следовательно, точки г„--(2н4-1) л (п = 0, ±1, ±2, ...) являются нулями второго порядка данной функции.
Пример 2. Найти нули функции f (z) = 1 — ег и определить их порядки.
Решение. Приравнивая /(г) нулю, найдем нули г„ = 2плг (п = 0, ±1, ...) функции f (г). Далее
f (2nni) = — еа/г« = — 1 ф 0.
Итак, f (2nni) = 0, f (2nni) 0, следовательно, точки гп = 2nni (n=0, ±1, ±2, ...) —простые нули функции f(z)—l — ez.
Пример 3. Найти порядок нуля zo = 0 для функции
г8
Нг) =-----:
' v ’ г — sin г
Решение. Используя разложение функции sin г в ряд Тейлора в окрестности точки го = 0, получим
г8 г8
г — sin z ~ / г3 z4 5
z~ V ЗГ + 5Г“’”
г8 z8 1
3! 5!+’” 31 5!3! 5! +
Положим
4’(2)=zzi~'-
3! 51
§ 7] НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ 65
Тогда f (г) —х5ф (г), где ф (г) —функция, аналитическая в точке г0 =0, причем ф(0) = 6 + 0. Следовательно, точка zo = O является для данной функции нулем пятого порядка.
Пример 4. Найти нули функции f (z) = (z2 +1)3 sh z н определить их порядки.
Решение. Полагая f(z) = O, получим (z2 + I)3 sh z=0, откуда г2+ 1=0 или shz = O. Решая эти уравнения, находим нули функции f (г):
Z=—i, z = i, z = kni (/г = 0, ±1, ±2, ...). •
Пусть z = — г, тогда f (г) можно представить в виде /(г) = (г + 03Ф(г),
где функция ф(г) = (г — г)3 sh г является аналитической в точке г = = —г, причем ф(—i)=8ishi=—8 sin 1 + 0. Это означает, что точка г ——г есть нуль третьего порядка. Аналогично доказывается, что и точка z = j является нулем третьего порядка. Исследуем нули z=kw, (k — Q, ±1, ±2, ...). Производная
У (z) = 6z (z2 + I)2 sh z + (z2 + I)3 chz
в точках z = kn,i отлична от нуля. Следовательно, z — kn,i — нули первого порядка.
У следующих функций найти нули и определить их порядки:
221. a) f(z) = z* + 4z2; £ i \ Sin 2 6) f (?) =—•
222. a) f (z) = za sinz; б) /(г) = ф.
223. a) f (z) = 1 +ch z;
224. a) f (z) = (z + ш) sh z; 6) f(z) = cosz3.
225. a) /'(z) = (z2 + л2) (1 +е~г); 6) f (z) = cos z + ch iz. Найти порядок нуля zo = O для следующих функций:
22в- = * -гд-2. \ 2 ] +’П 2 ) 228- 230. /:(г) = (1~со^2г)2. 232. f (z) = z2 (ег2 — 1). 227. f (г) = е81Пг -e^z. 229. f(г) = 2(chz - 1)-г2. 231. /'(z) = (+-+’) In (1-z).
233. f (z) = 6 sinz3 4 z3 (ze — 6).
3 M. Л. Краснов и др.
66 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
234. Точка г0 является нулем порядка п для функции qp (г) и нулем порядка т для функции -ф (г). Чем является точка z0 для функций
а) <р(г) + ф(г); б) <p (г) • ф (z); 'в)
2. Изолированные особые точки. Точка г0 называется изолированной особой точкой функции f (г), если существует окрестность 0 < | г — г0 [ < 6 этой точки (с исключенной точкой г0), в которой f (г) аналитична, кроме самой точки z = z0.
Точка г0 называется устранимой особой точкой функции' j(г), если существует конечный предел функции f (г) в точке г0.
Пример 5.
, ег —1 f (г) = -7-
Особая точка функции f (г) есть го = О. Имеем
lim f(z)= hm-------=1.
г-*0 г-*0 2
Следовательно, точка го=О есть устранимая особая точка.
Точка г0 называется полюсом функции f(z), если lim f(z) — co.
Для того чтобы точка г0 была полюсом функции f (г), необходимо и достаточно, чтобы эта точка была нулем для функции <р (г) = т-—г.
1 (Z)
Точку z0 называют полюсом порядка п (п2= 1) функции f (г), если эта точка является нулем порядка п для функции ф(г)=^у В случае п=1 полюс называют простым.
Пример 6.
Особая точка zo = O. Положим z — pe“f, тогда f (z) =——. Оче-I Р
видно, что откуда следует, что | f (г) неограниченно воз-
растает, когда г-»0 по любому закону. Следовательно, lim / (г) =оо, г-*0
т. е. точка го = О есть полюс этой функции. Для функций точка го = О есть нуль третьего порядка, а значит, zg = 0 полюсом третьего порядка для функции f(z) = —.
Для того чтобы точка za являлась полюсом порядка п, f (z) необходимо и достаточно, чтобы функцию ) (г) можно было представить в виде f (z) = , где функция q> (г) аналитична в точке
(г го) г0 “ Ф (20) Ф °-
ф(г)=г»
является
функции
л
71 НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ 67
Пример 7.
(Z,=z3+72—Z— 1 •
Функция f (г) имеет две особые точки z = —1 и z=l. Исследуем точку г =—1. Представим /(г) в виде
sin г
, / ч г~ 1
2 ~ (г+1? ’
Здесь
.. sin z
*₽(г)=?=д
аналитична в окрестности точки Z — —1, причем <р (—1) = —— ^6 0.
Следовательно, точка г =—1 является двукратным полюсом данной функции. Аналогично, записав функцию f (г) в виде
sm г
' ’ г— 1
заключаем, что точка г=1 есть простой полюс этой функции.
Точка г0 называется существенно особой точкой функции / (г), если в точке г0 функция f (z) не имеет предела ни конечного, ни бесконечного.
Пример 8. Определить характер особой точки z = 0 функции
7(z)=e<
Решение. Рассмотрим поведение этой функции на действитель-
1
ной и мнимой осях. На действительной оси z-х и f(x) = ex2 —> со
при х—>0. На мнимой оси г==гуи f(iy)=e у3 — 0 при у 0. Следовательно, предел / (г) в точке г = 0 не существует ни конечный, ни бесконечный. Точка z = 0 — существенно особая точка функции f (г).
Определить характер особой точки zo = 0 для следующих функций:
235. а) —U-; б) ------------Г-, в) --------v.
’г— sm г ' , , г2 7 е г 4- г — 1
cos г — 1 4-
3*
68 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ I
Найти особые точки и определить их характер у следующих функций:
237- а) б)
—!— 1
238. а) ег + 2; б) cos у.
z 1 1
2391 а) z’ + Zz^ + z3’ ег„1 +^‘
-L j ।
240. а) ег2; б) z sin в) zshy.
1
z cos —
241. a) —-— 6) thz; в) zctgz.
LUd X
Имеют место следующие утверждения:
1. Для того чтобы точка z0 была устранимой особой точкой функции f (г), 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 f (г) в окрестности г0 содержала лишь конечное число членов
п= 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 f (г), когда главная часть ее лорановского разложения в окрестности точки гй содержит бесконечно много членов.
Пр имер 9. Установить характер особой точки zo = 0 функции
, . . 1 — е~г
/(г)=—у—.
Решение. Используя разложение в ряд Тейлора для функции е~г в окрестности точки го = О, получим лорановское разложение функции f (г) в окрестности нуля
1 1 Г / z2 z3
_ 1 / г2 г3 \ г г2
~Т \г зТ —= 1 — 3?~""
«л
Это разложение не содержит главной части. Поэтому точка го = О является устранимой особой точкой.
S 71
НУЛИ ФУНКЦИИ ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ
69
Функция /(г), доопределенная в точке z = 0 единицей, т. е.
(1 — е-г
------, если г ф О, г >
1, если г = О,
является аналитической и в точке г0 —0.
Пример 10. Определить характер особой точки zo = O функции
, , . 1 —COSZ
Решение. Разлагая функцию cos г в ряд Тейлора по степеням z, получим лорановское разложение функции / (г) в окрестности нуля:
' (Z) г7 \2! 4! ' 61 81+ 10! "’1~
1
”2! г»
4!гзП6! г 8N 10!
Разложение в ряд Лорана функции /(г) в окрестности точки го=0 содержит конечное число членов с отрицательными степенями г. Следовательно, точка го = О является полюсом пятого порядка, так как наибольший показатель степени у г, содержащихся в знаменателях членов главной части ряда Лорана, равен пяти.
Пример 11. Определить характер особой точки г=1 функции
1_
HzWz-l)^-1.
Решение. Используя разложение
и2 и3 2!+3!
и полагая й = ~тр получим лорановское разложение функции f (z) в окрестности точки г0=1:
/₽)-₽-ор+^+я^я+^)5+...]-
= 1 + ₽- 1)+2"(г-_-|) +31^—1? + -
Это разложение содержит бесконечное множество членов с отрицательными степенями z—1. Следовательно, точка z0 = l является существенно особой точкой функции j (z).
Определить характер указанных особых точек:
242 1±Е21£ z -л 243 г8~3г + 2 2 -1
г-л > z0 —л. г2_2г4_], z0 —1.
70
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ I
„.. sin г л _ sh г „
244. zo = O. 245. —, го = О.
246‘ C0SF4~ir г0= —л.247. г3_|_2г52рг, го=О, г0= —1.
248. ^±£1, 2() = 0. 249. го = О.
250. , г0 = — е. 251. cos + sin ^-,яг , zo = O.
г 4-е’ и г 1 2г ’ и
252. zsh —, zo = O. г ’ и
§ 8. Вычеты. Вычисление интегралов с помощью вычетов
Пусть точка г0 есть изолированная особая точка функции / (г). Вычетом функции / (г) в точке г0 называется число, обозначаемое символом res/(z0) и определяемое равенством
res/(z»)==i^(z)&- а) т
(Другие обозначения: res [/(г); z0], res/(г).)
Z = Zo
В качестве контура у. можно взять окружность с центром в точке г0 достаточно малого радиуса такого, чтобы окружность не выходила за пределы области аналитичности функции f (г) и не содержала внутри других особых точек функции f (г). Вычет функции равен коэффициенту при минус первой степени в лорановском разложении f (г) в окрестности точки г=г0:
res / (г0) = с_г. (2)
Вычет в устранимой особой точке равен нулю.
Если точка г0 есть полюс n-го порядка функции f (г), то
1 dn~l
(3)
. В случае простого полюса (n —1)
res/(z0) = lim [Г (г) (г —г0)]. (4)
z-»z0
Если функция f (г) в окрестности точки г0 представляется как частное двух аналитических функций
Г(г)=£^ () ф(г)’
причем <р(го):у5О, ф(го)=0, а ф' (го).-ДО, г. е. г0 есть простой полюс
§ 8]
ВЫЧЕТЫ
71
функции f (z), то
resf(^^w (5)
Если точка z0 есть существенно особая точка функции f (z), то для нахождения res f (z0) необходимо найти коэффициент в лора-новском разложении функции f (z) в окрестности точки z0; это и будет res f (z0).
Пример 1. Найти вычеты функции
в ее особых точках.
sin z2 Решение. Особыми точками функции ------являются точки
2 = 0 и Z — В точке z = 0 имеем
.. ... , sinz2,. 1 4
lim/(z) = lim —j—lim ----------------.
z = 0 z—*0 2 г->0 - л п
т
Следовательно, точка z = 0 есть устранимая особая точка функции f(z). Поэтому
res f (0) = 0.
л
В точке z = —- limf(z)=co, т. е. точка z=—есть полюс (первого 4 л 4
г-> 4
порядка) функции f (г).
Согласно формуле (4) имеем
res
= lim f (z) z — л \
.. sin г2 lim -------------
г^«23„_Я Z2
4 4
,. sin z3 16 . л2
= 11тя-^- = л23]П16-z —
4
Пример 2. Найти вычеты функции сг
в ее особых точках.
Решение. Особые точки Точка z = — 1 для функции ((г) Согласно формуле (3) имеем
resH-l)=21 lim -2 —-J
f(Z) (z+l)3(z-2)
функции
является
суть г= — 1 и г = 2.
f(Z)
полюсом третьего порядка.
lira z->—
(z2--6z4- 10) ez__ 17
(z—2)» ~ 54е’
72 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Точка г = 2 — полюс первого порядка, поэтому по формуле (4)
res f (2) = Ira (2,+j)3 = 27 *
Пример
3. Найти вычеты функции f (г)
— , в ее особых
точках.
Решение. Особые точки f (г) — нули знаменателя, т. е. корни уравнения г4+1 = 0. Имеем
,п . зл ______. зл / 2.
2t=e 4, г2=е 4, г3=е 4, г4=е 4.
Пользуясь формулой (5), получаем
resffe)^
res/(z2)=~
res f (z3) —
resf (z4)=-^
Пример 4. Найти вычет функции /(2)=z3sin-l в ее особой точке.
Решение. Особая точка функции f (г) есть точка 2 = 0. Она является существенно особой точкой функции f (г). В самом деле, лорановское разложение функции в окрестности точки г = 0 имеет вид
., ч ,/1.1,1 \ 1,1
2 \z2 3!z<!+ 5!г10 "7 2 31гз+5!г’
т. е. содержит бесконечное число членов в главной части. Вычет функции в точке г = 0 равен нулю, так как коэффициент с_г в лора-новском разложении равен нулю.
Найти вычеты в особых точках следующих функций:
253. /(z) = -^ гз-тг
2,
254. f(z) = z3ez.
§ 81
ВЫЧЕТЫ
73
255. f(z) ch z (Z2+l)(Z-3)- 256. Hz) =7-^ . sin2 z 4
257. f(z) e2 z3 (г-1)’ 1 258. (z+l)»(Z —2)2-
259. f(z) e z2 l+z«’ 260. /(z) = za silly.
261. f (z) 1 , a = cos —hz • Z ' 262. f(z)=— (г + 0 \ Z—2~y
263. f(z) 1 — cos z — z3 (z —3)- 264. z2 _t 1 , f(z)=e
265. f(z) _ e'z (z2_i)(z + 3)- 266. Z3--Z2
267. f(z) z — i' 268. , z2n Пг) (z—1)"
269. f(z): = ctg2 Z. (n > 0 целое)
Теорема Коши о вычетах. Если функция f (г) является аналитической на границе С области D и всюду внутри области, за исключением конечного числа особых точек z1, za, гп, то
п
V (z)dz = 2ni 2 res f (zk).
C fe=l
• (6)
При мер -5, Вычислить интеграл
ег — 1
z2 4-z
dz.
М=4
Решение. В области | z | < 4 функция f (z) = всюду, кроме точек z=0 и z = — 1.
По теореме Коши о вычетах
ez — 1
z2+z
аналитична
ez____1
?2 i ; dz = 2ni (res F (0)Ц-resf (— 1)).
4 -j-4
Точка z—0 есть устранимая особая точка функции f (z), ибо
е‘
lira т ,, = 1. г -»0 2 (г +1)
74 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 1ГЛ 1
Поэтому res/(0)=0. Точка z =— 1—полюс первого порядка res/(—!) = lim I———~ (г-f-1)1 = 1 — с1.
v ’ z-_i lz(z-f-l) 7 J
Таким образом,
C ez — 1
j z2 +2
|z| = 4
dz = 2ra (1 —e ')•
Пример 6. Вычислить интеграл \ tgzdz.
I z I = 2
Решение. В области D-. |z|<2 функция / (z) = tgz анали-
ST ST
тична всюду, кроме точек z —и -------являющихся простыми
полюсами. Все другие особые точки z6 = -£—f-fct функции f(z)=tgz лежат вне области D и поэтому не учитываются.
Имеем
= — 1, я
г=т
Поэтому
л \ sin z I
2/ (COSZ)' |z = _ Tt/2
Пример
7.
у tgzdz = —4лг.
|z|=2
С е,/гг
Вычислить интеграл \
Jz-if = 3/2
е’/г!
Решение. В области D: |г — г | < 3/2 функция =
имеет две особые точки: г = г — полюс первого порядка и г = 0 — существенно особая точка.
По формуле (5) имеем
res f (г) =
ДЛ2 е 1
2z z = i ~ 2г ’
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 с_! = 0 и, следовательно,
res/(0)=0.
§ 8]
ВЫЧЕТЫ
75
По теореме Коши о вычетах
|г —i|=3/2
г2+ 1
аг =— е
Вычислить интегралы:
270. J zlgnzdz. 271.
I г | = 1
272' $ 273-
|г|=2
274. z2 sin — dz. 275. J z
I г! = 1/2
276. $ 277.
^ + ‘1 1=4
{* pz dz
2’9-
|z-H = l г
zj COS “jr- „ „
280- y^dz, C: -9- + ^- = 281. ?—т-dz, C: x2 + y2 —
\ za — 1 '
(* z dz
J (г__1)2(г + 2) - Где с
С: Х2/3 +^2/3^32/3.
С ег* -1
} г3 —iz2 dz-
sin Л2 dz
J z3 —z а
I г I = -/3
(’ z3 dz
J sin3 z cos г ’
I Z I = 1
C dZdz
.) (г-л)3 ’
I z I =4
1.
2x = 0.
C sin Ttz . s~. x.a 1 n .
282. X-^j^dz, C: T + ^=l.
283. z2Z+^^-dz, С: x2 + y2=l6.
c
284- C: ^ + <-1-
c
(* /У7
285. \m. C: x2 + y2 = 2x. «) T *
286. z3 sin ~ dz.
I г I = 1
76
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
(ГЛ I
287. (г+ 1)е^г dz.
288. (sin^ + cos z^dz.
I г j = 2/3
Приложение вычетов к вычислению определенных интегралов
I. Интегралы от рациональных функций. Пусть р М
f (х) — рациональная функция, f (х) = ™ - , где Рт (х) и Qn (х)— ХП (Я)
многочлены соответственно степеней тип. Если /(х) непрерывна на всей действительной оси (Q„(x)^z2O) и п T3/n-i-2, т. е. степень знаменателя, по крайней мере, на две единицы больше степени числителя, то
+
j f (х) dx = 2nio, (7)
Р (z)
где о означает сумму вычетов функции f (г) = 1 -(- во всех полю-
сах, расположенных в верхней полуплоскости.
Пример 8. Вычислить интеграл
f x2dx
J (ха + а8)2 о
Ха (х2-|-а2)2
Решение. Так как подынтегральная функция f (х) =
четная, то
-J-O0
1 С x2dx
Т J (х2 + ц2)2 • — со
Введем функцию f (г) =
2а (Z2 + «2)2
которая на Действйтельной оси,
т. е. при z = x, совпадает с f (х) Функция / (г) имеет в верхней по-
луплоскости полюс второго порядка в точке z — ai. Вычет f (г) отно-
сительно этого полюса
2aiz 1
= lim = т—.
(z + ai 3 4м
% 8]
ВЫЧЕТЫ
77
Пользуясь формулой (7), получим
4-со
1 С ха dx 1 „ . 1 л У 5 (Х2 + Д2)2-у ш’4^“43-
— со
Вычислить следующие делами:
00
289.
о
4-сс
291. f dx
— со (Х2+1)3 •
293. -|- со xdx
— со (х24-4х+ 13)2'
295. со
0 Xй ф 1
297. -J- со dx
— со l-f-x»' •
299. со xidx ,
— со (a^bx^ V
300. Доказать формулу
интегралы с бесконечными пре^
290. -|- 00 dx
— CO (х2фд2) (x2 + &2)
(a>0, >0)
292. -J-co dx
— co (14-x2)«+1 •
294. -|- co dx
(x2 + q2)2 (%2 + fc2)2-
296. -f-CO x^m ~i T dx. 1 фх2"
298. 4“ co dx
— co (x2 4-2x4-2)2 *
>0, b >0).
со
С dx _____________1 -3... (2n —1)
J (1 фх2)”11 “У.4 б... 2п Л
II. Интегралы вида
R (х) cos X х dx,
00
J R (x) sin /.x dx, о
(8)
где R (x) — правильная рациональная дробь, 0 —любое вещест-
венное число.
При вычислении таких интегралов удобно пользоваться следующей леммой Жордана:
Пусть g (2) —функция, аналитическая в верхней полуплоскости (0 < arg z < л), за исключением конечного числа особых точек.
78
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
ГГЛ I
и стремится в атой полуплоскости к нулю при |z|—»со. Тогда при X > О
lim ( g (а)НХг dz = О,
(9)
где контур — полуокружность в верхней полуплоскости с центром
в течке 0 и радиусом R (рис. 7).
Пример 9. Вычислить интеграл
со
, С х sin ах . . „ , л.
1 = 3 ~x2 + fe2 (а > 0, k > 0).
о
Решение. Введем вспомогательную функцию
zetaz
f 22 + /J2 ’
Нетрудно видеть, что если тральной функцией <р(х) =
z—x, то 1т/(%) совпадает х sin ах „
Рассмотрим контур, па рис. 7. При достаточно на контуре CR г
= Удовлетворяет неравенству
) g (Z) | < и, следовательно,
g (z) стремится к нулю при Я — со. Значит, по лемме Жордана
с подынте-
указанныи большом R функция g (г) =
(* zeiaz
»-"« \ v+V“Z=a- <!»>
CR
Для любого R > k по теореме о вычетах имеем
R
С xelax С хегаг
\ dx-l- \ dz = 2nio,
J №-|_£2 1 J Z2 + k’
-R Cr
где
[ zeiaz I Г ze,az 1 1
’ -, I *+» Г- -е
В пределе при R—^co, учитывая соотношение (10), получим
xeiax x2 + k2
dx — nie
ak
§ 8]
ВЫЧЕТЫ
79
Отделяя слева и справа вещественные и мнимые части, получим
I х sin ax , nb \ > । м dx = ne ak
) x2 + k
В силу того, что подынтегральная функция четная, окончательно получим
/ = — t>-ak
1 2
Вычислить следующие интегралы:
301.
x cos x dx x2 - 2x + ПТ ‘
302.
x sin x л x2 + 4x + 20 aX-
303.
С cos х dx
} (х2 + 1)(х2+^)-о
304.
cos х dx
305.
cosax
306.
Scosx
x-' + a-7 о
о
307.
\ c-^-2dx (m>0, a>0). 308.
) a--Ex- ' ’
d
X sin X J
о
309.
cos
(х2 + 1) (х2 + 9)
C x3 sin ax , \-T+^dx
0
(а>0).
x2 cos x dx
о
Пример 10. Вычислить
311.
3x2 — a2 t
cosmxdx.
о интеграл
sin ах
• ---------dx
3 x(x2 + &2) о
(И)
e,as
Решение. Введем функцию f (z)= 2 , ,l2. такую, что при г = х
а \z -р и )
Im f (z) совпадает с подынтегральной функцией в (11). Функция f (z) 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 Сг (г < Ь); полукруг CR выбираем так, чтобы b<zR).
Таким образом, внутри замкнутого контура находится лишь один полюс функции f (г) в точке г = Ы. Согласно теореме Коши о вычетах
-г R
(* elax С е1аг С elax dx
\ Х(Х2 + 62) dX+ J Z(22+fe2) J x(X2 + &2) +
— R Cr r
P eiaz
CR
где
‘ eiaz eiaz (z— bi) e~ab
° = (? + &)-z™bi z(z2+b2) ~ W-
(12)
(13)
Заменяя в первом интеграле
то подынтегральная функция
е1аг z (г2 +1
12) х на —х и объединяя его с третьим интегралом, получим
-г R
р giax р giax
J x(x2 + b*)dx+ 3 х(х2 + б2)&== — R г
R . R
£ gtax_g lax £ sinaxdx
= J x (x2 + b-) dx~Zl 3 x (X2 62) •
r r
(14)
Так как elaz 1 l™o^+&'2==^’
eiaz
г (г24-62) пРеДставима в виде
_ 1 1 , 'Ф (z)
2) b2 z' г '
где Нтф(г) = 0. Полагая г = ге!1Р, находим z—о
eiaz dz 1 С dz , С ф (г) _ in , . г (гг + б2)-^ \ \ г г~ б2‘+‘
(15)
Интеграл в правой части (15) при г—-0 имеет пределом нуль
о
lim ( ф (re‘f)d<f = 0. / (16)
г~* ° h
§ 8]
ВЫЧЕТЫ
81
Наконец, согласно лемме Жордана, четвертый интеграл в левой части (12) стремится к нулю при R —» со, ибо функция g (г) =— 2 (22 0“)
стремится к нулю при | г | —» со:
е1аг
Г(г2 + 62)
dz = 0.
(17)
Таким образом, при R соотношений
и г
(13) —(17)* принимает вид
О равенство (12) с учетом
g-ab
= —Ш -TJ-02 ’
о, С sin ах , ш
2t \ ~ п j ГоГ &Х тх —
j х (х2 + &2) Ь2
о
откуда
С sin ах , л Л
J x(x2 + 62)dx”262( е
О
Вычислить следующие интегралы:
313.
315.
316.
со
С sin х .
\ -----ах.
J X о
С cos ах — cos bx
} х2
о
00
С sin тх г
J х(х2 + а2)2 ах о
314.
о
(а>0, &>0).
III. Вычисление интег казательную функцию.
Пример И. Вычислить интегралы Френеля
со со
11 —\ c°s хг Лхг 72 = ( sin х2 dx,
о I
зная, что
{e-x3dx^. (18)
ало в, содержащих по-
Решение. Рассмотрим вспомогательную функцию / (г) =е,г2 и контур, указанный на рис. 9 I круговой сектор ОВАО, где О A —OB =R
82 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ г
и Z ВОА = ~^у Внутри этого контура /(г) аналитическая и по теореме Коши
R
( е^2 dz = ^eix2 dx+ j eizSdz+ J е'г2& = 0. (19)
OBAO 0 CR AO
Покажем, что lim f ег'г2& = 0. (20)
R^cr
Действительно, полагая z3 = £, получим dz——^| и
С С
\ ег dz = J 2/ Е О? Г№
где Г^2 — четверть дуги окружности радиуса R2.
Функция — удовлетворяет условиям леммы Жордана, 2 V а значит, (• (Л-- р . ,
lim \ ——d^= lim \ е1г dz = 0.
Я—°° J 2/g Я— oo J
r/?* oR
.Я . Jl
На отрезке AO : z = pe 4, z2 = p2e 2 = p2i, 0:<p-c;R. Отсюда о iK i 5 R
$ eizS dz = f e~ p2e 4 dp = — e 4 e~ps dp (21)
АО к b
Перейдя в (19) к пределу при R —> со с учетом (20), (21) и (18), будем иметь °° -5 /-
С 2x2 , г 4 1/ Л \ е,х dx = e 4 ~-
откуда получаем
cos х2 dx =
sin х2 dx =
1/1
(22)
$ 8J
ВЫЧЕТЫ
83
Пример 12. Вычислить интеграл
еах
л~.—х<&
1 +«•*
(О <а<1).
Решение. Выберем вспомогательную функцию
pciz
и контур, указанный на рис. 10 (прямоугольник со сторонами 2R и 2л). Внутри этого контура /(г) аналитична, за исключением точки
у
D 1л A
~R o ’ я I
Рис. 10.
г = л/, которая является для нее простым полюсом
еаг I
res [ (га) =
(1 +ег) |г=ш
gaKi
е~‘
{У*~1.
По теореме Коши о вычетах
f f (г) dz + J f (г) dz ф- J j (г) dz-f- $ / (г) dz = — 2Aieani. (23) DA AB вс CD
На отрезке DA: z = x, —Rt^x^R; поэтому
DA
R
(* pax
\ —-*dx.
J 1 A~e
-R
(24)
На отрезке AB: z — R-\-iy, 0 co .7 <5-2л; поэтому
Значит,
I eaz
I 1+ег
ea (R+lyy 14-еЛ + б-
eaR
— 1
eaR e^-1
dy =
2aeaR ^-1
0 при R -> co (ибо 0 < a <Z 1).
(25)
84
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ Т
Аналогично получаем
-ай
f (г) dz eg---2л -> О при R -> со.
1 __D К
На отрезке ВС: г = х-\-2л1, —поэтому
„ — R . R
(• (• „atx+zvii р „ах
\ \ dx = — e2tnl \ ——-dx-
BC R — R
Переходя к пределу в (23) при /?->оо и учитывая (24) —(27), получим 4" 00 -}- со
Г* рйх ' Р pax е
\ —zdr-e^"1 \ —dx~ — 2лгеО7”,
J 1 + ех J 1 + ех
*—СО —СО
откуда
-{-со
С еах , 2nieaT:i л \ —z dx =------;--= ------.
,) 1 + ех e'za~i_____1 sin ал
Вычислить следующие интегралы, содержащие показательную функцию:
317. § е~ах3 cos bx dx (а>0, Ь>0). о
Указание. Взять f (г) — е~ аг3, контур— прямоугольник со
сторонами 2R и j-.
4-00 (* с>ах__Лх
318- \ -1_ех dx 0<6<1).
eaz__gbz
Указание. Взять/(г) = —।——t контур —как на рис. 10.
IV. Вычисление интегралов вида
2л
j R (cos х, sin х) dx, (28)
О
где R — рациональная функция cosx и sin х, конечная внутри промежутка интегрирования.
• dz
Полагаем е1Х = г, тогда dx=— и
Z2H-1 . 22—1
cos х = —, sm х = .
2г ’ 2гг
Очевидно, в этом случае |г| = 1, 0 eg х^ 2л.
$ 81
ВЫЧЕТЫ
85
Интеграл (28) принимает вид
(29)
с
где С —окружность единичного радиуса с центром в начале координат. Согласно теореме Коши о вычетах интеграл (29) равен 2ло‘г, где о есть сумма вычетов относительно полюсов, заключенных внутри окружности С.
2л
* г*
Пример 13. Вычислить интеграл 1= \ -—------------------— (а> &>0).
.) (a-\-b cosx)2 4
Решение. Применяя подстановку eix = z, получим после простых преобразований
п
. 4 С z dz 4 „ . V
/ — — \ , о---—= 2т У res F (zk).
i J (te2 + 2az + &)2 i Z-i v
C ft=l
Внутри единичного круга при условии, что а > b > 0, находится только один полюс (двукратный)
— a+Yofl—b* zi =------------
b
2
Вычет функции F (z) = /Г- , n-------- относительно этого полюса
' (&z2 + 2az-(-&)2
res F (zj = lim ~ —rd = (a2 — fc2)~3/2..
г_г1 dz (&(z-z1)2(z-z2)2J 4
Итак,
. _ 2лаЬ ~ (а2 —62)3/2 •
Вычислить следующие
2л
интегралы:
319.
320.
321.
(’ _____dx______
J 1—2pcosx+p2 о
2л
(‘ cos2 3x dx
' 1 — 2p cos 2x+p2 о
2л
C cos 2x dx
J 1 — 2p cos x + p2 u
(0<р< 1).
(Р> О-
322.
cos х dx
1—2р sin х+р2
1).
(0<р<1).
о
86
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
1гл i
2л
(* dx 323. \ ——
J а cos х 0
л
324. $ctg(x — a)dx о
2л
325. ( - jf- -dx
j а + b cos x о
326 2л dx
327. 0 2л 1 + a cos х dx
(а ф- b cos х)2
(а>1).
(Im а> 0).
(а > b > 0).
(0<а< 1).
(0 <. b < а).
§ 9. Логарифмический вычет. Принцип аргумента. Теорема Руше.
Логарифмической производной функции f (г) называется функция
<р (г), являющаяся производной от логарифма функции / (?)
<р (?) = [Ln/(г)]'= ——.
Особыми точками функции <р (z) могут быть только нули или особые точки функции f (z).
Вычет логарифмической производной функции / (z) относительно точки, являющейся нулем функции / (z), равен порядку нуля, а относительно точки, являющейся полюсом функции / (z),— порядку этого
полюса со знаком минус.
Пример 1. Найти вычеты логарифмической производной функ-.. . sin z ции —— относительно ее нулей и полюсов.
Решение. Данная функция имеет простых нулей z = kn (/г —0, + 1, 1:2,...) z = — 1. Отсюда
res Цг=1 ^ = °- ± L ±2, ...), z=knl
бесконечное множество и один простой полюс
Г (г)
Найти вычеты логарифмических производных данных функций относительно их нулей и полюсов:
328. = 329. /(z) —cos3z.
§ 9]
ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА РУШЕ
87
330. a) f(z) = C0SZ
Пусть контура С.
г , б) f(z) = sinz.
функция /(2)^0 аналитична во всех точках замкнутого Величина
— ^dz
2лг J / (г)
логарифмическим вычетом функции f (г) относительно контура С.
называется замкнутого
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
подсчитанных с их порядками, будет равна логарифмическому функции f (г) относительно замкнутого контура С:
Л ~~dZ = N-P, 2лг /(г)
где N— число нулей f (г) в D, Р— число полюсов f (г) в D.
Логарифмический вычет многочлена
Qn (г)= S akzk fc = 0 относительно, контура С равен числу нулей этого многочлена том их кратности) в области D, ограниченной контуром С.
Пример 2. Найти логарифмический вычет функции ch г _ . , „
= —----- относительно контура С: \г | = 8.
elz— 1
Решение. Находим нули zft функции f (z). Для этого решаем уравнение chz = 0 или ег~се'г--0- Записав последнее уравнение в виде е'-г~—1, найдем 2z = Ln (—1) = (2£-|-1) лг, так что zk — — —i—ni(fe=0, ± 1, ±2, ...) (все нули простые). Для нахождения полюсов функции /(г) решаем уравнение elz—1=0 или е(г=1. Имеем iz = Ln 1 =2/ялг, гот = 2ил(т=0, ±1, ±2, ...). В круге | z | < 8 находятся нули
2Й+1 . г*=—j—™
и простые полюсы гт = 2тл
функции f (г). Дисло нулей довательно,
(с уче-
/(г) =
(m = 0, + 1)
N — &, число полюсов Р = 3. Сле-
1 С
2 л i г1
1*1 = »
dz = 6—3 = 3.
88 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО [ГЛ. I
Пример 3. Найти логарифмический вычет функции
/(Z)=_L±£L_ ' ' ' 1 — cos 2nz
относительно окружности |z[ = n.
Решение. Полагая l-|-z2=0, находим два простых нуля функции / (г): а± =—i, a.> — i. Полагая 1—cos 2лг = 0, найдем полюсы функции /(г): гп = п, п = 0, ±1, ±2, ... Кратность полюсов k=2.
В круге | г | < п данная функция имеет два простых нуля а± =—i, = 1 и семь двукратных полюсов
г1==— 3, г2 = —2, г3 = —1, г4 = 0, г5 = 1, гв = 2, г7 = 3.
Итак, N = 2 и Р = 7. В силу теоремы о логарифмическом вычете получаем, что логарифмический вычет данной функции/(г) относительно окружности | г | = л будет равен
Л 4^-& = 2-7-2 = -12. 2ш J / (г)
|г( = л
В следующих задачах найти логарифмические вычеты данных функций относительно указанных контуров:
331. Н^) = ГТ^>
332. /(z) = cosz + sinz,
333. /(г) = (ег —2)2,
334. f(z) = thz,
335. f(z) = tg3z,
336. f (z) = 1 — th2z,
С: \z\~2.
С: |z| = 4.
С: |z|=8.
С : | z | = 8.
С: |z| = 6.
С: |z|=2.
Принцип аргумента. Логарифмический вычет функции f (г) относительно замкнутого контура С равен приращению &cAt:gf(z) аргумента ((г) при обходе контура С, деленному на 2л:
^У'^ = 2лЛСАг^(г)-
Следовательно, разность между числом нулей и полюсов функции /(г), заключенных в области D, равна
tf-P = ^AcArg/(z).-
Другими словами, разность #— Р равна числу оборотов, которые совершает в плоскости w вектор, идущий из точки oi = 0 в точку ® = /(г), когда точка z 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 tw=/(z) 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 / (г) при обходе контура С, деленному на 2л:
тД, ^г= Д д Arg / (z) = N-
2лг J f (г) 2л с ' v ' п
Это имеет место, например, для многочлена Q„(z) = У а^г*.
ft=o~
Пример 4. Найти число корней в правой полуплоскости Re г > 0 уравнения
Q5 (г) == г5+z4 + 2г3 — 8z — 1 = 0.
Решение. В силу принципа аргумента число нулей внутри контура С равно
N = Х-АС <35 (г),
где контур С состоит из полуокружности Ср : | z [ — R, Re г д> 0, и ее диаметра на мнимой оси; радиус R считаем столь большим, что все нули многочлена Q6 (z), находящиеся в правой полуплоскости, попадают внутрь полукруга | z ( < R, Re г > 0. Имеем
Отсюда
[/ 1 9 Я 1 \ 1
/ 1 9 Я 1 \
“Arg^+Arg^+y+^-^i—F)=
= 5Argz + Arg(l+T + A_^_iy
Приращение аргумента Q5 (г) при обходе в положительном направлении полуокружности Ср будет равно
/ 1 2 8 1 \
% <3в (г) = 5АС^ Afg г + ^Ср Аг§ + у + гг ~ ~ '
Перейдем в этом равенстве к пределу при R —» оо:
lim Дс ArgQ5(z) =
= 5 lim Лг Argz+ lim Ar Arg fl _i_-L । А—Д—L\
Л-,оэ CR CR V ' z ^ z2 z* z^‘
90 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ггл t
Оба предела в правой части существуют и равны соответственно
Пт Дс Argz = n,
Нт Ar Arg fl 4--4- — —Д- — —^=0.
CR i. z '?2 z4 z^J
Таким образом, lim Ac ArgQ6(z) = 5n.
SO К
Пусть теперь точка г движется по мнимой оси от z — iR до z = —iR. Положим z = it, — Rs^ts^R. Тогда
Q5 (it) =«(/) + iv (0 = Г* — 1 4-1 (1& — 2R — 8t), откуда
( и = 1*— 1,
Это —параметрические уравнения линии, которую описывает точка w = Q6(z) в 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 и и V нулю, получим соответственно
Н— 1 =0 или t — -ь 1, (2)
/5-2/з-8/ = 0 или /=±2, / = 0. (3)
Заметим, что уравнения (2), (3) не имеют общих корней (действительных), так что многочлен Q6 (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 о:
$ 91
ПРИНЦИП АРГУМЕНТА ТЕОРЕМА РУШЕ
91
Далее
lim и = +оэ, lim о= + со. ?-»+со + СО
Эти данное позволяют построить интересующую нас линию (рис. 11).
Из рис. 11 видно, что вектор ш = <25(г) повернется на угол <р = 3л
в отрицательном направлении. Следовательно,
Дс Arg Q5 (г) = 5л — Зл == 2л, откуда число нулей в правой полуплоскости будет равно R=^=l.
2л
Пример 5. Найти число корней уравнения Q7 (z) =г7 —2г —5 = 0 в правой полуплоскости.
Решение. Выбираем контур С, как указано в примере 4. Тогда
Ac^ Arg Q, (г) = ACj? Arg (г’ - 2г - 5) =
= ДГ Arg Tz’fl-Д-4Л =
CR L \ z8 z7 /] ! 9 \
/ 2 5 \
= 7л +Ac^ArgH — — ^И->7л при R —co.
Полагаем z — tt (— R sgRsSR). Тогда
Qj {it) = u(t)-)-iv (i) = — 5 4-1 (— t1 — 2t),
92
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
откуда
( и—— 5,
I о = -/(Р+2).
Так как а^О, то применение принципа аргумента законно ” нулей). Эта линия — прямая (рис. 12).
Вектор w = Q7 (z) делает поворот в отрицательном направлении на л радиан. Значит,
Дс ArgQ7(z) -—► 7л —л = 6л ^1\ i\ -> со
И
т. е. данное уравнение имеет три корня в правой полуплоскости.
Для следующих уравнений определить число корней в правой полуплоскости:
337. г4 + 2г34-Зг2 + г + 2 = 0.
338. z3 —2г —5 = 0. 339. г3 — 4г2 + 5 = 0.
340. 2г3 —г2 —7г + 5 = 0.
341. г5 + 5г4 —5 = 0. 342. г’2 —г+1=0.
Теорема Руш t.Jlycmb функции f (г) и <р (г), аналитические в замкнутой области D, ограниченной контуром. С, во всех точках этого контура удовлетворяют неравенству (/ (г) | > | <р (г) |. Тогда их сумма F (г)=| (г) + ф (г) и функция /(г) имеют в области D одинаковое число нулей (с учетом их кратности).
Пример 6. Найти число нулей функции , F (г)=г8 —4г5+г2 —1 внутри единичного круга | г | < 1.
Решение. Представим функцию F (г) в виде суммы двух функций f (г) и <р (г), которые выберем, например, так:
7(г) = —4г5, ф (г) =г8+г2—1.
Тогда на окружности | г | = 1 будем иметь | f (г) | = | — 4г51 = 4, |ф(г)1 = |г8+г2-1|^|г8| + |г21 + 1=3.
Итак, на границе | г | = 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) =г8 ~4г5 + г2 —1
§ 91
ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА РУШЕ
93
имеет в круге |г(< 1 пять нулей. Заметим, что возможен и Другой выбор функций f (г) и ф (г), например, такой:
f(z)=z8 —4г5, ф(г)=г2—1.
Пример 7. Определить число корней уравнения г8 —6г+10 = 0 внутри круга | г | < 1.
Решение. Положим, например, f (г) = 10 и ф(г)=гв — 6г. На окружности | г | = 1 имеем
|/(г)|=10- I Ф (г) | = | г8 —6г | | г81+6 | г | = 7.
Итак, во всех точках окружности |г | = 1 выполняется неравенство И (г) | > [ ф (г) |. Функция f (г) — 10 не имеет нулей внутри круга г [ < 1, а значит, по теореме Руше, не имеет нулей и функция гв — бг-j-10.
Пользуясь теоремой Руше, найти число корней данных уравнений в указанных областях:
343. z4 —3z3—1 = 0, 344. z3 + ? + 1 =0, 345. z5 4- z2 + 1 = 0, 346. г8 + 6г+10 = 0, 347. 27zu —18z+10 = 0, 348. z8 —6z6 —z3 + 2 = 0, |z|<2. 1 г 1 <y • M<2. |Z,<1. (z|<l-|Z|<1.
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 /V ==/\-'2 — где —число корней уравнения (4) в круге | г | < 1, W3—число корней уравнения (4) в круге [ г | <. 2 Нетрудно видеть, что на окружности |г | = 1 уравнение (4) корней не имеет: если |г| = 1, то | г4— 5г-|-1 | 2гЗ.
Для нахождения возьмем f (г) = — 5г, ф(г) = г4-(-1. На окружности |г| = 1 имеем j f (г) | > | ф (г) |, так как | f (г) | = | — 5г | = 5, | Ф (г) | = | г4+1 | sg | г |4+1 =2. Функция f (г) = — 5г в круге | г | < 1 имеет один нуль, следовательно, Л\=1.
Для нахождения /V., возьмем f(z) = z4, ф(г) = 1 —5г. На окружности | г | = 2 имеем | f (г) | > | ф (г) I, так как | f (г) | = ( г4 | = 24 -= 16, I Ф (г) | = | 1 — 5г | sg 1-|-5 | г | = 11. Функция /Дг)=г4 имеет четыре корня в круге | г | < 2, и, следовательно, /У2 = 4.
Число корней уравнения (4) в кольце” 1 < | г | < 2 будет /V =
. 94
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
ГГЛ Т
В следующих задачах определить количество корней
данных уравнений в указанных кольцах: 349. 4z4 — 29z2 + 25 = 0, 2 < | z | < 3.
350. г7 —5г4 + г2 —2 = 0, 1 <|г|<2.
351. г6 —8г+10 = 0, 1 < | г| <3.
Пример 9. Найти число корней уравнения
г2 —арг = 0,
где 0 < а < е *,
в единичном круге |z| <_ 1.
Решение. Положим f(z)=z2 и ф (г) =— aez. На окружности | г | = 1 имеем
| f (г) | = | г 12=1,
| ф (г) | = |— aez | = a । ez | = а | ех^У [ = аех < ® < 1
в силу условий — 1 х 1 и 0 <а <П.
Итак, | f (г) | > |ф (г) [, если |г| = 1. Функция [ (г) = г2 в круге | z | < 1 имеет двукратный корень в начале координат. Следовательно, по теореме Руше исходное уравнение в круге | z| < 1 имеет два корня.
Замечание. Рассмотрим действительную функцию F (х) = = х2 — аех. Эта функция на отрезке — 1 sgxsg 1 непрерывна. Кроме
того,
F (— 1) = 1 — ае 1 > 0,
F (0) = — а < 0,
F (1) — 1 — ае > 0,
так как 0 <.ае 1 <е 2 < 1,
так как а < е К
Таким образом, на концах отрезков —1 х 0 и 0<:xscl функция F (х) принимает значения разных знаков. Отсюда следует, что данное уравнение в круге | z | < 1 имеет два действительных корня разных знаков.
В следующих задачах определить число корней данных уравнений в указанных областях:
.. 352. е*-х=г (%> 1), | г | < 1.
eF
353. ez = azn, где п — натуральное число и |а|
\z\<R.
354. г2 — cosz = 0, ) Z | 5 <2.
355. г4—sin z = 0, И< < л.
356. г2 4- ch iz = 0, (г |< <0,5.
357. ch z = z- — 4г, 1Ф < 1.
358. 2г = 4г, |z | < < 1.
§ Ю] КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ 95
Пример Ю. Найти число корней уравнения
X, —г —е-г = 0, Х>1,
в правой полуплоскости Rez>0.
Решение. Рассмотрим контур, составленный из отрезка [—iR, iR] и правой полуокружности |z| = R. Положим f(z)~z — 'k и ф (г) = = е'г. На отрезке [—iR, У?], где z — iy, имеем
|f(z)\ = \iy-k\^VrW+^^V^ = K> 1, 1д>(г)| = |«“г| = |«"^1 = 1.
и следовательно, | f (г) | > | <р (г) |.
На полуокруж-ости |z|=R, где Rez = x>0 при достаточно большом R (R> Х+ 1), имеем | f (г) | > | (р (г) |, так как р(г)| = |г-М5=И-^=Я-А>1,
| ф (г) | = । e~z | = J = | е~хе~‘У = ел j е~1У = е~х sc 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— Х = 0, т. е. один корень. А значит, и во всей правой полуплоскости данное уравнение ймеет единственный корень.
359. Показать, что уравнение ze^—i, где ^>1, имеет в единичном круге j z | 1 единственный действи-
тельный и положи~ельный корень.
360. Показать, что уравнение 1-|-z-(-azn = 0, где п— натуральное число, большее единицы, при всяком а имеет в круге jг | 2, по крайней мере, один корень.
361. Пусть f (г) и ср (z) —функции аналитические в некоторой окрестности точки а, С — круг с центром в точке а такой, что вдоль окружности этого круга имеем
I (z) I +1 Рф (г) | < Г.
Показать, что уравнение F (z) = z — a—af (г) — р<р (z) = 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 щ = ((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 (г) была аналитична и ее производная f (г) была отлична от нуля.
Общие теоремы теории конформных отображений
I. Существует аналитическая функция ш = /(г), 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 и) = ( (г) будет обеспечена, если потребовать, чтобы выполнялось одно из условий:
а) заданная точка г0 области D перешла в заданную точку области G, а линия, выходящая из г0, повернулась на данный угол a(o>0 = f (z0), argf(z) = a);
б) точка г0 области D и точка zt границы у перешли соответственно в точку w0 области бив точку о>( границы Г j-др, = f (z0),
в) три граничные точки гх, г2, г3 области D перешли в три граничные точки leij, w2, w3 области G[a’1=f(z1), w2 = f(z2), w3 = f(z3)].
В случаях б) и в) функция f (г) 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 г 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(z) 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 (г) 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 I, и обладает тем свойством, что любые две точки гх и г2 (из которых одна лежит в £>), симметричные относительно I, отображаются в точки Wj и ш3, симметричные относительно прямой L.
Пример 1. В области D, ограниченной контуром у:
- х2 + г/2-2х = 0,
$ 10]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
97
задана функция
w — 3z-j-i.
В какую область перейдет D при отображении, осуществляемом этой функцией?
Решение. Пусть z = x-\-iy, w = u-{-iv. Тогда соотношение а> = Зг+< перепишется в виде u-j-iv — Зх-j-i (Зг/ +1), так что и = 3х, у = Зу+1. Отсюда * = у, У = ~з—•
Контур у отображается в контур Г:
/ г/ \2 / 71 — 1 \ 2 11
4 + Нг~ -2~ = 0 или (М-3)2 + (ц-1)2 = 9,
\ О ! \ U / 3
т. е. окружность радиуса 3 с центром в точке М (3, 1). Положительное направление обхода контура у соответствует положительному направлению обхода контура Г. В этом можно убедиться, задав контуры параметрическими уравнениями:
у: х = 1 ф- cos <р, г/ = 81Пф, 0 ф < 2л, Г: и = 3 + 3 cos ф, сг= 3 sin ф + 1, 0 -у ф < 2л.
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-L) и найти ее образ при Рис. 13.
отображении nu=3z-J-t. Например, точка г=1 переходит в точку ш = 3+1, которая находится внутри'контура Г.
Пример 2. Даны точки z1 = 2-f-3i и z2 = 3-j-2i, симметричные
. л — «у относительно прямой у = х. Показать, что функция w = e z переводит гх и z2 в точки щ1 = 3 — 2i и w2 = 2 — 3i, симметричные относительно прямой у =— х.
. л
—«у
Решение. Нетрудно проверить, что функция г ото-
. л — ‘ у бражает прямую у = Х в прямую у = — х. Функция w = e г аналитична всюду. В силу принципа симметрии точки гх = 2 + 31 иг2 = = 3-|—2г, симметричные относительно прямой у = х, перейдут в точки ^ = 3 —2г и w2 = 2 — 3i, 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-j-b, где а и Ь — постоянные комплексные числа (а^£0), осуществляет конформное отображение полной плоскости г на полную плоскость а), так как при любом г имеем w'=a^:0.
Частные случаи:
1. w = г (1) осуществляет преобразование параллельного переноса.
2. w = elaz, (2) где а—действительное число, осуществляет преобразование поворота вокруг начала координат на угол а.
3. ау = гг,
(3)
где г— действительное положительное число, осуществляет преобразование подобия с центром подобия в начале координат, г — коэффи-
скости z на подобный ему
циент подобия.
Общий случай линейного отображения
плоскости w.
w=az-f-b, где а = ге‘а, (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 точки Z! = co и г2 = у— а. При а — 1 получаем г2 = оо, 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, 1 +1 в
Решение. Первый способ. Из рис. 14 видим, что А АВС переходит в подобный ему А Л1В1С1 путем следующих операций: 5
1) поворот около начала координат на угол -^-л, что соответ-
ствует преобразованию
. 5 «- л w1=e 4 г;
§ ю]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
99
2) преобразование подобия с центром в начале координат и ко-(Л 5 —\
так как = |/~2);
АВ /
W2 = ^2 Wj;
3) параллельный перенос, смещающий точку С (0, 0) в точку CjO, 1) (получаем
.5
Учитывая, что е 4
+ /2 ./2
ь =— — t -у, получим окончательно
^-/^jz+l+! = (l-Z) (1+г).
Второй способ. Пусть искомая функция есть w = az-{-b, где а и 6 —пока неопределенные константы. По условию задачи точки Zj = 0 и г2 = 1 должны перейти соответственно в точки w± = = 1+t и о>2 = 0. Получаем систему уравнений для определения а и Ь:
Г,
выходящем из центра окруж-
от центра окружности равно
I 0 = а-фЬ.
Отсюда а =—1—г, а значит,
а> = (1 + 0 (1-z). (5)
л 1 Функция w = —. 1 г
Точки М и М' называются симметричными относительно окружности если 1) они находятся на одном луче, ности; 2) произведение их расстояний
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 состоит из двух симметричных отраже-
ний: относительно единичной окружности и относительно действительной оси (рис. 16). 4*
100 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО (ГЛ Г
Преобразование = ~ является конформным во всей расширен-
ной плоскости, причем точке z = 0 соответствует точка ш —сю, а точке z= со соответствует точка w=0. (Считают, что угол между ли-
ниями 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 w = ~
переходят в окружности или прямые. Неподвижные точки г, —-,-1
Уравнение окружности |г| = 3 в в виде
и г2 =—1.
Пример 4. Найти образ окружности |г| = 3 при отображе-25
НИИ W — — . г
Решение. Пусть г — x-^ty, w = Тогда соотношение
25
ви=у перепишется в виде
25 u-}-tv =— x + iy
_ 25x . 25у
~хг + уа 1х2 + у2'
откуда 25% 26у . ,
“-"х^у2’ v х^+у2'
декартовых координатах запишется
(б)
х2 4- у2 = 9.
Исключая из (а) и (б) х и у, получим
25
т. е. окружность радиуса £? = —- с центром в начале координат в •J
плоскости W.
Дроби о-л инейная функция az-Ей w~—н, cz-pd’
(6)
где а, Ь, с, d— комплексные постоянные и ad — brj^O 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 ш = ,
§ Ю]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
101
Свойства дробно-линейного преобразования:
I. Круговое свойство. Дробно-линейное преобразование окружность отображает в окружность. (Прямая линия считается окружностью бесконечного радиуса.)
II. Свойство симметрии. Две точки zt и г2, симметричные относительно окружности С, отображаются в точки и w2, симметричные относительно окружности Г, на которую отображается окружность С.
Существует единственная дробно-линейная функция, которая три заданные точки гх, г2, г3 плоскости г переводит в три заданные точки wlt w2, w3 плоскости w. Она имеет вид
w— Wj w3— w2 г—г1 г3— г2 w — w2 Wg — w-L z — z2 г3 — гх ‘
(7)
Пример 5. Найти дробно-линейную функцию, переводящую точки гх = 1, г2 = Ь г3 =—1 в точки ге>1=—I, w2 = 0, i
Решение. Воспользовавшись формулой (7), w +1 1—0 г—1 — 1 — i ,1 — г
~—Н: • ч-—тч =------ ’ то-; , откуда w = I -г— .
w — 0 1 —(—1) z — i —1 — 1’ J t + г
Замечание. Если одна из точек zk или vuk является бесконечно удаленной, то в формуле (7) надо ницами все разности, содержащие эту точку. Например, если гх = оо и да2 = со, то получим
ш3=1.
будем иметь
(fe=l, 2, 3)
заменить еди-
w- 1
1 w3 — w±
1 z3 — z2 , (ws — Wj) (z3 — z2)
------- - л Или w = w ' to------ITO-----2/
z —z2 1 z —z8
Приведем две часто употребляющиеся формулы: 1) Функция
W = gif -—
z —z0
(8)
отображает верхнюю полуплоскость Im г > 0 на единичный круг [ w | < 1 так, что точка г = г0 данной полуплоскости переводится в центр w = 0 круга. Здесь <р — любое действительное число.
2) Функция
и, = ^2—351 l-zzo
отображает единичный круг | z | < 1 на единичный круг | w | < 1 так, что точка z = z0 первого круга переходит в центр W — 0 второго
362. Указать геометрический смысл (сдвиг, растяжение, поворот) следующих преобразований:
a) w = z + 3i; б) w — z + 5; в) к>=гг;
( л ।_.
г) w = e 6 z; д) w — 3z; е) w = ~~z.
(9)
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 полуполосу 0<Rez<l, Imz>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 | г | < 5 в круг [ w | < 1 так, чтобы точки —5; 4-f-3t; 5 перешли в точки —1; i; 1.
367. Найти функцию w — f(z), отображающую конформно единичный круг на себя и такую, что
a) f(4) = 0, argf(l)=|;
б)/(0) = 0, argf(O) = -^.
368. Найти дробно-линейную функцию, отображающую круг |z — 2|<3 на круг | w | < 1 так, чтобы точки —1; 5; перешли соответственно в точки 1; i; -1.
369. На какую область в плоскости w отобразит функция ® = верхний полукруг |z|< 1, Imz>0?
370. Найти образ области Z): l^|z|^2, O-CargzsC у при отображении ay = y-f-l.
371. Найти общий вид дробно-линейных преобразований, преобразующих верхнюю полуплоскость самое в себя.
Степенная функция
W — zn,
(10)
где — целое положительное число.
Отображение, осуществляемое степенной функцией, является конформным во всей плоскости, кроме точки г — 0: при г^О имеем а)' = пгге х; при г = 0 w' = 0. При г = 0 конформность нарушается, так как при отображении с помощью функции (10) углы увеличи
§ ft]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
103
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, 2л
а лучу ф = ——нижний край разреза. Такое же отображение по-
лучим для каждого из углов, на которые плоскость г разбивают 26л .
лучи ф =---- (6 —целое число), причем при отображении угла
2(6 —1) л 26л ,, . _ .
—1<ф<-------------- (6=1, 2, ..., ri) на плоскость с разрезом лучу
Рис. 17.
2 (6 — 1) л Ф = —------—
п разреза.
Пример
соответствует верхний, а
6. Отобразить сектор
лучу ф — —---нижний край
л ОТ о
0 < arg 2 < — на единичный
. л
‘ 8 круг | w | < 1 так, чтобы точка г1 = е перешла в центр ш1 = 0, а точка г2 = 0 —в точку ш2 = 1.
Решение. Сектор 0 < arg z < (рис. 17, а) с помощью функ-
ции / = г4 отобразим на верхнюю полуплоскость ImZ >0 (рис. 17, б), г я
Точка гх = е 8 перейдет в точку (1 = zf = t, a г2 = 0 перейдет в точку <2=0.
Затем отобразим полуплоскость Im t > 0 на круг w [ < 1 так, чтобы точка <х = ( перешла в центр круга (рис. 17, в). Воспользовавшись формулой
пол) чим
, 7—» ш = ег'Р-—
104 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ггл I
Требование, чтобы точка f2 = 0 перешла в точку ш2=1, дает e‘t = = —1. Подставляя в выражение для w значение е'<? = —1 и / = г4,
получим окончательно
г4 —I
W =-----. , ' -г .
Z4+l
Пример 7. Найти функцию, отображающую верхнюю половину круга |z| < 1, Imz>0, на верхнюю полуплоскость 1тш>0.
Решение. Заданная область представляет собой двуугольник
с вершинами в точках гх =—1 (рис. 18, а).
, л
и z2 = 1 и углом при вершине а=
Вспомогательная функция t — —- осуществляет конформное отображение этого двуугольника на первый квадрант плоскости t /1 +z\2
(рис. 18,6). Функция w = t2 или ш = ( j—-) дает искомое отображение (рис. 18, в).
Показательная и логарифмическая функции. Отображение, осуществляемое показательной функцией
(Н)
конформно во всей плоскости, так как w' —е? :£0 во всякой конечной точке плоскости z.
Если плоскость z разбить на полосы
2/гл < у < 2 (fe + 1) л (&>=0, ±1, +2, ...),
то каждая из этих полос отобразится функцией а) — 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 (k~1) л — нижний край разреза. При этом точки z0=x0-(-it/0 и za=x04-z (t/0-}-2&зт) (k—±l, ±2, ...) переходят в одну и ту же точку плоскости w. Это означает, что показательная функция является бесконечнолистной периодической функцией комплексной переменной z с мнимым периодом 2лг. Областью ее однолистности
« to]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
105
является любая полоса у0^у <у0 + 2л, отображающаяся на полную плоскость w с разрезом по лучу аг§и)0 = у0 (рис. 19).
Отметим, что показательная функция w = ez не обращается в нуль ни при каком значении z.
Рйс. 19.
Пример 8. Во что преобразуется полу полоса 0<1тг<2л, Rez<0
с помощью функции w = ez?
Решение. Положим z = x-(-iy, ву = ег=еЛ • еО’=рА Тогда р = ех, ф = у, где — оэ < х <; 0, 0 <Zy <Z 2л,
так что 0 <; р < 1, 0 <; ф < 2л. Очевидно, точки щ = рг“Р, удовлетворяющие этим условиям, заполняют круг | w | < 1 с разрезом по отрезку прямой, соединяющей точки ш=0 и щ=1. В самом деле, обойдем контур у области D в положительном направлении, начиная
Рис. 20.
с участка I (—оо < х < 0, у = 0). Далее II (х = 0, 0 < у < 2л) и наконец, III (у = 2л, а х изменяется от 0 до—со). Очевидно, этим участкам в йлоскости w будут соответствовать участки Г, 1Г, IIГ, где участок Г совпадает с верхним краем разреза, а IIГ — с нижним краем (рис. 20).
106
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ. I
Логарифмическая функция
w = Lnz (12)
определяется как функция, обратная показательной. Для определенности будем рассматривать главное значение логарифма z, т. е. то значение, которое соответствует главному значению аргумента
In z = In | г [ + i arg z, —л< arg z л.
Эта функция аналитическая во всех конечных точках г 0 и w' == = Значит, отображение с помощью функции w— In г кон-
формно во всех таких точках. Отметим, что точки z = 0 и г = оэ являются точками разветвления функции kj=Lhz, причем Ln0=oo и Ln оэ = ео.
Любое конечное число обходов (в одном и том же направлении) вокруг точки z = 0 не приведет вновь к первоначальной ветви функции Ln 2. Такие точки разветвления называются логарифмическими.
Пример 9. Найти функцию, отображающую плоскость z с разрезом вдоль отрицательной части вещественной оси от точки 2 = 0 до точки г = —со на полосу —л < v < л в плоскости w.
Решение. При рассмотрении показательной функции w~ez было указано (стр. 104), что любая полоса уа у < у0 2п отображается этой функцией на полную плоскость w с разрезом по лучу arg «уо = 4/о-
Рассмотрим обратное отображение, а именно, отображение полосы о0гСо <о0 + 2л, где о0 = —л плоскости w на всю плоскость z с разрезом по лучу argz0 = »0 = —л (рис. 21). Очевидно, такое отображение дает функция z — ew; следовательно, искомое отображение будет ги=1ггг = In | z |-J-1 arg z. Когда точка z пробегает по нижнему берегу разреза / от х — —со до х = 0, то в плоскости w соответствующая точка опишет линию Г от и = -|-оо до и — —со (ц = —л). Далее, когда точка z пробегает по верхнему берегу разреза II от х = 0 до х = —со, то в плоскости w соответствующая точка опишет линию 1Г от и =—со до ц = -|-оо (о = п), так что область D и соответствующая ей область G остаются при обходе контуров справа.
§ 10] КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ 107
Тригонометрические функции aj=sinz, w = cos г. (13)
Для любого комплексного z е1г—ё~1г е‘г+е-1г
smz = —----; cosz =------.
Пример 10. Во что отображается полуполоса 0<х<л, у>0 (рис. 22) с помощью функции COSZ?
Рис. 22.
Решение. Имеем cos г = cos (х + iy) = cos х ch у — i sin х sh у. Если точка z пробегает участок границы I от р = -(~со до у==0 (при х=0), то соответствующая точка в плоскости w пробегает участок Г от и = + со до и = 1 (при о = 0). Если точка z пробегает участок II от х = 0 до х = л (при у — 0), то w = cosx опишет участок 1Г от и = 1 до и=—1 (при о = 0). Наконец, если точка z пробегает участок III от у=0 до у = -)-со (при х = л), то а>=—ch у пробегает участок IIГ от и =—1 до « =— оо (при о = 0). Итак, если точка z обходит границу полуполосы 0 < х < л, р>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 = cosz отображает рассматриваемую полуполосу на нижнюю полуплоскость w. Аналогично показывается, что полуполоса 0<х<л, у <0 функцией aa = cosz отображается на верхнюю полуплоскость w.
Стороне полуполосы х = л, р<0 соответствует отрезок —со < < и <—1 действительной оси плоскости w, стороне 0<х<л, р=0 (проходимой от л к 0) соответствует отрезок —1 < и <Z 1 и стороне х = 0, р<0 —отрезок 1 < и <4-со. Отрезок —со<«< —1 действительной оси плоскости w пробегается дважды, а именно, на него отображается сторона х = л, у > 0 первой полу полосы и сторона х = л, у < 0 — второй полуполосы. Чтобы отображение w~cosz было взаимно однозначным, надо в плоскости w сделать разрез вдоль действительной оси от —со до —1 (а также от 1 до 4-со).
1
108 функции комплексного перемгнного [гл i
Итак, функция w = cosz отображает полосу 0<х<л на всю плоскость w с разрезами по действительной оси от —со до —1 и от 1 ДО 4-со.
Функция Жуковского
j ш=4(г+г)
является аналитической во всей плоскости, кроме точки г = 0, где она имеет полюс первого порядка.
Производная функции Жуковского w' = -^- ^1 —при г ф
7^ ± 1, а значит, отображение, осуществляемое этой функцией, везде
Рис. 23.
конформно, кроме точек z=± 1. Функция w = -% \z ф- —у отображает конформно область | z | < 1 на всю плоскость W, разрезанную по отрезку [—1, 1] действительной оси Граница области— окружность | г | = 1—отображается на этот отрезок, причем верхняя полуокружность отображается на нижний, а нижняя —на верхний край разреза.
Аналогично область j Z | > 1 отображается на второй экземпляр плоскости w, разрезанной по отрезку [—1, 1] действительной оси, причем верхняя полуокружность | z | = 1, Imz>0 отображается на верхний берег, а нижняя полуокружность |z| = l, Imz<0 — на нижний берег разреза (рис. 23)
Всякая окружность радиуса Д’ ф 1 отображается функцией (14) в эллипс с полуосями
<5 10]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
109
и фокусами в точках (— 1, 0) и (1, 0) Лучи argz = cp (кроме <р = 0,
1 2 । отображаются
на соответствующие ветви гиперболы
U2 V2
cos2 ср cos2 ср
лучи argz = 0, argz=±-g-, argz==n отображаются на дважды пробегаемые бесконечные отрезки действительной или мнимой осей.
Рис 24.
Пример 11. Пользуясь функцией Жуковского, найги образ области
0<]г(<1, 0 < arg г <.
Решение. Подставим г = ге1~? в функцию Жуковского
и выделим действительную и мнимую части; получим
Обходя контур сектора в положительном направлении ОАВО (рис. 24), получим отрезок ОА перейдет в бесконечный отрезок действительной оси, пробегаемый от и = -|- со до и = 1 (рис 25), дуга АВ окружности (z| = l перейдет в отрезок действительной оси А'В', а отрезок
110 *
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
[ГЛ t
ВО перейдет в кривую
Согласно принципу взаимнооднозначного соответствия границ получим, что заданный сектор переводится функцией Жуковского в область
и2 — v2>~, и>-у, у < 0.
372. Найти функцию, отображающую область у <
< arg z< л на область 0 < arg w < —.
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 < х <5 на верхнюю полуплоскость W.
375. Отобразить плоскость г с прямолинейными разрезами (—со, Ь), (а, +оо), где а и b вещественны, на полуплоскость 1шпу>0.
§ 10]
КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
111
376. Найти функцию, отображающую первый квадрант О-С arg z •< у на круг | z | < 1 так, чтобы точкам z= 1 -f- i, z = 0 отвечали точки ау = О, w—l.
В следующих задачах найти область плоскости w, на которую функция w=f(z) отображает данную область D плоскости г:
377. w = z2+ 1, D-. четверть круга | z | < 1, 0 < arg z <
378. w — e22, D: полуполоса 0<lmz<^-, Rez<0.
379. tei = lnz+l, D: часть кругового кольца 1< <jz|<e, заключенная в угле 0< argz<e.
Найти функцию, отображающую конформно на верхнюю полуплоскость каждую из указанных областей:
380. Сектор | z | < 2, 0 •< arg z < у.
381. Область | z]<Х2, |z—1|<1.
382. Полосу a<Rez-<6, п>0.
Найти функции, отображающие:
383. Круг | z | < 1 с разрезом по радиусу от точки z = 0 до точки z = — 1 на полуполосу — л <; о <; л, ы < 0.
384. Полуполосу 0<1тг<л, Rez>0 на полуплоскость Im w > 0.
385. Полосу — oo<Rez< + oo, 0 < Im z <у на плоскость w с разрезами — 1, о = 0 и
<Ц-оо, о = 0.
386. Лунку, ограниченную окружностями )z— 1| = 1, |z — 21=2 на полосу 0<Reay<l.
387. Область, заключенную между двумя окружностями, пересекающимися в точках z = a и z = b под углом лА, 0<Ж<1, на полуплоскость Im w > 0 так, чтобы z = a перешла вщ = 0, az = &— в w = co.
388. Используя функцию Жуковского, найти функцию, и2 отображающую кольцо 1 < | z j 2 на область +
4- -у 'С 1 с разрезом -4<«<4, п = 0.
389. Отобразить верхнюю полуплоскость Imz>0c исключенным полукругом | z | •< у в круг | w | < 1.
ГЛАВА II
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
§ 11. Нахождение изображений и оригиналов
Функцией-оригиналом называется любая комплекснозначная функция / (I) действительного аргумента I, удовлетворяющая условиям: 1°. f (t) интегрируема на любом конечном интервале оси t (локально интегрируема).
2Q. Для всех отрицательных t
3°. f (t) возрастает не быстрее показательной функции, т. е. существуют такие постоянные М > 0 и .s0 О, что для всех t
| / (/) I </Mes°z. (1)
Пример 1. Показать, что функция
( е2‘ sin 3/, t > О,
/(Z) = {o, .<0,
является функцией-оригиналом.
Действительно, функция f (t) локально интегрируема:
^2
j e2t sin 3/ (it,
существует для любых конечных и t2.
Условие 2° выполнено в силу задания функции.
Наконец, для любых вещественных t
| e2t sin 3/1 si e21,
так что в качестве М в условии 3° можно взять любое число >1;
So = 2.
Простейшей функцией-оригиналом является так называемая единичная функция Хевисайда ~~
( 1, >>0,
Т1(Но, /<0.
$ 11]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
113
Очевидно,
<р (0 и (0=| 0
оо,
КО,
так что если ф (Z) удовлетворяет условиям Г и 3°, то ф (t) 4 (?) уже удовлетворяет всем условиям, налагаемым на функции-оригиналы.
390. Проверить, какие из указанных функций являются функциями-оригиналами
а) /(/) = й,‘г|(/), 6>0, б) /:(Z) = e(2+4!,',r| (/);
в)/(0=т^зП(0; г)/(о = ^(О;
д) /(0 = ch (3 — е) f(O = tgh](O;
з) f = cos tx\(ty
к) f (t) = e-t2x](ty,
M)f(0 = l+S(-l)fer|(/-A).
fe=i
ж) HWW);
и) /(WW
л) f (0=^^ (z);
В дальнейшем для сокращения записи будем, как правило, писать f (t) вместо /(/)т](/), считая, что рассматриваемые нами функции продолжены нулем для отрицательных t.
Изображением функции f (/) по Лапласу называется функция F (р) комплексного переменного p = s-\-ic, определяемая равенством
^(р)=Л fVl^dt. (2)
о
Тот факт, что F (р) есть изображение f(t), будем символически записывать так:
f(t)=F (Р)-
Функция F (р) определена в полуплоскости Re р = s > s0 и является в этой полуплоскости аналитической функцией.
Пример 2. Пользуясь определением, найти изображение функции
/(Z) = e4
Решение. Для функции f(t)=e2t имеем s0 = 2. Поэтому изображение F (р) будет во всяком случае определено и аналитично в полуплоскости Rep >2. Имеем
4-со 4-°°
f(p) = j е~^1 dt= e~'P-^^dt =
1 R=-|-cb 1
----<г<Р-2>Н =-Ц (Rep=s>2).
-(р-2) |/=0 р-2
114
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ И
Итак, /?(р) = —Ц;. р — 2
Эта функция аналитична
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 р > s0, но вовсе не утверждает, что если Re р <. s0, то F (р) всюду неаналитична.
Пользуясь определением, найти изображения следующих функций:
391. f (/) = /. 392. f(/) = sin3/.
393. = 394. /(/) = /“ (а >—1).
395. Может ли функция ф(Р)~служить изображением некоторого оригинала?
Свойства преобразования Лапласа
I. Свойство линейности. Для любых комплексных постоянных аир
а/ (0 + ₽£ (0 = а/? (Р) + (р)
(здесь и всюду в дальнейшем считаем f (Z) == F (р), g tt) G (р)).
Найти изображение функций:
396. 1-Н. к
397. 2 sin/ — cos/.
398. ЦуйЛ
II. Теорема подобия. Для любого постоянного а > О /(а<)= —F М. ' ’ ’ а \а/
Пользуясь теоремой подобия, найти изображения следующих функций:
399. /(/) = еа/. 400. f (f) = sin 4/.
401. a) /(/) = cosco/; б) /(/) = sh 3/.
402. Пусть f(t)==F(p). Найти изображение функции f (а > 0) непосредственно и с помощью теоремы подобия.
Пользуясь теоремами линейности и подобия, найти изображения следующих функций:
§ 11]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
115
403. f(O = sin2/.
405. f(t) = cos31.
407. f(0 = sin4.
404. /(Z) = sinmZ cos nt.
406. f (0 = sinmZsinnZ.
408. f (/) = cos mt cos nt.
III. Дифференцирование оригинала. Если функции / (0> Г (0> • • • > (0 являются функциями-оригиналами и f (1) =-р (р),
то
Г (t) = pF (р)-/(0),
/" (0 = р^(р)-р/(0)-Г (0),
/'« > (/) = pnF (p) -- pn - V (0) - pn - V' (0) -... - f<n -1 ’ (0), где под f<fe) (0) (k — 1, 2, ..., zi —1) понимается lim flk> (t).
Пример 3. Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, найти изображение функции f (/) = sin21.
Решение. Пусть f (t) =^F (p). Тогда
/' (0 = pf(p)-/(0)-
2
Ho f(0)=0, a f'(t) = 2 sin t cos t — sin 2t = Следовательно,
-^-^=pF(p), откуда
Пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала, найти изображение следующих функций:
409. f(Z) = cos2t
411. f (/) = t sin (ot.
413. f(Z) = Zcos<ot
IV. Дифференцирование изображения. Дифференцирование изображения сводится к умножению на (— t) оригинала
F’ (P)=~tf(t)
410. / (/) = sin3 t.
412. f(t) = cosit.
414. f(t) = tei.
или, вообще,
изображения
Fln> (p) ~ t)n f (t). _____________
Пример 4. Найти изображение функции
f (t) = Ре1.
Решение. Имеем el = ——г. По теореме о дифференцировании
’ Р 1
— tef, откуда -----гтт = te1. Далее
(р-1)а '
. 21 ,
=— t (te^ или -----== P&t.
v (Р —I)3
116
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ И
Найти изображения следующих функций:
415. f(t) = t2zost. 416. /:(0 = /'(ez + ch0-
417. /(/) = (/•+-]) sin 2/. 418. /(/) = /sh 3/.
V Интегрирование оригинала Интегрирование оригинала сводится к делению изображения на р, т. е. если f (/) -=F (р), то
О
t
Пример 5 Найти изображение функции \ ет dr.
о
Решение. Имеем^^-----------г. По теореме об интегрировании
’ Р~ 1
t _L
с , . р—1 1
оригинала \ exdr=---=—.
J ' Р ИР~1
О
Найти изображения следующих функций:
t
419. f(t)~ $ sinxdT.
о
t
421. f (t) = $ т sh 2xdx. о
423. f (0 = $ ch сот dr. о
t
420. / (0 = S (TI) cos on dx.
о
t
422. f = cos2 (axdx.
о
t
424. / (/) = ^тае-т dx.
о
VI. Интегрирование
изображения. Если j F (p) dp p
сходится, то он служит изображением функции
dP.
p
Пример 6 Найти изображение функции —-—.
§ 11]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
117
Решение. Как известно, sin t = j . Поэтому
sin t . C dp , Iе» л
—p—= \ -V7~F=arctSP arctg p = arcctgp
t J P +1 Ip z p
(для многозначных функций Ln г, Arctg г и т. д. берем их главные ветви, для которых In 1 = 0, arctg 1 = -^- и т. д.j.
Найти изображения следующих функций:
425. а) d — 1 t ' 1 — e 1 , sin2 t 6> / - B> t •
426. а) 1 — cos t . t ’ cost — cos 2t 6) .
427. а) t ' 6) e^--.
С помощью теоремы об интегрировании изображения легко вычисляются некоторые несобственные интегралы.
Пусть f(/) = F(p), и пусть сходится несобственный интеграл
С f (() .. т
\ Д— dt. Тогда
и
\ f^dt = j F (p)dp, (3)
о о
где интеграл справа можно вычислять
Пример 7. Вычислить интеграл
по положительнрй-лподуоси.
Решение. Имеем sin t = - , ’ P2 + l
\~df-
о
По формуле (3)
(* sin t
о
C dz . ^-rp=arctgz о
л
(о ~2'
Вычислить интегралы:
р р at__р bt
428. —dt (а>0, Ь > 0).
б
429. ^-.°-?sin (а>0, а>0).
о
118
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
430.--------е-------sin mt dt (а > 0, Р > 0, m > 0).
о
431 Ле~ я< + Ве~ + Се~ V + De~i(
(A+B + C + D = 0, а>0, ₽>0, у>0, б>0).
432. \-----------dt (a>0, &>0).
о
433. i™at.pM dt (а>0) й>0).
0
VII. Теорема смещения. Если f (/) # F (/>), то для любого комплексного p0
f (t) =F (p-p^. <4)
Пример 8. Найти изображение функции f(t)=e i cos2t.
Решение. Имеем cos 2t == По теореме смещения (р0 =
-О Р
a t год 9/ —- ----------
• (р+1)2 + 4-
Найти изображения следующих функций:
434. a) e^sinZ; б) e^cosraH 435. e
436. el sh t. 437. tef cos t. 438. e3t sin21.
439. e at cos2 fit.
VIII. Теорема запаздывания. Если f (t) (p), mo
для любого положительного т
/(^-т)^е-Р^(р). (5)
Теорему запаздывания удобно использовать при отыскании изображения функций, которые на разных участках задаются разными аналитическими выражениями.
Пример 9. Найти изображение функции
/(i-lW-l)2^-!).
Решение. Для функции f (t)==t2x\ (t) имеем
§ 11] НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ 119
По теореме запаздывания для функции (t — 1)а г] (t— 1) имеем
Здесь существенно, что ищется изображение функции (/— I)2 т) {t—1), т. е. функции, равной нулю при t < 1.
Если' рассмотреть функцию j\ (t) = (t — 1 )2 г] (£), то для нее имели бы Д = —т] (/) и по свойству линейности
2 2 1
(^1)ап(0=-з-?2+-.
Найти изображение функций:
440. sin(Z — b)t](t — b).
441. cos2 (t — b) T| (/ — b).
442.
Найти изображения следующих функций, заданных графически:
443.
О 1 I
120 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ГЛ. II
451. Пусть функция /(/) периодическая с периодом Т есть функция-оригинал. Показать, что ее изображение по Лапласу F (р) дается формулой
F (р) = —!—-т
77 \-е~рТ
т
e~ptf (/) dt
о
и определено в полуплоскости Rep = s>0,
§ П]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
121
Найти изображения следующих периодических функций:
fit)
452.
f(t)
2 3 4 5 6
453.
О
12 3 4 5 6 7 3
454.
455. /(/) = [ sin t\.
t
456. /(0 = 1 COS t\.
sin/ при 2knоt < (26 4- 1) л,
* v ^ = 0 12...).
0 при (26ф-1) л</<(26-|-2) л v
458. Показать, что если f (t)==F (p), to
/(ПП^-а^^ННО^ dt. о
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-функция Дирака 6 (t), которая определяется так [2]:
1) 6 (0 =
о,
со,
если t ф 0, если / = 0,
2) j6(/)/(0d/=/(0),
*) Строгое определение обобщенных функций см., например, в книге И. М Гельфанда и Г. 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 t = 0.
Аналогично определяется функция 6(Z —т)— 6-функция, сосредоточенная в точке t = r.
В теории обобщенных функций 6 (?) рассматривается как про-( 1, t>o, изводная единичной функции т] (/) = •!
П'(0 = ^0- (6)
Аналогично, при любом т
q' (t — т) = 6 (t — т).
Заметим, что производная функция r[ (Z) в обычном смысле равна нулю для всех а при / = 0 не существует.
Справедливы формулы
6(0 = 1; 1
6<ml(0 = pm, т — целое :>0, > (7)
6(/ —т) = е“Рт. J
Рассмотрим функцию f(t), имеющую разрывы первого рода в точках tk(k=l, 2, ... , п) со скачками
^=/(^+0)-/^-0) (й = 1, 2, п).
Пусть f (/) непрерывно дифференцируема в интервалах (Zft, (й=1, 2....п — 1) и при t < 0 и t>tn. Тогда
/'(0=А(0+£ (8)
' й = 1
п
где /1(0=/(0 — У, /ц,т[ (t—tk)— «сомкнутая» функция. Таким обра-Й=1
зом, производная разрывной функции f (t) составляется из ее обычной производной /; (0 (в интервалах гладкости f (t)) и суммы 6-функций 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:
/(/) = п (0—2т] (<-1)+Па-2)?
Применяя формулу (8), находим
Г (0 = 6(/)-26 (/-1)+6(/-2),
откуда согласно соотношениям (7)
f (/) = 1 — 2е“Л+^2Р.
Далее
1 2 1
/(П = - — е-Р-1—е
1 ' р р р
<5 11]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
123
что дает снова
/(0 = т](0-2т] (/-l)+n (Z —2).
Нестрогие рассуждения без учета формулы (8) привели бы к следующему. Производная / (Q в обычном смысле равна нулю всюду, кроме точек t = 0, t=l, 1 = 2, где опа не существует. Но-тогда и интеграл Лапласа от f (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 /(/).
460. Пусть а и Ь — два положительных числа, и пусть H0 = F{p).
Показать, что функция
имеет изображение ---е аР (совместная теорема подобия и запаздывания).
461. Найти изображения функций:
б) /(0=
sin [2t —
0,
/ г\ 1 5Т \ COS 3/ —-х- ,
о,
а) =
( sh (3/ — 6), в)/(0=! о,
IX. Теорема умножения (теорема о свертке). Произведение двух изображений F (р) и Ф (р) также является изображением, причем
t
F (р) Ф (Р) = (т) <р (t — т) dt. (9)
Интеграч в правой части (9) называется сверткой функций [ (t) и ф (t) и обозначается символом / (/) * ф (0-
124
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. 11
Пример 10. Найти изображение функции t
ф (t) = j (t — т) ет dx. о
Решение. Функция ф (1) есть свертка функций = t и
<p(Q = eC По теореме умножения
t (0 = И-f (Р) ф W-1.7фт-?1±-55,
Найти изображение следующих функций:
t
462. jj е‘~~ sin т dx.
о
t
463. $ cos (/ — т) е2Т dx. 0 t 464. $ (t — x)2ch xdx. 0 t
465. \(t—x)nf(x)dx. 0 466. \e^-^x^dx. 0
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 веско-со
нечно удаленной точки имеет вид F (р) = , то оригиналом F(p)
k=\
служит функция
'“>=2
*=1
467. Найти изображение функции f (Z) = J0 (/) —бесселевой функции нулевого порядка.
468. Найти изображение функции /(/)==J1(/).
469. Показать, что
V VP2 + 1
470. Показать, что
Д (n = 0, 1, 2, ...).
471. Полиномы Лагерра определяются формулой
(n = 0, 1, 2, ...).
<5 п]
НАХОЖДЕНИЕ ИЗОБРАЖЕНИЙ И ОРИГИНАЛОВ
125
Показать, что
£„(/)= (п = о, 1, 2, ...)•
472. Найти изображение функции =
473. Показать, что
erf (К?) =----
рПр+1
где
t
erf (f)=-^r= е~“‘ du.
У я J
Вычислить интегралы:
474. а) ИО = J du> 1 > °;
О
б) Ht)=\^^du, t>0;
' 1 ' 7 J q2-|-u2
о
. г ... I* Sin tu ’ COS 17 j /_ /v
в) f (t) = \ ------du, t > 0.
475. Найти значения функции f(f) и ее первых двух производных при /->4-0, если
f (0 = рДр/^+Т) и Г(0, f"(0. /”'(0-оригиналы.
Отыскание оригинала по изображению. Для нахождения оригинала f (/) по известному изображению F (р) приме-
няются следующие приемы:
I.
Q (р)
Если F (р) =-Ь>; \ есть Д (р)
правильная
рациональная дробь,
то разлагают эту дробь на сумму простых дробей и находят оригиналы для каждой простой дроби, используя свойства I—IX преобразования Лапласа.
Пример И. Найти оригинал для функции F (р) =
р(р—1)(р2 + 4)
Решение. Разлагаем F (р) в сумму простых дробей:
________L_______, Д , Ср+о р(р— 1) (р24-4) р^ р~ р2-]-4
126 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ IT
Находя коэффициенты А, В, С, D, получаем
г / \ 1 । 1 1 , 4 р 11
F(P)~ р + 5 р_1+ 5 р2 + 4 5 р2 + 4- ( )
Оригиналы для каждой из простых дробей в правой части (10) находятся просто. Используя свойство линейности, находим
f (t)=— 1 + 4- ef +4- cos 2Z — 4; sin 2/.
' ' 55 10
Пример
Решение
12. F (p) = ।- g. Найти оригинал /(/).
В данном случае F (р) уже есть простая дробь.
Для нахождения оригинала воспользуемся теоремой умножения и
тем, что
Имеем
1 1
{р’ (р2+1)2 р2 + 1
j_
~ 2
1 • • /
-ПТ =?= sin t. р2 + 1
t
• „ , = \ sin (t — т) sin xdx=
P2+l J
0
t
[cos t — cos (2т — [)] dx —
о
1 1 p = z 1 1
= -;r- t COS t------ sin (2т — /) = 77 t COS t------77 sin t.
2 4 |t=o 2 2
Пример Решение.
p p
13. F(p)= —-j-p Найти оригинал f (t).
Наличие множителя e~p указывает на необходи-
мость применения теоремы запаздывания.
Здесь х = 1,
поэтому
1
—
Р-Н
Р-|-‘
II. С помощью второй теоремы разложения, которая утверждает, что при определенных условиях на F (о) оригиналом для F (р) служит функция
res[F(p)en (И)
где сумма вычетов берется по всем особым точкам рк функции F (р).
§ И]
нахождение изображений и оригиналов
127
В частности, если F(p) =
Q(p) R(p)
правильная рациональная дробь,
то оригиналом ее служит функция
V 1 dk
f 2 ^FT ИИ." (р-рВЧ. (12)
где рк— полюсы F (р) кратности пк и сумма в (12) берется по всем полюсам F (р).
Если все полюсы F (р) простые, то формула (12) упрощается и
принимает вид
2Q (Pfe) R’ (Р/г) 6 = 1
Пример 14. F (р)= р Найти оригинал f (t).
Решение. Функция F (р) имеет полюсы р, = 1, р2 = — 1, дый второго порядка. По формуле (12)
(13)
каж-
/(/)=. lim Г Ру!«! + lim =4-lsh<
1 p^lL(P+l)2Jp 1(Р-И)2 2
Для данных изображений найти оригиналы и построить их графики:
<)„~р р-ър
476. F(p) = ^-_ 477. F(p) = y.
Р~2р Р~ЗР
478. 479. F(p) = ^.
Найти оригиналы по заданному изображению:
480. F (р) 1 4Я1 Fin} 1
~ p2 + 4p+5- ,o'- ' W p2 + 4p + 3 1 483 F ln\ — p
482. F (р)
~ (p2+l)2- Г \P) (p2+l)2-
484. F(P)
р + 2р2 + рз- F (p) 7-p + p2 2p3-J-p2 + 2p + 2 р ,, 1
486. F(p)
ps + 2p« + 2p3 . W p2(p2+l)’
488. F(p) p + 2
(p + l)(p-2) (p2 + 4)‘ n' (n 1 2 )
489. F(p)
p(p + l)(p + 2)...(p + n)
128
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ III
490. ?(р) 1
p4 + 2p3 + 3p2 + 2pp 1'
491. F(p) p2 + 2p-l
p3 + 3p2 + 3p+C
492. F(P) = 493. F (p) = p3 i 2p + 3
p3 + 4p2 + 5p ’
494. F(P) (p-l)2(p + 2)’ 495’ Пр) p2 + 2p — 1
рз — 2p2 + 2p— 1’ pc~2p p2—2p + 5 1 p2 + 9 '
496. F(p) ^P~ 497 F (n't —
(рЗ__ 1)2 * Г \P)
498. F(P) p~ 3P e 4QQ F(n\
(p +1)2 1JJ‘ F P (P — 1)'
500. F(P) = ^T^25+2^+3e^).
501. F(P) 502. F(p) p2—1 p2 — 4 g-P/2
P(P+l)(P2 + 4)‘
503. F(p) p-р 9p W Qe зр л = ^ + ^г-+^Ц-. 504. F p2 p3 pi »-P/J
P(P2+1)’
Тео рема Эфроса. Пусть f (t) + F (p), и пусть Ф (p) И <7(p) —
аналитические функции такие, что
Ф (p) е-ч lP> + <p (Ц t). (14)
Тогда
F k (p)] Ф (P) p (t) <p (t, t) A. (15) 0
В частности, если Ф(р)=—L-, <7 (р) = Гр > TO
V p
т)=йгг2/4- (16)
Поэтому если известно, что F (р) === f (I), то по теореме Эфроса
IF (j/p)\
находим оригинал для — _ • I:
\ Ур /
/•— 00
(17)
VP V^l J
Используя теорему Эфроса, найти оригиналы следующих функций (а — вещественное число):
-Vpx/a „—aVp
505. F(p)506. F(p) = e-~-.
Р pl' Р
§ 12]
РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
129
Vpx/a
607. 608. Р(р) = _Л^^.
М^ + ‘)
— ч. V~p
509. F(p) = -^——
РПР +о)
Используя теорему Эфроса, вычислить следующие интегралы:
СО
510. Z(0 = -L С ch те-^/4< dr.
V nt J о со
511. / (/) = ~~ J cos xe-^^dx. о
512. I (t) — —Ц J xsh xe-^^dx. о со
513. I (0 = т sin те_т2/<и dx.
о
§ 12. Решение задачи Коши для обыкновенных линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами
Пусть имеем дифференциальное уравнение (для простоты второго порядка)
d~x dx , . ,. ,,.
а° +а1 ^ + агх (0 —/(0, О)
где а0, alt а2 — const, а0^0.
Будем искать решение уравнения (1), удовлетворяющее начальным условиям:
х(0) = ж0, х' (0)—хг. (2)
Пусть х (/) = X (р), f(f) = F(p). 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
ФоР2 + а1Р + аг) X (р) — (аоРхо + “о-Л + о-1хо) =F (р). (3)
5 м. Л. Краснов и др.
130
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
(ГЛ II
Из (3) находим
X (р) = F + а°Рх° a°X1 aiX() (4)
' OoP2 + «iP + a2 ' 7
Это так называемое операторное решение. Находя по X (р) оригинал х (t), мы тем самым найдем функцию х(/) —решение задачи Коши (О—р.
Общий случай решения задачи Коши для дифференциального уравнения л-го порядка принципиально ничем не отличается от случая п — 2.
Пример.
x”4-x = 2cos/; х(0)=0, х'(0) =—1.
Решение.
x(t) = X(p), x'(t) = pX(p)-x(O) = pX(p),
х" (0 = р2Х(р) — рх (0)—х'(0) = р2Х (р) +1, cos/==-^L_, p2X(p) + l + X(p)=-g_;
г “Г 1
отсюда
X 2Р_____________!_
(Р> (P2+1)2 р2+1-
Находим оригинал для X (р). Оригинал для функции
1 t
-о", , = Sin t.
п д, 2р
Для нахождения оригинала для функции ; воспользуемся,
(р2 + 1)2
например, теоремой о дифференцировании изображения (см. § 11):
2р / 1 V . t • t (р2+1)2 \р2 + 1)<
Значит, X Ip) = t sill t — sin t = (t~ 1) sin t.
Итак, x = — 1) sin t.
Решить следующие дифференциальные уравнения при
заданных начальных условиях:
514. х' х(0)=1.
515. х' — 1, х(0) = - 1.
516. х' -}-2x = sin t, х(0) = 0.
517. х" = 1, х(0)== 0, х'(0) = 1.
518. х" Ц-х' = 1, х(0) = 0, х'(0) = 1.
519. х" 4-х = 0, х(0) = 1, х'(0) = 0.
520. х" + Зх' = ef, х(0) = 0, х' (0) = - 1.
&
§ 12]
РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИИ
131
521. х" — 2х =е2 , 522. х" + 2х' — 3х = е~*, 523. х"'4-х' = 1, 524. х” 4- 2х' — t sin t, 525. х” -|-2х' -f- x = sin£, 526. х'" —x" = sin/, 527. x'" 4-x' = t, x(0)=x (0)=0. x(0) = 0, x'(0) = l. x(0) = x' (0) = x"(0) = 0. x(0)=x' (0) = 0. x(0) = 0, x'(0) = —1. x(0) = x' (0)=x"(0) = 0. x(0) = 0, x'(0) = —1; x"(0)—0.
528. x" — 2x'4-x=ez; 529. x’" + 2x’4-5x'=0, x(0) = 0, x'(0) = l. x(0) = -l, x'(0) = 2, x"(0) = 0.
530. x” — 2x’ 4-2x=l, 531. x" 4- x' — cos t, 532. x"4-2x'4-x = ^, 533. x"'4-x" = sin^ 534. x"4-x = cos t, 535. x!” A-x” = t, x(0) = x' (0) = 0. x(0) = 2, x'(0) = 0. x(0) = l, x'(0) = 0. x(0) = x'(0) = l, x’(0) = 0. x(0)==—1, x'(0) = l. x(0) = -3, x'(0) = l, x’ (0) = 0.
536. x"4-2x'4-5x = 3, 537. xIV—x"-=cos4 x(0) = l, x'(0) = 0. x(0) —0, x'(0) = —1, x"(0) = x'" (0) = 0.
538. x"4-2x' 4-2x=l, 539. x"4-x=l, 540. x’4-4x==i, 541. x"—2x'4-5x=1—t, 542. xw4-x = 0, x(0) = x' (0) = 0. x(0) = -l, x'(0) = 0. x(0) = l, x'(0) = 0. x(0) = x' (0) = 0. x(0) = 0, x'(0) = —1, x" (0) = 2.
543. x'^x^cos^, x(0) = -2, x' (0) = x" (0)==0.
544. x"'-\-x' =ef, x(0) = 0, x'(0) = 2, x" (0) = 0.
545. x’v —х"=И, x(0)=x' (0) = x"(0) = =x"'(0)=0.
546. x" 4-x' = cos t, 547. x"—x' = /e*', 5* x(0)=2, x'(0)=0. / x(0)=x' (0) = 0. 1
132
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ 1Г
548. x"' + x' = cos/, х(0) = 0, х'(0) = —2, х’(0)=0.
549. x' + 2x'+x=f, х(0)=х'(0)=0.
550. х"—х'+х=еЛ х(0) = 0, х' (0) = 1.
551. х" — x = sin^, х(0) =—1, х'(0) = 0.
552. х'"4-х=е/, х(0) = 0, х' (0) = 2, х’(0) = 0.
553. х"+ * = 2 sinх (0) = 1, х'(0) =—1.
554. х" — 2х' 4-x = t — sint, x(0) = x'(0) = 0.
555. x" + 2x'+x = 2cos4 х (0) =х' (0) = 0.
556. х" -f-4x = 2 cos t cos 3t, x(0) = x' (0) = 0.
557. x" + x = ^ + 4sin/, x(0)=x' (0) = 0.
558. x" — x'=tff, x(0) = l, x'(0) = 0.
559. x" + x’ =4 sin21, x(0) = 0, x'(0) = —1.
560. x"'-2x" + x' = 4, x(0) = l, x'(0) = 2, x"(0) = —2.
561. x".—3x'+ 2x = e<, x(0) = x' (0) = 0.
562. x"-x' = f2, x(0)=0, x'(0) = l.
563. x"' + x = y/V, x(0) = x' (0) = х’(0) = 0.
564. x" + x = Z cos2i, x(0)=x'(0) = 0.
565. x"4-n2x = asin(n/4-a), x(0) =x'(0) = 0.
566г x"/4-6x,'+llx'+6x=l+^ + ^, x(0)=x' (0) = x"(0) = 0.
567. xIV-f-2x"4-x = /sin/, x(0)=x'(0)=x"(0)=x'"(0)=0.
568. x” -2ax' + (a2 + p)x = 0, x(0) = 0, x'(0) = l.
569. x"-t-4x=sin£, x(0) = x' (0) = 0.
570. x"' + x' = ezt, x(0) = x'(0) = x’(0) = 0.
571. xIV-f-xnI = cos t,
x(0) = x'(0) = x"(0) = 0, xni(0) = y.
4 1
572. x” — 4x = sin -^-t sin у t, x(0) = l, x (0) = 0.
573. xIV-5x"4-10x'-6x = 0,
x(0) = l, x'(0) = 0, x’(0) = 6, x'"(0) =—14.
574. x" + x' x = tef, x (0) — x’ (0) = 0.
575. x"4-x=Uosf, x(0)=x'(0) = 0.
576. x'" + 3x’ - 4x = 0, x (0) = x' (0) = 0, x" (0) = 2.
§12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 133
577. х"/ + ЗГ + Зх' + х=1, х (0) = х' (0) = х" (0) = 0.
578. х"' + х=1, х(О) = х' (0) = Г (0) = 0.
579. х” 4- а?х~а [г] (t) — г] (£ — &)], х(О) = х' (0) = 0.
f(t)
580.
fCt)
585. Частица массы т движется прямолинейно под действием восстанавливающей силы mkx, пропорциональной смещению, и силы сопротивления 2/niiv, пропорциональной скорости. В момент времени t—О частица находится на расстоянии х() от положения равновесия и обладает скоростью ц0. Показать, что если имеет место
1
134 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ IT
равенство и2 = Х2 -it2, то смещение частицы определяется выражением
~ ег^ [пх0 cos nt + (ц0 + px0) 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
при Г>Т.
587. Математический маятник длины I 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 {I — cos nt), п2 — -^--
588. Частица брошена вертикально вверх со скоростью ц0. На нее действуют сила тяжести и сила сопротивления 2kmv. Показать, что в момент времени t она , st , я + 2kv„ ,, _„ь/.
будет находиться на расстоянии — (I-- е 2 )
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 v0=10 см/сек. Зная, что начальная величина силы F0 = 4 дины и что на расстоянии 450 см от начала координат скорость п=105 см)сек, определить значение величины а.
590. Материальная точка массы m движется прямолинейно, отталкиваясь от начала координат О с силой F, прямо пропорциональной расстоянию (F — 4mx). На точку действует сопротивление среды R = 3nw. В начальный момент расстояние от начала равно 1, а скорость равна нулю. Найти закон движения точки.
591. Тяжелая точка массы ш падает в среде, сопротивление которой прямо пропорционально первой степени скорости. Определить наибольшую скорость точки,
§ 12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 135
если при V — 1 м/сек сила сопротивления равна одной трети веса точки и начальная скорость о0—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 п0 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 и В, расстояние между которыми 2d. Центры притягивают точку с силами, прямо пропорциональными расстоянию до центра; коэффициент пропорциональности mk'1 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 = [unr, где г - расстояние точки от этого центра иц — постоянный коэффициент. В начальный момент г —а и скорость ц = 0. Через сколько времени точка достигнет центра О?
596. Лодке сообщена начальная скорость п0 = 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 точки от начала координат (коэффициент пропорциональности равен 8), и возмущающей силы F=4cos/. Найти закон движения точки, если в начальный момент х=0 и п = 0.
598. Определить движение материальной точки массы т, притягиваемой к неподвижному центру 0 силой, прямо пропорциональной расстоянию и равной k2tn на расстоянии, равном единице длины.
136
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ 1Г
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 t — О приложена э.д.с. Е cos (®/4-а). Начальные ток и заряд равны нулю. Показать, что ток в момент / равен
Е {со sin (cat 4- а) — п cos а sin nt — со sin а cos nt} ,
'где п2 = -^-; предполагается, что и2^®2.
601. К цепи предыдущего примера, с нулевыми начальными током и зарядом в момент времени £ = 0, приложена э.д.с. Esinn/ с резонансной частотой. Пока-
Е , . , 2 1 7
зать, что ток равен ^t sin nt, где п =
602. К сопротивлению R, обладающему индуктивностью L, приложена э. д. с. Е sin(w/-(-a). Начальный ток равен нулю. Показать, что ток равен
Е (sin (у —a) a L -f- sin (®/ -j-a-f- у)] (У?2 4-L2®2) 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 при 0<zt^T и Е2 при t>T; Еъ Е2 — постоянные. Показать, что при t>T ток в цепи равен
~е sin nt — — y^-e-t^-^sin n(t — Т), llE НЕ
R где Ц = 2£ п2 > 0.
2 1 R1
И п ~~ LC 4IS’
причем предполагается,
что
§12] РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 137
604. Цепь, состоящая из индуктивности L, сопротивления R и емкости С, соединенных' последовательно, включается на постоянную э. д. с. Е. Начальный заряд и ток равны нулю. Показать, что ток / в момент времени t равен
[ ™ е sin nt при /г2 > 0,
М Е ,
j ~ te^ при /г2 = 0,
„ „ „ 1 R2 R
где n — LC 4L2, P — 2L<
Пусть имеем уравнение
«о (t)x^ р)+аг (l)x^ (t)+...+a„ p)x(0 = /(O, (5)
где a0(t), ..., a„ (Z) —многочлены no t степени -rm, a f(t) —
функция-оригинал. Будем предполагать, что задача Коши
*1/_о = Хо. х' |z_o = x;, ..., xm~v (6)
для уравнения (5) имеет решение.
Пусть
х (0 == X (р).
В силу теоремы о дифференцировании изображения
{L (х^ (t))} =
<1рй
= (-1Ц “ [PSX (р)--р^х -~...~х(*-Щ.
dp’1
Здесь L {x<sl (/)} — изображение функции xlsl (t).
Таким образом, применяя к обеим частям уравнения (5) преобразование Лапласа, мы превратим (5) в дифференциальное уравнение m-го порядка относительно изображения X (р) функции х (/). Если tn < п (в частности, т = 1), то задача интегрирования уравнения (5) упрощается.
Пример. Найти общее решение уравнения tx" ~ "2.x/ = 0. (7) Р е ш ,е н и е. Пусть х (t) = X (р). Тогда
х’ (t)=pX(p)-x(0),
x'(.t)^P2X (р)-рх(О)-хЦО),
tx" {f>2X (Р) ~ РХ (0) ~ Х' (°)}
с=_р2^М_2рХ (р) + %(0).
138 , ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Уравнение (7) принимает вид
- Р2 - 2рХ (р) + х (0) - 2рХ (р) + 2х (0) = 0
ИЛИ
^)+1Х(р) = ^ф. (8)
dp р р- v '
Интегрируя уравнение (8) как линейное неоднородное уравнение относительно X (р), найдем
х(р)=±!2)+|1 р । р4 »
откуда х(0 = х(0) + С!~
есть решение исходного уравнения.
Найти решения уравнений:
605. tx' + (2t- 1)х' + (/ - 1)х = 0.
606. /х" + 2/ = 0.
607. х" + (f+ 1)/ + tx=0, х(0)= 1, /(0) = —1. /
608. Г + (/4-6)/=0, х(0) = — 1, х'(0) = 0 (&-лю0Ье
действительное число). /
609. х" + txr — (t+ 1)х = 0, х(0) = /(0) = 1.
610. х" — tx'-\-пх = Ь, п — целое, «>0 (уравнение
Чебышева — Эрмита),
а) х(0) = 1, /(0) = 0, n = 2k\
б) х(0) = 0, /(0)=1, п = 2^4-1.
§ 13. Интеграл Дюамеля
Если функция f (t) непрерывна на [0, ф- со), а функция ip (?) непрерывна дифференцируема на [0, -|- со) и
F (Р) = f (0. © (Р) = ф 10-то t
F (Р) Ф (Р) = V W ф (t-т) dx. о
Отсюда по теореме о дифференцировании оригинала t
pF (Р) Ф (Р) = f (t) ф (0) + р (т) <р' (t — т) 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]EEaox<«)(O + ai^n-1,(O + --- + a^ = ао^О, (2)
при нулевых начальных условиях
х(0) = х'(0) = ... = х|/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
Д[х] = 1 (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)
Д (р) X (р) = F (р) (5)
для (2) и
А(р)Хг(р)=^ (6)
для (4). Из (5) находим X (р) = ^1^, а из (6) А (Р) = откУда
X (р) = рХг (р) F (р). Согласно формуле (1)
t
pX1(p)F(p)=:f(t)x1(O) + ^f(t:)x'L(t-T)dT. ’ (7)
О
Учитывая, чтох1(0) = 0, получаем
X (р) = pXt (Р) F (Р) = $ f (т) х; (t - т) dr. (8)
о
Отсюда решение х (?) уравнения (2) при нулевых начальных условиях (3) будет иметь вид
х (/) =Ц" f (т) xj (7 — т) dr, (9)
о
где X] (/)—решение задачи (4) —(3).
Пример. Используя формулу Дюамеля решить уравнение при заданных начальных условиях
х" (f)-x(f)=—Ц х(0)=х’(0)=0.
1 ’
Решение Рассмотрим вспомогательную задачу х" (/)—Х[ (/)= 1 xt (0) = х[ (0) — 0.
140
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. IT
Применяя операционный метод, находим
Х1(Р) = Р(Р2-!)’
откуда t
хх (/) = j sh т dx = ch Z— 1. о
По формуле (9)
t t
х (t) = y-p^sh (/ —т) dx= ~ (e(~tef— 1) 4-sh t In
(Г
С помощью формулы Дюамеля решить уравнения с заданными начальными условиями:
611. х" == 1 x (0) = x'(0) = 0.
612. х" = arctg t, x(0) = x' (0) = 0.
613. х" = t In2/, x(0) = x'(0) = 0.
614. х" х' — — 1+?’ x (0) = x' (0) = 0.
615. Х 1 Х 2 + cosP x(0) — x' (0) = 0.
616. Х 1 Х 4 + tg2/> x (0) = x’ (0) = 0.
617. X" + X = , 1 , 1 1 + cos21 ’ x (0) = x' (0) = 0.
618. х" -\-Х=т | \ 1 1 + sin21 ’ x (0) = x' (0) = 0.
619. х" — x = th t, x (0) = x' (0) = 0.
620. 1 2 -j- sin t ’ x(0) = x'(0) = 0, x"(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
2 [aik Sh it+)=fi (t) (1)
k—i
(i=l, 2, ... , n), где a^, bik, Cih — const, при начальных условиях xk(0) = ak, 4(0) = ₽fe. (2)
Обозначая через Xk (p) и Ft (p) изображения xk (t) и ft (f), от системы (1) с учетом (2) перейдем к операторной системе
2 (<W>2 + W + ^)Xfe(P) =
ft = l
= Fi (/>) + 5 KaikP + bik)ak + aikf>k] (i = l, 2, п). (3)
k= 1
Решая систему (3) как линейную алгебраическую систему уравнений относительно Xk(p), найдем Х^ (р), а затем их оригиналы xk (t) (k— = 1, 2, ... , п). Эти последние будут решениями задачи Коши для системы (1).
Пример. Решить систему уравнений ix" =3 (у — *+?), < р"=х — у, tz"= — г, х (0) —х' (0) = 0, р(0) = 0, г/'(0)=-1, * г(0) = 1, г' (0) = 0.
Решение. Переходя к операторной системе, получим rp2X = 3 (K-X+Z), . ,YY + 1=Х-У, . р2Х —р = — Z, где X (р) = х (t), Y (р)= у (t), Z(p) = z (t).
Решая последнюю систему относительно X (р), Y (р) и Z(p), получим
х = ^Р-1) Y (п) - ___________1
р2(р2 + 4). г (р; р2(р2+1)(р2 + 4) ^1,
Z(p)=p4-i‘
142 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ (ГЛ ГГ
Находя оригиналы для X (р), Y (р), 2 (р), получаем
z)~tcos2z+4 sin 2t ’ у (0 = ~£- (1 —+ y cos & sin 2/ — cost, г (t) = cos t.
Решить системы уравнений:
621. 1 Z+^o, ’<0> = -L
622. x —1*- x == ti ~j** & * , t x (0) == z/(0) == 1.
623. x' — if — 2x + 2y = 1 — 2t, [x" + 2i/ + x = Q, x(O) = j/(O) = / (0) = 0.
624. x’— 3x' + 2x-(-//'—y = 0, i —x' -f- x y" — 5y' -]-4y = 0, x(0) = /(0) = t/'(0) = 0, £/<0)==l-
625. I х(0) = г/(0)== 1. у —2x-}-2y,
626. 2x" — + 9% — — if — Ъу = ^, 2x" + / + lx — y" + y' — 5y = 0, x(0)=x'(0)=l, y(0)=y'(0) = 0.
627. /4-y' — y — el, \ I x(0) = y(0) = 0. 2x' + t/ +2y = cos t,
628. x'^—x + y + z + ^ У'= x—y + z + e3t, . z'= x уz4, ^(0) = //(0) = z(0) = 0. t
629. x? = — y — z, x z ^(0)=-l, t/(0) = 0, У --X—Z, 2(0)=l. . z’ --- — x —у,
§ 14] СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИИ 143
л/ —У 4-2,
М0) = 0, г/(0)=1, У-ЗХ4-2, z(O) = l. г' = 3x4- г/,
631. ( У = 3г/— х, 632. х' = 2х— У 4- 2,
1 t/=y + x-\-eat, г/ = х4-г, z' = —3x4-*/—2z
х(0)==1, г/(0) = 1. х(0) = 1, г/(0) = 1,
2(0) = 0.
633. / = — 2х — 2у~ 4г,
У = — 2x4- У~2г, z' = 5х4-2у 4-7г, х(0) = г/(0) = г(0) = 1.
634. t хг = — X ‘“р- у z » tlf = X—у+2 + ?, tz’ — х 4- у 4- z 4~ 4, х(1) = г/(1) = г(1)=0.
635. х0 = сх0, Х'1 = — сх^ 4- сх0,
Хп схп ~j- СХп j,
X о(О) = 1, х1(0)=х2 (0) = ... = х„(0) = 0.
636. 3V -J- -j- у === 1» [ х7 4~ 4г/' 4" 3у ~ 0, х(0) = г/(0) = 0. 3tx' = 2х 4- у — г,
637. | 2ty' — х 4- Зу 4- z, б/z'= — х 4-7г/4~ 5z, x(l) = y(l) = z (1) = 1.
638. х'-х-2г/ = /, х(0) = 2) у(0) = 4. — 2х4-г/' ~y = t,
144
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ 1Г
639. Электрон вылетает из начала координат с начальной скоростью %, направленной по оси Ох. Найти закон движения электрона, предполагая, что напряжение магнитного поля И постоянно и направлено перпендикулярно к плоскости хОу.
640. Снаряд вылетает из орудия со скоростью ©0 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 И. Найти траекторию, если начальная скорость ©0 образует угол а с направлением магнитного поля.
642. Определить движение тяжелой материальной точки, брошенной с начальной скоростью ©0 под углом а. к горизонту, в среде, сопротивление которой пропорционально первой степени скорости (F=m&©).
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 Oz, и сопротивление среды kmv, где V — скорость частицы. Показать, что ее координаты в момент времени t равны
kue~M I ы , , , А. . , A
х= е — cos м + -г sin М , й2 + л2 \ k / ’
I// 1JP~kt
у= — + тггу (* cos и + k sin М)>
. еН
где л= —, с —скорость света.
644. Частица движется в сопротивляющейся среде, действующей на нее с силой F = 2Z©, где © — скорость частицы, и притягивается к точке (0, 0) с силой у2г (т—1). В точке (а, 0) частица обладает скоростью и0, параллельной оси Оу. Показать, что при р>Х траектория частицы определяется уравнениями
х = ае'с [cos со/ 4- — sin со/1,
L © J
у = — е 1 sin a>t,
J со ’
где (о=]/р2 —X2.
§ 15] РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 145
645. Материальная точка А с массой т, находившаяся на расстоянии а от оси Ох, получила начальную скорость ®0, параллельную оси Ох. Точка А притягивается осью Ох с силой F, прямо пропорциональной расстоянию от нее; коэффициент пропорциональности равен т№. 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
= у), У(х0) = у0,
как известно, сводится к решению следующего интегрального уравнения:
У = \f(x, y)dx + y0.
х0
Если искомая функция у входит в уравнение линейно, то интегральное уравнение называется линейным.
Уравнение вида
ь
y(x) = f(x)+$K(x, t)y(t)di (1)
а
(а и Ъ — постоянные) называется линейным интегральным уравнением Фредгольма второго рода. Здесь К (х, t), fix')— заданные функции, у (х) — искомая функция. Функцию К(х, I) называют ядром уравнения (1).
Уравнение
х
y(x)=f(x)+\K.(x,f)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
j К (х, t) у (t) dt = f (х) или £ К (х, 0 у (0 ctt — f (х) а а
146
операционное исчисление
[ГЛ. II
Уравнения вида
<PW + J Л" (X—(3) о
с ядром К (х— I), зависящим лишь от разности аргументов, представляют собой важный класс уравнений Вольтерра. Они иногда называются уравнениями типа свертки.
Пусть имеем интегральное уравнение Вольтерра типа свертки
<p(x) = f(x) + | К (х~(4)
Будем предполагать, что f (х) и К (х) Достаточно гладкие функции и имеют конечный порядок роста при х > 0. В этом случае и <р (х) при х>;0 имеет конечный порядок роста, а значит, может быть найдено изображение функций f, К. и ф (по Лапласу). Пусть Ф (р) ==<Р (х), F (р) ~f(x), L (р) К (х). Применяя к обеим частям (4) преобразование Лапласа и пользуясь формулой свертки (см. § 11, IX), будем иметь
Ф(р) = Г (р)+£(р)Ф (р), (5)
откуда
= Мр)=£1. (6>
1 L \Р)
Для Ф (р) находим оригинал <р (х) — решение интегрального уравнения (4).
Пример. Решить интегральное уравнение
<р (х) = cos х + j (х—t) <p (f) dt. (7)
о
Решение. Переходя к изображениям и рассматривая интеграл как свертку функций, получим на основании правила изображения свертки
ф(^=?4т+^ф(^
откуда пз
Ф(р)=¥2Ч-1)(р2-1Г (9)
Находя оригинал для Ф (р), получим решение интегрального уравнения (7)
<р (х) = у (cos х -J- ch х). (10)
Решить интегральные уравнения:
646. ср (х) — sin х + (х — Z) ф (() dt.
о
РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
147
§ 151
647. ф (х) = х + у (х — /)2 ф (г) dt. о
648. ф (х)=х + sin (х — /) ф (/) dt. о
649. ф (х) = cos х + е^ф (/) dt.
о
650. ф (х)= 1 + х + cos (х — t) ф (/) dt.
о
651. Ф (х)=у + (х — 0 >ф (/) dt.
652. ф (х) = ё~х + (х— /)2 ф (?) dt.
о
653. ф (х) = х + 2 [(х — /) — sin (х — /)] ф (/) dt. о
X
654. ф(х) = зшх + 2^ cos (х- /) ф (/)dt. о
655. ф (х) = 1 — 2х — 4х2 +
- \ [3 + 6 (х — /) — 4 (х — /)2] ф (t) dt.
6
656. ф (х) = 1 + у sin 2 (х — Z) ф (/) dt.
. о
657. ф (х) = ех — 2 $ cos (х — t) ф (/) dt. о
658. ф (х) = 1 + (х — t)s ф (Z) dt.
659. ф (х) = х — § sh (х — t) ф (/) dt.
о
660. ф (х) = sh х — jj ch (х — t) ф (/) dt.
о
148
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. II
Аналогично решаются интегральные уравнения Вольтерра первого рода с ядром Д' (х, /), зависящим только от разности х— t, т. е. уравнения вида
\ К (x—f)<f(f)dt=f(x), (11)
б
где f (х) — известная функция, <р (х) — искомая функция. При этом мы предполагаем К (х, х) 0, что гарантирует существование решения уравнения (И).
Пусть F (p)=^f (х), (х); ф (р) == ф (х). Применяя к обеим
частям (11) преобразование Лапласа и используя теорему о свертке, будем иметь
Ь (р) • Ф (р) = Г (р), откуда
ф(р) = Чр)’’ L(p)*0' (12)
Оригинал для Ф (р) будет решением <р (х) интегрального уравнения (11).
Решить интегральные уравнения:
661. $ ех-/ф (/) dt — x. о
662. \ <70 (х — t) ср (/) dt = sin х.
о
X
663. § cos (х — t) ф (() dt = sinx. о
664. ^e^qfffdt — sinx. О г
665. $ cos (х — /) ф (/) dt = x-\-x2. о
666. J е2(*~^ф (() <Й = х2ех. о
667. $ ch (х — /) ф (/) dt = sh х. о
668. § ch (х — /) ф (() dt=x. о г
§15} РЕШЕНИЕ ИНТЕГРАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ 149
Указанный метод решения уравнений (4), (11) приложим также к системам интегральных уравнений Вольтерра вида
<P/W=fiW+i] (Z=l, 2, ..., s). (13)
fe=i О
Применяя к обеим частям (13) преобразование Лапласа, получим
®i(p) = F/(P)+i] ^(Р)ФИР) (/ = 1,2...... s). (14)
*=1
Решая эту систему уравнений, линейную относительно Фг (р), найдем фг (Р) (г'=1. 2, s), оригиналы для которых и будут решением
исходной системы интегральных уравнений (13).
Пример. Решить систему интегральных уравнений
(х) = х + <рх (t) dt + j (х — 0 <Рг (0 dt,
х X
<р2 (х) = 1 + \ sh (х — t) ф! (!) dt — e'x~i} <p2 (/) dt. о 0
Решение. Переходя к изображениям и используя теорему о свертке, получим (Ф1 (р) (х), Ф2 (р) = фа (х))
' Фг (Р)=^ + ^7ГФ1(Р) + ^Ф2(Р),
. Ф2(р) = у + -54-1Ф1 (Р)-^Ф2(р)> откуда '
ф Р2 + Р~1 ф fD. Р8-Р2 + 1
р(р-1)(р2 + 1)’ (р-1)(р+1)(р2 + 1) •
Находим оригиналы для Ф| (р) и Ф2 (р):
. , , , 1 „ . 1 3
<Р1 (х) = 1 + у е* + g sm х — у cos х,
Фг (X) = -g- (cos х + ch х) — sin х.
Функции фл (х) и ф2 (х) являются решениями исходной системы интегральных уравнений.
Решить следующие системы интегральныхуравнений;
(р! (х) = 1 — 2 ^е2(*~Рф1 (г?) dt + q>2 (t~) dt,
669. ° °
X х
ф2 (х) = 4х — (р! (О dt + 4 $ (£—7) ф2 (tydt. о о
150
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
Ф! (х) = ех + § ф! (0 dt — \ е(х г)ф2 (/) dt, о о
X X
ф2 (х) = — х — $ (% — /) ф! (/) dt 4- $ ср2 (0 dt. о о
Ф1 (х) = X + ф! (О dt + \(x-t) ф2 (/) dt, о о
Ф2 (х) = 1 - $ е^-^ф! (/) dt + $ ф3 (0 dt.
О 6
ф! (x) = e* — ф1 (t) dt + 4 dx 0<р2 (/) dt, о о
Ф2 (х) == 1 — е~(х~‘ ^ф! (О dt + ф2 (0 dt. о 6
Ф! (х) = 2х - jj (х - /) ф! (/) dt + $ ф2 (0 dt, б о
ф2 (х) = -2-4$ф! (О Л + 3$(х-0 ф2 (0 dt, О о
ф! (х) = 2 — $ (х — /) ф! (/) dt —14 j ф2 (t) dt, б б
Ф2 (х) = 1 — ф! (/) dt — $ (х — t) ф2 (/) dt.
§16. Дифференциальные уравнения с запаздывающим аргументом
В ряде технических задач приходится иметь дело с дифференциальными уравнениями, в которые неизвестная функция входит при различных значениях аргумента, например:
х(/) = <р(1, х (I), х (I — т (/))),
х (t) = ф (t, х (0, х (t — т (ty, x(t — r (/))),
= x(t), x(t), x{t — TxlO), x(t — T2(0))
(1)
(2)
(3)
§ 16}
УРАВНЕНИЯ С ЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ
15!
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 — 1
х'п>(0= 1] akx^(t-xk) (4)
k=o
где ak — const, Tfe = const ~s0 (0<7<-]-oo) Возьмем ради простоты нулевые начальные условия
х (0) = х'(0) = ... = x'"-1) (0) =0. (5)
При этом мы полагаем
х (/)=%' (0 = ... = х'п-1’ (0^0 для t<0.
Применяя к обеим частям (4) преобразование Лапласа и пользуясь при этом теоремой запаздывания (см. § 11), получим операторное уравнение для X (р) = х (t)
п —1 - 1 р
рпХ (р) = 2 а^Х (р) ё -\-F (р), где F (р) = f (0, (6)
6=0
откуда
рп- У. akpke fe=0
Находя x(f) — оригинал для X (р), определяемого формулой (7), получаем решение уравнения (4), удовлетворяющее начальным условиям (5).
Пример. Решить уравнение
х' ft) — х (t — 1) -|- 1, х(0)=0
Решение. Переходя к изображениям, получим
рХ (р) = Х(р)е~Р + -ё, откуда
11 11 1 / е~Р ё~*Р е~пР
р
1
152 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
Для х (f) получаем
*(/) = /!] (0 + ^ Р-1)2Т1 (1- 1)+-- + ^=рТу|^-«)Я + ’ X
Х1)(1-л)+„.= 2
*=о
Решить следующие уравнения:
675. х"(0 — x(t — \) = t, x (0) = х'(0) = 0.
676. х" (f)-2x' (t —1) = /, х(0)=л/(0) = 0.
677. х" (t) = 2x’(t — 1) — x(t—2)4-1, x(0)=x'(0) = 0.
678. x" (t) + 2x' (t— 2) + x(t — 4) = t, x(0) = x'(0) = 0.
Для дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом, описывающих процесс с последействием, часто встречаются задачи в следующей постановке'
Найти решение уравнения х (t) для t j: t0, причем для всех t /0, для которых значения к (/) влияют на последующие значения решения при 13= 0, функция х (/) задается.
Так, например, ставится задача, найти непрерывное решение х (f) при t t0 уравнения
х (t) = f it, х (/), х (I — т)), т > 0 — const, если дано, что x(t) = <f(f) для tQ —
Здесь —заданная непрерывная функция, называемая началь-
ной функцией. Отрезок [/0 — т, /0], на котором задается функция <р (/), 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 — 1), — Isg/sgO.
Решение.
х(0 = Х(р), х' (f)^=pX (р)~ х(0)=рХ (р) — 1, рХ (p)-l=j е~ Р^х (f — I) dt.
о
Делая замену переменных t— l=z, получим
( е~Р‘х (t— V) dt = \ e-P<x+1'x(z)dz^
о -1
0 со
^е~Р (г) dz-\-e~P e^^zx (г) dz^
-1 о
p-pz u = o
= , +е'₽Х(Р)>
-- Р j£s=— 1
Л
§17] РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ 153
так как х (г) = 1 для — 1 egz *£ 0. Окончательно
1 — е~Р рХ(р)-1=~-^- + е-РХ(р).
Отсюда
v, 1 , 1-е~Р 1 , 1-е-Р
Р-е-Р +р(Р-е-Р) ~ =
Р\ Р I Р \ Р /
1 / е~Р e~kP \
==pV + T+7^+",+7r+ ••') +
+ р2 ^1 + Т+"'+ Pk +
1 1 е~Р e~kP
V7V''',+?4+
Находя оригинал для X (р), получаем решение исходного уравнения
*(o=(i+4W)+2 H2\(f_fe+i).
7г =2
Решить следующие уравнения:
679. x'(t)=x(t— 1), ср(/) = /, - 1=С/=с0.
680. х' (f) = x(t —1)4-/, <р(/)==1,
681. х' (/) + t - = 0,
ф(/) —cos/, —
§ 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 / — как время.
Рассмотрим, например, уравнение теплопроводности
ди д2и , , . ,,,
-=а2^ + /(х, /) (1)
(а2 — постоянная).
Разберем первую краевую задачу для уравнения (1): найти решение и (х, t) дифференциального уравнения (1) для O^xsS^l и / ^0, удовлетворяющее начальному условию
и (х, 0) = ф (х) (2)
и краевым условиям
и(0, /) = ф1(/), «(/, О=ф2(0. (3)
154
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. II
, . д2и (х, t)
что и (х, I), —2L—2- и f (х, t),
Предположим,
рассматриваемые как
функции t, являются оригиналами. Обозначим через
оо
V (р, х) = j и (х, t) е~ dt о
изображение функции и (х, /). Тогда
(4)
(5)
ди С ди_ _pt.,dU_ д2и ^d4J дх ~ j дх е dx ’ дх2 ~ dx2
о
По правилу дифференцирования оригиналов получаем с учетом начального условия (2):
^==Р^-ф(4 (Q
Предположим, что фх (I) и ф2 (t) являются оригиналами и
Ф1(0 = ^1(Р)> W)=^(p)- (7)
Тогда граничные условия (3) дают
У|х-о=^1(Р), У!х-/=^(Р). (8)
Таким образом, операторный метод приводит решение задачи (1), (2), (3) к решению обыкновенного дифференциального уравнения
«^-Р^ + Ф(х) + Л(х, р) = ° (9)
при граничных условиях (8), где F (х, р) == f (х, 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
д2и д2и
d^=adx^+f(X>t}’ (W)
телеграфного уравнения (см [2] и [9])
gi-C2g + (a+₽)g + a₽„ = 0 (П)
и некоторых других уравнений более общего вида.
Задача. Концы струны х — 0 и х = 1 закреплены жестко.
Начальное отклонение задано равенством и (х, 0)=А sm (0=Sxs£Z)
Начальные скорости равны нулю. Найти отклонения и (х, t) при t > 0. Решение. Дифференциальное уравнение
§ 171
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ
155
начальные условия , . jw ди (х, 0)
и (х, 0) = A sin г- —У-—- = 0,
I ’ dt краевые условия и (0, = 0 = 0.
Переходя к изображениям, будем иметь
d2U р2, рА . лх
7-5---s U = — —~ sm , ,
dx2 а2 а2 I ’
(13)
(14)
(15)
(16)
Решая уравнение (15), получим
U (х, р) = С^х'а +С2с- sin
р 12
Учитывая краевые условия (16), найдем ,, . . Ар . лх
р)=—4ад«пт.
Р2 + ^Г
Оригиналом для U (х, р) является функция ... . .тш 1 , JXX
и (х, t) = A cos —j~ sin у
которая будет решением поставленной задачи.
Решить следующие задачи:
682. y = (х>0, />0),
dt дх2 v
и (0, О = ио> и (х> 0) = 0.
683- й-С (*>°>/>о)’
и (0, 0 = 0> и(х> 0) = !^.
684- <х>0’ />о)>
и(0, t)—a cos at, и(х, 0) = 0.
685- S=feS(*>0’ ^>°)-
и(0, Z) = asinco/, и(х, 0) = 0.
686- l = ^2(%>0’ Z>°)’
u(0, о=ф(О, и(х> о)=о.
1 56 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ 1Г
687. Найти распределение температур в стержне при условии, что поток тепла не проходит через границу х — 0; другая граница х — 1 сохраняет постоянную температуру иг; начальная температура стержня равна w0 = const.
688. Найти распределение температур в полуограни-ченном стержне, если на левом конце стержня происходит теплоизлучение в среду с нулевой температурой. Начальная температура стержня и0 = const.
689. Стержень длины I 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
«|/=о = О, J|^o = O, М(0, 0 = 0 = 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 х — ^. Определить смещение точек струны от прямолинейного положения равновесия, предполагая, что начальные скорости отсутствуют.
§ 18. Дискретное преобразование Лапласа
Пусть имеем комплекснозначную функцию f (t) действительного аргумента t, определенную для GysO.
Рассмотрим последовательность {/ (n)} (n = 0, 1, 2, ...), кою-рую коротко будем обозначать просто / (п) и называть решетчатой функцией. Функция f (t) называется порождающей функцией для /(и). Таким образом, аргумент решетчатой функции' принимает только целые значения, причем для отрицательных значений аргумента решетчатая функция равна нулю.
§18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 157
Дискретным преобразованием Лапласа решетчатой функции f (п) будем называть функцию F* (р) комплексного аргумента р — s-j- ю, определяемую равенством
f*(P) = (1)
п = 0
предполагается, что ряд справа сходится.
Функцию f (п) будем называть оригиналом, a F* (р) — ее изображением и писать
F* (р) -г- f («) иди f (ri) -л 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 2т, аналитическая в полуплоскости Rep>s*.
Если решетчатая функция / (л) удовлетворяет условию
| f (п) | < Мек°п, (2)
то абсцисса сходимости s*scZ0, и, следовательно, изображение такой функции существует. Вообще, всякая функция f (t), являющаяся оригиналом для обычного преобразования Лапласа, порождает решетчатую функцию f (п), для которой определено дискретное преобразование Лапласа F* (р).
Пример 1. Пользуясь определением, найти изображение функции
f(n)=e~”.
Решение. Очевидно, эта функция удовлетворяет условию (2) с А.о = 1 и произвольным М > 1. Значит, ее изображение существует. По формуле (1) находим
f *(р)=е~рп<гп = 2 = (Re р > -1 (3)
п=0 п—0
Отметим, что решетчатая функция f(n)=en2 изображения не имеет, так как для нее абсцисса сходимости з* равна бесконечности.
Пользуясь определением, найти изображения следующих функций:
693. = гДе Я(«) =
694. f —
695. f(n) = ean.
696. f(n) = an (а>0, «#=!).
1 при п>0, О при п <0.
158
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ И
Основные свойства дискретного преобразования Лапласа
I. Свойство линейности. Для любых комплексных постоянных аир
а/ («) + Pg («) (Р) + ₽G* (Р)-
(Здесь и всюду в дальнейшем f (и) Т- F* (р), g (п) Д- G* (р).) Пример 2. Найти изображение функции f (п) = sin п. Решение. По формулам Эйлера
pin__„-in 1 1
sin п — -_—— = - - pill__„-in
Sm" 2i 2/ 2гe
Имеем
,т____________
1 — ’
&ln e
n~— 0
1
p-in____________
’ 1— е~'Р^> ’
По свойству линейности
1 / 1 1 \ еР sin 1
МП ” ~ 2i \1 — е~<Р~l> ~ 1 - e-'P+l'j = е2? - 2ер cos 1 +1
Найти изображения следующих функций: 697. f (zi) = cos п.
698. f(ri) = sin an (a = const). \
699. f(n) — shn.
700. f(n)=en — 2e2.
701. f (n) = cos2 n.
II. Теоремы опережения и запаздывания f (п) ~ F* (р), и пусть k — целое положительное число. Тогда
г *—1
f(n-\-k)-^ekP F*(p) — 2 e~mPf (т) .
m = 0
В частности, если /(0) = /(1) = ...=/(£ —1) = 0, то
f ehPF* (р).
Пусть
(4)
(5)
Аналогично,
f (n—k) ~e~kpF* (р) (f (n — k)=0 для n < k).
Пример 3. Найти изображение функции / (и) =еп~2 (/(n) = О при п < 2),
(6)
§18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 159
Решение. Имеем
По теореме запаздывания из (6) находим (k = 2)
Найти изображения следующих функций!
702.
703. f(n) = ea<"+8).
704. f (n)==sh 2 (n — 1) • T) (n — 1).
705. f(n) = (« + 2)2.
III. Теорема смещения. Если F* (p)-г-f (n), то для любого комплексного pn
F* (p — Pol-^-eP°nf (n) (7)
Пример 4. Найти изображение функции f (n) = пе2П. Решение. Имеем е-Р п ~-------------------------------
(1-е-р)2 •
По теореме смещения подучаем (р0 = 2)
Найти изображения следующих функций:
706. f (п) = е~п sin2n.
707. f (п) = n2esn.
708. f (n) = e8"ch n.
IV. Дифференцирование изображения. Дифференцирование изображения сводится к умножению оригинала на — п:
fp{F*(p)}~-nf(n) (8)
или, вообще,
(9)
Пример 5. Найти изображение функции f(ri) = nen.
Решение. Имеем
еР—е ’
160
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
По теореме о дифференцировании изображения получим
пеп -г-
d / еР \ dp \eP-ej
ep+i
(еР—е)*'
Найти изображения следующих функций:
709. f(n) = nV.
710. f(n) = n2.
711. — п sin (п у У
V. Теорема об интегрировании изображения. Пусть решетчатая функция f (п) удовлетворяет условиям
Тогда
/(0) = 0,
/(0 I t |/=о
lim ф=0. f-H-o t
(p)dp, р
(Ю)
(Н)
т. е. деление оригинала на п соответствует интегрированию изображения в пределах от р до со.
Замечания, а) При /(0)^г£0 интеграл в правой части (11) будет расходящимся, и, значит, ^теорема об интегрировании изображения не будет справедлива.
б) Если
то
+ Е* (р) dp.
Р
(12)
в) Если для т=1, 2....k выполнены условия
lim
<-»+о
/(0
= 0,
СО со
J ... J F* (р) dp ... dp, р р
k ’
(13)
т. е. деление оригинала на пк соответствует й-кратному интегрированию изображения от р до со.
§ 18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 161
Пример 6. Найти изображение решетчатой функции------
Решение. Пусть f (л) = ега — 1—и.
Проверяем выполнимость условий (10). Имеем
/(0) = 0, lim lim е-——- =
г 1-^ + 0 I
/4 — 1 \
= lim ^——-11 = 1-1 =0.
Находим изображение функции f (п)-.
„ , еР еР еР
’ еР—е еР — 1 (еР — 1)а*
Так как условия (10) выполнены, то
еп~ 1 — п С Г еР еР еР 1 _
п • J [еР—е еР-l (еР -1)2 J Р~ р
= |_1п (е-Р —е) —In (еР~1) + epJ.]] =
Г еР — е ' 1 11°° . еР~ 1 1
~-[1п7рТТГ + 7рТГТ]|р “ П 7р^~7р^- \ '
Пример 7. Найти изображение решетчатой функции —— (а^е 0)
Решение. Пусть f (л) = sh ал. Имеем
, ,т „ f (/) I .. sh at , /(0) = 0; = lim ——r = a^s0.
t l/-o /->4-0 ‘
Изображение функции f (л)
, . 1 / еР eP \
sh an — 7, —f;-------n---ГТ •
2 \ eP — ел eP — e a )
Изображение данной функции найдем, используя соотношение (12):
sh ал . 1 С" / еР еР \ ,
—— ~а + у —
р
1 /а? _
— а 4- [In (ер — ея) — In (еР — е а)] =
2 [р
, 1 . ер — ел Iе0 , 1 , еР — е °-= а - In ---------— = а + -jr In -у.-j-.
. 2 eP — ea\p 2 eP — e“
6 M Л Краснов и др.
162
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
Найти изображения следующих функций:
712. ^=^(й>0, я# 1). 713. (а^О).
1—-cosan n — sh п
714,----- 715, -------------------.
п п
VI. Дифференцирование по параметру. Пусть оригинал и изображение содержат параметр е, не зависящий от п и р, и пусть
F*(p, в).
Тогда
dF* (Р, е) . df (и, е)
Зе де ’ 1 '
т. е. производная по £ от изображения есть изображение производной по е от оригинала Предполагаем, что все эти производные сущест-д[ (п, е)
вуют и -. ~ есть оригинал.
Пример 8. Найти изображение пет (а — вещественное).
’ еР
Решение. Имеем —Примем а. в качестве параметра. На основе теоремы о дифференцировании по параметру
-~(еапУа = пелп.
Отсюда
ер#* пет— ~(ep_e*y-
Найти изображения следующих функций: 716. f(n) = n cos an.
717. /(n) = n2shan.
718. f (и) = (и-ф 2) ch an.
VII Интегрирование по параметру. Если f (п, е) -F
-F-F* (р, е), где параметр е не зависит от п и р (е0 sS е /), го
8 8
j f (п, е) de -г- j F* (р, е) de, (15)
8& 8q
т. е. интегрирование по параметру s оригинала соответствует интег-рированию изображения по параметру е.
Пример 9 С помощью интегрирования по параметру найти
, „ . 1 — cos еп
изображение решетчатой функции ------------.
§ 18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 163
Решение. Имеем
ер sin е
Sin ел ~ -----Г-Т .
е2Р — 2epcose +1
Интегрируем левую и правую части этого соотношения по параметру в в пределах от 8о = 0 до е:
е 8
С . , С ер sin £ de
\ sin ел de -Р- \ —тй—ггъ--г~г“ •
J е2Р —2epcose-|-l
о о
Отсюда получаем
1 —cos ел . 1 . , „ п . ,
--------— In (е2Р — 2ер cos 8 +1) = л 2 '|о
= у [In (езр - 2ер cos е +1) - In (е2Р - 2ер +1)].
Итак,
1 — cos ел . 1 . е2р — 2ер cos 8 +1
п ^"2 (ер-1)2 '
Применяя интегрирование по параметру, найти изображения следующих функций:
719. 1----е-—
л
791 Sin eW ' Л '
720 en ~ ch п л
722 sin (е~~ 1) п'cos (е + 1) » л
Теорема
умножения изображений. Пусть fi (") Ff (.р)’ h (я) + F* (Р)>
п
п
тогда
Г* (р) • F* (р) -Г- J] /1(и-лг)/2(т)= /1 («)/2 (n-'m). (16)
щ==0 т = 0
Пример 10. Найти оригинал, соответствующий изображению
е2Р
р* (п) =----------------------
(ер_ fi)(ep_e~i)-
Решение. Изображение F* (р) можно представить в виде произведения двух изображений
рр #р
6*
164 ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ [ГЛ II
По теореме умножения
т=0 т=0
Пользуясь теоремой умножения, найти оригиналы для следующих изображений:
рР . р~ Р рР
723. F* (р) = 724. 7?*(р) = (1_^р)Г^г=у.
725. F* (р) = (ер_1)г(ер_е) •726- f * (Р) = (^Р_е2) (ер-1) •
Изображение разностей. Разностью первого порядка решетчатой функции f (п) называется величина, обозначаемая символом Д/ (л) и определяемая равенством
Д/(л)=/(л+1)-/(л). (17)
Разностью второго порядка Д2/ (л) называется величина, равная
Д2/(л) = Д/(л-ф-1) —Д/(л) или, учитывая (17), (18)
Д2/(л) = / (л ф-2) — 2f (л + 1) + Н«)- (19)
Вообще, разность fe-ro порядка Д*/ (л) определяется соотношением
Д*/ (л) = Д *~1/ (л +1) - Afe7 (л) ИЛИ !г (20)
s (~i)'Ф («+&-'/)> 7 = 0 k\ где С1 = ^-т-. ——биномиальные коэффициенты. /! (* — /)! Пример И. Найти разности для функции /(л) = 2л2. Решение. По определению первая разность (21)
Д/(л) = 2ж(л +I)2 —2л2 —2 (2п+1).
Вторая разность
Д2/(л) = Д/(л-j-1) — Д/(л) = 2 [2 (л1)-j-1] — 2 (2л+1) = 4.
Очевидно, все разности более высокого порядка равны нулю (сравните с производными функции / (1) = 2<2).
В следующих задачах найти разности &-го порядка: 727. f(n)=3n + 2. 728. f(n) = e2". 729. f(n) = n2-n.
§18] ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 165
Пусть f (л) -г- F* (р). Тогда
А/ (л) -р- (еР - 1) F* (p)-ePf (0),
А2/ (л) -г- (ер — I)2 F* (р)-eP(eP-l)f (0) - еР А/ (0) и т. д.
Вообще,
bkf(n)~(eP-Y)k F* (р)—еР (еР—1)*~’-1Д7(0), (22)
v = 0
где положено А0/ (0) = f (0). Из соотношения (22) находим
еР VI А 7 (0) 1
(Р)= 2 7^Т)- + (^тр Lo (23)
v=0
где Ld {Ahf (п)} — изображение А*/ (л) в смысле дискретного преобразования Лапласа.
Если, в частности, Д’/(0)=0 (v = 0, 1, ..., k — 1) или, что эквивалентно, /(0)=/(1) = ... = /(6 —1) = 0, то формула (22) приобретает особенно простой вид
Д*/ (л)^(еР—1)* F* (р), т. е. операции взятия^ разности k-ro порядка от оригинала отвечает умножение изображения на (ер—l)ft.
Пример 12. Найти изображение функции /(л) = nA
Решение. Имеем
А/ (л) = 2л-(-1, да/ (л) = 2л + 3 — 2 л —1 = 2,
А7(л)=0 (fe > 2). '
Далее /(0) = 0, А/(0)=1, А2/(0) = 2. Полагая в равенстве (23)6 = 3, будем иметь
f(«) • F (Р) (е₽ —1)32 (fiP —1)’
у=0
еР , 1 , 2 \ еР(еР+1)
(вР-1)з \ ер — 1 (еР —I)2/— (еР-I)5 ’
Найти изображения функций!
730. /(и) = и3.
731. =
732. /(«) — (« — &)ат](и — k).
166
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ. 1Г
Изображение имеющая изображение
Рассмотрим сумму
Тогда
суммы. Пусть f (п) —решетчатая функция,
f (п) F* (р).
п— 1
2 / Н-
т=0
т =0
т. е. суммированию оригиналов отвечает деление изображения на еР — 1.
Вообще, fe-кратное суммирование оригинала соответствует делению изображения на (еР — 1)*.
Пример 13. Пользуясь теоремой об изображении суммы, найти сумму
п— 1 тет-т = 0
Решение. Изображение пеп равно гласно теореме об изображении суммы
gp+i
. Поэтому со-(ер — е)2 J
Следовательно,
у тет=
Li (е—-I)2
т=>0
Найти следующие суммы:
гг — 1
733. 2 trF.
гп—0
n —1
735. ^т.(т— 1).
п— 1
734. J1, tn cos та.
т =0
п'— 1
736. У em cos та (п 5=2).
т-0
Формула обращения. Пусть решетчатая функция j (п) имеет своим изображением функцию F* (р) комплексного переменного
§ 181 ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 167
р = о + гт, где F* (р), в силу своей периодичности: F* (р + 2лг) = = F* (р), рассматривается в основной полосе — л < Im peg л (—л< л).
Если известно изображение F* (р), то оригинал f (п) можно найти по формуле обращения
с 4- in
/(л) = 2ш F*(p)enpdp, (24)
с —гк _
где с—любое действительное число, большее, чем абсцисса сходимости s*.
В случае, когда F* (р) есть правильная рациональная дробь относительно ер, имеем
/ (л) = Vres [F* (р) e're-1,PJ, (25)
v р,
где сумма берется по всем полюсам функции F* (р), расположенным в полосе —л< Impure и на ее границе 1тр = л. Если р„—простой полюс, то
res [F* (p)eP,ra-1,J = lim [F* (р) (ер — ер>) (26)
Р, р^р->
если же р,—полюс порядка г„, то
res [F* (р) ер<«-1ф = рч
1 гД-Л1
= Гг---ЙГ lim 7++^ [F* (еР-^ ер,я’1,1- (27)
V» р-+рч depr-> 11
Пример 14. Используя формулу (25), найти оригинал, соответствующий изображению
ер F* (п}=------------
е2р_зеР + 2 •
Решение. Находим нули знаменателя. Имеем е2р—3ер+ 2 = 0, откуда ер = 1 и ер — 2. Значит, Р!=0, р2 — In 2 — простые нули знаменателя, а следовательно, они являются простыми полюсами функции F* (р) в основной полосе. Находим вычеты функции F* (р) еР<и~1> относительно этих полюсов. Имеем
‘"т'' 1)^-2) -"ДЙГ-11
Дп2 1 W 1 Р™п2 (ер-1)(ер-2)
рПХаЪ .1n2"
= lim -i-----= -Н--------------= 2».
p_in2ep-l ?n2_ 1 2—1
168
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ II
Следовательно, по формуле (25) получаем
/ (п) = — 1-ф-2”.
Пример 15. С помощью формулы обращения найти оригинал для функции
еР
F* (п\=—-----
VJ> е2Р —г
Решение. Функция
ер
W (еР-1)(еР+1)
имеет два простых полюса в точках р1 = 0, р2 = гл основной полосы — л < Im р ' л:
res [Т7 р —0 еР (еР — П epm-it 1 * (р) сР'п'1,1^ lim 1 12- = — J р”о (еР-1)(еР + 1) 2’
res [F*(p)eP<n p = iK ер (ер — е!МеР<”~1' 1 Д” (<-i)(^+i) eP" eilzn ( — IP2’1 ~рД”ер-1 2
Согласно формул ,е (25) /<п)=4+4 (-ir1-
Найти оригиналы для следующих изображений: '
737. F* (р)= е.Р (еР-3)2’ 738. ^*(Р) = еР е2Р_7еР_рю
739. F* (р)= &Р е^+Г 740. F* (Р) = е2Р е4Р — 1 •
741. F* (р)= еР е2Рр-2аеР + 2а^ (а >0).
742. РЧр) = г„-~ '' (еР — е)3
Решение разностных уравнений с помощью дискретного преобразования Лапласа. Уравнение вида
/(«), /(«+!). /(« + *:)) =0 (28)
или
F (п, f (п), i\f (п).Afe/(n)) = 0, (29)
где /(п) —искомая решетчатая функция, называется разностным уравнением k-ro порядка.
§ 18] - - ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА 169
Уравнение вида (28) сводится к уравнению вида (29) при помощи формулы
f (n+k)=f (л)+С^А/ (n)+C^f (n)+ ... +Aft/(n), (30)
а при помощи формулы
A^(„)=/(n+A)-q/(n+fe-])+q/ (n+fe-2)-...
...+(-l)*/(n) (fe = 0, 1, 2,...), (31)
m k (k — 1)... (fe — «+1)
где С* =—5-------- /n]------—'----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
&0Aft/(«) + Mft“V(«)+ +bk = (32)
где ф (л) —заданная решетчатая функция, / (л) —искомая решетчатая функция, 60, &х, .... Ь-,,- постоянные, причем &э ф 0, 6*^0.
Заменяя в уравнении (32) разности \’nf (л) (m — i, 2, ..., k) по формуле (31), получим другую форму разностного линейного уравнения:
ао f (п +&) (я + & — 1) + (я) = ф (я). (33)
Если <р(л)=0, то уравнения (32) и (33) называются однородными, если же ф (п) 0, то эти уравнения называются неоднород-
ными.
Разностное уравнение, содержащее f (л) и f (n-\-k), называется разностным уравнением fe-го порядка (fe>0). Таким образом, уравнение (33) при айфй и есть неоднородное линейное разностное уравнение fe-ro 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
А3/ (л) + 4Д2/ (л) + 5А/ (л) + 2/ (л) = 0
после замены в нем разностей по формуле (31), приводится к виду
/ (л-}-3) +/ (л + 2) =0 или
/(«+•1)+/(«) = □,
т. е. является разностным уравнением первого порядка.
170
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
[ГЛ И
Определить порядки следующих разностных уравнений:
743. A4f (n) + 4А:!/ (n) + 4 A 2f (и) — f(n) = 0.
744. А3/ (п) + ЗА2/ (n) + ЗА/ (n) -J- f (») = ti3 + 1.
745. A3/(n) + 2A2/(n) + A/(«) = 2".
746. A4f (n) + 4A3 f(n) + 6A2/ (n) + 5Af(n) + 2f (n)=sin ™.
Начальные условия Для разностного уравнения k-ro порядка задаются в виде значений решетчатой функции f («) и ее разностей до (k— 1)-го порядка включительно при я = 0, если уравнение имеет форму (32), или в виде значений решетчатой функции f (я) 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 f (п) (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
(я-j-1) — е/(я) = 1, /(0)=0. (34)
Решение. Пусть / (ч)7* (р). По теореме упреждения
/(я+1)^еР7*(р).
Применяя к обеим частям (34) дискретное преобразование Лапласа, получим операторное уравнение
ePF* (p)_eF*(p)=^~,
откуда
еР
F* (пА =------с-------
W (ер_е) (ер_1) •
Функция F* (р) имеет два простых полюса р = 0, р = 1:
gP 1
res [7* (р) e,n-1,P] = lim —e<«”i>P = --
р=о р^оеР~е 1-е’
res [7* (р) ein-i)p] = _£-^-1 = ^—.
n=s1 - 1
ДИСКРЕТНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА
171
§ 181
Следовательно, по формуле (25)
Решить следующие линейные однородные разностные уравнения:
747. /(«+-!) —2/(п) = 0, /(0) = 1.
748. /(» + 2) + 2f(n+l) + /(«) = 0, /(0) = 1, /(1)=0.
749. Цп + 2)-2f(n+ l)4-2/(n) = 0, /(0) = 0, f(l) = l.
750. f (п + 3) — 3f (п + 2) + 4f (п + 1) — 2/ (п) = 0,
/(0) = 0, /(1) = 0, /(2) = 1.
751. f (п 4-4)f (п) — 0, = f(2) = 0,
/(3) = 0.
752. f (n + 3) + 3f(n + 2) + 3/ (n + 1) + f (n) = 0,
f(0) = 0, /(l) = 0, /(2) = 1.
Решить следующие линейные неоднородные разностные уравнения:
753. f(n+l) + 2f(n) = n, /(0) = 0.
754. /(и + 2) —4/(п) = 4", /(0) = /(1) = 1.
755. Дп + 2) + Д/г) = 1 — ( —1)”, f (0) = 0, =
756. /(п + 2)-6/(п+1) + 9/(п) = п-Зл,
/(0) = 0, f(l) = 0.
757. / («+-3)4-3/(п-Ь-2)4-3/(n-р 1 )+-/(«) = cos пл,
f(0) = 0, /(1) = 0, /(2) = 0.
758../(п + 3) - 3/ (п 4- 2) + 3/ (п 4-1) -f («) = »2, /(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 уравне-НИИ
^ = fi(i, Ух, Уг....Уп) (i = l, 2...... п), . (1)
где (i, k== 1, 2,. (i=l, 2,..., п) есть
., п) существуют и непрерывны, и пусть <р(- (Z) решение этой системы, удовлетворяющее при
t — t0 условиям
<p<(Q=q>® (i = E 2,..., п).
Решение <р/ (Z) (г — 1, 2, ..., п) системы (1) называется устойчивым по Ляпунову, если для любого е > 0 можно подобрать б (е) > О такое, что для всякого решения у,-(/) (i = l, 2.... п) той же системы (1),
начальные значения которого удовлетворяют неравенствам
| Vi (io)~ | < 6 (e) (i = 1, 2... n),
для всех справедливы неравенства
I Vi (0 ~ <Pi (0 I < e (i=l, 2...n), (2)
т. e. близкие по начальным значениям решения остаются близкими для всех
Иными словами, решение (/) (г = 1, 2........и) устойчиво^ если
достаточно близкое к нему в начальный момент t = t0 решение yi(t) (i = l, 2,..., п) для всех содержится в сколь угодно узкой
е-трубке, построенной вокруг решения <р, (Z) (г = 1, 2,..., п).
Если при сколь угодно малом б>0 хотя бы для одного решения iji (t) (i=l, 2,..., п) неравенства (2) не выполняются, то решение <р(. (/) (i = l, 2,..., п) называется неустойчивым.
Если решение ф,- (Z) (г = 1, 2... п) не только устойчиво, но,
кроме того, удовлетворяет условиям
lim | yt (f)- <р,- (Z) | = 0 (i = l, 2,..., n), (3)
§ 19] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРЛВНЕНИЙ 173
если | yi (t0) — ср-' | < б, то решение <р,- (/) называется асимптотически устойч ивым.
Вопрос об устойчивости решения гр,- (/) системы (1) может быть сведен к вопросу об устойчивости нулевого решения rj'ijsO некоторой новой системы уравнений, получающейся из (1) линейной заменой искомых функций
Xi (t)=yi (t) — qt (0 (1=1, 2,,.., л), (4)
где новые неизвестные функции, равные отклонениям прежних неизвестных функций у{ (/) от функций ср,- (/), определяющих исследуемое решение. Поэтому в дальнейшем будем считать, что на устойчивость исследуется именно нулевое решение xi(t) = O или, что то же, расположенная в начале координат точка покоя системы уравнений dx;
= xlt х2, ..., хп) (1 = 1, 2,..., п). (5)
Вместо термина нулевое решение будем употреблять термин тривиальное решение.
В применении к точке покоя (1=1, 2. л) условие
устойчивости выглядит так:
Точка покоя х,-(/) = 0 (1 = 1, 2,..., п) системы (5) устойчива по Ляпунову, если для каждого в > О можно подобрать 6 (в) > 0 такое, что из неравенства | х,- (10) | < 6 (е) (i = 1,2, , п) следует |х, (1) | <
<8(1 = 1, 2, ..., л) при tccT > t0.
Пример 1. Каждое решение уравнения
устойчиво.
Действительно, решение Xj (f) этого уравнения, удовлетворяющее начальному условию x1(/o) = xj, есть хх (/) = xf = const.
Рассмотрим другое решение х2 (/) уравнения (6), удовлетворяющее начальному условию
*2(U = ^- (7)
Для этих решений имеем |х2 (/) —хх (!) 1 = |х? —х? | для всех t. Следовательно, для всякого е > 0 существует б > О, например, б = е такое, что как только \хЧ2 — xj | < б, то для решений х2 (/) и хх (О будет выполняться неравенство
| х2 (/) —хх (!) | = | х!] —х? | < е при всех t^t0.
Следовательно, любое решение уравнения (6) устойчиво. Однако асимптотической устойчивости нет
| х2 (0 — хх (!) | = | xg — xj | -А 0 при t — со.
Пример 2. Каждое решение уравнения
(8)
асимптотически устойчиво.
174 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ. иг
В самом деле, общее решение уравнения имеет вид х(0 = Се-*. (9)
Решения Xj (0, х2 (t) уравнения (8), удовлетворяющие начальным условиям х1(/0) = Хр х2 (t0) =х%, суть
Xj (0 = xf ё~ ~ х2 (0 = ху ё~((~
Отсюда
I хг (0~ *1 (О 1 = 1 Х11 — (Упри t — J-co,
что означает асимптотическую устойчивость любого решения уравнения (8).
dx
Пример 3. Решение х (0 = — 1 уравнения = 1 — х2 (0
неустойчиво, так как при -]-оо все решения уравнения
г [А - (l + Xo^-^-q-Xo) ° (1+хо)е2^ + (1-Хо)
стремятся к +1. Решение этого уравнения согласно опреде-
лению асимптотически устойчиво.
Пользуясь определением, исследовать на устойчивость решения следующих уравнений и систем:
759. J+x=l, x(0) = l.
760. x(0) = l.
761. J—2x = t, dt ’ 11 \ 1 X 2 / ~ 2 '
762. J = 2x0 at x(0) = 0.
763. dx , dt=cost> %(0)=l.
764. dx dt ~y’ ®=-3»-2л,. x(0) = [/(0) = 0.
765. ' dx a=»' . f=2</+3x, x(0)=y(0) = 0.
УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРАВНЕНИИ
175
§ 19]
Простейшие типы точек покоя. Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
dx „ . .
dt = P(X’^
Точка (х0, (/0) называется точкой покоя или особой точкой системы (А), если Р (х0, г/о) =0, Q (х0, г/0) = 0.
Рассмотрим систему
dx
jt — ЯцХ + aizH<
d, «
^ = а21х+а22р,
где ан (i, f—1, 2)—постоянные и К11 012 0. Точка (0, 0) явля-
[ ^21 ^22 I
ется точкой покоя системы (1). Исследуем расположение траекторий системы (1) в окрестности этой точки. Ищем решение в виде
х = p = a2ew. (2)
Для определения k получаем характеристическое уравнение
Пц — k 0-12 П21 &22 к
Рассмотрим возможные случаи.
I. Корни характеристического уравнения действительны и различны. Подслучаи: 1) k± <0, /г2 < 0. Точка покоя асимптотически устойчива (устойчивый узел). 2) /гх > 0, k2 > 0. Точка покоя неустойчива (неустойчивый узел). 3) kr > 0, fe2<0. Точка покоя неустойчива (седло). 4) fei = 0, /г2 > 0. Точка покоя неустойчива. 5) А1 = 0, fe2<0. Точка покоя устойчива, но не асимптотически.
И. Корни характеристического уравнения комплексные: k1 = p-^-qi, k2 = p — qi. Подслучаи: 1) р <0, qz^zO. Точка покоя асимптотически устойчива (устойчивый фокус). 2) р > 0, qz^zO. Точка покоя неустойчива (неустойчивый фокус). 3) р=0, q 0. Точка покоя устойчива (центр). Асимптотической устойчивости нет.
III. Корни кратные: кг = к2. Подслучаи: 1) £1 = £3<0. Точка покоя асимптотически устойчива (устойчивый узел). 2) fex = fe3>0. Точка покоя неустойчива (неустойчивый узел). 3) fe1 = fe2 = 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 устойчивоеги
[ГЛ иг
Аналогичные утверждения справедливы и для системы линейных однородных уравнений с постоянными коэффициентами
п (i = l, 2............. п). (4)
/=>
Пример 1. Установить характер точки покоя (0, 0) системы ( х = у,
I у = — х.
Решение. В данном случае
Иц — 0, 6112=1,’ 6/21 = — 1. 6?22 = 0-Характеристическое уравнение
| Н=0 или /г2 -1-1=0.
I — 1 •— k |
Корни характеристического уравнения fe112 = ± i~ чисто мнимые. Точка покоя — центр.
Установить характер точки покоя (0, 0) в следующих системах:
766. < х = х —у, у = 2х + 3у. 767. < ’ х— 4у — х, у= — ^Х^у. ,
768. < х — — 2х — Зу, у — х-}-у. 769. х = х — 2у, у~2у — Зх.
770. х = Зх-}-2у, у = х-[-у. 771. < х = ~ х + 2у, У = — 2х + Зу.
772. х = — 2х-\-у, . У = — х -4у. ’ х = х — Зу -ф- 4г, 773. N N СО О1 । . I Т hi + СО | 1 1 А Ц Ц i О1 LO 1 II II II
774. у = 4х— 7г/4-8г, z = 6x — 7у + Iz.
Для системы двух линейных уравнений с постоянными действительными коэффициентами
( x=ailx + alsy,
I j> = a21x + a22y ’
§19] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЯ СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ 177
характеристическое уравнение (3) приводится к виду /г2-;-а|/г-1-а2 = 0.
1) Если а2 >0, а2 > 0, то нулевое решение системы (1) асимптотически устойчиво.
2) Если а2 > 0, а2 = 0, то нулевое решение устойчиво, но не асимптотически.
3) Если а!=0, а2 > 0, то нулевое решение устойчиво, но не асимптотически.
4) Во всех остальных случаях нулевое решение неустойчиво; однако при а1 = а2 = 0 возможен исключительный случай, когда нулевое решение устойчиво, но не асимптотически.
Пример 2. Определить значения параметра а, при котором устойчиво нулевое решение системы
I х = у,
I у — (а — 1) х^-ау.
Решение. Характеристическое уравнение для данной системы имеет вид
I а —1 — а — k |
или «/г-!- 1 — а = 0. Здесь а2 = а, а2=1—а.
Асимптотическая устойчивость нулевого решения будет иметь место при а > 0, 1 — а > 0, т. е. при 0 < а < 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 значения параметра а, при которых нулевые решения следующих систем устойчивы:
775, ' х = у, у = 5ах— а2х. 776. f * 1 У ==— х + у, — ах—а2 у
777. ' х — а2х— Зу, 778. ' X = у + ах,
у = ах + 4у. 1 У = — х.
779. II II £ 1 1 J4
z=az—х.
Пример 3. В плоскости параметров а и р найти области, в которых устойчиво нулевое решение системы уравнений
( х = а,х (Р — 2сф — 1) у,
I у = х-$у.
178
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ. пг
Решение. Характеристическое уравнение системы
или
Здесь
a — k Р — 2оф — 1
1 -p-fe
fe2 + (P —а) А+1+«Р —Р = 0.
aj = P — а, а2=1 + ар —Р;
«х и а2 являются непрерывными функциями от а и р, поэтому знаки Ях и а2 будут меняться там, где Ях = а2 = 0, т. е. на прямой Р —а=0
и на гиперболе 1 -J-ccfJ — Р = 0. Эти линии разбивают плоскость параметров а, Р на четыре области /, II, III, IV (рис. 26), в каждой из которых знаки аг и а2 постоянны. Возьмем по одной произвольной точке в каждой области и определим в этих точках знаки коэффициентов Ях и я2.
Область I: в точке (—1, 1) имеем Ях = 2>0, я2 = —1 < 0. Нулевое решение системы в этой области неустойчиво.
Область II: в точке ^0, имеем а1 = -^->0, гг3 = ту>0-Нулевое решение системы в области // асимптотически устойчиво.
§ 20)
ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА
179
Область III: в точке (1,0) имеем а,— — 1 < 0, а2 = 1 > 0. Нулевое решение в области III неустойчиво.
Область IV: в точке (2, —2) имеем — 4 < 0, а2= — 1 < 0. Нулевое решение в этой области неустойчиво.
Исследуем на устойчивость нулевое решение на границах рассмотренных выше областей.
1) ft = [ , а< 1 (граница между областями I и II). На этой
границе ах > 0, а2 — 0, так что нулевое решение на ней устойчиво, но не асимптотически.
2) р = а (граница между областями II и III). На этой границе ах = 0, а2>0, так что нулевое решение на ней устойчиво, но не асимптотически.
3) P = j—а>1 (граница между областями III и IV). На этой границе аг <z 0, а2 = 0, так что нулевое решение на ней неустойчиво.
Итак, нулевое решение асимптотически устойчиво в области II и устойчиво, но не асимптотически на границе области II.
Для следующих систем в плоскости параметров а и Р найти области, в которых нулевое решение устойчиво:
780. | х =— х + ау, 781. х = ах-[- Рг/,
1 у = $х—у. г/ = * + аг/.
782. ( х — ах + рг/, 783. х ——а2х— Р2г/,
1 У = — Рх+(а — 2) у. у = (а2 — 1) х + + (Р+ 1) У-
784. Г х=(а2 — р)х + (1 + р) у, 1 у = —P^+PV
785. Г х = — а2х—(Р + 1) у, 1 У = (4а + Р + 1)х—4г/.
§ 20. Второй метод Ляпунова
Функция v (х1; х2...хп) называется определенно положительной
(п \
V начала координат, если опа положи-
<=1 /
тельна во всех точках этой окрестности, за исключением начала координат, где она равна нулю:
п
V (хь х2, ... , хп) > 0, если У, x‘j > 0,
<=1
и (0, 0, ..., 0) = 0.
180
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ пт
Например,'функция v=x'j + х?2 ф-х^ будет определенно положительной функцией в пространстве переменных х1, х2, xs Функция и = х^ф-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 xlt х2.
Если v (хь х2, ... , х„) < 0 при У х? > 0 и о (0, 0..0) = 0,
i~ 1
то функция v (хь х2, ... , х„) называется определенно отрицательной.
Функция v (t, xlt х2, ... , х„) называется определенно положительной в //-окрестности начала координат и при t :> to, если существует такая не зависящая от t определенно положительная функция W (xlt Х2, ... , Хп), ЧТО V (t, Xt, Х2, ... , Xn)>:W(x1, Х2, ... , Х„) ПрН ВСвХ указанных значениях аргументов и v (t, 0, 0...0) = 0.
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
dx •
= xi> хг> ••• . хп) (i = l, 2, ... , п), (1)
и пусть
f Х2, ... , Хп)
есть непрерывно дифференцируемая функция своих аргументов. Полная производная от I функции v(t, xlt х2, ... , х„), вычисленная в силу системы (1) (вдоль интегральных кривых), равна
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 в некоторой Н-окрестности начала координат, производная которой dv
, 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*
-~ = fi(xr, х2, .... xn) (i=l, 2....п) (3)
такова, что существует функция y(xj, х2, ... ,х„), определенно положительная в некоторой Н-окрестности начала координат, производная
„ /ох о
которой di, вычисленная в силу системы (3), определенно отрица-
1
§ 20]
ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА
181
тельна, то тривиальное решение хг- = 0(г=1, 2,..., п) асимптотически устойчиво.
Функции v (t, xlt хг, .... хп) и v (xj, хг, ... , хп), фигурирующие в приведенных выше теоремах, называются функциями Ляпунова.
Назовем областью о > 0 какую-нибудь область окрестности п
2 xj rg И начала координат пространства переменных хг, х2, ...хп, I = 1
ограниченную поверхностью о = 0, в которой функция v принимает положительные значения.
Допустим, что функция о обладает следующими свойствами:
1) при сколь угодно больших значениях t в сколь угодно малой окрестности начала координат существует область о > 0;
2) в области v > 0 функция v ограничена;
г ...л dv
3) в области о > 0 производная — составленная в силу си-(Н
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
’ ^ = -(х-2у)(1-х2- Зу2), f = -(«/ + *) (1-%2-Зу2).
Решение. Возьмем в качестве v функцию v = x2-{-2y2. Она является, во-первых, определенно положительной, а во-вторых, ее dv производная , взятая в силу системы, равна
dv dv dx , dv dy o ._ ... „ „
,7—+ = 2x (2y — x) (1—x2 —3y2) —
dt dx dt dy dt K '
- 4y (x + y) (1 - x2 - 3y2) = — 2 (1 -x2 - 3y2) (x2 + 2y2) sg 0 при достаточно малых x и у.
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
I-5*-3’*'
182
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
Решение. Функция v=x2-\-y- удовлетворяет условиям теоремы А. М. Ляпунова об асимптотической устойчивости:
1) v (х, у) :>0, v (0, 0)=0;
2) = 2х (— 5у — 2х3) + 2у (5х — Зу3) = — (4х4 -ф бу4) s£ О,
do п
т. е. ^- = 0 только при х = 0, у = 0, и значит, есть определенно отрицательная функция. Следовательно, решение х = 0, у = 0 асимптотически устойчиво.
Пример 3. Исследовать на устойчивость тривиальное решение автономной системы
dx „ , dt=x2+y’
dy . .
dt ~y +x
Решение. Возьмем в качестве v (х, у) функцию
f = yx3+xy + y у3.
Здесь областью о > 0 является, например, область х>0, у>0. В области v > 0 имеем
+уу+{х + :,2)2>0. dt dxdt dydt ' \ । s’ / •
Согласно теореме Н. Г. Четаева о неустойчивости решение х=0, у^О неустойчиво.
Покажем на примере один метод построения функции Ляпунова, называемый методом деления переменных ([4]).
Рассмотрим систему уравнений ( x — axs-\-by, t у ——cx-\-dy3
и попытаемся найти для нее функцию Ляпунова в виде
v (х, y) = Ft (x) + F2 (у),
где F1(x), Г2 (у)—некоторые пока неизвестные дифференцируемые функции.
В силу системы (4) будем иметь
V = FJ (х) х+F' (у) = F[ (х) (ах3 -ф by) — F's (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
Г; (х) by — F, (у) cxsO.
Разделяя переменные, получим сх by T’W) F'Mj) ’
§ 201
ВТОРОЙ МЕТОД ЛЯПУНОВА
183
и, следовательно, каждая из дробей должна быть постоянной величиной, например, равной . Тогда буд^м иметь
сх 1 by 1
откуда
F1(x) = cx2, F2(y) = by2, так что
v (х, y) — cx2-\-by2.
Исследовать на устойчивость тривиальное решение
систем:
786.
788.
790.
791.
792.
793.
795.
797.
’ х = -х + у-3ху2----х3, Г х = у —Зх3,
У = ™7’ U—х-W.
f х ——2х — у + 2ху2— Зх3, / л_ л
I и 1 и I Л — — Ли ,
1 789. I ,
^=_х_ у — х2у-7у3. \у=ух\
г х = —5х — 9у Ц-Зху2 — х3, | у = 3х-4у —2х2у —ууч.
г х — — х—2ху2 — хуй,
j У = —уУ — х2у-х4у3-
x == — Зх xy4 — х3у6, 1 „ 1 о
у = — -2 х У — -^У X = х — ху4, у = у —х2у3.
х = — 2у — х3, у = Зх — 4у3.
794.
796.
7 ч -Х-уХ3,
1 5 »
У — х 2 У 9
х==у3 + х5, ^==х3 + у5.
1 1 , х = — -^-х—-^ху2, y = --|y + 3xz3,
2 о „
Z = —yZ —2xyz2 (w = x2 + 2y2 + 3z2).
х— з у
184
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
§ 21. Исследование на устойчивость по первому приближению
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений
Л у.
~ = xlt х2, ..., хп) (1 = 1, 2, .... п), (1)
где fi—дифференцируемые в окрестности начала координат функции, f{(t, 0, 0, , 0) = 0.
Исследуем на устойчивость точку покоя (i = l, 2, ..., п) системы (1). Представим систему (1) в окрестности начала координат в виде
где Ri имеют порядок выше первого относительно
|/>г
(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
п
(i = 1> 2’ •••’ «)> (3)
7=1
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
Ё* 2 dt
(4)
Здесь f (t, х) = х2. Линеаризированное уравнение для уравнения (4) имеет вид
dx ~di
= 0.
(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
1 —tXq
*
§21] УСТОЙЧИВОСТЬ ПО ПЕРВОМУ ПРИБЛИЖЕНИЮ 185
и перестает существовать при t = — (х |/_0 = х0) (решение непродол-ХЬ
жаемо).
Пример 2. Рассмотрим нелинейное уравнение
dx > f 1
— ~х~х3^. (6)
Линеаризированное уравнение имеет вид
Решение xfQsO уравнения (7) неустойчиво, так как каждбе решение этого уравнения имеет вид
х (t) = Се1,
и, очевидно, что | х (I) | —* -}- со при t —< -ф оэ , С другой стороны, решение х (I) = 0 уравнения (6) является асимптотически устойчивым. В самом деле, общее решение этого уравнения имеет вид
Г 2 1—1/2
х(/) = СеЧ 1 +-77-С2 (e3t - 1) Э=0
о J
и, очевидно, стремится к нулю при t —> -ф- 00
Однако при определенных условиях устойчивость (неустойчивость) решения системы первого приближения влечет устойчивость (неустойчивость) решения исходной системы (1).
Ограничимся для простоты случаем, когда коэффициенты ау (I) 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 хь ..., хп в некоторой области У х? «У Я, причем i=\
разложения начинаются членами не ниже второго порядка, а все корни характеристического уравнения ,
а11 й12 • •. ат
^22 ’ Й2Л
О-гЛ О.га апп имеют отрицательные действительные части, то тривиальное решение х, = 0 (i = l, 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 I’i удовлетворяют условиям теоремы 1 и хотя бы один из корней характеристического уравнения (8) имеет положительную действительную часть, то точка покоя х, = О
186
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
(г —1, 2, ..., п) системы (2) неустойчива, т. е. и в 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 /?,).
Пример 3. Исследовать на устойчивость точку покоя х=0, у = 0 системы
х = — х + у + 2х4 — ys,
j> = x—3y+lly*.
Решение. Нелинейные члены удовлетворяют условиям теорем 1 и 2. Исследуем на устойчивость точку покоя системы первого приближения
х = — х + у, у = х — 3у.
(Ю)
Характеристическое уравнение
-1-й 1
1 '—3-й
= 0
имеет отрицательные корни felj2 = —2±]/2. Следовательно, на-основании теоремы 1 точка покоя л’ —0, у = 0 систем (9) и (10) асимптотически устойчива.
Пример 4. Рассмотрим уравнение колебания маятника
Л 4- ах b sin х = 0. (11)
Здесь х — угол отклонения маятника от вертикали. Уравнению (11) соответствует система
( х = у,
1 • ь • (12)
( у = — ay — b sin х.
Точки покоя системы (12) ,
x = kn (fe — целое), у=0. . (13)
Исследуем на устойчивость точку покоя х = 0, у = 0, получающуюся из (13) при й=0. Используя разложение
sinx = x — ... ,
запишем систему первого приближения ( х = у,
1 • \ (14)
I У = — ох — ау, характеристическое уравнение которой
(15) у -
§ 21] УСТОЙЧИВОСТЬ ПО ПЕРВОМУ ПРИБЛИЖЕНИЮ 187
Если а > О, b > 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 (л, 0), что соответствует fe=l, Используя разложение
. . (х — л)3
Sin X = — (х — Л) 4- '— ...
о!
и перенося начало координат в точку х = л, у=0, придем к системе
у — Ьх — ау,
(16)
характеристическое уравнение которой
Х24-аХ — 6 = 0. (17)
При а > 0, b > 0 корни этого уравнения будут действительными и разных знаков. Следовательно, точка покоя (л, 0) является неустойчивой точкой для системы (16).
Пример 5.
Г x = y-xf (х, у), \ У = — x-yf (х, у),
где функция f (х, у) разлагается в сходящийся степенной ряд и f (0, 0) =0.
Решение. Линеаризированная система имеет вид
Точка покоя системы (19) есть (0, 0).
Характеристическое уравнение системы (19)
— k
— 1
или k2 +1 = 0,
(20)
имеет чисто мнимые корни fei, 2=±z. 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 (х, у) =-^- (х2 + у2), находим
dv
- = -{x2 + y2)f(.x, у).
Отсюда: если f (х, у) >= 0 в достаточно малюй окрестности начала координат, то точка покоя (0, 0) устойчива; если f (х, у)
188 ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ [ГЛ III
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, у = 0 в следующих системах:
798. Г х —— х+2у— Зх2, \ у = Зх—2у + 2х2 + yi. [ х = — sin х + Зу + х5,
799. 1.1 о 1 3 ( У = ~2i/—g у\
800. ( x = 2e*4-5y — 2 4-х4, \ у = х4-6 COS у —6—у2.
801. ( х = — Зх 4- 4у 4- sin3 х — у2, { у = — 2х 4- sin у 4- еух2.
802. ( х = х — 2 sin у — у3 sinx, \ у = 2у~Зх—х3.
803. ( х = х — у4-х2 4~У2 sin 1 У = х + у — у2.
804. ( х — 2x4- 8 sin у, \ у = 2 — ех — Зу — cos у.
805. ( х = —4х4-у sin г/ —Зх3, 1 у = — 2x4- X3 4-1/4- if.
806. ( х = — 4у — х3, (x=10sinx—29г/4-3//3, \у = 3х~уя. ' ( у = 5х—14 sin г/*/2.
808. [ х — у—ху2, 1 У = — х3.
809. ника, к Исследовать на устойчивость точки покоя маят-которому приложен вращающий момент L: x4~ax4~bsinx = L, где
§ 221 АСИМПТОТИЧЕСКАЯ УСТОЙЧИВОСТЬ В ЦЕЛОМ 189
§ 22. Асимптотическая устойчивость в целом. Устойчивость по Лагранжу
Пусть имеем систему дифференциальных уравнений dx •
.....Х„), fi(t, о, ...,0)=0 (1 = 1, 2,..., п), (1)
и пусть эта система определена в полупространстве ’
Q : < t < + 00 > V х? < -I- col
I 1 z J I 1 I •
I i= 1 )
Говорят, что тривиальное решение х ,=(.) (1 = 1, 2,..., и) системы (1) асимптотически устойчиво в целом, если оно
1) асимптотически устойчиво по Ляпунову;
2) всякое другое решение хг (/) (i = l, 2, п) системы (I) обладает свойством
lim xi(t)=O (t = 1, 2...п).
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-
fi(°....°) = 0 (« = 1, .... «)• (2)
Функцию Ляпунова v(xt....... хп) назовем бесконечно большой,
если для любого положительного числа М существует положительное п
число R такое, что вне'сферы У x2 = R2 имеет место неравенство z=l
о> М.
Теорема (об асимптотической устойчивости в целом). Если существует бесконечно большая определенно положительная функция v (хъ , хп) такая, что < 0 вне Ей 0 на Е, где множество Е не содержит целых траекторий (кроме нулевого положения равновесия), то тривиальное решение системы (2) будет асимптотически устойчиво в целом.
Пример 1. Рассмотрим уравнение
^ + х2х + х3 = 0. (3)
Запишем уравнение (3) в виде эквивалентной ему системы уравнений
х = у,
У = — ха—х2у.
(4)
190
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
В качестве функции Ляпунова v (х, у} возьмем функцию и (х, у) = ^у2+^х*.
Имеем
= УУ+л'3-'-’ = — х3У ~ х2У2+х3У = — х2у2.
Очевидно, что о (х, у) —> со при х2 -f- у2 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 I сад. В самом деле, во всех точках оси OY, отличных от начала координат О, угловой коэффициент
dy —х3 — х2у
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 — со, и потому на оси ОХ не могут находиться дуги
траекторий. Следовательно, множество Е не содержит целых траекторий (кроме начала координат).
В силу теоремы точка покоя (0, 0) обладает полной асимптотической устойчивостью. г.
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-{-х3 + (х2 + 1)х = 0.
812. х + х + (х2 + ^ + 2) (2х4-х5) = 0.
813. х-j-х2е~ххXs 4-2х = 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 t — сю 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 v (х1; ..., х„) —функция, имеющая непрерывные частные производные первого порядка для всех х. Обозначим через П/
§ 221
асимптотическая устойчивость в ЦЕЛОМ
191
множество всех точек, где v (xlt ..., х„) < I. Если множество Q/ ограничено и в нем
I) v(xv ..., хп) >0 при х^О, (1= 1, 2...................................п)
2) хп) < 0 при
то начало координат —асимптотически устойчивое положение равновесия системы (2), a Qi~ область асимптотической устойчивости.
Пример 2. Указать область асимптотической устойчивости уравнения
x-J-8 (х2 — 1) x-f-x — 0 (е<0)
(уравнение Ван-дер-Поля).
Решение. Перепишем уравнение в виде системы
у = —х.
Единственная точка покоя — начало координат. Возьмем и (х, у) — = —. Тогда v (х, р) = ру» + ух = — sx2 (-д— J j. Очевидно, v - О при х2 3 (е<0). Таким образом, в круге х2 + р8<3 имеем: о>0 при х2-\-у2^0 и »<0 при х‘-у2 4:0, т. е. этот круг содержится в области асимптотической устойчивости.
Устойчивость по Лагранжу. Пусть имеем, систему
= xi, -,хп) (1=1,2...п), (5)
где fi (t, Xi, ..., хп) удовлетворяют условиям теоремы существования и единственности решения системы (5) для всех t е [10, 4-со) и любых Xj, ..., хп.
Определение. Система (5) называется устойчивой по Лагранжу, если все решения этой системы определены и ограничены на [4, +со).
814. Показать, что все решения уравнения
ограничены на [0, 4-оо).
815. Показать, что все решения уравнения
+ + = 0
ограничены на [0, 4-оо).
192
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
816. На примере уравнений
a) x(t) — ~ Я (t) 4- х (f) = 0;
б) x(0 + j-x (04-х (0 = 0
показать, что из ограниченности всех решений «предельного» уравнения х (04-х (0 = 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 alt а2, • ••, ап
I (к) = а<4-л4~ai^n 1 + — 0 (О
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 t-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
а0 0 0 ... 0 >
а з а2 at а§ ... 0
а3 а2 ... 0
- 0 0 0 0 ... ап'
(2)
Многочлен f (7.) степени п 1 называют устойчивым многочленом, если все его корни Xj, ......имеют отрицательные действитель-
ные части Rez.y<0 (/ = 1, 2, ..., «), т. е. все корни устойчивого многочлена расположены в левой полуплоскости.
Матрица Гурвица составляется так. По главной диагонали располагаются коэффициенты многочлена (1), начиная с а, 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— Oj, Д2—
01 а0
а3 а2
Да —
«х а0 О
aa а2 «j
«6 «4 а3
Д» =
аг а0 0 ... О
а3 я2 й1 ... О
«5 «4 СЕ3 ... О
(3)
О 0 0 ... ал
Таким образом, условие Гурвица выглядит так:
Д1>0, Д2>0.........Д„>0.
(4)
Заметим, что так как Д„ = Дп_1-ап, то последнее из условий Дл>0 может быть заменено требованием ап > 0.
Пример 1. Исследовать на устойчивость тривиальное решение уравнения
J/V4~l/IV + 7p -j-4y + 10у +3p = 0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
/(?v)=X5 + X4 + 7?v3 + 4X2 + 10X + 3 = 0.
Здесь й0 = 1, «! = 1, й2 = 7, «3 — 4, а4=10, а5 = 3. Выписываем диагональные миноры Гурвица
1 10 0 0
4 7 110
10 4 7 1
О 3 10 4
0 0 0 3
= ЗД4 = 3-8 = 24>0,
110 0
4 7 11
3 10 4 7
О 0 3 10
= 10Д3-3 4
1 О
7 1
10 7
= 50-3 (49+3-10-28) =8 > О,
О
О
1 1 О
4 7 1
3 10 4
Д1= 1 > 0.
7 М. Л. Краснов н др.
194
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
Итак, Д1>0, Д2>0, Дч>0, Д4 > О, Да > 0. Следовательно, тривиальное решение у = 0 уравнения асимптотически устойчиво.
Вычисления можно вести так. Сначала составляем минор Дп. Затем последовательно вычисляем миноры Д4, Д2, 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 k затруднительно.
Можно показать, что если условия (4) выполнены, то все коэффициенты многочлена (1) положительны
аг > 0, а > 0, ..., ап > 0. (5)
Как уже отмечалось, условия (5) являются необходимыми, но не достаточными для того, чтобы все корни / (/.) располагались в левой полуплоскости Re К < 0. Однако при выполнении условий (5) неравенства (4) уже не являются независимыми. Так, например, при п = 5 условия Рауса—Гурвица приводятся к двум неравенствам: Д2 >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 00 = аДд1--\-а^кп Ч-... + an_i^+a» (Iх)
имел все корни с отрицательными действительными частями, необходимо и достаточно, чтобы:
1) все коэффициенты многочлена f (л) были положительны
а0 > 0, а± > 0, а2 > 0, ..., ап > 0; (5)
2) имели место детерминантные неравенства
Дга_1 > 0, Дп_3 > 0, ... (6)
(здесь, как и раньше, Дй — опред“лнтель Гурвица fe-порядка) Пример 2. Рассмотрим то же уравнение, что и на стр. 193:
yV + У1 V + 1у" + 4у" + Ю/ + Зу = 0
Здесь
a0 = ai = l>0, а2 = 7>0, а3 = 4>0, а4 = 10 > 0, а5 = 3 ; >0,
т. е. первое условие критерия Льенара—! Далее, 110 0 _ 4 7 1 1 Л1== 3 10 4 7 0 0 3 10 1 1 Д2 = =3 > 2 4 7 Дипара выполнено. = 8>0. 0,
т. е. выполнено и условие 2.
§ 24] ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ КРИТЕРИЙ УСТОЙЧИВОСТИ 195
Таким образом, тривиальное решение уравнения асимптотически устойчиво.
Исследовать на устойчивость тривиальные решения уравнений:
817. y^ + 7y’" + \W + Wy' + \Qy = Q.
818. у^ + 2у"' + Ау'' + 2у' + Ъу^0.
819. у^ + у”' + Зу': + 2у'+у = 0.
820. y'f + 2y^ + 3y," + 2y"+y'+y^0.
При каких значениях а будут устойчивы тривиальные решения следующих уравнений;
821. ут + аУ'^2у' +у = 0?
822. у1 v + 2у'" + у" + ау' 4- Зу = 0?
823. у^Зу!" + ау’’ + 2у' + у = О?
При каких значениях аир будут устойчивы тривиальные решения следующих уравнений:
824. Г + «1/' + 2/ + Р1/ = 0?
825. i/'" + az/" + p]/'+3i/ = 0?
826. z/!v + a/' + 2^ + p/ + i/=0?
827. Какой вид имеют условия Гурвица для возвратного уравнения
24 4- р24 4- <А2 4- /А 4-1 =0
(р и q действительные)?
§ 24. Геометрический критерий устойчивости (критерий Михайлова)
Пусть имеем дифференциальное уравнение n-го порядка с постоянными вещественными коэффициентами
аоУ"г,+а1У<,’“1’+.--4-ад = О. (1)
Вопрос об устойчивости решения дифференциального уравнения (1) сводится к вопросу о расположении корней характеристического уравнения
а 4- аД” 14-... ап = 0 (2)
на комплексной плоскости. Последний решается с помощью нижеследующего критерия Михайлова.
7*
196
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ иг
Пусть дан характеристический многочлен
/ (X) = а0Х" + аД” * 1 + •..+a,;_jX-|-ara. (3)
Подставив в него получим
/ (гш) = и (ш) + /с (ш), (4)
где
« (ш) = ап —а„_2ш2 + а„_'4©4—..., 1
> (о)
= —а„_3и3 + аге„5ш5—... 1
Величину f (ini) согласно (4) и (5) при заданном параметре © можно изобразить на комплексной плоскости uOv в виде вектора. Если изменять параметр © в интервале (—со, + со), то конец этого вектора опишет некоторую кривую, каждая точка которой соответствует определенному значению ш.
Vi Полученный таким образом годо-
_______ граф вектора / (г©) называется кривой
Михайлова для многочлена f (X.) (рис. 27).
/ При изменении © от — со до + со
I \ вектор f (z©) повернется на некоторый
I______/______J___угол <р. Если многочлен f (/.) имеет т
у О и ' корней с положительными вещественными
X. частями, а остальные п— т корней с от-
рицательными, то
<р = (н — т)л-\-т(—я) = (п — 2т) п. (6) Рис 27
’ Замечание. Так как функция
и (©) четная, то кривая Михайлова симметрична относительно оси Ои, и поэтому достаточно строить часть кривой Михайлова, отвечающую изменению параметра © от О до + со. Тогда формула (6) примет вид
. .«ГС. / «ГС \ . лч’ГС
<p = (w-m)—+ —j = (w-2m) —. (7)
Для устойчивости решения уравнений (1) необходимо и достаточно, чтобы все корни характеристического уравнения f(h)=O 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 f (z©) при изменении (£> от Q до Д-со совершил поворот л _ п ,
на угол <р=я -g-, т. е. сделал оборотов против часовой стрелки',
2) годограф f (ко) при изменении ш от 0 до -ф- со не проходил
через нулевую точку.
Иначе, для устойчивости решения уравнения (1) необходимо и достаточно, чтобы кривая Михайлова проходила поочередно п квад-
рантов против часовой стрелки, окружая все время начало координат.
§ 24]
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ КРИТЕРИЙ УСТОЙЧИВОСТИ
197
Поочередное прохождение квадрантов означает, что кривая поочередно пересекает оси координат. Следовательно, координаты и (со) и v (со) точек кривой Михайлова для устойчивости решения должны
поочередно обращаться в нуль. Отсюда вытекает вторая формулировка критерия устойчивости Михайло-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) = 0 были вещественными и перемежающимися друг с другом, т е. чтобы между любыми двумя корнями одного из этих гого уравнения.
Пример. Исследовать на уравнения
Рис. 28.
уравнений находился корень дру-устойчивость тривиальное решение
Ух v + 2у"' + Зу" + 2у' + у = 0.
Решение. Составляем характеристический многочлен /(Х)=^ + 2Х3 + ЗХ2 + 2Х+1.
Далее /(ко)=й)4— 2«о3 — Зш2 + 2/<а +1,
и (со) = со4 — Зсо2 + I,
и (со) =— 2ш3 + 2<о = 2со (1 — со2) = 2со (1 — со) (1 + со).
Будем изменять о от 0 до + со и построим кривую (рис. 28) {« = и (со),
v = v (со),
СО 0 1
и 1 0 —1 0
V 0 + 0 —
hm Л = 0.
198
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
Угол поворота радйуса-вектора
« 2Х , о \ Л Ф = 4-£ =(«~2т) —.
Отсюда п—2т = 4; п — 4; следовательно, т — 0. Таким образом, все корни характеристического уравнения лежат в левой полуплоскости, т. е. тривиальное решение :;^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
Д«-1 — Аз — 2 3 2 — 4 > 0, A„_3 = A! — 2 > 0.
0 1 2
Исследовать на устойчивость тривиальные решения уравнений:
828. 2^44/43/43/4^=0.
829. 3yiV+ 4у"’+3у\+3у'+у = 0.
830. yv 4 5/v + 1 Оу"' 4 11/ 4 7/ 4 2у=0.
831. + 5у"' + 4/ + Зу' + 2у = 0.
832. yv + 2/v + 2у'" + 46/ 4 89/ 4- 260у = 0.
833. / + /v + 7у"' + 4/ + 10/ + Зу = 0.
834. /ii + 7/!4-23/+37/v4-56/'4-36/ + 12/ 4
+ 4у = 0.
835. /v 4 Зу'" + 4/ + Зу' 4 у = 0.
836. /v 4-7/'4-18/4 22/4 12у = 0.
837. /v 4 2/ 4 3/ 4 2/ 41/=0.
838. /v 4 11/ 4 59/ 4 107/ 4 60у = 0.
839. /v45/"418/453/460y = 0.
840. Zv46/"4 15/4 18/4 Юу = 0.
841. /v4 4/"4 Ю/4 12/4 5y = 0.
842. /46/4H/46y = 0.
843. /v47/"412/423y'4 10y = 0.
844. /v /3/ 43/ 43/ 42y = 0.
845. /142/44/42/45^=0.
846. yIV42/48/45y = 0.
847. / 44/v 45/ 42/ 44y=0.
D-РАЗБИЕНИЯ
199
§ 25. А)-разбиения
Пусть имеем линейное дифференциальное уравнение с постоянными вещественными коэффициентами
aQytrl'+a1ytn~v + ... + any = 0. (1)
Его характеристическое уравнение имеет вид
aozn + aizn^ + ... + an = O. (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.
Построение областей устойчивости
Понятие о D-р азбиении. Пусть имеем характеристическое уравнение
аог”+а1г"-1+...+а„ = 0. (2)
Совокупность значений коэффициентов уравнения (1) можно рассматривать как точку /г-мерного пространства Rn Каждой точке пространства Rn соответствует определенное значение коэффициен-тов а0, a1T ..., ап, а следователь-но, и определенное значение всех \£)
корней гг, г2.... гп характери- к корней Сп-к) корней
стического уравнения (2). Если •
в Rn существует такая область, что 0 каждой ее точке соответствует ха- •
рактеристическое уравнение, все ------------~д----------------►
корни которого лежат в левой по- *
луплоскости, то эта область называется областью устойчивости, а •
гиперповерхность, ограничивающая ее, называется границей области рис 29
устойчивости. Пусть, например, в характеристическом уравнении (2) все коэффициенты, кроме двух, скажем сц и а2, — конкретные числа.
Предположим, что при некоторых определенных значениях а1 и а2 данное уравнение в плоскости корней (т. е. в плоскости г) имеет k корней, лежащих слева, и (n — k) корней, лежащих справа от мнимой оси (рис. 29).
200
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ Ilf
На плоскости А (плоскость параметров ах и а2) существует кривая, ограничивающая такую область (рис. 30), каждая точка которой определяет многочлен, также имеющий k корней, лежащих слева, и п — k корней, лежащих справа от мни-аг мой оси. Эту область обозначим через
_ D (k, п — k) (/г —целое, 0 У k У n).
У D(n,n-n) / Например, если характеристическое
/ f уравнение имеет третью степень, т. е.
у г-------п = 3, то в общем случае в простран-
(___________) ' стве коэффициентов могут быть указаны
области
Рис. 30. 0(0, 3), 0(1, 2), 0(2, 1), 0(3, 0).
Область О (3, 0) и будет областью устойчивости.
Заметим, что некоторые области, в частности О (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 D-разбиение пространства любых параметров, от которых могут зависеть коэффициенты характеристического уравнения.
Положим, что в характеристическом уравнении (2) коэффициенты зависят от двух параметров g и т| (этими параметрами могут быть, в частности, просто два коэффициента рассматриваемого уравнения).
Рассмотрим семейство многочленов
f(2, g, T]) = gP(Z)4-T]Q(Z)+/?(Z), (3)
где (g, т|)— вещественные параметры, а Р, Q, R — известные многочлены от z с вещественными коэффициентами.
Задача ставится так:
В плоскости параметров (|, г|) (плоскость о>) найти область D (п, 0) такую, что для любой точки (g, г]) £ D (я, 0) многочлен (3) будет иметь все корни г в левой полуплоскости, или убедиться, что такой области нет.
Построение областей D (A, n — k) основано на следующих соображениях;
1. Корни алгебраического уравнения непрерывно зависят от его коэффициентов, т. е. если коэффициенты многочлена f (z, g, т|) мало изменить, то и корни его изменятся мало.
2. Если точка (g, т|) лежит на границе области D (k, п—k), то хотя бы один корень многочлена (3) лежит на мнимой оси, т. е. граница D-разбиения является образом мнимой оси плоскости Z.
Действительно, если, например, точка ('g, r[)^D(n, 0), то многочлен (3) имеет при этом все корни в левой полуплоскости.
Если (g, т)) лежит вне D (п, 0), то многочлен (3) имеет хотя бы один корень в правой полуплоскости.
S 25]
D-РАЗБИЕНИЯ
201
При непрерывном движении точки (|, г]) из области D (п, 0) в соседнюю непрерывно меняются корни многочлена f (г, g, -q). 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 (-, ц) пересечет границу области D (п, 0).
Пусть г = х-)-1у~корень многочлена f {г, £, ц). Равенство f (z, g, г|) = 0 равносильно равенствам
( ^(Х, у)+-ци2(х, y) + us(x, г/) = 0,
I &i(x, У)+^(.х, y)+v3(x, у)=0,
(4)
где ult и2, и3 и ох, v2, t»3 — вещественные и мнимые части многочленов Р, Q и Р соответственно.
Если определитель системы (4)
то система (4) однозначно разрешима относительно £ и тр
( 1 = 1(х, у), I П=Л (х, у).
(5)
Уравнения (5) в точках, где Д^О, определяют однозначное отображение плоскости корней многочлена / (z, г]) на плоскость пара-
метров (|, Г]).
Обратное отображение неоднозначно: фиксированной паре значений (g, т]) отвечает, вообще говоря, и корней. Если определитель системы (4) в точке z0 = x0-piya 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 (g, г]), для которых гп--хя-1- iy0 является корнем многочлена f (z, g, г]). Такую точку (х0, у0), а также соответствующую ей прямую будем называть исключительными.
Найдем на плоскости параметров ('g, rj) 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
и которую можно получить, полагая х = 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 ('g, т]) многочлен f (г, |, т]) имеет одно и то же число корней, расположенных в левой полуплоскости, т. е. является областью типа D (k, п — k) (0йп).
Таким образом, линия L — граница искомого О-разбиения.
Рассмотрим отображение (5) плоскости корней на плоскость параметров
( 11 = 1] (х, у).
Проведем через точку (х0, у0) две линии горизонтальную / и вертикальную II.
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).
д^, <Эт] дх дх
Л] ду ду
Если определитель I =
> 0 в точке (х0, у0), то отобра
жение (5) в точке (х0, у0) сохраняет ориентацию. При I <0 ориентация нарушается. Если I =0, то вопрос о сохранении или несохра-нении ориентации решают старшие производные. Можно показать (см. [9]), что знак определителя I совпадает со знаком определителя А, где
v2
Д =
так что если А > 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) (k^n) и обозначим через L границу этих областей. Положительным направлением на L будем считать то, кото-
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, г])).
Рассмотрим некоторый участок WjW2
кривой L и предположим, что при полном Фг
обходе оси Оу он обходится г раз, т. е. "it/'
что этому участку соответствует г участ-
ков уРу» (ц=1, 2, ..., г) оси Оу. Поло- / жим еи = 1, если направление yvyg сов- / падает с направлением оси Оу и е^ =— 1 /
в противном случае. Положим также jy, 6^=1, если на yifyv определитель Д>0 р 33
и б =—1—в противном случае. Пусть точка w, двигаясь непрерывно по не-
которому достаточно малому пути, пересекает дугу wLw2 слева направо (рис. 33). Этому пути в плоскости г соответствует г путей, пересекающих отрезки у^у^ оси Оу. Если ер • 6и > 0, то соответствующий путь идет из левой полуплоскости в правую и многочлен
/(г, n) = ^(z) + nQ(z)+£(z)
приобретает на нем один корень с положительной действительной частью и теряет корень с отрицательной действительной частью; в случае • би < 0 — наоборот.
Действительно, пусть ё,, > 0. Это может быть в двух случаях: 1) еи=1, би=1; 2) еи = —1, б^ = —1. В первом случае направление отрезка у^у^ оси Оу совпадает с положительным направлением этой оси (8^ = 1) и сохраняется ориентация (6^=1), т. е. если в плоскости w мы переходим дугу WjW2 слева направо, то и в плоскости z мы переходим с левой полуплоскости в правую (т. е. ось Оу пересекаем тоже слева направо, рис. 34).
Во втором случае вектор г/Нг/Н направлен в сторону, противоположную направлению Оу (е =—1). Так как ба =—1, то ориентация в этом случае меняется, и при переходе слева направо в плоскости w мы опять получаем переход слева направо в плоскости z через ось Оу.
Аналогично рассматривается случай
Итак, при переходе с левой стороны дуги wtw2 кривой L на правую сторону многочлен / (г, г|) теряет
= е1^1 + е2®з+ +Ег6г корней с отрицательной действительной частью.
Пример Вышнеградского. Дан многочлен /(z)=z34-4- gz2 4- r|Z 4-1. Найти область D (3, 0).
204
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ пт
Решение. Полагая z — iy и разделяя действительную и мнимую части, найдем параметрические уравнения кривой L:
£ = Л — !/2-
Это — лежащая в первом квадранте ветвь гиперболы gr| = 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.
У
от 0 до -f-оо гипербола прохо-
При дальнейшем изменении дится второй раз, но уже в противоположном направлении. Таким образом, отрезку WiW2 кривой L отвечают два отрезка оси Оу: у\у12 и У\У1 (рис. 35 и 36). Определитель Д на оси Оу равен Д (iy)~—у3. Следовательно, 6Х = 1 (ибо
при р = 1, </<0), а 62 =—1 (ибо при р, = 2, (/>0). При переходе точки w через WjW2 слева направо теряется У корней с отрицательной частью, где
N — ехдх 4“ ^2^2 ~ 2.
В начале координат £ = г]=0 многочлен f (г) принимает вид г3 -|_ 1 и . 1±г/3”
имеет корни гх =— 1, z2j3 =----,
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 f (z) потерял два корня с отрицательной вещественной частью и превратился в многочлен, имеющий один корень с отрицательной вещественной частью. Следовательно, в об
ласти над гиперболой было три корня с отрицательной вещественной частью (рис. 37). Для проверки можно взять точку g = -q = 3, в которой многочлен принимает вид
z34-3z24-3z-|-l и имеет трехкратный корень z = — 1.
§ 251
Й-РАЗБИЕНИЯ
205
Таким образом, для построения D-областей поступаем так:
1. В многочлене f (г, g, т|) полагаем z = iy, отделяем действительную и мнимую части и приравниваем их нулю:
(.У) + Ли2 (.У) + ws (У) =0> _.
И 4)+Щ'2 (НН'з (4=°-
Решая (7) относительно g и т|, получаем
I Л = г] (у)
— параметрические уравнения линии L.
2. Строим кривую L на плоскости параметров, изменяя у в пределах от —со до -j-со, причем если в уравнениях (7) g —первое по порядку написания переменное, а т] — второе, то при построении кривой L система координат gOr| должна быть правой.
Если при некотором значении у определитель системы (7) и определители
. — ^3 w2 . I — ^3 1
Дс = и Д =
’ I —v3 f2l l?i — »з I
обращаются в нуль, то при этом значении у одно из уравнений (7) является следствием другого, и для этого значения у получаем в плоскости 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 т), то, приравнивая этот коэффициент нулю, получаем уравнение еще одной особой прямой, соответствующей t/=co.
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, п — k) (0/гп).
4. Определяем характер этих областей, т. е. находим k и п — k. Для этого выбираем в каждой из областей D (k, n — k) по одной точке (g0, Ле) и исследуем полученный многочлен f (z, g0, г)0) с числовыми коэффициентами на устойчивость с помощью изложенных выше критериев устойчивости Михайлова или Рауса — Гурвица (см §§ 23 и 24).
Построить D-области для
848. z3 Hz2 + дг 4-6.
850. z3 + £z2 + 1 lz + т].
852. z4 + 2z3Hz2 + Z-4-T1-
854. z3 -Hz2 + (z + 1) т) + 1 •
856. z3 + 2z2H(z—ij + 'i'b
858. gz3 + 3z2 + T)z + 1.
следующих многочленов:
849. z4 + gz3 + r]z2 + 4z + 1
851. z3 + (z2 + 2) I -j- t)Z— 4
853. z3 + 3za -4- |z + T|.
855. z3 + r]z2 -Hz + 6.
857. z3 -H (z2 + z) + 2 -|- 2л
859. (z3 + z2) + t) (za + 1)4 2z.
860. I (z3 — z) + л (z2 + z - 1)4-1.
206
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
§ 26. Устойчивость решений разностных уравнений
I. Решение однородных линейных разностных уравнений с постоянными коэффициентами. Пусть имеем разностное уравнение порядка k'.
/(n-H) + aJ («+*- 0+ +a*f(n)=0. (1)
где /(п) —искомая функция целочисленного аргумента;
аг, ..., cii.— действительные постоянные.
Для нахождения не тривиальных (не нулевых) решений уравнения (1) составляем характеристическое уравнение
А^-раДЛ г-ф ... + = 0. (2)
Пусть А1( А2, ..., А*— корни уравнения (2).
Возможны следующие случаи:
1) Ар А2, А* — вещественные и различные.
Общее решение уравнения (1) будет
/(п) = С1^ + С2^+...+ЗД (3)
где Сь С2} —произвольные постоянные, которые могут быть
определены, если заданы начальные условия
/(О)=/о, / 1)
2) Корни характеристического уравнения действительные, но среди них есть кратные. Пусть, например, АХ = А2 = ... = А/ = А, т. е. А является /-кратным корнем уравнения (2), а все остальные k — j корней различные.
Общее решение уравнения (!) будет
/(п) = С1А -4-С,пА -|- ... -i-Cj-ti1' -|_Су+1А."+1+ ... 4-С^А”. (4)
3) Среди корней характеристического уравнения (2) имеются простые комплексные корни. Пусть, например, для определенности
А1 = а + ф, A2 = a —ф,
A3=y4-i6, А4 = у—й, остальные корни действительные и различные.
Общее решение имеет вид
f (п)=С11 А4 \п cos (n arg At) + С21 А4 \п sin (п arg Ах) +
-фС3 | А3 |л cos (п arg А3) +С4 | Ад \n sin (п arg А3) ф-
+ С5А"+...+С^. (5)
4) В случае, если А4 = аф-гф является /-кратным корнем урав-нения (2) l/sg-g-L т0 А2 = а —ф также будет /-кратным корнем и
§ 26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 207 общее решение имеет вид
/ (л) — (С1 + С2п4- • • + CjttJ ') | / р cos (n arg ?.L) 4-
4-С-7+14-/'+2И 4- ••• 4-Сз/п2 *) I \п s'n (л arg/)4-
4-Ww+ - + W <6)
Замечание. Корень Л=0 соответствует тривиальному (нулевому) решению /(п)=0.
Пример 1. Найти общее решение уравнения
f («4~ 2) 4-4/ (n-f-1) 4-/ (n) = 0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
Л,2_|_4?с -р 1 =0.
Его корни ?.ч =—2 — /3 , ——24-/3 различные и действитель-
ные, следовательно,
f (гс)=С, (-2-/3 / + С2 (-24-/3 )л
Пример 2. Найти общее решение уравнения
. /(п + 3)-3/(п4-2)4-3/(п4-1)-/(п)=0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет^вид
—3V4-3X—1=0 или /—1)3 = 0.
Отсюда Kj = X, = / — 1 • Общее решение будет
f (п) = (С14-С2п4-С3п2) • lra = Ci4-C2n4-C3n2.
Пример 3. Найти общее решение уравнения
/(п4-2)-2/ (п 4-1)4-2/ (п)=0.
Решение. Характеристическое уравнение
V —2^ 4-2 = 0
имеет простые комплексные корни
/ = 1 -j- с Л2 = 1 — I.
Находим
|l±i| = /2", arg (1 +!)=-J.
Общее решение имеет вид п пп
9 пп -у пп О / пп пп\
f(n) = C122cos^y4-C22 sin -у = 2 IСгcos 4-С2 sin -j-j.
208
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ III
Пример 4. Найти общее решение уравнения
f(n+4) + 2f(n + 3)4-4f(n + 2)-2f («+1)-5f (n) = 0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
Л«+2Лз+4Л2-2Л-5 = 0.
Перепишем его в виде
(%2-1) (V + 2%+5) = 0.
Корни будут
1, А-2 = — 1, 7.3 = — 1 2i, = -— 1 — 2i.
Здесь
1±2г'| = К5, arg (—1 4-2г) = Л —arctg 2.
Общее решение данного уравнения будет
f (n) = Cj+С2 (— 1)л + [С3 cos п (л — arctg 2) 4-п
4- С4 sin п (л — arctg 2)] 5 2
или
/ (и) = Cj 4-С2 (— 1)л 4- (— 1)л 5 2 [С3 cos (п arctg 2) — Ct sin (n arctg 2)].
Решить следующие разностные уравнения:
861. 3f(n + 2)-2f(»+!) —8f(п)==0.
862. f(n + 3) + 3f (п + 2) + 3f(n + 1) 4- f(n) = 0, f(0)=l, f (1) = 2, /(2) = 3.
863. 4f (n 4- 2) — 8f (n + 1) 4- 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 й-го порядка
f (п4-й)4-а4 (»4-&— 1)4--••+«*/ («)=£(«) (Л
с постоянными действительными коэффициентами аг, ... , ак Общее решение этого уравнения представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения.
1) Пусть правая часть g (п) уравнения (7) имеет вид
g (п) = гпи (п),
где и (п) — многочлен от п степени т, а г —действительное число.
<j 26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ 209
Если г не является корнем характеристического уравнения (2), то частное решение } (га) ищется в виде
f(ri) = rnu (га),
где и (га) — многочлен степени ггг, если же г является /-кратным корнем уравнения (2), то и (га) — многочлен степени
2) Если правая часть g (га) уравнения имеет вид g (п) = и (га) sin ап или g (га) = и (п) cos ап,
то частное решение ищется в виде
f (га) = и (га) sin an -f- и (га) cos ап.
3) Если g (п) = и (п) sh ап или g (га) = и (га) ch ап, то частное решение ищется в виде
J(n) — и (га) sh an -f-и (га) ch ап.
Здесь и в пункте 2) га (га) и и (га) — многочлены, степень которых определяется по правилу, указанному в пункте 1).
Пример 5. Найти общее решение уравнения
f(n + 2) - 4f (п +1) + 3f (га) = 2” . (га + 1). (8)
Решение. Характеристическое уравнение А.2 — 4A-f-3 = 0 имеет корни Ai = 3, Л2 = 1. Общее решение соответствующего однородного уравнения
Hn) = C1-3« + C2
Так как число 2 не является корнем характеристического уравнения, то частное решение неоднородного уравнения ищем в виде
f(n) = 2ra (An-f-B), (9)
где А и В — неопределенные коэффициенты. Подставляя (9) в (8), получим
2«+2 (А п + 2А + В) — 4 • 2ra+i (An + А + В) + 3 • 2« (An + В) = 2« (га + 1)
или
4 (Ara-f-2A + B) —8 (Ага-ЬА + В) + 3 (Ага + В) = га-j-1.
Отсюда находим
4А-8А + ЗА=1, А = —1;
8А + 4В—8А-8В + ЗВ=1, В = —1.
Тайим образом, частное решение данного уравнения
f(n)=— 2«(га+1);
общее решение
/(га)=С1.3« + С2-2« (га+1).
210
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ. иг
В следующих задачах найти общие решения данных неоднородных линейных разностных уравнений:
866. /(п + 2) —2/(п+1) —f (п) = п.
867. f (n + 2) + 2f (п+1) + /(п) = 3'г-32, f(0) = 0, f(l) = 0.
868. / (п + 2)+ f (п) = sin 2п, f (0) = 0, /(1) = 1.
869. f (п + 3) - 3f (п + 2) + 3f (п + 1) - f (п) = еп.
870. / (п + 3) + 8/(п) = 2/г.
III. Устойчивость решений разностных уравнений. Решение f* (п) разностного уравнения порядка k, удовлетворяющее начальным условиям
называется устойчивым, если для любого е > 0 существует 6 (е) > 0 такое, что для любого решения f-(n) уравнения (1), удовлетворяющего начальным условиям
f(0) = + f(l)=fi. , f(k~\) = fk_b из совокупности неравенств
I /о—f? I < 6, I h-п | < 6.. I ! < 6
следует неравенство | f (n) — f* (n) | < e при любом пЭгО.
Если при сколь угодно малом 6 (е) > 0 неравенство | f (п) — f* (n) | < е не выполняется для какого-либо решения f (п), то решение (н) называется неустойчивым.
Если кроме выполнения неравенства [ f (п)—/*(п)|<е выполняется также условие
lim [/ — (п)] = 0,
п —*со
то решение f* (п) называется асимптотически устойчивым.
Исследование на устойчивость решения f* (п) неоднородного линейного разностного уравнения
f(n+k)+aj (n^k— 1) + ...+а4/ (n)=g (n)
с помощью замены ф (n) = f (ri)—f* (п) сводится к исследованию устойчивости нулевого (тривиального) решения однородного уравнения
ф(и + й) + щф (« + &—1) + --- + ад (п) = 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(« + 2)-2f(n + l) + Hn) = 0, (10)
удовлетворяющее начальным условиям f (0) = 0, f (1) = 0.
§ 26] УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ разностных УРАВНЕНИЙ
211
Решение. Решение данного уравнения, удовлетворяющее начальным условиям
1(0)= О, f(l) = 0, есть 1(п) = 0 ибо из (10) 1(п + 2)=1(п+1)-^-1(п)
Любое решение этого уравнения, удовлетворяющее условиям f (O)=fo, 1(1) = 11, имеет вид
„ 1 Г, пл , . пл1
f (п) = ^79 fО cos+ (fj — 70) sin — .
2 ' 4 4 1
Возьмем произвольное е > 0 и покажем, что существует 6 (е) > 0 такое, что при [f0 — 0| <6 и I ft— 0|<S имеет место неравенство
|0 —1* (п) |
1
2«/2
с пп । /г t , . «Л lo cos— + (li— f0) sin — 4 4
< s
для весх 'СуО. Это и будет означать согласно определению, что нулевое решение f* (п)=0 устойчиво.
Очевидно, что
I , пл , . пл I
|ь«..т+а.-ь>.,пт|
2«/2 ~~~ 2га/2 '
! fo I +1 fi — f о I I f о I +1 ?i I +1 fo I 2 (| lo j -}-1 /1 j)
для всех пг>0. Поэтому, если | lo IЧ-1 li I < т0 и подавно | 0 — 1* (л) | < е для всех п 5= 0. Следовательно, если, например, взять g
ft (е) = , то при | f01 < 6 и 11х | •< 6 будет выполняться неравенство
|0 —1*(п)|<е для всех пЭгО, так что нулевое решение данного уравнения устойчиво. Эта устойчивость асимптотическая, так как
J. 11">ъ , ,г с . . 'WC>
fo«?s-T + (fi-fo)sinT lim [0-1* (fi)] = -lim ----------------------------1=0.
тг-*оо
Исходя из определения устойчивости, исследовать на устойчивость нулевые решения следующих разностных уравнений:
871. 8f(n + 2) + 2/(n+l)-f(n) = O.
872. f(« + 2) + f (п) = 0.
873. 4f (n + 2)-4/(rt+l)+^(n) = 0.
874. f(n + 2) —6f(n+1) —7f(n)==0.
212
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ш
Для исследования на устойчивость нулевого решения f (я) = О уравнения (1) пользуются следующим общим правилом:
1. Если все корни характеристического уравнения (2) по модулю меньше единицы, то решение f(n) =::=() уравнения (1) асимптотически устойчиво.
2. Если хотя бы один корень характеристического уравнения по модулю больше единицы, то решение f (я) = 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 (я) = 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 f (п) = 0 уравнения
2f(n + 2)-2?04-l) + H«)=O.
Решение. Составляем характеристическое уравнение
2Л3—2Л + 1=0.
Его корни ^i, 2 = - i-. Имеем
следовательно, решение f (ri) = 0 этого уравнения асимптотически устойчиво.
Пример 8. Исследовать на устойчивость нулевое решение уравнения
f (пЧ~2) —(я+1) 4-5f (я) =0.
Решение. Характеристическое уравнение
V-2X + 5 = 0
имеет корни
Лц = 1 + 2i, Хг ~ 1 — 2i.
Имеем
|Л1| = |Х2| = |1 ±21|=/5 >1.
Оба корня по модулю больше единицы, значит, решение / (я) s = 0 неустойчиво.
Известно, что функция
__ ®+1
Л ш-1
§ 261 УСТОЙЧИВОСТЬ РЕШЕНИЙ РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ
213
отображает внутренность единичного круга плоскости л на левую полуплоскость плоскости ш. Корням характеристического уравнения (2), лежащим внутри единичного круга | А I < 1 (т. е. по модулю меньшим единицы), будут соответствовать корни преобразованного уравнения
+ (и>4-1)*~1 (ш— 1) + ... + аА (ш—l)ft = 0
или
-f-bn = 0, (11)
лежащие в левой полуплоскости плоскости ш.
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
Х2+аА + 02 = ° (12)
находятся в единичном круге j Л | < 1.
W-U 1
Решение. Полагаем л —— -р Тогда уравнение (12) примет вид
(ш-f-l)2 + ax (шф-1) (ш— 1) 4-аа (ш—1)2 = 0
или
(1 4'а1~Нвз) ®2 + (2—2а2) t®-f“(l —ai-t~as) = 0- (13)
К многочлену (13) применяем критерий Рауса—Гурвица (см. § 23). Матрица Гурвица имеет вид
/2 - 2я2 1 4“ Ч- вг\
\ 0 1 — ах -|- а2/ ’
Главные диагональные миноры матрицы Гурвица
Дх = 2 —2а2, Д2 = (2 —2а2) (1 — ЯхЧ-Яа).
В силу указанного критерия должно быть
1+«i Ч~«2 > 0, 1— о2>0, 1— а1 + а2>0. (14)
Итак, характеристическое уравнение (12) имеет в круге | л | < 1 корни тогда и только тогда, когда выполняются условия (14).
Следствие. Линейное однородное разностное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
/ (/г —(- 2) -рЯх/ (zz —1) + я2/ (п) = 0
имеет асимптотически устойчивое нулевое решение f (n)=Q тогда и только тогда, когда его коэффициенты удовлетворяют условиям (14).
Пример 10. Исследовать на устойчивость нулевое решение f(n) = O уравнения
2/(п + 2)-2/(п + 1)+/(п)=0.
214
ТЕОРИЯ УСТОЙЧИВОСТИ
[ГЛ ш
Решение. Перепишем это уравнение в виде
f (п 2) —f (п -J- 1) + ~ О-
Здесь щ =—1, а2 = 0,5. Поэтому
1 -(-^4-02 = 0,5 > О,
I 1- а2 = 0>5>0,
1 — ai + a3 = 2,5 > 0.
Условия (14) критерия Рауса—Гурвица выполнены. Значит, решение / (я) = 0 асимптотически устойчиво.
Пример И. Исследовать на устойчивость нулевое решение уравнения
/(я + 2)+/(п + 1)+2/(н)=0.
Решение. Здесь = 1, а2 = 2. Имеем
14-а1+а3 = 4>0, 1-а2=— 1 <0.
Нулевое решение неустойчиво.
Для следующих разностных уравнений найти необходимые и достаточные условия асимптотической устойчивости нулевого решения:
875. aof (п 3) aAf (п 4- 2) 4- (п 4-1)4" asf (п) — О*
876. /(п + 4) + р/(п + 2) + 7/(п) = 0.
877. f(nH-5) + pf(n) = 0.
878. af(n-[-5) — bf (n) = 0, a^O, fe>0.
Используя критерий Рауса—Гурвица, исследовать на устойчивость нулевое решение следующих разностных уравнений:
879. Hf(n + 4)-8f(n + 3) + 8f(n4-2)-W-H)4-
4- /(«) = 0.
880. f(n4-4)4-f(n4-3)4-f(n) = 0.
881. 12f (п 4-4)-3f(n 4-3)4-2f(n 4-2)4-2f(n 4-1) — - 2f (n) = 0.
882. 7f(n4-4)-4f(n4-3)4-30f(n + 2)-4f(n4-l)4-4-3f(n) = 0.
883. /(n4-5)-f(n4-l)4-f(n) = 0.
884. f(«4-5W(« + 2)-f(n) = 0.
885. /(« + 5) + /(n + l)-)(«) = 0.
ОТВЕТЫ
„ 20 36 „ b а
' 17' 3’ a2 — b2 ’ У==~^~^Ь2‘
2 М — Ь2}
4. Действительного решения нет. 5. -гЦ—
\аи + о )
£/2_^у2__ Ц v
’ Х== (1 -U)24-t»2 ’ У = ~ (1—W)2+y2 •
1 . 1-" 3
8. Zj=O, z2 —1, z3= g- + г 2" .
3 2
9. a) p = 5, <p = arctg-^-; 6) p = 4, <p = — n;
— 1 4
в) p = 5y2, <p = arctg —л; г) p=l, <p = —л;
I 5
3
Д) p = 5, <p= — arctg -j; e) p = l, <p = 2n — a.
10. a) 2 (cos л-f-t sin л); 6) 2 ^cos у+i sin;
в) 2^cos- n4~( sin —л ^; г) /2(1 — sin a) |С0Цт+т) + + i sin j ; д) 1 (cosa + i sin a);
. л . п 2л . / a л \ i
e) 2e!'~; ж) 1-е 2; з) 1-е 2; и) 2е 3 ; к) 1-е' 2' ;
♦ 3 — i arctg л) /34 е 5.
11. Указание. Так как x2 — 2?acosa4-K2=[x-}-K(cosa-}-+ i sin a)] [x4-Л (cos a — i sin a)], то надо показать, что /[X(cosa± ± i sin a)] = 0.
12. а) -219 (1 4-i /3); 6) 2™ (1 4-i); в) 1728; г) 1.
13. Указание. Воспользуемся соотношением =
cos a-Ui sin a <
=----------г—:----------- и применим формулу Муавра к числителю
cos (— ccj -j-1 sm (““ eel
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 + sin5 ф;
е) cos5 ф — 10 cos3 ф sin2 ф -|-5 cos ф sin4 ф.
16. а) ± б) + (1 +0; в) | (± ^3 +i), i;
V V &
. / л . л \ / 3 , . . 3 \
г) ± COS —---I sin -у , ± COS -Z- Л +1 Sin -д- л .
\ о о / \ о о у
17. а) ± 1, ± г;
б) ~(^+i), /2 (—cos^+i sin^V <6 у 1 & j
6 /“TH / j ft • ft \
у 12 (sin —1 cosl2 / ’
в) ± (уз — i).
18. |/2 (cos 6°4-i sin 6°); (sin 12°-f-i sin 12°);
+ y2(cos'42°-i sin 42°); j/2 (sin 24°-i cos 24°).
19. _(l + /2); -1+^- ± i 20. 5; -3; 1 ± 4i.
21. z = 2?1^-3 . 22. b^ai. 23. — 3 —i/3. 24. /3 — i. «J
25. Решение.
5
_ —~= {— 1 + i) или “/2
7/2 COS ф —--jQ-, T.
По условию’ задачи имеем 4 — 3i) (cos ф 4- i sin ф) =
4 cos m 4- 3 sin co =-=,
/2’ . /2
Отсюда sin ф = -jn-,
5 JU
— 3 cos ф 4- 4 sin ф= .
4. 1 i 1
e. 18ф = —у, а, значит, ф = —arctgy.
26. ф=|я. 27. xft = ctg-^ (k = l, 2, n— 1).
- 28. = + (k = 0, ±1, ±2, ...). 29. -/2 + 17/2.
30. Zj = 3 + i, Zg = 1 + 3i, Zg = — 1 4- i.
32. а) Правая полуплоскость, включая и ось OY;
б) вне лемнискаты (№ — у2—1)2 + 4х2у2 = а4;
в) полоса между прямыми у = 0 и у — 1, включая эти прямые.
33. а) Концентрическое кольцо, ограниченное окружностями радиусов Pi=l и Р2 = 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. №
35. а) Внешность параболы У — -^—%’
б) действительная полуось, включая и точку (0, 0).
36. Внутренность гиперболы ху=~.
х2 ti%
37. Кольцевая область между эллипсами "г+ч5" = 1
4 и
, у2 .
4~У==1, включая и сами эллипсы.
10
38.
х2
16
и
а) Внутренность окружности х24~(</—1)2 = 1;
б) область, заключенная между окружностями
(х-1)2+(г/-1)2 = 2 и (x-2)24-(t/-2)2 = 8.
39. а) Гипербола ху=1; б) гипербола х2— у2=1; в) окружность X2 + (?/+l)2=l.
/ 1 \2 1
40. а) Окружность у —ту) +«/2=-^; б) гипербола ху =—1.
41. Гипербола х2 —г/2 = -^~.
/ 1 \2 9
42. Окружность (х4-1)24-1г/--= Т’
у2 >/2
43. а) Эллипс —+^-= 1;
б) луч на оси ОУ от —1 до — оо.
/ , 9 \2
\У + т х2
44. а) Гипербола ---------------= 1;
/_3\2 13/2 \2
\4/ \ 2 j
/ 3\2
\ 2) У2
б) эллипс ——- + ^-^-2=1.
\ 2 j
45. а) Окружность х24~(/2=1;
б) прямая, перпендикулярная к отрезку zxz2 и проходящая через его середину;
/ 1 \2 1
в) гипербола I х —I — у2 = ;
г) парабола у2 = 2л'4~1.
46. a) z—z = 0 и z4~z = 0; б) z-f-z-|-i (z— z)=0;
в) k (z + z) -f- 2b i (z — z) = 0.
47. a) z24-z2 = 2a2; 6) zz4-z4-z4-i (z—z)=0.
48. а) и = х4-2и/, v = y2~x2 — y; 6) u = x2 — y2, v=\-^-2xy;
в) u = 3xy2-x2, v=l-3x2y + y2'! r) ^=x2^_y2',
218
ОТВЕТЫ
Д)
е)
49. а)
г)
= х-2зд —у4-1 V 4~У~ У2 . (Х+1)2 + г/2 ’ (х+ 1)2 4-1/2’
х2 — у2 2ху
И ------Г— ?)________---
х2 4~ уг ’ х2+у2'
1 I
и) = —1; б) w — —3 —4г; в) w = —,
5 +121
W~ 13 •
50. а) Окружность гг24-г»2 = 4, проходимая по ходу часовой стрелки;
б) ось Ov (исключая точку О), проходимая так: сначала от 0 до со, а затем от — со до 0;
в) луч, идущий по биссектрисе III координатного угла из со в 0;
г) луч, идущий по биссектрисе I координатного угла из со в 0;
д) биссектриса II координатного угла, пробегаемая из 0 до со, и биссектриса IV координатного угла, пробегаемая из со в 0;
е) положительная действительная полуось, пробегаемая из + оо в 0.
51. а) Ось ОХ переходит в ось OU, причем при изменении х От — оо до + оо ось 0U пробегается от +1 до —оо и от + оо до -|-1 (точка 1 исключается). 'Ось О/ переходит в окружность гг24-у2=1.
б) Ось ОХ переходит в ось 0U так же, как и в пункте а). Ось 0Y переходит в прямую гг = 1, пробегаемую отточки +1 до l-j-ioo и от 1—ico до -}-1 (точка 1 исключается).
52. а) и = ё~х cos у, V— — е"х sin у;
б) и — ех^~-У2 cos 2ху, v =—ех“~у~ sin 2ху;
в) и = sin х ch у, v= cos х sh у;
г) и = ch х cos (у—1), t» = sh х sin (у— 1);
[ u = e(-v3->’a)In2-4(iIt^coS [2/гл (х2 — у2)-f-2 In 2 • ху]
И) \ l) = g<x2-y2)ln2_4ftjlx> sjn [2to (Х2-у2)±21п2-Ху]
(fe=0, ±1, ±2, ...);
e) и = ch x cos y, v — ch x sin y;
sin x cos x _ sh у ch у
Ж’U ~ ch2y — sin2x ’ V ch2y —sin2x‘ , 3 л 5
53. a) p =-p Фо = —у ; 6) P = -j, ф0 = л.
54. p = chl, Фо=у. 55. р = л, фо = —
56. p = cos2(ln3), фо = О.
57. a) 1 2ka,i. Здесь и далее, если не оговорено противное, fe=0, ± 1, ±2,.,.; б) [2k—лг; в) ^2&4~~^лг;
г) ]п/2-|-^2/г-^ лг;
ОТВЕТЫ
219
д) In /13 + ^2*л — arctg -|-j
e) —2k4-л4-2mn • i (k, m = 0, ±1, ±2,...).
—(zft + -/n f 2fe 4- o') 71 ,
58. a) e ' ; 6) e' 2J ; в) e'2ftlt;
i i. —( 4* / л (i — 1) ( 2fe 4*зД л
г) X2 (2ft+1)JU; Д) e \ 2' ; e) e ' 6' ;
З^йл — — з(? + 1п/2— 2kn\i
ж) 23/2e V \4 J .
59. a) p = 0, ф — неопреде лен;
6) p = e'2/ <p = ln 10 4-2/пл (k, т = 0, ±1, +2,...);
в) р = 9е2/гтс, ф = —1п3 4-2тя (k, т=0, ±1, ±2,...).
60. a) i sh л; б) ch л; в) г th ~; г) — i cth л;
2*л-i In (/2-1), ) (2fe + y)u~l In (/24-1).
Д) _ > e)
(2*4-1) л-i In (/2+1); ) (2k-~jn,-i In (/2-1)
(* = 0, ±1, ±2, ...);
ж) *л+^-1п2; з) i; и) 0.
61. zk = kk~^\ Ki (* = 0, + 1, ±2,...).
62. Zk = (2*+ 1) л ± i In 2 (* = 0, ±1, ±2,...).
63. zk = ^k — -g-/ (* = 0, ±1, ±2,...).
64. z2k — 2kK — i In (/л2+ 1 — л), г2£+1 = (2* + 1) л — -Ип(/лЧ++л) (* = 0, +1, ±2,...).
65. х = 0. 66. z2k — 2kK,i, г2й+1 = (2*+1) лг’ + ln 3
(* = 0, ±1, +2,...).
67. гй = 1п(1+/2) + (2*+^лг) zft = ln(/2-l) + (2*-l)ni (*=0, ± 1, ± 2, ...).
68. a) z=l — i; 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° = is0, имеют место обобщенные условия Коши — Римана
ди _dv dv _ ди ..
ds ~ дп ’ ds ~~ дп.'
220
ОТВЕТЫ
Чтобы получить условия Коши —Римана в полярных координатах ди _ 1 dv dv _ 1 ди
др — р дф ’ др ~ р ду ’ '
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 д=_/1 д- д дп~~ др’ ds~ рду'
Тогда легко из (1) получим (2). Отметим, что условия Коши —Римана в декартовых координатах
ди _ do dv _ ди ~дх~~ ду’ дх~~ ду
получаются из (1) при s° = l, п° = г.
75. а)/(г) = -Ь; б)/(г)=1пг; в) f (г) = z2 + 2z.
76. a) f (г) = 2 sh г — г2; б) f (г) = 2 sin г—г; в) f (г) =4 ch г+?2— 1. 77. a) f (z) = 2cos2z-(-z; б) f (г) = 2i (cosz— 1) — iz2 + 2.
79. a+c = 0. 80. а) нет; б) да; в) нет; г) да.
л 1 л
81. а) п = 2, ф1 = —; г2 = — , <ра = — у;
б) /-! = ], Ф1 = 0; r2 = /ch2l — sin2l, ф2 = —arctg (tg 1 • th 1); в) о = 15, ф! = —arctgy; r2 = 3^+yj,
Фг == л — arctg .
82. а) Полуплоскость Rez>0 растягивается, полуплоскость Rez<0 сжимается.
б) В любой точке z (кроме г = 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-, . 1 сти z сжимается; часть плоскости, лежащая вне этой окруж-/3
ности — р астягивается.
83. S5 = y, Zw==2(l+]/2) + ln (3 + 2/2).
84. Sg = У2-—%1 (sh 2y2 — sh 2yi) — — (sin 2x3 — sin 2«j).
85. 7,5л. 86. /2(е2' —1).
F 1
ОТВЕТЫ
221
87. Данный прямоугольник отображается в кольцо е | w | sge2, площадь которого равна я (е4—е2). По формуле (8) получаем 4(е4 —е2). Ошибка происходит из-за того, что при заданных условиях отображение не является взаимно однозначным.
88. у. 89. у. 90. l(e2-l)(l + j).
91. а) 2ш‘; б) — 2лг. 92.0. 93.0. 94. (г —1)е*.
Q
95. a) 2 + i; б) 6 + 2i. 96. —2(1+г). 97. — 1. 98.4(1 — 1). о
99. а) в cos 1 — 1 +г'е sin 1; б) е cos 1 — 1 -f-ie sin 1.
100. —(1 + ( sh 1). 101. a) 2(1-1); 6)2/21.
102. 2/2-4 + 12/2. 103. — 7гГ2 + (3-2г)Л 104. e~i-l.
105. cos 1 — sin 1 — le-1. 106. 1 —cos 1+1 (sin 1 — 1).
107. -|(y + 3 In2 2Ui 4 In 2. 108.
О \ 'I- j О О
109. -1 [1-cos (2 +2г)]. ПО. - ^tg 1 + ^- tg2l +y th2lj + 1th 1.
111. /2shT +1 (/2 sh 1 -2/sinT).
112. -|-sh2+-^i. 113. 114. 0.
115. — In /sh2l +cos2l +1 arctg (tg I • th 1).
116. 0. 117. ni. 118. —C^-— 1. 119. Inshn.
9 jrf
120. 0. 121. l-nchn. 122. 0. 123. — .
3 4b
124. i 2л sin 1 • ch 1. 125. 0. 126. — nt. 127. nt.
128. M« + 2)/2. i29 0 130. 131. J-^sh 1.
o Z / * Z
134. —2лг. 135. —136. Расходится.
137. Сходится. 138. Сходится. 139. Сходится. 140. Расходится.
141. Сходится. 142. Сходится. 143. Расходится. 144. Сходится.
145. Расходится. 146. R = l. 147. R = l. 148. R = /2.
149. R = oo. 150. R = l. 151. R = co. 152. R=I.
153. R=l. 154. R = l. 155. R = oo. 156. Д = 1.
157. В случаях а) и б) ; в) R гг';
Г> ««=4.
Г
2^ 23
158. — sin 1 -j-2 (?+ 1) cos 1 (г-pl)2 sin 1 — ^-(г-j- l)3cosl —...» Z! 31
R=oo.
222
ОТВЕТЫ
,59‘ рУ1+(г+^)~^(г+^) ~^г(г+т) +•••]> /?-со-
160. 1/ё[1+1(2г_1)+^(2г-1)2+зГ(2г-1)з + ..ф
R = co.
161. -1[1 + | (г + 2) + |^ (г + 2?+|| (г_|_2)3 +.., /?=|. 1 9 41
,б2‘ -Т-25Л-125г2 —•’ * = Ь
163. — jz+z3 + jz5 —Z7 —/?=1.
1 /z2 Z4 \
1в4-I++-)> *=“•
1 / Z2 Z4 Z6 \
165. 2^ + 4,+^ + ...),
1 / 7 7% 2% \
166. In2-V , R = 2.
£ \ <£ Z * t: 0*0 /
,c_ , „ , z 5z2 7z3
167. In 2+ 2 2.4 + 3.8
£=1.
11 1 3
16S. y —2i 2+зР27г3 + 5[2зг5 + ---> R = n.
169. /?=/1п2(2_Кз) + Л
17°- 4 + iZ-2T65z2+Wz3 + -> ^ = /^5 + ^-
171. In 2 2г+2!22г2 4!2зг4 + "” $ n'
1 4 44 л
172. -_г2 + ^ + ёггв + ..., R = -z2 z4 11
173. 1п2-т + ^ + д0-2Ггз + ..., R = n.
174. Л1+г+А22 + ^гз + ..\ R=l,
\ Z-l 01 у
175. /(г)=^, |г|<1.
177. |z|>4=.
]/2
181. |z+l|>l.
178. |z|>2.
182. |z — 2 — i
179. \z\>e~^ 180. \z\>e.
183. |z + 2Z | >3. 184.
|z+l— (|>1. 185. |z+l+«|<l. 186. |z —(|<2. 187. 0<|г —2+«|<l. 188. 2<|z|<4. 189. Расходится всюду. 190.
1 < | г | < 2. 191. |z-(|>e. 192.
194. 0 < |z—(| <2. 195. 0< | z |
1 < | z | < 2. 193. |z+l | >2.
<1. 196. 0 < | z—11 < 1.
ОТВЕТЫ
223
197. 1) Если | а | > | Ь |, то всюду расходится;
2) если | а | < | b |, то сходится в кольце | а | < | г | < | Ь |.
1 2 £3 ?5 4 16 64
*98- Т-зг+бГ-|г+’”. 2Г г-4Г г3 + б! г5~-
1 2 Z% 11112
200. -+1+- + -+... 201. - + _+ —+ _ + _ + ...
7 1 1 Z2 1 1
202. гз+га + _+зг + 471 + ... 203. г^2-г + .т^_+ ...
42 44 4в 1 г2 г4 г3
204' 2T2F-4T2z5 + бГ2г’ 205‘ 2Г~4Г + бГ~8Г + "‘
? ?ъ z3 2 1 1 z2
206. ! +2Т + 3Г + 4Г + •" 2°7, ^^гГг2+4Г~61 +'"
208‘ г2 21г + 31 4! +"‘
209.
а)
23«-i - 2Л1
г'1
п~ 1
б) 2 гл"2 •
210. а)
211. а)
б)
п—0
Не разлагается:
1 (22 + г 23 + 2 24 —2
5 \ z3 г4 + z5
п=0
25-2 гв
212.
гп
V С-1)”
Li 2«+1
ra = 0
zn.
213.
а)
п =
г"1; б)
У И’г-
Z 2ra+1 ’
rz = O
zz = 1
n+(- 2)n z«+i
214.
216.
2 (г + 2);
м—1
1 , г ’
_ у (г+2)п
Li 3n+1 ’ /2 = 0
2”-2
z-l’ru Li (Z-1)” n—2
215. Не
разлагается.
217.
2(n + 2) • 4«u z2/2+l
/2 = 0
1 у, г2П+1 1 у! J
12 sL Li
n = 0 rz= 1
4
224
ОТВЕТЫ
со
/2 = 0
221. а) z = 0 —второго порядка, г1)2= ± 21 —простые;
б) гп — п:х (п=±1, + 2, ...) —простые.
222. а) г = 0 —третьего порядка, г„ = пл (п=±1, ±2, ...) — простые;
б) г = 0 —простой, zn = nni (п= ±1, + 2, ...) —второго порядка.
223. а) гл = (2п4-1)ш (п = 0, + 1, ±2, ...) —второго порядка;
б) г„ = (4п+1) у i (п = 0, +1, ±2, ...) —второго порядка.
224. а) г = —лг—второго порядка; гл = пл1 (л = 0, 1, + 2, ...) — простые;
б) г„ = ]/С2л-Н) (п = 0, ±1, ±2, ...), г„ = j/"(2л 4-1) у —простые.
225. a) z,, 2 = + ni — второго порядка, z„ = (2n4~l) л! (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 min (л, т);
б) нулем порядка n-f-m;
в) нулем порядка п—т, если л>т; правильной точкой, не являющейся нулем, если л = 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.
237. а) гл = (4л-|-1)(л = 0, ±1, ±2, ...) —полюсы второго порядка;
б) z = 0 — устранимая особая точка.
238. a) Z — —2 —существенно особая точка;
б) z = 0 — существенно особая точка.
239. a) z = 0 —полюс второго порядка, г = — 1 —полюс второго порядка;
б) Z—.0 — полюс второго порядка, г = 2лл1, п=±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. а) г = 0 — существенно особая точка, г = 2пя (п= + 1, ± 2, ...)—полюсы второго порядка;
б) г=^п+-^л« (п = 0, ±1, ±2, ...) — простые полюсы;
в) г —0 — устранимая особая точка, г~пл (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, г = — 1 —полюс простой.
248. Устранимая особая точка. 249. Устранимая особая "'точка.
250. Полюс простой. 251. Устранимая особая точка.
252. Существенно особая точка
. .л,, л, г / я \ 4 ./л, \ 8
253. res / (0) = 0, res / -т- = — , res f -д- 4- ял. = п
\4/ я’ \2 / я2(2/г+1) (4n +1)
(я=0, щ1, +2, ...).
254. res/(O) = i
255. res / (— г) = — cos I, res f (i) = — cos 1,
res/(3)=^.
256.
( _ % я/б + зя.п
Гз
I — Л/6-|-(2п—1)л
I /3
res
i”+1 -g +яп =
2 n -П/6 + 2ПЛ
/3 ’ •
___2 л/6 + (2п— 1)л
/3
2 1
257. res/(0) = 5, res/(l) = e. 258. res/(—l) = ^, res/(2) = —
259. res/(O) = O, res f (гА) =0, где zk (k=l, 2, 3, 4) —корни уравнения z44-l=0.
260. res / (0) =—-1., 261. res/(O)=O.
262. res/(—0 = ysh2'l’ = —-§Ле + 2е-1^-
263. res/(O) = -l res/ (3) = sin2.
264. res/(O) = O.
265. res/(-3) = ^!, res/(-l) = 4, res/(l) = J. о О о
8 М« Л. Краснов и др.
226
ОТВЕТЫ
266. res/(O) =—res/^^=0. 267. res/(/) =—1.
268. res / (1) = 2^2n~ -2n~ .
269. res/(nn) = 0 (n = 0, ±1, ±2, ...).
270. 0. 271. 0. 272. (1 —2e~i)n(. 273. 2(1 — e~i) nZ. 1 4
274. —-х-Ш. 275. 0. 276. — -5- In 3 • ni. 277. 2ni. <5 0
278. [cos 1 +sin 1 + 1 (sin 1 —cos 1)] -5-. 279. ni. 280. 0. 281. 2л( ~ .
282. 0. 283. 2л(. 284. sln-1 Г1-—0S1 л/. 285. 0. 286. 0. 287. Зга.
288. 0. 289. 4= • 2"- .
]/2 ab(a + b)
291.
294.
296.
Q
-3- л. 292. о
Л
2(62 —a2)3
2я («1)2 "•
/562— a2
------0---ГТ" • 297‘ . 2m +1
n sin----!— л
n
293. -^.
62 —5в2
+ a3
— n. 298. у.
. 295.
л.
2
3
л
299.
301. 4е3 (cos 1 — 3 sin i)-о
302. у e~4 (2 cos 2+sin 2). 303. ^e~2(2e-l).
304. 4 е*3- "5- —~7~- e~ (cos ~4 +sin 4=\
3 2/2 \ |z2 /2/
1
306. 4e‘“. 307. £-e~ma. 308. 4=e 2 sin 4.
2a 2a j/3 2
309. 4(e~X-4-«-3XV 310. ^(2 — a)e~a. 311. 0. lb у «3 ! 4
312. ^e^bm [362 — a2_ ть (362 + a2)].
313. y. 314. y(l-e-i). 315. Ь-^л.
316. 3i7.1
2a4 4a3 \ a) 2 F a
318. л (ctgan —ctg 6л). 319. у—~j- 320. ——
321. ~n. 322. 0. 323. —2Л . 324. ni.
P2(P2—1) /a2-l
325. ^(a-/a2=62). 326. —2?=.
62 ' /l-a2
ОТВЕТЫ
227
327.
329.
8л а
. 328. res ~rv=^ z=ka f (z)
(fe=±l, ±2,
res
z = ~+fen
/'(z) .. Q /(Z)
(fe=0, +1, +2,...).
...).
330. a res 4Д = -1, res ~~ = l (k = 0, ±1, ±2,... ;
z=o /(z) « ( , /(z)
z= g-+ftn
6) res (fe = 0, ±1, + 2, ...).
z = ta /(z)
331. — 2. 332. 3. 333. 6. 334. —3. 335. —3. 336. —4. 337. 2.
338. 1. 339. 1. 340. 1.
341. 2. 342. 5. 343. 3. 344. Нет.
345. 5. 346. Нет. 347. 11. 348. 6. 349. 2. 350. 3. 351. 4. 352. 1.
353. n. 354. 2. 355. 4. 356. Нет.
357. 1. 358. 1.
362. а) и б) —параллельный перенос; в), г) и е) — поворот;
В) — растяжение.
363. а) u) = az-}-b; б) w = — аг + Ь\ в) w = — i (az-\-b), где a и b—действительные числа, а>0.
364. Указание. Полагая z=x-\-iy, w = u4-iv, получим х _______________________________у_
U~~х2+у2’ V— х2 + р2‘
Обходя границу полуполосы например так, что область остается слева, в силу принципа соответствия границ находим, что образом полуполосы будет’ четвертый квадрант с выброшенным полукругом I 1 |1
Г 2 I 2 •
1 — Z
365. w = i 1 . Воспользоваться формулой (7).
2g___5
366. ш = -|0—Воспользоваться формулой (7).
367. Решение. Воспользоваться формулой w — е{'< у—~ , где z0 —точка первого круга, переходящая в центр второго. В случае а) имеем т. е. г0 = -^. Используя условие arg/' (-9-)=-?-,
л „ . 2г — 1 г, ..
получим <р = —. Итак, w = 1 -%—— . В случае б) аналогично получим w = — iz.
368. ау = -—369. Первый квадрант плоско-5_z + /5(Z + I) (г+1)
сти w.
8*
228
ОТВЕТЫ
1 л
370. Область у | w — 1 | =£ 1, —' arg (w — 1) ^0.
371. w = — где a, b, c, d — любые вещественные числа, cz-|-a ’
удовлетворяющие условию ad — bc>0.
2j__z2
Окончательно ы = -—,—-
. JT Л
372. wt=ze 2, w~yw1=yze 4 (]/1 = 1). r~ 14- W-, ,/14-
373. w1 = ]^z, w„=-r^-—= ——
г —a ,r~~ - Г z — a
374. = T, w=yw1=L -----------.
1 b—z’ 1 F b — z
i Гz— a
375. w1=z — a, w2 —--d--- w=l/u>2=!/ ---
1 2 aij — (b — a) ’ Y z — b
376. ffi)1 = z2, тогда wx | г_1+; = 2i. Согласно формуле (8) w —
= e!I? 1 —т-r =e!tP . Из условия w (0) = 1 находим, что е!т = — 1.
w1 + 2t г2 4-2г
| аг — 11 < 1, 1m да > 0.
I < I, о < arg w < у.
вершинами в точках I, 2, 2-\-ie, \-\-ie.
377. Верхний полукруг
378. Четверть круга | w
с
380. W1=^,
382. w1=z—a
—— wt=2n.iw1, w—eW2 = e г~2
_, Jtl (z — al
Ttl Wn —h—7“
w»~~.----Wn, w~e 2 = e b~a
i b — a 1
383. W = In Z.
384. -г “<2+ 1 » /1—е'г\2 w.—e^, w2 = —w-,, а)3 = -А-!— о) = а4 = 4 .
385. 2 1 1 — w2’ 3 \14-e s) Л / JT \ Ш1 = 2гг, ®2 = a,i + '2') = sin ru2 = sin ! 2iz 4-^j = ch 2z.
2—2 /z tz\V^
386. w — 2-----. 387. to = C ----r . где С —комплексная no-
z \z—о/ ’
стоянная.
388. ^ = 2(г4-—
\ 1 z /
389. ^i=2z, ^2 = 4-~~
2 \ 1 ah
w2 — i 4z2 — 4iz 4- 1 ay2 + '— 4z24~4(Z4~ 1
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.
ОТВЕТЫ
229
391.
396.
401.
-ЦЙ~ S9S. н«. 1 4
. 398. 399. --. 400. , ...
2р1 2(р + 1) р — а р2+16
2
1 392 -®-
Р2' Р2 + 9'
PJ~ * 397 %~Р
р2 бу/ р2 + 1
) ^1-. »> ®2- “'TwW
393. ----394.
(р-1)2 Р2 Н~ 2р ~Ь2
404 m(p2 + «2-n2) Р3 + ?Р
(p2 + m2 + «2)2 — 4mW ' (р2 + 9)(р2+1) ’
406. ____________ 407. Ц-+—Р-__________
(p2 + m2 + n2)2 —4/и2/г2 • 8;р р2+16 р2 + 1
408 p(p2 + m2 + n2) Рг + 2
(p2 + m2 + «2)2 —4m2n2 ' р(р2 + 4)‘
410.
413.
416.
419.
422.
425.
426.
6 4|1 2юр 412 р4+16рг4-24
(р2+1)(р2 + 9) • ’ (р2 + ш2)2' ’ р(р2 + 4)(р2+16) •
Р!.-т2_ 414 - 1 • 415 (р2 + ш2)2 • (р-1)2 ' (р2+1)з •
2 (Р2 + Р +1) 417 2р2 + 4р + 8 6р
(р2-1)2 ' (р24-4)2 ' (Р2-1)2 '
1 42о р3 + р2 + рсо2-со2 21 4
Р(Р2 + 1)' р(р2 + ш2)2 (р2-4)2-
р2 + 2ш2 1 2
г 1______ 423 ________ 424 __________
Р2 (Р2 + 4<о2) ’ р2 —со2 ’ Р(Р + 1)3’
а) In —; б) In ; в) ~ In ' р—1 ’ р ’ 2 р
. , ]/р2 + 1 ,ч 1 . р2 + 4
a) In—; б) уШ-^.
427. a) In —— — • б) In Р-1 Р’ Р-1
428. In — . 429. arctg — . 430. arctg -- — arctg —. a b а ь m b m
431. A In — +Bln4 + Cln—. 432. In — , a p у a
1 . la + bl . 1 p — m
2 j a — b I (p — 2)2 + 1 ’ (p — m)2 -j- n2
435.
438.
440.
3! 43g 1 437 P2 2p
(p + 1)4’ ' (р-1)2-Г Л (p2-2p + 2)2’
____1 1 . P-3 439 1 । P+« .
2(p-3) 2 (p-3)2 + 4- ’ 2(p + a)^2[(p+a)2+4p2]-
e-bp р-bp np bp p-2P
---- 441. -___I__P£---- 442 ------
p2+l ' 2p Г2(р2 + 4) • p-l-
230
ОТВЕТЫ
443.
445.
447.
1-г~Р ллл 1-2е-₽ + е^
------. 444. --------!----.
Р Р
1—2е-Р+е~^Р
Р2
448‘ р(р + 6)
е-ар . 446. — р + Ь \—е~ар -~2 - . 449. р2
450. 452.
р екр
/?=о
453 (1-е~р)2 р2(1 + е-^) ’ р2(1-е-«>)
ДКД ~ ДКК — - . —_____
р2(еР-1) • р2+1
/ л \
л-n I I. , 2е~ 2 I «г, 1
456, р2_|_1\Р+ i—e-^P/' 457’ (р2+1) (1—е~^Р)'
Л л
лО. . 2е”J ₽ ре 18 Р . Зе'2Р 4611 а) р2 + 4 5 б) p2_|_g J в) р2_9-
дсп 1 ДЛЯ
(P-W+1) * (р —2) (р^-Ы) •
464. ГГ5~~п- 4651 466- -тЛеоГ-
р2(р2—1) рл+1 р3(р + 2)
467. Решение.
Рассмотрим функцию
2, /2Й
(-1) (М)^’ *=о
F (р) = -. Эта функция аналитична
У р24-1
в окрестности бесконечно удаленной точки, т, е. при | р | > R, где R достаточно велико, и обращается в этой точке в нуль. Найдем ее
лорановское разложение в окрестности бесконечно удаленной точки:
F(p)=
___L со
___2 = V (-1)*(W
/р2 + 1 р \ р2/ Z, (fel)222ip2ft+i
fe=0
Согласно первой теореме разложения оригиналом для F (р) будет функция
к = 0
Таким образом, ./а (Q ?= г .
Кр2+1
ОТВЕТЫ
231
468. Решение. Известно, что ./j (0 = — Л, (0 [2]. Используя результаты предыдущей задачи и теорему о дифференцировании оригинала, находим
Л (0 = -р yJ . - + Л (0) =-+ 1 = ^Ч±1ГР .
УЧЧ Ур2+1
469. Решение. При п = 0 и п=1 формула
, . (УТП-р)"
верна. Применим метод математической индукции. Так как
2/п (t) — Jп_± (i) J/г-н (0 и /л_1(0) = 0 (м>-2),
то
Jn (о=(о - 2/;_! (о = -
У р2+i
2р
урч-1
470. Решение. Рассмотрим функцию
(/p2 + i_p)« /р2+1
F(P)=^e Р (« = 0,1,2,...).
Имеем
л = о
k = o
Y1 (____\\ktnJrk
Следовательно, /(0=2 Щ^)Г k — о
Замечая, что
п , и
со т +k
J У (~X} t
Jn^V fel(n + fe)1 >
k=0
получаем f (t) = tn)2Jn (2^).
В частности, при n = 0 Jo (2 УР)== — e^jP.
471. Положим (f(t) = tne4. По теореме смещения fn&~t _______________________n- . _
• (P+Dn+1,
232
ОТВЕТЫ
Нетрудно проверить, что <р (0) = д/ (0)=... = <р'л 11 (0)=0. Согласно теореме о дифференцировании оригиналов
dtn{ ’ • (P + D"+1 •
Используя теорему смещения, находим
£ (А—__ц (Р 1)” • nl __ 1 Л________1\” (ц —0 1 2 I
п(’~ п\ dtn[ п\рп^ ~ р\ р) [ ' ’ ’
472. — J-—— — где С = lim fl +Х+ ... 4--—Inn^ — посто-Р Р ’ л^осЛ 2 ‘ п )
явная Эйлера (см. [14]).
473. Решение. Рассмотрим функцию /(/)=ez'erf (у7), 2 «
и пусть F (р) есть изображение /(/). Имеем (erU)'=—— е ,
У л
у (0=? erf (/<) + -!==/(П-Ъ-Ь. (1)
V nt у nt
Переходя к изображениям и учитывая, что /(0)=0, из (1) найдем
pF(p)=F(p)4—откуда. У (р) =--------—. Здесь мы использо-
Ур (р-1)Ур
/1 \ г_ вали результат задачи 394 и то, что Г(^-1=Ул. Итак,
Применяя теорему смещения, окончательно находим
erf (]/" t) ==
1
р/р+Т
474. a) б) at; в) ^т|(1-1).
475. /(0) = 0, /'(0) = 1, К (0)=0.
476. (1—1)2т](/—1). 477. (# —2) г) (/ —2).
478. ez-2r] (t — 2). 479. <Г3 1Ьз>т) (i! —3). 480. e~2t sin t.
481. e~3t). 482. ~ (sin t—t cosf). 483. ~ t sin t.
484. 1——485. e2 sin —t- 486. ~^-+2e 'sinf.
487. t— sin f. 488. ~ e2( ——Y^cos2f—sin 21. 6 15 10 5
489. 1 — ne~l-\-n (n— 1) e~2i — ..• + (—l)ne~n(.
«о. -у ,1.
з l/з 2 2 J
ОТВЕТЫ
233
491. г~! (1 ~/2).
492. у sin-yj- tj—eF
3 e~2Z 1
493. y + --_- (4 sin/ — 3cosZ). 494. (e~ 2Z —cz4-3fez).
495. 2г' + е"2 sin /-cos^ Л
496. P te{ —/е~^2 [ cos ¥-2- 14- /3 sin 1^-1) • u «j 2 2 /
497. тг6^1 sin 2 (t— 1) p (t~ l)+cos3 (/ — 2) p (/ — 2).
498. (/ —3)e~'(~3> у) (/_3). 499. e1^ (t— 1) — T] (/— 1).
500. sin (/—2) -q (/ —2)4~ 2 sin (t — 3) T} (/ — 3) 4-3 sin (/ — 4) 7) (/ — 4).
501. sh(<—l)i)(f —l)-|-ch2(/-2) n (/ — 2).
502. | n p - j j - j Г 2 ) Л (t -1) -1 cos 2 [t -1) x
XTJ/^_JoSta2p-l)n{/-l).
503. (/ — 1) T] (t- 1) 4- (/-2)2 r] (/-2)4-(/-3)»T] (/-3).
504. 7] f/_l'j-cos(//-4-K^-4V 505. 1-erf(-Y \ 3 / \ 3 I V 3 I 12а/1 /
506. Решение.
е~аУР_ 1 e-a^p
pVp Kp (/p)2 '
/ r-\ e—a^p e^ap
F^p^ = yy^i- F (P)^~r
F(p)^(t-a)ri (t-a)=f(t).
И no
Полагаем Ф (p) = ,
VP
теореме запаздывания
По теореме Эфроса
е-аУ~р 1 F ! F
----== у— \ (т — а) т] (Т—а)е ‘itdx=-7=: \ (т—а) е ^dx— ру р у nt у nt J
СО Т2 со Т2
( xe~^dx--^ £ Г « Л = Л (0+/2 (0
J у ni v
a f t
234
ОТВЕТЫ
Здесь
5° _ т> . _ V
/1(0=^=\те 4tdt=-?=(—2t)e » V nt ' у nt
где s=—^=-.
2 И
Следовательно, I2(t)=a окончательно
508.
g—а/p j e— aVp
509. Решение. — ---— = ———--------—.
р(а + Кр) Kp/p(a+/p)
Полагаем
1 / r-ч e~ayrP
ФИ_^.
Отсюда
e~aP ] /е a-P е~аур \
F — Р («+Р)~ ~а \р р+а)^
= |[1 (^ — а)— е-а<(-“> я (< —а)] =f(t).
ОТВЕТЫ
235
По теореме Эфроса имеем
e-aVp 1 C ~~
-4----—7=r\ [1 -e 41dT =
p(a+/p) aVntd
1 2 f , 1
----\ e ds 7 a /л J ay
a 2/1
а
= —Erf а
dx—
2
dr =
а
gCKaZ+a) 2
а
ё~ z2 dz,
^+«/r
2/1
где г=—-—--\-aVt . 2/1
Итак, g-aVp j
—------- = — Er
p(a + /p) a
gatat+a.) a
Erf
т2
510. Решение. / (Z) = —^= \ ch хе 4t dx.
Сравнивая 1(f) с формулой (17), стр. 128, видим, что/(/) = сЫ, а значит F (р) — . Значит, F (Кр)= Взяв Ф(р) = ^к,
Ф (Р) Е(Кр) = ^д = / (О, откуда I Ц)=е*. 1Ц)=е~( 512. I (f) = 2te‘ 513. 7 (1) = 21еЧ r(/) = (/+l)<?-z. 515. х (/)=—!.
e~2t_ cos 1-1-2 sin t ... , . 1
x (f) =------g-3-----. 517. x (t) = t + у I2.
x(t) — t 519. x (t) = cost.
1 5 9
^0=T^+T2e's/-3-
x(f)=~ (l-e^ + 2te2t).
x (t) = -^ (Зе( — е~^ — 2е-(). 523. x (t) = t — sin t.
О
получим
511.
514.
516.
518.
520.
521.
522.
524.
2 2 14 1 2
X (f)=^e“2( —7j=cos/-f-7j= sin t—=-t sin t—=-1 cost Zt) □ и
4
236 ОТВЕТЫ 5
525. x(t)=-|-(e-<—te~f —cost).
526. х (^)=-^ el~t— 1 + ~ (cost + sint).
527. x (t) = y t2—1+cos t—sin t. 528. x (t) = -I tV + tef-.
3 4 1
529. x (t) = -g- e~f sin 2t —=- cos 2t —=-.
О О О
530. x (t) = A- (1 — ef cos t -\-el sin t).
531. x (t) = 2 + ~ (е~г — cos 14- sin t).
532. x (if) = P — 4t + 6 — 5e^ — te4.
533. x (t) — 2t + -i- (e1 cos t — sin t).
534. x (t) = y t sin t — cost+sin t.
535. 2-122t — 4-|-e-*.
3 2 1
536. x (t) = cos.2t + e~l sin 2t.
D D О
537. x (t) = (cos t + ch t) — t — 1.
538. x (t) (1 — e~l cos t — e4 sin t). 539. x(f) — 1 — 2 cost.
540. x (t) = -i-t + cos 2t — -i- sin 2t.
541. x(t)=JL — ~ — AeZCOs2t4-A? sin2t. ZD D ZD 2D
542. x (/) =e~'—e'"2 cos ^2-t-|—e</2 sin^-t.
2 J/ 3
543. x(t) =— 1 — ~ (sin t + cos
544. x (t) = ~ ec + -|- sin t+y cos t— 1.
545. x(t) = cht—x (0 = 2 4--^- (e^-j-sin t —cos t).
547. x (t) =ef (1 — t+g- t2j — 1. 548. x (t) = —g sin t — t cos t.
549. x(t) = 2e-<+te-<+t-2.
550. x (t) = 4- e4 -1 //2 fcos^ t - 3 /3 sin 4. о и \ 2 2 j
1 3 1
551. x (t) = ———-g-sin t.
ОТВЕТЫ
237
552.
553.
555.
= — -|-е f + у cos y3 t + etft sin y- t.
V О <4 ' I/ "
1 1 3
x (fl — cost — t cos t. 554. x (1) = 2 +t —g- cos t 4- g tef — g ef. x (1) == 1 — I?e.~t _ A te-f -gl cos 2t -j-g| sin 2t.
556. x (t) = у sin 2t + i (cos 2t — cos 4t).
557. x (1) = te* — el 4- cos t + 2 sin t — 2t cos t. 558. x (t) — ef
559. x (t)=2t — 3 + 3e‘( — у (sin 2t — 2 cos 2t 4- 2e”f).
560. x (l) = 41-|-3 — 2e’. 561. x (/) = fl1 — e‘ — tef.
/3 1 / 4 \
562. x(l)=3e'-3-21-l2-y. 563. x (fl = y e41*-314-y) +
+ y e2 ^/3sm~l-coSy t^-Le-t,
4 5 1
564. x (fl = у sin 2t — — sin t — у t cos 2t.
565. x (fl = [ sin nt cos a —nt cos (nt + a)].
566. x (fl = у fl - J t + § - +1 e~* - А е-з<
567. x (f) = — [3if cos t + (fl - 3) sin .
568. x (t) = у sin p/. 569. x(0=4~s’n^—I-sin 2t
p и о
1 12 1
570. x(^)=T7=e2(—-+ cos^ —-=-sint
10 2 5 5
571. x(0 = p2 + (i_Y), + (Y_i)+^_Y^ + ^(cos,_sin0.
572. x (t) = ch 2t — cos t + cos 2t-oU 1U 10
573. x (t) —el i^cos t-\- sin t—y^ + ye^3(-
574. x(0=ye-^2 (cos^Z + ^sin^^+l o \ о 2 / «j
1 2
575. x (l) = y (I2 sin 14-1 cosl —sin 1). 576. x (l)=g[e(—e~2,(31-|-l)]. . !fl \
577. x(t} = \-e~‘\^ 4-14-1 .
578. x (fl = 1 — у e4 — 2 ел 2 cos y-1, о о 2
2a
579. x(l) = -
[sin2 ~ T] (1) - sin2 —(<2 -I 0 (1 — b) j.
238
ОТВЕТЫ
580. x (0 = 2^sin24B (О—2 sin2 2 1 6 i) + sin2 ”2~Л^—2
)_1 sin 2(^-1)] x ~ sin 2 (/ —2)Jr] (/-x (/) = [& + (! —b) cos/] r] (/) + [& — b cos (/ — a)] i) (/ —a).
r] (/-!)-
581.
х(0 =
582.
583.
х (t) = у sin З/r) (0 + |\if — О —у sin 3 (t — 1) 2 Г 1 1 1
-4 sin 3 (Z-2) г] (t~2) + 4
у L о j и
— 4 sin 3 (if —3) I r| (if —3). О I
(/-3)-
3
584. x(/)= £ (—1)* I1 —e^"“ + e^fta (^-Ml Л (z~И-k=o
585. Решение. Уравнение движения mX = — mkx — 2/прх; х(О) = хо, х(0) = v0. Операторное уравнение имеет вид
р2 *Х — рх0—v0 + 2|лр X—2|лх0 + >.Х — 0,
v , . 2цх0+п0 + рх0
откуда Х(р)= 4 + 2цр+Л-или
X , _ хо (Р + И) + + vo _ хо (р + м) । Рхо 4~ цо
(Р + ц)2+0А— ц2)2 (р + р)2 + п2 (р + |л)2 + п2’
где п2 = X. — р,2.
Находя оригинал для X (р), получим
х (/) = 4 [пх0 cos nt + (цх0 + v0) sin nt].
586. Уравнение движения
тЯ = — mn2x-]-Fr{ (/) — Pi) (/— Т), х(0)=0, х(0) = 0.
Уравнение движения Л = ап2 — п2х, х(0)=0, х(0) = 0. Уравнение движения
тХ — — mg — 2ktnx, х(0)=0, х(0)=а0.
Решение. тХ = F.
587.
588.
589.
В нашем случае т = 2, F = F0-\-at — 4-\-at, так что уравнение (1) приобретает вид
(1)
(2)
(3)
2Х = 4 + «/,
х(0) = 0, х (0) = 10.
4 Q
Операторное уравнение имеет вид 2(р2Х — 10)=--------1—откуда
Р Р
ОТВЕТЫ
239
Находя оригинал для X (р), получаем x(0=^3-HЕ 2 + 10t
Для определения величины а имеем следующую систему: ' 450 = ^>-И + 1(И0,
Ю5 = ^ + 2<0 + 10,
откуда находим, что <о = 1О, а = 3.
590. Уравнение движения
тЯ = 4тх— Зтх, х(0) = 1, х(0)=0, х (0=4- (4ez+e-40.
<3
591. Уравнение движения тЯ = т§— кх.
В силу условия задачи X = -5-mg' при о = 1 mJ сек, так что окон-> (
чательно получаем уравнение dV 1 /л. п
~^=g~^gv, v(0)=0, Ш О
( — -4
откуда v (0 = 3\1—е 3/, vmax = 3 при Z = co.
592. Уравнение движения
тЯ = —kx, х(0)=0, х(0)=о0,
/ __ Л
хй=™«(1-е s jt %max
mo0 .
при t = co.
593. Решение. Опишем движение ниж- Рис. к ответу 593. него конца цепочки. Выберем начало коорди-
нат в точке О (см. рисунок) и направим ось Ох вниз. Тогда начальные условия будут
х(0) = /, х(0)=0 (цепочка неподвижна).
Если абсцисса конца есть х, то движущая сила равна весу части цепочки, свисающей со стола, т. е.
Е = ^х
2/
240
ОТВЕТЫ
Таким образом, дифференциальное уравнение движения таково:
тХ = ~2х, х(0)=/, х(0)=0,
x(0=yV 21+е 21}.
По этому закону движение будет происходить до того момента Т, когда цепочка целиком соскользнет со стола Мы найдем этот момент, положив х — 21:
tVI
Обозначив г — е , получим уравнение
г2_4г_|_1 =о,
откуда Zj = 2—[-Л3 <1, г2 = 2-)~1^3. г, отбрасываем, так как ему соответствует отрицательное значение Т. Итак, для определения Т получили уравнение
+ откуда 7’=]/"| In (2+J/3).
594. Уравнение движения
тХ ——2mxk2, х(0)=а, х (0) = 0, х (/) = a cos (|/2 kt}.
595. Уравнение движения
тХ — — цтх, х(0)=а, х(0)=0, t — Л .
2 Ир
596. Уравнение движения
mr=- kx, х(0)=0, х(0)=6, х (0=600 (1—й-°’Ок)
597. Уравнение движения
2
д; + 4х = 2соз/, х (0) = 0, х(0)=0, х (/) = = (cos t — cos 2t).
О
598. Уравнение движения тг — —mk2r или
X = —k2x, х(0)=а, х(0)=0;
j) = — k2y, у(0)=0, J>(O)=vo.
Траектория точки—эллипс: ^2+^т=1-
№
ОТВЕТЫ
241
599. Уравнения движения
' x = k2x, х(0) = а, лг(О)-=О;
j>=^, у(0)=0, J>(0)=o0.
Траектория точки—гипербола:
^ — ^ = 1
о2
Л2
600. Д у. L~ + ~Q = E cos (at + a), Q | z_o = O , |^ = 0.
601. Д. у. L^+^Q^Esmnt, <?| = 0,^1 =0.
W Ь I/-0 а[ I/-0
602. Д. у. L ^- + RI = E sin (<в/-|-а), /I =0.
at It-o
603. Д. у. L^} + + ~ Q = £1n(/) + (£2-£1)n(^-n
(llu (ЛЬ (_/
I t-o at U-
604. Д. y. Ld^ + Rd£ + ±(} = E,
606. x (/) = Cj.
608. x (/) = 1.
609. %(/)=?.
q| =
I t-0
605. x(t) = (C1 + C2fl)e~t.
607. x (f)=e-‘.
k
610. a) >«)-2 <-!)>« Qjg,.;
$ —0
/2S+1
6)"(z)=2(-1)52Ss!^(2?w
s = 0
611. x (t) =t arctg/ —у In (1 +/2).
612. x (f) = 1 (/a - 1) arctg / —| In (1 +/2) +1. /з 5 19\
613. x(/) = -^ln2/-|ln/+1gj.
614. x (t) =e‘ -1 - (t + In 2) (?+1) + (e* + 1) In (e‘ +1).
«4
/3
615.
4
x (t) = sin t \t-arctg
\ 1/3
-j-cost In(2-j-cost) — ln3cos/
242
ОТВЕТЫ
616.
,A 1 9-л/З . , КЗ .
x (f) =----------cos t H--sin t In
3 27 36
617.
1^3 sin t — 2
КЗ sm t + 2
1/"з" —
—g— ecs t arctg (]/3 cos t).
л 1
x (t) = cos t arctg (cos t) — — cos t—sin t • In
sin t—1^2
618.
x (t) = sin t arctg sin t + cos t • —| In y2 2~ Z у V
sm t + ]^2 -cost
У 2 — cost
x (t) = ch t — sh t + 2 ch t ^arctg ef—.
620. x (t) = In 2 cos t — cos t In (2 + sin t) — t sin t +
2 l w
+ (2 sin t +1)1 arctg-—---------
/з \ Уз 6 x(t) = y у if) ——e*. 622. x(t) = ef, g(t)=^.
x (t) = 2 (1 - e-t - te-*), у (t) = 2 -1 - 2e^ - 2te~t.
x (t) = 2- У - e3t + 2fe3^), у (t) = 2. (5? - (fit - 2fe3f).
x (t) = e1 (cos t — 2 sin f), у {t)=e( (cost -f- 3 sin t) 1 2 /
x (Z) =--(«^ + 2 cos 2t + sin 2t), у (0=-=- cos 2t — О о
627. x(t)=e‘ — — cost 4--^ sint — y,
i/(0=—y^+|je4Z + p7COS* — pjSm t x(t)=—'?+i2e Z“2+lTeZ+Зе2Г'~2б e3/’ y(t) = ~e-^^- 2-1 ? +1 ,
г(0 = ——у ++ x(t) = —ef, y(f)=0, г(1)=е1.
x (t)=|- (e3i — e~2t), у (t) =2- (3e3< + 2e-2/), z(t)= t> о
- ~ (Зез%2е-20. О
619.
621.
623.
624.
625.
626.
2- sin 2/ j.
628.
629.
630.
ОТВЕТЫ
243
3<А , (11- 4а) ё2' , W*
6Э1. х(0 4р + а)+ 4(2 — а) +а2 —4’ е"2' (11-4а)е2' (а+1)^
y(t’~ 4(2 + а)+ 4(2 —а) + а2-4 ’
632. х(/) = 2 —A, y(t) = 2—e~f, z(t)==2e‘ — 2.
633. x(t) = 6e‘ —е2‘ — 4e3t, у (t) =3? — 2г3\ z (t) = 6ез'+А —6ec. 114 1 2 4
634. x (/)=— i^s+i2t~2+~6t + ~3 ^ + 20^’
114 1 2 7
y (t) = T5P +12? ~ 2 - 1 + T + 20/8’
z(t) =_—_J- 14- — t2 4_/з
{) 12/ 2'3‘4
Sff\m
635. p„(')=+yi- (m = 0, 1, 2. n).
636. x(0=^—4^-/oe“6/1U’ </(0=4(e-Z-^6/1U). А о 1 и о
12 к 1 к 9 R
637. х (0=4 + 4*, y(t)=°t2—L, z (0=4^--4* + i2-О о х 4t ‘х О i
йчо 28 f t 1 . 28 t i -f 1
638. %(/)= g-e3* — e f — у—у, у (t) = y e^+e ( — y — y.
639. Уравнения движения электрона
еН
тх=~—^ х(0) = 0, лг(О)=ро,
.. еН . ту = — х, vnmc . eHt я (0 = Ат-sin---,
еН тс ’
1/(0) =0, j-(0)=0,
у (0 =
eHt\ cos — . тс)
Траектория электрона х2 + (/2 640. Уравнения движения
2mcvn „
-^ = 0.
т£ = 0,
х(0) = 0, ^(0)=А^,
my = — gm, г/(0)=0, у(0)=^.
V
Наибольшая высота
2 у 2
Н=-г-\ точка падения х— —
4g g
641. Пусть электрон вылетает из начала координат. Выберем ось Ох параллельно направлению магнитного поля Н, а ось Оу выберем так, чтобы вектор лежал в координатной плоскости хОу.
244
ОТВЕТЫ
Тогда уравнения движения будут тх = 0, х(0) = 0,
= у(0)=0,
mz = ~y, z(0)=0,
Траектория электрона
„2+г2_ 2^ sin у еН
х = tv0 cos а.
х (0) = v0 cos а, $ (0) = о0 sin а,
& (0) =0.
а г, ------2 = 0,
642. Уравнения движения ( = — kmx, х (0) =0, х (0) = о0 cos а,
( ту =—mg — kmy, у (0) =0, (0) = о0 s>n а>
х (/) = (1 у (Z) = ^sin« + g (1 __kt) _gt
К ПГ П
643. Уравнения движения еН тХ =-------------— у —kmx, х(0) = 0, х(0)=и,
} ту = в-^-х — km$, у(0)=0, у(0)=0,
I m3 = — kmz, z (0) =0, г (0) = 0.
644. Уравнения движения
( тх = — 27.x-р2х, х(0)=а, Х(0)=0,
( ту = —2^ —|А/, у(0) = 0, j>(0)=»0.
645. Уравнения движения
( тХ = 0, х(0)=0, x(0) = v0,
I ту = —mkty, у(0)=а, ^(0)=0, х (/) = v„t, у (/) = a cos kt.
Траектория точки у = a cos
kx\
Уо/
646. <р (х) = у sh х + у sin х.
647. <р (х) = i (ех — е х/2 cos Х
648. <р (х) = х х3.
-’-/3 е~х/2 sin-Ц^У
ОТВЕТЫ
245
649. <р (х) =
650. <р (х) =
651. <р (х) =
652. ф (х) =
653. <р (х) =
655. ф (х) =
657. <р (х) =
659. <р (х) =
661. <р (х) =
662. <р (х) =
663. (р (х) =
665. <р (х) =
667. <р (х) г
669. фх (х)
670. фх (х)
671. фх (х)
ф3 (х)
672. ср, (х)
Ф> (х)
673. ф! (х)
674. фх (х)
2 9Х , 3 , 1 .
е2Х4- -=- cos х4- sin х.
5 5 5
_ , у/ |/3 х . КЗ х\ 2-1-х—е I cos-5—g-----УЗ sm ——1.
16 8 Н 8 + 6 12 '
1 , 1 r , 1 -у/21 /3 х .. /Зх\
уй + У « +у« ros^2------г3 sln—~2/’
у^в*— * + 4jl sjtl j/2 Ху , 654. ф (х) =хех. ,
ех. 656. ф (х) = -|---4 cos ]/3 х.
:chx — хех. 658. ф (х) = у (chx+cosx).
1 о CRC\ / \ 2
X—х3. 660. ф (х) =—^ sh--------х.
6 /5 2
1 — х.
: Jo (х), так что J,, (х— t) Jo (t) dt = sin x. 6
= 1. 664. ф (x) = e~x
1 +2x+ 4x2 + 4- x3. 666. ф (x) = 2xex + x2ex. Z о
= 1. 668. ф(х) = 1-у.
= e~x (1 — x), ф2 (x) = у e2X + у xe~x — e~x.
= e2X, ф3(х) = 1-|е2х
= у <?3/2Л (Vз Sin x+ 2 cos44 xj —1 1
КЗ 1 . /3 \
= e - cos +7- x — -7^ sm 1— x .
\ 2 |Лз 2 /
= (x + 2) sin x+ (2x +1) cos x,
= у x cos x — x sm x + у sm x.
= у sin x — 44 sh |^3 x, ф2 (x) = — 2 ch ]/~3 x.
= 2e~x (1 —x), q>2(x)—e~x(l—x).
246
ОТВЕТЫ
со
fe=0
x V) =
k=o
2* (t— k)k^ (£ + 3)!
676.
677.
T) (t—k).
V (£+1) (t-k)k+*
L (£ + 2)1
fe = 0
T) (t-k).
678. x(/)=2(-l)^(< 2g^+1).n(^-2£).
fc = 0
679. x(0 = ^ + y^)n(0+ J ^~fe±2^.n(Z-fe + 2). fc = 3
680. x(0=[l+/+3il(O+ У V+nFT1(<~fe) + \ “* z |/v "T" 1) *
k=\
, Y (t — £)ft+2
+ Z (£ + 2)1 fe = i
681. x (t) =cos t.
f \
682. и (x, f) = u0 \ 1-\ e~z2 dz I.
\ V л J /
iVkt
683. u,(x, t)=ut-^= ( e~z2 dz.
Vn J
0
a
л
p p dp
k p2 + co2 ’
685. u(x,t)=a e
e ?t sin x
4-co2
. ответы 247
X2
х Р ,Г'*tf-tj
686. и (х, 0 = —== \ <р (г)--------— dx.
2]Лг/г J -3
о (t—т) 2
687. Д. у. J = a3g, O^x^l, t>0,
I <Э« I Al
«l/-o = «o. st =0, u\x_i = uv ux lx-0
и (x, t) = «x +
, 4(И1-«0) V (-1)” -а2(л-4Уд^„„ (2n —1)лх
+ л Z1 e cos 21
77 = 1
688. Д. y. x>0, t>0,
И ]/_Q — u0>
и (x, t) — u0
ди I , ,
-) —Ull |л_0,
их. X_Q
h = const,
erf JL=+ehx + ^t Erff-A-2a Уt \2a У t
При решении задачи воспользоваться теоремой Эфроса (см. § 11). „„„ п д2и 1 д^и 68Э. Д. у. — = ,
SL-0-
. Fx 8FI VI
“(ж’ ) Е л2Е 2.,
fe=0
«(0,0=0, ' дх Е ’
(-^РЦ^СОЗ-^Ц^
(2Й +1)2
> гт d2U 1 <Э3« S п , т А
690. Д. у. 5-7---т -5^ = 4-, 0=£ХгС/, />0,
J дх2 с2 dt2 с2 ’
sL.^0’ “ft,)=0- тт2-0-
«<«.
16g/2 VI л3с2
fe = 0
... (2fe+1) (х- о л (2k + 1) nd
C0S 21 21
(2Й + 1)3
248
ОТВЕТЫ
691.
и (х, f)= —(х3 — 2/х2 + /3) +
8W4 \!
* = 0
(2£4-1)л^ . (2й4-1)лх cos ---j—1— sin ---------
(2k +1)5
eno п •>
692. Д. у. ^2=^,
О - х I, t > О,
, n, 4/гх(/---х) ди(х, 0) гп п ,, _
и(х, 0)=------~----L( —L2_2_=o, « (0, 0 = и (/, 0=0,
, л 32/? VI
U(X’ 2
(2^4-1) ла? . (2fe+l)nx
cos ----L__---- sln 2--L ----
(2й + 1)з
693.
fe=0
e~P 1
694.(i—Py- 695T^F-
697 ep(gp-cosl)
gap _ 2eP cos 1 4-1 ’
eP sh 1
1— e~P ’ eP eP-a ' _____’ 699 e2p _ 2gP cos a -j- 1 e2₽ — 2ep ch 1 4-1 ’
eP_______2eP 1 eP 1 eP (eP — cos 2)
eP- e еР — УТ' ’ 2e₽ —1~‘ 2 e2P — 2eP cos 2 4-1
' op \
~—r. 703. e3P ------ — 1 — e““ p — e2»'2P I.
eP — 1 \ep — e3 j
eP (2 ch2-eP) sh 2
e2P — 2eP ch 2 4- 1
706 eP 1 sin 2
e2P — 2гn l cos24-e~2'
eP (eP — e3 ch 1)
e2P — 2eP^3 ch 1 4- c6
eP(eP4-l) (e2P_i)gP
(eP—1)3 ’ ’ (e2p_|_l)2 •
1 , 1 eP~ 1 , sin a
In a 4- In —-. 713. a 4- arctg —-------
eP-а eP — cosa
696.
698.
700.
702.
708.
710.
712.
705.
707.
709.
eP (4e2P — 3eP -j- 1) (eP— I)3 gP+2 (eP_|_g2)
(eP — e2)3 ’
gp+! (gp _|_ g)
(eP — e)3
714. In y^- 2;pcosa+l 1 ГeP^i
e2P — 1 eP—1Г у eP — e’
716 eP +e2p) cos к —2eP]
7 ’ (e2P —2ePcosa4-l)2~ '
e2P (e3P 4- 2e2P ch a — 6ep 4- 2 ch a) sh a
7’ (e2P~2eP ch «4-1)3 •
eP (2e3P —5e2P ch a + 4eP ch2 a —ch a)
7 ' (e2P —2eP ch a-J-l’12 '
ОТВЕТЫ
249
719.
721.
722.
723.
726.
728.
729.
еР-е^ 1 , г2Р-2^сЬ1 + 1
е — е0 + In—«--, 720. -к- In —п ь—L—•
и ер~ее 2 е2Р—2ePchs4-l
, , sin 8
е + arctg -f.---.
eP — cos e
о / ,. , . sin 2e , sin 2
2(e,)) + arctge— cos2._arctg
724. 725.
1 _z>2 (П-1)
~-_e2 ' 727. Д/(я)=3,
Д* (/г = 1,
Д/(я)=2я, Д2/(я) = 2, Д*/(я) = 0
eP (e2P + 4e₽+l) (eP-1)4
eP — cos 2 ’
п 1 ~еп
Т^ё ~ (1 — е)2'
Д^(я)=0 (й = 2, 3, 4,...).
2, 3, ...).
730.
733.
п (п — 1) (2п — 1)
6
еР
731- тт.--ГТ 732. -
(eP — I)3
, 2п — 3
(п — 1) sm—„— а
734. ----------------
о а 2sm 2-
(fe = 3, 4, ...).
2еи-й>р
(е₽ —1)8'
sin2 ~2 1 а
2 sin2 у
735.
п (п— 1) (п~2)
3
(1 — e cos a) (1 — en cos яа) ’ sin a sin na 7 e2 — 2e cos a +1
737. пЗл"1. 738. 5" ~ 3-". 739. sin ~ .
О
l+(—1)" 1 . n+1
740- ysm-±-
741. an~' 2np sin 742. ” a”~2.
743. Второго порядка. 744. Нулевого порядка.
745. Первого порядка. 746. Третьего порядка.
747. 2я. 748. (— 1)” (1 -п). 749. 2«'2sin^1.
,uv. * . w 4 . .... о... 2 4 .
752. (-1)"^. 753. 3Л-_1±НУ
754. 755. 1^1)2.
756. . З-з 757. 2> . (_1)« х.
я8 я4 я3 Зя2 Зя
758, ёб~Т+Т-т+гб-
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. asgO. 779. asg—780. Асимптотически устойчиво при ар-< 1; устойчиво, но не асимптотически при сф = 1. 781. Асимптотически устойчиво при р<а2(а>0); устойчиво, но не асимптотически при: 1) а = 0 (Р<0); 2) р = а2 (а<0). 782. Асимптотически устойчиво при а2 ф-Р2 — 2а > 0 (а < 1); устойчиво, но не асимптотически при: 1) а=1 (|₽|>1); 2) а2ф~Р2 — — 2а = 0 (0=ga<l). 783. Неустойчиво при всех значениях а и f. 784. Асимптотически устойчиво при а2 ф- р2 — Р < 0, устойчиво, но не асимптотически при а2 + Р2 — Р = 0 (а^0, р.ДО). 785. Устойчиво, но не асимптотически при Рф-2аф-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 а > 0, b > 0, то условие устойчивости имеет вид cos Т > 0, где Т=(— l)fe х0+&гс
(Л = 0, 1, 2,...), x0 = arcsin-^- (см. [3]).
817. Устойчиво. 818. Неустойчиво. 819. Устойчиво. 820. Неустойчиво. 3
821. При a>-g-. 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
Рис. к ответу 844.
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;
Рис. к ответу 849.
852. 853.
Рис. к ответу 852.
Рис. к ответу 853.
854.
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.
ОТВЕТЫ
253
254
ОТВЕТЫ
yj + С2 sin (п arctg
861. /(n)=C1-2« + C3^-yy.
862. /(«) = (—l)"(4fi2 — 7fi+l). /УБ}" Г /
863. /(n) = l 2 ) Ci cos In arctg
864. f (n)=2«(c1 + C3cos^ + Cssin^V \ о о /
865. f (fi) = (- 1)” (Ci + C3 n) + 22 ( C3 cos ~+Ct sin .
866. /(n)=C1(l-/2)” + C3(l+K2)”--l.
867. f (fl) = 2 • 3я + (— 1)" (8fi- 2).
oco x/ч 1 .„o' пя , . пл sin 2 (n— 1)
868. / (n) = y tg 2 • cos + sm .
869. f (n) = Cj + C3 n + C3 n2 + _ jy3.
870. f (fi) =2« (1+ C, cos ~ +C2 sin . \ 1 о о о /
871. Асимптотически устойчиво. 872. Устойчиво, но не асимптотически. 873. Асимптотически устойчиво. 874. Неустойчиво.
875. diп3-j-п3 0, Hq — й-1~}-й-2 — о3>0,
3 (й-о — Оз) + а1 — о2 > О, 3 (а0 + а3) — — а3 > О, а» — al — аоа2 + аха3 > 0.
876. 1—<7>0, 1 +р + ?>0, 1— p + q>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. Эльсгольц, 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. Лунц, И. Г. Араманович, Сборник задач по теории функций комплексного переменного, «Наука», 1970.
6. X. К ар с л оу, 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. Краснощекова, 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. Шабат, 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. Понтрягин, 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.
j.
Михаил Леонтьевич Краснов, Александр Иванович Киселев, Григорий Иванович Макаренко функции комплексного Беременного. 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 печати 11/VI 1971 г. Бумага 84хЮ8’/з2 Физ печ. л 8 Условн печ л 13,44 Уч изд л 14,19 Тираж 50 000 экз. Т 09638 Цена книги 60 коп
Заказ № 1596
Издательств^ «Наука» Главная редакция физико математической литературы Москва, В 71, Ленинский проспект, 15.
Ордена Трудового Красного Знамени Ленинградская типография № 1 «Печатный Двор» имени А М. Горького Главпотиграфпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР, г. Ленинград, Гатчинская ул , 26.