Контрольная по Математике

Практические задания стр 26-28, Стр 13-14. 16. (ФАЙЛ: ЭАб_ТЭб_ЭПб_практические_занятия_1) самостоятельные: 1-2, 6-7. (ФАЙЛ: 2024_Самостоятельная_работа_2_семестр)

_

ПОЛНОЕ ЗАДАНИЕ В ДЕМО ФАЙЛЕ,

ЧАСТЬ ДЛЯ ПОИСКА ДУБЛИРУЮ НИЖЕ

1

Задания для самостоятельной работы

2 семестр 2020-2021 и учебный год

Бакалавры АЭ-ЭП-ЭР -ЭЛ- ТЭ -МЭ-НЭ

1 контрольная точка

1. Поверхности второго порядка

Содержание работы

1. Выписать канонические уравнения основных поверхностей второго порядка и

схематично их построить

2. По приведенным уравнениям поверхностей описать их свойства и схематично

построить поверхности

(Х–2)2+(У–2)2+(Z+5)2=16;

Х2+У2+Z2–4Х–2У+2Z–19=0;

Х2+У2+Z2+20У=0;

1

9 4 25

2 2 2

+ + =

Х У Z ;

1

16 4 36

2 2 2

+ − =

Х У Z ;

Х2+У2–Z2= –1;

Х=Z2+У2;

Х2–У2=Z2;

Z=2+Х2+У2;

Х2–У2+Z2+4=0;

Х2+У2–Z2=4;

Х2+У2=4Х;

2

Z=4–У2;

Х2–У2=Z;

Z=ХУ;

12)







 





=

=

=

= − −

;

0

0

4 2 2

Z

Х

У Х

Z X У

13)









 







=

=



+ =

= −

;

0

0

0

2 4

4 2

Z

У

Х

Х У

Z Х

14)







=

+ + =

=

0

1

2

4 2 4

2

Z

У Х

Х У Z

2. Функции нескольких переменных. Дифференциальное

исчисление.

Элементы теории

Вычисление частных производных производится по тем же правилам, что и

вычисление функций одной переменной, считая все переменные постоянными, кроме

той, по которой ведется дифференцирование.

Первым дифференциалом называют линейную относительно приращений

x,y, z часть полного приращения функции, которая для функции двух переменных

имеет вид:

dy

y

f

dx

x

f

df





+





= ,

а для функции трех переменных:

dz

z

f

dy

y

f

dx

x

f

df





+





+





= .

Производная по направлению задает скорость изменения функции в заданной

точке по заданному направлению a = cos, cos , cos 



:

  cos

( )

cos

( )

cos

( ) 0 0 0

z

f M

y

f M

x

f M

a

f





+





+





=





 .

Градиентом дифференцируемой функции называют вектор, координатами которого

являются частные производные в заданной точке:

3

  

  













=

z

f M

y

f M

x

f M

grad f M

( )

,

( )

,

( )

( ) 0 0 0

0 .

Производная по направлению является проекцией вектора градиента на это

направление:

( ( ), ) ( ) cos

( )

0 0

0 grad f M a grad f M

a

f M

= =



 

 .

Анализ последнего выражения показывает, что градиент является направлением,

скорость изменения функции вдоль которого максимальна.

Касательная плоскость содержит касательные ко всем кривым, проходящим через

данную точку поверхности z = f (x, y) :

( ) ( ) 0

( )

( )

( )

0 0

0

0

0 − − − =





− +





y y z z

y

f M

x x

x

f M

.

Производную сложной функции f (x(t), y(t))находим по правилу

dt

dy

y

f

dt

dx

x

f

dt

df x t y t





+





=

( ( ), ( )

,

а производные сложной функции z = f (u(x, y), v(x, y)) согласно правилу:

y

v

v

f

y

u

u

f

y

f

x

v

v

f

x

u

u

f

x

f









+









=













+









=





.

Производную функции, заданной неявно F(x, y) = 0, находят согласно правилу:

f x

f y

dx

dy

 

 

= −

/

/

.

Для функции f (x, y) определены производные второго порядка:

















=





x

f

x x

f

2

2

, 



















=





y

f

y y

f

2

2

, 



















=

 



y

f

x y x

f 2

, 















=

 



x

f

y x y

f 2

.

Для функции f (x, y, z) , кроме указанных выше производных, определены следующие

производные второго порядка:

4

















=





z

f

z z

f

2

2

, 















=

 



z

f

x z x

f 2

, 















=

 



x

f

z x z

f 2

, 















=

 



z

f

y z y

f 2

, 



















=

 



y

f

z y z

f 2

.

Заметим, что в точках непрерывности смешанные частные производные равны.

Дифференциалы второго порядка определяются согласно соотношениям:

dxdy

x y

f

dy

y

f

dx

x

f

d f

 



+





+





=

2

2

2

2

2

2

2

2 2 ,

dydz

y z

f

dxdz

x z

f

dxdy

x y

f

dz

z

f

dy

y

f

dx

x

f

d f

 



+

 



+

 



+





+





+





=

2 2 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2 2 2 2 .

Формула Тейлора в окрестности точки 0 M с точностью до бесконечно малых

второго порядка имеет вид:

f M f M df M d f  2

0 0 2!

1

( ) = ( ) + ( ) +

Точкой локального экстремума называют точку непрерывности функции 0 M , в

окрестности которой приращение функции сохраняет знак: f  0 - точка локального

минимума, f  0 - точка локального максимума. Необходимые условия

существования экстремума записываются следующим образом:

( ) 0 0 grad f M = ,

что равносильно системе уравнений для нахождения критических точек функции:

5











=





=





0

0

y

f

x

f

или

 





 







=





=





=





0

0

0

z

f

y

f

x

f

.

Достаточные условия существования экстремума определяются знаком приращения

функции, который в свою очередь определяется знаком второго дифференциала:

0 ( ) 0 0

2 f   d f M  , то точка 0 M является точкой локального минимума,

0 0 2 f   d f  , то точка 0 M является точкой локального максимума.

По своей структуре второй дифференциал является является квадратичной формой

относительно дифференциалов dx,dy, dz и ему ставится в соответствие матрица:









































 



 



 







 



 



 







2

2 2 2

2

2

2 2

2 2

2

2

z

f

y z

f

x z

f

z y

f

y

f

x y

f

z x

f

y x

f

x

f

.

Согласно критерию Сильвестра квадратичная форма является положительно

определенной, если положительны все главные диагональные миноры этой матрицы:

0 2

2

1 





 =

x

f

, 0

2

2 2

2

2

2

2 





 



 







 =

y

f

x y

f

y x

f

x

f

, 0

2

2 2 2

2

2

2 2

2 2

2

2

3 





 



 



 







 



 



 







 =

z

f

y z

f

x z

f

y z

f

y

f

x y

f

z x

f

y x

f

x

f

.

(условия существования локального минимума), и является отрицательно

определенной при условии 0, 0, 0 1 2 3       ( условия существования

локального максимума).

6

Для нахождения точек условного экстремума исследуют на обычный экстремум

функцию Лагранжа

L(x, y) = f (x, y) + (x, y) .

Здесь (x, y) - условие связи, а  - множитель Лагранжа. При этом достаточные

условия существования экстремума выражаются через знак второго дифференциала

0 2 d L  (условие минимума), 0 2 d L  - условие максимума. Знак второго

дифференциала можно анализировать непосредственно при наличии условий связи.

Задачи

1. Найти наибольшее значение производной по направлению функции в

указанной точке

𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑥 + √𝑦

𝑦

𝑀(2; 1)

2. Найти производную функции 𝑓(𝑥, 𝑦) = ln (𝑥2 + 𝑦2) по направлению внешней

нормали к линии уровня 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 в каждой ее точкe.

3. Запишите производные второго порядка для указанной функции, в указанной

точке.

Запишите первый дифференциал

Запишите второй дифференциал.

Запишите матрицу, соответствующую d2f.

Запишите разложение по формуле Тейлора в указанной точке:

ln( ); (0;1); 0

2 f = X +У M

4. Исследуйте функцию на локальный экстремум:

А) 2 3 6 ; 3 3 f = X − У − Х + У

Б)

2 2 2 f = 8 − 6Х + 4У − 2Z − X −У − Z

7

В) 𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑥+𝑦

𝑦𝑥

− 𝑥𝑦

Г) 𝑓(𝑥, 𝑦) =

8

𝑥

+

𝑥

𝑦

+y

Д) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 +

2

𝑥

+

4

𝑦

5. На эллипсоиде Х2+2У2+4Z2=8 найти точку, наиболее удалённую от М0(0;0;3).

6. Метод наименьших квадратов.

По точкам, полученным в некотором эксперименте, требуется провести прямую

линию таким образом, чтобы сумма квадратов отклонений экспериментальных

точек от предполагаемой прямой была наименьшей.

у=Ах+В – искомая функция;

А,В – искомые коэффициенты.

Функция = − + 

n

S A B у Ах В i i

1

( , ) ( ) 2

должна достигать минимума при выбранных

А,В.

Исследуйте функцию S(A,B) на локальный экстремум.

Получите выражение для А, В, соответствующие экстремуму.

Постройте по методу наименьших квадратов прямую по точкам:

Хi Уi

2 2

4 2

6 5

7 4

9 8

8

3. Двойные, тройные интегралы.

Двойные интегралы

Двойным интегралом от непрерывной функции f (x, y)по ограниченной

замкнутой области D на плоскости 0XY называют предел последовательности

интегральных сумм

  = 

=

→

D

k k

n

k

k

n

lim f (x , y ) s f (x, y)ds

1

.

Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат сводится к

последовательному вычислению однократных интегралов. Если область

интегрирования ограничена сверху и снизу непрерывными кривыми ( ) 1 y x и ( ) 2 y x , а

слева и справа вертикальными прямыми x = a, x = b , то вычисление проводят по

следующей формуле:

 =  

b

a

y x

D y x

f (x, y)ds dx f (x, y) dy.

( )

( )

2

1

Если область интегрирования ограничена слева и справа непрерывными кривыми

( ), ( ) 1 2 x y x y , а снизу и сверху горизонтальными кривыми y = c, y = d , то

вычисление проводят по формуле:

 =  

d

c

x y

D x y

f (x, y)ds dy f (x, y) dx.

( )

( )

2

1

𝑦1(𝑥)

𝑦2 (𝑥)

x

y

a b

9

В полярной системе координат интеграл вычисляют, выполнив замену переменной

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜑, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛 𝜑, 𝑑𝑆 = 𝑟𝑑𝜑𝑑𝑟:

 =  









( , )  ( cos, sin ) .

( )

( )

2

1

r

D r

f x y ds d f r r rdr

x

y

c

d

𝑥1(𝑦)

𝑥2(𝑦)

10

Тройные интегралы

Тройным интегралом от непрерывной функции f (x, y, z) по ограниченной

замкнутой пространственной области V называют предел последовательности

интегральных сумм

  = 

=

→

V

k

n

k

k k k

n

lim f (x , y , z ) V f (x, y, z)dV

1

.

Вычисление тройного интеграла в декартовой системе координат сводится к

последовательному вычислению однократного интеграла по одной из координат

и двойного интеграла по проекции объема V на одну из координатных

плоскостей. Если область интегрирования ограничена сверху и снизу гладкими

поверхностями ( , ), ( , ) 1 2 z x y z x y , и однозначно проектируется на плоскость 0XY

в область D, то интеграл вычисляют по формуле:

 =  

V D

z x y

z x y

f x y z dxdydz dxdy f x y z dz

( , )

( , )

2

1

( , , ) ( , , ) .

В тех случаях, когда объем проектируется на координатную плоскость в круг или

часть круга, используют криволинейные системы координат. Так в

цилиндрической системе координат интеграл вычисляют согласно соотношению:

 =  

V D

z r

z r

f x y z dx dy dz d rdr f r r z dz

2( , )

1( , )

( , , ) ( cos , sin , )





   .

11

В тех случаях, когда пространственное тело ограничено сферическими

поверхностями, удобно использовать сферическую систему координат, которая

каждой точке пространства приписывает три координаты: полярный угол  ,

азимутальный угол  и расстояние от начала координат до точки на сфере r .

Тройной интеграл при этом представляется в виде:

f x y z dxdydz d d f r r r r dr

r

V r

 =   

( , )

( , )

2

2

1

2

1

2

1

( , , ) cos ( cos cos , cos sin , sin )

 

 









       

r

ϴ

φ

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 ϴcos 𝜑

𝑦 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝛳 sin 𝜑

𝑧 = r sin 𝛳

𝑑𝑉 = 𝑟2𝑐𝑜𝑠𝛳𝑑𝜑𝑑𝛳𝑑𝑟

M (φ, ϴ, r)

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 φ

𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛 φ

𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2

𝑑𝑉 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜑 𝑑𝑧

x

y

𝑧1(𝑥, 𝑦 )

𝑧2(𝑥, 𝑦)

12

Литература: Г.А. Казунина, Г.А. Липина,

Чередниченко А.В. Криволинейные и поверхностные

интегралы. Учебное пособие. КузГТУ.

Криволинейные и поверхностные интегралы 1 рода

Вычисление криволинейного интеграла 1-го рода (по длине дуги) сводится к

вычислению определенного интеграла с учетом способа задания кривой и

выражения для дифференциала длины дуги:

• Кривая задана явно в декартовой системе координат

y y x dl y dx 2 = ( ), = 1+ ( ) , xa,b, 

b

a

f (x, y(x))dl ;

• Кривая задана в полярной системе координат

r r  dl r  r  d 2 2 = ( ), = ( ) + ( ( )) , 

2

1

( , ( ))





f  r  dl ;

• Кривая задана параметрически как векторная функция

r (t) = x(t), y(t), z(t)



, dl x y z dt 2 2 2 = ( ) + ( ) + ( ) ,



2

1

( ( ), ( ), ( ))

t

t

f x t y t z t dl .

Вычисление поверхностного интеграла 1-го рода (по площади поверхности)

сводится к вычислению двойного интеграла по проекции поверхности на

какую-либо координатную плоскость. При проектировании поверхности

z = z(x, y)на плоскость 0XY в область D дифференциал площади поверхности

ds

y

z

x

z

d

2 2

1 















+ 











 = + , а интеграл вычисляется по формуле

ds

y

z

x

z

f x y z x y d f x y z x y

D

   





 









+ 











= +



2 2

( , , ( , ))  ( , , ( , )) 1 ,

где дифференциал площади ds зависит от выбранной системы координат.

13

ЗАДАЧИ

1. Запишите уравнения границ области интегрирования. Постройте

область интегрирования. Измените порядок интегрирования в

повторном интеграле.

   

−

+

3

0

2

0

2

3

2

3

( , ) ( , )

2

Х Х

Х

dх f X У dу dх f X У dу ;

2. Вычислить интегралы:

а)   ( )

−

−

1

0

1

0

2

2

2

3

1

x

dx y dy (измените порядок интегрирования)

б)

, : ; 0 2 2 2 2  D X +У  а Х 

D

XУ dXdУ ;

3. Вычислить площадь, ограниченную линиями:

4 , 6 , 3 , 0 2 2 2 2 x + y = y x + y = y y = x x =

4. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями, используя наиболее

удобную систему координат:

а)

0, 0

12

9

2 2

2 2

2 2

= 

= +

+ =

+ =

z y

z x y

x y x

x y x

б)

8(2 )

16

2 2

2 2 2

x y z

x y z

+ = −

+ + =

в)

2 2

2 2 6

z x y

z x y

= +

= − −

5. Найти координаты центра масс:

а) тела с плотностью (X;У;Z)=X2+У2+Z2, заданного неравенствами а2 

х2+ у2+z2  4a2; у0.

14

Криволинейные и поверхностные интегралы 1 рода

6. Найти массу, распределённую вдоль криволинейного отрезка У=Х2/2

с плотностью γ(X;У)=У/Х; Х[1;2];

7. Определите координаты центра масс полусферы радиуса R с центром

в начале координат с поверхностной плотностью

=а 2 2 Х +У ; а=const;

Элементы векторного анализа (теория поля).

Для векторного поля

A x y z A x y z i A x y z j A x y z k x y z

   

( , , ) = ( , , ) + ( , , ) + ( , , )

Определены следующие дифференциальные операции первого порядка:

• Дивергенция векторного поля

z

A M

y

A M

x

A M

div A M x y z





+





+





=

( ) ( ) ( )

( )



;

• Ротор векторного поля

( ) ( ) ( )

( )

A M A M A M

x y z

i j k

rot A M

x y z













=

  



.

Интеграл от векторной функции вдоль кривой вводится согласно соотношению:

A M dr A x y z dx A x y z dy A x y z dz y z

L L

x  ( ( ), )=  ( , , ) + ( , , ) + ( , , )

 

,

15

а способ вычисления зависит от способа задания кривой, по которой ведется

интегрирование:

• Кривая задана уравнением y = y(x), dy = y(x)dx , а интеграл

 =  + 

L

b

a

x y (A(M), dr ) A (x, y(x))dx A (x, y(x)) y (x)dx

 

;

• Кривая задана параметрически как векторная функция

r (t) = x(t), y(t), z(t)



. Тогда интеграл находят по формуле

A dr (A x t y t z t x t A x t y t z t y t A x t y t z t z t )dt

L

t

t

 =  x  + y  + z 

2

1

( , ) ( ( ), ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( ), ( )) ( ) ( ( ), ( ), ( )) ( )

 

Условием потенциальности векторного поля дважды непрерывно

дифференцируемого в односвязной области является условие: rot A(M) = 0



. Для

такого поля определен потенциал U(x, y, z) - скалярная функция такая, что

A = gradU(x, y, z)



. В силу того, что интеграл от потенциального векторного поля

вдоль кривой не зависит от контура интегрирования, одним из способов

нахождения потенциала является интегрирование векторного поля по простейшему

контуру, соединяющему две точки непрерывности поля линией, звенья которой

параллельны координатным осям:

A dr A x y z dx A x y z dy A x y z dz C

z

z

z

y

y

y

x

x

x

L

 =  +  +  +

0 0 0

( , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) 0 0 0

 

.

Потоком векторного поля называют интеграл от векторной функции по

поверхности z = z(x, y) , ориентация которой определяется выбором направления

нормали

  

  











=  , 1



y

z

x

z

N :

 



=

D

(A, d ) (A,N)ds

   

 .

Поток векторного поля через замкнутую ориентированную поверхность находят с

помощью теоремы Остроградского-Гаусса:

16

 = 

 V

A n d div AdV

  

( , )  .

Циркуляцию дифференцируемого векторного поля (интеграл по замкнутому

контуру) находим по теореме Стокса:

  



= =

C D

(A,dr ) (rot A,n)d (rot A,N)ds

     

 .

ЗАДАЧИ

1. Найти производные первого порядка векторных полей. Определить, какие из полей

являются потенциальными. Для потенциальных полей найти потенциал.

а) А (3x y y )i (x 3xy ) j 2 3 3 2 = − + − ;

б) А ( yz xy)i (xz X yz ) j (xy zy )k 2 2

2

2

= − + − + + + ;

2. Найти работу векторных полей (из задачи 1) при перемещении точки из М(1;0;0) в

Р(0;2;0):

а) по прямолинейному отрезку МР;

б) по дуге эллипса 1

4

2

2 Х +У = ;

3. Для указанных векторного поля найти:

а) поток через поверхность ;

б) поток через замкнутую поверхность  (т. Остроградского–Гаусса);

в) циркуляцию по контуру L по теореме Стокса

1. А (х у )i ( у z ) j (z x )k 2 2 2 2 2 2 = − + − + −











:

:

:

L



Z = 4 – 2(x2+y2); z=2(x2+y2);

часть z=2, ограниченная линией пересечения параболоидов

17

линия пересечения  с z=2(y0); y=0 (z2);

Домашняя контрольная работа.

Вариант 1

1. Найти момент инерции однородного квадрата со стороной a относительно диагонали.

2. Найти поток векторного поля ( 2 2 ) A = zx + y; zy − x; − x − y через замкнутую поверхность,

ограниченную поверхностями 1; 0 2 2 2 x + y + z = z = при условии z  0 .

3. Найти циркуляцию векторного поля ( 2 2 2 2 2 2 ) A = x + y ; y + z ; x + z вдоль линии пересечения

поверхностей 6 ; . 2 2 2 2 2 z = − x − y z = x + y

4. Найти массу, распределенную по части параболы y = 4 x ; x 0 ; 4 , если плотность в

каждой точке f (x; y) = y

5.Интеграл от векторной функции вдоль кривой. Свойства. Вычисление

Вариант 2

1. Найдите координаты центра масс однородного прямоугольного треугольника с катетами

a = 9 ; b = 6

2. Найти поток векторного поля ( 2 2 2 2 2 2 ) A = x + y − y ; y + z + x ; z + x через замкнутую

поверхность, ограниченную поверхностями 1 ; z 0 2 2 2 x + y + z = 

3. Найти циркуляцию векторного поля (3 ; 2 ; 1- 2x ) 2 2 A = x − yx вдоль линии пересечения

поверхностей 1 ; 1 2 2 y = z + x =

4. Покажите, что векторное поле ( ; 2 ) 2 2 A = x − y − xy потенциально на всей плоскости oxy .

Найдите работу поля по перемещению материальной точки из M(0 ; 0) в K(1 ;1 )

5. Определение, вычисление и свойства интеграла от скалярной функции по поверхности

Вариант 3

1. Найти объем тела, ограниченного поверхностями ( ) ; 4 ; z 0

4

1

2 2 2 2 z = x + y x + y = x =

2. Найти поток векторного поля ( z xz y ) A = e + 2x ; e ; e через замкнутую поверхность,

ограниченную поверхностями x + y + z =1 ; x = 0 ; y = 0 ; z = 0

3. Найти циркуляцию векторного поля A = (xz ; −1 ; y) по линии пересечения поверхностей

4 ; y 1 2 2 2 x + y + z = =

18

4. Покажите, что работа векторного поля A = ( 2x + yz ; 2y + xz ; 2z + yx ) не зависит от пути

интегрирования . Найдите работу поля по перемещению материальной точки из M(0 ; 1 ;0 ) N(0 ; 1 ;1 )

5. Поток векторного поля через ориентированную поверхность. Свойства. Вычисление

Вариант 4

1. Найдите объем тела, ограниченного поверхностями

6 ; x 1 ; z 0 2 2 x + y + z = + y = =

2. Найти поток векторного поля A = (x − y ; x + y ; z) через замкнутую поверхность ,

ограниченную поверхностями 2 ; ; z 0 2 2 2 2 x + y = y z = x + y =

3. Найдите циркуляцию векторного поля ( 2 ) A = 2y ; - 3x ; z вдоль линии пересечения поверхностей

25 ; x 3 2 2 2 x + y + z = =

4. Найдите массу, распределенную с поверхностной плотностью 2 2 x y

z

+

 = по части поверхности

параболоида x y 2z 2 2 + = , отсекаемой плоскостью z =1 ; z 1

5.Интеграл от векторной функции вдоль кривой. Свойства. Вычисление

Вариант 5

1. Найдите координаты центра масс однородной фигуры , ограниченной кривыми

x y y ; x y 2y 2 2 2 2 + = + =

2. Найти поток векторного поля A (x z y y x z y x) 2 2 2 2 2 2 = + ; + ; z + через замкнутую поверхность,

ограниченную поверхностями 1 ; z x ; z 0 2 2 2 2 x + y = = + y =

3. Найти циркуляцию векторного поля A = (x + y ; x − z ; y + z) по контуру треугольника

A (0 ; 0 ; 0 ) ; B (1 ; 0 ; 0) ; C (0 ; 0 ; 1 )

4. Покажите, что векторное поле ( 2 3 2 ; 2 3 2 ) 2 2 A = x − xy + y x − yx + y потенциально и найдите

работу по перемещению материальной точки из M ( 1 ; 1 ) в K (2 ; 2 )

5. Свойства потенциального поля

Вариант 6

1. Найти объем тела , ограниченного поверхностями x + y = 6 ; y = 3x ; y = 0 ; z = 4y ; z  0

2. Найдите поток векторного поля ( 2 2 2 2 2 ) A = x + y ; x − y ; 2z через замкнутую поверхность

ограниченную x y z 2z 2 2 2 + + =

3. Найдите циркуляцию векторного поля A = (xz ;−1 ; y) по линии пересечения поверхностей

4 ; 1 2 2 2 x + y + z = x =

4. Найдите массу распределенную с поверхностной плотностью ( ) 2 2  x ; y = x + y по части

конической поверхности 2 2 z = x + y отсекаемой плоскостью z =1

5. Необходимое и достаточное условие потенциальности векторного поля

19

Вариант 7

1. Найдите объем тела , ограниченного поверхностями 9 ; ; 0 ; 0 ; 0 2 2 x + z = y = x z  x  y 

2. Найти поток векторного поля A (xy ; yx ; z) 2 2 = через замкнутую поверхность ,ограниченную

поверхностями 1 ; 0 ; 1 ; 0 ; 0 2 2 x + y = z = z = x  y 

3. Найдите циркуляцию векторного поля ( 2 ) A = yz ; 2xz ; y вдоль линии пересечения

поверхностей 25 ; 16 ; 0 2 2 2 2 2 x + y + z = x + y = z 

4. Найдите массу, распределенную вдоль окружности ; 0 2 2 2 x + y = R y  с линейной

плотностью ( ) 2  x, y = x

5. Потенциал. Способ вычисления

Вариант 8

1. Найдите координаты центра масс однородного пространственного тела, ограниченного

поверхностями x y z z ; x y z 2z 2 2 2 2 2 2 + + = + + =

2. Найдите поток векторного поля ( 2 2 2 ) A = x ; y ; z через замкнутую поверхность, ограниченную

поверхностями 4 ; 0 ; 6 2 2 x + y = z = z =

3. Найдите циркуляцию векторного поля A = (x + y ; x − z ; y + z) по контуру треугольника

A(0 ; 0 ; 0)B(0 ; 1 ; 0 )C(0 ; 0 ; 1 )

4. Найдите массу, распределенную с линейной плотностью  (x, y) = x − y по

окружности x + y = ax 2 2

5. Найти работу векторного поля ( ; /3) 2 3 A = x y x



при перемещении материальной точки вдоль

кривой 1

9

( 2)

4

( 4) 2 2

=

+

+

x − x

.

Вариант 9

1. Найдите момент инерции относительно оси OZ однородного пространственного тела ,

ограниченного поверхностями 4 ; 0 ; 0 ; 0 2 2 z = − x − y z = y = x =

2. Найдите поток векторного поля ( ; z ; x ) 2 2 2 2 2 2 A = y − z + x − x + y − y + z через замкнутую

поверхность ограниченную поверхностями 1 ; ; 0 2 2 x + y = z = x z 

3. Найдите циркуляцию векторного поля A = (xz ; −1 ; y) по линии пересечения поверхностей

4 ; 1 2 2 2 x + y + z = z =

4. Зависит ли работа векторного поля (2 ; x ; 0) 2 A = xy от формы пути ? Найдите работу поля перемещению материальной точки из M (1 ; 1; 0 ) в K = (2 ; 5; 0 )

5. Сформулируйте правило расстановки пределов по простейшей стандартной области для

двойного интеграла в декартовой и полярной системах координат

Вариант 10

1. Для однородного пространственного тела , ограниченного поверхностями

4 ; z 5x ; z 0 2 2 x + y = =  найдите объем и момент инерции относительно оси 0Z .

20

2. Найти поток векторного поля A (x z y x z y x) 3 2 3 2 3 2 = + ; y + ; z + через замкнутую поверхность ограниченную поверхностями 1 ; z 0 ; z 1 2 2 x + y = = =

3. Найдите циркуляцию векторного поля ( 2 ) A = yz ; 2xz ; y по линии пересечения поверхностей

25 ; x 16 ; y 0 2 2 2 2 2 x + y + z = + z = 

4. Установите , зависит ли работа векторного поля 







=

x

1

;- 2 x

y

A от пути интегрирования ?

Найдите работу по перемещению материальной точки из M ( 2 ; 1 )в K (1 ;2 )

5. Оператор «набла» и выражение с помощью этого оператора градиента скалярного поля,

дивергенции и ротора векторных

Вариант 11

1. Найдите координаты центра масс однородного пространственного тела , ограниченного

поверхностями 1 ; x 0 ; y 0 ; z 0 2 2 z = x + y − = = =

2. Найти поток векторного поля A = (x ; - 3y ; z ) через замкнутую поверхность , ограниченную

поверхностями 2x + y =1 ; z = x ; z = 2x ; y = 0

3. Найдите циркуляцию векторного поля A = (3x ; - z ; 0 ) по линии пересечения поверхностей

2 2 2 2 z = 8 − x − y ; z = x + y

4. Найдите работу векторного поля (2 ; x ) 2 A = xy − y + x по перемещению материальной точки

вдоль окружности 4 2 2 x + y = из M (2 ; 0 ) в K (- 2 ; 0 )

5. Тройной интеграл в сферической системе координат

Вариант 12

1. Найти координаты центра масс четверти круга 2 2 2 x + y = R , если плотность  = x + y

2. Найти поток векторного поля ( ; y ; z ) 3 3 3 A = x − y + x через замкнутую поверхность ,

ограниченную поверхностями ; z 1 2 2 z = x + y =

3. Найдите циркуляцию векторного поля A = (2x − 4yz ; 2y - 4zx ; 2z - 4xy ) по контуру

треугольника A ( 0 ; 0 ; 0) , B ( 1 ; 0 ; 0) , C ( 0 ; 1 ; 0 )

4. Покажите , что векторное поле A = ( 2x - 4yz ; 2y - 4xz ; 2z - 4xy ) потенциально и найдите

работу поля по перемещению материальной точки из M ( 0 ; 1 ; 1 ) в K ( 0 ; 0 ; 1 )

5. Дифференциальные операции второго порядка для векторных полей

21

2 контрольная точка

1.

Ответы

Двойные интегралы:

2. а)

15

8

, б)

15

2 5 a ; в) е ; ж)  ;

3)

4

5 3

6

5

+

 ;

Тройные интегралы, криволинейные и поверхностные интегралы:: а) 6

5 5 − 2 2 ;





3

4

; 0; Z

2

2 3 R

X У

a R

m = = = = ; ;

3

4

;

4

15

8 ;





22

Контрольная точка 2.

Дифференциальные уравнения

Содержание работы

1. Обыкновенные дифференциальные уравнения 1 порядка (с разделяющимися переменными, однородные, линейные, Бернулли);

2. Уравнения высших порядков, допускающие понижение порядка;

3. Линейные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами

23

Дифференциальные уравнения.

Функциональное уравнение

( , , , , ) 0 ( )   = n F x y y y y

связывающие независимую переменную x , искомую функцию y(x) и ее

производные, называется дифференциальным уравнением порядка n

(порядок уравнения - это порядок старшей производной, входящей в

уравнение). Общим решением дифференциального уравнения называется

функция ( , , , ) 1 2 n y = x C C C , которая будучи подставлена в уравнение,

обращает его в тождество. Здесь n C ,C ,C 1 2 - произвольные постоянные,

для определения которых задают начальные условия:

( )

0 0

( )

0 0 0 0 ( ) ; ( ) ; ( ) n n y x = y y x = y y x = y . Задачей Коши для

дифференциального уравнения называют задачу нахождения частного

решения по заданным начальным условиям. Частное решение определяет

кривую на координатной плоскости, которую называют интегральной

кривой. Уравнение ( , , , , ) 0 1 2  = n x y C C C , которое определяет общее

решение как неявную функцию, называют общим интегралом

дифференциального уравнения.

Дифференциальные уравнения 1-го порядка разделяют на следующие

типы:

• Уравнения с разделяющимися переменными ( ) ( ) 1 2 y = f x  f y или

M(x) N( y)dx+P(x) Q( y)dy = 0, которые можно непосредственно

интегрировать, собрав с одной стороны от знака равенства

выражения, зависящие только от одной переменной:

C

f y

dy

 f x dx=  + ( )

( )

2

1 или dy

N y

Q y

dx

P x

M x

 = − 

( )

( )

( )

( )

;

• Однородные уравнения 







 =

x

y

y (x) f или 











 =

y

x

x f сводятся к

уравнениям с разделяющимися переменными при помощи замены:

x u

dx

du

y

x

y

u = ;  = + или y u

dy

du

x

y

x

u = ;  = + ;

24

• Линейные уравнения y + P(x) y = f (x) - по переменной y ,

x + P( y) x = f ( y) - по переменной x ,

которые сводятся к разделению переменных подстановкой

y(x) = u(x)  v(x); y = uv + uv или x( y) = u( y)  v( y); x = uv + uv

, а также методом вариации произвольной постоянной;

• Уравнения Бернулли y + P(x) y = f (x)  y ; m  0, m 1 m

m x + P( y) x = f ( y)  x

Сводятся к линейным уравнениям подстановкой m m z y z x − − = = 1 1 , ;

• Уравнения в полных дифференциалах P(x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 при

условии

x

Q

y

P





=





(условие существования полного дифференциала

или условие потенциальности векторного поля A P x y i Q x y j

  

= ( , ) + ( , )

) решаем путем восстановления функции – потенциала U(x, y) такой,

что ( , ), Q(x, y)

y

u

P x y

x

u

=





=





, каким-либо способом, например

+ =  + 

y

y

x

x

U x y C P x y dx Q x y dy

0 0

( , ) ( , ) ( , ) 0 ,

где точки ( , ), ( , ) 0 0 0 M x y M x y лежат в области непрерывности функций

P(x, y), Q(x, y) и их производных.

Порядок дифференциальных уравнений высших порядков можно

понизить в следующих случаях:

• ( ) ( ) ( ) y x f x n = . Общее решение в этом случае находят путем n -

кратного интегрирования;

• Уравнения вида F(x, y, y) = 0 : y(x) = z(x), y(x) = z(x) ;

• Уравнения вида F( y, y, y) = 0: z

dy

dz

dx

dy

dy

dz

y = z( y); y =  =  ;

• Уравнения, левая и правая части которых могут быть представлены

как полные производные по переменной x от некоторой функции.

Интегрируя по переменной x , получаем уравнение, порядок которого

на единицу ниже порядка исходного уравнения.

Теорема существования и единственности решения

дифференциального уравнения y = f (x, y) .

25

Если функция f (x, y) и частная производная

y

f x y



 ( , )

непрерывны

в некоторой области D плоскости 0XY , то для любой точки области

существует единственное решение дифференциального уравнения,

удовлетворяющее заданному начальному условию. Геометрически

это означает, что через каждую точку области проходит одна

единственная интегральная кривая.

Точки, в которых нарушается единственность решения, называются

особыми точками дифференциального уравнения. Интегральная

кривая, в каждой точке которой нарушается единственность решения

задачи Коши, называется особым решением этого уравнения. Особое

решение не может быть получено из общего решения ни при каких

значениях произвольной постоянной.

Задача нахождения частного решения уравнения y = f (x, y) при

условии 0 0 y(x ) = y может быть приближенно решена численными

методами, например:

• Метод Эйлера. Значения искомой функции находят по формуле

( ) ( , ) k 1 k 1 k k k y x = y = y + h  f x y + + ;

Метод разложения по формуле Тейлора. Решение представляют в

виде нескольких первых членов разложения:





2

0 0 0 0 0 0 0

2

0

0

0 0 0

( , )( )

2!

1

( ) ( , )( )

( )

2!

( )

( ) ( ) ( )( )

y x f x y x x f x y x x

x x

y x

y x y x y x x x

= +  − +  −

− =



= +  − +

Задачи.

1. Проинтегрируйте дифференциальные

уравнения:

26

1) (1 )( ) (1 ) 0 2 2 + y e dx − e dy − + y dy = x y ; 2) y = 4x + 2y −1

3) 2 2 xy − y = x − y ; 4) x y e x y

y

(  + ) = ;

5) ( 2 ) 2 0, (1) 1 2 2 y − x dy + xydx = y = ;

6) dy = ( ytgx −1)dx, y(0) = 3;

7) (1 y )dx (arctgy x)dy 2 + = − ;

8)

x

y

y yctgx

sin

3

 = + ; 9) (x +1)( y + y ) = −y 2

10) y x sin y xy 2y 3  =  − ; 11) y = xe , y(0) =1, y(0) = 0 x

12) y + (tgx)  y = sin 2x ; 13) sin( ) = 0



 −  −

x

y

xy y x

14) 2 2yy =1+ ( y) ; 15) xy + y − x −1 = 0

16).

2 2

2 1

( )

( )

y x

y y y

=



 −  

2. Найдите общее и особое решения дифференциального уравнения,

схематично постройте интегральные кривые.

1) 3

2

y =1+ ( y − x) , 3) ( )5 1

4

y = x + y −

3.Установите единственность решения заданного уравнения и

найдите решение приближенно (разложение решения в по

формуле Тейлора, метод Эйлера):

a) 2cos , (0) 1, 0 ; 4 2 y = x − xy y = x ;

b) , (0) 1 2 y = y − x y =

27

Примеры составления дифференциальных уравнений по условиям задачи.

Задача 1. Поглощение света при прохождении через воду

Поглощение светового потока тонким слоем воды пропорционально толщине слоя и потоку, падающему на его поверхность. Зная, что при прохождении через слой толщиной 2м поглощается 13 первоначального светового потока, определить, какой процент его дойдет до глубины 12м ?

Решение.

Составим дифференциальное уравнение. Обозначим через 𝑄 световой поток, падающий на поверхность на глубине ℎ. При прохождении через слой воды толщиной 𝑑ℎ поглощенный световой поток 𝑑𝑄 равен дифференциалу 𝑑𝑄=−𝑘𝑄𝑑ℎ, где 𝑘 – коэффициент пропорциональности (𝑘>0).

Общее решение дифференциального уравнения получаем путем разделения переменных 𝑑𝑄𝑄=−𝑘𝑑ℎ. В результате общее решение имеет вид:

𝑙𝑛𝑄=−𝑘ℎ+𝑙𝑛𝑄0 или 𝑄= 𝑄0𝑒−𝑘ℎ.

По условию задачи при ℎ=2 имеем 𝑄=23𝑄0 , поэтому

23𝑄0=𝑄0(𝑒−𝑘)2 , откуда 𝑒−𝑘=(23)12 и 𝑄=𝑄0(23)ℎ2 ,

До глубины ℎ=12м дойдет световой поток 𝑄=𝑄0(23)6≈0,0878 𝑄0 , что составляет 8,78% первоначального светового потока.

Задача 2.

Найти кривую, у которой сумма длин касательной (точнее длины её отрезка от точки касания до точки пересечения с осью абсцисс) и подкасательной в любой её точке равна произведению координат точки касания.

28

Решение.

𝑦

𝑀

𝑥

𝑂 𝐴 𝑃

Пусть 𝑦=𝑓(𝑥) - искомая функция. Проведем касательную в произвольной точке 𝑀 кривой 𝑦=𝑓(𝑥). Согласно условию задачи |𝐴𝑀|+|𝐴𝑃|=𝑥𝑦.

Из прямоугольного треугольника 𝐴𝑀𝑃 найдем |𝐴𝑃|=𝑦𝑦′ ,

|𝐴𝑀|= √(𝑦𝑦′)2+𝑦2=𝑦√1+(𝑦′)2𝑦′

Тогда дифференциальное уравнение примет вид 𝑦𝑦′·√1+(𝑦′)2+ 𝑦𝑦′=𝑥𝑦,

Умножая обе части полученного уравнения на дробь 𝑦′𝑦(𝑦′𝑦≠0), получим

√1+(𝑦′)2+1=𝑥𝑦′.

Преобразуем его. √1+(𝑦′)2=𝑥𝑦′−1

Возводим обе части в квадрат. 1+(𝑦′)2=𝑥2(𝑦′)2−2𝑥𝑦′+1 или (𝑦′)2= 𝑥2(𝑦′)2−2𝑥𝑦′

Разделим обе части на 𝑦′ (при условим, что 𝑦′≠0).

𝑦′=𝑥2𝑦′−2𝑥 или 2𝑥=𝑦′(𝑥2−1) откуда 𝑦′=2𝑥𝑥2−1

Разделяя переменные и интегрируя получим общее решение 𝑦=𝑐 𝑙𝑛(𝑥2−1).

29

4.По заданным условиям составить дифференциальное уравнение и

решить его.

1) Скорость остывания пропорциональна разности температур

тела (T) и окружающей среды Т С с

 = 20 .За 10 минут тело

остыло со C  100 до C  60 . За какое время тело остынет до

C  25 ?

2) Найдите ток I (t)в электрической цепи, заданной уравнением

LI  + RI = Esint, I (0) = 0, E = const,  = const

3) В начале семестра один день тянется как два. Через три месяца

два дня тянутся как один. К началу сессии времени ни на что не

хватает. Найдите время начала сессии 0 t , если скорость течения

времени обратно пропорциональна квадратному корню из

времени, оставшегося до сессии.

4) Найти кривую, проходящую через точку 𝐴(2,16), зная, что

угловой коэффициент касательной в любой точке кривой в три

раза больше углового коэффициента прямой, соединяющей эту

же точку с началом координат.

Ответы :

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

kt

c C C T k T T T T T T T T e−  = − − = = + − 40 мин

2)

L

R

t t e

L

Е

I t t − + + =

+

= −      

 

 ( cos sin ),

( )

( ) 2 2

0

При t→ sin( ), ( / )

( )

( )

2 2

0     



t arctg

L R

E

I t + =

+

=

3) T t T T t янв

t t

k

dt

dT

, ( ) 0, (90) 0,5, (0) 2, 96, 7 0 0

0

= = = =

−

=

5) 𝑦 = 2𝑥3

30

Линейные дифференциальные уравнения высших порядков

с постоянными коэффициентами.

Общее решение линейного однородного дифференциального

уравнения порядка n с постоянными коэффициентами

1 0 0

( 2)

2

( 1)

1

( ) + + + +  + = −

−

−

− y a y a y a y a y n

n

n

n

n 

находят как линейную комбинацию фундаментальных (линейно

независимых или базисных) решений ( ), ( ), ( ) 1 2 y x y x y x n  :

( ) ( ) ( ) 00 1 1 2 2 y C y x C y x C y x n n = + + .

Базисные решения определяются корнями характеристического

уравнения, которое получается из исходного уравнения заменой

производных (k ) y на k  :

0 1 0

2

2

1

1

( ) + + + + = −

−

−

− a a a a n

n

n

n

n      .

• Каждому действительному корню  кратности r в общем решении

соответствует решение:

r x

r C C x C x C x e + + +  −

− ( ) 1

1

2

0 1 2  ;

• Каждой паре комплексно сопряженных корней  i кратности

r соответствует решение:

e (C C x C x ) x (C C x C x ) x r

r

r

r

x    cos ˆ ˆ ˆ sin 1

0 1 1

1

0 1 1

−

−

−

− + + + +  .

Согласно этому правилу решения однородных уравнений 2-го

порядка записываются следующим образом:

• Если корни характеристического уравнения 0 1 0

2  + a  + a =

действительные и различные 1 2    , то x x y C e 1 C e 2

00 1 2

  = + ;

31

• Если корни характеристического уравнения 0 1 0

2  + a  + a =

действительные и одинаковые (кратность к = 2) 1 2 0  =  =  , то

x y ( C C x) e 0 00 0 1

 = + ;

• Если корни характеристического уравнения 0 1 0

2  + a  + a =

комплексные  =  i 1,2 , то ( cos sin ) 00 1 2 y e C x C x x    = + .

Решение неоднородного линейного дифференциального

уравнения

с постоянными коэффициентами

( ) 1 0

( 2)

2

( 1)

1

( ) y a y a y a y a y f x n

n

n

n

n + + + +  + = −

−

−

− 

находят как сумму ( ) ( ) ( ) 00 y x = y x + y x , где y(x) - любое частное

решение исходного неоднородного уравнения, 00 y - общее решение

соответствующего однородного уравнения. При этом частное

решение y(x) определяется правой частью уравнения f (x) и может быть

найдено методом вариации произвольной постоянной или методом

подбора по правой части специального вида

( n ) i x

n

n

n

n

n f x a x a x a x a x a e ( )

1 0

2

2

1

1 ( ) −  + 

−

−

− = + + ++ +  .

Если число   i является корнем характеристического уравнения

(прочитайте в пояснениях к РГР 14, что такое мнимая единица,

комплексное число, формула Эйлера), соответствующего данному

неоднородному уравнению, кратности r , то частное решение подбирается

в виде:

32

( n ) i x

n

n

n

r y x b x b x b x b e ( )

1 0

1

1

−  + 

− =  +  +  .

При этом рассматриваются частные случаи:

• Правая часть – многочлен 1 0

1

1 f (x) a x a x a x a n

n

n

n = + + + + −

−  , то и

решение подбирается в виде многочлена той же степени, но с

произвольными коэффициентами

( n ) r

n

n

n y = b x + b x b x + b  x −

− 1 0

1

1  ,

где r - кратность корня  = i = 0 характеристического

уравнения;

• Правая часть – многочлен, умноженный на экспоненту с

действительным показателем

n x

n

n

n f x a x a x a x a e = + + + +  −

− ( ) ( ) 1 0

1

1  ,

то и частное решение подбирают в виде экспоненты, умноженной на

многочлен той же степени:

( n ) r

n

n

n

x y = e b x + b x b x + b  x −

− 1 0

1

1   ,

где r - кратность корня  = i = характеристического

уравнения;

• Правая часть-многочлен, умноженный на тригонометрическую

функцию 1) f x a x a x a x a соs x n

n

n

n = + + + +   −

− ( ) ( ) 1 0

1

1 

2) f x a x a x a x a x n

n

n

n ( ) ( ) sin 1 0

1

1 = + + + +  −

− 

или сумма этих выражений. Тогда частное решение подбирается в

виде ( n ) r

n

n

n

i x z = e b x + b x b x + b  x −

−



1 0

1

1   ,

33

где r - кратность корня  = i =  i характеристического

уравнения. При этом в первом случае  y = Re z , а во втором случае

y = Imz .

Замечание. Также в случае, когда правая часть уравнения имеет вид

f x a x a x a x a x l x l x l x l x m

m

m

m

k

k

k

k ( ) ( ..... )cos ( .... )sin 1 0

1

1 0 1

1

1 = + + + + + + −

−

−

−

и,  i не являются корнями характеристического уравнения, частное

решение в этом случае может быть подобрано в виде

y c x c x c x c соs x b x b x b x b x n

n

n

n

n

n

n

n ( )  ( ..... ) sin 1 0

1

1 0 1

1

1 = + + + +  + + + −

−

−

− 

, где max(k,m) .

В случае ,когда  i являются корнями характеристического

уравнения кратности r , частное решение в этом случае может быть

подобрано в виде

(( ) ( ..... )sin ) 1 0

1

1 0 1

1

1 y x c x c x c x c соs x b x b x b x b x n

n

n

n

n

n

n

n

r = + + + +   + + +  −

−

−

− 

ЗАДАЧИ

1) Для заданных дифференциальных уравнений выписать

характеристические уравнения и базисные решения (фундаментальную

систему решений), записать общее решение однородного уравнения, 2)

для неоднородных уравнений найти частное решение методом

неопределенных коэффициентов (комплексных амплитуд), записать

решение неоднородного уравнения, 3) при заданных начальных

условиях найдите частное решение.

1) y − 4y = 0, 2) y + 3y + 2y = 0, 3) y + 2y + y = 0

34

4) y + 4y + 5y = 0, 5) x y y e2  − 4 = , 6) 2 1 2 y + y + y = x −

7) x y y y e3  + 4  + 5 = , 8) y + 9y = sin 3x, y(0) = y(0) = 0

9) 2cos , (0) 2, (0) 1, (0) (0) 0 (4) y + y = x y = − y = y = y = ,

10.) y + y = x (4) ,

11). 6 25 (17 38 40), (0) 3, (0) 9 4 2 y − y + y = e x + x + y = y = x

Ответы : 9) y C C t C cos t C sin t t sin t t 2cos t t sin t 1 2 3 4 = + + + − = − −

11) ( cos 4 sin 4 ) ( 2 2) 4 2

1 2

3 y = e C x + C x + e x + x + x x

12). Для уравнения затухающих колебаний

2 0 2

0 x + x + x =

( x -координата,  коэффициент затухания, 0  собственная частота

колебаний) проанализируйте, как изменяется характер решения при

изменении коэффициента затухания: 0 0 0  = 0,   ,  = ,  

Для уравнения вынужденных колебаний x 2x  x Acost 2

0  +  + =

найдите частное решение методом комплексных амплитуд при условии,

что i не являются корнями характеристического уравнения.

Постройте зависимость амплитуды и фазы вынужденных колебаний от

частоты внешнего воздействия  при различных значениях  .

35

Контрольные вопросы

1. Что является решением дифференциального уравнения?

Дайте определение общего и частного решений дифференциального

уравнения

2. Сформулируйте теорему существования и единственности для

дифференциального уравнения первого порядка

3. Определите тип дифференциального уравнения:

) ; ) , ) 3 0; ) 0 2 3

3

3

2 − = = + − + = + x =

dx

dy

x y d y

dx

dy

c

x

y

x

y

dx

dy

y y e b

dx

dy

a x x

4. Решением дифференциального уравнения xx = t является функция

) ( ) 6 1; 2 a x t = t + б) ( ) 1 2 x t = t + ; в) ( ) 1 1 2 x t = t + +

5. Дифференциальное уравнение семейства кривых x y = (C1 +C2x)e имеет

вид: a) y − y − 2y = 0 ; b) y − 2y + y = 0

6. Частное решение дифференциального уравнения x y − 3y − 4y = xe

имеет вид: a) y xe (ax b) x = + ; b) x y = (ax + b)e

7. Корни характеристического k1 = k2 = 2 , k3 =1. Тогда общим решением

дифференциального уравнения является: a)

y = (С1x +C2 )sin 2x + (C3x +C4 )cos 4x ; b) x x y C x C e C3e

2

= ( 1 + 2 ) +

8. Среди перечисленных дифференциальных уравнений уравнениями

первого порядка являются:

Варианты ответов:

Должен быть указан не менее двух вариантов ответа

9. Из данных дифференциальных уравнений уравнениями c

разделяющимися переменными являются…

36

Варианты ответов: Должен быть указан не менее двух вариантов ответа 10. Дано дифференциальное уравнение . Тогда его решением является функция… 11. Общий интеграл дифференциального уравнения имеет вид… 12. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 13. Решением уравнения первого порядка является функция … 14. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 15. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 16. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 17. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 18. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид … 19. Общее решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка имеет вид … 20. Однородному дифференциальному уравнению второго порядка соответствует характеристическое уравнение …

37

21. Дано линейное однородное дифференциальное уравнение

, тогда его общее решение имеет вид…

22. Дано дифференциальное уравнение . Общим видом

частного решения данного уравнения является …

23. Методы приближенного решения дифференциальных уравнений.

3 контрольная точка

1. Комплексные числа. Аудиторная проверочная

работа

2. Числовые ряды. Степенные ряды. Теория в любом

учебнике, например, учебник Шипачева, изданный

ранее 2012 года

3. Функции комплексной переменной. Ряд Тейлора. Ряд

Лорана. Понятие вычета. Вычисление криволинейных

и несобственных интегралов при помощи вычетов.

Литература. Г.А. Казунина, Г.А.

Липина…Математика: элементы теории функций

комплексного переменного. Учебное пособие.

КузГТУ.

Комплексные числа

На множестве действительных чисел не существует такого числа, которое

являлось бы корнем простейшего алгебраического уравнения 1 0 2 х + =

(поскольку квадрат любого действительного числа неотрицателен). Поэтому

возникла потребность расширить множество действительных чисел таким

образом, чтобы новое множество содержало корни всех алгебраических

уравнений. Введение комплексных чисел позволяет достигнуть этой цели.

Прежде всего введем новый символ – i , который называют мнимой единицей

38

таким образом, что 1 2 i = − . Тогда корни уравнения 1 0 2 x + = запишутся как

x =  −1 = i .

Алгебраическая форма записи комплексного числа

Комплексное число в алгебраической форме записывается как

z = x + iy .

Здесь x – действительное число, называемое реальной или

действительной частью комплексного числа. Обозначают: x = Re z .

Действительное число y называют мнимой частью комплексного числа.

Обозначают: y = Imz . Таким образом, комплексное число – это

упорядоченная пара действительных чисел (х; у). Если y = 0 , то

комплексное число совпадает с действительным и изображается точкой на

действительной оси ОХ. При х = 0 получаются чисто мнимые числа

(0; у) = 0 + iy , которые изображаются точкой на мнимой оси OY. Комплексное

число z = (x; у) = x + iy можно отождествить с точкой плоскости OXY или

радиусом – вектором r (x у) xi yj

  

= ; = + . Плоскость OXY будем называть

комплексной плоскостью (рис. 1)

Рис. 1

Два комплексных числа равны, если равны их действительные и мнимые

части:

1 1 2 2 1 2 1 2 x + iy = x + iy  x = x ; y = y .

Два комплексных числа называют сопряженными, если действительные

части этих чисел равны, а мнимые отличаются знаком. Обозначают:

39

z = x − iy = (x,−y). Над комплексными числами в алгебраической форме

определены следующие операции:

а) сложение

( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 z + z = x + iy + x + iy = x + x + i y + y .

Сумма 1 2 z + z изображается вектором – суммой векторов ( ) 1 1 x , у и

( ) 2 2 х , y .

б) вычитание

( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 z − z = x + iy − x + iy = x − x + i y − y .

Разность 1 2 z − z изображается вектором – разностью векторов ( ) 1 1 x , у и

( ) 2 2 х , y .

z1

z2

z1–z2 z1+ z2

в) умножение

( ) ( )

( ) ( ). 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2

x x y y i x y y x

z z x iy x iy x x ix y iy x y y

= − + +

 = +  + = + + − =

Особо отметим произведение комплексно-сопряженных чисел,

которое является числом действительным:

( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 z  z = x + iy  x − iy = x − iy = x + y .

г) деление

40

( )( )

( )( )

( ) ( )

. 2

2

2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 2

1 2 2 2

1 2

1 1

2

1

x y

x x y y i y x x y

x iy x iy

x iy x iy

x iy

x iy

z

z

+

+ + −

=

+ −

+ −

=

+

+

=

Пример 1. Найти значение функции ( ) ( i)

z

i

f z z 3 2

4 2 − − +

+

= + при

z =1− 2i .

( ) ( ) ( i)

i

i

f i i 3 2

1 2

2

1 2 1 2 4 − − +

−

+

− = − + . Для вычисления первого

слагаемого воспользуемся формулой бинома Ньютона:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

i i i

i i i i i

1 8 24 32 16 7 24

1 2 1 4 2 6 2 4 2 2 4 2 3 4

= − − + + = − +

− = + − + − + − + − =

Второе слагаемое есть частное от деления двух комплексных чисел. Используя

правило деления комплексных чисел в алгебраической форме, получим:

( )( )

( )( )

i

i

i i

i i

i

i

= =

− +

+ +

=

−

+

5

5

1 2 1 2

2 1 2

1 2

2

.

Итак, f (1− 2i) = (− 7 + 24i) + i − (− 3 + 2i) = −4 + 23i .

Пример 2. Решить уравнение (2 ) (5 ) (2 2 ) 0 2 + i z − − i z + − i = .

По формуле для корней квадратного уравнения имеем:

( ) ( )( )

( ) i

i i

i

i i i i

z

4 2

5 2

2 2

5 5 4 2 2 2 2

1,2 +

−  −

=

+

−  − − + −

= .

Извлекая корень квадратный из числа − 2i , получим:

− 2i = 1− 2i −1 = (1− i) = (1− i) 2 .

Следовательно,

i

i i

z

4 2

5 2

1,2 +

−  −

= . Отсюда

( ) ( )( )

( )( )

i

i

i i

i i

i

i

i

i

i

i i

z = −

−

=

+ −

− −

=

+

−

=

+

−

=

+

− + −

= 1

5

5 5

2 2

3 2

2

3

4 2

6 2

4 2

5 1

1

( ) ( )

( )( )

i

i i

i

i i i

i i

z

5

2

5

4

2 2

2 2

2

2

4 2

4

4 2

5 1

2 = −

+ −

−

=

+

=

+

=

+

− − −

= .

41

Тригонометрическая и показательная формы комплексного числа

Рассмотрим полярную систему координат на плоскости, совместив полюс

с началом координат, а полярную ось направив по оси OX. Тогда комплексному

числу z = x + iy  0 будут соответствовать полярные координаты r и  . Число

r называют модулем комплексного числа:

2 2 r = z = x + y .

Геометрический смысл модуля комплексного числа – длина вектора,

изображающего комплексное число (рис. 1). Полярную координату 

называют аргументом комплексного числа:

 = Argz

При этом угол  – это угол между вектором, изображающим комплексное

число и положительным направлением оси OX (рис. 1). Аргумент

комплексного числа Argz многозначен и определяется с точностью до

значения, кратного числу 2 . Главным значением аргумента аrgz называют

угол, удовлетворяющий условиям −  argz  .

Тогда Argz = arg z  2n =  2n .

Для определения главного значения аргумента комплексного числа 

следует учитывать, какой четверти комплексной плоскости соответствует

комплексное число:

Приведем примеры опред еления модуля и аргумента комплексного числа.

42

Пример 3. z = 2.

Число z = 2 является действительным.

Поэтому x = 2; y = 0

z = 2 ; = = arctg0 = 0

x

y

 arctg .

Пример 4. z = −2.

Число z = −2 является действительным.

Поэтому x = −2; y = 0

z = 2 ;  = .

Такое значение аргумента  соответствует любому действительному

отрицательному числу.

Пример 5. z = i .

Число z = i чисто мнимое x = 0, а y = 1.

z = 1;

2



 = .

Такой аргумент соответствует всем чисто мнимым числам iу при

условии у  0 .

Пример 6. z = −i .

Это также чисто мнимое число. z = 1, но

2



 = − , так как вектор

соответствующий комплексному числу направлен вдоль оси OY в

отрицательную сторону.

Пример 7. z =1+ i .

Здесь x = Re z =1; y = Imz = 1

z = 1+1 = 2 ;

4

1



 = = arctg =

x

y

arctg .

Пример 8. z = −1+ i .

Здесь x = −1; y = 1. Вектор, изображающий число, лежит во второй

четверти. Поэтому

4

3

4

1

 

 = − = − arctg = − =

x

y

arctg .

2 2 2 r = z = x + y = .

Пример 9. z = −1− 3i .

Здесь x = −1; y = − 3

z = 1+ 3 = 2;

3

2

3

3

 

 = − + = − + arctg = − + = −

x

y

arctg

Понятие модуля и аргумента комплексного числа позволяют представить

комплексное число в тригонометрической форме:

43

x = rcos ; y = rsin ;

z = x + iy = rcos + irsin = r(cos + isin ).

Пример 10. Согласно примерам 9,5, 7 получаем:

















− 







= − − =

3

2

sin

3

2

1 3 2 cos

 

z i i ;

2

sin

2

cos

 

z = i = + i ;









= + = +

4

sin

4

1 2 cos

 

z i i .

Разложение стандартной экспоненты в ряд Маклорена позволяет определить

показательную функцию с мнимым показателем:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )









+ − + 







= − +

= + + + + + + =

...

5!

1

3!

1

...

4!

1

2!

1

1

...

5!

1

4!

1

3!

1

2!

1

exp 1

2 4 3 5

2 3 4 5

   

     

i x

i i i i i i

С учетом разложения в ряд функций sin , cos :

...

7!

1

5!

1

3!

1

sin 3 5 7  = −  +  −  ;

...

8!

1

6!

1

2!

1

cos 1 2 6 8  = −  +  −  ;

получаем формулу Эйлера

   e cos isin i = + .

Формула Эйлера позволяет записать комплексное число в показательной

форме

( )    i z = x + iy = r cos + isin = re .

Пример 11. Продолжая примеры 9 ,5,7 можно записать числа в показательной

форме

i

z i i e 3

2

2

3

2

sin

3

2

1 3 2 cos

   −

= 







= − − = − ;

2

2

sin

2

cos

   i

z = i = + i = e ;

44

2 4

4

sin

4

1 2 cos

   i

e i i z = 







= + = + .

Запись комплексного числа в показательной и тригонометрической

формах очень удобна для выполнения операций умножения, деления,

возведения в степень и извлечения корня.

Пусть заданы комплексные числа:

1

1 1

i z = r e и 2

2 2

i z = r e .

Тогда справедливо:

1)

(cos sin ),

1 2

1 2

1 2

1 2 1 2

 

    

r i

z z r r e e r r e rei i i i i

= +

 =   =  = = +

где 1 2 r = r  r ; 1 2  = + .

2) ( ) (   )   





1 2 cos sin

2

2

1

1

2

1 re re r i

r e

r e

z

z i i

i

i

= = = = + − ,

где

2

1

r

r

r = ; 1 2  = − .

3) z (re ) r e r ( n i n) n i n n i n n     = =  = cos + sin .

4) 





 +

+

+

=

n

k

i

n

k

z r n n    2

sin

2

cos . k = 0, 1, 2, 3,...,n −1.

Заметим, что корни из комплексного числа лежат в вершинах

правильного n -угольника, вписанного в круг радиуса n r .

Пример 12. Выполним действия

24

1

1 3

 





 





+

− +

i

i

.

С учетом того, что

i

i e



3

2

−1+ 3 = 2 ,

i

1 i 2e 4



+ = , получаем

i i

i

i

e e

e

e

i

i 12

5

3 4

2

4

3

2

2 2

2

2

1

1 3  







= = =

+

+ − 







−

.

Далее

( ) 12 12

12 10

24

12

5

24

2 cos10 sin10 2

2 2

1

1 3

= + =

= = 







=  





 





+

− +

 





i

e e

i

i i

i

Пример 13. Найдем все корни 4 − 4 .

45

Число z = −4 имеет r = z = 4 и аргумент  = .

С учетом этого, все корни можно найти по формуле







 +

+

+

− =

4

2

sin

4

2

4 4 cos 4 4 k

i

 k  

;

k = 0, 1, 2, 3.

0 = k , i i i z + = 







+ = 







= + 1

2

1

2

1

2

4

sin

4

2 cos 1

 

;

1 = k , i i i z + − = 







+ − = 







= + 1

2

1

2

1

2

4

3

sin

4

3

2 cos 2

 

;

2 = k , i i i z − − = 







− − = 







= + 1

2

1

2

1

2

4

5

sin

4

5

2 cos 3

 

;

3 = k , i i i z − = 







− = 







= + 1

2

1

2

1

2

4

7

sin

4

7

2 cos 4

 

.

Расположение корней на комплексной плоскости показано на рис. 4.

Рис.4

Пример 14. Найдем −1+ 3i .

С учетом того, что z = −1+ 3i = 2, а аргумент

3

2

 = , получаем

(рис. 5)

 









 









+

+

+

− + =

2

2

3

2

sin

2

2

3

2

1 3 2 cos

k

i

k

i









,

𝑧 𝑧1 2

𝑧3 𝑧4

𝑧1

𝑧2

x

𝑦

x

𝑦

1 2 z z

3 z

1 z

2 z

46

k = 0, 1.

0 = k ,  





 





+ = 







= +

2

3

2

1

2

3

sin

3

2 cos 1 z i i

 

;

1 = k ,  





 





− − = 







= +

2

3

2

1

2

3

4

sin

3

4

2 cos 2 z i i

 

.

ЗАДАЧИ

1. Провести вычисления в алгебраической форме:

( 1)(2 3 );

5

2

i i

i

i

+ − −

+

−

2

19

5

1

2

 





 





−

+

i

i

2. Для указанных комплексных чисел определите реальную часть , мнимую

часть, модуль и аргумент . Построить вектор комплексного числа на

плоскости. Записать число в тригонометрической и показательной формах:

z = 4 z = −4 z = 2i z = −3i

z =1+ i z = −1+ 3i z = −2 − 2i z = 4 − 4i

3. Проведите вычисления, используя показательную и тригонометрическую

форму записи комплексного числа. Дайте геометрическую интерпретацию

операции извлечения корня:

;

1

1 3

24

  



 





−

− +

i

i

4 − 4 ; 3 8 ; 6 1;

4. Найдите корни уравнений:

6 13 0 2 z + z + = ; 8 20 0 2 z − z + = ; 27 0 3 z + = ;

47

КОНТРОЛЬНАЯ ТОЧКА 3

Функции комплексной переменной

Понятие функции комплексной переменной. Если каждому комплексному

числу z , принадлежащему области D (связное открытое множество),

поставлено в соответствие некоторое комплексное число w, то говорят, что

в области D определена функция комплексной переменной w = f (z) ,

которая может быть представлена с помощью двух действительных функций

U(x, y) и V(x, y)действительных аргументов:

w =U(x, y) +iV(x, y) ,

где U(x, y) = Re f (z), V(x, y) = Im f (z) .

К основным элементарным функциям относят:

• Степенную функцию n z ;

• Показательную функцию e e (cos y i sin y) z x = + ;

• Тригонометрические функции

z

z

ctgz

z

z

tgz

e e

z

i

e e

z

i z i z i z i z

sin

cos

,

cos

sin

,

2

, cos

2

sin = =

+

=

−

=

− −

;

• Гиперболические функции

sh z

ch z

ctgz

ch z

sh z

thz

e e

ch z

e e

shz

z z z z

= =

+

=

−

=

− −

, ,

2

,

2

;

• Логарифмическая функция Ln z = ln z + i (arg z + 2k ) является

многозначной. В каждой точке z  0, z   она принимает бесконечно

много значений. Выражение ln z = ln z + i arg z называют главным

значением логарифмической функции;

• Общая степенная функция a aLnz z = e является многозначной. В частном

случае

n

a

1

= получаем многозначную функцию – корень n -й степени из

комплексного числа:

)

arg 2

sin

arg 2

(cos

(ln (arg 2 )

1

n

z k

i

n

z k

z e n z

z i z k

n n   + 

+

+

= =

+ +

.

• Общая показательная функция z zLna a = e является многозначной;

• Обратные тригонометрические и гиперболические функции выражаются

через логарифмическую функцию и являются многозначными

cos ( 1) 2 Arc z = −iLn z + z + .

48

Интеграл от функции комплексной переменной вводится аналогично

интегралу от векторной функции вдоль кусочно-гладкой кривой:

f z dz U x y dx V x y dy iV x y dx U x y dy

L L

 ( ) =  ( , ) − ( , ) + ( , ) + ( , ) .

Функция f (z) , дифференцируемая в некоторой области, и имеющая в

этой области непрерывную производную f (z) , называется

аналитической в этой области. Необходимые и достаточные условия

аналитичности в некоторой области выражаются следующими

соотношениями:

• Существование непрерывных частных производных функций

U(x, y), V(x, y) , которые удовлетворяют условиям Коши-

Римана:

x

V

y

U

y

V

x

U





= −









=





; ;

• Интеграл по кривой не зависит от контура интегрирования, и

справедлива формула Ньютона-Лейбница:

( ) ( ) ( ); 2 1

2

1

f z dz F z F z

z

z

 = −

• Интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру,

который ограничивает односвязную область, равен нулю

(теорема Коши для односвязной области):

 =

C

f (z)dz 0;

• Теорема Коши для многосвязной области:

 = 

С k Ck

f (z)dz f (z)dz ;

• Если функция f (z) аналитична в некоторой области D, а контур

C принадлежит этой области и охватывает точку 0 z , то

справедлива интегральная формула Коши, которая связывает

значение функции в точке с интегралом по контуру:

.

( )

2

1

( )

0

0 dz

z z

f z

i

f z

C

 −

= 



49

При этом функция f (z) имеет в области D производные, для

которых справедливы формулы:

, 1,2

( )

( )

2

!

( ) 1

0

0

( ) =

−

=   + dz n

z z

f z

i

n

f z

C

n

n



• В окрестности точки аналитичности   0 z функция f (z)

представляется рядом Тейлора

k

k

k f (z) c (z z ) 0

0

=  −



=

,

областью сходимости которого является круг z − z  R 0 , радиус

которого равен расстоянию от точки аналитичности до ближайшей

особой точки.

• В окрестности особой точки   0 z функция f (z) представляется

рядом Лорана:

k

k

k

k

k

k C z z

z z

C

f z ( )

( )

( ) 0

1 0 0

+ −

−

= 



=



=

− ,

который состоит из главной (по отрицательным степеням) и правильной

(по положительным степеням) частей. При этом

областью сходимости является кольцо r  z − z  R 0 .

Точка   0 z называется изолированной особой точкой функции f (z) ,

если однозначная функция аналитична в открытом круге  z − z  R 0 0 .

Основой для классификации особых точек является вид разложения в ряд

Лорана в окрестности точки:

• Устранимая особая точка – ряд содержит только правильную

часть (предел в точке существует и конечен)

k

k

k f (z) c (z z ) 0

0

=  −



=

;

50

• Существенно особая точка – ряд содержит бесконечное число

членов в главной части (предел в точке не существует)

k

k

k

k

k

k C z z

z z

C

f z ( )

( )

( ) 0

1 0 0

+ −

−

= 



=



=

− ;

• Полюс порядка m - ряд содержит конечное число членов в

главной части, равное m, в главной части (в точке существует

бесконечный предел).

Вычетом функции в изолированной особой точке   0 z называют

коэффициент −1 C при

0

1

z − z

разложения в ряд Лорана в окрестности этой

точки: ( ) 1 0 C = res f z − . С другой стороны вычет выражается через контурный

интеграл

= =   −

C

f z dz

i

C res f z ( )

2

1

( ) 1 0 

.

Вычет в устранимой особой точке равен нулю. Вычет в существенно особой

точке находят непосредственно как коэффициент разложения в ряд. В особой

точке типа полюс вычет может быть найден как непосредственным

разложением в ряд, так и специально полученных формул:

lim(( ) ( )) ,

( 1)!

1

( ) ( 1)

0

0

0

−

→

−

−

= m m

z

z z f z

m

res f z

Кроме того для полюса порядка m =1 справедлива формула:

( )

( )

( )

( )

( )

0

0

0

0

0 z

z

z

z

resf z res











= = .

Вычетом функции f (z) в точке z = называют число −1 −C , которое является

коэффициентом при

z

1

ряда Лоярана в окрестности бесконечно удаленной

точки:

51



−

 = − = −

C

res f ( ) C f (z)dz 1 ,

где − C - произвольный замкнутый контур, ориентированный по часовой

стрелке и принадлежащий области аналитичности функции ( z  0 ).

Основные теоремы о вычетах

Теорема 1. Пусть функция f (z) аналитична на всей комплексной плоскости заи

за исключением конечного числа особых точек N z , z ,z 1 2 .

Тогда имеет место соотношение ( ) ( ) 0

1

 +  =

=

res f z res f n

N

n

.

Теорема 2. Пусть функция f (z) аналитична в области D и на ее границе Сза

исключением конечного числа особых точек N z , z ,z 1 2 .

Тогда справедливо  

=

=

N

n

n

C

f z dz i res f z

1

( ) 2 ( ) .

Применение вычетов к вычислению несобственных интегралов

1.  

=



−

 





 





=

N

k m k

n k

n

n

Q z

P z

dx i res

Q x

P x

1 ( )

( )

2

( )

( )

 , Im z  0, m − n  2 k ;

2.   ( )

=



−

= =

N

k

i z

k

I f x ei xdx i res f z e k

1

( ) 2 ( )    , z  f z  z k Im 0, ( ) 0, ;

3.  



−



−

f (x)cosx dx = Re I , f (x)sinx dx = ImI ;

4.   ( )

=

−



−

− = −

N

k

i z

k

f x e i xdx i res f z e k

1

( ) 2 ( )    , z  f z  z k Im 0, ( ) 0, ;

5.  ( ) 





 =  

=

+ 

− 

k

t z

N

k

k

i

i

t z f (z)e dz 2 i res f (z e k ), Re z

1

;

6.  ( ) 





 =  

=

+ 

− 

−

k

t z

N

k

k

i

i

t z f (z)e dz 2 i res f (z e k ), Re z

1

.

52

ЗАДАЧИ

1. Схематично постройте множества точек на комплексной

плоскости:

1) z − 3+ 2i = 4 ; 2) z −1 = z − i ; 3) z = 3 − 2i + 4eit (0t2);

1) z = 3cos2t + 4sin 2ti ; 5) z − i  2 ;

6) 2  z + 2i  4 ; 7) z  2 + Imz ; 8) z − Re z  2 .

2. Выделить действительную и мнимую части функции:

1) f (z) = e3iz−1; 2) ; 2 f (z) = i z + 2z 3) f (z) = sh2z ;

3. Вычислить значения функций:

1) 2

i e− ; 2) Ln(1+ i) ; 3) sini ; 4) sh(−1 − 5i) ; 5) cos(3−i) ; 6) (1−i)1+ i ;

4. Найти интеграл по заданной кривой:

1)  Imzdz

ℓ:прямая из

(1+i) в (2+i)

2)  (2z +1)zdz

ℓ: z = eit

t[0;]

5. Обосновав аналитичность, вычислить интегралы по формуле

Ньютона-Лейбница:

1) 

−

−

2

2

( 1) cos





zdz z ; 2) +

−

i

i

z z e dz

2 z

1

( ) 2

2

3

.

6. Вычислить интегралы по интегральной формуле Коши:

53

а) 

=

−

1

2

2

z

z i

z dz

; б) 

=

−

4

2

2

z

z i

z dz

; в)

( )



− =

−

1 1

1

sin

2

2

z

z

dz z

;

7. Разложить функцию в степенной ряд в окрестности указанных

точек, указать область сходимости, найти вычеты в особых точках:

а)

( 1)

1

( )

−

+

=

z z

z

f z ; z1=1+i; z2 = 1; z3 = ;

б) 







−

=

1

3

( ) cos

z

z

f z ; z1=1; в) 2 4

2

( )

z

z

f z

+

= ; z1=2i; z1=-1.

8. Указать все особые точки, определить их характер и найти вычеты в

этих точках:

1) 2 ( 1)( 1)

2

( )

+ −

+

=

z z z

z

f z 2) 2

1 cos

( )

z

z

f z

−

=

3)

6 13

( )

2 + +

=

z z

z

f z 4) 4

sin

( )

z

z z

f z

−

=

5)

(4 )

1

( )

2 2 z z

f z

+

=

6)

z

f z

1

( ) = cos

9. Вычислить интегралы, используя теорию вычетов:

1) ; 

=

+

1

( 9) 2 2

z

z z

e dz z

2) 

=1

5

2

z

z e z dz

;

3) 

− =

−

5 2

( 4)4

2

z

z

z dz

; 4) 

− =2

sin

cos2

z 

z z

z dz 5)  ( )

=1

1

2 sin

z

z

z dz

;

54

6) 

− − =

− +

−

2

3

2

1

2 2

sin ( 1)

z i

z z

z dz 

;

7) 

− =

−

−

3

( 1)

3 2

2

z i

z iz

e dz z

8) 

− =

+

1

sin

( )2 2





z

i z

z dz

9) 

− =

−

1 1

( 1)2 2

z

z

e dz it

; 10) 

=

−

1

1

3

z

z

e dz iz

; 11) 

+ =

+ −

+

1

2 3

1

2

4

2

2

y

z z

z

x

dz

;

12)

 ( )

=

−

+

2

1

sin 1

z

z

z z dz

13) 



−

(x2+4)(x2+9)2

dx

; 1 4) 



−

+ +

− + dx

x x

x x

4 10 2 9

2 2

15) 



−

+ +

+

2 2 2

( 1)sin2

x x

x xdx

16) 



−

+

−

dt

t

e ti

4 2

2

17) 



−

+

dt

t

ei t

4 2

3

18) 

+ 

− 

+

i

i

z

zetzdz

1

1

2 16 ; 19) 

+ 

− 

+

i

i

z

zetzdz

1

1

( 2 4)2

; 20) 



− 

−

i

i

z

etzdz

( 2 1)2

;

Контрольная точка 4

1. Преобразования Лапласа. Прямое и обратное

преобразования. Применение к решению линейных

дифференциальных уравнений.

Аудиторная контрольная работа

55

2. Преобразования Фурье. Ряд Фурье.

Литература. Г.А. Казунина. Преобразования Фурье.

Преобразования Лапласа. Учебное пособие

Ряды и преобразования Фурье

Рядом Фурье периодической функции, заданной на симметричном интервале

(−𝑙, 𝑙) , называют тригонометрический ряд, коэффициентами которого

являются коэффициенты Фурье:

f x

a

a

k x

l

b

k x

l k k

k

( ) = + cos + sin .

=



 0

1 2

 



−

=

l

l

f x dx

l

a ( )

1

0 ; a

l

f x

k x

l

dx k

l

l

=

−



1

( ) cos



b

l

f x

k x

l

dx k

l

l

=

−



1

( ) sin



Пример 1. Разложить функцию, заданную на (− l,l ) (рис. 1)

f x

l x

x l

( )

, ,

, ,

=

−  

 



0 0

1 0

в ряд Фурье по

тригонометрическим функциям.

y

Рис. 1

-l 0 l 2l

3l 4l

1

1

x

56

Замечая, что период f (x) равен T = 2l , вычисляем коэффициенты Фурье:

a

l

f x dx

l

dx dx

l

l

l

l

0

0

0

1 1

= = 0 + 1













=

− −

 ( )   ;

a

l

f x

k x

l

dx

l

сos

k x

l

dx

k x

l

dx k

l

l

l

l

= =  +













=

− −

  

1 1

0

0

0

( ) cos cos

  

1

0

0 l

l

k

k x

l

l

 =





sin ;

b

l

f x

k x

l

dx

l

k x

l

dx

k x

l

dx

l

l

k

k x

l k

l

l

l

l l

= =  +













= −



 



 

=

− −

  

1 1

0

1 0

0 0

( ) sin sin sin cos

  





= − − =

=

= +



 

 

1

1

0 2

2

k 2 1

k

k n

k

 k n





(cos )

, ,

, ,

с учетом того, что cosk ( ) . k  = −1

В результате получаем, что разложение данной функции в ряд Фурье имеет

вид:

f x

x

l

x

l

x

l

n

l

x

n

n

n

x

n n

( ) sin sin sin ...

sin

...

sin

.

= + + + + +

 +

 



 

+

=

= +

 +

 



 

+ =





1

2

2 2

3

3 2

5

5 2

2 1

2 1

1

2

2

2 1

2 1 0





















По известному разложению в ряд Фурье легко построить дискретный

частотный спектр периодической функции, который наглядно показывает

вклад каждой из гармоник в сложное колебательное движение. Для этого

57

строят диаграмму в координатах (k, Ak ) , где k - номер гармоники, Ak -

амплитуда.

Для рассматриваемой функции k = 2n +1 спектр имеет вид:

Учитывая четность подынтегральных функций, можно установить

особенности разложения в ряд Фурье для четных и нечетных функций.

Так, если функция f (x) - четная, получаем:

a

l

f x dx

l

f x dx

l

l l

0

0

1 2

= =

−

 ( )  ( ) ;

a

l

f x

k x

l

dx k k

l

=  =

2

1 2 3

0

( ) cos ; , , ,...;



bk =0

и разложение в ряд имеет вид :

0

1 3 5

k

Рис.2

2/



1/2

2/(3) 2/(5)

58

f x

a

a

k x

l k

k

( ) = + cos .

=



 0

1 2



Если f (x) - нечетная, справедливо: a a k 0 k = 0, = 0, = 1,2,...

b

l

f x

k x

l

dx k

l

= 

2

0

( ) sin



и разложение в ряд имеет вид:

f x b

k x

l k

k

( ) = sin .

=







1

ЗАДАЧИ

Разложить указанную периодическую функцию в ряд Фурье. Схематично

построить спектр. Найти среднее значение функции на периоде.

1.

E

t

0

L

-L

f(t)

59

2.

4.

Ответы:

1.

  

  

+

+

= − 



= L

n t

n

E E

f t

n





(2 1)

cos

(2 1)

4 1

2

( )

0

2 2

t

-2 2

2

0

0  t

−

f (t) = sin t

1

60

2. 



=   

  

−

= +

1

sin

2( 1)

( ) 1

k

k

L

k t

k

f t





3. 



= −

= + −

1

2 4 1

2 cos 2

sin

2

1 1

( )

n n

nt

f t t

 

Преобразования Фурье.

Рассмотрим функцию f (t) , удовлетворяющую следующим условиям: 1)

f (t), f (t) − определены на интервале (−;+), являются непрерывными

или кусочно-непрерывными (могут иметь конечное число точек разрыва 1-ого

рода);

2) f (t) является абсолютно интегрируемой, то есть несобственный интеграл

f (t) dt

−



 сходится.

Такая функция может представлена интегралом Фурье:

f t f t e dt e d i t i t ( ) = ( ) .



 



 

−

−



−



 

1

2

  

Внутренний интеграл называют прямым преобразованием Фурье

S f t e dt it



 −



−

=  ( )

2

1

( )

,

а интеграл

   f t S e d i t 



−

( ) = ( )

называют обратным преобразованием Фурье.

61

Прямое преобразование Фурье S( ) называют также спектральной

плотностью. Эта функция дает анализ частотного состава временного сигнала

f (t) . В отличие от спектральной плотности периодической функции функция

S( ) является непрерывной и служит огибающей для соответствующего

дискретного спектра.

Пример 2. Найти спектральную плотность одиночного прямоугольного

импульса (рис. 2):

f (t)

,

,

,

=



 

 

0

1

0

t l

l t l

t l

 −

−  



/ ;

/ / ;

/ .

2

2 2

2

S f t e dt e dt

i

e i t i t

l

l

i t

l

l

( ) ( )

/

/ /

/



   

   = = = −



 



 

= −

−



−

−

−

−

 

1

2

1

2

1

2

1

2

2 2

2

=

−

=



 



 

−

1

2

1 2 2 2

 





 

e e

i

l

i

l

i

l sin

.

График функции S() огибает

дискретный спектр частот

прямоугольного периодического

импульса (рис. 3):

Косинус- и синус- преобразования Фурье

0 2 /l 

Рис. 3

-2/l

/2

S()

l/2 0 l/2

1

t

f(t)

Рис. 2

62

В общем случае спектральная плотность S( ) является функцией

комплексного переменного:

S() =U() + iV()

S f t e dt f t tdt i f t tdt i t () ( ) ( ) cos ( ) sin ;

 

   = = −



 



 

−

−



−



−



  

1

2

1

2

U() = ReS(); V() = −ImS().

Если функция f (t) является четной, то мнимая часть V () = 0 (как

интеграл от нечетной функции на симметричном интервале). Спектральная

плотность в этом случае имеет вид:

( ) cos .

1

( ) cos

2

1

( ) Re ( )

0

 

 

−

U = S = f t tdt = f t  tdt







 

Полученное преобразование называют косинус-преобразованием Фурье.

Если функция f (t) является нечетной, то вещественная часть U() = 0 и

спектральная плотность имеет вид:

V() ImS() f (t) sin tdt ,



= − = 





1

0

который называют синус-преобразованием Фурье.

Обратные преобразования задаются следующими соотношениями:

f (t) = U( ) cos td ;



   

0

f (t) = V( ) sin td .



   

0

63

ЗАДАЧИ

1.Для заданной функции найдите спектральную плотность S( ) ,

амплитудный спектр S( ) , фазовый спектр

( )

( )

( )







U

V

 = −arctg . Постройте

графики амплитудного и фазового спектров

1)

2) f (t) = exp(− t ) , 3) 1

1

( )

4 +

=

t

f t

,

4) f (t) = (t) 5) cos(0t) ,

Ответы:

1. 2. (sin (cos 1))

2

( ) = L + i L −

E

S  





T

E

t

0

64

2.

2 2

1

( )

 







+

= S 3. 







+ 





 −

=

2 4

sin

2

exp

2

1

( )

  

S 

2.Восстановите функцию по заданному спектру:

1)

Для данной задачи определите время перехода f (t) через нуль как функцию

ширины спектра. Определите предельный процесс при условии 0  .

2). , 0, 0

( )

( )

2 2

 

+

= A b

b

Ab

S

 



Преобразования Лапласа.

Оригинал и изображения по Лапласу.

Преобразованием Лапласа для функции f (t) называется функция

F p f t e dt L f t  pt ( ) = ( ) = ( ) , −





0

0 −

0

S0

S( )



65

где p = +i - комплексная переменная. Функция f (t) является

комплексной функцией действительного аргумента и называется функцией-

оригиналом. Эта функция обладает следующими свойствами:

1) f (t) = 0 для всех t  0 ;

2) f (t) интегрируема на любом конечном интервале;

3) f (t) возрастает не быстрее некоторой показательной функции, то есть

существуют такие M  0 и  0  0 , что для всех t справедливо

| f (t)| Mexp( t) 0 .

Число 0 называют показателем роста функции f (t) . При этих условиях

несобственный интеграл сходится абсолютно:

f t e dt pt ( ) −



  

0

.

Формула обращения

Пусть справедливо соотношение:

f (t)F( p)

Если функция-оригинал f (t) непрерывна в точке t и имеет в этой точке

непрерывные конечные производные, то

f (t) =

1

2 



i

F p e dp pt

i

i

( ) .

− 

+ 



Таким образом, по известному изображению F( p) оригинал f (t) может быть

восстановлен путем вычисления интеграла обращения. Интеграл обращения

может быть вычислен с применением теории вычетов. Поэтому при

нахождении оригиналов обычно используют теоремы разложения, которые

следуют непосредственно из формулы обращения.

66

Первая теорема разложения.

Пусть изображение Лапласа F( p) является функцией, аналитической в

окрестности p =, и разложение в ряд Лорана в окрестности p = имеет

вид:

F p

C

p

k

k

k

( ) = .

=





1

Тогда оригиналом является функция f (t)(t) , где f t

C

k

t k k

k

( )

( )!

= .

−

−

=



 1

1

1

Пример 1. Найти функцию-оригинал для функции-изображения:

F p e p ( ) = − .

−

1

1

Восстановим оригинал f (t)(t) . Для этого разложим функцию-

изображение в ряд Лорана:

F p

p p p k p

k

k ( )

! !

...

( )

!

= − + − + + ...

−

1 + − =

1 1

2

1

3

1

1 2 3

= − + − + +

−

+

1 1

2

1

3

1

2 3 p p p k p

k

k ! !

...

( )

!

...

Отсюда C

k

f t

k k

t

t t

k

k k

k

k

=

−

=

−

−

= − + − + −

=





( )

!

, ( )

( )

!( )!

...

1 1

1

1

2 12

1

2

1

67

Сопоставляя это разложение с формулой Маклорена:

f t f f t

f

( ) ( ) ( ) t

( )

!

= +  + ...



0 0 +

0

2

2

,

получаем начальное значение функции f (0) = −1, начальную скорость

изменения функции f (0) =1/ 2 .

Вторая теорема разложения

Пусть изображение Лапласа F( p) является правильной дробью:

F p

P p

Q p

n m n

m

( )

( )

( )

= ;  .

Тогда оригиналом является функция f (t)(t) , где

f t resF p e  k

p t

k

n

( ) = ( ) k .

=



1

Сумма вычетов берется по всем особым точкам, лежащим в конечной части

комплексной плоскости.

Если изображение F( p) является неправильной дробью, то необходимо

выделить целую часть и при нахождении оригинала использовать свойство

линейности.

68

Пример 2. F p

p

p p

( ) = .

+

+ +

3

4 13 2

Так как дробь правильная, сразу находим особые точки: p = −2  3i ,

которые являются простыми полюсами. Сумму вычетов в комплексно

сопряженных точках удобно находить по формуле:

( p t ) res F( p)e  p= +i + ( p t ) res F( p)e  p= −i = 2Re ( p t ) res F( p)e  p= +i .

f t res

p e

p p

res

p e

p

pt

p i

pt

p i

( ) Re

( )

Re

( )

=

+

+ +





=

+

+





=

=− + =− +

2

3

4 13

2

3

2 4 2

2 3 2 3

=

− + +

− + +

=

+ +

=

− + −

Re

( )

Re

( ) (cos sin ) ( ) 2 3 3

2 3 2

1 3 3 3

3

2 3 2 i e

i

i e t i t

i

i t t

= − + + = +



 



 

− − Re ( )(cos sin ) cos sin

.

1

3

3 3 3 3

1

3

3 2 2 i t i t e e t t t t

Пример 3. F( p) =

p

p p

2

2

2

4

+

( + )

.

f t res

p e

p p

res

p e

p p

pt

p

pt

p i

( )

( )

( )

Re

( )

( )

=

+

+





+

+

+





=

= =

2

2

0

2

2

2

2

4

2

2

4

69

=

+

+

+

+

= + =

( )

Re

( )

( )

p e

p

p e

p p i

pt

p

pt

p i

2

2

0

2

2

2

4

2

2

2

= +

− +

=

1

2

2

4 2

2 4

2

Re

( )

( )

e

i i

it

= +

− +

=

1

2

2

4 2

2 4

2

Re

( )

( )

e

i i

it

1

2

2

4

2

+

−

−

Re =

( )e it

= + + = +

1

2

1

2

2 2

1

2

1

2

Re(cos t i sin t) cos2t.

Пример 4. F( p) =

p

p

2

2 + 4

.

p

p

p

p p

t t

2

2

2

2 2 4

4 4

4

1

4

4

2 2

+

=

+ −

+

= −

+

 ( ) − sin .

ТАБЛИЦА: ОСНОВНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЛАПЛАСА И ИХ СВОЙСТВА

f (t) F( p) f (t) F( p)

 (t) 1 n at t e

1 ( )

!

+ − n p a

n

(t)

p

1

f (t)

pF(P) − f (0)

1

p

1

f (t) ( ) (0) (0) 2 p F p − pf − f 

a t e

p − a

1

e f (t) a t F( p − a)

sin t



p  2 2 +

t sin t

2

2 2 2

p

p



( + )

70

cos t

p

p2 2 + 

t cos t

p

p

2 2

2 2 2

−

+



(  )

sh t



p  2 2 −

t sh t

2 2 2 ( )

2





p −

p

ch t

p

p2 2 − 

t ch t

2 2 2

2 2

(  )



−

+

p

p

e t t   sin 

( p −  ) + 2 2 f ( )g(t  )



0

 −

F( p)G( p)

e t t   cos

p

p

−

− +



(  )  2 2 f g t f g t d (0) ( ) +  ( ) ( − ) 

pG( p)F( p)

t

2

1

p

f (t − ) e F( p) − p

n t

1

!

n+ p

n

ЗАДАЧИ

1. Найдите изображение F( p) по оригиналу f (t) , используя определение

преобразований Лапласа.

1)

f (t)

1

71

2)

Ответы:

1.

2

1

( )

p

e

F p

p



−  −

= ,

2. pT e

p

b

T p

b a

p

a

T p

b a

F p −

 





 





+

−

+ −

−

=

2 2

1 1

( )

2. Найдите изображение по оригиналу, используя таблицу и свойства

преобразований Лапласа.

sin(2 ), cos(3 ), , , , ( ), ( ), 2 , 4 2 t t e te t e sh t ch t tch t t t t  

sin , sin , sin 2 , cos 3 , cos 2 , 2 4 5 5 t t e t e t cht t t − t



T t

a

b

τ

72

( 2),

2

2

(sin 3 cos2 ), sin( ), sin4 2 − 





− −  − t

t

e t t te t t t  

,

cos cos

,

exp( ) exp( )

( 4), 3( 4)

t

at bt

t

at bt

e t t − −

− − 

  







 

t d

t

e t

d

a b

t at t

, ( ) cos2

sin

,

cos cos

0

2

0

  −

− −

sin( ) , sin( ), cos( )

0

          − + + − − −

 e t d e t e t t t

t

t

4. Преобразования Лапласа: восстановите оригинал по изображению

F( p) Ответ : f (t)

2 2

1

2 p − p +

e t t sin

2

8

2 + −

+

p p

p

t t e e 2 3 2 − −

( 1)

1

2 2 +

+

p p

p

t +1− cos t − sint

2 2 ( 1)

1

p +

(sin cos )

2

1

t − t t

( 1)( 2)

3 4 2

− −

+ +

p p p

p p

t t e e2 2 − 8 + 7

2 2

2

( 1)

1

−

+

p p

p

t + 2 + e (2t − 2) t

2 2

2

( 4)

6

+

+

p

p

t t cos 2t

4

1

sin 2

8

5

−

73

5 10 6

4

4 2

3

− + −

+ −

p p p

p p

( ) (cos sin )

2

1 3 e e e t t t t t − + + −

2 2

3

2

2

+ +

+

p p

p

t e t e t t t ( ) 2 cos 3 sin − −  − +

2 2

3





+

−

p

e p

sin(t − 3)(t − 3)

3

2

2

5

−

+

− −

p

e

p

e p p

( 5) ( 5) ( 2) 3( 2) − − + − − t t e t t  

)

1

exp(

1

2 p p

+ + +

2! 4!

1

2

1

2 4 t t

6.Решение линейных дифференциальных уравнений с постоянными

коэффициентами операторным методом

Задача Коши для линейного уравнения:

a y a y a y a y x t n

n

n

( ) (n ) + +...+  + = ( ) −

−

1

1

1 0

состоит в нахождении частного решения y(t) по заданным начальным условиям

( ) ( 1)

0

1

(0) 0 , (0) 0 , (0) 0 , ............ 0 (0) − − =  =   =  = n n y y y y y y y y

Полагаем, что правая часть уравнения x(t) и искомая функция y(t) являются

оригиналами. Тогда для них существует преобразование Лапласа:

x(t) X( p), y(t)Y(p).

74

Применяя правило дифференцирования оригинала

  −

  − − 

  − −  −

y t pY p y

y t p Y p py y

y t p Y p p y py y

( ) ( ) ( ),

( ) ( ) ( ) ( ),

( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ),

0

0 0

0 0 0

2

3 2

................................

и используя свойство линейности, переходим в исходном дифференциальном

уравнении от оригиналов к изображениям. При этом исходное

дифференциальное уравнение переходит в алгебраическое уравнение

относительно Y ( p) :

a p Y p p y y a Y p X p n

n n n ( ( ) ... ) ... ( ) ( ). ( ) − − + + = −1 −

0 0

1

0

Тогда

Y p a p a p a X p M p n

n

n

n ( )( + +...+ ) = ( ) + ( ), −

−

1

1

0

Y( p)  K( p) = X( p) + M( p);

K p a p a p a p a n

n

n

n ( ) = + +... + ; −

−

1

1

1 0

Y p

X p M p

K p

( )

( ) ( )

( )

= .

+

75

B этом выражении стоящий в знаменателе многочлен K( p) называется

характеристическим многочленом, а функцияK( p) выражает влияние

начальных условий.

Решение исходного дифференциального уравнения получаем, возвращаясь

к оригиналам Y( p) y(t) .

Пример 5. Найти частное решение уравнения

y + 2y +5y = 3, y(o) = 1; y(0) = 0.

Переходя к изображениям 3

3



p , y(t)Y(p),

y(t) pY( p) −1,

y(t) p Y( p) − p, 2

получаем операторное уравнение

p Y p p pY p Y p

p

2 2 2 5

3

( ) − + ( ) − + ( ) =

и его решение

Y p

p p p

p

p p

p p

p p p

( )

( ) ( )

= .

+ +

+

+

+ +

=

+ +

+ +

3

2 5

2

2 5

2 3

2 5 2 2

2

2

Переходя к оригиналам, получаем искомое решение:

76

y t resY p e  resY p e 

p p e

p p i

e t e t

pt

p

pt

p i

pt

p i

t t

( ) ( ) Re ( )

Re

( )

( )

cos sin .

= + =

= +

+ +

+ +

= + +

= = − +

= − +

− −

0 1 2

2

1 2

2

3

5

2

2 3

1 2

3

5

2

5

2

1

5

2

При решении операторным способом правая часть уравнения может быть

задана функцией, имеющей точки разрыва 1-го рода.

Пример 6. Найти частное решение уравнения, для которого правая часть

x(t) приведена на рис.

(0) 0; (0) 2.

( ) ( ) ( ),

( ), > 0,

=  =

= − − −

 +  =

y y

x t t a t b

y y kx t k

 

Переходя к изображениям:

y(t) p Y( p) − y( ) p − y( ) = p Y( p) − , 2 2 0 0 2

получаем алгебраическое уравнение

a b

1

x(t)

t

( ) ( ) (0) ( ),

( ) ( ),

y t pY p y pY p

y t Y p

  − =



( ) ,

p

e

p

e

x t

−ap −bp

 −

77

Y p p p

p

e e ap bp ( )( ) ( ) . 2 1

+ = − + 2 − −

Тогда решение запишется в виде:

Y p

p p

e e

p p

ap bp

( )

( ) ( )

= .

+

+

−

+

− − 2

1 1 2

Переходя к оригиналам и используя свойство запаздывания оригинала,

получаем решение:

2

1

2

1

2

1

2 2

1

1 1 1

0 1

2 2

0

2

1

p p

res

e

p p

res

e

p p

e

p p

res

e

p p

res

e

p p

pt

p

pt

p

t

pt

p

pt

p

( ) ( ) ( )

.

( ) ( ) ( )

+



+





+

+





= −

+



+





+

+

 

=

= = −

−

= = −

=

+







+





= + −

= =−

− e

p

e

p

e t

pt

p

pt

p

t

1

1

0

2

1

,

Результат записывается следующим образом:

y t e e t a t a e t b t b t t a t b ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) ) ( ), ( ) ( ) = − + + − −  − − + − −  − − − − − − 2 2 1  1 

2 − 2 0   − e t a t ; ;

78

y(t) =

2 − 2 + + − −1 = 1− − 2 + +   − − − − − − e e t a a e e t a t b t (t a) t (t a) ; ;

1− − 2 + + − − + +1 = 2 − + − 2 + −  − − − − − − − − − − a e e t e t b a b e e e t b t (t a) (t b) t (t a) (t b) ; .

Решение систем линейных дифференциальных уравнений операторным

методом

Рассмотрим систему линейных дифференциальных уравнений

 = + +

 = + +



x a x a y f t

y a x a y f t

11 12 1

21 22 2

( )

( )

c начальными условиями x(0) x ; y(0) y . 0 0 = =

Считая функции x(t); y(t); f (t); f (t) 1 2 функциями-оригиналами и

переходя к изображениям, получаем систему алгебраических уравнений

относительно переменных X( p),Y( p) :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ).

p a X p a Y p x F p

a X p p a Y p y F p

− − = +

− + − = +



11 12 0 1

21 22 0 2

Решая эту систему методом исключений, методом Крамера или матричным

методом, находим изображения X( p),Y( p) . Возвращаясь к оригиналам,

получаем решение:

79

x(t)  X( p); y(t)Y( p).

Рассмотрим более подробно матричный метод решения полученной

алгебраической системы, вводя следующие матрицы:

A p

p a a

a p a

( ) =

− −

− −



 



 

−

11 12

21 22

матрица коэффициентов системы;

 ( )

( )

( )

X p

X p

Y p

=



 



 

− матрица искомых функций;

B p

x F p

y F p

( )

( )

( )

=

+

+



 



 

− 0 1

0 2

матрица, включающая начальные условия и

изображения правых частей.

Исходная система записывается как матричное уравнение:

A( p) X ( p) = B( p),

решением которого является матрица:

X ( p) = A ( p)B( p) = G( p)B( p). −1

Здесь A p G p − = 1( ) ( ) называется преобразователем Лапласа

фундаментального решения системы или матрицей Грина. По правилу

нахождения обратной матрицы получаем:

80

G p

p a a p a a a a

p a a

a p a

( )

( ) ( )

= .

− + +  − 

−

−



 



 

1

2

11 22 11 22 21 12

22 12

21 11

Оригинал G(t) матрицы G( p) называют матричной функцией отклика,

фундаментальным решением или матричной функцией Грина:

 





 





=

( ) ( )

( ) ( )

( )

21 22

11 12

g t g t

g t g t

G t .

Таким образом, решение системы записывается в виде матрицы:

.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

ˆ ( )

21 0 22 0 21 1 22 2

11 0 12 0 11 1 12 2

0 2

0 1

21 22

11 12

 





 





+ + +

+ + +

=

=  





 





+

+

 





 





=  





 





=

g p x g p y g p F p g p F p

g p x g p y g p F p g p F p

y F p

x F p

g p g p

g p g p

Y p

X p

X p

Переходя к оригиналам в каждой из строк этой матрицы, получаем

окончательное решение системы:

 ( )

( )

( )

( )

( )

X p  ( ).

X p

Y p

X t

Y t

= X t



 



 





 



 

=

Пример 7. Найти решение системы дифференциальных уравнений:

81

dx

dt

x y e

dy

dx

x y

t = − +

= +











2 9

8

5 ;

;

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

Переходя к изображениям:

x t X p y t Y p

x t pX p x pX p

y t pY p y pY p

( ) ( ); ( ) ( );

( ) ( ) ( ) ( ) ;

( ) ( ) ( ) ( ),

 

  − = −

  − =

0 1

0

получаем систему алгебраических уравнений:

pX p X p Y p

p

pY p X p Y p

p X p Y p

p

X p p Y p

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( );

,

( ) ( ) ( ) ,

( ) ( ) ( ) .

− = − +

−

= +



 

 

− + = +

−

− + − =



 

 

1 2 9

1

5

8

2 9 1

1

5

8 0

Матрица A( p) этой системы имеет вид:

A p

p

p

( ) = ,

−

− −



 



 

2 9

1 8

обратная матрица A p G p − = 1 ( ) ( ):

82

G p

p p

p

p p

p

p

( )

( )

= .

− +

− −

−



 



 

=

−

− −

−



 



 

1

10 25

8 9

1 2

1

5

8 9

1 2 2 2

Введем матрицу

.

0

5

1

1

( )

 







 







−

+

B p = p

( ) ( )

( ) ( )

( ).

2

1

( 5)

1

( 5)

1

( )

( );

2

3

( 3 2

2

1

3

( 8)

2

1

( 8)

( 8)

2

1

( 8)

( 5)

8

( 5)

8

( )

.

( 5)

1

( 5)

1

( 5)

8

( 5)

8

5

1

1

( 5)

( 8)

8

( 5)

1

0

5

1

1

1 2

8 9

( 5)

1

( ) ( )

( )

( )

( )

5 2 5

2 3

5

2

5 5 5 2 5 5 5 5

5

2 5

5

5 5

2 3

2 3

2 3

2

2

te t e y t

p p

Y p

e x t

t

e te te t e te e te

e p te te t p e te

p e p e

p

p

p

p

X p

p p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

G p B p

Y p

X p

X p

t t

t t t t t t t t

p

pt pt t

p

pt pt

p

pt

p

pt

 + =

−

+

−

=

= − + − + = − − =

= + − + + − + =

=



+ −



 −

−

−

+

−

−

=

























−

+

−

−

−

+

−

−

=

 









 









−

+

−

−

− +

−

=

=

 







 







−

+

 





 





−

− −

−

= =  





 





=

= =

= =

83

Решение системы имеет вид:

X (t) e .

t t

t

t

t =

− −

+





















5

2

2

1 2

3

2

2

ЗАДАЧИ

1. Решите дифференциальные уравнения

Условия задачи Ответ

1

(0) (0) 0

6 3

=  =

 + = +

y y

y y t t

3 t

2

(0) (0) 0

cos sin 2

=  =

 + = +

y y

y y t t

t t t sin 2t

3

1

sin

3

2

sin

2

1

+ −

3

(0) (0) (0) 0

10 2

=  =  =

 +  =

y y y

y y e t

4 cos 2sin 5 2 e + t − t − t

4

(0) (0) (0) (0) 0

(4)

=  =  =  =

− =

y y y y

y y et

(cos sin ))

4

1

8

2 3

8

1

e t t

t

e t t + +

−

+ −

5

(0) (0) 0

5 6 2 cos 3

=  =

 −  + =

y y

y y y t









e − e − t + t t t sin 3

39

5

cos 3

39

1

13

4

3

1 3 2

6







 



 −

=

=  =

 +  + =

3, (2; )

1, [0; 2]

0, ( ; 0)

( )

(0) (0) 0

2 ( )

t

t

t

x t

y y

y y y x t

( )

2(1 ( 2) ) ( 2)

1 ( )

( 2) ( 2) + − − − −

− − +

− − − −

− −

e t e t

e te t

t t

t t





7

(0) 2, ( ) 4

[0; ]

( ) ,

(0) 0

1

1

= − = −

−

=

 + = 

x x T

на отрезке T

x t прямая заданная

y

Ty y x













−

















+ −

















−

− − −

1 ( ) 1 ( )

2

1

( 1)

1

1

e t e t T

T

t T

T T

t

 

84

2. Решите системы линейных дифференциальных уравнений

Система Ответ

1

(0) 0, (0) 1

5 1

= =

  

 = + +

 = − − +

x y

y x y e

x x y

t

 









 









+ + +

− − + −

=

























−

+

+

−

−

−

+

=

 





 





+

− −

+

=

e t t

e t t

X t

p

p p

p

p

p

p

p

p

X p

p

p

p

G p

t

t

sin 2

5

4

cos 2

20

7

5

2

4

1

sin 2

2

3

cos 2

4

5

4

1

( )

1

1 ( 1)

1

1 5

4

1

( )

1 1

1 5

4

1

( )

2

2

85

2

(0) (0) 0

2 5

7 6

= =







 = − −

 = − + + −

x y

y x y

x x y e t

t e

t

t t

X t 6

2 cos 2

cos sin 1

( ) −

 





 





−

+ −

=

3

(0) 1, (0) 0

2

4 3

= =

  

 = − +

 = − +

−

x y

y x y e

x x y t

t

 









 









− − + +

− − + +

=

−

−

2

3

6

5

2

5

6

11

4

5

2 2

1

2

5

4

11

( )

2

2

e e e t

t

e e e

X t

t t t

t t t

6

(0) 0, (0) 3

4 4 4

4 5 4

= =

  

 = − − +

 = + +

x y

y x y t

x x y

 





 





− − + −

+ − +

=

t t t

t t t

X t

3 4 6 cos 2 4sin 2

4 5 4 cos 2 7 sin 2

( )

7

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

2 2

= = =







 = −

 = − +

 = − +

x z y

z y z

y x y z

x y z

 









 







 −

=

−

−

−

e t

e t

e t

X t

t

t

t

sin

cos

2 sin

( )

7. Решение линейных дифференциальных уравнений методом свертки

(формула Грина, формула Дюамеля)

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение в операторной форме

при нулевых начальных условиях:

Y( p) = H( p)X( p) .

86

Пусть входное воздействие является импульсной функцией (t).Поскольку

 (t)1, изображение выходного сигнала совпадает с передаточной

функцией:

Y( p) = H( p) .

Функцией Грина (или функцией веса в теории управления) линейного

дифференциального уравнения называют отклик системы на импульсное

входное воздействие или оригинал передаточной функции:

w(t)H( p).

Поскольку изображение выходного сигнала Y ( p) является произведением

изображений, то и оригинал y(t) можно представить как свертку оригиналов

x(t) иw(t) :

y t w x t d w t x d

t t

( ) =  ( ) ( − )  =  ( − ) ( )  .

0 0

Таким образом, при известной функции Грина можно найти отклик системы

на любое внешнее воздействие.

Пример 8. Найти частное решение дифференциального уравнения

y + y = x(t) , y(0) = y(0) = 0.

Взяв в качестве правой части импульсную функцию x(t) = (t) и переходя

к изображениям, получим передаточную функцию:

87

H( p) :

p Y p pY p x p

H p

Y p

X p p p

2 1

1

1

( ) ( ) ( ) ,

( )

( )

( ) ( )

.

+ = =

= =

+

Возвращаясь к оригиналам, получаем функцию Грина:

w t e t t ( ) = ( − ) ( ). − 1 

Теперь, задавая любым образом правую часть x(t), можно найти решение

дифференциального уравнения.

Пусть ( ) ( ). 2 x t e t t=  Тогда

y t x t w d e e d

e e e d e e e

t

t

t

t

t

t

t t

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) = − = − =

= − = − + =

 



− −

− − − −

   



 

   

0

2

0

2 2 3

0

2 2

0

3

0

1

1

2

1

3

= − + + − ( ) ( ).

1

2

1

3

1

6

2 e e t t t 

Пример 9. Найти частное решение дифференциального уравнения

88

y + y = x(t) , y(0) = 0. .

Правая часть уравнения задана функцией

x t

t

t t

t

( )

, ,

, ,

, .

=



+  















0 0

1

2

1 0 2

0 2

Для применения формулы свертки следует записать x(t) , используя

ступенчатые функции Хевисайда:

x(t) = t + (t) (t ) (t ).



 



 

− − +



 



 

−

1

2

1

1

2

 2 2  2

С учетом того, что функция Грина для этого уравнения имеет вид

w t e t t ( ) = ( ), −  получаем решение y(t) :

y t e d e t d t

t

t

t

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + − + − − = − − − −  

1

2

2

1

2

2 2

0 2

         

= ( + )



 



 

− +



 



 

− = − −  

1

2

2

1

2

2 2

0 2

e e d t e e d t t

t

t

t

        ( ) ( ) ( )

0 2

2

2

x(t)

t

89

= ( + ) −  −  + −  − = −

− 1

2

2

2

2 2

0 2

e e e t

e

e e t t

t

t

t

        ( ) ( ) ( )

= ( + − − +) − + − − + − = −

− 1

2

2 1

2

2 4 2 2 2 e te e e t

e

te e e e e t t t t t

t

t t t ( ) ( )( )

= + −



 



 

+ − − +



 



 

− = − − − 1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

3

2

2 2 t e t t e t t t ( ) ( ) ( )

= − + + − − + − − − − 1

2

1

1

2

1 3 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ). ( ) t e t t e t t t  

Другой способ записи решений дифференциальных линейных уравнений с

использованием свертки основан на формуле Дюамеля. Характеристикой

системы в этом случае служит переходная функция h(t) , которая

определяется как реакция (отклик) системы на постоянное воздействие

Y p H p X p

H p

p

h t Y p 1 1 ( ) ( ) ( )

( )

= = ; ( ) ( ).

Из последнего выражения и свойства интегрирования оригинала

следует, что функция w(t) и h(t) связаны соотношениями:

( ) ( ) , ( ) ( ).

0

h t w d h t w t

t

=     =

:

1

( ) ( )

p

x t = t 

90

С учетом того, что

H( p) = pY ( p) 1 ,

Y( p) = H( p)X(p) = pY (p)X( p), 1

оригинал

y(t) можно записать по формуле Дюамеля следующим образом:

y t h x t h x t d h x t h t x d

h t x x h t d h t x x t h d

t t

t t

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

= +  − = +  − =

= +  − == +  −

 

 

0 0

0 0

0 0

0 0

     

     

Заметим, что при условии h(0) = 0две первых формы записи решения

совпадают с записью

y t w x t d

t

( ) =  ( ) ( − )  .

0

Также напомним, что в силу условий вывода формулы Дюамеля приведенные

формулы можно непосредственно использовать для непрерывных функций

x(t) . В том случае, если функция x(t) имеют точки разрыва первого рода,

следует точно записывать эту функцию, учитывая скачкообразное изменение

функции в точках разрыва или другим способом учесть эти изменения.

Например, если правая часть x(t) имеет вид:

91

 

x t

f t t T

t T

L x t pF p f f T e pT

( )

( ), ;

, ,

( ) ( ) ( ) ( ) ,

=

 





 = − + −

0

0

0

то и формула Дюамеля принимает вид:

Y p pY p X p (pY p X p x Y p x T e Y p )

x Y p x T e Y p

pT

pT

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

= = − + +

+ − =

−

−

1 1 1 1

1 1

0

0

= ( − + ) + − − − Y p px p x x T e x Y p x T e Y p pT pT

1 1 1 ( ) ( ) (0) ( ) (0) ( ) ( ) ( ).

Переходя к оригиналам, получаем

( ) (0) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).

0

y t x h t t x h t d x T h t T t T

t

=  +    −  − −  −

Применим формулу Дюамеля для решения примера 9.

Пример 9 (продолжение)

Производная функции, стоящей в правой части уравнения равна:

x(t) = ( (t) − (t − )).

1

2

  2

x(t)

2 t

1/2

0

92

Переходная функция системы имеет вид:

h t ( e ) t t ( ) = − ( ). − 1 

Тогда вычисляя по формуле

y t x h t x t h t d x T h t T t T

t

( ) = (0) ( ) +  ( ) ( − ) − ( ) ( − ) ( − )

0

  

с учетом того, что x(0) =1, x(2) = 2, получаем:

x t ( e ) t ( e )d t ( e )d t t t

t

t

t

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − + −



 



 

− −



 



 

−



 

 



 

 

− − − − − − 1  

1

2

1 1 2

0 2

      

− ( − ) − = − − 2 1 2 2 e t (t ) ( ) (1 ) ( )

1

2

− + −1+ − − − e t t e t t t ( ) ( )

− ( − + ) − − ( − ) − = − − − − 1

2

3 2 2 1 2 2 2 t e t e t (t ) (t ) ( ) ( )

= ( ) 1

2

1+ − − − t e t t  ( ) ( )

( )

− + − − =

+ −

−



 

 

− −

−

− − −

1

2

1 3 2

1

2

1

3

2

1

2

2

2

t e t

t e t

e e

t

t

t t

( )

( )

( )

( ),

,





0 2

2

 



t

t

,

.

93

ЗАДАЧИ

1. Решите линейные дифференциальные уравнения с использованием свертки

(формула Грина, формулы Дюамеля)

а) Решите дифференциальное уравнение

(0) 0

( )

=

 + =

y

y y x t

для правых частей

различного вида

1) x(t) = t, 2) x(t) = exp(2t), 3) x(t) = sin(2t),

( 3) 4 ( 3)

3

2

2) ( )

3

2

( ) ( ) 5 ), 3 ( ) 2 ( ) ( 2 ) ( ) 4 − 







x t =  t − t − − t − x t = t +  t − t − +  t

Ответы:

( )

( ) t

t t t

y t t t e

y t t e y t e e

−

− −

= − +

= − + = −

5

2

sin 2 2 cos 2

5

1

3) ( )

,

3

1

1) ( ) 1 , 2) ( ) 2

4) ( ) 2(1 ) ( ) (1 ) ( 2) (1 ) ( 3) ( 2) ( 3) = − − − − − − − − − − − − y t e t e t e t t t t   

( ) (( 3) 5(1 ) ( 3)

3

2

2 2 ( )

3

2

5) ( ) ( 3) = + − − − + − − − − − y t t e t t e t t t  

b)

(0) (0) (0) 0

10 2

=  =  =

 +  =

y y y

y y e t

f)

(0) (0) 0

2 2 2

=  =

 +  + = −

y y

y y y e tgt t

94

Контрольные вопросы:

1. Модуль и аргумент комплексного числа

2. Запись комплексного числа в показательной и тригонометрической

формах

3. Степенная функция комплексного аргумента. Свойства

4. Показательная функция комплексного аргумента. Свойства

5. Логарифмическая функция комплексного аргумента. Свойства

6. Тригонометрические функции комплексного аргумента. Свойства.

7. Гиперболические функции комплексного аргумента. Свойства

8. Обратные тригонометрические функции комплексного аргумента.

Свойства.

9. Обратные гиперболические функции комплексного аргумента. Свойства.

10. Понятие аналитической функции. Теорема Коши для односвязной и

многосвязной областей

11. Ряд Тейлора. Область сходимости. Ряд Лорана. Область сходимости

12. Классификация изолированных особых точек.

13. Вычет аналитической функции в изолированной конечной особой точке.

Вычет аналитической функции в бесконечно удаленной особой точке

14. Применение вычетов к вычислению контурных интегралов

15. Применение вычетов к вычислению несобственных интегралов

16. Определите характер особой точки z = 0 для функций

z z

b f z z c f z

z

z

a f z

sin

1

; ) ( ) sin(1/ ); ) ( )

sin

) ( )

−

= = =

17. Вычислить 

=0,5 +

3 z z 1

dz

18. Вычислить 

=4 +

10 z z 1

dz

95

19. Вычислить 

=1

21

z z

dz

20. Особенности ряда Фурье для четной и нечетной функции

21. Преобразование Лапласа. Функция-оригинал.

22. Обратное преобразование Лапласа. Теоремы разложения.

23. Решение линейных дифференциальных уравнений операторным методом

24. Формулы Грина и Дюамеля. Применение к решению линейных

дифференциальных уравнений

25. Установите соответствие между комплексным числом и его модулем

1.

2.

3.

4.

Варианты ответов:

5 , 2 , 3 , 13 , ,

26. Установите соответствие между комплексным числом и его аргументом

1.

2.

3.

Варианты ответов:

, , ,

27.Установите соответствие между комплексным числом и его аргументом

1.

2.

3.

Варианты ответов:

96

, , , 28.Установите соответствие между комплексным числом и его аргументом 1. 2. 3. Варианты ответов: , , , 29.Установите соответствие между комплексными числами и их аргументами 1. 2. 3. Варианты ответов: , , , , 30.Произведение комплексного числа на сопряженное число равно… 31.Частное от деления двух комплексно сопряженных чисел, где , равно… 32.Дано: , тогда равно …

97

33.Произведение комплексного числа и сопряженного числа равно … 34.Произведение комплексного числа и сопряженного числа равно … 35.Значение функции в точке равно… 36.Значение функции в точке равно… 37.Значение функции в точке равно… 38.Значение функции в точке равно… 39.Значение функции в точке равно… 40.Дана функция , . Тогда коэффициент b4 разложения в ряд Фурье равен… 41.Дана функция , . Тогда коэффициент b3 разложения в ряд Фурье равен… 42.Дана функция , . Тогда коэффициент а2 разложения в ряд Фурье равен… 43.Дана функция , . Тогда коэффициент b4 разложения в ряд Фурье равен… 44. Комплексное число можно представить в виде … Варианты ответов: Должен быть указан не менее двух вариантов ответа 1), 2) , 3)

98

99