ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Филиал государственного образовательного учреждения высшего профессионального образ...
7 downloads
183 Views
2MB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Филиал государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования «Кузбасский государственный технический университет» в г. Прокопьевске
КАФЕДРА ЕСТЕСТВЕННОНАУЧНЫХ ДИСЦИПЛИН
Методические указания для студентов дневного отделения по темам: «Комплексный анализ» «Ряды Фурье» «Преобразование Лапласа»
Составители:
Л. И. Мамонова С. В. Микова И. Н. Чайковская Утверждено на заседании кафедры Протокол № 2 от 28.10.2007 г.
Прокопьевск 2008
Рецензент: д.т.н., профессор, заведующий кафедрой математики и математического моделирования НФИ КемГУ С.П. Казаков
СОДЕРЖАНИЕ. 1.
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ КОМПЛЕКСНОГО АНАЛИЗА. .. 5 1.1. Комплексные числа и действия над ними. ................. 5 1.2. Функции комплексного переменного. ........................ 8 1.3. Условие дифференцируемости функции комплексного переменного. ..................................................... 9 1.4. Интегрирование функций комплексного переменного. Теорема Коши. ................................................. 10 2. РЯДЫ ЛОРАНА. НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ВЫЧЕТЫ И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ. ................................................ 13 2.1. Классификация особых точек. ................................... 15 2.2. Вычет функции. .......................................................... 17 2.3. Приложения вычетов функций.................................. 19 3. РЯДЫ ФУРЬЕ. ИНТЕГРАЛ ФУРЬЕ. .................................... 22 3.1. Комплексная форма ряда Фурье. .............................. 23 3.2. Интеграл Фурье. Преобразование Фурье. ................ 25 3.3. Преобразование Фурье. .............................................. 26 4. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА. ......................................... 28 4.1. Свойства преобразования Лапласа. .......................... 28 4.2. Интегрирование линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. ....................... 31 5. ВАРИАНТЫ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ. ......... 33 6. ВОПРОСЫ И ПРИМЕРЫ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К ЭКЗАМЕНУ. ................................................................................... 56 6.1. Примерный перечень вопросов к экзамену. ............ 56 6.2. Примеры для подготовки к экзамену. ...................... 56 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ. ............................................................. 62
Предисловие. В данном методическом указании представлен материал по комплексному анализу, функциональным рядам, интегралам Фурье и преобразованию Фурье. Также рассматривается теория интегрального преобразования Лапласа и его приложения. Программа курса соответствует действующей программе курса высшей математики. Теоретический материал дополнен многочисленными примерами. В конце методического указания представлены варианты расчетно-графических работ, выполнение которых обязательно при изучении этого материала. Методические указания предназначены для студентов технических специальностей дневного отделения, при подготовке к практическим занятиям и при подготовке к экзамену по данному курсу.
4
1. Основные понятия комплексного анализа. 1.1. Комплексные числа и действия над ними. Комплексным числом называется выражение вида z a b i , где a и b – действительные числа, i – специальный символ мнимой части. Для любых комплексных чисел и z1 a1 b1 i z 2 a2 b2 i введены операции по следующим правилам: 1) z1 z 2 тогда и только тогда, когда a1 a2 и b1 b2 , при этом a 0 i a , 0 b i b i ; 2) z1 z 2 (a1 a2 ) (b1 b2 ) i ; 3) z1 z 2 (a1a2 b1b2 ) (a2 b1 a1b2 ) i , причем 2 (0 i) (0 i) i 1 ; z a a bb a b a1b2 i . 4) 1 1 22 1 2 2 2 21 2 z2 a 2 b2 a 2 b2 Комплексные числа z x iy можно геометрически изображать точками M ( x; y) плоскости или векторами
OM {x; y} . Ось называют OX действительной осью, OY – M(x;y) мнимой осью. Z = x+yi x Число называют вещественной (действительной) x O частью комплексного числа z x iy , а число y – мнимой частью. Обозначение: Re x , Im y . y
Число z x iy называют сопряженным комплексному числу z x iy . Сопряженные числа изображаются точками, симметричными относительно вещественной оси. 5
Формы записи комплексного числа: 1) алгебраическая: z x iy ; 2) тригонометрическая: z r (cos i sin ) ,
r z x2 y2
–
модуль
где числа,
y arctg x , для I, IV четверти; y arg z arctg , для II четверти; – аргумент числа x arctg y , для III четверти; x 3) показательная: z rei . Действия над комплексными числами тригонометрической форме записи: 1) z1 z r1 r2 cos(1 2 ) i sin(1 2 ) ; z r 2) 1 1 cos(1 2 ) i sin(1 2 ) ; z 2 r2
в
3) z n r n (cos n i sin n ) ; 2k 2k 4) n z n r cos где i sin , n n k 0, 1, 2,.. n 1, при этом получается n различных корней. ПРИМЕРЫ. 1. Даны числа z1 1 2i , z 2 4 3i . Найти z1 2z 2 и z1 z 2 . Решение z1 2 z 2 (1 2i) 2(4 3i) (1 2i) (8 6i) (1 8) (2 6)i 9 8i , z1 z 2 (1 2i) (4 3i) (1 4) (2 3)i 3 i . z 2. Даны числа z1 2 3i , z 2 5 4i . Найти z1 z 2 и 1 . z2 6
Решение: z1 z 2 (2 3i)(5 4i) 2 (5) (3) 4 3 (5) 2 4 i 2 23i , z1 2 3i 2 (5) (3) 4 5 (3) 2 4 22 7 i i. 2 2 2 2 z 2 5 4i 41 41 (5) 4 (5) 4
9
3. Вычислить: 1 3 i . Решение: Представим число в тригонометрической форме.
r 1 3 i 1
3
2
4 2,
3 , 1 3 1 3 i 2 cos i sin . 3 3 Тогда 9 1 3 i 2 9 cos 9 i sin 9 3 . 3 512 cos 3 i sin 3 512
arctg
4. Найти все значения 4 16 . Решение: Представим число в тригонометрической форме.
r
162 0 2
16 ,
0 , 16 16 16 cos i sin .
arctg
2k 2k i sin Значит, wk 4 16 cos . 4 4 Следовательно, 2 2 2 1 i , w0 2 cos i sin 2 i 4 4 2 2 7
2 2 2 2 2 1 i w1 2 cos i sin i 2 4 4 2 2 , 2 4 4 2 2 1 i w2 2 cos i sin i 2 4 4 2 2 , 2 6 6 2 2 1 i . w3 2 cos i sin i 2 4 4 2 2
1.2. Функции комплексного переменного. Пусть даны два множества D и E , элементами которого являются комплексные числа. Если каждому числу z D по некоторому правилу поставлено в соответствие определенное число w E , то говорят, что на множестве определена однозначная функция комплексного переменного, отображающая множество D во множестве E , w f (z ) , причем множество D – область определения, E – область значения. w f ( z) f ( x iy ) u( x; y) iv ( x; y) , u( x; y) Re f ( z) – действительная часть функции, v( x; y) Im f ( z) – мнимая часть функции. Основные элементарные функции: 1) показательная: f ( z ) e z , f ( z ) a z e z ln a ; 2) логарифмическая: f ( z ) Ln z ln z i arg z ; 3) степенная: f ( z ) z n ;
e iz e iz e iz e iz 4) тригонометрические: sin z , cos z , 2i 2 e z ez e z ez ch z , sh z . 2 2 8
1.3. Условие дифференцируемости функции комплексного переменного. Теорема (условие Коши-Римана). Если функция f ( z) u( x; y) iv ( x; y) определена в некоторой окрестности точки z x iy , причем в этой точке действительные функции u ( x; y) и v( x; y) дифференцируемы, то для дифференцируемости функции f (z ) в точке z , необходимо и достаточно чтобы в этой точке выполнялись равенства: u v u v и . x y y x Производную дифференцируемой функции f (z ) можно находить по формулам: u v v v или f ' ( z ) f ' ( z) i i . x x y x Правила дифференцирования для функции комплексного переменного остаются такими же, как и для функции действительного переменного. ПРИМЕРЫ. 1. Проверить, является ли функция f ( z ) x 2 y 2 2 x 2 yi дифференцируемой. Решение: Проверим для функции выполняемость условия Коши-Римана. u( x; y) x 2 y 2 ; v( x; y) 2 x 2 y ; u u v v 2 x; 2 y; 4 xy; 2x 2 . x y x y 2 Значит 2 x 2 x , 2 y 4 xy – равенства неверные, то есть функция f (z ) не является аналитической. 2. Дана действительная часть аналитической функции f (z ) , u( x; y) x 2 y 2 x . Найти саму функцию.
9
Решение: Так как функция f (z ) аналитична, то для нее u v выполняется условие Коши-Римана . x y u значит 2x 1, x v 2 x 1dy 2 xy y C x . Исходя из второго условия
u v : y x
u v 2 y, 2 y 1 C ' x , значит y x 2 y 2 y C ' x , C ' x 0 , C x C . Таким образом v( x; y) 2 x y C , f ( z ) x 2 y 2 x 2 x y C i . 1.4. Интегрирование функций комплексного переменного. Теорема Коши. Так как функция комплексного переменного может быть представлена в виде f ( z) u( x; y) iv ( x; y) , то интеграл от функции по контуру L (гладкой кривой) может быть вычислен: f ( z)dz udx vdy i vdx udy . L
L
L
Свойства интегралов переменного. 1) dz z z 0 ;
от
функции
комплексного
L
2)
f z f z dz f z dz f z dz ; 1
2
1
L
3)
2
L
L
af z dz a f z dz , а – комплексное число; L
L
10
4)
f z dz f z dz
– при замене пути интегрирования
L
L
знак интеграла меняется на противоположный; 5) f z dz f z dz f z dz , L L1 L2 ; L
L1
L2
6) интеграл от элементарных функций комплексного переменного в области их аналитичности вычисляется по формулам и методам, что и в действительном анализе. ПРИМЕР. Вычислить
dz
za,
C
–
окружность
z a R,
C
пробегаемая против часовой стрелки. Решение: Данную окружность параметрически можно представить в виде z (t ) a Re it , dz Rie it dt , t 0;2 .
dz C z a
2
2
Rie it dt 0 a Re it a 0 idt it
2
2i .
0
Теорема Коши. 1. Если функция f (z ) аналитична в односвязной области D, то интеграл от этой функции по любому замкнутому контуру L, лежащему в области D, равен нулю. 2. Пусть функция f (z ) аналитична в замкнутой односвязной области D, L – граница области. Тогда имеет место формула 1 f ( z) f ( z0 ) dz , 2i L z z 0 где z 0 D – любая точка внутри области D, а интегрирование по контуру проводится против часовой стрелки. Данная формула называется интегральной формулой Коши. 11
3. Для всякой дифференцируемой в точке z 0 функции f (z ) существуют производные всех порядков, причем n-я производная имеет вид n! f z f n z 0 dz . 2i L z z 0 n 1 ПРИМЕРЫ. 1. Вычислить
1 2i
ez dz . z 1 z 2 z 2,5
Решение: Точки z 1 и z 2 лежат внутри контура. По теореме Коши для многосвязной области ez ez 1 ez 1 1 z 1 z 2 dz dz dz 2i z 2,5 z 1z 2 2i z 2,5 z 2 2i z 2,5 z 1
ez z 1
z 2
ez z2
ez ez 0. z 1
2. Вычислить интеграл
1 2i
z5 dz . 4 z 4 z 2
Решение:
1 2i
z5
z 2
4
dz
z 4
.
12
1 5 z ''' 3!
z 2
1 60 z 2 6
40 z 2
2. Ряды Лорана. Нули аналитической функции. Вычеты и их приложения. Ряд вида
C z z
n
n
n
называют рядом Лорана, который
0
может быть представлен
C z z
Ряд
n
n
n
0
n 0
n
0
n
n
n
C z z n
1
C z z C z z 0
n 0
1
Cn z z0 или
n
n
0
.
называется правильной частью ряда
Лорана, областью сходимости круг z z0 R, R 0, R . Ряд
n
n
которого
C z z n 1
n
n
0
является
называется главной
частью ряда Лорана, область сходимости r z z0 R . Теорема. Всякая функция, аналитическая в кольце r z z0 R , может быть представлена в этом кольце в виде суммы f t dt n ; G – любая f z Cn z z0 , где Cn n 1 t z n c 0 окружность с центром z 0 , лежащая в кольце r z z0 R . ПРИМЕРЫ. Дана функция f z
1
2 z z 3
. Разложить функцию
f z в ряд Лорана в областях: а) z 2 ; б) 2 z 3 ; в) z 3. Решение: Представив дробь как сумму элементарных дробей имеем 13
1 1 1 1 1 ; 2 z z 3 5 2 z 5 z 3 1 1 n а) в области z 2 : ; 2 z z n 0 2 n 1 21 2 n 1 1 z z n1 при 1. 3 z 3 z n 0 3 31 3
n 1 1 1 n n1 n1 z . Значит 2 z 3 z 5 3 n 0 2
1
б) в области 2 z 3 разложения
1 не имеет вида, а 2 z
второе разложение сохраняется. 1 1 2 n1 n . В этой области 2 z 2 n 1 z z 1 z n 1 1 1 2 n1 n z Таким образом 1 n1 n . 2 z 3 z 5 n0 5 n1 z 3 1 в) В области z 3 разложение дроби не 3 z сохраняется. В этой области n 1 1 1 n 3 1 n . z 3 z 3 z1 n1 z Таким образом, в этой области n 1 n 1 n 1 1 1 1 3 2 . 2 z 3 z 5 n1 zn
14
2.1. Классификация особых точек. Особой точкой функции f (x) называется точка, в которой функция не является аналитической. Особая точка z 0 функции f (z ) называется изолированной, если в некоторой окрестности ее функция f (z ) не имеет других особых точек. 1. Изолированная особая точка z z0 является устранимой, если существует конечный предел функции в этой точке, то есть lim f ( z ) A . При этом разложение z z0
функции в ряд Лорана имеет вид f ( z ) Cn z z0 . n
n 0
2. Изолированная особая точка z z 0 является полюсом, если предел функции равен бесконечности: lim f ( z ) . z z0
Разложение функции в ряд Лорана при этом имеет один член с отрицательным показателем. Если ряд Лорана в своей главной части имеет mконечное число членов с отрицательными показателями, то точка z 0 называется полюсом m-порядка. 3. Изолированная особая точка является существенно особой точкой функции f (z ) , если предел функции в точке не существует, то есть в окрестности z 0 функция становится неопределенной. При этом в разложении функции в ряд Лорана содержится бесконечное множество членов с отрицательным показателем.
15
ПРИМЕР. Классифицировать особые точки функции 1 cos z sin z а) ; б) в) f ( z) f ( z) 2 ; 2 z z e z 1 ( z 1) 1 . f ( z) ( z 1) 4 Решение: а) Функция аналитична везде, кроме z 0 . Эта точка является изолированной особой точкой. Найдем 1 cos z : lim z 0 z2 используя 1 cos z sin z 1 sin z 1 lim lim lim 2 z 0 правило Лопиталя z 0 2 z 2 z 0 z 2 z . Следовательно, точка z 0 0 является устранимой особой. sin z z0 0 f ( z) 2 , б) Для функции является z изолированной sin z cos z lim 2 lim , значит z 0 0 является полюсом z 0 z z 0 2 z кратности один. в) Охарактеризуем для данной функции z 0 1 . Ряд Лорана в окрестности z 0 1 данной функции имеет вид 1 1 1 1 f ( z) ( z 1) 0 ( z 1) ... 2 3!( z 1) 4! 5! 2!( z 1) Значит z 0 1 является полюсом кратности два. Замечание. Характер точки можно классифицировать по тому же принципу, что и конечные точки. Причем изучение функции f (z ) в окрестности z можно свести путем
16
подстановки z w 0. ПРИМЕР.
1 1 к изучению функции f в окрестности w w
Выяснить поведение функции f ( z ) z .
Решение: Сделаем подстановку z
1 f ( z) f w
1 в окрестности z 3
1 , тогда w
1 w 1 1 1 2 w 1 3 w 3 w ... 1 3 3 1 1 3w z z z w 3
1 3 32 3n 2 3 ... n 1 , z z z n 0 z значит, z является устранимой особой точкой.
2.2. Вычет функции. Вычетом функции f (z ) в изолированной особой точке z 0 называется комплексное число, определенное равенством 1 Res z 0 f ( z )dz , где C – замкнутый контур, лежащий в 2i C области аналитичности f (z ) и содержащий внутри себя единственную точку z 0 . Вычет функции в особой точке равен C 1 коэффициенту разложения функции f (z ) в ряд Лорана по степеням z z 0 . Замечания. 1. В устранимой особой точке z 0 вычет равен нулю Res f ( z ) 0 . z z0
2. Если z 0 – полюс кратности k , то для определения вычета функции используется формула 17
1 k lim f z z z 0 z z0 k 1! zz0 Если z 0 – простой полюс, то Res f z lim f z z z 0 . Res f ( z )
z z0
k 1
.
z z0
3. Вычетом функции f (z ) в называется величина 1 Res f ( z ) f ( z )dz , z 2i G где G – контур, во внешности которого нет конечных особых точек функции f (z ) . Причем, если z – устранимая точка, то Res f ( z ) lim z 2 f ' ( z ) ; если z z
z
– m-кратный полюс, то m 1 m 1 ; если z – Res f ( z ) C 1 lim z m 2 f z z z m 1! существенно особая точка, то Res f ( z ) C 1 .
z
ПРИМЕРЫ. Найти вычеты функций в указанных особых точках. 1 cos z sin 2 z а) f z , z 3 ; б) f ( z ) , z 0 ; в) 4 z2 z 3
1 z8 , z . z 2z 6 Решение:
f ( z)
sin 2 z – z 34 полюс кратности четыре, тогда sin 2 z 1 1 4 ''' 8 cos 2 z Res f z lim z 3 lim 4 z 3 z 3 4 1! z 3 6 z 3 4 cos 6 3 . 18 а) Определим характер особой точки. lim z 3
б) точка z 0 является устранимой особой точкой, так как 1 cos z sin z 1 lim lim . Значит Res f z 0 . 2 z 0 z 0 z 0 2z 2 z в) Так как 8 8 1 z 1 z 1 1 2 4 7 7 z 1 2 ... при 6 2 1 z z z 2z z z z z 2 , тогда согласно определению Res f ( z ) C1 ,.
Res f ( z ) 4 . z
2.3. Приложения вычетов функций. Теорема 1. Если функция f (z ) аналитична на границе C области D и всюду внутри области, за исключением конечного числа изолированных особых точек z1 , z 2 ,... z n , то лежащих внутри области, ограниченной контуром C и содержащий внутри себя точки z1 , z 2 ,... z n , то
n
f z dz 2i Res f z , m1
C
zm
то есть для вычисления интеграла по заданному контуру необходимо найти особые точки функции f z , вычислить сумму вычетов функции в тех особых точках, которые попадают внутрь контура C и умножить результат на 2i . Теорема 2. Пусть функция f z аналитична всюду в верхней полуплоскости, кроме конечного числа особых точек z m , и
аналитична на вещественной оси. Тогда интеграл
f x dx
сходится и
n
f x dx 2i Res f z , Im z m 0 . m 1
zm
19
Замечание. Вычеты используются при вычислении интегралов типа 2
Rcos t; sin t dt ,
введя
замену:
0
1 1 1 1 dz z , сost z , dt i . 2i z 2 z z При изменении t от 0 до 2 , переменная z пробегает окружность z 1 в положительном направлении. Таким образом 1 1 z 2 z dz 0 Rcos t; sin t dt i z1 R 2i z ; 2 z z . ПРИМЕРЫ. Вычислить указанные интегралы. 1 dz 1) . 2 2i z 2 4 z 1 z 2 z e it , sin t
Решение: По теореме о вычетах интеграл равен: 1 dz 1 Res z 1 z 1z 2z 1 2i z 2 4 z 1z 1z 2 1 1 Res z 1 z 1 z 2 z 1 z 2 z 1 z 2 z 1 1 1 z 1 lim z 1 lim z 1 z 1 z 1 z 2 z 1 z 1 z 1 z 2 1 1 1 1 lim 2 z 2 0 z 2 z 1 z 2 6 2 3 . dx 2) 2 . x 4 x 20 Решение: Res
20
dx dx 1 x 2 4 x 20 z 2 4i z 2 4i 2i z Res 2 4 i 2i lim
z 2 4 i
1z 2 4i 1 2i z 2 4i z 2 4i 8i 4
.
21
3. Ряды Фурье. Интеграл Фурье. Рядом Фурье для функции f (x) в интервале l; l называется тригонометрический ряд a0 nx nx an cos bn sin , 2 n1 l l если его коэффициенты a n и bn вычисляются по формулам Фурье: l 1 a0 f ( x)dx ; l l
1 nx an f ( x) cos dx ; l l l l
1 nx f ( x) sin dx . l l l Замечание. Для четной функции все коэффициенты bn 0 и соответствующий ряд Фурье не содержит синусов: l a 2 nx nx dx . , где an f ( x) cos f ( x) 0 an cos l 0 l 2 n1 l l
bn
Для нечетной функции все коэффициенты an 0 соответствующий ряд Фурье содержит только синусы: l a0 2 nx nx dx . f ( x) bn sin , где bn f ( x) sin l 0 l 2 n1 l
и
ПРИМЕРЫ. Разложить в ряд Фурье следующую функцию: 0, если 2 x 0 а) f ( x) , на отрезке 2;2 . x, если 0 x 2 Решение: В данном случае l 2 . Используя формулы Фурье: 22
2 2
a0
2
1 1x xdx 1. 20 2 2 0
2
1 nx x 2 nx 1 nx a n x cos dx sin sin dx 20 2 2 n 2 n 0 2 2
2
0 2
2 n 2
2
cos
nx 2 2 2 2 2 cos n 1 2 2 1 1 , n 1, 2, ... 2 n n 0
то есть
a2 m 0 , a2 m1
4 , 2m 12 2 2
1 nx 1 2 nx 1 nx bn x sin dx x sin cos dx 20 2 2 n 2 n 0 2 2
2
0
2
2 1n1 22 2 sin nx 1n1 2 . n 2 n n 0
Таким образом 2m 1x 2 1m1 sin mx 1 4 f ( x) cos 2 m1 2m 12 2 2 m 2 . 3.1. Комплексная форма ряда Фурье. Комплексной формой ряда Фурье функции отрезке , называется равенство
23
f x на
f x
C e
n
где Сn
1 2
f x e
inx
n
inx
,
dx – комплексные коэффициенты ряда
Фурье. Если функция f x задается на отрезке l; l , то комплексная форма ее ряда Фурье имеет вид inx inx l 1 l f x Cn e , где Cn f x e l dx . 2l l n inx
Члены ряда Cn e l – называются гармоническими колебаниями или гармониками. Совокупность величин C1 , C2 , ... называют амплитудным спектром. ПРИМЕР. Представить рядом Фурье в комплексной форме функцию 0, при 1 x 0 f x . 1, при 0 x 1 Решение: В данном случае l = 1, поэтому 1
1 1 i 1 1 inx 1 C n e inx dx e e in 1 20 2in 2in 2n n
1
0
0 , если n четно i , если n нечетно 2m 1
Следовательно f x
i e inx . n 2n 1
24
3.2. Интеграл Фурье. Преобразование Фурье. Мы определили, что всякую функцию f(x) можно разложить в ряд Фурье на l; l : a n . f x 0 an cos wn x bn sin wn x, wn e 2 n1
1 Формула называется f x dw f t cosw t dt , 2 формулой Фурье, а интеграл в правой части называется интегралом Фурье. Формула справедлива в точках непрерывности функции. Интеграл Фурье в комплексной форме имеет вид 1 f x dw f t e iw xt dt . 2
ПРИМЕР. Представить функцию
1, при x 1 интегралом f ( x) 0, при x 1
Фурье в комплексной форме. Решение: Используя комплексную форму интеграла Фурье 1 iwx 1 iwt 1 1 iw x t f x dw e dt dw e e dt 2 1 2 1 1 1 e iwx iwx 1 e iwx e iw e iw e dw dw | 2 iw 2 iw 1
e iwx e iw e iw 1 dw w 2 1
Итак f x
1
sin w iwx e dw w
sin w iwx e dw . w
25
3.3. Преобразование Фурье. Интегральным преобразованием функции f (x) называется функция 1 F w f u e iwu du . 2 Причем сама функция Фурье имеет вид 1 f ( x) F we iwx dw . 2 Функция Fc w
f и cos wu du Ф
2
C
( f ) называется
0
косинус-преобразованием Фурье функции f x . Функция
Fs w
2
f u sin wu du Ф f S
0
синус-преобразованием Фурье функции f x . Причем функция представима в виде: 2 f x FC (w) cos wx dw или
f x
2
0
F wsin wx dw . S
0
ПРИМЕР. Найти косинус-преобразование Фурье функции 1 x, если 0 x 1 f x . 0, если x 1
26
называется
Решение: Имеем 1
Fc w
1
1 x cos wx dx 2
0
2 sin wx x sin wx cos wx w w w2 0
2 1 cos w 2 1 w 2 sin 2 . 2 2 w 2
27
4. Преобразование Лапласа. Комплексная функция f t действительного аргумента t называется оригиналом, если: 1) функция непрерывна и определена на всей числовой прямой, кроме отдельных точек, где она может иметь разрывы первого рода; 2) f t 0, при t 0 ; 3)
f t Me S0t , M , S 0 – константы.
Изображением функции f t или ее преобразованием Лапласа называется функция F p комплексного переменного
p, определяемого соотношением F p f t e pt dt . Обозначают
F p
0
f t .
4.1. Свойства преобразования Лапласа. 1. Линейность: C1 f1 t C2 f 2 t
C1 F1 p C2 F2 p .
1 F , 0 . 3. Смещение: e at f t F p a . ~ ~ ~ 4. Запаздывание: f t i e p i F p , i 0 . 5. Дифференцирование оригинала: f ' (t ) p F ( p) f (o) 2. Подобие: f t
1
f ' ' (t ) p 2 F ( p) p f (o) f ' (o) f ' ' ' (t ) p 3 F ( p) p 2 f (o) p f ' (o) f ' ' (o) ……………………………………………………… 6. Дифференцирование изображения: F ' ( p) tf (t ) F ' ' ( p) (1) 2 t 2 f (t ) ………………………… 28
t
7. Интегрирование оригинала:
F ( p) . p
~
f (t )d i 0
8. Интегрирование изображения:
F ( p)dp 0
9. Умножение t
~
f (i ) f 1
2
изображений
f (t ) . t
(свертка):
F1 ( p) F2 ( p)
~ ~ (t i )d i .
0
10. Умножение
1 2i
f1 (t ) f 2 (t )
оригиналов:
f i
F ( z) F ( p z)dz . 1
2
f i
ПРИМЕРЫ. Найти изображение функции f (t ) cos t . Решение. Используя определение изображения функции:
F ( p) cos t e pt dt . 0
Интегрируя интеграл 1 p p pt 0 cos t e dt 1 1 p 2 . 1 2 p
по
частям,
получим
p . 1 p2 При нахождении изображений и оригиналов удобно использовать следующую таблицу. Таким образом F ( p)
№
Изображение
Оригинал
F p f t e pt dt
f t
0
1
1 p
1
29
2
e at
3
t
4
sin wt
5
cos wt
6
sh wt
7
ch wt
8
e at sin wt
9
e at cos wt
10
e at sh wt
11
e at ch wt
12
tn
1 pa 1 p2 w p 2 w2 p p 2 w2 w p 2 w2 p p 2 w2 w p a 2 w2 pa p a 2 w2 w p a 2 w2 pa p a 2 w2 n! p n1 n! p a n1 2wp
(n – целое)
13
e at t n
14
t sin wt
p
2
w2
p w 2
15
t cos wt
p
2
16
t sh wt
p
2
w2 2wp w2
p w 2
17
t ch wt
p
18
e at t sin wt
p a
2
2
2
2
2
2
w2 2w p a 2
2
p a
2
19
e at t cos wt
p a
20
1 sin wt wt cos wt 2 w3
p
2
21
1 wt ch wt sh wt 2 w3
p
2
22
sin wt
23
coswt
2
w2
2
w2 w2
1 w2 1
2
2
2
w2 w cos p sin p 2 w2 p cos w sin p 2 w2
30
ПРИМЕР.
2 p2 p 2 . p3 8 Решение: Представим дробь как сумму элементарных дробей 2 p2 p 2 A Bp C ; 2 2 p 2 p 2 p 4 p 2 p 2 p 4 Найти оригинал по изображению. F p
p2 2 A B A 1 1 p 1 2 A C 2 B B 1 p 0 2 4 A 2C C 1
F p
1 p 1 1 p 1 2 p 2 p 2 p 4 p 2 p 12 3
e 2t e 2t cos 3t . 4.2. Интегрирование линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. Пользуясь свойствами дифференцирования и линейности оригиналов, операционный метод применяется при решении линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами y n a1 y n1 a2 y n2 ... an y f t , удовлетворяющих начальным условиям: y0 C0 , y' 0 C1 , …, y n1 0 Cn1 . Считаем, что рассматриваемая функция y t и ее производные, а также функция f t являются оригиналами. Перейдя от оригиналов к изображениям: f ' t pF p f 0 f ' ' t p 2 F p pf 0 f ' 0 ……………………………………, 31
получаем операторное уравнение, относительно F p . Найдя оригинал, соответствующий найденному изображению, мы получаем частное решение исходного дифференциального уравнения. ПРИМЕР. Найти решение xt дифференциального x' ' x' cos t , x0 2 , x' 0 0 . Решение: p cos t 2 p 1 xt X p x' t pX x0 pX 2 x' ' t p 2 X px0 x' 0 p 2 X 2 p 0 Получим операторное уравнение p p 2 X 2 p pX 2 2 p 1 p X p2 p 2 2 p 1 p 1
уравнения
2 p3 2 p2 3 p 2 p p 1 p 2 1 Разлагая эту дробь на элементарные дроби, получаем 2 1 1 1 1 , X 2 2 p 2 p 1 p 1 p 1 Следовательно 1 xt 2 e t sin t cos t . 2 X
32
5. Варианты расчетно-графических работ. Вариант 1 1. Найти значения выражений: 2 3i à) á ) (4 4i) 3 â) 3 3 i 1 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру: Sin tdt Sin 3t 1 1 à) á) dt i / t 3 / 1.5 (t 1)(t 4) i / t / 5 (t 4) 3 3. Найти значения вычетов: z Sin5 z à) Re s á ) Re s z i ( z i )( z 2i ) z 4 ( z 4) 3
â) Re s z
z3 z2 3
4. Найти оригинал по заданному изображению: 2 p 2 11 p 24 F ( p) ( p 2)( p 2 6 p 18) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям: x x 3Sin 2t; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 2 1. Найти значения выражений. 1 3i à) á ) (2 3i) 4 â) 3 4 4i 1 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 33
à)
1 z 3 dz 2i / z 1/ 2.5 z 2 4
á)
1 Cos 4t dt i / t i / 1 (t i) 3
3. Найти значения вычетов. z Sin ( z 1) à) Re s á ) Re s z i ( z i )( z 2) z 2 ( z 2) 2 ( z 1)
â) Re s zCos z
1 z
4. Найти оригинал по заданному изображению. p2 3p 4 F ( p) ( p 1)( p 2 4 p 5) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 4 x 20e 4t ; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 3 1. Найти значения выражений. 4 2i à) á ) (2 4i) 5 â) 3 27i 3 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 2 e 2t 8 Sin 2tdt à) dt á ) i / t 6 / 3 (t 2)(t 6) i / t 1 / 0.5 (t 3)(t 1) 2 3. Найти значения вычетов. z Cosz à) Re s á ) Re s z 4i ( z 2i )( z 4i ) z 0 ( z 3) 2 ( z 1)
â) Re s( z 2) 3 Cos
4. Найти оригинал по заданному изображению. 34
z 2
1 z2
F ( p)
p3 3 p2 5 p 1 ( p 2 1)( p 2 4 p 5)
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x x t; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 4 1. Найти значения выражений. 2 5i à) á ) (3 3i) 2 â) 3 27i 3 2i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 2 Sin 2 z 4 2 à) dz á ) 2 i / z i / 2 z 4 i
z) 4 dz 2 / z 1 / 1 ( z 3)( z 1) Sin (
3. Найти значения вычетов. 3Sinz 1 ez à) Re s á ) Re s zSin â) Re s z 2 ( z 2)( z 5) z 1 z 3 ( z 3) 2 ( z 4) z 1 4. Найти оригинал по заданному изображению. p2 p 4 F ( p) ( p 2)( p 2 2 p 2) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x 2 x 10e 2t ; x(0) 0, x(0) 0 35
Вариант 5 1. Найти значения выражений. 4 5i à) á ) (4 2i) 6 â) 3 8i 3 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 2 Cos 4t 1 dz à) dt á ) 2 2 i / t 3 / 3 (t 9)(t 5) 2i / z / 1 z ( z 3) 3. Найти значения вычетов. 3zCos 2 z z2 à) Re s á ) Re s z i ( z i )( z 4i ) z 2 ( z 1)( z 2) 2
â) Re s z
ez z5
4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 p2 p 2 F ( p) p3 8 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x 10e 3t ; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 6 1. Найти значения выражений. 3i à) á ) (2 4i) 6 â) 3 27i 2 5i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру.
36
à)
4 e4z d z i / Z 3 / 2 z 2 16
á)
1 dz 2i / z 2 / 1 ( z 2)( z 2) 3
3. Найти значения вычетов. ez Cos 2 z à) Re s á ) Re s z 1 ( z 1)( z 2) z z5
z4 â) Re s z 1 ( z 1) 3
4. Найти оригинал по заданному изображению. p2 3 F ( p) 1 p4 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 4 x'5x 10et ; x(0) 10, x(0) 30 Вариант 7 1. Найти значения выражений. 3 2i à) á ) (3 5i) 4 â) 3 1 3i 7i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 Sin (t ) 1 Cos3z à) dt á ) dz i / t 1 / 1,5 (t 3)(t 2) 2i / z 2 / 1 ( z 2) 4 3. Найти значения вычетов. Sin 2 z e2z à) Re s á ) Re s z 3i ( z 2i )( z 3i ) z 1 ( z 1) 2 ( z 3)
â) Re s
4. Найти оригинал по заданному изображению. 37
z
z 15 (1 z ) 4
F ( p)
3 p 3 2 p 2 4 p 20 p 3 ( p 2 2 p 10)
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x t 2 4t 2; x(0) 0, x(0) 1 Вариант 8 1. Найти значения выражений. 2 6i à) á ) (1 3i) 3 â) 3 6 6i 3 5i 2. Применяя интегральные формулы Коши, интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 Cos 2t 1 1 Sin 2 z à) dt á ) dz i / t 2 / 2 (t 2)(t 3) 2i / z 1 / 2 z4 3. Найти значения вычетов. Sin 4 z z2 à) Re s á ) Re s z 4 ( z 3)( z 4) z 1 ( z 1) 2 ( z 3)
вычислить
â) Re s (3 z )Cos z 3
4. Найти оригинал по заданному изображению. p3 p2 4 p 5 F ( p) 4 p 4 p3 5 p2 5. Операторным методом найдите дифференциального уравнения второго удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x' 2Cos(t ); x(0) 4, x(0) 0
38
решение порядка,
1 z 3
Вариант 9 1. Найти значения выражений. 4 7i à) á ) (5 6i) 4 â) 4 16 5 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 2 e 2t 1 z6 à) dt á ) dz i / t 1 / 3 (t 2)(t 6) 2i / z 3 / 4 ( z 1) 3 3. Найти значения вычетов. e3z z à) Re s á ) Re s z 3 ( z 3)( z 2) z 2 ( z 1) ( z 2) 3
â) Re s( z 2) 4 Sin z 2
1 z2
4. Найти оригинал по заданному изображению. p 4 6 p 2 24 p 30 F ( p) p6 4 p5 5 p4 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x 2Sin(t ); x(0) 0, x(0) 2 Вариант 10 1. Найти значения выражений. 1 4i à) á ) ( 3 i) 2 â) 3 64i 1 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 39
à)
1 e3 z dz i / z 3/ 0.5 z ( z 3)
á)
1 Sin5( z 1) dz 2i / z 1/ 0.5 ( z 2)( z 1) 2
3. Найти значения вычетов. z4 z2 à) Re s á ) Re s z 2 ( z 2)( z 4) z 1 ( z 2) ( z 1) 2
2
â) Re s10 z e
1 z 1
z 1
4. Найти оригинал по заданному изображению. p 4 2 p 3 2 p 2 8 p 26 F ( p) p 5 4 p 4 13 p 3 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x'5x 17Cos 2t; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 11 1. Найти значения выражений. 1 2i à) á ) ( 3 i) 3 â) 4 16i 2 5i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 z2 1 e iz à) dz á ) dz 2i / z/ 5 ( z 1)( z 4) 2i / z /0.5 ( z 1) z 2 3. Найти значения вычетов. 1 Cosz 2 1 e 5 z 1 Sin5 z à) Re s á ) Re s â ) Re s z i z ( z 2 1) z 0 z 0 z5 z 2 sh5 z 4. Найти оригинал по заданному изображению. 40
F ( p)
p4 4 p2 2 p 1 ( p 1)( p 2 1) 2
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x' x e t Cos(t ); x(0) 1, x(0) 1 Вариант 12 1. Найти значения выражений. 2 5i à) á ) (1 3i) 2 â) 4 16i 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 e z 2i 1 Cos 2 z à) dz á ) dz 2 2i / z 2i / 2 z 4 2i / z / 0.3 ( z 1) z 2 3. Найти значения вычетов. 1 z 2 Cosz à) Re s á ) Re s z 2i z ( z 2 4) z 0 z3
â) Re s z 0
e 50z Cos8 z z ( Sin 4 z )
4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 p4 p2 1 F ( p) 6 p 2 p4 p2 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x' x e t Sin(t ); x(0) 1, x(0) 1
41
Вариант 13 1. Найти значения выражений. 2 3i à) á ) (2 4i) 4 â) 3 1 i 1 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 Cos( z 3i) 1 Cos 4( z 3) à) dz á ) dz 2 2i / z 3i / 1 z 9 2i / z 3 / 0.4 ( z 2) 2 ( z 3) 2 3. Найти значения вычетов. ze z 1 z Sin ( z ) à) Re s á ) Re s z 2 Sin â) Re s z 0 Sin ( z ) z 1 z 0 z 1 z4 4. Найти оригинал по заданному изображению. p 4 6 p 2 12 p 6 F ( p) p6 2 p5 p4 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 6 x 2Sin 2t; x(0) 0, x(0) 2 Вариант 14 1. Найти значения выражений. 2 4i à) á ) ( 3 i) 4 â) 3 1 i 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 z3 1 e2z à) dz á ) dz 2i / z/ 5 ( z 2)( z 3) 2i / z /0.3 ( z 1) z 3 42
3. Найти значения вычетов. 1 ln( 2 z ) à) Re s á ) Re s 6 z 2 e z 2 z 0 z 2 Sin ( z )
â) Re s z 0
1 Cos ( z ) z3
4. Найти оригинал по заданному изображению. p4 4 p2 1 F ( p) p(1 p 2 ) 2 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x 2e t ; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 15 1. Найти значения выражений. 1 2i à) á ) (1 3i) 4 â) 3 1 i 1 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 3 Sin ( z 3i) 4 Cos3( z 2) à) dz á ) dz 2 i / z / 3.5 z 9 i / z 2 / 1.5 ( z 4)( z 2) 3 3. Найти значения вычетов. ez 1 1 6 z Sin 6 z à) Re s á ) Re s 24 z 3Cos â) Re s z 0 z ( z 1) z 1 z 0 z 1 z3 4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 p2 2 p 2 F ( p) 4 p 2 p3 2 p2 43
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x 2te t ; x(0) 0, x(0) 1 Вариант 16 1. Найти значения выражений. 2i à) á ) (3 3i) 3 â) 3 3 i 3 4i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 e2z 1 z5 à) dz á ) dz 2i / z /2.5 ( z 3)( z 2) 2i / z/ 4 ( z 2)( z 1) 3 3. Найти значения вычетов. ln(e z ) z 11 ch 4 z 8 z 2 1 à) Re s á ) Re s 4 â) Re s z 0 z z 2 z 0 4z Sin ( z ) z 4 sh 3 4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 p 2 9 p 13 F ( p) 3 p 6 p 2 13 p 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x'2 x 2 10e 3t Sin 2t; x(0) 2, x(0) 3 Вариант 17 1. Найти значения выражений. 44
à)
3 2i 1 i
á ) (6 2i) 3
â) 4
1 i 3 2
2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 ez 1 e ez à) dz á ) dz 2i 1 z ( z 1) 2i 3 z ( z 1) 3 / z / 1 2
/ z2 /
3. Найти значения вычетов. z 3z à) Re s á ) Re s e z 3 z 2i ( z 2i )( z i ) z 3
2
â) Re s z 0
Cos (iz ) 1 z3
4. Найти оригинал по заданному изображению. p 2 14 p 20 F ( p) 3 p 6 p 2 10 p 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x'3x 2t; x(0) 1, x(0) 1 Вариант 18 1. Найти значения выражений. 4i à) á ) (5 2i) 4 â) 3 8 3 2i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 dz 1 ch 2 z à) á) dz 2 2 2i 2i / z 1 / 2 z ( z 2) 3 z ( z 4) / z i /
2
45
3. Найти значения вычетов. 1 ln z Sin3z à) Re s á ) Re s 2 z 1 Sin ( z 1) z z
â) Re s z 0
e iz 1 z3
4. Найти оригинал по заданному изображению. 3 p 3 2 p 2 21 p 2 F ( p) 2 ( p 1)( p 2 2 p 10) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' 2 e t ; x(0) 2, x(0) 4 Вариант 19 1. Найти значения выражений. 4 3i à) á ) (4 3i) 2 â) 3 8 8 3i 5 2i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 Sin ( z ) Sin ( z 1)dz 1 e iz à) á ) dz 2i / z/ 2 2i / z/ 4 ( z ) 3 z2 z 3. Найти значения вычетов. 9Cos ( z ) e z 1 1 à) Re s á ) Re s 2 z 5 ( z 4)( z 5) z 0 z ( z 1) 3
1
â) Re s ze z 0
4. Найти оригинал по заданному изображению. 4 p 3 10 p 2 6 p 5 F ( p) p 2 ( p 2 4 p 5)
46
z2
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x Cos3t; x(0) 0, x(0) 1 Вариант 20 1. Найти значения выражений. 7 4i à) á ) (2 2i) 3 â) 3 4 4i 2 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 chz 1 dz à) dz á ) 2 3 2i / z i / 2 z ( z 4) 2i / z 1 / 1 ( z 1) ( z 1) 3 3. Найти значения вычетов. 6z 2 z Cos 2 z à) Re s á ) Re s 2 2 z 2 ( z 2)( z 2 2 z 4) z 0 z ( z 1)
â) Re s z
Cos 2 z z3
4. Найти оригинал по заданному изображению. 24 p 16 F ( p) 4 p 16 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. 2 x 5x' 29Cost; x(0) 1, x(0) 0 Вариант 21 1. Найти значения выражений. 1 4i à) á ) (4 4i) 4 â) 4 1 3i 1 3i 47
2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 z3 2 1 t 2 dt à) dz á ) 2i / z/ 2 z 2 ( z 1) 2i / t i / 3 (t 1) (t 2) 3. Найти значения вычетов. ln( z 2 4 z 5) z8 sh2 z à) Re s á ) Re s â) Re s 3 3 z 2 z 2 z 2 z 1 2( z 1) 3 ( z 2) 4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 F ( p) 4 p 2 p2 1 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x 6e t ; x(0) 3, x(0) 1 Вариант 22 1. Найти значения выражений. 1 7i à) á ) (2 4i) 4 â) 3 2 2i 3 2i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 z3 1 dz à) dz á ) 2 3 2i / z 1 / 5 z 4 2i / z / 3 ( z 2) ( z 2) 2 3. Найти значения вычетов. Sin ( z 2 4 z 3) 1 à) Re s á ) Re s z 3 ch 2 z 1 z 0 z ( z 1) 48
â) Re s z 1
e z 1 ( z 2)( z 1) 2
4. Найти оригинал по заданному изображению. 3p F ( p) 2 ( p 1)( p 2 4) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x' t 2 ; x(0) 0, x(0) 2 Вариант 23 1. Найти значения выражений. 5 3i 3i à) á ) (4 3i) 3 â) 4 2i 2 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 t2 1 Sin ( z 1)dz à) dt á ) 2 2i / t / 2 t 1 2i / z 1 / 2 z 2 ( z 1) 3. Найти значения вычетов. 1 e z 2 Cos ( z 1) à) Re s á ) Re s z 2 ( z 2) 2 ( z 3) z 1 ( z 1)( z 1) 2
â) Re s z
ez z
4. Найти оригинал по заданному изображению. p5 F ( p) 3 p 2 p2 5p 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x x' t 2 2t; x(0) 0, x(0) 2 49
Вариант 24 1. Найти значения выражений. 6i 1 à) á ) (2 6i) 3 â) 5 1 3i 32 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 3 Sin ( z ) 1 Cos( z 1)dz à) dz á ) 2i / z 3 / 1 z ( z 3) 2i / z 1 / 1.5 z ( z 1) 3 3. Найти значения вычетов. 1 Cos ( z 3) 1 162ch( z 3) à) Re s á ) Re s 6 z 2 sh â) Re s z 3 ( z 3) 3 ( z 1) z 2 z 3 z2 ( z 3) 3 z 4. Найти оригинал по заданному изображению. 4 F ( p) 3 p 8 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x'2 x 2t 2; x(0) 1, x(0) 2 Вариант 25 1. Найти значения выражений. à)
8i 1 i
á ) (1 3i) 4
â) 4
1 i 3 2
2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру.
50
à)
1 e z 1 1 e z 1dz dz á ) 2i / z/ 3 ( z 1)( z 2) 2i / z 1 / 4 ( z 2)( z 1) 3
3. Найти значения вычетов. ln( z 2 6 z 10) Sin ( z 1) à) Re s á ) Re s z 3 ( z 4)( z 3) 3 z 1 ( z 1) 3 z
1 ez â) Re s z 0 z
4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 3p F ( p) ( p 2)( p 2 4 p 5) 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 4 x 2 4t 2 ; x(0) 0, x(0) 2 Вариант 26 1. Найти значения выражений. 5i à) á ) (3 6i) 3 â) 4 81 1 5i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 9 z 1 1 z 4 dz à) dz á ) 2i / z 3i / 4 z ( z 2 9) 2i / z/ 2 ( z 1) 2 ( z 1) 2 3. Найти значения вычетов. Sin ( z 2 z 2) Sin 2 z à) Re s á ) Re s 4 2 z 1 ( z 1) ( z 2) z z
â) Re s z 2
z5 ( z 2) 4
4. Найти оригинал по заданному изображению. 51
F ( p)
2p ( p 1)( p 2 4 p 5)
5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 5x'4 x 10Sin 2t ; x(0) 0, x(0) 1 Вариант 27 1. Найти значения выражений. 2 4i à) á ) (2 i) 3 â) 3 2 2i 3 8i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 e2z 1 z 5 dz à) dz á ) 2i / z /2.5 ( z 3)( z 2) 2i / z/ 4 ( z 2) ( z 1) 3 3. Найти значения вычетов. 3Sin ( z ) 1 ez à) Re s á ) Re s zSin â) Re s z 2 ( z 2) ( z 5) z 1 z 3 ( z 3) 2 ( z 4) z 1 4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 F ( p) 4 p 2 p2 1 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x 2te t ; x(0) 0, x(0) 1
52
Вариант 28 1. Найти значения выражений. 6i à) á ) ( 3 i) 4 â) 3 27i 3 2i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 2 Cos 4t 1 dz à) dt á ) 2 2 i / t 3 / 3 (t 9)(t 5) 2i / z / 1 z ( z 3) 3. Найти значения вычетов. 1 Cosz 2 1 z Sin ( z ) à) Re s á ) Re s â) Re s 2 5 z i z ( z 1) z 0 z 0 4 z 4. Найти оригинал по заданному изображению. p4 4 p2 1 F ( p) p(1 p 2 ) 2 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 2 x' x 2e t ; x(0) x(0) 0 Вариант 29 1. Найти значения выражений. 1 4i à) á ) (3 3i) 3 â) 4 20 1 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру.
53
à)
1 z2 1 e 4 z dz dz á ) 2i / z/ 5 ( z 1)( z 4) 2i / z /0.5 z 2 ( z 1)
3. Найти значения вычетов. ln(e z ) z 11 ch 4 z 8 z 2 1 à) Re s á ) Re s 4 â) Re s z 0 z z 2 z 0 4z Sin ( z ) z 4 sh 3 4. Найти оригинал по заданному изображению. 2 p2 p 2 F ( p) p3 8 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x 4 x 20e 4t ; x(0) 0, x(0) 0 Вариант 30 1. Найти значения выражений. 1 2i à) á ) (4 3i) 3 â) 4 16i 4 3i 2. Применяя интегральные формулы Коши, вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру. 1 Sin (t )dt 1 Cos3zdz à) á) i / t 1 / 1.5 (t 3)(t 2) 2i / z 2 / 1 ( z 2) 4 3. Найти значения вычетов. e3z z à) Re s á ) Re s z 3 ( z 3)( z 2) z 2 ( z 1)( z 2) 3
54
â) Re s( z 2) 4 Sin z 2
1 z2
4. Найти оригинал по заданному изображению. p2 3 F ( p) 1 p4 5. Операторным методом найдите решение дифференциального уравнения второго порядка, удовлетворяющее заданным начальным условиям. x" x' x et Sin(t ); x(0) 1, x' (0) 1
55
6. Вопросы и примеры для подготовки к экзамену. 6.1. Примерный перечень вопросов к экзамену. 1. Основные действия с комплексными числами. 2. Определение функции комплексного переменного. 3. Основные элементарные функции комплексного переменного. 4. Аналитическая функция. Теорема Коши. 5. Интегральная формула Коши. 6. Представление аналитических функций рядами. Ряд Тейлора. 7. Ряд Лорана. Разложение функции в ряд Лорана. 8. Особые точки однозначного характера аналитической функции. 9. Вычет аналитической функции в особой точке. Применение вычетов к вычислению интегралов. 10. Преобразование Фурье, свойства преобразования. 11. Ряд Фурье, коэффициенты Фурье. 12. Ряд Фурье в комплексной форме. 13. Условие существования преобразования Лапласа. Свойства. 14. Восстановление оригиналов по изображению: формула обращения и теорема разложения. 6.2. Примеры для подготовки к экзамену. Функции комплексного переменного 1) Проверить, являются ли аналитическими, найти их производные. а) f ( x) ( x 2 2 y 2 ) 2 xyi б ) f ( x) z e z в ) f ( x) z z 2
56
данные
функции
г ) f ( x) е x cos y ie x sin y д) f ( x) ( x 3 3xy 2 ) i(3x 2 y y 3 ) 2) По известной мнимой (или действительной) части восстановить аналитическую функцию а )V ( x; y ) x 2 y
б )U ( x; y ) x 2 y 2 2 x в )U ( x; y ) x 2 y 2 xy г )U ( x; y ) 2 x cos( y ln 2) 3) Разложить функцию в ряд Лорана по степеням z 1 а) f ( z ) 2z 5 1 б) f ( z) 2 z z6 1 в ) f ( z ) 2 cos 2 z z 1 г ) f ( z ) ( z 1) 2 sin z 1 1 д) f ( z ) 2 по степени z 2 z 2z 8 4) Применяя интегральную формулу Коши, вычислить интегралы по замкнутому кругу 1 sin z 1) dz i z 3 1.5 ( z 1)( z 4)
2)
1 2i
ez dz ( z 1 )( z 2 )( z 3 ) z 2.5
3)
1 2i
sin 3z dz 2 z 4 ( z 2)
57
4)
1 2i
sin z dz 2 z 1 6 ( z 2)( z 4)
5)
2 i
cos 3t dz 2 t 2 5 (t 4) (t 6)
6)
1 i
sin 3t dz 3 t 5 (t 4)
1 7) 2i
z 1 2 .5
z3 dz z2 4
8)
2 i
e2 z dz ( z 2 )( z 6 ) z 6 3
9)
8 i
sin 2 z dz ( z 3 )( z 1 ) z 1 0.5
10)
2 i
sin 2 z dz 2 z 4 z i 2
4 2 11) i 12)
1 2i
sin(
z) 4 ( z 3)( z 1) 2 dz z 1 1 dz z ( z 3) z 1
2
5) Классифицировать изолированные точки
58
1) f ( z )
1 cos z z2
e ( z 3) 1 2) f ( z ) sin( z 3) ( z 3) sin( z 2) ( z 2) 3) f ( z ) ( z 2) 5
6) f ( z )
z ,z 4 cos 4) f ( z ) z4 1, z 4 ln(1 2 z ) 5) f ( z ) z
8) f ( z )
1 ( z 2) 3 e z ln(5 2 z ) 7) f ( z ) sin( z 2)
2
z 2 3z 4 1 cos( z 4)
z2 1 9) f ( z ) 4 z 2z 2 1 10) f ( z ) ( z 2)e z 2
6) Найти вычеты следующих функций в особых точках
z2 z3 z4 z2 2) Re s z 1 ( z 1) 2 ( z 3) z 3) Re s z i ( z i )( z 2i )
ln( 2 z ) z 0 sin z z11 7) Re s 4 z z 2 ez 1 8) Re s z 0 z ( z 1) sin 4 z 9) Re s z 4 ( z 3)( z 4)
1) f ( z )
6) Re s
10) Re s ( z 2) 4 sin z 2
ez 4) Re s 5 z 0 z
1 z2
5) Re s z 2i
Преобразование Лапласа 1) Найти изображение функций
59
1 z ( z 4) 2
1) f (t ) t cos 4t
6) f (t ) a t
2) f (t ) e 3t sin 5t
7) f (t ) e 2t cos 2 t
3) f (t ) 2 cos 2 t
8) f (t ) sin 2 t
1 e 3t t 2t 5) f (t ) e sin 4t
et 1 t 10) f (t ) 4 sin t cos t
4) f (t )
9) f (t )
2) Найти оригиналы по изображению
p p 2p 5 1 2) F ( p ) 3 p 8 p4 3) F ( p ) ( p 1)( p 7) p 1 4) F ( p ) 2 p 4 p 13
1) F ( p )
2
1 ( p 1) ( p 2 3 p 2) 3p 1 6) F ( p ) 2 2 p 8 p 19 1 7) F ( p ) 2 p ( p 1)( p 2 4) p2 8) F ( p ) 2 2 p ( p 5 p 4) 5) F ( p )
60
2
3) Решить дифференциальные уравнения с постоянным коэффициентом 1) x' '4 x'4 x sin t , x(0) 1, x' (0) 1 2) x' '4 x 8 sin 2t , x(0) 3, x' (0) 1 3) y ' '3 y '2 y 12e 3t , y (0) 2, y ' (0) 6 4) x' x e t , x(0) 1, 5) x' ' x 0, x(0) 1, x' (0) 0 6) x' ' ' x' 1, x(0) x' (0) x' ' (0) 0 7) x' ' x t , x(0) 0, x' (0) 1 8) x' ' x 1, x(0) 1, x' (0) 0 9) x' ' x cos t , x(0) 0, x' (0) 1 10) x' '4 x sin 3t , x(0) 1, x' (0) 0 11) x' ' ' x 0, x(0) 1, x' (0) 3, x' ' (0) 8
61
Список литературы. 1. Вся высшая математика. Учебник. В пяти томах. / Краснов М. Л. и др. Москва: Эдиториал УРСС, 2001. 2. Высшая математика в упражнениях и задачах. В двух частях. / Данко П. Е. и др. Учебное пособие. – М. 1999. 3. Методы теории функций комплексного переменного. / Лаврентьев М. А., Шабат Б. В. – СПб, 2002. 4. Функции комплексного переменного: учебник. / Лунц Г. Л., Эльсгальц Л. Э. – СПб, 2002.
62
Составители: Любовь Ивановна МАМОНОВА Светлана Валерьевна МИКОВА Ирина Николаевна ЧАЙКОВСКАЯ Рецензент: Сергей Павлович КАЗАКОВ
Методические указания для студентов дневного отделения по темам: «Комплексный анализ» «Ряды Фурье» «Преобразование Лапласа»
Сверстано в филиале ГУ КузГТУ в г. Прокопьевске 653033, ул. Ноградская, 19а Редактор: Е.В. Заболотникова Отпечатано в ОАО “Новокузнецкий полиграфкомбинат” 654005, ул. Орджоникидзе, 11. Подписано в печать . Печать офсетная. Формат 60х84 1/16. Объем 3,9 п.л. Заказ . Тираж 150
