lect3

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

				∞	m	c−k
3) Функция f(z) имеет вид f (z) = ∑ck (z − z0 )k +∑									=f1 (z) + f2 (z) , где в
						(z − z	0 )	k
				k =0	k =1
∞	c−k
ряду f2 (z) = ∑				не равно нулю бесконечное количество коэффициентов с-k.
	(z − z	0 )	k
k =1

В этом случае говорят, что функция f(z) имеет в точке z0 существенно особую

точку.

Определение. Пусть z0 – изолированная особая точка функция f(z), т.е. пусть

функция f(z)

– аналитическая в некотором круге

z − z0

< R из которого исключена

точка z0. Тогда интеграл

1

f (z)dz = Выч f (z)

2πi L

∫

z=z0

называется вычетом функции f(z)

в точке z0, где L –

контур в круге

z − z0

< R ,

ориентированный против часовой стрелки и содержащей в себе точку z0.

Вычет также обозначают иногда Re s f (z) .

z0

∞

Если

f (z) = ∑ck (z − z0 )k ;

0 <

z − z0

< R; есть ряд Лорана функции

f в

k =−∞

точке z0, то Вычz=z0 f (z) = c−1 .

Таким образом, если известно разложение функции в ряд Лорана, то вычет легко может быть найден в случае любой особой точки.

В частных случаях вычет может быть найден и без разложения в ряд Лорана.

Например, если функция f (z) = ψϕ((zz)) , ϕ(z0 ) ≠ 0 , а ψ(z) имеет простой нуль при z = z0 (ψ(z0 ) = 0, ψ′(z0 ) ≠ 0) , то z = z0 является простым полюсом функции f(z).

Тогда можно показать, что вычет находится по формуле

	Выч = c	−1	=	ϕ(z0 )
				ψ′(z0 )
	z=z0

Если z = z0 – полюс порядка m ≥ 1, то вычет может быть найден по формуле:

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

Пример. Найти вычет функции f (z) =	1	относительно точки z = 2.
	(z − 2)2 (z −3)

Эта точка является полюсом второго порядка. Получаем:

101

		Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”
	Выч = lim	d	[(z − 2)2 f (z)] = lim	d 1			= lim	1	= −1.
		dz		dz z −3				(z −3)2
	z=2 z→2		z→2				z→2

Теорема о вычетах.

Теорема. Пусть функция f(z) – аналитическая на всей плоскости z, за исключением конечного числа точек z1, z2, …, zN. Тогда верно равенство:

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

А интеграл от функции по контуру L, содержащему внутри себя эти точки, равен

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

Эти свойства применяются для вычисления интегралов. Если функция f(z) аналитическая в верхней полуплоскости, включая действительную ось, за исключением N точек, то справедлива формула

∞	f (x)dx = 2πi	N
∫		Вычf (z)
		∑ z=z j
−∞		j=1
Пример. Вычислить определенный интеграл			∞∫		dx			.
					2		2
			−∞(x		+	4)

Подынтегральная функция является аналитической в верхней полуплоскости за исключением точки 2i. Эта точка является полюсом второго порядка.

1

d

(z −

2i)

2

Найдем вычет функции Выч

= lim

(z

2

+ 4)

2

(z

2

+ 4)

2

z=2i

z→2i dz

= lim

− 2

= −

2

=

1

;

(4i)3

32i

z→2i (z + 2i)3

Получаем

∞∫

dx

= 2πi

1

=

π

.

2

2

32i

16

−∞(x

+

4)

∞

dx

Пример. Вычислить определенный интеграл ∫

.

2

3

−∞(x

+

1)

		d	1
	= lim				2 =
z→2i dz (z + 2i)

Подынтегральная функция является аналитической в верхней полуплоскости за исключением точки i. Эта точка является полюсом второго порядка.

Найдем вычет функции

			1			1		d	2			(z		−i)	3				1		d	2		1				1		d			3				1		12
Выч					=		lim											=		lim							=		lim			−				=		lim			=
	(z	2	+1)	3		2		dz		2		(z	2	+1)		3			2		dz		2		(z +i)	3		2					(z +i)	4			2		(z + i)	5
z=i							z→i													z→i									z→i	dz								z→i

= 6 (21i)5 = 326i = 163i .

102

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

∞		dx					3		3π
Получаем ∫						= 2πi		=
	(x	2	+	1)	3		16i		8
−∞

При использовании компьютерной версии “Курса высшей математики” возможно запустить программу, которая находит вычеты задаваемой функции.

Для запуска программы дважды щелкните на значке

Примечание: Для запуска программы необходимо чтобы на компьютере была установлена программа Maple (© Waterloo Maple Inc.) любой версии, начиная с MapleV Release 4.

Операционное исчисление.

Преобразование Лапласа.

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

Рассмотрим функцию действительного переменного t, определенную при t ≥ 0. Будем также считать, что функция f(t)- кусочно - непрерывная, т.е. в любом конечном интервале она имеет конечное число точек разрыва первого рода, и определена на бесконечном интервале (-∞, ∞), но f(t) = 0 при t < 0.

Будем считать, что функция ограничена условием: f (t) < Mest

Рассмотрим функцию

∞

F( p) = ∫e−pt f (t)dt

0

где p = a + ib – комплексное число.

Определение. Функция F(p) называется изображением Лапласа функции f(t).

Также функцию F(p) называют L – изображением или преобразованием Лапласа.

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

При этом функция f(t) называется начальной функцией или оригиналом, а процесс нахождения оригинала по известному изображению называется операционным

исчислением.

Теорема. (Теорема единственности) Если две непрерывнные функции f(x) и g(x) имеют одно и то же L – изображение F(p), то они тождественно равны.

103

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Определение. Функцией Хевисайда (Оливер Хевисайд (1850 – 1925) –

английский физик) называется функция		t ≥ 0
σ0	1,
	(t) =	t < 0
	0,

Свойства изображений.

•

Если F( p) = f (t) , то справедливы следующие свойства:

•

1)

Свойство подобия.

1

p

•

f (αt) =

F

;

α > 0;

α

•

α

2)

Свойство линейности.

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

3)

Смещение изображения.

•

f (t)e−αt =F( p + α)

•

4)

Дифференцирование изображения.

(−1)n

d

n

•

F( p) =t n f (t)

dp

n

•

5)

Дифференцирование оригинала.

•

′

pF( p) − f (0) = f

(t)

6)

Интегрирование изображения.

•

f (t)

•

∞

=•

∫F(q)dq

t

p

(Справедливо при условии, что интеграл сходится)

7)

Интегрирование оригинала.

t

• F( p)

∫

•

0

f (τ)dτ=

p

Таблица изображений некоторых функций.

Для большинства функций изображение находится непосредственным интегрированием.

Пример. Найти изображение функции f(t) = sint.

104

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

∞

− pt

∞

∞

u = e

;

dv = sin tdt;

F( p) = ∫e−pt sin tdt =

−pt

= −e

−pt cost

− ∫ pe−pt costdt =

0

dt;

0

0

du = −pe

v = −cost;

∞

− pt

∞

∞

=1− p∫e−pt

u = e

;

dv

= costdt;

=1− pe−pt

p2 ∫e−pt sin tdt.

costdt =

−pt

sin t

−

0

0

0

du = −pe

dt; v = sin t;

∞

(1+ p2 )∫e−pt sin tdt =1

0

∞

1

•

1

∫

e−pt

sin tdt =

;

sin t =

;

1+ p

2

1+ p

2

•

0

Для многих функций изображения посчитаны и приведены в соответствующих таблицах.

№

f(t)

F(p)

№

f(t)

F(p)

1

1

1

9

t n

n!

p

pn+1

2

sinαt

α

10

t sin at

2 pa

p2 + α2

( p2 + a2 )2

3

cosαt

p

11

t cos at

−

a

2

− p

2

p2 + α2

( p2 + a2 )2

4

e-αt

1

12

te−αt

1

p + α

( p + α)2

5

shαt

α

13

1

(sin at −

1

p2 −α2

2a3

( p2 + a2 )2

− at cos at)

6

chαt

p

14

t n f (t)

n d n

(−1)

F( p)

p2 −α2

dpn

7

e−αt sin at

a

15

t

∫

f1 (τ) f2 (t − τ)dτ

F1 ( p)F2 ( p)

( p + α)

2

+ a

2

0

8

e−αt cos at

p + α

16

f (n) (t)

pn F( p) *

( p + α)2

+ a2

* - при условии, что

f (0) =

′

(n−1)

(0) = 0

f (0) = ... = f

Теоремы свертки и запаздывания.

Теорема. (теорема запаздывания) Если f(t) = 0 при t < 0, то справедлива формула

L[ f (t −t0 )] = e− pt0 L[ f (t)]

где t0 – некоторая точка.

105

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

t

Определение. Выражение ∫ f1 (τ) f2 (t − τ)dτ называется сверткой функций f1(t)

0

и f2(t) и обозначается f1 f2.

Теорема. (теорема свертки) Преобразование Лапласа от свертки равно произведению преобразований Лапласа от функций f1(t) и f2(t) .

		•	t
		•	∫0
	F1 ( p)F2 ( p) =		f1 (τ) f2 (t − τ)dτ
Теорема. (Интеграл		Дюамеля (Дюамель (1797 – 1872) – французский
	•	•
математик)). Если F( p) = f (t);		G( p) =g(t) , то верно равенство
	•	•
		•		t
				∫	′
		•
	pF( p)G( p) = f (t)g(0) +				f (τ)g (t − τ)dτ
				0

Для нахождения изображений различных функций наряду с непосредственным интегрированием применяются приведенные выще теоремы и свойства.

Пример. Найти изображение функции sint t .

	•	1
	Из таблицы изображений получаем: sin t =			.
		p2 +1
	•

По свойству интегрирования изображения получаем:

	f (t)	=•• ∞∫F(q)dq
	t
		p

sin t •		∞		1				∞		π
	=•	∫					dq = arctgq		=		− arctgp;
t			q	2	+1			p		2
		p

Пример. Найти изображение функции sin 2 t .

	Из тригонометрии известна формула sin 2 t =								1−cos 2t			.
	Тогда										2
	•	1		1		1		1			p				p	2	+ 4	− p	2		2
	sin 2 t =		L[1−cos 2t] =		L[1] −		L[cos 2t] =			−				=						=		.
		2		2		2		2 p			2( p2 +		4)		2 p( p2 + 4)						p( p2 + 4)
	•

Операционное исчисление используется как для нахождения значений интегралов, так и для решение дифференциальных уравнений.

Пусть дано линейное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.

an x(n) (t) +... + a1 x′(t) + a0 x(t) = f (t)

106

	Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”
Требуется	найти	решение	этого	дифференциального	уравнения,
удовлетворяющее начальным условиям:
	x(0) = x0 ; x′(0) = x0′; ...			x(n−1) (0) = x0(n−1) .

Если функция x(t) является решением этого дифференциального уравнения, то оно обращает исходное уравнение в тождество, значит функция, стоящая в левой части уравнения и функция f(t) имеет (по теореме единственности) одно и то же изображение Лапласа.

n	d	k	x
L ∑ak					= L[ f (t)]
	dt		k
k =0

Из

теоремы

о

дифференцировании оригинала

.

′

{ pF( p) − f (0) = f

(t) } можно

.

k

x

сделать вывод, что

L

d

= pk L[x] − pk −1 x(0) −... − px(k −2) (0) − x(k −1) (0).

k

dt

d n x

Тогда an L

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

dt n

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

Получаем:

x( p)[an pn + an−1 pn−1 +... + a1 p + a0 ] = an [ pn−1 x0

+ pn−2 x0′ +... + x0(n−1) ] +

+ an−1[ pn−2 x0

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

+ x0′] + a1 x0 + F( p).

Это уравнение называется вспомогательным (изображающим) или операторным

уравнением.

Отсюда получаем изображение x( p) , а по нему и искомую функцию x(t).

Изображение получаем в виде:

x( p) =

F( p)

+ Ψn−1 ( p)

Rn ( p)

Rn ( p)

Где R

n

( p)

= a

n

pn + a

n−1

pn−1 +... + a p + a

0

;

1

Ψn−1 ( p) = a1 x0

+ a2 ( px0

+ x0′) + a3 ( p2 x0

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

′ +... + px0(n−2) + x0(n−1) )

Этот многочлен зависит от начальных условий. Если эти условия нулевые, то многочлен равен нулю, и формула принимает вид:

x( p) = F( p)

Rn ( p)

Рассмотрим применение этого метода на примерах.

Пример. Решить уравнение y	′′	+ 4y = 2;	′	= 0.
			y(0) = y (0)

Изображение искомой функции будем искать в виде:

y = F( p) Rn ( p)

107

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

F( p) = L[ f ] = L[2] =

2

;

Rn ( p) =1 p 2 +0 p +4 = p 2 +4.

p

y

=

2

=

1

1

−

p

p( p

2

+ 4)

2

p

2

+

p

4

•

1

Находим оригинал, т.е. искомую функцию:

y = y =

(1−cos 2x)

2

•

Пример. Решить уравнение y′− 2y = 0;

y(0) =1.

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

Rn ( p) = p − 2;

Ψn−1

= a1 y0

=1;

y =

1

;

p − 2

•

y = y = e2x ;

•

Пример. Решить уравнение:

y

′′′

−6y

′′

+11y

′

−6y = 0;

y(0) = 0;

′

=1;

′′

= 0;

y

(0)

y (0)

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

Rn ( p) = p3 − 6 p2 +11p −6;

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

Изображение искомой функции y =

−6 + p

p3 − 6 p2

+11p −6

Для нахождения оригинала необходимо разложить полученную дробь на элементарные дроби. Воспользуемся делением многочленов (знаменатель делится без остатка на p – 1):

p3 – 6p2 + 11p – 6

p - 1

p3 – p2

+ 11p

p2 – 5p + 6

-5p2

-5p2 + 5p

6p - 6

6p - 6

0

В свою очередь p2 −5 p + 6 = ( p − 2)( p −3)

Получаем: p3 −6 p2 +11p −6 = ( p −1)( p − 2)( p −3).

Тогда:

y =

−6 + p

=

A

+

B

+

C

;

p3

−6 p2 +11p −6

p −1

p −

2

p −3

Определим коэффициенты А, В и С.

A( p − 2)( p −3) + B( p −1)( p −3) +C( p −1)( p − 2) = −6 + p

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

108

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

A + B +C = 0

C = −A − B

C

= −A − B

+3C

= −1

= −1

= −1− 2A

5A + 4B

2A + B

B

+ 2C

= −6

= −6

6A +3B

4A + B

2A −1 = −6

11−6 p

−

5

4

−

3

Тогда y =

=

2

+

+

2

;

p3

−6 p2 +11p −6

p − 2

p −3

p −1

y =•

y = −

5

ex

+ 4e2 x −

3

e3x ;

2

•

2

A = − 52

B = 4

3C = − 2

Приемы операционного исчисления можно также использовать для решения систем дифференциальных уравнений.

Пример. Решить систему уравнений:

x′ = 3x + 4y

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

y′ = 4x −3y

Обозначим x( p),

y( p) - изображения

искомых

функций и решим

вспомогательные уравнения:

L[x′] = 3L[x] + 4L[ y]

px( p)

− x(0) = 3x( p) + 4y( p)

′

;

− y(0) = 4x( p) −3y( p)

L[ y ]

= 4L[x] −3L[ y]

py( p)

Решим полученную систему алгебраических уравнений.

4y( p) +1

p +1

x( p) =

y( p)

=

p −3

p

2

− 25

;

;

4y( p) +1

py( p) −1 = 4

−3y( p)

x( p)

=

p2 + 4 p − 21

p −3

( p

2

− 25)( p −3)

x( p) =

( p + 7)( p −3)

=

p + 7

=

p

+

7

;

( p2

− 25)( p −3)

p2

p2 − 25

p2

− 25

− 25

x( p) =x(t) = ch5t + 7 sh5t;

•

•

5

y( p) =

p

+

1

;

p2

− 25

p2

− 25

y( p) = y(t) = ch5t + 1 sh5t;

•

•

5

Если применить к полученным результатам формулы

109

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

chz =

ez

+ e−z

;

shz =

ez

−e−z

;

2

2

то ответ можно представить в виде:

6

5t

1

−5t

x =

e

−

e

5

5

;

3

5t

2

−5t

y =

e

+

e

5

5

Как видно, гиперболические функции в ответе могут быть легко заменены на показательные.

Пример. Решить систему уравнений
x′ = 5x + 2y	при x(0) = y(0) = 1
y′ = 2x + 2y

Составим систему вспомогательных уравнений:
L[x′] = 5L[x] + 2L[ y]		;	px( p) − x(0)	= 5x( p) + 2y( p)	;
	′
L[ y ] = 2L[x] + 2L[ y]			py( p) − y(0)	= 2x( p) + 2y( p)

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

y( p)

x( p)

=		p −3
		( p −1)( p − 6)		;
=		p
		( p −1)( p − 6)

y( p) = A + B = 2 1 +

3 1 =

•

p −1

p −6

5

p −1

5

p −6

•

x( p) =

C

+

D

= −

1 1

+

6 1

p −1

p −6

5 p −1

5 p −6

Если обозначить

C = −

1

;

C

=

3

;

2

1

5

5

системы можно записать и общее решение:

52 et + 53 e6t ;

=•• − 15 et + 65 e6t ;

то из полученного частного решения

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

При рассмотрении нормальных систем дифференциальных уравнений этот пример был решен традиционным способом (См. Другой способ решения.). Как видно, результаты совпадают.

Отметим, что операторный способ решения систем дифференциальных уравнений применим к системам порядка выше первого, что очень важно, т.к. в этом случае применение других способов крайне затруднительно.

110