СБОРНИК
ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
АЛЯ ВТУЗОВ
СПЕЦИАЛЬНЫЕ
РАЗДЕЛЫ
МАТЕМАТИЧЕСКОГО
АНАЛИЗА

СБОРНИК
ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ ВТУЗОВ
СПЕЦИАЛЬНЫЕ
РАЗДЕЛЫ
МАТГЕМАГИЧЕСКОГО
АНАЛИЗА
Под редакцией
А. В. ЕФИМОВА, Б. П. ДЕМИДОВИЧА
ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ, ИСПРАВЛЕННОЕ
И ДОПОЛНЕННОЕ
Допущено Министерством
высшего. и среднего специального образования СССР
в качестве учебного пособия для студентов
высших технических учебных заведений
79 МОСКВА «НАУКА»
/. | ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ГЛ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
—
1986

BBK 22.1
C23
УДК 51(075.8)
Коллектив авторов:
В. А. БОЛГОВ, А. В. ЕФИМОВ, А. Ф. КАРАКУЛИН,
С. М. КОГАН, Г. Л. ЛУНЦ, А. С. ПОСПЕЛОВ,
С. В. ФРОЛОВ, Р. Я. ШОСТАК, А.Р. ЯНПОЛЬСКИЙ
Сборник задач по математике для втузов. Ч. 2. Специальные
разделы: математического анализа: Учеб. ‘пособие ‘для втузов, / Рол-
гов В. А., ЕфимовА. В., КаракулинА. Ф. и др.; под ред. А. В, Ефн-
мова и Б. Il. ‚Демидовича. —- 2-е изд.— М.: Наука. Гл. Bo физ. -мат,
лит., 1986.—368 с.
Содержит задачи по интегральному исчислению функций несколь-
ких переменных, дифференциальным уравнениям, векторному анализу,
основам теории функций комплексной переменной, рядам и их ‘при-
менениям, включая ряды Фурье, и операционному исчислению.
Краткие теоретические сведения, снабженные большим количеством
разобранных примеров, позволяют использовать сборник для всех
видов обучения.
Для студентов второго и третьего курсов высших технических
учебных заведений.
Табл. 5. Ил. 48.
Рецензент
кафедра специальных курсов высшей математики Московского
эпергетического института
1702050000—082 63.86
© eee «Наука».
` 053 (02)-86
физико-математической
литературы, 1981;
с изменениями, 1986.

`
’
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ко второму изданию... 2. 1 1 ep ee ee
Из предисловияк первому изданию...
еее
Глава 8. Кратные интегралы...
еее еее
61. Двойной интеграл.....
.
...
.
$2.
$3.
$4.
1. Свойства двойного интеграла и его вычисление в
декартовых прямоугольных координатах (9). 2. Заме-
‘на переменных в двойном интеграле (15). 3. Прило-
жения двойных интегралов (18).
Тройной интеграл... .... оз товоое
1. Тройной интеграл и его вычисление в декартовых
прямоугольных координатах (25). 2. Замена перемен-
ных в тройном интеграле (27). 3. Приложения трой-
ных интегралов (30).
Несобственные кратные интегралы ‚орет. +
1. Интеграл по бесконечной области (33). 2. Интеграл
от разрывной функции (34).
|
Вычисление интегралов, зависящих от параметра...
1. Собственные интегралы, зависящие от параметра
(35). 2. Несобственные интегралы, зависящие от па-
раметра (39).
Глава 9. Дифференциальные уравнения ‚ с. .еехосеье
1*
$1.
$2.
Уравнения 1-го порядка... ууу ьен. а
1. Основные понятия (43). 2. Графический метод. по-
строения интегральных кривых (метод изоклин) (45).
3. Уравнения с разделяющимися переменными (46).
4. Однородные уравнения (48). 5. Линейные уравне-
ния (50). 6. Уравнение Бернулли (53). 7. Уравне-
ния в полных дифференциалах (54). 8. Теорема сущест-
вования и единственности решения. Особые решения
(56). 9. Уравнения, не разрешенные относительно
производной (58). 10. Смешанные задачи на диффе-
ренциальные уравнения 1-го порядка (61). 11. Гео-
метрические и физические задачи, приводящие к реше-
нию дифференциальных уравнений 1-го порядка (62).
Дифференциальные уравнения высших порядков...
1. Основные
` понятия. Теорема Коши (67). 2. Урав-
нения, допускающие понижение порядка (69). 3. Ли-
нейные однородные уравнения (76). 4. Линейные
неоднородные уравнения (79). 5. Линейные однород-.
ные уравнения с постоянными коэффициентами (82).
6. Линейные неоднородные уравнения с постоянными
коэффициентами (84). 7. Дифференциальные уравне-
m
o
n
n
25
33
85
43
43
67

§3,
§4.
§5.
Глава
$1.
$2.
$3.
$4.
$5.
Глава
$1.
$2.
‚‘ния Эйлера (88). 8. Краевые задачи’ в случае линей-.
ных дифференциальных уравнений (89). 9. Задачи
физического характера (91).
т
Системы дифференциальных уравнений . » oo 4 +
1. Основные понятия. Связь с дифференциальными
уравнениями п-го порядка (92). 2. Методы интегри-
рования нормальных систем (95). 3. Физический
смысл нормальной системы (98). 4. Линейные одно-
родные системы (99); 5. Линейные неоднородные
системы (1603).
Элементы теории устойчивости . ‚с ьь»ь о.
,
. Основные понятия (107). 2. Простейшие типы точек
ко (109). 3. Метод функций Ляпунова (112).
4. Устойчивость по первому приближению (114).
Численное интегрирование обыкновенных лифференци-
альных уравнений .
. Задача Коши (115). 2. Краевая задача ‘для линей-
оо уравнения (122).
10. Векторный анализ. ‚у.е
аоуе»,
Скалярные и векторные поля. Градиент. ...
1. Геометрические характеристики скалярных и век-
торных полей (125). 2. Производная по направлению
и градиент скалярного поля (127).
Криволинейные и поверхностные интегралы ..
1. Криволинейный интеграл 1-го рода (129). 2. Поверх.
постный интеграл 1-го рода (131). 3. Криволинейный
интеграл второго рода (134). 4. Поверхностный интег-
рал 2-го рода (137).
Соотношения между различными характеристиками
’скалярных и векторных полей....
1. Дивергенция векторного поля и теорема Гаусса —
Остроградского (141). 2. Вихрь векторного поля.
Теорема Стокса (143). 3. Оператор Гамильтона и его
применение (145). 4. Дифференциальные операции 2-го
порядка (147).
Специальные виды векторных полей. .
.
1. Потенциальное векторное поле (148). 2. `Соленои-
дальное поле (150). 3. Лапласово (или гармоническое)
поле (151).
Применение криволинейных координат в векторном
пнализе ие
Криволинейные координаты, Основные соотношения
(153) 2. Дифференциальные операции векторного ана-
лиза в криволинейных координатах (155). 3. Цеит-
ральные, осевые и осесимметрические скалярные поля
(156).
11. Основные понятия теории функций комплексной
переменной
еее"
Элементарные функции. .’...
1. Понятие функции комплексной переменной. (158).
2. Основные элементарные функции комплексной пе-
ременной (162). 3. Предел и непрерывность функции
комплексной переменной (165).
Аналитические функции. Условия Коши —Римана ..
92
107
115
125
125
129
‘141
148
153
158
158.
166

§3.
§4.
[mapa
§1.
§2.
$3.
§4.
.§ 5.
§6.
Глава
$1.
§2.
1.. Производная. Аналитичность- функции (166). 2. Сво#-
ства аналитических функций (169).
Конформные отображения ....
1. Геометрический смысл модуля и аргумейта. npous-
водной (171). 2. Конформные отображения. Линейная
и дробно-линейная функции (172). 3. Степенная функ-
ция (177). 4. Функция Жуковского (179). 5. Показа-
тельная функция (181). 6. Тригонометрические и ГИ-.
`перболические функции (182).
Интеграл от функции комплексной переменной ...
1. Интеграл по кривой и его вычисление (182). 2. Тео-
рема Коши. Интегральная формула Коши (186).
12. Ряды и их применение, ,....... ....
Числовые ряды „еее...
1. Сходимость ряда. Критерий Коши (192). 2. Абсолют-
ная и условная сходимость. Признаки абсолютной схо-
димости (194). 3.'Признаки условной сходимости (201).
Функциопальные ряды.,.....,
1. Область сходимости функционального ряда (205).
2. Равномерная сходимость (207). 3. Свойства равно-
мерно сходящихся рядов (209).
степенные PAD]. 6. wee et .
.,.
Область сходимости и свойства степенных р рядов
(510). 2. Разложение функций в ряд Тейлора (213). 3.
‚Теорема единственности. Аналитическое продолжение
.
(219).
Применение степенных рядов... ее...
1. Вычисление значений функций (221). 2. Интегриро-
вание функций (223). 3. Нахождение сумм числовых
рядов. Убыстрение сходимости (224). 4. Интегрирова-
ние дифференциальных уравнений с помощью рядов
(227). 5. Уравнение и функции Бесселя (231).
Ряды Лорана...
еее еее
1. Ряды Лорана. Теорема Лорана (232). 2. Характер
изолированных особых точек (236).
Вычеты и их применение... ....
1. Вычет функции и его вычисление (238).2 ‚ Теоре-
мы о вычетах и их применение к вычислению кв.
ных интегралов (240). 3. Применение вычетов к вы-
числению определепных интегралов (242). 4. Принцип
аргумента (246).
Ряды Фурье. Интеграл Фурье. ...
|
1. Разложение функций в тригонометрические ряды
Фурье (247). 2. Двойные ряды Фурье (251). 3. Интег-
рал Фурье (253). 4. Спектральные характеристики ря-
да и интеграла Фурье (255). 5. Дискретное преобра-
зование Фурье (ДПФ) (257).
13. Операционное исчисление... .........
Преобразование Лапласа...
..
1. Определение и свойства: преобразования Лапласа
(260). 2. Расширение класса оригиналов (267).
Восстановление оригинала по изображению... ,.,
1. Элементарный метод (268). 2. Формула обращения.
Теоремы разложения (270).
171
182
192
192
205
210
221
232
238
247
260
260
268

$ 3. Применения операционного исчисления. ...... 279
1. Решение линейных дифференциальных уравнений и
систем уравнений с постоянными коэффициентами (273).
2. Решение линейных интегральных и интегро-диффе-
ренциальных уравнений (278). 3. Интегрирование ли-
нейных уравнений в частных производных (280). 4.
Вычисление несобственных интегралов (282). 5. Сумми-
рование рядов (285). 6. Применение операционного
исчисления при расчете электрических цепей (286).
$ 4. Дискретное преобразование Лапласа и его применение 290
1. 2-преобразование и дискретное преобразование Лап-
ласа (290). 2. Решение разностных уравнений (296)..
Ответы „ууу
еее, , 300

ПРЕДИСЛОВИЕ КО ВТОРОМУ ИЗДАНИЮ
Во втором издании второй части настоящего сборни-
ка задач наибольшим изменениям подверглись главы 11
и 13. В главе 11] «Основные понятия теории функций
комплексной переменной» переработан раздел «Элементар-
ные функции», а также значительно увеличено количество
задач на интегрирование. Изменена структура главы 13
«Операционное исчисление». В частности, в один раздел
помещены все приложения операционного исчисления.
В остальные главы добавлены циклы новых задач, исправ-
лены замеченные опечатки, уточнены формулировки задач.
Нумерация задач, как и во втором издании первой
части, дана по главам, а ответы на все задачи помещены
в конце сборника.
Указанную работу выполнили члены авторского кол-
лектива Ефимов А. В.; Каракулин А. Ф., Коган С. М. и
Поспелов А. С.
Авторы искренне признательны всем лицам, прислав-
шим свои замечания к первому изданию сборника, а так-
же сотрудникам кафедры специальных курсов высшей ма-
тематики МЭИ, ценные указания которых были учтены
при окончательном редактировании настоящего издания.
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ
Вторая часть «Сборника задач по математике для вту-
зов» содержит такие математические разделы, как интег-
ральное исчисление функций многих переменных, вектор-
ный анализ, дифференциальные уравнения, основные
понятия теории функций комплексной переменной, чис-
ловые и функциональные ряды и их применение, опера-
ционное исчисление. Предлагаемый в задачнике материал
содержит соответствующие разделы программы по курсу
высшей математики, утвержденной Минвузом СССР в
мае 1979 г.

Как и в первой части, каждый параграф начинается
с краткого теоретического введения. Задачам, предлагае-
мым для самостоятельного решения, предшествуют под-
робно разобранные примеры. Ко всем вычислительным
задачам даны ответы; для задач, отмеченных одной или
двумя звездочками, приведены соответственно указания к
решению или решения.
Особенностью настоящего сборника является включе-
ние в него задач, требующих в процессе решения исполь-
зования ЭВМ; эти задачи приводятся в соответствующих
разделах. Далее, теория общих функциональных и сте-
пенных рядов излагается с использованием теории функ-
ций комплексной переменной. Такой подход, на наш
взгляд, позволяет лучше понять свойства степенных рядов,
представление функций степенными рядами. Для тех вту-
зов, в которых изложение теории рядов ведется отдельно
в действительной и комплексной областях, в соответствую-
щих пунктах $ 2 гл. 12 приводятся сначала задачи на
ряды с функциями действительной переменной, а в зада-
чах § 3 переменную 2 можно считать действительной,
т. е. положить 2=%.
Как и в первой части, начало решений примеров и
задач помечается знаком 4, конец — знаком No, начало
указаний к задачам
— знаком е.

Глава 8
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
$ 1. Двойной интеграл
1. Свойства двойного интеграла и его вычисление в декартовых
прямоугольных координатах. Пусть` функция P(x, y)=f (P) onpene-
лена и непрерывна на замкнутой ограниченной области С плоскости
Oxy, O={Ao,;, Ло.,..., Ао„}
— некоторое разбиение области С’ на
элементарные подобласти Аб, площади которых также обозначим
через До», а диаметры —через 4». Зафиксируем точки Р; Е Док,
kR=1, ..., Л. Выражение
=> f(Pp)Абь
k=l
называется интегральной суммой для функции | (P) no области G.
Если существует предел последовательности интегральных сумм $;
при тах 4ь—+0 (при этом п —> о) и если этот предел не зависит
1 <А<п
ни от способа разбиения области С на элементарные подобласти Адь,
HH OT выбора точек Рь Е Док, то он называется двойным интегралом
от фупкции j (x, у) по области С и обозначается через \{ f (x, y) dx dy.
И‘
Таким образом,
(le, y)dxdy= en 2 f(Px)Аоь.
axd
G
т
Для двойного интеграла справедливы свойства линейности и аддитив-
ности (см. задачу 8. 1).
Вычисление двойного интеграла сводится к вычислению повтор-
ных интегралов следующим способом. Пусть область С (рис. 80)
ограничена кривыми Y=, (x), Y= Qo (x), x =a, x=), причем всюду
Ha [a, 6] dyHKunn Gy (x) HW Qe (x) HempepbiBHEI HU Gy (x)< @, (x). Torga
b
2 (x)
с», yy axdy=( | f(x, y) dy,
(1)
G
ay (x)
причем сначала вычисляется внутренний интеграл по переменной у
(х— параметр), а полученный результат интегрируется по х. Заметим
при этом, что если кривая $ф,!(х) (или кривая фо (х)) в проме:
жутке а=х=<6 задается разными аналитическими выражениями,
9

например,
gM (x) при азхже,
Pi (x)= м (x) mph cc xed,
то интеграл справа записывается в виде суммы двух интегралов
b Pz(x)
с Pz(x)
b фг(х)
\4х \ f(x,y)dy=\de \ F(x, y)dy+\dx \ f(x,у)dy.
a Q,(x)
api(x)
с pi?) (x)
Аналогично, если область С ограничена кривыми х=Чф; (у),
x=. (y). y=c, y=d, причем всюду на [с, 4] функции чу (у) и
We (y) непрерывны и 11 (и) < фо (9) (рис. 81), то
аYe(y).
\\f(x,y)dxdy=\dy СF(x,y)dx.
(2)
G
с р(и)
Двойной интеграл, представленный в виде (1) или (2), называется
также повторным интегралом.
/Nyy co
К
й-------=
G
|
2-7|С\
{
z
}
1
0
)
a
”(хх
.02
1)
ay
J=P, @)
Puc. 80
Рис. 81
Пример 1. Расставить пределы интегрирования двумя спосо-
we
Cx?
бами и вычислить двойной интеграл /= Е ах ау, если область
1
интегрирования С ограничена линиями у==х, y=, х=2.
«Я Форма области С (рис. 82) позволяет применить формулу (1) при
1
Ф1 (y=
Pz (x) =x, a=1, b=2:
)=
1/х
х
2
[= \\ greray= фе ар
1
10

Если же для вычисления данного интеграла применить формулу (2),
то следует положить
]
thY= yY
у при
при <y<l,
$ (х)—2,
=
>
b
o
|
—
-
<у=2,
1
2’ 4=2. Тогда
,
12
fa2
1 луки|ди\adx+|&\tax,
у
у
у
С
4/2
l/y
1
y
Очевидно, что первый способ вычисления в данном примере пелесооб-
разнее второго. No»
о
Yh
Y\
2t--
ее
7р---7
_7
Vr} ft Sa
boy
G12B
Puc. 82
Пример 2. Изменить порядок интегрирования в повторном
интеграле
1
l-y.
§dy \ f(x,y)dx.
0 ~Vi-y?
<$ Стронм область интегрирования С по пределам интегрирования:
1 (у=—И 1—2, Pe (y)=1—y, y=0, y=1 (рис. 83).. Сверху
область С ограничена кривой
_ И1—х? пр —l<x<0,
«= 1-х пр O<x<t,
а свизу— прямой и=0. Поэтому имеем
1
1-1
(ay (| Гуа
9 -~Vi-¥
0У
{ 1-х
=}ж (Года | Гада >
-10
00
8.1. Пользуясь определением двойного интеграла до-
казать следующие его свойства;
1

‚а) линейность:
WSF, у) а(я, у)ахау=
G
=}у
в, дем
VS arc, yydedy=a\VF(x, ydedy (KER);
G
‘a
6) аддитивность: если G=G,UG,, то
\)F(x,y)dxdy=\\Г, даа |, дах
1
3
Вычислить повторные интегралы:
2 xV3
1
2
|
xdy
8.2. Деу, ne J ayху? `
5.4. jay | tie
(x+-т
а (1+с0$ ф)
д/2
2cos@
8.5.iydp ( rdr.8.6. \do\гЗг.
0
асо$ф
— 7/2
0
Для дапных повторных интегралов написать уравне-
ния кривых, ограничивающих области интегрирования,
и построить эти области:
2 х+3
1 2—х?
8.7. \dx | f(x, ау. 8.8. | dx \ f(x, y)dy.
1
x
-
x?‘
2 У4-— и?
1 V2-x%
8.9. \dy | f(x, ydx. 8.10. lax | F(x, yay.
0
2-y
0
Vx
Для указанных ниже областей С записать двойной
интеграл
\ f(x, y)dxdy .
в виде повторных, взятых в различных порядках: .
8.11. © прямоугольник с вершинами Д (1, 2), В (5, 2),
се 4), D(l, 4).
12. С— параллелограмм, ограниченный прямыми
у= % y=x—3, y=2, y= 4,
12

8.13. G—o6sacTb, ограниченная кривыми &?-|-у? = 2а3,
x@=ay(a>0, y > 0).
|
8.14. С— область; ограниченная кривыми yy? = ax,
x4 y?=2ax, y=0 (a>0, y> 0).
|
^` 8.15. а —область, ограниченная кривыми х?-{ у? = ах,
2 у?=2ах, у=0 (a>0, y> 0).
8.16. По какой переменной взят внешний интеграл
в повторном интеграле
2хз
I fle, way ae
1Vx
и какова область интегрирования?
Изменить порядок интегрирования в следующих пов-
торных интегралах:
6 - —-3+V12+4x-x?
8.17. | dx | [(х yay.
-2- -3-— ИТ 4х
;
1 1-y*
4. V16—x
) dy ay f(x, y)dx, 8.19. \ dx | f(x, yay.
-
=
У 4х-— ха
1
3
1
ау (F(x y) ax+ \dy | F(x, y)dx,
0 y®/9
y?/9
x+2
°
x+2
о.
10/3
2
dx\f(x,yydy+|dx|f(x,yay.
2
-20
2ae
a
0
8.18,
8.20.
8.21.
a+Va?—x?
y?/2
dx \ F(x, y)dy. 8.23. а y\ F(x, y)dx.
V 2ax—x?
-V2 Yas
7
3
9 10-х
8.24.\dx)f(x,y)dy+\dxx| F(x,y)dy
8.25. Показать, что
\ dx\ F(x, y)dy=\
dy | f(x, yax,
00
0y
и, пользуясь этой формулой, доказать формулу Ди-
рихле
8.22.
1
x
t
\ dx\ Fy) dy=\ (!—y) f(y) dy
0
13

Вычислить следующие интегралы:
8.26. м (x?+ у?) ах ау, где область С ограничена кри-
С
BhIMH y=x, x+y=2a, x=0.
8.27. \\ V xy—y? dx dy, rae С — трапеция с вершинами
G
A(l, 1), B(5, 1), C10, 2), D(2, 2).
8.28. NS xy АхАу, где область @ ограничена кривыми
x+y=2, пару = 2y (x> 0).
8.29. Sf ydedy, где С — треугольник с вершинами
|G
О (0, 0), А(1, 1), B(O, 1).
8.30. \\ (x+2y)dxdy, rye область @ ограничена кри-
G
.
|
выми И=х* и и=ИХ.
8.31. \\ (4—y) dxdy, rhe область С ограничена кри-
G
BhIMH x?=4y, y=1, x=0 (x> 0).
d
8.32. у, где область С ограничена кривыми
G
у=х вх, у=х, х=л/8 (х > п).
8.33. \\ Vat x ахАу, где область С ограничена кри-
G
BhIMH y?—x*=a*, x=a, x=0, y=0 (y>0, a> 0).
8.34. К еж+и ах ау, где область С ограничена кривыми
в
.
y=e", x=0, y=2.
8.35%, \\ ху ах ау, где область С лежит в первой чет-
с
|
верти, ограничена осями координат и дугой эллипса
x=acost, y=bsint (O<t<n/2).
8.36. \\ хах у, где область С ограничена осью Ох и
G
аркой циклонды х=а (1 — $1 1), у=а (1 —со$ #) (0<1=<2л).
8.37. му уах ау, где область @ ограничена OCAMH коор-
G
динат и дугой астроиды х=а со$3 {, у=а $1? { (O< < 1/2).
8.38*. Найти среднее значение функции ce y) =
=cos*xcos?y в области @ = {(х, у)|0<х= л/2, 0—<==
< л/2}.
14

8.39*. Оценить величину интеграла
j=
dx dy
=
9-+sin?
x-+ sin? (x + y)°
Ixl+lyl<3
8.40. Найти среднее значение cbyHKuuH f(x, y)=3x-+2y
в треугольнике с вершинами О (0, 0), А (1, 0), В(0, 1).
2. Замена переменных в двойном интеграле. Пусть функции
х=ф(и, 9) и Уф(и, 9)
(3)
осуществляют взаимно однозначное непрерывно дифференци руемое
отображение ‘области Г плоскости О’ио на область С плоскости Оху.
Это означает, что существует обратное непрерывно дифференцируе-
мое отображение и=\(х, у) и = (х, у) области С на область Г
и в области Г отличен от нуля якобиан преобразования, т. е.
op OD
I(u, v)= op oe 20 (wu, NET.
(4)
‘ди ду
Величины и и и можно рассматривать как прямоугольные коорли-
наты для точек области Ги в то же время как криволинейные
координаты точек области (.
Если в двойном интеграле
AV Fe, даем
G
произвести замену переменных по рмулам (3); то областью инте-
грирования полученного интеграла будет уже область Г, которая
при надлежащем выборе функций ф (и, и) и ф(и, о) может оказаться
значительно проще области С, и имеет место формула
ло дах=| РФ,0),ф,9),Эа. =6)
G
Г
Для вычисления интеграла по области Г применяются изложен-
ные в п. | методы сведения двойного интеграла к повторным.
Пример 3. Вычислить \\ У ху ах ау, если область С ограни-
G
чена кривыми y?=ax, y2=bx, xy=p, xsy=q (V<a< р, О<р<9).
«$ Перейдем к новым переменным и и и по ормулам У == их, XY =v.
Тогда
x= 7 1/8 y2/8 y =u)/8y1/8
(Ox
1 ~4/3_,2/8 Ox__ 2 1/3 —1/з
uO
WE
1
Oy 1 _g/s 4/3
ду _ 1 1/3,,- 2/3
iu 3”) COU? би бо,
— — ym 4/8y2/8 2 -1/3y-1/3
3
1
= 1 2/8,,1/38
1 1/3,,-2/3
3a!
.—_
—
—_—_
/
—
3uо
3 и!“
1
| J(u, “”Yl=37 при и>0.
15

Уравнения линий принимают вид
u=a, U=b, v=p, v=¥q.-
Область С плоскости .Oxy преобразуется в прямоугольник Г
UA
7
р
И" Яя
6Ц
Рис. 84
плоскости О’иу (рис. 84). Применяя формулу (5), получаем
bq
—
1
—dudv 1 Саи
Г
.
Ш
\\Уаз |Уз па |Утdu=
г
_1
b
_28/2.3/2 5
3 “|,"3. =-5(9 р )In—. >
Наиболее употребительными из. криволинейных координат явля-
ются полярные координаты
x=rcosg@, y=rsing,
для которых
_|cosp —rsing
|
Mr,$)= sin@ rcos
и формула (5) записывается в виде
\\ F (x, y) dx dy=\\ f(r cos ~, rsing)rdr dq.
(6)
G
Г
Пример 4. Перейдя к полярным координатам, вычислить двой-
ной интеграл
NN (ty) dx dy,
G
где область О ограничена окружностью х?2-Р
у? = 2ах.
«$ Положим x=rcosg, y=rsing uw применим формулу (6). Так как
х2--у?=1?, To
\\(х2--у?)ахау=\\г3ага.
G
Г
Уравнение окружности х?-|
у? = 2ах преобразуется к виду г = 2ас0$ ф..
Поэтому областью Г является ‘область, ограниченная снизу осью
¥
лл
г—=0, сверху косинусоидой г=2а соз ф, причем фЕ I-35 , 5 |.
16

Следовательно;
1/3 2acos@
0/2
.
.
Г|2асозф
Комм|dip|ва\(| }=
r
—л/
0
~— 1/2
д/з
л/а
=4а^ \cos!pdp=8at{costdp 8a.2 +Emo at >
J
42220°."
—л/2
Перейти к полярным координатам и ‘расставить пре-
делы интегрирования по новым переменным в следующих
интегралах: -
3a/4
V ax—x?
8.41. | dx \ (V+)dy.
0 аз.y2
—— ———x2
2|4
a a+Vat—x
1V9
8.42. ах \ f(x, y)dy. 8.43. ау \ f(x, y)dx.
0
Vax
0 -Уу
8.44. \\ [ (x?+ y*) 4х ду, где область @ ограничена лини-
С
ями ФР у=И бх, (2 у) =9 (2—9), у=0 (у>0,
x<V6).
Перейдя к полярным координатам, вычислить следую-
щне ннтегралы:
а Иа?-хз
а Уа?- у?
8.45.\dx \ex+¥"dy,8.46.\ау \ Иа—2pdx.
0
0
0 Узи
‚ 8.47. \\ Vet y2—9dxdy, где область С — кольцо
G
между двумя окружностями х?-- у? =9 и х?- у? =25.
8.48. \\ V a®§—x? —y? dxdy, rye o6nactb G—uactp Kpyra
G
радиуса а с центром в точке О (0, 0), лежащая в первой
четверти.
8.49. | (х2-{ у?) ахау, где область С@ ограничена кри-
G
выми x?7-+ y?=ax, No--у=2ах, у=0 (y > 0).
8.50. | dxdy, rae область @’ ограничена кривыми
CG
2 =ау, P+y= 207, y=0 (x>0, a> 0).

8.51. \\ xV e+ yrdxdy, rae o6nactb С ограничена
лепестком JIEMHHCKAaTHI (x?-+ y*)? = a? (x?— y?) (x> 0).
Перейти к новым переменным и и ди расставить пре-
делы интегрирования в следующих интегралах:
8.52. ({ f(x, у) ахау, где область Ц определена нера-
G
BeHcTBaMH x0, y>O, x+ty<<a. Tlonoxutp u=x+ty,
ay= uv,
8.53. SSF y)dx dy, rae область @ ограничена кри-
ВЫМИ x2 ay, x*=by, yr=px, yr=qx (O<a<b, O<
<р<9). Положить х*=ну, у =9х.
8.54, |dxт
3
\ f(x, у) ау. Положить и=х-Ну, у=х— Ц.
0 1-х
8.55. К Ск,(х, у)ахаиу, где область ЦС ограничена кри-
G
BhIMH XY=p, XY=g, y=ax, y=bx (O< p<g, 0<a< Db).
TlomoxKUuTb U= xy, Y=0X.
Вычислить следующие двойные интегралы:
8.56. | ey
(c> 1), где область С ограни-
ae
V 24-4
2
2
чена эллипсом
и
к обобщенным поляр-
ным координатам ги Фф по ‘формулам х=аг!со0$ф, у ==
= br sing).
8.57. \ etry? ахау, где область С задана неравен-
G
cTBamMH x > 0, y>0, xty< | (произвести замену пере-
менных x=u(i—v), y = uv).
8.58. \\ xy dxdy, где область С ограничена линиями
G
yas, y=bx8, yr=px, yr=gqx (0<a<b, 0< p<gq)
(выбрать надлежащую замену переменных).
3. Приложения двойных интегралов. Геометрические при-
ложения. Площадь $5 плоской области С выражается, в зависи+
мости от рассматриваемой системы координат, следующими интегра-
лами;
|
$=\\dxdy
(7)

в Декартовых прямоугольных KOOpAH-
натах,
$=(1/14иа
(8)
в криволинейных координатах. Здесь
[=оoy20 вобластиГ.
——
?=QC608
ди dv
P
В частности, в полярных коорди-
натах х =г с0$ ф, и=г $11 ф имеем
$=|г4габ.
(9)
Рис. 85
Пример 5. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
г=а (1--с0$ ф) и г=асо$ф (а > 0).
«$ В плоскости Оху фигура показана на рис. 85. Вычислим по фор-
муле (9) площадь верхней части и удвоим:
л/2 а (1+с03 ф)
д
а (1+с0$Ф)
s=2\{rdrdp=2\dp \ гаг--2\dp \ гг=
Г
0
acos @
л/2
0
д/2
л
a
+с
—\(1а(
ве|(=sey—
асо;Ф
0
0
1/2
д/2
л
=a? \ (1--2созф)@ф--а? \ (1-+2cosp-+cos?g)dp=
0
л
12
=a?(p+-2sing)|" +a(P42sinp+ sin29)|" —5паз. >
Ссли гладкая поверхность имеет уравнение 2=|(х, у), то пло-
щадь части этой поверхности, проектирующейся в область С плоско-
сти Оху, равна
|
| У 1+ (SE) +(e) dey.
(10)
Пример 6. Найти площадь части поверхности параболоида
y? 4-22
= 2ах, заключенной между цилиндром у?=ах и плоскостью
x==a (a > 0).
«4 Верхняя половина заданного параболоида описывается уравне-
нием 2=У 2ах—у?. Имеем:
Oz
a
Oz
y
Be" Vig WA Via
дг\?дг\?
a* ty? 2ax4-a?
(ae) (ap) <M eg a
2ax—y?~— Qax—y?
Так как рассматриваемая поверхность симметрична и относительно
ПЛОСКОСТИ Oxz, то искомая площадь вычисляется как учетверенная
19

площадь’ засти- этой поверхности, лежащейв первом октанте:
5
— Уах
9=af И“ate>ахду=‘|У2ах-а?ах\и
х V 2ax—y?
a
a
—4\V 2axTa Fa arosn У
4\V2ax+a?dx=
о
У 2ахо
J
4
2(3Y30°a?)=" (3V3—1). >
Объем У цилиндра, ограниченного сверху непрерывной поверх-
HOCTbIO z=] (x, y), CHH3Y NwocKOCcTbie z=0 u-c 6OKOB прямой цилинд-
рической поверхностью, вырезающей на плоскости Оху область G,
выражается интегралом
=Fа (2ах-+ а?)3/2 =
—((f(x,y)dxdy.
(11)
G
Прим ер 7, Найти объем тела, ограничепного поверхностями
y=V x, y= 2V x, x+z2=4, 2=0.
«8 Данное тело является цилиндроидом, ограниченным сверху пло-
скостью х--2=4, снизу плоскостью 2 =0 и с боков прямыми цилиид-
S
i
S
e
e
e
d
§
6)
Рис. 86
рами и=Ухи и=2У х (рис. 86, а). Область интегрирования пока-
зана на рис. 86, б
Имеем: 2 =4—х,
2Vx
v= \\ G—s)dedy— jer —9ay=[ (4—x) (2 Ve—Vw) de=
*_128
0.15.No
3/2
5/2
=(а диз (4.г =)
©
8.59. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
y? = 4ax-+ 4a* u xt+y=2a (a> 0).
20

8.60. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
ху =4 их у=5.
8.61. ‚ Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
Я=Се
x=2y, x=0 (a>0).
8.62*. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
e+ y=2ax, e@+y?=2bx, y=x, y=0 (0<a<b).
8.63. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
г =а(] —с03 $) и г=а (вне кардиоиды).
8.64*. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
(ее9)=24(2—уз)иму=2х.
8.65*. Найти площадь фигуры, ограниченной петлей
кривой (х-Р и)* =алх?у, лежащей в первой четверти (a> 0).
8.66*. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой
y?
x2
ati) =e.
8.67*. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
у =ах, у=6х, ту? =хз, пу= хз (0<а<Ьь, < т<п.
8.68*. Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми
y= px, y= qx, y=ax, y= bx (OS p<q, O<a<b).
8.69. Найти площадь части плоскости x+y+z=a,
вырезаемой цилиндром у?=ах и плоскостью х=а.
8.70. Найти площадь` части поверхности цилиндра
x°-+
22 = а*, вырезаемой цилиндром и? =а(а—х).
8.71. Найти площадь части поверхности конуса х? --
-- 2? = у?, вырезаемой цилиндром у?=2рх (р.> 0). |
‚8.72. Найти полную поверхность тела, ограниченного
цилиндрами х?=ау,. г*=ау и плоскостью у=2а (а > 0).
8.73. Найти площадь части поверхности. .. конуса
Хх? -- 2*= у, вырезаемой плоскостями х=0, Хх у==2а,
—
—
8.74. Найти площадь части поверхности цилиндра
х2 --у? =2ах, вырезаемой цилиндром 2?=2а (2а—^).
8.75. Найти площадь части ‘сферы х?-
у?-{2?= 2а?,
заключенной внутри конуса х?-
у? =2?.
|
8.76. Найти площадь части поверхности параболоида
2 = х* — у*, заключенной между параболоидами 2== 3х? -|-
ии 2= 3x? + y?—4,
8.77. Найти площадь части сферы юри ай,
вырезаемой цилиндром с образующими, параллельными
оси Ог, направляющей которого служит трехлепестковая
роза r=asin 3g.
8.78. Найти площадь части винтовой поверхности
z=aarctg =, вырезаемой цилиндром х*- у? =а?.
21

8.79. Найти площадь чаети сферы rte +2?=1], pac-
положенной ‘между плоскостями = —— у Hz=y (z> 0,
y=9).
|
8.80. Найти площадь частн поверхности конуса x? +
+ y?= 2", вырезаемой цилиндром с образующими, парал-
лельными оси 02, направляющей которого служит кар-
диоида г=а(1--с0$Ф).
8.81. Найти площадь ‘части сферы х?-Р и? -| 2? = а?,
вырезаемой из нее цилиндром (х?-| у?)? = а? (2— у”).
Найти объемы тел, ограниченных поверхностями;
8.83%.22— 2=02, 2— =07, z=aV2(a>0).
8.84. y=x*, z=y, z+y=2.
8.85. x2—y?=2az, x*+y?=a’*, 2=0 (внутри ци-
линдра; а >> 0).
8.86. хр y?—22?= —a*, 2(x?+4+ y*)—z? =a? (a> 0).
жи
8.87. ее) 7 + У (a>0,b>0,¢>0).
8.88. x?4 y2= 23, 2-4 y?—2z7=—a’ (a> 0).
2
2
2
8.89. ка =1,5+4=
а>0, 6>0, с>0). .
8.30%. 2г=ху, ху=1, ху=2, У? =Х, у? = 3х.
8.91%. 2=5- у, xy=1, xy=2, y=x, y=2x, z=0
(x>0, y>0).
Механические приложения. Если пластинка занимает
область С плоскости Оху и имеет переменную поверхностную плот-
ность у=. (х, И), то масса М пластинки и ее статические моменты
Мхи Му относительно осей Ох и Оу выражаются двойными инте-
гралами
= (внутри конуса;
1
M=\\ v(x,
9) dedy,
9
(12)
Мх=\\yy(x,y)dxdy, My=|)xy(x,y)dxdy.
Координаты центра масс х и у пластинки определяются следую-
щим образом:
лу ах
Сирс, дах
ga “9
ga0
‚ (13)
м NV p(x, y)dxdy
м Уус,y)dxdy
G
G

Моменты инерции пластинки OTHO-
сительно осей Ох и Оу соответственно.
равны
1,=Vfyy(«,yxdy,
G
(14)
Ty=Vfxy(x,9)dxdy,
G
а момент инерции пластинки относитель-
но начала координат (полярный
- момент
инерции) равен
о= бе), ут,1,
(15)
Если пластинка однородна и плотность ее не указана, условимся
считать * (х, и) =1.
`Пример 8. Найти координаты центра масс однородной пла-
стинки, ограниченной кривыми ау=х?, х--у=2а (а > 0).
«$ Линии пересекаются в точках М; (—2а, 4а), Ма (а, а) (рис. 87).
Поэтому можно записать:
2а-х
а
а
s=\\dedy = \ dx \ dy ~.\ (а—«—
dx=
G
~2a
x?/a
-2a
—
x2 x8\ [a
9a.
= (2—5) -oa 3 a‘;
a
2a—x
a
а
My=\\ydedy=|ах|ydy= |(вая) к=
С
—2а
х?/а
—2а
=1(— Gat) a 36в.
-
3
542 ]|-2а65 '
—2а_~4
8.92. Найти массу круглой пластинки радиуса КЮ,
если плотность ее пропорциональна квадрату расстояния
точки от центра и равна 6 на краю пластинки.
8.93. Найти статические моменты относительно осей Ох
и Оу однородной -фигуры, ограниченной кардиоидой
=а(1-с0$$), О<ф=—л, и полярной осью.
8.94. Найти координаты центра масс однородной фи-
гуры, ограниченной кривыми у?=ах, у=х.
23

8.95.. Найти массу пластинки, имеющей форму. прямо-
угольного треугольника с катетами ОВ =аи ОА =Ь, если
плотность. ее в любой точке равна расстоянию точки от
катета ОА.
‘8.96. Найти статические моменты относительно осей
Ох и Оу однородной фигуры, ограниченной синусоидой
у=зшх и прямой ОА, проходящей через начало коор-
динат и вершину А (л/2, 1) синусоиды (x> 0).
|
8.97. Найти координаты центра масс однеродной фи-
гуры, ограниченной кривыми хиу=а?, y2=—8ax, x=2a
(a> 0).
8.98. Найти моменты инерции однородного треуголь-
ника, ограниченного прямыми х-- и= 1, х+ 2у=2, у=0,
относительно осей Ох и Оу.
7
8.99. Найти координаты’ центра масс однородной фи-
гуры, ограниченной петлей кривой г=азш2ф, лежащей
в первой четверти.
8.100. Найти моменты инерции однородной фигуры,
ограниченной кардиоидой г=а(1-- с0о$$ф); относительно
осей Ох, Оу и относительно полюса.
8.101. Найти моменты инерции однородной фигуры,
ow
x?
2
a?
ограниченной эллипсом a+ = 1, относительно осей Ох,
Оу и относительно начала координат.
_
8.102*. Найти моменты инерции однородной фигуры,
ограниченной кривыми у*=ах, у=а, х=0;
а) относительно начала координат,
6) относительно прямой х=— а.
8.103. Найти моменты инерции треугольника, ограни-
ченного прямыми х- у==а, х=а, у=а, относительно осей
Ох, Оу и относительно начала координат, если плотность
пропорциональна ординате точки. |
8.104. Найти момент инерции однородной фигуры,
ограниченной лемнискатой г? =а?*с0$2ф, относительно
полюса.
|
8.105. Найти моменты инерции однородного кругового
сектора радиуса а с углом & при вершине (совпадающей
с началом координат) относительно осей Ох и Оу, если
сектор расположен в первой четверти и одной из своих
сторон лежит на оси Ох.
|
8.106*, Тонкая пластинка имеет форму кругового кольца
с радиусами ,Ю; и КЮ, (К,< К.). Удельная теплоемкость
пластинки меняется по закону с=|ху|; плотность посто-
янна и равна у. Найти количество теплоты @, получен-
24

ной пластинкой при ее нагревании от температуры. й до
температуры #5.
8.107*. На тонкой’ пластинке, имеющей форму’ пара-
болического сегмента, ограниченного ‘осью ‘Ох и парабо-
лой ах? -- #?у=Из, распределен электрический заряд`с по-
верхностной плотностью с = 2х-- у. Найти полный заряд Е
пластинки.
$ 2. Тройной интеграл
1. Тройной интеграл и его вычисление в декартовых прямоуголь-
ных координатах. Гройным интегралом от непрерывной функции
Г(х, у, г) по ограниченной замкнутой пространственной области Т
называется предел последовательности соответствующих интегральных
сумм при стремлении к нулю наибольшего из диаметров 4» элемен-
тарных областей Дек, если этот предел не зависит ни от способа
разбиения области Т на элементарные подобласти Ди», ни от выбора
промежуточных точек;
6$ f(x, y, 2) dx dydz= lim > i(Xs Ups Zp) SUps (1)
T
maxd,—> 0 p=4
re (Xp, Yr, 2)EG Аир. Через. Аи» обозначается как элементарная
область, так и ее объем. Свойства тройных интегралов аналогичны
свойствам двойных интегралов.
Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах сво-
дится к последовательному вычислению одного однократного и одного
двойного интегралов или к вычислению трех однократных. интегра-
лов. Если, например, область интегрирования Т ограничена снизу
поверхностью 2 =: (х, и), сверху поверхностью
2=Фо(х,и)(фл(х,WS
— фз (х, и)) ис боков прямым цилиндром, сечением которого плоскд-
стью, параллельной плоскости Оху, является область С, то тройной
интеграл (1) вычисляется по формуле
У}ие и Бахаи = ака" F и24. (2)
т
G
Фа (х, 5)
Записывая двойной интеграл по области С через один из повтор-
ных, получаем
-
Yo(xX) D2 (%, Y)
.
Ах|wy \ f(x,у,2)42=
b
V\\Fesw2)dxdyde=\
T
a Wilx)=Pi(%у
d
“3
X2 (Y)
D2 (x, у)
dy\ax\куда. (3)
x1 (y)
Ф! (х, и)
Пример 1. Вычислить \ \\ 2гахау4г, если область Т огра-
J
|
ничена плоскостями ху 2=1, 2=0, и=0, х=0.
25

МА 24ахацаг=|АхPay[ede
Г
0:
1
x
2
г
=“|(5
0
0
=; _(—x—y)°
=9
3
0
1
i-x-* ') ау= 1 (м ve (l—«—y)*? dy=
0
z=0
S
o
аА дзах=
y=0 t=6 (—*) +=
I
(1—х)* И
|
в
4
2
—
5
,
св)No
Расставить пределы интегрирования в тройном инте-
грале \\\ Ё(х, у, г) ах4ауаг для указанных областей Т:
Т
8.108. Область Т —тетраэдр, ограниченный плоскостями
2x+ 3y+4z=12, z=0, y=0, x=0.
2
2
8.109. Область Т — внутренность эллипсоида и -- = +-
2
==.
8.110.Область Т ограничена поверхностями y?+ 22? = 4х,
Хх=. -
8.111. Область Т ограничена поверхностями x? +-y*=23,
z=.
Вычислить интегралы:
1 х: Ужчия
8.112. ах)аи { 24г.
0
0
0
32хVy
8.113. dx | dy \ zdz.
0,о’0
а Vax
2 (а-х)
8.114. \dx у ау | dz.
.0
0
" а-х
8.115, (5 (etytz) dx dy dz, rae область Т —тетраэдр,
T
ограниченный плоскостями х-- и г=а, х= 0, и=0,2=0.
8.116. \ \\ хуг ах 4у 42, где область Т ограничена по-
Г
верхностями у=2, х= и, а=ху, 2=0.
26„

8.117. No ( (x?+- y*) dx dy dz, rne o6nacTth Т ограничена
T
MNOBEpXHOCTAMH z= y?—x*, z=0, y=].
2. Замена переменных в тройном интеграле. Если в тройном
интеграле
М f(x,y,2)dxdydz
T
производится замена переменных по формулам х=х(и, v, Ww),
у=у(и, в, и), 2=2(и, и, и), причем функции х (и, и, и), и (и, о, и),
2—=(и, и, и) осуществляют взаимно однозначное отображение области Т
пространства Охуг на область Ту пространства Отиом н якобиан
преобразования не обращается в нуль в области Т1:
axaxox
Ouдdw
дудуду
T= дибо |7
02de6:
диOvdw
то справедлива формула
К Fes92)dxdyde=
T
‚
=$ f(x(a,U,w),у(и,о,и),2(и,9, w))|7|dudvdw, (4)
1
Наиболее употребительными из криволинейных координат являются
цилиндрические координаты г, Ф, 2 (рис. 88): х=гс0$ф, у=г зшф,
zh
“f
© M05 90,2)
Mey)
}
pe
Z
0
>
$
4
g—
я
J
Р
Я
д
2
Рис. 88
Рис. 89
=2, якобиан которых / =, и сферические г (длина раднус-вехтора),
ф (долгота), 0 (широта) (рис. 89): х=г с0$ ф хо$ 0, иу=г зп ф соз 0,
2=г5п 0, якобиан которых /=? с0$0. Формула (4) привимает
27

соответствен НО ВИД’
С xy2)dxdydz=С f(rcos@, rsing,2)rdrd@dz (5)
T
os
1
HAW
\\4F(x,y,2)dxdydz=
T
=({{ f(rcos@cos@, rsingcos@, гз 0) г? соз 0 аг аф 40. (6)
1
Пример 2. Перейдя к цилиндрическим координатам, вычислить
( \ ( # У х?-Ри? ах ау аг, где область Т задана неравенствами 0 < х =2,
у
.
O<y<V 2x— x?, О< г-жа (рис. 90).
«® Так как уравнение у= У 2х— х? в цилиндриче-
ской системе координат принимает вид r=
=2с0$ф (0<ф=л/2), то по формуле (5)
$ У -ри? гах дуаг = \ rezdrdpdz=
яГ
1
au/2 2 cos
a
аwe 2cos@
=\dg\па==F|ap|ГДГ=
0
>
л/2
4а?
|
8
Рис. 90
=> \cos?gdp—9@*.>
0
Пример 3. Перейдя к сферическим координатам, вычислить
\ \ \ (&2-- у?) 4х ду 4г, если область Т есть полушар х?-- у?-- 22 < R2,
7~
«а Для области Ty пределы изменения сферических координат суть:
p< 2n, 005 л/2, О=г=< ВЮ. Имеем по формуле (6):
0=
$ (x?+y*)dxdydz=\\\г?с0520-72с05-0'4гаф49= |
T
;1
2л л/2
В
=\49\cos?@dd|AdresTRS,>
о
0
Вычислить интегралы, перейдя к цилиндрическим коор-
динатам:
8.118. $ уахауа2, где область Т ограничена поверх-
Т
ностями х8- у? = а, z=0, z=—A.
28

8. 119. Sf z dx dy dz,» THe область Т ограничена поверх-
T
HOCTAMH x+y =27, 2=4.
УЗ V3-x8 V4-x2~y)
8.120. бах | dy | az.
0
0
(x8
+ y?)/3
2 Уши (и -ура
a/V2
8.121. | dy | dx | Vety¥ae.
0
у.
0
а
Vat—x?
h
8.122. (4х | у \ Ужуиае.
_-а
Vana
A ау»)
2 V4-2
2
8.123. ах \_ dy \ (x?
+ y*) dz.
-2 LVyqrye (x? +y7)/2
Вычислить интегралы, перейдя к < ферическим коор-
динатам:
8.124. \ \ \ Их + у? - 2? ахдуа2г, где область Г— внут-
я
.
ренность шарового сектора с центром в начале коорди-
нат, радиусом а и углом при вершине 2а (0< ал),
если ось симметрии сектора принять за ось Ог.
8.125. К xyz? Ах 4у.4г, где область Т ограничена ча-
T
стью сферы х?- у?-+ 2*==1| и координатными плоскостями
(х>0, у>0, 2> 0).Ах
__ ахауаг _
dz
2
,
_
8.126. WM yas
УЕ
где область Т — сферический
слой между поверхностями х- у?-1- 22 =0?, x?+ y?+-
- 2?== 44?.
|
[уз Ver Уф
8.127. а
dy\dz.
0
Vx2+y?
a Vat—x? Var-x?~y?2
8.128. \dx \ dy \ zdz.
0
0
о.
R VR2-x@ ) = =VRi~x2-4?
8.129.\Ах \ dy \ Vzdz.
“RO -V RI
0
29

3. Приложения тройных интегралов. Объем У пространственной`
области. Г ‘равен.
У=\ dxdydz.
Macca M tena с переменной плотностью \ (х, у, 2), занимающего
область Т:
м-— у» y, 2)dxdydz.
Статические моменты тела относительно координатных плоеко-
стей:
M,z=\\\ xy (x, y, 2) dx dy dz,
Mzx=\
Mxy=S
Координаты центра macc Tena:
Муг—Mex~Mxy
M9y=—М.92—М9
Моменты инерции тела относительно осей координат:
- { W?-+2%)y(x, y, 2) dx dyde,
\yy(x,y,2)dxdydz,
\ 2 (х, у, г) ахауаг,
S
e
e
n
S
O
O
S
Хх—=——-
Иер, идак4
=} (у?) у (х, у, 2) ахауаг.
Пример 4. Hatten координаты центра масс полушара
x? yet
Ю?, г—0, если плотность в каждой точке пропорцио-
нальна расстоянию от точки до центра,
«$ Имеем \(х, у, г) = ЕУ х?--
у? -- 22 и вследствие симметрии х= y=0.
Вычисления проведем в сферических координатах:
Мху=е\\\2Vx+y?+2?dxdydz=k \\r*sin8cos04гаф49=
T
on1/2*
=Va |3110созош ДГ==ka’,
mM=k\\{ V EGER dedydeiКС ces0drdod=
T
Г:
=
л/2
мы
z=42К.
0
0,
Таким образом,oa
=.).>
30

8.130. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
г у,22(2 у),у=х,Y=.
8.131*. При каком значении а объем тела, ограничен-.
ного поверхностями х* -- у*=а2, х-| у?=ах, г=0, равен
данному’ числу У?
8.132*. Найти объем тела, ограниченного замкнутой
поверхностью (х2-| у? -+ 22)? == 2ахуг (а >> 0).
|
8.133*. Найти объем тела, ограниченного замкнутой
поверхностью (24448) = +44.
`'8.134*. Найти объем тела, ограниченного сферой
х?-- у?--
2* = 44? и параболоидом x?+ y*=3az (внутри
параболоида).
8.135*. Найти объем тела, ограниченного замкнутой
поверхностью (х?-| у? -| 2?)? = аз2 (а > 0).
8.136. Найти. массу и среднюю плотность тела, огра-
ниченного поверхностями х? -| у? — 2? = а?, 2=0, г=аз 0,
если плотность в каждой точке пропорциональна аппли-
кате 2 и в плоскости 2 =а равна yy.
8.137. Найти массу и среднюю’ плотность кругового
конуса с радиусом основания ^ и высотой Н, если плот-
ность в каждой точке пропорциональна квадрату расстоя-
ния от точки ‘до’ плоскости, проходящей через вершину
конуса параллельно плоскости основания, и в центре
основания равна %..
8.138. Найти массу и среднюю плотность тела, огра-
ниченного поверхностями x®—y?=az, х3-Р
у?=а*, г=0
(2 > 0), если плотность в каждой точке пропорциональна
аппликате г, а‘наибольшее значение плотности Vp.
8.139. Найти массу и среднюю плотность сферического
слоя между поверхностями х? -{ у?--22== а? и х?-|- у2-|- 22=4а?,
если плотность в каждой точке пропорциональна квад-
рату расстояния от точки до начала координат, а нан-
болышее значение плотности у,.
8.140, Найти массу и среднюю плотность сегмен-
та параболоида вращения с радиусом основания' ^ и
высотой Н, если плотность в каждой точке пропорци-
ональна корню квадратному из расстояния от точки
до плоскости основания сегмента и в вершине сегмента
равна т...
8.141. Найти массу и среднюю плотность шара ра-
диуса ^, если плотность в каждой точке пропорциональна
расстоянию от точки до одного из диаметров шара и на
окружности большого круга, лежащего в плоскости, пер-
пендикулярной к этому диаметру, равна ух,
31

8.142. Найти координаты центра масс однородного
тела, ораниченного поверхностями г = (у*— 8), :2=0,
у=а,у=0 (а>0, >00).
8.143. Найти координаты центра массоднородного тела,
:
ограниченного поверхностями. у = -х х, 2=-;h 6— “Ys z=0
(a>0, 6>0, A> 0).
8.144. Найти координаты центра масс однородного
Н
тела, ограниченного поверхностями 2 = jr (х? -|- у), 2г=Н
8.145. Найти координаты центра массе однородного
тела, ограниченного поверхностями 2 = VOTHу, г=Н
8.146. Найти координаты центра масс полушара х? --
+ y?-+ 22< К, 220, `если плотность в каждой точке
пропорциональна расстоянию от точки до начала ко-
ординат.
8.147. Найти момент инерции относительно оси 02
однородного тела плотности у, ограниченного поверхно-
CTAMH ум, z=0, z=—2 (b——y) (a>0, b>0, h >).
8.148. Найти момент инерции однородного сегмента
параболоида вращения плотности у с радиусом основа-
ния Ю и высотой Н относительно ‘его оси вращения.
8.149. Найти момент инерции шара радиуса К отно-
сительно его диаметра, если плотность в каждой точке
пропорциональна расстоянию от точки до центра шара,
а на поверхности шара равна у.
8.150**. Найти ньютонов потенциал И однородного
тела плотности у, ограниченного эллипсоидом вращения
mie + =ar~=1, в его центре (6 > а).
8.151, Найти силу притяжения, оказываемого одно-
родным конусом плотности у, высоты Н и радиуса осно-
вания А на материальную точку, расположенную в его
вершине и содержащую единицу массы.
8.152. Найти момент инерции относительно оси О2
однородного тела плотности у, ограниченного поверхно-
стями 2=-т (y2?— x*), z=0, y= Ha.
8.153. Найти момент инерции однородного кругового
конуса плотности / с радиусом основания К и высотой Н
относительно его оси.
32

$ 3. Несобственные кратные интегралы
1. Интеграл по бесконечной области. Если функция [(х, и) не-
прерывна в бесконечной области @, то, по определению,
|\f(y)dedy=lim\f(x,y)dxdy,
(1)
где р — конечная область, целиком лежащая в области С, причем
р —-С означает, что область Р расширяется произвольным образом
так, чтобы в нее вошла и осталась в ней любая точка области С
(исчерпывающее расширение). Если существует ко-
нечный предел (1), не зависящий от выбора под- (1
области Ри способа расширения D —»G, TO He-
собственный интеграл \\ f(x, y) 4хау называется
\
сходящимся, в противном случае— расходящимся.
‘Аналогично определяется тройной интеграл
по бесконечной области.
Если f(x, и) =0, то для сходимости несоб-
ственного интеграла необходимо и достаточно,
чтобы предел (1) существовал хотя бы для одного
исчерпывающего расширения области С.
01ae
’
Пример 1. Вычислить несобственный интеграл
_dxdy
Puc, 91
putce yf?
где G—o6sacTb, определяемая неравенствами х>=1, ух.
<q Подобласть Д (рис. 91) зададим неравенствами |< х<а, ‘<y <b,
me a—>-+o, 6—++o. Torsas
dx dy
\ dxdy
{ (ay
———.= lim dx
{Ss prod) Ay ая
xt ye
b> +a
a
li
!t
°d
=il
—
=>
x=
tim\(gaare? ,, ”
+|
A1
.
.
bI
=lim)=
lim (arat wT) )4 —
а>+®. Хью
В
4/;*
.
7
uy.
xд
1|a д
—=-— lim
—=— lim —— —=—,
Фа-+о.x?то,(-x)4>
Вычислить несобственные интегралы:
аха
8.154. \\ дя › где С — область, определяемая нера-
венствами х>1, ху 1.
2 Под ред. А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
33

8.155.
ет где С— область, определяемая не-
р гул
равенством х?-+ у? >1 (внешность круга).
a
dx dy-dz
8.156.
кране ‚ где Т — область, определяемая
Г
неравенством х?-| у? -| 2*>1 (внешность шара).
+0 +© +00
8.157. \dx |dy |ee az,
0
0
Исследовать ‘сходимость несобственных интегралов:
8.158. (\ зп (х? -+ у?) ахау, где С — область, определяе-
G
мая неравенствами х>0, и>0..
ах ау
8.159. ——)
i (1--х2-|- y?)TM
неравенством х?-- у? > 1 (внешность круга).
где С--область, определяемая
2. Интеграл от разрывной функции. Пусть функция }(х, и) не-
прерывна в ограниченной замкнутой области С всюду, за исключени-
ем точки Ро (хо, 0) (или линии Е). Если существует конечный предел
lim {Аб у) ахау,
=>0
Ge
где С; — область, получаемая из С путем удаления произвольной
окрестности точки Ру с диаметром, меньшим = (соответственно про-
извольной окрестности линии Ё с «шириной», меньшей 2), то этот
предел называется несобственным интегралом от функции f (x, у) по
области @ и обозначается через | f(x, y) dx dy, T. e,
(ле, дах= tim \C F(x, y) dx ay
(2)
G
>с,
Интеграл (2) в этом случае называется сходящимся. Если же
lim \\f(x,у)ахдунесуществуетилиравен, то\\f(x, y)dxdy
e-0e
G
=
называется расходящимся.
Аналогично определяется тройной интеграл от разрывной функции.
Пример 2. Исследовать сходимость несобственного интеграла
аха
\\
‚ а>0, гдеС—круг х2--у?= 1.
J (x9 y?)
G
«$ Назало координат является точкой разрыва pyHkuun 1/(x?-+-y?)@,
Удалим из С 5-окрестность начала координат (подынтегральная функ-
ция положительна). Тогда область ‘С: есть кольцо между окружноетя-
34

ми радиусов # и 1. Перейдем к полярным координатам (Г — полярный
образ области (Ц):
\\ dxdy
я
2
9
2%“
ИУ
г!
При@71имеем:
271
ее = lim \\-rt2Sdedep=lim |dp|13-2dr=
Г
e>+0
E> +,0
г
Ге
0&
г? (1-9) |1
__ 28 (1-0) Гл
одИ
|=лЦ1
ИИ тапри@<1,
+02 (1— a) je e>+40 l1—a
+oпри@>1.
При @& =1 имеем:
1
|oe
lim |
ол lim Inr
1:
=-+ 0,
&
e>+0
e->+0
Итак, при &% < 1 ингеграл сходится и равен л/(1— 0). >
Вычислить несобственные интегралы:
8.169. Узot ‚ где С — квадрат 0 < х=<1, 9<у=1.
8.161. ( tna , rhe G—xpyr ?+y?<l.
Vimeo
8.162. (JingШ
Vecsent‘ars ©сходимость несобственных интегралов:
т 4х ау, где. G—kpyr хи |.
8.163*. | в
где С--треугольник О<х<1,
х—
Оух
dx dy dz.
dz-
T
2
о
8.164.
ее
aya’ гдеГ—шарх у?+—=
‘$4. Вычисление интегралов, зависящих от параметра
1. Собственные ‘интегралы, зависящие от параметра. Если функ-
ция |(х, И) определена и непрерывна в прямоугольнике а=< х< 6,
А = у< В, то интеграл
\
b
FW=\ F(x, wae
()
mot
-а
называется интегралом, зависящим от параметра’, и является непре-
рывной в промежутке [А, В] функцией.
2*
35

Интеграл более общего вида
|
b(y)
FW)= \ He, wae
(2)
9 (y)
также называется интегралом, зависящим от параметра, и является
непрерывной функцией аргумента у в промежутке [А, В}, если [ (х, и)
непрерывна в прямоугольнике а х=<ь, А< уж В, gly) и p(y)
непрерывны при ИЕ[А, В] и их значения содержатся в промежутке
[а, 6]..
Пример 1. Вычислить предел
1+у
lim \
dx
y> 0.
Lex? fy?
— (1+1)
<®@ Рассмотрим следующий интеграл, зависящий`от параметра у:
l+y
Я
г
x
F=
———_—_—,
и
1+ x?-+ y*
—(1+y)
Так как пределы интегрирования, а также подынтегральная функ-
ция непрерывны при’ любых значениях своих’ аргументов, то Р (у)—
непрерывная функция. Поэтому
l+y
d
1d
x
x
lim | ———_—_,,
=limF(y)=F(0=|—=
y>0
Г-НУ 6 (y) (0)
ро
— (1+и)
_1
`_д
=arotg x =F: >
ели f (x, y) и [и (х, и) непрерывны в прямоугольнике
-а=x<<b,
А<у= В, то для интеграла (1) справедлива формула дифференци-
рования под внаком интеграла (формула Лейбница):
b
b
Е!и |F(x,y)ax=\fy(xy9)de.
(3)
Если в (2) при тех же условиях на ри [, пределы интегрирования
p(y) и (И дифференцируемы при УЕ(А, В), то верна формула:
$ (и)
Ра|1.д
Ф(и)
Dy)
|
=FO MY WFO DEO) fend ©
v(y)
Пример 2. Найти F‘ (y), если
с0$ у
___
Е()= \ of Va-x? gy
sin y
36

«@ Так как подынтегральная функция #7 И1-= `непрерывна в области
определения вместе со своей частной производной по у, равной
—х2
Yi—x 1 *", @ пределы интегрирования являются также диффе-
ренцируемыми функциями, то можно воспользоваться формулой (4):
Е’(у)=
cosy
_vi- cos? yI sin y— ef Vinsint
y
cogyp\ИГме"
sin y
cos y
=—(e414siny+0416 1cosy)+ \ V18
IVI-*ay, >
siny
Если f(x, у) непрерывна в прямоугольнике а х=<ь, Аж< уж В,
то для интеграла (1) справедлива формула интегрирования по пара-
метру у под знаком интеграла:
В
Вb
bB
(Fw) dy=Sdy \ Fe, yae=(
ae|Fm, ay. (5)
А
Аа
аА
-
Пример 3. Вычислить интеграл
1.
xo__ xa
| ink dx (6>a>0).
«$ Заметим, что
e
Inx
ba2
x =| xdy.
a
Тогда искомый интеграл принимает вид.
a
Lb
xo—ха.
.в.
.:
\ inx ак|ах|x0ay.
0
0а
Подынтегральная функция }(х, у) = непрерывна в прямоугольник
0—=х=1, а=у=жь, поэтому можно воспользоваться формулой (5)
‘|
A
b
|
=
Ydxy=— \ ——
асоелезьв
0a
a0
a
Вычислить следующие пределы:
2
{
8.165. lim \ хз с05.ху 4х. 8.166. Пт \ им
ах.
1.
y>0
y+0 g
8.167. lim 7м (f (x-+h)—f (x)) dx, ecam f(x) HempeppiBHa
0
на отрезке “a b] (ax 0<x%, <b) u F(0)=0

Продифференцировать функции;
у
y+t
8.168. F(y)=\ CE ay, 8.169. F (y) = | sn ay,
0
y-l
y?
8.170. ЕР (и) = Jem" dr 8.171. Ро дтн de
8.172. Найти Е, если
xy
F(x, y= \ (x—yi)i dt,
х/у
где [ (1) — лифференцируемая функция.
8.173. Пусть ] (х)— дважды дифференцируемая и Р (х) —
дифференцируемая функции. Доказать, что функция
x+at
1
1
u(x, = (f(x—at)
+f (xtat))+5, | Fly)dy
x-at
удовлетворяет уравнению колебания струны
O2u— ад?и
Of=%да.
8.174*. Найти производные от полных эллиптических
интегралов
mu/2
E(k)=\V1—Fsin?gdg,
д
(0<#<!)
г = \ V1—&?sin?»
Saar
и выразить их через функции Е (К) и Р(®).
Применяя интегрирование под знаком интеграла, .вы-
числить интегралы:
8.175. {sin (int) г (x?— 1) ах.
0
i
1
.
8.176. \ cos (n=) ~ (x— 1) dx.
0
8.177. Доказать формулы:
к
a) (Р(х) хах=Е (#)—(1—#)Е (#),
0
6 (Еее
(+) Е)-(—No) Е),

где Е (Е) и Е (Е) —полные эллиптические интегралы (см.
задачу 8.174).
2. Несобственные интегралы, зависящие от параметра. Несобст-
венный интеграл, зависящий от параметра у, т. е.
+0
F(= \ fle, ode,
(6)
а
где функция [(х, и) непрерывна в области ах < -- ®., и< ужи»,
называется равномерно сходящимся в промежутке [иут, у], если для
любого # > 0 существует такое В =В (=), что при. всяком 6 > В (Е)
+®
\Р(х,у)4х|<в
b
при любом УЕ ут, из].
Если интеграл (6) сходится равномерно в промежутке [ут, у»],
то он представляет собой непрерывную функцию у
в
этом проме-.
жутке.
Аналогично определяется равномерная сходимость несобственного
интеграла от неограниченной функции, зависящего от параметра.
При исследовании равномерной сходимости интегралов, завися-
щих от параметра, часто используется следующее утверждение:
Критерий Вейерштрасса. Для равномерной сходимости
интеграла (6) достаточно, чтобы существовала такая функция Е (х),
не зависящая от параметра у, что:
а) IF y)|<F (x), ecau aaxxc+to,
6),(ах<.
а
Функция Р (х) называется мажорантой naa f(x, и).
Пример 4. Доказать равномерную сходимость следующего
интеграла:
|
"
+©
ох
era Te Sa She
«@ Заметим, что
12—ха
x
ия = атс.
1
Пусть > 0 — произвольное число. Полагая В (#)=—, находим (для
любого В > В):
`
+
а—0eae
ye—xt =!lim(xJ
(x? + y?)?
Anea az4
A++o@ xe y? b
=! lim
р
|
р
1$<1=
A++00REAR bey |бу
Bo

что и доказывает, согласно определению, равномерную сходимость
указанного интеграла по параметру у на всей оси. >
Нри мер 5. Установить. равномерную сходимость интеграла ©
`4+
} ем созхах,
О< и=и<-о.
-0
«$ Покажем, что функцию Р (х) =е`*% можно взять в качестве мажо-
ранты. Действительно, если у > Yo, TO
[е-^9 созх | <е`9 < е7^%.
Кроме того,
|
Следовательно, на основании критерия Beiiepmtpacca указанный ин-
теграл равномерно сходится. д
Для несобственных интегралов с бесконечным пределом, завися-
щих от параметра, при выполнении следующих условий:
а) функция }{(х, и) непрерывна вместе со своей производной
[и (х, и) в области ах <+®, и<у=<у,,
+©
6) ( f(x, y) dx cxoantca npn -mo6om y €[yi, yal,
a
'©
в) \ ty (х, у) 4х сходится равномерно в’ промежутке [у:, Yel,
a
справедлива формула дифференцирования по параметру (формула
Лейбница):
4+©
+©
i |Г, ды \ fy(x,o)de,.
(?)
аналогичная соотношению (3).
При выполнении соответствующих условий формула Лейбница
остается верной и для интеграла от разрывной функции, зависящего
от параметра.
Пример 6. Вычислить интеграл
ыы eX __ypBx
|——
608 mix dx (a>a),>0, BS Bo > 9, m€Z).
0
< Пусть
+©е-9х о-В
\
Е
cosmxdx=F(a,B).
0
+©
Заметим, что интеграл \ е-“х с05 тхАх равномерно сходится при
0
40

a
o
o
.
И
|
аа (проверьте!). Исходный ‘интеграл сходится
при любых @& —= 0% и В = В», а подынтегральная функция непрерывна
вместе со своей частной производной по @, равной —е-@%х со$ тх.
Следовательно, условия а), 6), в) выполнены, и можно воспользо-
ваться собтношением (7). Тогда
OF(&B)
|e-%Xcosmxdx=—
да
0
©—0,иравен.
а
а?-|- т? °
Отсюда
|
F(a,B)=—5In(02+m2)+(8).
Для нахождения С (В) полагаем в последнем равенстве и =В. Имеем
о=—- In (B?-++ т2)-НС (В). Отсюда -
C(p)= In(B2-+m)
F (ct, B)=-(In (B2-- m4) —In (2m?)
=p InEy
а?--т?
8.178. На языке «2-6» сформулировать утверждение:
+©
интеграл Р (и)= \ (х, у) ах ‘сходится неравномерно на
отрезке [и+, и,|.
Исследовать’ на равномерную сходимость в ‘указанных
промежутках следующие интегралы:
+0
8.179. | e-* cos.xdx (<= a<+00).
0+< d
8.180. | ат (i<a< to).
+©
8.181.
1-+- x?
(0<a<-+ 00).
g.182, ( SE dy (—00 << a< +00).
bos
8.183. ) (x— a)? 4-1.
2
a
8.184.
ae
al< +),
ее (144 x)
41

8.185. { sing S (0<a< 2).
.
8.186. i dx (0<a<1).
8.187. Доказать, что функция
+0
—
х| (0)
ий) ое
—-©
удовлетворяет уравнению Лапласа
ди, д?и
Ox?+дOy?=0.
Применяя дифференцирование по параметру, вычис-
лить следующие интегралы:
+@
2
_px®
8.188. {Sas (a> 0, B>0).
0
+00
8.189. . ие sinme as (a>0, B>0, m0).
0
+©
8.190. {ero AE ae (a > 0).
$+@
8.191. \ Sa (a >—1).
0+0
8.192*. \ г" созбхах (y > 0).
0
1
{
8.193. их (-ю<а<-+о).
0
1
|
a ee)
8.194. \ayioe
appa Ах (|< 1).
8.195. оеЕе к (|1.
0
42°

Глава 9
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
$ 1. Уравнения 1-го порядка
1. Основвые понятия. Функциональное уравнение
Р(х, у, у’) =0
(1)
y’ =f (x, 9);
(2)
связывающее между собой независимую переменную, искомую функ-
цию И(х) и ее производную у’ (х), называется дифференциальным
уравнением 1-го порядка. ‘
Решением (частным решением) уравнения (1) или (2) на интер-
Bane (a, 6) называется любая функция у=ф (х), которая, будучи
подставлена в это уравнение вместе со своей производной ф’ ()
обращает его в тождество относительно х Е (а, 6). Уравнение Ф (х, ,)=0,
определяющее это решение как `неявную функцию, называется ин-
тегралом (частным ицтегралом) дифференциального уравнения.
На плоскости с фиксированной декартовой прямоугольной системой
координат уравнение Ф(х, у) =0 определяет некоторую кривую,
которая называется интегральной кривой дифференциального урав-
нения.
Функция y=@Q (x, C) называется общим решением уравнения (1)
или (2), если при любом допустимом значении параметра С она яв-
ляется частным решением этого уравнения и, кроме того, любое его
частное решение может быть представлено в виде у=ф (х, Су) при
некотором значении С, параметра С. Уравнение Ф (х, у, С) =0, опре-
деляющее общее решение как неявную функцию, называется общим
интегралом дифференциального уравнения.
ИЛИ
Пример 1. Проверить подстановкой, что функция
есть
решение дифференциального уравнения ху’ --у = с0$ x.
sin x , cosx sink
<q Hmeem y=
бя
Умножив у и и’ соответст-
венно на 1 н х и сложив полученные выражения, получим
xy’+у==с0$Х.
Пример PF Показать, что функция у=Схз, СЕК, является
решением дифференциального уравнения ху’ —Зу =0. Найти частное
решение, удовлетворяющее условию у (1) =1. (Найти интегральную
кривую, проходящую через точку МЬь (1, 1.)
«$ Найля y’ =3Cx? и подставив выражения у и и’ в дифференци-
альное уравнение, при любом значении С получим тождеетво
3Сх3—
ЗС хз ==0. Это означает, что функция y=Cx® является реше-
нием ’дифференциального уравнения. Положив х=1, у=1, найдем
значепие параметра С =1, и, таким образом, получим искомое част-
43

Hoe peueHie y=x>, Иначе говоря, интегральной кривой, проходящей
через точку Med. 1), ‘является кубическая парабола у= дз.
Пусть задано уравнение
MD(x,у,С)=0,
определяющее на плоскости некоторое семейство кривых, зависящих
от значений параметра С. Если составить систему двух уравнений
Ф(х, у, С)=0, Фу (х, у, С) =0,
то, исключая из этой системы параметр С, получим, вообще говоря,
дифференциальное уравнение заданного семейства кривых.
Пример 3. Найти дифференциальное уравнение семейства
окружностей х?-- у? =2ах.
@ Имеем систему уравнений
x? + y*= 2ax,
2x+.2yy’=2a.
Исключаем параметр a. Из второго уравнения находим a= x yy"
и, подставляя это выражение в первое уравнение, получаем х? --у
=2х (х-Н уу’), т. е. у P— x? = 2xyy’. Это и есть искомое дифференци-
альное уравнение. >
Показать, что при любом действительном значении па-.
раметра С заданные выражения определяют решения со-
ответствующих дифференциальных уравнений:
9.1. y=x(C—In|x|), (x—y)dx+xdy=0.
9.2. y= +({derartc), xy’ —y = xe*.
9.3. руси,
(2x y +1) dx—(4x+ 2y— 3) dy=0.
В. заданном . семействе: выделить уравнение кривой,
удовлетворяющей приведенному начальному условию.
9.4. у(ш | 2—1
|-+- С) =1, gal.
_9.5. у(1—Сх)=1, 8(1).=
9.6. y'=2-+-C cosx, oe
9.7. Написать уравнение, которому удовлетворяют все
точки экстремума интегральных кривых. дифференциаль-
ного уравнения И’ =} (х, и). Как отличить точки макси-
мума от точек минимума?.
9.8. Написать уравнение, которому удовлетворяют все
TOUKH перегиба интегральных кривых дифференциального
уравнения у '=7 (x, У) и, в частности, дифференциальных
уравнений:
a) y= y+;
6) у’ =е’—х.
44

Составить дифференциальные уравнения ` семейств
кривых:
9.9. Парабол уи=х?-- 2ах. 9.10. Гипербол у=а/х.
9.11. Цепных линий у=асих.
9.12. Гипербол х? — у? = 2ax.
9.13. Составить дифференциальное уравнение семей-
ства кривых, у которых отрезок любой нормали, заклю-
ченный между осями координат, делится пополам в точке
касания.
9.14. Составить дифференциальное уравнение семейства
кривых, у которых отрезок любой касательной, заклю-
ченный между осями координат, делится точкой касания
M(x, и) в отношении | АМ|:| МВ|=2:1, где А — точка
пересечения касательной с осью Оу, В—с осью Ох.
9.15. Составить дифференциальное уравнение семей-
ства кривых, у которых площадь, заключенная между
осями координат, этой кривой и переменной ординатой,
пропорциональна четвертой степени этой ординаты.
2. Графический метод построения интегральных кривых (метод
изоклин). Дифференциальное уравнение у’ =] (х, и) в плоскости с фик-
сированной декартовой прямоугольной системой координат Оху оп-
ределяет поле направлений равен-
Yh
cTBom tg a=f (x, y).
|
Изоклиной уравнения (поля ^
|
направлений) называется всякая
кривая, определяемая уравнением М;
f(x, y=
при фиксированном &.
Для приближенного (графичес-
M
кого) решспия уравнения и’ =] (х, и)
|
построим на плоскости изоклины
М,М
для нескольких значений No. Пусть
Мо (No ио)— некоторая начальная --
точка. Изоклина ЁNo, проходящая
через эту точку, соответствует
значению #, раввому No ==] (%, 10).
р
|
ис. 92
Проведем отрезок М.М,с угловым
коэффициентом No до пересечения
в точке /М: с ближайшей изоклиной Ё1 (тем самым мы заменим дугу
интегральной кривой отрезком её касательной). Далее, из точки
М: (хт, и1) проведем новый отрезок М1 М. с угловым коэффициентом
ki=f[ (xz, yi) до пересечения в точке М. со следующей изоклиной Г.
иТ.д.
В результате такого построения мы получим ломаную, являющуюся
приближенным изображением интегральной кривой, проходящей через
пачальпую точку М,. Чем гуще взята сеть изоклин, тем ‘более точно
можно получить иптегральную кривую.
Изменяя положение начальной точки Ме аналогично можно
построить приближенно и другие. интегралытые кривые.
~
45
N
o
l
o
|
R
o
l
>

Пример 4. Методом изоклин построить интегральную кривую
уравнения иу’=2х, проходящую через начало координат.
«$ Изоклины данного уравнения
— параллельные. прямые 2х= #. Пола-
ran Е=0, +1, +2, +3,..., получаем изоклины х=0, х=+ 11/3,
х= +1, х= 3/2 и т. д. Построим их (рис. 92).
`
Отправляясь из начала координат влево и вправо, строим лома-
ную ...М-зМ--М-1МоМ.М.Мз..., звенья которой имеют угловые
коэффициенты соответственно ..., —2, —1, 0, 1, 2, ... Эта ломаная
и есть приближенное изображение интегральной кривой.
Рекомендуем читателю построить график соответствующего част-
ного решения у=х? и сравнить его с построенной ломаной. д.
Методом изоклин. построить приближенно семейство
интегральных кривых следующих дифференциальных
уравнений:
9.16. и’ =х-Ны. 9.17. у’=1- у.
9.18. y’ = —y/x. 9.19. y’ =y—x’:
4
4
—3
9.20. y =. 9.21. у =.
3. Уравнения с разделяющимися переменными. Пусть в урав-
нении
y’=f(x,9)
функция [(х, у) может быть разложена на множители, каждый из
которых ‘зависит только от одной переменной: f (x, y) = fy (*) р» (и), или
в уравнении
M (x, y) dx-+-N (x, y) dy=0,.
коэффициенты при ах и 4у представляются в виде М (х, у)= М! (х) М» (и),
N (x, и) =М! (х) М. (у). Путем деления соответственно на }{» (у) и на
N(x) М. (у) эти уравнения приводятся соответственно к виду
м: _1,0
Ри мо“=м“
Интегрируя левые части этих уравнений по х, а правые по у, при-
ходим в каждом из них K общему интегралу исходного дифференци-
ального уравнения.
Пример 5. Решить уравнение
fy (x) dx=
«®@ Разделяем переменные:
(3y?+ 1)dy=2xdx.
Интегрируем:
\(3y?-+1)dy=\2хахС,
ину х=С
(общий интеграл уравнения). >
Если в уравнении с разделяющимися переменными у’ = р (х) р (и)
функция р (у) имеет действительный корень уз, т. е. если [ь (%5) =0,
то функция у (х)=ш является решением уравнения (в чем легко
46
ИЛИ

убедиться непосредственной подстановкой). При делении обеих час-
тей этого уравнения на ]}» (и) (при разделении переменных) решение
у (Хх)=и может быть потеряно.
Аналогично, при интегрировании уравнения М! (х) М. (и) ах --
-Е М, (х) М. (у) 4 =0 могут быть потеряны интегральные кривые
х (и) =х и и(х)=У Где ох — действительный корень уравнения
1 (х) =0, и — действительный корень уравнения М. (и) =0
Поэтому, получив указанным выше методом разделения перемен-
ных общий интеграл уравнения, надо проверить, входят ли в его
состав (при подходящих числовых значениях параметра С) упомяну-
тые частные решения. Если входят, то потери решений нет. Если
не входят, то их следует включить в состав интеграла.
Пример 6. Решить уравнение
dyix tg x.
«$ Разлеляем переменные:
dy=tgxdx.
Интегрируем:
ш|и|=— No | с0$ х|- С,
или:
In| ycos x|=C,.
Для удобства потенцирования полученного равенства представим
параметр Су в логарифмической форме, положив С! = ш | Со |, С. #0
(при этом С: принимает все значения от — < до -|- о). Тогда
п | усо$х
|=Ш]Со|
и, потенцируя, получаем общий интеграл в виде у с0$ х= (Со, откуда
у=С.$есх.
(3)
Заметим теперь, что исходное дифференциальное уравнение имеет,
очевидно, еще решение у=0, которое не входит в запись (3), так
как С. = 0. Введем новый параметр С, принимающий, в отличие от Со,
также и нулевое значение. Тогда решение у=0 войдет в состав
общего решения
y=Csecx. No»
С помощью подстановки и (х) =ах-- бу (х)--а к уравнениям с
разделяющимися переменными приводятся и дифференциальные урав-
нения вида
y’=f(ax-+by+d), 670.
Решить дифференциальные уравнения:
9.22. y’=x/y. 9.23. y2y’ =1.
9.24. yy’ +x=0. 9.25. xy’ =2y.
9.26. (x+1) y+ xy=0.
9.27. yViI—xv=1+y%. 9.28. y'’ =e.
9.29. и’+xSINX—0.
у с05
9.380. (1-+ y*)xdx+(1+ x?) dy=0.
47

9.31. xydx+V 1—x* dy=0.
9.32. ye?* dx—(1-+ e*) dy=0.
9.33. 2e% tg ydx-+ (1+ e*) sec?
ydy=0.
9.34. (1+ y) (e* dx—e*¥ dy) —(1 + y”) dy = 0.
9.35. (1-х?) dy + yV 1+x*dx— xy dx = 0.
9.36. dy—2V ylnxdx=0.
9.37. y’=cos(x-+y): 9.38. Y=a7-
9.39.у=(4хУ 1}.
9.40. у =sin(y—x—l). 9.41. и--2у=3Зх-5.
9.42. = и(4—и- 1}.
Найти, частные решения уравнений, удовлетворяющие
указанным начальным условиям:
9.43.(1+y*)dx—xydy=0; He"
| 9.44. (xy?+ x)dy+(ey —>Ye y(I)=1,
9.45. y'tgx=y; y(n/2)=
4. Однородные уравнения. Дифференциальное уравнение 1-го
порядка называется однородным, если его можно привести к виду
и-!(+)
(9
M(x, y)dx+-N (x, y) dy=0,
(5)
где M(x, y) u N(x, у) однородные функции одного порядка, т. е.
существует такое Ё Е 7, что М (1х, /)=ЕМ (х, у) и М (No, ty)=tFN (x, y)
тождественно относительно х, уи Ё 2 0.
С помощью подстановки у/х==и(х) однородные уравнения (4) и.
(5) преобразуются в уравнения с разделяющимися переменными.
Пример 7. Решить уравнение
или К виду
—+соз~.
у
du
«Я Положим =, или у=их. Тогда y’ =U X ‚ что после под-
становки В исходное уравнение дает уравнение ы разделяющимися
переменными
du
xX —=COS
dx
Разделяем переменные;
аи __ ах.
сои Хх
и интегрируем:
и
at
tg (3+5) — Сх.
48

Получаем общее решение:
и=2агсЁ8Cx—5 2ли, ПЕЛ.
Возвращаясь к функции у, `находим:
y=x (2 arctg Cx— 5+ 2an ) НЕТ.
При делении на со$ и были потеряны решения у==х ($+ mk), RE.
Добавляя их к полученному семейству решений, находим общий
интеграл в виде
`
y=x(2aretg сти (1,
= (+); n,REZ. >
Дифференциальные уравнения вида
Г; Чаbyey
46)
=! (ciebha te)
©
bg
B случае =2 7 >. приводятся к однородным уравнениям с помощью
by
замены переменных
|
х—=и--т,. у=у- п,
где т и п находятся из системы уравнений
aym-- byn-+-c; =9,
ОТ+bon--с=0.
Поскольку здесь 4х=аи, ду=ао, то уравнение (6) преобразуется к
виду (4) относительно функции о (и):.
du =i ( ayu-t-byu-+aym-+ byn-+c; )- ; ee) =
du
‚
аи--Ву--азт-бэп-сз
ази-|- 659
г.
о
=} aitOey| °(1)
=
——
=
ae
a>Dea
Если в уравнении (6) м,
и, следовательно, dox+ boy =
1
= А (а1х-|- 51), то оно примет вид
oY
aix + dyy-+cy
|
"Ея)=9Oe
Подстановкой и (х) =а1х-|- 61у (х) это уравнение преобразуется
к урав-
нению с разделяющимися переменными.
‘Решить дифференциальные уравнения:
9.46. и’ =У+У. 9.47. уп.
9.48. у’ = (х— Ух У).
49

(9.49. (Pt xy)y =xV P—ytxyty >
9.50. (x—y)dx+xdy=0.
9.51. y2dx+
x? dy =xy dy.
9.52. x(y’ +e*)=y.
9.53. xdy—ycosIn+dx=0.
'’=
4
9.54. xy =y+xtge.
9.55. xy’ —y=V x? —y?.
9.56. (x*+ y?) dy—2xy dx = 0.
9.57. Зх*у? ау = (4х— уз) ах.
9.58. (2x—y-+ 1) dx+ (2y—x—1)dy=0.
9.59. (y+ 2) dx—(2x-+ y—4) dy=0.
9.60. (x+y 1) dx (2x4 2y— 1) dy=0.
9.61. (x--y—1)? dy=2 (y+ 2)? dx.
2х _ yte2
9.62. y'—tg > = «т.
ухУЕух
9.63.у = 3—In=3°
Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие
данным начальным условиям:
9.64. ху’ =у In=; и (1) =1.
9.65. (Vxy—x)dytydx=0; y(l)=1.
9.66. (y +V x? y*) dx—xdy=0; y(1)=0.
5. Линейные уравнения. Дифференциальное уравнение 1-го’ по-
рядка называется линейным, если оно содержит у и у’ в первой
степени, т. е. имеет вид
y’ =P (x) y+Q (x).
(7)
При 9 ©) =0 уравнение (7) принимает вид
у=Р(ху
и называется линейным однородным. Оно является уравиепием с раз-
деляющимися переменными, и его общее решение имеет вид
P(x)dx
y= cel
’
(8)
где С — произвольная постоянная, а ( P (x) 4х—одна из первооб-
разных функции Р (х).
Интегрирование линейного неоднородного уравнения (7) можно
провести одним из следующих методов.
50

а) Метод вариации постоянной. Будем искать реше-
ние уравнения (7) в виде
се 9%,
(9)
который получается из (8), если заменить постоянную С на функ-
цию С (х). Подставляя выражение (9) в уравнение (7), получим для
неизвестной функции С (х) уравнение с разделяющимися переменными:
свое!”
Его общее решение:
C(x) =§ ое} PO ис,
fP(x)dx
.
где С —произвольная постоянная, a | С (хе
4х— олна из
первообразных. Подставляя полученное выражение для C(x) B
_
фор-
мулу (9), находим общее решение уравнения (7):
ие) Pe “(oa lamed Perera),
(10)
6) Метод подстановки. Tlonoxum y (x) =u (x) v (x). Тогда
уравнение (7) приводится к виду
(Ри) + (No9) =0
wy
Выберем функцию и(х) так, чтобы первая скобка в левой ‘части
уравнения (11) обратилась в нуль. Для этого интегрируем уравнение
с разделяющимися переменными
$
duРи —=0
и выбираем какое-либо частное его решение и== иг (х). Подставляя
функцию ит(х) вместо и в левую часть уравнения (11), получаем
уравнение с paceman
переменными относительно функцииу (х):
os(x)—Q(x)=0
Находим общее решение этого уравнения. и==о (х, С). Перемножая
найденные функции и! (х) и и(х, С), получаем общее решение урав-
нения (7:
y=Uy(x)v(x,С).
Пример 8. Решить уравнение у’ =yctg x-+sin x.
@ Применим метод вариации постоянной. Рассмотрим сначала COoT-
‚ветствующее однородное линейное уравнение
y=yclgx.
Ero общее решение 2!y==C sin х. Следовательно, общее решение исход-
ного уравнения ищем в виде у= С ( x) sin x. Подставляем. у и
у” С’ (х) sinx+C (x) cos x B данное уравнение:
C’ (x) sin x--C (x) cos x=ctg х.С (x) sin x--sin x,
,
51

откуда C’ (x) =1, -n тогда С (х) ==х--С. Следовательно, общее реше-
ние уравнения есть
=(x-+C) sin x. P
Пример 9. Pewine уравнение и’ = Е.
«$ Перепишем уравнение в виде
dx2x3
dyy'y
.
eo
dx
|
и заметим, что оно линейно относительно х и д. Решим его мето-
дом подстановки.
Положим х=ио и приведем уравнение к виду
о) (жит) =0.
(12)
Найдем функцию и1 (у), решая уравнение
аи Qu
dyyy
и выбирая из его общего решения и=у?--С одно частное решение,
например, ил (у) =у?. Подставляя и: (и) в уравнение (12), получим:
и,
ИЛИ 4% _3
dy
dy yy
Общее решение этого уравнения:
1
о(у, О =С— тя.
Перемножая и! (у) и vy, С), получаем общее решение данного урав-
нения:
ron! oe
Решить дифференциальные уравнения:
9.67. y’ + Qxy = xe-”’.
’3
г.
9.68. УИ -х. 9.69. ухе.
9.70. (1+ x?) y®= Qxy + (1 + x*)?.
9.71. y’+2y=e*. 9.72. y + 2=2inxt+1.
9.73. и’ ==a te (e+ I) 9.74*. ии:
9.75. (1+ y?) dx = (arctg y—x) dy.
9.76. ху’ = у-+ х? созх. 9.77. ху’ =е- ху.
9.78. xy’ + x?-+ xy=y.
9.79. yty' In?y=(x+2Iny) y’.
9.80. y—y' = y? + xy’.
52
-

9.81. (x+2y)y=y..
9.82*, y’tigy= cosy
Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие
заданным начальным условиям:
-
9.83. y’tytgx=1/cosx, y(0)=0.
9.84. y’ =Qyte—x, y(N0=1/4.
9.85. у’=у/(2упуу—х); y(I)=l.
6. Уравнение Бернулли. Уравнением Бернулли называется диф-
ференциальное уравнение 1-го порядка вида
о
и=Р (99-9 (ду,
(13)
где т 0, т21Т (при т=0 уравнение (13) является ‘линейным,
а при т = 1 — уравнением с разделяющимися переменными).
Так же, как и линейное, уравнение Бернулли’ можно проинте-
грировать с помощью подстановки у=ии или свести к линейному
уравнению с помощью подстановки 2=у!-”. Следует учесть, что
при т > | может быть потеряно решение у=0.
Пример 10. Решить уравнение
xa
~
и.
@ Полагая у=ио, приводим уравнение к.виду
2
°
aba
о)
=.
(14)
Из общего решения и=<Сх уравнения
dxx
выбираем одно частное решение, например,
ly =X.
Подставляя и1 в уравнение (14), получаем новое уравнение
dd x" —0, или do_
Его общее решение о=И 2 С
|
dx xo
dx vu"
р
7
"
Перемножая и: и 9, получаем общее решение исходного уравне-
нияу=хУ2х--С.д=
|
Пример 11. Решить уравнение
ГИ
У —5, 2и°
@ Это уравнение Бернулли с м=-1. Поэтому полагаем 2—=и? и
приводим уравнение к виду
.
2—2 —1
Xx
e
Это уравнение является линейным. Решая` однородное уравнение
2’ —=2/х, находим г=Сх. Отсюда методом вариации постоянной, т. е.
полагая 2=хС (х), получаем общее решение линейного уравнегия
b3

в виде
„_С
z=xlIn—,x
или, окончательно;
С
2—
—
y xIn—. >
Решить дифференциальные уравнения;
.9.86; иу’-- 4ху= 2хе-х Vy .
9.87. dy = (y’e*— y) dx.
9.88. y’=y (y®cosx- tg x).
’—
ys
r
2x
9.89. y =ус x+—. 9.90%. y = eosypeinOy’
sin x
о
ху
9.91e =
ae
|
9.92. xy’ +y=2x7ylny-y’.
9.93. yx siny+2y= xy’.
_
Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие
заданным начальным условиям:
9.94. Зау= — (1-33) ysinxdx; y(n/2)=1.
9.95. ydx-+ (4-3 xy) ау= 0; y(1/2)=1.
7. Уравнения в полных. диффеёренциалах. Дифференциальное
уравнение 1-го порядка вида
P(x, y) dx+Q (x, y) dy=0
(15)
называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая
часть является полным` дифференциалом некоторой функции U (x, y),
т. е.
|
ди
ди
Р(х,Y=ar Q(x,=Fy"
Для.того чтобы уравнение (15) было уравнением в полпых лиф-.
ференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие.
ОР dQ
Если уравнение (15) есть уравнение в полных дифференциалах,
то оно может быть записано в виде
dU (x, y)=0.
Общий интеграл этого уравнения:
И (х, )=С,
где С — произвольная постоянная.
Функция U (x, у) может быть найдена следующим образом. Инте-
грируя равенство =P (х, И) но х при фиксированном у и заме-
54

чая, что произвольная постоянная в этом случае может зависеть
от и, имеем
U(x, y)=\ P(x, y)dx+@ (y).
- (7)
Затем из равенства
5 P(x,Уак-4’9=9(х,9)
находим функцию ф (у), подставив которую в (17), получим -функ-
unio U (x, y).
Очевидно, что искомая функция U (x, у) определена с точностью
до произвольной аддитивной постоянной. Для записи общего’ инте-
грала исходного уравнения достаточно выбрать одну из функций
получаемого семейства.
Другой метод отыскания функции U (x, y) состоит, в вычислении
криволинейноГго интеграла 2-го рода (см. гл. 10, 62,
(х, и)
Uey= |Pl,+0,уч
(Xo» Yo)
x
x
=}Ри) + Q(x,9)dy=(Q(xo,И4у--|Р(,ах,
Хо
Yo
Yo
Xo
rae TouKH Mo (x9, Yo) H M (x, 9) и путь интегрирования лежат в об-
ласти непрерывности функций Р (х, у) и О (х, и) и их частных про-
изводных, причем Му (х, Ио) —некоторая фиксированная точка.
‚ Пример 12. Решить уравнение
= de+(y>-+Inx) dy=0,
предварительно убедившись, что это есть уравнение. в полных. .диф-
ференциалах.
«@ Проверим условие (16):
OP д/у
1=2
—_._——|`—— —- ——°
1 9=-.
(и): ка;
Условие (16) выполнено, следовательно, заданное уравнение ‘есть
уравнение в полных дифференциалах.
|
Найдем функцию Ц (х, и).
Первый способ. Интегрируя по х при постоянном у равенство
получим
и (<,
ничо
(18)
Заметим, что при вычислении первообразной мы здесь пишем [а х,
а не ш]х|, так как исходное уравнение содержит шх и, следова-
тельно, имеет смысл лишь при х > 0.
‘Подставляя (18) в равенство
90 __
—_3
oy 8 (x, y)=y +Inx,
55

имеем
Inx+o' Y)=y'+Inx,
откуда
ФИ=‘С
(9)
Положив, например, Су=0, находим из (18) и (19)
U(x, ут
Следовательно, общий интеграл заданного уравнения имеет вид
уп тис.
Второй способ.
(х, и)
U(x,y)= \ 2dx+(y3--Inx)dy.
(хо, Yo)
Положим, например, хи =1, и,=0. Тогда Р (х, и) =0 и
}
у
И (х, и = | (и3-|- пх) dy=— yityinx,
0
Решить дифференциальные уравнения, предварительно
убедившись, что они являются уравнениями в полных
дифференциалах:
9.96. (2х - y) dx + (x-+ 2y) dy=0.
9.97. (10xy— 8y + 1) dx + (5x?— 8x -+ 3) dy=0.
9.98. (3x?+ 6xy—2y*) dx+ (3x? —4xy— 3y°) dy = 0.
9.99. (y +33 )ar+(x—4) dy= 0.
9.100. “te ах
et2y°dy=0.
way
9.101. (ety )at( ta =) dy=0.
9.102. (2х— ие-*) dx+ e~* dy= 0.
9.103. (2х-- ем) ах (1 —*) еЧуду=0.
9.104, 2xcos?
y dx-+ (2y— x’ sin 2y) dy=0.
9.105. (siny—ysinx +=) dx-+
+( xcos y-+cos x2) dy=0.
8. Теорема существования и единственности решения. Особые
решения. Задачей Коши для дифференциального уравнения и’ = /(х, и)
56

называется задача об отыскании частного решения этого уравнения,
удовлетворяющего заданному начальному условию у (х,) =щ.
Теорема Коши. Если в дифференциальном уравнении у' =} (х, у).
функция [(х, И) непрерывна в некоторой области ЮР плоскости Оху
и имеет в этой области ограниченную частную производную hy (x, y),
то для любой точки (ж, Yo) € D 6 Hexomopom unmepeare x»—h<x<
<х--Йй существует и притом единственное решение у (x) этого
уравнения, удовлетворяющее начальному условию у (х) =.
Геометрически это означает, что через каждую точку М области
р проходит одна и. только одна интегральная кривая уравнения
у’ =f (x, у).
Точки области О, в которых нарушается единственность рещения
задачи Коши, называются особыми точками дифференциального урав-
нения.
Решение (интегральная кривая) уравнения у’ ==} (х, у), в каж-
дой точке которого нарушается единственность решения задачи Коши,
называется особым решением (особой интегральной кривой) этого
уравиения. Особое решение не может быть получено из общего ни
при каких значениях С (включая и С = 05).
Огибающая семейства интегральных кривых, определяемых общим
решением у=ф (х, С) или общим интегралом Ф (х, у, С) =0, является
особой интегральной кривой. Она находится путем исключения, если
это возможно, параметра С из системы двух уравнений
y=9 (x, С),
@ (x, y, C)=0,
0=qe (x, C) m Mc (x, y, C)=0.
Найденную таким путем функцию следует подставить в данное диф-
ференциальное уравнение и убедиться, что она является его решением.
Пример 13. Найти область, в которой уравнение
2:1
=x VI-#
oo
имеет едииственнее решение. —
—
«® Здесь Ё(х, y) =x И1—и— функция, непрерывная при lyl< 1;
и = = ограничена при |a|<M
и и <а<1. Следовательно, данное равнение имеет единственное
< в любом прямоугольвике В ={(х, и) || х| <= М, |[у|<а<
<|.
``
i
Пример 14. Найти особые решения уравнения
y=V 1—¥,
зная его общее pewenne y=sin (x-+C), |x+Clan/2.
@ Coctapum систему уравнений
y=sin (x-+ C), i+ Cj<%
.
®
0= с0$ (х-- С),
2
Исключая С, найдем две функции у= --1, которые, очевидно, явля-
ются решениями данного уравнения и не получаются из обшего ре-
шения ни при каких значениях С. Следовательно, и== -- | — особые
решения. No»
|
частная производная } (х, )у=—
Найти области существования и единственности реше-
ния для дифференциальных уравнений:
57
odin

9.106. y= —y*, 9.107. y' = 7 _—xX
9.108. y’=l+tgy. 9.109. ви
_
Найти особые решения следующих дифференциальных
уравнений, зная общие решения (там, где это указано).
9.110. у’= уу
9.111. /’=4хИи—1; у=(®-+ С.
9.112, xy’?+ 2xy’—y=0; (y—C)?
= 4Сх.
9.113. y=y?—xy' +: y= + Ск Са.
9. Уравнения, не разрешенные относительно производной. Пусть
дифференциальное уравнение Р (х, у, и’) =0 разрешимо либо относи-
тельно искомой функции, т. е. имеет вид
y=i(% y'),
(20)
либо относительно аргумента, т. е. записывается в виде
х=р (у, и’).
(21)
Тогда оно интегрируется путем введения параметра р=иу’. Уравие-
ния (20) и (21) переходят в алгебраические уравнения, дифференци-
руя которые соответственно по х или по у, получим системы урав-
нений|
у=iр),
или Х=[(у, р),
Of dp
1of,Ofdp
tape pg ©dp dy”
Из этих систем находится соответственно общее решение урав-
нения (20) или (21) в явном или параметрическом виде.
Пример 15. Решить уравнение
-
y= yl?+ xy! —х.
@ Baezeu napametp p=y’. Torza
y= p®+x(p—l).
(22)
Дифференцируя это равенство по х, получим
__о, ap
ар
р= 29 НР,
ИЛИ
1
4х Эр-фх‘
Запишем последнее уравнение в форме
dx— = x-l+- 2p.
pode
ар ТТ
‘e
Это линейное уравнение, его общее решение:
x =CeP—2(p-+1).
(23)
53

Подставляя выражение (23) в формулу (22), получим
y= CeP (p—1)—p?+2.
(24)
Система соотношений (23) и (24) спределяет общее решение исходного
уравнения в параметрической форме:
x=CeP—2(p+1), y=CeP (p—1)—p?+2. >
Пример 16. Решить уравнение
у
g=y"+—-.у
«< Полагая р=иу’, имеем
у
х=р—
р*-- р
То,ЧР. 1fydp
РАТЬ ма
или
ар
у \__
а(2я)0
Отсюда
3/7,
Pi=C UN р.=
о1.
Подставляя поочередно оба результата в выражение для х, найдем
общее решевие:
и=Сх—С3
и решение
2
3/2
=————^`'“,
4 3YV3
которое, как легко убедиться, является особым. }>
Решить дифференциальные уравнения:
_ 9.114. у=у’?--4у’з. 9.115. у=у’ ИТ-у”.
9.116. у=(и"— Пе. 9.117. уху’.
9.118. x=y%—y'42. 9.119. x=y’ cosy’,
9.120. x=2y’—Iny’. 9.121. ха.
Частным случаем уравнений вида (20) является так вазываемое
уравнение Лагранжа
|
у=х| (у’) |Ф (у’),
(25)
которое при | (и’) ==’ называют уравнением Клеро. Введением пара-
метра р=и’ уравнение (25) приводится к виду
у=х/ (р) -|-Ф (р)
59

в случае общего уравнения Лагранжа и к виду
у=хр-Еф (р)
в случае уравнения Клеро.
Уравнение Лагранжа имеет особые решения
Y=Xf (Po) + (Po):
где ро --любой из корней уравнения } (р) =р
Уравнение Клеро имеет общее решение
у=Сх-ЕФ (С)
(28)
и особое решение
х=—Ф' (р), у=р— $’ (рр-Ф (о),
(27)
являющееся огибающей семейства интегральных кривых (26).
Таким образом, можно сформулировать следующее практи-
ческое правило. Заменив в уравнении Клеро символ и’ симво-
лом С, мы сразу получаем общее решение (26). Дифференцируя его
по С и исключая С из системы двух уравнений (общего решения и
результата дифференцирования), получаем особое решение (27).
‚Пример 17. Решить уравнение Лагранжа
у= ху у’.
< Полагая у’= р, найдем
у=хр*--р
Дифференцируя это равенство по х, получи
р=pr 2арЧР.+2
или
ах_у 2р
ар рр
Это линейное уравнение имеет общее решение
]
х=——— (С- In —
= pye (C+ inl Pp l—p),
подставляя которое в формулу для у получаем общее ‘решение исход-
ного уравнения в параметрической форме:
_C--In| p|—p
(C+ In| p|—p)p*
Te YP
Кроме ' того, ‘уравнение имеет особые решения и=0 и у==х--1,
соответствующие корням р: =0 и р. =! уравнения р*=р. » .
Пример 18. Решить уравнение
y= xy’ —y",
<4 Данное уравнение имеет вид (25) npn f(y’)=y', T. ec. ‘является
уравнением Клеро. Следуя практическому правилу, получаем общее
решение
y= Cx—Ct.
Исключая, далее, параметр С из системы уравнений
y=Cx—C,
0 =х—4С3,

получим особое решение
34/8
y=
.No
3
4/4
Решить дифференциальные уравнения:
9.122. ЕЕ 9.123. y= 2xy! +5.
9.124. y=xy"?+y". 9.125. y=> (ху у Шу).
9.126. уж — 9.127. y=xy'+y'+Vy'.
9.128. и=ху’—е". 9.129. y=xy'’+ cosy’.
10. Смешанные залачи на дифференциальные уравнения 1-го
порядка.
Определить типы дифференциальных уравнений и ука-
зать в общем виде методы их решения:
9.130.
9.132.
9.133.
9.154.
9.135.
9.136.
9.137.
9.138.
9.140.
y’—x?
,
——
2x2
11=е#.
ay
9.131. Их—у ура.
1+х-Н(1-^2)(2—еу’)=0.
2’ (1—х?) —ху— 2ху?- 2х3у? = 0.
уах-|- (2х— 9?) dy = 0.
(<—x +¥) dx+(2xy+y—sr| dy= 0.
ydx+(x—2V xy) dy=0.
(x?+y?+1)dy+xydx=0.
y’=sin(y—x). 9.139. x= агссоз y’ —a*y ®
2sinx
Шуе— ие” *"*
Vy= “x24 2x—
Решить дифференциальные уравнения:
9.141.
9.143.
9.144.
9.146.
9.147.
9.148.
3.149.
9.150.
9.151.
у--ху=хз. 9.142. (х— и) дау—уах=0.
(xcos2y+1)dx—x?*sin2ydy=0.
} —2х
у= ух—у?созх. 9.145. у’= —
2уах-- (и?—6x)dy=0.
(xyer/¥ + y?) dx = x*e*/4 dy.
(xy?+x)dx+(y—x’y)dy=0.
(2x? — xy*) dx-+ (2y% —x*y) dy = 0.
ху’ и= у? шх.
8x-+-y—2+ 4' (x—1)=0.
61

9.152. yf =. 9.153. y’ cosx—ysinx=sin2x,
9.154. (2x-+Iny)dx-+(Z+sin y) dy=0.
7’
7’
7
1
9.155. у—х/ —Iny . 9.156. у — их *
9.157. (x—ysin 4] dx + xsin = dy=0.
9.158. ху’ =x*e-¥42.
9.159. (2хе’- y*) y’ = ye’.
9.160%. (1 + y?)dx=(V 1+ y? cosy —xy) dy.
9.161. (=the |) de— aap dy=0.
9.162. у’ = — и. 9.163. y=y'?+2xy' +=.
9.164", (x—2y*) dx + dy? (2x —y*) dy = 0.
‚1. Геометрические и физические задачи, приводящие к реше-
нию дифференциальных уравнений 1-го порядка. В задачах геомет-
рии, в которых требуется найти уравнение кривой по заданному
свойству ее касательной, нормали или площади криволинейной тра-
пеции, используются геометрическое истолкование производной (угло-
вой коэффициент касательной) и интеграла с переменным пределом
(площадь криволинейной трапеции с подвижной ограничивающей
ординатой), а также следующие общие
Sh
формулы для определения длин отрезков
касательной +, нормали п, подкасатсль-
м
ной $ и поднормали $» (рис. 93):
| Vite , n=lyV ity" |,
Лх
YNf
y
—
||,
Sn=| yy’ |.
01
oyXiбл
д
у
|
Рис. 93
Пример 19. Найти уравнёние кри-
вой, проходящей через начало коорди-
нат, если в каждой ее точке M (x, y)
подкасательная 5; в К раз меньше поднормали 5.
«® Пусть y==} (*) — уравнение искомой кривой. Используя выраже-
ния подкасательной 5; и поднормали $„, мы сразу получаем диффе-
ренциальное уравнение
7
|
2
у
(y’)P =k.
Интегрируя это уравнение и учитывая начальное условие y (0) =
получим искомые уравнения
у=+ УЁ-х
(две прямые). No»
Hee
Пример 20. Найти уравнение кривой, проходящей через точку
(1, 1), если для любого отрезка [1, х] площадь криволинейной тра-
62
[yy |=
ИЛИ

пеции, ограниченной соответствующей дугой этой кривой, в два раза
больше произведения косрдинат точки М (х, и) кривой (х > 0, у> 0).
«$ Согласно условию задачи имеем
\y(t)dt
=2xy(x).
;
Дифференцируя это равенстео по х, получаем дифференниальное
уравнение и=2 (у ху’), или
у
y’—— =
Y= Dy
Интегрируя это уравнение и учитывая HayanbHoe ycnoBue y(1)=—1,
найдем уравнение искомой кривой:
1
"
y=Vu>
9.165. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (V2, 0), если сумма длин ее касательной и подкаса-
тельной равна произведению координат точки касания.
9.166. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (1, 2), если ее подкасательная вдвое болыше абс-
циссы точки касания.
9.167. Найти уравнение кривой, проходящей через.
точку (1/2, —1), если длина отрезка полуоси абсцисс,
отсекаемого ее касательной, равна квадрату абсциссы
точки касания.
|
9.168. Найти уравнения кривых, у которых длина
отрезка нормали постоянна и равна а.
9.169. Найти уравнения кривых, у которых поднор-
маль имеет постоянную длину а.
9.170. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (0, 2), если площадь криволинейной трапеции,
ограниченной дугой этой кривой, в два раза больше
длины соответствующей дуги.
9.171. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (1, 1/2), если для любого отрезка [1, х|] площадь
криволинейной трапеции, ограниченной соответствующей
дугой этой кривой, равна отношению абсциссы х конце-
вой точки к ординате.
9.172. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (0, 3), если подкасательная в любой точке равна
сумме абсциссы точки касания и расстояния от начала
координат до точки касания (ограничиться рассмотре-
ниемслучаяг>0].

9.173. Найти уравнение кривой, ‘проходящей через
точку (1, 0), если длина отрезка оси абсцисс, отсекаемого
ее нормалью, на 2 больше абсциссы точки касания.
9.174. Найти уравнение кривой, проходящей через
начало координат, если для любого отрезка [а, х]| пло-
щадь криволинейной трапеции,. ограниченной соответст-
вующей дугой этой кривой, равна кубу ординаты конце-
вой точки дуги.
9.175. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку с полярными координатами г=2, ф= 0, если угол @
между ее касательной и радиус-вектором точки касания
есть постоянная величина: iga=a,
° 9.176. Найти уравнение кривой, проходящей через точку
(1, 1), если длина отрезка оси абсцисс, отсекаемого любой
ее касательной, равна длине этой ‘касательной.
9.177. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (3, l), если длина отрезка, отсекаемого любой ее
касательной на оси ординат, равна поднормали.
‚9.178. Найти уравнение кривой, проходящей через
начало координат, если середина отрезка ee HOpMa-
ли от любой точки кривой до оси Ох лежит на параболе
2y*= x.
9.179. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (1, 0), если площадь трапеции, образованной ка-
сательной, осями координат и `ординатой точки касания,
постоянна и равна 3/2.
9.180. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (0, 1), если площадь треугольника, образуемого
осью абсцисс, касательной и радиус-вектором точки ка-
сания, постоянна и равна 1.
.
9.181. Найти уравнение кривой, проходящей через
точку (1, 2), если произведение абсциссы точки касания
на абсциссу точки пересечения нормали с осью Ох равно
удвоенному квадрату расстояния от начала координат
до точки касания.
9.182, Найти уравнение кривой, проходящей через
точку с полярными координатами г=л, Фф=л/2, если
площадь сектора, ограниченного этой кривой, полярной
осью и переменным полярным радиусом, в шесть раз
меныше куба полярного радиуса.
Ортогональными траекториями для однопараметрического семей-
ства 5; линий y= (x, а) называется другое семейство 55 линий,
которые перэсекают линии первого семейства под прямым углом.
Пример 21. Найти ортогональные траектории семейства куби-
ческих парабол иу=алх?.
64

< Найдем дифференциальное уравнение данного семейства, исключая
а из системы уравнений
y=ax3,
у’ =Зах®.
~
Получим и’ =Зу/х. Дифференциальное уравнение семейства ортого-
нальных траекторий есть
y= Зи`
Его общий интеграл
x24 3y%—C2
является уравнением семейства ортогональных траекторий (эллипсов). >
Найти ортогональные траектории данных семейств кри-
вых (а— параметр):
9.183. ау?= No. 9.184. у=ах*.
-
9.185. х?— 2? =а?. 9.186. у= ае®.
При составлении дифференциальных уравнений 1-го порядка в
физических задачах часто применяется метод дифференциалов, по
которому приближенные соотношения между малыми приращениями
величин заменяются соотношениями между их дифференциалами.
Такая замена не отражается на результатах, так как дело сводится
к отбрасыванию бесконечно малых высших порядков. Другим мето-
дом составления дифференциальных. уравнений является использова-
ние физического смысла производной как скорости протекания процесса.
Пример 22. В резервуаре первоначально содержится А кг ве-
щества, растворенного в В литрах воды. Затем каждую минуту в ре-
зервуар поступает М литров воды и вытекает No литров раствора
(М => М), причем однородность раствора достигается путем перемеши-
вания. Найти массу вещества в резервуаре через Т минут после
начала процесса.
«$ Обозначим через х (1) массу вещества в резервуаре через #{ минут
после начала процесса и через (х--Ах)—в момент времени (1-- ДК.
Заметим, что Ах < 0 при ДЕ > 0 (т. е. раствор «обедняется»).
Пусть У (2)
— объем смеси в момент f:
V(t) =B+Mt—Mt.
Концентрация вещества в момент ‘времени # равняется, очевидно, х/У.
За бескопечно малый отрезок времени [No 1--АД масса вещества
измепяется на бесконечно малую величину Ах, для которой. справед-
ливо приближепное равенство
x
Nx
Заменяя приращения Ах и At дифференциалами ах и 4, получаем
дифференциальное уравнение:
Nx
B+-(M—N)t а
Интегрируя это уравнение с разделяющимися переменными и считая
4х=—
8 Под ред. А. В. Ефимова, Б.П. Демидовича
65

М >М, найдем общее решение:
x(i)=
С
м.
(B+(M—N) 1) =
Используя начальное условие х=А при t=O, найдем частное ре-
шение:
_N_
кА (вет) ^
Полагая {=Т, получим ответ:
_N|
вт ем)
Случай М == М требует отдельного рассмотрения (см. задачу 9.195). No
9.187. Скорость охлаждения тела пропорциональна
разности температур тела и окружающей его среды (за-
кон Ньютона). Найти зависимость температуры Тот вре-
мени {, если тело, нагретое до Т, градусов, внесено в по-
мещение, температура которого постоянна и равна а гра-
дусам.
9.188. Через сколько времени температура тела, па-
гретого до 100°С, понизится до 25°С, если температура
помещения равна 20°С и за первые 10 мин тело охлади-
лось до 60°C?
9.189*. Замедляющее действие трения на диск, вра-
щающийся в жидкости, пропорционально угловой скоро-
сти вращения. Найти зависимость этой угловой скорости
от времени, если известно, что диск, начавший вращаться
со скоростью 5 об/с, по истечении двух минут вращается
со скоростью 3 об/с. Через сколько времени он будет
иметь угловую скорость 1 об/с?
9.190. Скорость распада радия пропорциональна на-
личному его количеству. В течение года из каждого
грамма радия распадается 0,44 мг. Через сколько лет рас-
падется половина имеющегося количества радия?
9.191*. Скорость истечения воды из сосуда через малое
отверстие определяется формулой о = 0,6И Эй, где й— вы-
сота уровня воды над отверстием, д —ускорение свобод-
ного падения (принять 6 = 10 м/с?). За какое время вытечет
вся вода из цилиндрического бака с диаметром 2^ =1 м
и высотой Н=1,5 м через отверстие в дне диаметром
27
= 0,05 м?
9.192*. Количество света, поглощаемого при прохож-
дении через тонкий слой воды, пропорционально количе-.
66-

ству падающего света и толщине слоя. Зная, что при про-
хождении слоя воды толщиной 2 м поглощается 1/3 пер-
воначального светового потока, найти, какая часть. его
дойдет до глубины 12 м.
9.193. Лодка замедляет свое движение под действием
сопротивления воды, которое пропорционально скорости
лодки. Начальная скорость лодки 1,5 м/с, скорость ее
через 4 секунды 1 м/с. Когда скорость уменьшится до
| см/с? Какой путь пройдет лодка до остановки?
9.194*. Пуля, двигаясь со скоростью v,= 400 m/c,
пробивает стену толщиной h=20 cm и вылетает, имея
скорость 100 м/с. Полагая силу сопротивления стены про-
порциональной квадрату скорости движения пули, найти
время прохождения пули через стену.
9.195. В баке находится 100 л раствора, содержащего
10 кг соли. В бак вливается вода со скоростью 5 л/мин,
и смесь вытекает из него с той же скоростью. Однород-
ность раствора достигается путем перемешивания. Сколько
соли останется в баке через час?
9.196. Некоторое вещество преобразуется в другое
вещество со скоростью, пропорциональной массе непре-
образованного вещества. Если масса первого есть 31,4 г
по истечении одного часа и 9,7 г по истечении трех часов,
то определить: а) массу вещества в начале процесса;
6) через сколько времени после начала процесса останется
лишь 1% первоначальной массы исходного вещества?
9.197*. В помещении цеха вместимостью 10 800 м? воз-
дух содержит 0,12% углекислоты. Вентиляторы достав-
ляют свежий воздух, содержащий 0,04% углекислоты,
со скоростью 1500 мз/мин. Предполагая, что углекислота
распределяется по помещению равномерно в каждый мо-
мент времени, найти объемную долю углекислоты через
10 мин после начала работы вентиляторов.
9.198. Сила тока Ё в цепи с сопротивлением К, само-
индукцией Г. и напряжением и удовлетворяет уравнению
dt
.
L at Ri=u.
Найти силу тока { в момент времени ft, ecnn U=E sinot
и 1= при 1=0 (2, ^Ю, Е, ®— постоянные).
$ 2. Дифференциальные уравнения высших порядков
1. Основные понятия. Теорема Коши. Дифференциальное уравне-
ние п-го порядка имеет вид
Е(х, у, у’, у”, ...у yi) =0
(1)
_3*
67

SH
YO) =F (x, oy Y'y coey YO).
(2)
Задачей Коши для дифференциального уравнения (2) называется
задача отыскания решения и (х), удовлетворяющего заданным началь-
ным условиям
Y (Xo) =o, и’ (=, ..., Ут (д)= В.
(3)
Общим решением уравнения (1) или (2) называется такая функ-
ция у=ф (х, С1, ..., С,), которая при любых допустимых значениях
параметров Cy, ..., С» является решением этого дифференциального
уравнения и для любой задачи Коши с условиями (3) найдутся по-
стоянные Ст, С., ..., Си, определяемые из системы уравнепий:
Yo = (Xp, Cy, ..., С»),
Yo=Q’ (Xo, Ci, eee, С»),
В = gD (x9, Cy, ..., Cy).
Уравнение
|
Ф (х, у, Ст, ..., С„)=0,
(4)
определяющее общее решение как неявную фупкцию, пазывается
общим интегралом дифференциального уравкения.
Теорема существования и единственности ре-
шения задачи Коши. Если дифференциальное уравнение (2)
таково, ито функция. |(х, у; и’, ..., И"-Ъ) в некоторой области Р
изменения своих аргументов непрерывна и имеет непрерывные част-
ные производные ду’ би’
oyna ‚ то для любой точки (ху, Из,
Г Yn “VED существует такой интервал xXy—h < x < x9-bh,
на котором существует и притом единственное решение этого урав-
нения, удовлетворяющее начальным условиям (3).
Пример 1. Показать, что функция у== СлеС2*, Ст, СЕК, яв-
ляется решением дифференциального уравнения уу”= у”?
«$ Имеем:
y! =CyCe*, у’— С: СеСях,
Подетавив выражения у, и’и и” в данное уравнение, получим тож-
дество
Сцеб=* . C,C2e&2* == (C,Cye©2*)?.
Следовательно, функция у = Слеб2* есть решение данного урав-
нения.
Пример 2. Найти область существования и единственности
решения уравнения
7
ууу
=
7
«$ Функция ] (х, и, у’)= узи и ее частная производная о Ve
непрерывны при х 50, и’>—0; частная производная ау.
|
oy 2хуу
непрерывна при х 22 0, у’ > 0.
68

Следовательно, данное уравнение имеет единственное решение при
70, у’>0.
Найти область существования и единственности реше-
ния уравнений:
9.199. y"=x+Vx—y’, 9.200. у’=у’ Шу’.
Показать, что данные выражения при любых действи-
тельных значениях входящих в них параметров опреде-
ляют решения соответствующих дифференциальных урав-
нений:
9.201. =x \ SF dt+coset C+ Cy; xy”= sinx.
0
9.202. y= x? Inx4+ Cy + Cx +Cs; и =2.
9.203. oY sit (C,x+C,)=2C}; y’ не,
9.204. C,y=sin(C,x+C,); yy" + 1 =
Показать, что данные функции ляются частными ре-
шениями соответствующих дифференциальных уравнений:
0.205. уе (1); уу.
9.206. уе; уу“ =2уу".
Путем исключения параметров вывести дифференциаль-
ные уравнения семейств следующих линий:
9.207. Прямых на плоскости, не параллельных оси Оу.
9.208. Окружностей постоянного радиуса К. .
9.209. Синусоид у=Азш (х-- а), где А и а— пара-
метры.
9.210. Парабол с осью, параллельной оси Оу.
2. Уравнения, допускающие понижение порядка. Ниже приво-
дятся некоторые виды дифференциальных уравнений n-ro порядка,
допускающих понижение порядка.
а) Уравнение вида и”) —=}(х). Общее решение получается
путем п-кратного интегрирования y= \ dx \ dx... \ f(x) dx+P,_1{%),
где Ри-т (х) = Слх"-1-- Сьх"-*--...-С,-чх--С», или по формуле
=—— 4 F(t) (e—t)8-3 dt Ppa (9).
Пример 3. Найти общее решение уравнения и” ==
и его
cos? x
частное решение, удовлетворяющее начальным условиям (+) =
In?
|.
5 у(ч)=
«® Интегрируя первый раз, получаем у’ =46 х-- Ст. Повторное инте-
грирование дает у=— Ш | с0зх|-+- С1х--Со. Это. и есть общее реше-
69

ние. Подставив теперь в полученное общее ‘решение и в выражу!:::=
.
|
Л
|
для первой производной X= И соответственно у=-—о- и И’,
получим систему двух уравнений с неизвестными С! и С.. Решив эту
‘систему, найдем значения параметров С! =0 и С. =0, соответствую-
щие нскомому частному решению, которое, следовательно, имсет
вид y=-—In}cosx|. >
6) Уравнения вида Р (х, y*), ..., y) =0, T. e. ypapienna,
не содержащие явно искомой функции и ее производных до порядка
Е—1 включительно. С помощью замены fn = p(x) порядок уравне-
ния понижается на Е единиц: Р (х, р, р’, ..., р"- ®)) =0. Предполо-
жим, что для полученного уравнения мы можем найти общее решс-
ние р (1) =Фф(х, Ст, ..., Си). Тогда. искомая функция и (х) полу-
чается путем А-кратного интегрирования функции Ф (х, Ст, ..., Сп-в).
Пример 4. Найти частное решение уравнения “eet 2x3y" == 1,
l
удовлетворяющее начальным условиям y (=> У (П=5 ,
y" (1)==—I.
<j Данное уравнение не содержит у и и’. Положим y”=p, тогда
dp
dp
dp
vere
‚
4
Зи—
=--, п уравнение принимает вид х*----2х3р=|, или —-
az? BYP
>
Ip
Agbet P=, че Е
2
1
.
-b Pa Это линейное уравнепие первого порядка. Его общее ре-
АСЕ. И
"(1)=p(l)=—!
шение p == -— 53 152 . Используя начальное условие и” (1) = р(1)=—1,
1
1
oe
И
7
получаем С.-—=0. Следовательно, у =— 3, откуда у = Co.
Начальное условие у’ (1) == 1/2 позволяет определить С. =0. Интегри-
руя еще раз, получаем у=— 5. Сь а из условия и(1) =1/2 сле-
1
дует, что Сз==1. Итак, искомое частное решение есть 9=1 —5
(равносторопияя гипербола). No»
в) Уравнения вида РЁ (и, и’, ..., /(”)) =0, не содержащие
явно независимой переменной. Подстановкой у’ =р (и), ИР
4р\*, 2 ар
у" =р dy +p a и т. д. порядок уравнения понижается на
единицу.
Пример 5. Найти общий интеграл уравнения и’у”””— Зи"? =0.
4
и
а
/
< Положим и =р(у), “Ра, y= (1 р) р а Тогда
уравнение преобразуется к виду
ар
[рoe
dp
— 3p?
.
(ola i) TG dy? oa) =°
Приведя подобные члены и сократив на р? (при этом следует учесть
теряемое решение р = 0, или у=с), получим
d*p dp
Pay? -2 (3) =.
70

а.
$
Положив здесь dp —=2, Фр
dz
dy
dy?
dp ‚ придем к уравнению
dz
z=—-— 227= 0.
2Пр
Сократив на 2 при этом следует учесть еще одно решение г= a — 0,
т.е. р=Сти усе, }, получим 2 “2 0, откуда |п | 2 |-— шп р?==
а
= п] Ст|, или 2= ‘ри. Интегрируя последнее уравнение, находим
1
Ах
—— =С1и--С., или — — =Си-С..
р19+Ce
dy.172
_
_
Cr—
Окончательно получим х=С1/--Соу-РСз, rae Cy= —=, Cy==
= —(С., т. е. семейство парабол. -Заметим, что в общее решение вхо-
дят потерянные ранее частные решения. No
а
г) Уравнения вида Ag (*, у и’, ..., ИП-Ь)-= 0, т. е. та-
кие уравнения, в которых левая часть может быть представлена как
полная производная по х от некоторой функции С (х, и, и", ..., И"-о).
Интегрируя по х, получим новое уравнение, порядок которого на
единицу ниже порядка исходного уравнения.
Пример 6. Найти общее решение уравнения
(1 x?) y" 4-2xy! = x°.
< Левая часть уравнения есть полная производная по х от функции
4
1x2) y’
>
(1--х^) у’, а правая—от функции -1 › Т. е. уравнение можно пере-
писать так: ((1-|- х?) у’) = (=) . Отсюда интегрированием получаем
4.
(1+x?)ит ‚или
_xtCy
dy= а») dx.
Следовательно,
банан hy
и, окончательно,
1 з_1
С.
у=ух
4 x+C,aratg x-+C,,
гдеС!=
. Это и есть обшее решение. }>
Ci+1
4
д) Уравнение Р (х, у, у’, ..., /")) =0, однородное от-
носительно функции и ее производных, т. е. такое,
что Р(х, у, No’, ..., 1") = ЙЕ (ху, и’,..., И"), Е 0. Подстанов-
кой у’= уг порядок уравнения понижается на единицу.
71

Пример 7. Найти общее решение уравнения хуи” — ху'*—
уу’ =0.
«$ Положим и’ =уг. Тогда у’=иу(22--2’) и уравнение принимает вид
ху? (г2-- г’) — ху?2? — у? =0.
Сокращая на у? (при этом получается. решение у=0), находим
/
х2’ —г=0, или
О, откуда г=С1х. Так как г—#/ ‚ то при-
2
ходим к уравнению и’ =С:ху, или Си Ах, откуда т] у ——
++ In|]C,|, nan y=C eo, rye Cy=C,/2. Sto и ecTb oOmlee pcuieHne,
которое содержит и потерянное частное решение у= 0. No
В некоторых случаях найти решение в виде явной или неявной
фуипкции затруднительно однако удается получить решение в пара-
метрической форме.
Пример 8. Найти общее решепие уравнения и” (1-2 ту’) =1.
а
< Положим y’ =p, ya. Тогда уравнение примет вид
ЧР 2 тр)= 1, или ах=(1+2 тр)ар, откуда х=—р-р пр-Е
+- С1. Так как ду=рАх, то находим ду=р (1-22 1т р) ар, откуда
у== р? шр--С., и получаем общее решение в параметрическом виде:
= р (—1--2шр) Ст, у= р? шр-Е Со. >»
Решить дифференциальные уравнения, используя ме-
тоды понижения порядка:
- 9.2. Ито. 9.212. у’ х-Езтх.
9.213. му= 1/х. 9.214. ху"
=2х 3.
9.215. и 9.216. y” —2yy'= 0.
9.217. y"-\- ув X= sin 2x.
,
9.218. р Ри == eFX?. 9.219. Qyy"=1--y'.
9.220.yy" -+ y' ey
9,221. рану —=0. 9.222. xy’ —y' —xsin 2 =0.
9.223. xy" =y' In x . 9.224. хзу"+ у’ —1=0.
9.225. (1 — x?) yy —2=0. 9.226. (1+ e*) y+ у’ = 0.
9.227. y’ v= 2 (y!— сх. 9.228. vy
9.229. y’’ =y". 9.230. (Qy+y)y=y'
9.231. ИИ 9.232. уу’--1=0.
9.233. yy ‘t+ y—y’ =O. 9.234. yy" —2yy’ Iny— y’ =0.
9.235.y" tg y= 2y". 9.236. (y—1)
y”=2y”
9.237. ey by —x—1=0. 9.238. yy” +y"
, 777
1
n yxy’
y"—y'y I
9.239. y’ =2—TM . 9.240. HE .
9.241*, x?yy"= (y—xy’)’.
72

9.242. xy’ (yy"—y")—yy"
= xty’.
‚о
9.243. xyy" + ху” = Зи’. 9.244. 2уу"—Зу” = 4.
Найти частные решения дифференциальных уравнений,
удовлетворяющие заданным начальным условиям:
9.245. у’ =хе", у(0) =1, у (0) =0.
9.246, y= 2, ¥()=0. y’ (1)=1, y"(1)=2.
9.247.уЕхти)=0,и’(2)=4.
9.248. (1+ x*)y" ‘ey! "+1=0, y (0)=y" (0)=
9.249. y”=e%, y (0)=0, y’ (0)=1.
9.250. y" cosy+y” siny—y'’=0, y(—l)=n/6, y’ (—1)=2.
9.251. y"/y’ = 2yy'/(1+y*), y(0)=9, y' (0) = 1.
9.252. yy"—y" =y", y(0)=1, y’ (O)=
9.253. уу’
= ху”, и (2) =2, у’ (2) =0,5.
9.254. Qyy’+y—y?=0, yO=y' O=1.
9.255. Найти интегральную кривую уравнения уу’/' ==
=y'+y", касающуюся в начале координат прямой
9. 256. Найти интегральную кривую уравнения yy" +
Ни’ —1=0, проходящую через точку М. (0, 1) и ка-
сающуюся в этой точке прямой Хх у=1.
Найти общие решения дифференциальных уравневий
в параметрической форме:.
.
9.257. (x+2y’)y"=1. 9.258. y” —2y’y"+3= 0.
9.259. (2+ y')e”y" =1. 9.260. (8y— 2y") y"- —y"=0.
9.261. Найти уравнение кривой, касающейся оси абсцисс
в начале координат, если ее кривизна в любой точке равна
cosx (—aA/2<x< 0/2).
9.262. Найти уравнения кривых, у которых радиус
кривизны в любой точке равен длине отрезка нормали,
заключенного между этой точкой .и осью абсцисс, если
кривая:
а) вогнута вверх; 6) вогнута вниз.
9.263*. Найти уравнения кривых, У которых радиус
кривизны в Любой точке вдвое больше длины отрезка
нормали, заключенного между этой точкой и осью абсцисс,
если известно, что кривая!
а) вогнута вверх; 6) вогнута вниз.
9.264. Найти форму гибкой однородной нерастяжимой
нити с закрепленными концами, находящуюся в равно-
весии под действием силы тяжести, если линейная плот-
73

ность нити равна 4 (горизонтальная проекция силы натя-
жения нити Н = с0п${). Расположить нить так, чтобы
вершина кривой совпадала с точкой (а, 0), где а= Н/де.
9.265. Гибкая тяжелая однородная нерастяжимая нить
в положении равновесия подвергается натяжению, про-
порциональному переменной площади ее поперечного се-
чения. Найти форму нити, если линейная плотность нити
равна 4 (горизонтальная проекция силы натяжения нити
Н =const). Расположить нить так, чтобы кривая про-
ходила через начало координат и имела в ней горизон-
гальную касательную.
9.266. Тело массы т движется прямолинейно под дей-
ствием постоянной силы Г. Найти скорость движения
тела и пройденный им путь как функции времени, если
в начальный момент они оба равны нулю, а сопротивление
среды пропорционально квадрату скорости.
9.267*. Мяч массы 400 г падает с высоты 16,7 м без
пачальной скорости. Сопротивление воздуха пропорцио-
нально квадрату скорости мяча и равно 0,0048 Н при
скорости 1 м/с. Вычислить время падения и скорость мяча
в конце падения. Принять в = 109 м/с?.
9.268. Тело массы т поднимается вертикально вверх
с начальной скоростью %,. Полагая сопротивление воз-
духа пропорциональным квадрату скорости тела (коэф-
фициент пропорциональности А >> 0), найти высоту подъ-
ема тела и скорость, с которой оно вернется в исходное
положение, а также время подъема и спуска тела.
9.269*. Мяч массы 400 г брошен вверх со скоростью
20 м/с. Вычислить время подъема мяча и наибольшую
высоту подъема, если сопротивление воздуха пропорцнио-
нально квадрату скорости мяча (коэффициент пропорцио-
нальности К _›> 0), причем оно равно 0,0048 Н при ско-
рости 1 м/с. Принять в=19 m/c?.
9.270. Найти закон прямолинейного движения матери-
альной точки массы т под действием отталкивающей
силы, обратно пропорциональной кубу расстояния от точки
до неподвижного центра (коэффициент пропорциональ-
ности Ё >> 0). В начальный момент точка находится в по-
кое и отстоит от центра на расстояние хо.
9.271. Материальная точка массы т движется прямо-
линейно к неподвижному центру, притягивающему ее
с силой, обратно пропорциональной кубу расстояния от
центра (коэффициент пропорциональности А >> 0). Найти
закон движения, если оно начинается с состояния покоя,
когда точка отстоит от центра на расстояние х,. Опре-
14

делить время, по истечении которого точка `достигкет
центра.
_ 9.272. Ракета движется вертикально вверх под дейст-
вием силы отдачи от истечения газов. Масса ракеты из-
меняется в зависимости от времени по закону т = т,ф (1),
rie m,—const (закон сгорания топлива). Относительная
скорость истечения газов постоянна и равна и,. Началь-
ная скорость ракеты у поверхности Земли равна нулю.
Найти высоту подъема ракеты как. функцию времени,
если сопротивление воздуха не учитывается. Рассмотреть
также частный случай, когда т = т, (1—1), и вычислить
для этого случая, на какую высоту поднимается ракета
через 10с, ЗОси 50 спри и;=2000 ме ия=0,01 с-1.
Положить в = 9,8 м/с?.
9.273. Определить, через сколько времени упадет на
Землю тело, притягиваемое Землей по закону Ньютона
(с ускорением, обратно пропорциональным квадрату рас-
стояния между ними), если в начальный момент скорость
тела равна нулю, а расстояние его от центра Земли
равно Н. Сопротивлением атмосферы пренебречь. Уско-
рение свободного падения на поверхности Земли посто-
янно и равно г.
9.274*. Тело, находящееся от центра Земли на расстоя-
нии хл = 60,27 Юз (что соответствует расстоянию от Луны
до Земли), падает на Землю из состояния покоя под дей-
ствием силы тяжести с ускорением, обратно пропорцио-
нальным квадрату его расстояния от центра Земли. Пре-
небрегая сопротивлением атмосферы, определить, через
сколько времени оно упадет на Землю. Принять Ю. =
— 6,377. 10° м, g=9,8 m/c?.
9.275. Определить скорость, с которой метеор ударяется
о Землю, если он падает с неограниченно большого рас-
стояния из состояния покоя и если при его движении
к Земле ускорение принимается обратно пропорциональ-
ным квадрату его расстояния от центра Земли. Принять
радиус Земли Юз
= 6377 км, ускорение свободного паде-
ния @=9,8 м/С?.
9.276. По оси Оу в положительном направлении дви-
жется с постоянной скоростью 9 точка А (цель). На пло-
скости Оху движется точка М (преследователь) с посто-
янной скоростью и(и > 9) так, что вектор скорости всегда
направлен в точку А. Найти траекторию точки М (кри-
вую погони), если в начальный момент времени #=0
точка А находилась в начале координат, а точка М— на
оси Ох на расстоянии а >> 0 от цели.
76

9.277*. Балка длины [, лежащая концами на двух
опорах, находится под действием равномерно. распреде-
ленной нагрузки интенсивности д. Найти уравнение изо-
гнутой оси балки и ее максимальный прогиб, выбрав начало
координат в середине ненагруженной балки.
9.278*. Балка длины [, заделанная правым концом
в стену, изгибается силой ЁР, ‘приложенной к левому
концу, и равномерно распределенной нагрузкой интен-
сивности д. Найти уравнение изогнутой оси балки и ее
максимальный прогиб.
9.279*. Балка длины [ с заделанным левым концом
изгибается под действием равномерно распределенной
нагрузки интенсивности 4. Какова должна быть прило-
женная к правому концу балки действующая вверх сила Ё,
чтобы прогиб в правом конце балки был равен нулю?
3. Линейные однородные уравнения. Уравнение вида
у") раз (х) уп-о--... ав-1 ху’ ав (х)у=0
(5)
называется линейным однородным дифференциальным уравнением 1-го
порядка. Если известно какое-либо частное решение и (х) уравне-
ния (5), то подстановка и (х)= и! (х) 2(х) приводит это уравнение
к линейному уравнению относительно функции 2 (х), не содержащему
явно эту функцию. Поэтому, полагая 2’ (х) =и (х), получим линейное
однородное уравнение порядка п —1 относительно функции и (х).
Пример 9. Найти общее решение уравнения
(x2 +1) y” —2xy’ + 2y =0,
убедившись в том, что функция и1 (х) =х есть одно из его частных
решений.
<Таккаку,(х)=
а
У (х) =0, то, подставив выражения уг (х),
у (х), У; (х) в заданное уравпение, убеждаемся в том, что. функция
yy (x) =x действительно является его частным решением. Положим
у-=х2, найдем у’ =хг.--2г, у” = хг”-|-.22' и подставим выражения у,
у’ ии’ в уравиение. Получим
(x?+ 1) (xz”-+ 22’) —2x (x2z’ +2) + 2xz=0
x (x? 1) 2”-+ 2г' =0.
Теперь, полагая г’= и, г”=и’, приходим к уравнению первого по-
рядка относительно и:
ИЛИ
x (x?-+ 1) u'+2u=0
Это уравнение с разделяющимися переменными. Его общее решение
имеет вид .^
x?+]
x2
e
и=С1
’
откуда, учитывая и=2’, получаем уравнение первогф порядка отно-
сительно 2:
I
42 = Ст (1+2) dx.
76

1
Интегрируя последнее уравнение, находим 2 = С: (+
--С,атак
Х.
~
как у=хг, то окончательно получаем общее решение исходного урав-
нения
y=C,(x?—1)-FСох. >
Изложенный выше метод обобщается на случай, когда известиоR
частных линейно пезависимых решений уравнения (5). В этом случае
путем надлежащих подстановок порядок уравнения может быть по-
нижен на А единиц.
9.280. Доказать теорему: если у, (х) есть частное ре-
шение линейного одкородного уравнения у’-р(х)и’--
д.
.
>
-‘р(д)ах ax
+ q(x)y=0, то’ функция у, (х) = у, (x) je J Pia)
ed
1
тоже является. решением этого уравнения, а функция
y=y,(x)(с, +С,fedpa)“a )есть его общеереше-
Yi (x
ние.
9.281. Найти общее решение уравнения у” — бу’ + 5у=0,
если функция ©”. есть его частное решение.
7
9.282. Hattu o6ulee peenne ypaBHenna y — 2y’ — 3y—0,
eCJIH (yHKUHA e~* есть его частное решение.
9.283. Найти общее решение уравнения ху"-+2и’--ху=0,
если функция
9.284. Найти общее решение уравнения (1—5?) y” —
— 2хиу’ + 2у=0, если функция х есть его частное решение.
9.285. Найти общее решение уравнения хЗи’’’-Е
5х? у” --
-- 2ху' —2у=0, если известны два его частных решения
у= иу.=ИХ.
есть его частное решение.
Определителем Вронского (вронскианом) системы функций И (х),
Уз (х), ..., Ил (Хх) называется определитель
|
Уз (х) Yo(X) oes Yn (x)
vaya] К he
WP) YP P(X) nee т?)
Если система функций и1 (х), у (х), ..., Ин (Хх) линейно зависима
на интервале (а, 65), то ее вронскиан равен нулю всюду на этом
интервале. Если же хотя бы в одной точке жу Е (а, Ь) имеем (ху) 2 0,
то система функций и1 (х), у2(х), ..., Уп (Х) линейно независима
на (а, 6).
Всякая система из п линейно независимых решений и (х),
уз (х), ..., Уп (Х) уравнения (5) называется фундаментальной систе-
мой решений этого уравнения. Вронскиан фундаментальной системы
решений отличен от нуля на всем интервале, где эти решения опре-
делены (см. задачу 9.304). Если известна фундаментальная система
решений уравнения (5), то общее решение этого уравнения имеет
77

ВИД
y (x)= Crys (x) ++ «+ $CnYn (*)s
где Ст, ..., С„--произвольные постоянные.
Пример 10. Дана система функций. х, cos x, $шх. Найти
вронскиаи системы Й (х) и убедиться в том, что на некотором ин-
тервале система линейно независима. Составить линейное однородное
лифференциальное уравнение, для. которого эта система функций
чвляется фундаментальной системой решений, и записать общее
решение уравнения.
Составим вронскиан
x
cos x
sin x
W (x) =1 —sinx COS X]
0 ~cosx —sinx
Tax Kak W (x) =x, то система линейно независима на всей оси Ох,
за исключением точки х=0, и следовательно, образует фундамен-
тальную систему решений некоторого линейного однородного уравие-
ния 3-го порядка в области К\\ {0}, общим решением которого является
функция у= С:х-Ё С. со$ х-|-- Сз зшх. Для составления дифференциаль-
ного уравнения найдем производные и’, y”, у’’ и исключим произ-
вольные постоянные из выражений для и, и’, и", у’”’. Имеем:
y=C,x+C,cos x + Cgsin x,
y’ = C,—C,sin x+C 3c0s x,
y’"= —C,cos x—Cgsin x,
y=
Cysin x —Cycos x.
Легко видеть, что, умножив первое и третье равенство на — 1,
а второе и четвертое на х и сложив все четыре равенства, получим
ху" —y" 4-xy! —y=0.
(6)
Уравнение (6) можно было получить и другим путем, если учесть,
что решение у искомого уравнения вместе с функциями х, COS xX,
Sinx образует линейно зависимую систему и поэтому вронскиан сис-
темы функций у, х, со$ х, зшх равен нулю:
у x cosx sinx
у 1 —sinx cosx
у’ 0 —со5х —sin x
y’’' 0 sin ¥ —cosx
=0,
Раскрывая определитель, получим то же самое уравнение (6) (про-
верить!).
Деля обе части уравнения (6) Ha x, получаем
Щи
ти
yf ———Yo! ———y= 0.
(7)
Уравнение (7) и является нскомым линейным однородным дифферен-
циальным уравнением. >
Исследовать на линейную зависимость следующие сис-
темы функций:
_
9.286. x, Inx. 9.287. sin2x, sinxcosx.
9.288. e~*, xe-*. 9.289. x, 2х, No.
78

9.290. е*, хех, х?ех. 9.291. sinx, cos x, sin 2x.
9.292. chx, shx. 9.293. e*, e**}.
9.294. x, 0, e*. 9.295. 1, sinx, cos2x.
Зная фундаментальную систему решений линейного
однородного дифференциального уравнения, составить это
уравнение:
9.296. |1 е*. 9.297. e’* cos x, e* sin x.
9.298. x3, x4. 9.299.°+1, х, е*.
9.300. 1, sinx, cosx. 9.301. 2x, x—2, e*-+-1.
9.302. e°*, e8*, 9.303. e?*, sin x, cos x.
9.304**. Доказать, что если и, (х), у. (х),..., и, (Хх) —
решения линейного однородного дифференциального урав-
нения порядка п с непрерывными в некотором интервале
(а, 6) коэффициентами и вронскиан W (x) этой системы
равен нулю при ЖЕ (а, 6), то И (х)=0 при ах х< 6.
9.305*. Дана система функций и, (х), у, (х),..., и, (Х,
причем на некотором интервале вронскиан (х) этой
системы отличен от нуля. Составить линейное однородное
дифференциальное уравнение, ‘для которого эта система
является фундаментальной системой решений.
9.306. Зная фундаментальную систему `решений линей-
ного однородного дифференциального уравнения е*, созх,
sinx, найти его частное решение, удовлетворяющее на-
чальным условиям: и (0) =3, и’ (0) =4, у’ (0)= —1.
9.307. Зная фундаментальную систему решений линей-
ного однородного дифференциального уравнения e*, e*,
e**, найти его частное решение, удовлетворяющее\началь-
ным условиям: и (0) =6, и’ (0)= 14, у’ (0)
= 36.
4. Линейные неоднородные уравнения. Уравнение вида
ит+ ay (x) YOY. fan (X) yo’ +a, (x) y=T (2),
(8)
в котором [(х) ==0, называется линейным неоднородным дифферен-
циальным уравнением л-го порядка.
Общее решение уравнения (8) определяется формулой
y (x) = Yo.(x) +9 (2),
(9)
где и (х)
— общее решение соответствующего однородного уравнения
(5), а и (х) —некоторое частное решение неоднородного уравнения (8).
Пример 11. Дано линейное неоднородное дифференциальное
уравнение ху’’’ — у’ ху’ —у= 2х3. |
Известно, что функция x? есть его частное решение, Требуется
найти общее решение этого уравнения.
.
«@ Согласно формуле (9)’ общее. решение неоднородного уравнения
составляется как сумма общего решения из (х) соответствующего од-
нородного уравнения и частного решения и (х) неоднородного уравне-
79

Hua. B HamemM cayyuae Yo (x) =Cyx-+C, cos х-{- Сззшх (см. пример 10),
а и (х) =х3. Следовательно, искомое общее решение есть и=Сах-
+C,eosx-+-C3sinx+x3.>
Если известно общее „решение и (х)
= Си, (Хх)... +CnYn (x)
соответствующего уравнению (8) однородного уравнения (5), то для
определения частного решения и (х) уравнения (8) можно восполь-
зоваться методом Лагранжа вариации произвольных постоянных.
Именно, будем искать частное решение неоднородного уравне-
ния (8) в виде и (х)= С: (х) и (Хх) -+...-Е С; (х) ул (©, где от функций:
Cj (x), ..+, Cy (x) дополнительно потребуем, чтобы они удовлетворяли
„
условиям > ye? 2 _9 для всех k=O, |, ... n—2 (где
v=!
yy= yy). Тогда для функций Су (х), у=1, 2, ..,, п, получим си-
стему уравнений
es ее... +Yn в: 20,
yy Wate +Yn“ =0,
(10)
yr yale
yore
Ни(n-2аOt=F(x)
Определитель этой системы есть отличный от нуля вронскиан фун-
даментальной системы решений иг (х), ..., ил (х), поэтому система
a
|
С
|
имеет единственное решение относительно a“ » v=l, 2, ..., a.
x
COS Xx
Sin x
Пример 12. Зная, что pyHkunH yy (x)=
HY(x)=
об-
разуют фундаментальную систему решений уравнения y” + 2, +-
+y=0 (cm. 3anayy 9.283), HaliTH общее решение уравнения
xy"+2y!+xy=x. |
(11)
«®@ Общее решение соответствующего однородного уравнения записы-
COS x Sinx
вается в виде уу (х)= С1
ЕС
. Считая Сти С. функциями х,
для определения частного Решения рравнения (11) составим систему
вида (10):
sinx
=+C3 (x) —*=0,
Ci (xв ACh (x (SEE) —1
(уравнение (11) следует привести к виду (8), т. е. разделить все его
‘Cy (x) <2
с0$ x
|
члены на х). Подставляя С. (х) = — Sin x С; (х) во второе уравнение,
получаем С’
—xsinx—cosx cosx xcosx—sinx
1
О
М
——
©
—
y
1 (x)
x
sin x
x2
80

Отсюда имеем С, = — хзшх, С, =хсозх. После интегрирования по-
лучаем,
Cy (x) =x cos x—sin x-+C;,
Cy (x) =x sin x+cos x+-Co.
Положив, например, С: = С» =0, получим частное решение уравне-
ния (11):
.
~
|
cos x
sinx
\
y (x) =(x cos x—sin x) +(x sinx-tcos 1) = 1.
Следовательно, общее решение уравнения (11) имеет вид
cos x
sin x
Y(x)=Yo(x)+Y(X)=Cy ==+02 ——+1. PD
Если правая часть линейного неоднородного уравнения (8) есть сум-
ма нескольких функций
F(x) =hi (0)+ fe (x) +. +Fr (x)
ии; (х) ((=1,2, ..., г— некоторые частные решения уравнений
ут) а: (х) у"-Ъ--... + Ay~1 (X) y’ +- ay (x) y=f; (x) (¢=1,2,...,7)
соответственно, то сумма
Y(x)=I()+42(X)+ +ye(2)
есть некоторое частное решение уравнения (8) (принцип супер-
позиции решений).
Пример 13. Проверив, что функция и; = — + eX ABJIAeCTCA WacT-
ным решением уравнения у’ —2у’' —Зу=ех, а функция =— че
частным решением уравнения y” —2y’
— 3y =e?*, найти общее решение
уравпения
y"”—2y'—3y=e*+-e*,
«$ Согласно принципу суперпозиции частным решением последнего
уравнения является функция и=— ще“ —5 е?х. Общее решение со-
ответствующего линейного однородного уравнения есть функция И=
== С163х |- Сов-*Х (см. задачу 9.282). По формуле (9) общее решение
данного уравнения имеет вид
y=Ск Ср
—
ех—ех. >
9.308. Используя решение задачи 9.298, написать об-
щее решение уравнения лх?иу”
— бху' -- 12у=3Зх, предвари-
тельно убедившись в том, что функция х/2 есть одно из
решений этого уравнения.
9.309. Используя решение задачи 9: 303, написать об-
щее решение уравнения у” — 2" у’—2у= 10ез*, пред-
варительно убедившись в том, что функция е*” есть одно
из решений этого уравнения.
6 Под ред. А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
81

9.310. Проверив, что функции и, (х) =е* и у, (х) =х
образуют фундаментальную систему решений уравнения
и
Xx
4y—х—|
HHA (x—1)y"—xy' + y=(x—1)?.
9.311. Проверив, что функции y,(x)=cosx Hu y,(x)=
= XCOSX образуют фундаментальную систему решений
уравнения y’+2Qtgxy'’+(2tg?x+1)y=0, найти общее
решение уравнения сё х-и” -- 2’ + (2 tg x +ctg x) y=cos? x.
9.312. Проверив, что функция и, (х) =эх-Р6 является
частным решением уравнения у’— бу’ | 5у=25х, а функ-
ция и), (х) = — е2* — частным решением уравнения и"—биу’-|
-- 5у =3е**, найти общее решение уравиения у’— би’ --
- зи=25х
-- 3е2* (см. задачу 9.281).
9.313. Проверив, что функция ji (x)= e* является
y'+>—y=9, найти общее решение уравне-
частным решением уравнения у’ Ру’ =е”, а функция
y, (x) = — зш2х— частным решением уравнения иу’’’-+ у’=
= 6cos2x, найти общее решение уравнения иу’”’-|- у’=
—= е*-- 6с0$2х (см. задачу 9.390).
5. Линейные однородные уравнения с постоянными коэффициен-
тами. Общий вид линейного дифференциального уравнения порядкап
с постоянными коэффициентами
YO) + ayy... + an—1y' + any =),
(12)
где а; 1=1, 2, ..., п) — действительные постоянные.
Уравнение
A? -LayMtmt te... --ay—A-b a, = 0,
(13)
полученное заменой производных /® (Е =0, 1,..., п) искомой функ-
ции степенями А^, называется характеристическим уравнением для
уравнения (12). Каждому действительному корню А уравнения (13)
кратности г соответствуют г линейно независимых решений уравне-
ния (12):
е^х, хе^х, wees хг-—1елх ,
а каждой паре комплексных корней ^=а + й кратности $. соответ-
ствуют $ пар линейно независимых решений:
ейх соз Вх, xe%X cos Bx, ..., xS—le%X cos Bx,
e&x sin Bx, xe%* sin Bx, ..., x8-1e@* sin Bx.
Таким образом, если характеристическое уравнение имеет Ё дей-
ствительных корней Ay, ..., Ag KpaTHocTeH ry, ..., Гк и [ пар комп-
лексно сопряженных корней с: -|- No1, @,—iPy, ..., &+ 6B), м—
кратностей $1,..., 51 (-... га 251--...- 25, =1п), то общее
решение уравнения (12) запишется в виде
.
Л.,
Aux
y (x) =P, (xe... + Pp (xe ®+(Qu (x) cos Bix-+
,
OX
Ry (x) sin yx) e* $F ...+(Qr (x) cos Byx-+Ry (x) sin Byx) eM, (14)
82

где Р.,(х)— произвольный многочлен степени гу— 1, v=I, ..., R,
a Qu(x) и Ки (х) произвольные многочлены степени $ — I,
us=l, ..., [.
Пример 14. Найти общее решение уравнения
y" +-3y'
+24=0.
«$ Характеристическое уравнение A2-+-3A-|-2=0 umeet KopHn Ay==—l,
^\.—=—2. Запишем фундаментальную систему решений у =е-Хх, у»==е- 2%.
Следовательно, общее решение имеет вид у=С1е-х-- Сье-?х. д
Иример 15. Найти общее решение уравнения
y"--2y'+5y=0.
< Характеристическое уравиение 12--2^--5=0 имеет корни Ay, 2 =
— —1 + 21. Следовательно, функции Yy=e7* cos 2x, Yo=e-* sin 2x
составляют фундаментальную систему решений, а общее решение
HMceT BHA
y=e-~* (C; cos 2x+-C, sin 2x). >
Пример 16. Найти частное решепие уравнения
у’—Зи"
Зи’ —и=0,
уловлетворяющее начальным условиям и (0) =1, у’ (0) =2, и’ (0) =3.
«Я Характеристическое уравнение А3— 342 |- 3\—1=0 имеет единст-
венный корень ^=| кратности г=3. Поэтому фундаментальная сис-
тема решений имеет вид у1=е“, у =хе*, уз=х?ех. Следовательно,
y=(Cy+Cyx-+C3x?)ex
— общее решение уравнения.
Для определения произвольных постоянных найдем производные
Y’=(Cy-Cox4-Cax*)e¥+(Cy4+2C3x)e*,
у"=(Cy-|-Cx4-Cyx?)e*4-2(Cy+2C4x)е*+2C3e*
и используем начальные условия. Получаем: С: =1, Су-- С. =2,
С1--2С.--2Сз=3, откуда С. =1, Сз=0. Следовательно, искомое
частное решение имеет вид
_ УЖО2х. >
Пример 17. Найти общее решение уравнения
4y!V -}- 4y"-+-y=0.
«Я Xapaxtepnetuueckoe. ypapnenne 4A4-+4-4A?--1=—0, unm (24?2-- 1)?=0,
1,
.
имест два комплексно сопряженпых корня уз, кратности 2.
¥
x
Следовательно, фундаментальная система решений имеет вид со$Vo
|
2
x
. Отсюда получаем общее решение:
.x
.x
—, sin——, xsin—-—
V2 V2 V2x
= (C;+C, x) cos —
y= (Cy+Cyx)
и?
X COS
+(C3+Cx)sin
>
x.
V2
9.314. Известно частное решение у, =е^ линейного
однородного дифференциального уравнения второго поряд-
ка с постоянными коэффициентами. Соответствующее ха-
83

рактеристическое уравнение имеет дискриминант, равный
нулю. Найти частное решение этого уравнения, удовлет-
воряющее начальным условиям: и (0) =и(0) =1.
По данным корням характеристического уравнения
линейного однородного дифференциального уравнения с
постоянными коэффициентами составить дифференциаль-
ное уравнение и написать его общее решенне.
9.315. A, =3, A,=—2. 9.316. A, =A, =1.
9.317. hyp=3 42. 99.318. hy=hy=hy=2.
9.319. A,=0, A, =A, =4.
9.329. Показать, что общее решение уравиепия
o*+atx=0
может быть представлено.в виде x=Asin(at+q) nan
x=Acos(at+¢), где А и ф— произвольные постоянные.
Найти общие решения дифференциальных уравнений:
9.321. у’—2у —2y=0. 9.322. y" + by +13y=0.
9.323. у '— би + 9y=0. 9.324. 3y"—2y’—8y=0.
9.325. 4y"—8y' + 5y=0. 9.326. 4y”-++4y’ + y=—0.
9.327. и’— У + 17y'’— 13y=0.
9.328. и’ 4y" + 3y =0.
9.329. ylv 1 Oy!" 44" <0. 9.330. yy — 0),
9.331. yD y" +y=0. 9.332. y'Y—8y"+ l6y=0.
9.333. yV+ 8y''’ + 16y' =0. 9.334. y¥—6y!V
+ 9y''' -=0.
9.335. yY!'—2y’ + 3y'¥ —4y'" + 3y"—2y' + y=—0.
9.336. yV!4-2yY4+ yV¥=O0.
Найти частные решения уравнений по данным началь-
ным условиям:
9.337. у ——5y’+4y=0; y(0)=y' (0) =1.
9.338. y”—2y’ +y= 0; у (2) =1, y @)=—2,
9.339. у’’'— у’ =0; у(0) =3, у (0)=—1, у (0) =1.
9.340 *. Найти интегральную кривую anid he щиаль.
ного уравнения /”’-— у=0, касающуюся в точке О (0, 0)
прямой у=х.
9.341. Найти интегральную кривую дифференциаль-
ного уравнения и’—4у’
| Зу=0, касающуюся в точке
М. (0, 2) прямой 2х—2у-+
9 =0.
6. Линейные несднеродные уравнения с постоянными коэффици-
ентами. Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное урав-
нение с постоянными коэффициентами, ‘т. е. уравнение вида
yTM Fay aay 4... +a, wy’ + Ony=F(x), = (5)
гле а; (1=1,2,..., п) — действительные постоянные, а f (x) #0.
84

Согласно формуле_ (9) общее решение уравнения (15) записывается
в виде и(х)= и (хуи (х), где Yo (х)
— общее решение соответствую-
щего однородного уравнения, а и (х)
— любое частное решение урав-
нения (15). Общее решение Yo (x) дается формулой (14). Для отыска-
ния y(X) B общем ‘случае можно воспользоваться методом Лагранжа
вариации произвольных постоянных (см. п. 4).
Пример 18. Найти общее решение уравнения
.
«
yy =tgx.
«4 Общее решение соответствующего однородного уравнения Yo==Cy-+-
+C, cos x-+C 3 sin x, Tak Kak yy=1, Yo=cOSX, Уз= $ш х. Для нахож-
дения частного решения неоднородного уравнения воспользуемся ме-
тодом вариации постоянных. Система (10) в этом случае принимает вид
С. С, соз х-{- С, эт х=0,
—Сзах--С}cosх=0,
—C,cosx—C)sinx=tgx.
Умножив OGe YacTH BTOPOrO ypaBlieHHA Ha Sin x, TpeTbero Ha COSX H
сложив, получим С, ——sinx. Тогда из второго уравнения следует
sin? x
C’=—
3
COS X
дем С, =1{8 х. Интегрирование дает:
. Сложив обе части первого и третьего уравнений, най-
-Cz=— In|cos x], C,=cos x, Cz=sin x—In te|F+5 .
Следовательно, искомое общее решение неоднородного уравнения имеет
ВИД
.
у=Ст-С»со$х--Сззшх—Ш|созх|— тх.п |+5
Методом вариации произвольных постоянных решить
следующие уравнения:
-
9.342. изу -2у=——=F ,+ 9.343. y" + 4y=
9.344. y°"—2y’+y=
г‘sin? x". .
cot
9.345. y°+4y’
+ 4y=e-" Inx.
В частных случаях, когда функция }(х) в уравнении (15) имеет
BUNfy(x)= (doxTM +... + ат) е^» или [р(х)= (Box14-«+ 8m,) COSBx
++ (coxa +-...-+C,,) Sin Bx) e&%X, yacTHoe pelleHue y (x) можно найти
методом неопределенных коэффициентов. Именно, если A urn a + iB
не совпадают ни с одним из действительных или соответственно комп-
лексных корней характеристического уравнения (13), To y (x) ищется
в виде
y (x) =(Dox® + DyxTM-1-+...+Di_) ed*
(16)
для f (x) =f, (x) H1H-B BHae
y (x) = ((Byx +...+B,) cos Bx+ (Cox 4+- ... + Ся) sin Bx) e%* (17)
85

для | (х) ==}, (Х). Злесь Бу, Ву и С, — неспределенные коэффициенты,
т — тах (1711, Mg).
Если же А или а + совпадаютс некоторым` корнем уравнения
(13) кратности г, то выражения в правой части (16) или (17) следует
домножить на xr, т. е. искать решение соответственно в виде
y (x) = 7 (Рот... Ри) е^*
(18)
для [(х)= 1 (х) или
и (х) =" ((Вымй +... Вт) соз Вх (Сохт +... Ся) эш Вх) е@х (19)
для | (х)= fe (x).
Пример 19. Найти общее решение уравнения
y"”—3y’+Qy=(x2+x)e®*,
«® Характеристическое уравнение соответствующего однородного урав-
нения A?—3A-}2==0 имеет корни А: =1, А. ==2. Следовательно, фуп-
даментальная система решений имеет вид Yy=e*, Yo=e?*, а общее
решение однородного уравнения есть и (х) = Слех
- Сье®х.
Для нахождения часгного решения неоднородного уравнения вос-
пользуемся методом неопределенных коэффициентов. Так как A==3
пе является корнем характеристического уравнения, то частное реше-
ние будем искать в виде y= (Dox? + Dyx+ D3) езх. Найдя производные
у
y’, И" и подставив и, И’ий” в исходное уравнение, получим (после
сокращения на 63%)
2D ox?+ (6Dy-+ 2D,) x+ (2Dp + 3D4-+ 2D.) = x2-+ x.
Сравнивая коэффициенты обеих частей этого тождества, получим си-
стему уравнений для определения неизвестных Ду, Ба, О:
210% = |,
610% +2), = l,
2D )+3D,+2D,=0,
откуда Ро= 1/2, Dy =—1, Do=1.
Итак, и= (3 ия) ext (х2—2х--2) е3х, и, следователь-
но, общее решение уравнения имеет вид
y=yot+y= Cet + Coe 4-2 (x? —2x-+ 2) 8%, >
`Пример 20. Найти частное решение уравнения
y"+ 4y =4 (sin 2x-+ cos 2x),
YROBNETBOPAOULeC HatabHbIM yCJOBHAM y (3)=y! (m)=2n.
@ Xapaxtepuctuyeckoe ypapuenne A2-+-4=—0 weet корни Ау, з= 042i.
Общее решение соответствующего. однородного уравнения есть уз =
= C; cos 2x-+ Cy, sin2x.
Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде
у—=х (В со$ 2х--С зш 2х); так как 0+2!— корни характеристического
уравнения кратности 1. Найдя у’, И’ и подставив у, и’, и’ в исходное
уравнение, получим
—4Bsin2x-+4Ccos2x=4зш9х14со$2х,
86

oTkyta B=—l, C=I un, следовательно,
y =x (sin 2x—cos 2x).
O6uree pemenne 6yzeT y=Yo+-Yy=:C,cos 2x-+-C, sin 2x-+x (sin 2x—cos 2x).
Для нахождения Ст и С. воспользуемся начальными условиями,
предварительно продифференцировав общее решение:
y’ = —2C, sin 2x-+ 2C, cos 2x-+-x (2 cos 2x--2 sin 2x) + (sin 2x — cos 2x).
Имеем: 21л=(С,—л => Cy = 30, 20 = 2C, 4+-2n—1 = С, =1/2. Искомым
частным решением является функция
у=Зл с0$ oe sin 2x-+-x (sin 2x—cos 2x). >
Пример-21. Найти общее решение уравнения
у’— 4у’Е4у=хех.
<& Характеристическое уравнение A*—4\+-4=0 имеет двукратный
корень ^=2. Общее решение соответствующего однородного уравне-
ния есть /, = (Ст-- Сол) е?х.
Частное решение данного уравнения будем искать в виде й =
= х? (рих-- О) е?х, так как показатель экспоненты в правой части
уравнения совпадает с двукратным корнем характеристического урав-
пения. Методом неопределенных коэффициентов (т. е. найдя и’, и",
подставив и, /’и И” в исходное уравнение, сократив на е?* и сравнив
коэффициенты при одинаковых степенях х) находим Ду =1/6, Оу=0.
Следовательно, й == х3Зе?х, а общее решение принимает вид
y=yoty=(Cr+ Сох) сах. хех = СС
ех. >
Для каждого из данных неоднородных дифференци-
альных уравнений написать вид его частного решения
с неопределенными коэффициентами (числовых значений
коэффициентов не находить):
9.346. y”— 8y’ + 16y = (1 —x) e**.
9.347. y"+ 1l6y=sin(4x-+a) (a=const).
9.348. y”— 4y’ =2 cos? 4x.
9.349. y!V4 4y"4+ 4y = xsin 2x.
9.350. y” —4y’
= xe**. 9.351. y” —Ty’ =(x—1)?.
9.352.y”+2y’+Sy=e*((x+1)cos2x-+3sin2x).
9.353.y”—4y’+13y=e*(x*cos3x—xsin3x).
Найти общие решения следующих уравнений;
9.354. у"—у=е-®. 9.355. у’—у=сИх.
9.356. и’ Зи' —4у=е 4% -- хех.
9.357. и’—5у’ -- бу = 13 зп 3х. —
9.358. y”"—2my’+ my=sinnx (mn).
9.359. y”—2my’ + my = sin mx.
9.360. y”+y=4xcosx. 9.361. y"+ 4y =cos? x.
87

9.362. 4y"—y = x° 24%.
9.363. y" + sy’ +6y=e7*+e-*,
9.364. y”—— dy’ = e* — 18x, ° 9.365. у’-иу’ =6бх--е-х.
9.366. yo -Зи"+ Зи’ — у=ех. 0.367. Уи
= хх.
9.368.иУ—у=хех-|-созх.9.369.у’—ИУ=хе—1.
Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие
начальным условиям:
9.370. y”—2y’ =2e*; y(1)=—1, y' (1) =0.
9.371. y/’—y’ = —2x; 'y (0) =0, и’ (0)=2, и’ (0) =2
9.372. у’ 4у=х; и(0) =1, y (1/4) = n/2.
9.373. y+t y= 4e*; y(0)=4, у© —3,
9.374. шШУ— у= 8%; y (0) = y (N)=2, y'(O)=4;
у”(0)—6.
9.375. о 9-8" У(0)= —1, у (0)=0, у’ (0) =1,
у”(0)=
9.376. о но +2= 4е* созх; у(л)= ле“, y’ (mn) =e.
7. Дифференциальные уравнения Эйлера. Уравнение вида
пут ааж-цут-и--... ава аау=1|(х), x #9,
где а; (1=1,2,..., п) постоянные, есть частный случай линейного
дифференциального уравнения с переменными коэффициентами и назы-
вается уравнением Эйлера. Введем новую независимую переменную +.
с ломощью подстановки х=ей (если х > 0) или подстановки х=— ей
(если х< 0). Пусть для определенности х>0. Тогда. ух=е-р,
Yxx= en 2 (yis—yt), ххх == е- at (yt21— 3yt1 + 2y;) и т. д., и уравнение
Эйлера преобразуется в линейное уравнение с постоянными коэф-
фициентами.
Уравнение вида
(ax-+
5)” ут а (ах-
в)" тут ю-Н... Рана (ах- 6) y+ any =] (*),
где а, 6, а; ((=1,2,..., п) — постоянные, приводится к линейному
уравнению с постоянными коэффициентами подстановкой ах--6-=е
(в области ах В > 0).
Решение однородного уравнения Эйлера
жут
ayxB TYNE ава +any= 0
можно (при х > 0) искать в виде y=x*
Подставляя выражения для у’, У", ..., И") в однородное урав-
нение Эйлера, находим характеристическое ‘уравнение для опредсле-
ния показателя степени А. При этом, если ^— действительный корень
характеристического уравнения кратности г, то ему соответствуют г
линейно независимых решений
х^, xAInx, x4 (Inx)?, ..., x4 (In xr,
а если o@ + if—napa KoMMmeKcHbIX KOpHell кратности $, то ей соот-
ветствуют $ пар линейно независимых решений
x% cos (BInx), x*Inxcos (Bin x), ..., x% (In x)$-1 cos (P In x),
x%sin(BInx), x*Inxsin(BiInx), ..., x% (In x)$-1 sin(B In x).
88

Пример 22. Найти общее решение неоднородного` уравнения
Эйлера х?у” — Зхиу' Е бу = 3х2.
< Положим х = ей, считая х > 0. Тогда ух=е- ур, ухх==ет? (ун—у:),
и наше уравнение примет вид
е#.е-?1 (ун—
у!) — Зе! +е-\у: 5у = Зе,
ИЛИ
yit—4y1+By=Зе.
Общее решение и, соответствующего однородного уравнения есть
Vy =e! (Cy cos t-+Cy, sin ft), a частное решение у неоднородного урав-
нения будем искать в виде y= Ae?t, Torga y’ =2Ae%t, y” = 4Ae*t, u,
подставляя и, и’, у’в ‚неоднорслное уравнение, приходим к тождеству
Де? == Зе, откуда А=3. Следовательно, и = 3е*, и общее решение
неоднородного уравнения есть y=yoty =e (Cj cos t-+C, sin t-++ 3).
Возвращаясь к первоначальной независимой переменной x, получим
окончательно
y= x? (C, cos Inx-+C, sin In x+ 3),
Если учитывать случай х < 0, то общее решение можно записать
в виде, охватывающем оба случая:
y=x* (C; cos In|x|+C, sin In| x|-+-3). > -
Пример 23. Найти общее решение однородного уравнения
Эйлера
(x4 2)? y"-+3
(x +2) у—Зиу=0.
Положим и=(х--2)^. Тогда имеем и’ =A (x4 2)4-3, у’ =
—=А(А—
1) (х- 2)^-2. Подставляем выражения у, и’, у” в заданное
уравнение, получим ‘’характеристическое уравнение А?--2^—3=0,
корни которого А1=1, А›=р—3. Следовательно, общее решение есть
функция
y=CyC++ Eya
>
Найти ‘общие решения уравнений Эйлера:
9.377. муху’ + у=оО. 9.378. му’ ху’ + 4у = 10х.
9.379. х?у”
—бу= 12пх.
|
9.380. хи’— 3xy" + Зи =0.
9.381. ху’— 2y == 0.
9.382. (2x-+ 1) и’—2 (2х-- Пи+ 4у=0.
8. Краевые задачи в случае линейных дифференциальных уравне-
ний. Во многих физических задачах приходится искать решение
дифференциальных уравнений не по заданным начальным: условиям,
а по их значениям на концах интервала. Такие задачи получили
название краевых (граничных) задач. Общий вид краевых условий
для интервала (а, Ь) в случае уравнений 2-го порядка таков:
| ош (а)-- Всу' (а) =А, оу (Ь)-- Вау’ (6)= В,
(20)
где с, ал, By, Вт одновременно не равные нулю заданные постоян-
ные. Краевые условия называются однородными, если из того, что
функции ил (х) и у>(х) удовлетворяют этим условиям, следует, что
89

и их линейная комбинация и (х)= Си, (х)
| Съу» (х) также удовлет-
воряет этим условиям. Краевые условия (20) при А=В=0, оче-
видно, однородны.
Краевые задачи не всегда разрешимы. При решении краевой
задачи сначала находится общее решение данного дифференциального
уравнения, и из граничных условий получается система для опреде-
ления значений постоянных Су, Co, sey Си, при которых из общего
решения получается решение данной краевой задачи.
Пример 24. Найти ‚решение уравнения 1” -|- у=1, удовлетворя-
ющее условиям и’ (0)=и’ (л)=
@ Исходное уравнение "имеет общее решение вида
у=Стс0$х--С.зшх-1.
Из граничных условий получаем: и’ (0) =С.=0 и и’ (пл) =—-С.=0,
так что функция и (х) =С1:с0$ х--1 удовлетворяет граничным усло-
виям при любом С:. No
Пример 25. Найти частное решение уравнения
у—2у' + 2у=ех,
удовлетворяющее краевым условиям
и (0)
у
(л/2) =", у’ (Ру (п/2) =1.
< Характеристическое уравнение A?—2)+-2—0 umeer KopHH Ay 2 =
= 1+ i. Общее решение соответствующего однородного уравнения
есть Ии=ех (Ст соз х-- Со зп х).
Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде
у= Аех. Подставив и’ = Дех и //’ '—= Аех в данное уравнение, получим
Аех —ех, откуда А=1. Итак, у=ех, и общее решение исходного
уравнения имеет вид
=e* (Cy cos x-+C, sin x-+ 1).
Найдя
y’ =e* (Cy cos x-+ Cz sinx-+1)+e* (— Cy sin x+-C, cos x),
используем краевые условия. Получим систему уравнений для опре-
деления Сти С»:
(Ci+1) + e*? (Co+1) =e”
(Cyt
Co+ 1) +eTM? (— Cy +C,4-1)=1.
Решив эту систему, находим
в" — 1—e%/?
|1 — 2е7/
ри ло
1-е
1-е
т.е. искомым частным решением является функция
| ›п/2
п/2
ее
sx
sin et '). No»
Найти решения дифференциальных уравнений, удов-
летворяющие заданным краевым условиям:
9.383. у —y=0; y(0)=0, y(2n)=1.
9.384. у’—у= 0; у (0) =0, и(1)=1.
99

9.385. y” + y=0; y'(0)=0, y’ (I)=1.
9.386. y°+y=0; у’ (0) =0, у (пл) =1.
9.387. yy" +y?+1=0; y(0)=1, yQ)=2.
9.388. y" + y=1; y( ем у (л/2)= 0.
9.389. уу’ ру? уу =0, у(0) =1, у(—1=0.
9.380. хзу”— ху и, у(0)- sy! (0)=1,
y (1)—y' (1)=0.
&
9. Задачи физического характера.
9.391*. Материальная точка массы т движется пря-
молинейно под действием силы притяжения к неподвиж-
ному центру, пропорциональной расстоянию от точки до
центра (коэффициент пропорциональности К >> 0). Сила
сопротивления среды пропорциональна скорости (коэф-
фициент пропорциональности /^, >> 0). В начальный момент
расстояние от точки до центра равно а, а скорость на-
правлена по прямой, соединяющей точку с центром, и
равна 9. Найти‘закон движения точки при условии, что
V2 < 4mk.,
9.392*. Материальная точка массы т движется пря-
молинейно под‘ действием силы отталкивания от непод-
вижного центра, пропорциональной расстоянию от точки
до‘центра (коэффициент пропорциональности К >> 0). Сила
сопротивления среды пропорциональна скорости (коэф-
фициент пропорциональности ^ >> 0). В начальный момент
точка находится на расстоянии а от центра, скорость
равна 9, и направлена по прямой, соединяющей точку
с центром. Найти закон движения точки.
.9.393*. Узкая длинная трубка вращается с постоян-
ной угловой скоростью ® вокруг перпендикулярной к ней
вертикальной оси. Шарик, находящийся внутри трубки,
скользит по ней без трения. Найти закон движения ша-
рика относительно трубки, если:
а) в начальный момент шарик находился на расстоя-
нии а от оси вращения, начальная скорость шарика равна
нулю;
6) в начальный момент шарик находился на.оси вра-
щения и имел начальную скорость у.
_ 9.394. Узкая длинная трубка вращается с постоянной
угловой скоростью ® вокруг перпендикулярной к ней
вертикальной оси. Шарик, находящийся внутри трубки,
скользит по ней с трением, величина которого R= 2mpo—ai?
где и— коэффициент трения скольжения. Найти закон
движения шарика, если в начальный момент шарик на-
91

ходился на расстоянии а от оси вращения и начальная
скорость его равна нулю.
9.395*. Тяжелая однородная цепь переброшена через
гладкий гвоздь так, что с одной стороны свисает часть
ее длиной 8м, а с другой стороны
— часть длиной 19 м.
За какое время Т цепь соскользнет с гвоздя?
9.396*. Груз массой 4 кг подвешен на пружине и уве-
личивает ее длину на 1 см. Найти закон движения груза,
если верхний конец пружины совершает вертикальное
гармоническое колебание у=2 зш 301 (см) и в начальный
момент груз находился в покое (сопротивлением среды
пренебречь).
9.397%. Электрическая цепь состоит из последовательно
соединенных источника тока с э.д.с. е(1) =Е ча ®ё, ин-
дуктивности L, сопротивления КЮ и емкости С, причем
R2C—4L< 0, вит ipa . Найти ток Ё в цепи как
.
di
функцию времени &, если Е , = 0.
9.398*. Электрическая цепь состоит из последовательно
соединенных источника тока с э.д.с. е(Г) =ЕзшоЁ, ин-
1
о
дуктивности Г и емкости С, причем в = УТС (случай ре-
зонанса). Найти TOK { в цепи как функцию времени Ё,
г. ‚=0.
9.399. Электрическая цепь состоит из последовательно
соединенных: источника тока © э.д..с. е(1) =Е соз (9-- $),
если t|s-9 ==>
индуктивности Г, и емкости С, причем ® = ГЕ . Найти
di
0.
TOK # в цепи как функцию времени &, если #|+=0о = но =
$ 3. Системы дифференциальных уравнений
1. Основные понятия. Связь. с дифференциальными уравнениями
п-го порядка. Если система А дифференциальных уравнений, связы-
вающая независимую переменную хи К функций ии (х), ›.ц, Ив (х),
разрешена относительно старших производных этих фуйкций
yPs) (х), ..., Ре (х), т.е. имеет вид
_
-1
y$Ps) (x)= fi (x, ут, ...,у уг:
1), eet, Ук, ое оу РЕ
у),
ур(x)=he(x,Yirwoesу(Р:-7,teryYRyoe.,и”)
(1)
Ире (x) = hr (x, Yt S$ery у:-1) у чер Ук,
оу ие),
92

то она называется‘ канонической, причем число п= pi+pet.,.+Dp
называется порядком системы. Каноническая система (1) при р: =
—. р2=... =рь=|, т.е. система дифференциальных уравнений
1-го порядка
и)={1(х, Yi,++,Yn)s
(х) = he (x, Yi, ++) Уп),
(2)
®
ооо
фуо@
Yn (2) =f, (X, Yt, +++s Yn)s
называется нормальной системой.
’ Решением системы (2) на интервале а<х < Ь называется сово-
купность функций #1 =Ф! (х), ..., и.= Фи (х), непрерывно дифферен-
цируемых на (а, 5) и обращающих уравнения системы (2) в тожде-
ства относительно хЕ (а, 65).
Интегралом нормальной системы (2) называется функция Ч (х, ил, ....
..., Уп), определенная и непрерывная вместе с частными производ-
ov
94
дх ’ ди’ °`°’ дул.
менных и принимающая при любых хЕ(а, 5) постоянное значение
при подстановке в нее произвольного решения системы.
Равенство.
HbIMH
в некоторой области Р изменения пере-
V(x, ут, ..., Уп)= С,
где Ч (х, ит, ..., Уп) — интеграл нормальной системы, а СЫ—произ-
вольная постоянная, называется первым интегралом системы (2).
Дифференциальное уравнение л-го порядка
у”= F(X, Ys Ys veer YOO)
москно ‘свести к нормальной системе (2). Обратно, системы (1) или (2)
в Сольшинстве’ случаев сводятся к дифференциальному уравнению
н-го порядка, решая которое можно найти и решение исходной
системы.
Пример 1. Привести каноническую систему дифференциальных
уравнений
и =,— Зи,
“Sh
=
m1—24s
к нормальному виду.
& Положим “и: Ys yp oH уа. Тогда данную систему можно запи-
сать в виде
Yi=Ys,
уз =,
ys = 2yi— 3Yo;
Ya = 41 —24p,
которая и является нормальной системой 4-го порядка. >
При мер 2. и ривести к. нормальной системе дифференциальное
уравнение и’ (x) + Ry ( (x) =
|
«$ Положим y’ =z, Torga y’rag! и уравнение: приводится к нормаль-
ной системе уравнений
y'=©,
‚
2’=—АЗу.>
93

Йример 3. Свести ‘систему уравнений
у’ =Y—2Z,
ye
2’= —4y+2,
(3)
rhe и=и(х), 2=2(х), к уравнению 2-го порядка и найти решение
системы.
< Найдем z(x) из первого уравнения: г=у— у’. Отсюда имеем
2’=y'—y". Подставив значения 2 и 2’ во второе уравнение системы,
получим уравнение у” —2у’ —Зу=0, общим решением которого явля-
ется функция
у (х) = Cye~*+ С.езх.
Отсюда, используя равенство 2 =и— и’, найдем
г (х) = Сле-* -|- Съезх | Сле-х
— ЗСоеЗх = 2Се-х —2С.еЗх.
Таким образом, при любых постоянных С1 и С. система функций
y= Cye- Хх + Cye*,
4)
2. — 2С1е-х — 2C,e3*
(
является решением исходной системы (3). No
Задача Коши для системы (2) ставится следующим образом:
найти решение #1 (х), ..., и» (х) системы (2), удовлетворяющее началь-
ным условиям
1(Xo)=Yts Yo(Xo)=Yar«++sYn(Xo)=Yn,>
(5)
где yf, ey yp, — заданные числа.
Теорема Коши. Пусть правые части |, Ь, ..., м нормаль-
ной системы (2) определены в (п-- 1)-мерной области ОР изменения пе-
ременных х, и,..., Уп. Если в некоторой окрестности А точки
0.0
Mo (Xo, Yir eee, Yn)ED функции Ё, непрерывны и имеют непрерывные
частные производные 7 по переменным и, ..., Уп, MO существует
J
,
—
интервал х—п<х< л--В изменения переменной x, 6 котором
существует и притом единственное решение системы (2), удовлетворя-
ющее начальным условиям (5).
Общим решением системы (2) называется совокупность. функций
у» (х, Сь..., Са), \=Т 2,..., И,
(6)
зависящих от п произвольных постоянных, которые при любых до-
пустимых значениях постоянных С\1,..., С» обращают уравнения сис-
темы (2) в тождества, и в области, в которой выполнены условия тео-
ремы Коши, из совокупности фупкций (6) можно получить решение
любой задачи Коши.
Пример 4. Показать, что определепная равеиствами (4) систе-
ма функций является общим решением системы (3) (см. пример 3).
«$ В качестве области О для (3) можно взять область — ® < х, у, 2<
< -- ®; при этом для любых Ху, Ио И 25 из этой области выполнены
условия теоремы Коши. Подставив значения ху, 1, 2о в систему (4),
получим. систему для определепия С: и С.:
Yo = Cye~*94- Cye?*0,
2 = 2Cye7*° — 2C,e°*,
94

1]
1—1
нуля при любом хо. Следовательно, при любых уд и 2% числа С; и С.
определяются однозначно, т. е. из системы функций (4) можно полу-
чить любое решение задачи Коши для системы дифференциальных
уравнений (3). No»
Путем исключения параметров а и 6 найти систему
дифференциальных уравнений, определяющих семейства
линий в пространстве:
Гу=ах-ЕЬ,
[ах г=6,
жи? =22—962.
\y?+22=5,
Дифференциальные уравнения или системы заменить
нормальными системами дифференциальных уравнений
(х— независимая переменная):
9.402. и’’’— хуу’ -- уз =0. 9.403. и’— у? =0.
9.404. y"=y' +2’, 2°=27'+u', "= ии’.
9.405. z”4-z—2y=0, y'’ +2—y=x.
9.406. y°—z—u=0, z2?+uz=x*, uw’ = —xy.
Проверить, что функции у(х) и 2(х) являются реше-
ниями систем дифференциальных уравнений:
9.407. у’ = — 1/2,
z’=1/y;
r
|
2y
9.408. y =!——,
yas-рrl
——_
=—9
—_—
——
v2e
|
z’=y+2+ 41;
3.' x2
3x
Проверить, что функции Ч (х, у, г) являются интегра-
лами данных нормальных систем:
°
2х
2х
Определитель этой системы А=2е”*
—4е ‘° отличен от
9.400.
9.401.
у=е-*/?, z= 2Qerl?,
,2
у~y—2,
9.409. W(x, у, 2)= х-у—2;
’
у
с2
.
‚_Зх—42
у ~ 2z2—3y"
9.410. V(x, y, z=? y?+2%;
дух
2 22. Зи’
ЕТ, И,
9.411. Ч (я, у =; "= г/у.
2. Методы интегрирования нормальных систем. Одним из мето-
дов решения систем дифференциальных уравнений является метод HC}
ключения неизвестных, который сводит систему уравнений к одно“
му или нескольким дифференциальным уравнениям с одной не-
95

известной функцией в каждом. Поясним это на примерах (см. так-
же пример 3).
Пример 5. Найти общее решение системы дифференциальных
уравнений
Ч,422?
dx
у
и частное решение, удовлетворяющее начальным условиям и (1) =1,
|
=(1)=——
(1) 5
|
«®@Продифференцируем обе части первого уравнения по х, получим
2?
22
y" = —2’. Так как из второго уравнения 2’ =F TO y"=——, HO
из первого уравнения 2? == (у’)?, поэтому система двух уравнений пер-
вого порядка свелась к одному уравнению второго порядка
1\2
,
и=-® >, т. е. к уравнению yy”-+ (y’)? =0.
Левая часть полученного уравнения есть (yy’)’, поэтому
‚_ {|
.
—___.
.
1 2—_
—
yy=5-Ст откуда ydy=-xCydx и
=>CX С»,т,е,и=
= + У С.:х-РС.. Из первого уравнения системы имеем: 2=— и’, т. е.
z=+
tt
. Система
НКЦИЙ
= + CyxtCy, 2=
Cy
==
———— образует общее решение заданной системы диф-
2V Cix+tC,
ференциальных уравнений.
Для нахождения частного решения используем начальные усло-
1
——_-
|
Cy
вия и (1) =1,2 (1) =—-—. Имеем: 1=ИС, + СЬ, =,
2
2 2VWGC
откуда Cy=1, C,=0.
Итак, пара функций y= Ух. РЕ ПИ и есть искомое част-
2ух
ное решение системы. >
Не всякую систему дифференциальных уравнений можно свести
к одному уравнению.
Пример 6. Показать, что. систему уравнений
y=xy, 2’ +y' =2z+xy
нельзя свести к одному уравнению.
«$ Действительно, подставив во второе уравнение вместо у’ его
значение ху, получим два не связанных между собой дифференциаль-
ных уравнения, каждое из которых содержит только одну функцию:
e,
Y= xy, 2° =2;
из этих уравнений находим и= Се"! и г= Сьех. >
Другим методом интегрирования систем дифференциальных
уравнений является метод выделения интегрируемых
комбинаций, т. е. получения из системы (2) такого уравнения,
которое можно проинтегрировать и получить первый интеграл си-
стемы. Если найдены п независимых первых ‚интегралов системы (2),
то их совокупность дает общий интеграл этой системы.
96

Пример 7. Найти общий интеграл системы дифференциальных
уравнений
ду 2-е’ dz 2*—e**9
dx 2ztex’ ах z+ter °
«$ Умножим обе части второго уравнения CHCTeMbI Ha e~* H сложим
их с соответствующими частями первого уравнения. и с тождеством
—е-*2 =-ще7`%2, получим (е-*2г)’
| у’ =0, откуда e~*¥z+y=Cy. Это
первый интеграл системы.
Теперь умножим обе части второго уравнения на е-У и сложим
-Yo z+ey
z+ e*
(e-¥z)'+x'=0, otkyga e~¥z+x=C,. Это тоже первый интеграл
системы. Так как якобиан системы
-яг-Ру-СЬ
e-Vztx=C,
отличен от нуля. (проверьте!), то ‘оба первых интеграла независимы
между собой, поэтому их совокупность неявно определяет общее реше-
ние, заданной системы уравнений. д»
`Для выделения интегрируемых комбинаций из системы (2) по-
следнюю удобнее записать в так называемой симметрической форме:
с равенствами —e7~Yzy'’=—e
H x’=1, Получим
dy;
__
dys
_—
AYn
ax
fy(x, Yi, ++ +sYn) fo (x, и... Ин)
fn (x, Yi, seer Yn)
1
|
|
-
.
и
и `использовать следующее свойство равных дробей: если = =
1.
я... =“ =Y, то при любых ол, ..., ин имеет место соот-
и-
п
ношение
OyUy + Aglle + ...-- Янин =y
(8)
Vy-4-Age .-.Епоп
Числа от, ..., @, подбираются обычно таким образом, чтобы числи-
тель в (8) был полным дифференциалом знаменателя Или же знамена-
тель.был равен. нулю.
В соотношении (7) независимая переменная и искомые функции
равноправны.
Пример 8. Найти общее решение системы уравнений
а ип—my
— ш—пг’ — ly—nz-
«$ Запишем систему в симметрической форме:
|
а
dy
dz
ly—nz m2z—Ix nx —my —\
и воспользуемся соотношением (8). Выбираем ол=т, Ae=n HU
0; =[, тогда имеем
d(mx+ny+lz)
|.
И#
т. е. а(тх-- ny ++ iz) =0, откуда
mx+ny+lz=Cy.
(9)
4” [lon pea. А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
97

Аналогичным образом, выбирая aj =2x, ag=Qy HM Ag=—22, NpHXOAMM
к равенству 4 (х2-|- и? -|- 22) =0, откуда.
ху?-|-22=С.
_ (10)
Соотношения (9) и (10) образуют два первых интеграла системы,
неявно определяющих общее решение.. }>
Найти общие решения систем дифференциальных урав-
нений:
9.412. dy’
ет.
9.413. wy
ty
9.414. a a_i
ts _xX—y dy x—y dz
9.915. =) а ШОУ
ау_ 2ху
42_ 2x2
8410. = ape’ Ge Pape
dtdx ау
9.917. ура
==ру эй
9.418. —м
42,
Их
12
2
2
9.419, “4 We
“dtx’dtи’
Найтй общее решение‘ системы дифференциальных
уравнений, а также частное решение, удовлетворяющее
заданным начальным условиям:
9.420. МЕ
т, уе 2(0=1,
ах
2”dx y—x’
dyxdz
—_
9.421.dxyz’dx a,y(0)=2(0)=1.
9.422*. Для системы дифференциальных уравнений
dx x*—t dy
.
Gn yp? aa
функций
a)Py=42xy;6)ф=
м—ly
проверить, являются ли соотношения G—,—C ((=1, 2)
первыми интегралами. этой системы.
3. Физический смысл нормальной системы. Для простоты orpa-
ничимся рассмотрением системы двух дифференциальных уравнений,
причем будем считать, что независимая переменная # есть время:
x=f1(t, %, 9),
. (11)
у=Ь (t, Х, у).
Решение х=ф (1), у=ф (1) этой системы есть некоторая кривая
в плоскости Оху с фиксированной декартовой прямоугольной сиете-
мой координат. Плоскость Oxy называется фазовой плоскостью,
а кривая х=ф (1, и=1
(1 — фазовой траекторией системы (11).
98

Сама система (11) называется динамической системой. Динамическая
система называется автономной (стационарной), если в правые части
уравнений этой системы время # не входит явным образом
‚Динамическая система определяет поле скоростей движущейся
в плоскости точки в Любой момент времени ¢. Решение динамиче-
ской системы х=х(1), у=у(Р—это уравнения движения точки:
они определяют положение движущейся точки в любой момент вре-
мени Е. Начальные условия задают положение точки в начальный
‚момент: X(ty)=X%, Y(to)—=Yo. Уравнения движения определяют
также и траекторию движения, будучи уравнениями этой кривой
в Параметрической форме.
Пример 9. Найти фазовую траекторию автономной динамиче-
ской системы
проходящую через точку Му (2, 3).
«$ Продифференцируем. второе уравнение по ¢ и подставим выра-
2
жение x=Y и X=Yy в первое уравнение. Получим у=—“^—
w)
или yy— (y)? =0, т. е. одно уравнение второго порядка в ной
неизвестной функцией у.
Разделим обе части последнего уравнения на у* и перепишем
а[у
dy
его так: т 4 —=0. Отсюда следует, что Tah ИЛИ С, dt,
откуда у= Coe"!
,
Найдем иу= СС, еб" и подставим во второе уравнение. системы;
получим, х=<С Сие“! . Итак, система функций х=<С!СьеСИ,
у = Coe! есть общее решение нашей системы дифференциальных
ий.
|
Исключая из общего решения время # (Сьеби =и), получим,
что фазовыми траекториями системы являются прямые х=Сту, при-
чем через заданную точку Му (2, 3) проходит прямая Y= <. No
Для указанных систем найти фазовые траектории,
проходящие через заданные точкн M,:
9.423, x=1—x?9—y?, y=2x; M,(I, 2).
9.424, x=1—x°?—y?, y=2xy; M,(2, 1).
9.425. x=2x, y=x+2y; M,(1, 1).
9.426. x=y—x, y=y—2x; M,(I, 1).
4. Линейные однородные системы. Нормальная линейная одно-
родная система п-го порядка имеет вид
“1=ayy(t)xp Oe(f)XaeeНа(Вхи,
ms
X2 = Goi (t) 41+ dag (t) anes
+ Aan (4) her
oo©pe
,eeweeoehwoeweeee
(12)
Xn=Ani(f)ti+ans(f)Xaee+nn(4)Xs
4%
99

или, в матричной форме,
Х=А (0х (0,
(13)
где
ayi (4) а12 (1)... а (1)
x, (t)
A(tjal 4) 20(ft)+Gan| xye хз(1)
ал1 (7) апз (1)... Gan (2)
хи (1)
- В области непрерывности коэффициентов а;; (1), &, ]=1,..., п,
система (12) удовлетворяет условиям теоремы существования и един-
‚ственности решения задачи Коши.
Фундаментальной системой решений системы (12) называется со-
вокупность произвольных п линейно независимых решений Хр (1) =
(R)
(К)
(В)
= (xf? (4), x2 (0), «00, an? (D)T, R=, 2, ..., п. |
,
Если Хь (1, Е=1, 2, ..., п,— фундаментальная система решений
п
системы (12), то общее решение имеет вид Х (1)= >, С»Хк (1), где
k=!
Cy, Cy, ..., C,—Mpon3BobHLie NMOCTOAHHEIe.
Интегрирование системы (12) обычно проводится методом исклю-
чения (см. пример 3).
Решить системы линейных дифференциальных урав-
нений:
Чи
42 ye
9.427. ак== yrXe «= so ty
_a
dz
9.428.хи=—уах, xP=—Ly+2x,
9.429, x=—4, y=—H.
9.430. t=— 44, ИА.
‘
В частном случае систем с постоянными коэффи-
циентами, когда матрица А (ТГ) в правой части (13) не зависит
от Ё для отыскания фундаментальной системы решений Хь (1,
=} 2,..., п, могут быть использованы. методы линейной алгебры.
Из характеристического уравнения
det (A—AE) =0
(14)
находятся различные корни Ау, Аз, ..., А; И для всякого корня А
(с учетом его кратности) определяется соответствующее ему частное
решение Х“ (1. Общее решение системы имеет вид
х(0=Усих(0,
(15)
k=!
При этом возможны следующие случаи:
а) ^— действительный корень кратности 1. Тогда
и:1
Х%®(=УЧФеМ= : еМ,
yn”
100

где У — собственный вектор матрицы А, соответствующий собствен-
ному значению А (т. е. АУ‹No =^У%No, УМ O),
Пример 10. Найти частное решение однородной системы
y= 4x4 X,
Xq=3x1-2x2,
~
Xg = 2xy+ 3x_+ 4x5,
удовлетворяющее условиям ду (0) =6, х» (0) =—6, хз (0) =24.
«$ Характеристическое уравнение (14) для этой системы имеет вид
4—А 1
0
32—^0
234—^,
Его корни А+={, А» =4, Аз=5, Собственные векторы, например,
таковы!
3
0
1
vm
9), и®-(о. yal |).
|
\7
\5
Поэтому
3
0
1
x =(—9)et Xx(Ae)-(0yet ХО.)-(1Jes
7h
1
‘5
Отсюда общее решение системы в соответствии с (15) имеет вид
3
0
|
кос 9)#+с,(0днс»(1)et.
7
1
5
Для нахождения частного решения константы С1, С», Сз определяем
из следующей системы:
6
3
0
|
3C1-+ C3
хе-(-в)-< (9+4 +6 1 )=( 90-4 с,
‚
24,
7
|
5/
7C,+Ce+ OCs:
откуда Су=|1, С»=2, С; =3. Окончательно для искомого
` частного
решения получаем
1(0
3
0
3
X(t)-(«©)=(—2)e+ + 3)ей.>.
x3 (0)
7
9
/
.
15/ `
6) ^— комплексный корень кратности 1. Тогда корнем каракте-
ристического уравнения (14) является также сопряженное с А, чис-
ло ^. Вместо комплексных частных решений Х‘%® (1 и Х%®(Й сле.
дует взять действительные частные решения xy (t)=Re xTM (и
X® (tf) =Im XTM (2).
|
Пример 11. Найти общее решение системы
Хх(2)—xi X3,
жа(=—2:-Зжа.
det (A—AE)=
—=0.
301

«$ Xapaxtepnetnueckoe уравнение
1— А,|
=0
—2 3—A
имеет комплексно сопряженные корни А1,2=2 +7. Для нахождения
собственного вектора, соответствующего” корню А^А=2--р получаем
систему
:
(-1— y+ yf =0,
—2y\”
+(1)y=0
Monaras y’ =1, naxoaum yf’ =1-1i, 7. e.
“(11
и.xo()=(4,)ero
Отсюда пара действительных частных решений имеет следующий ви
Мл р.
1 ал\—
е?1 соз{ —_
“1 шве ( (14; “= е?# (cos t—sint))
|
<0$$—зщ# ,
AY yy
1 ent
etsint
__
Xe = (14)
~ \e2 (cost sin?) )
(sin?=
=
е
cos ¢-++ sin
Окончательно (см. формулу (15)) получаем общее решение
—
cos ft
ot
sin?
ot
ХИ=С:[ов sin‚) +Ge(cos¢+sin‚)‹—
.
Стс0$#--С.зш
)em >
~
\
(Cy-+-C) cos t+ (Cz —C}) sint
в) ^— корень KpaTHOcTH f>=2. Соответствующее этому корню
решение системы (13) ищется в виде вектора
ооо... ра
as?
(2
ur
хо(д=| TEP pa
|
ane,
(16)
|
oP PEt, Ч еб-_1
коэффициенты которого a, i=1,...,n; j=l, ..., 7, onpenenniotca
из системы линейных уравнений, получающейся приравниванием ко-
эффициентов при одинаковых степенях # в результате подстановки
вектора (16) в исходную систему (13).
Пример 12. Найти общее решение системы
Xy (t) = 2x)— Xa,
Xp (t) = 444+ 6x5.
«$ Характеристическое уравнение
2—
4
|= ®—9*=0
162

имеет KopeHb A=4 кратности г=2. Поэтому ищем решение системы
some
(2)
+ Bil
x
a
x()=(3 (OTa)et
Нюдставляем это выражение в исходную систему и сокращаем на ett,
mt)
(3 ‘|
ye=
(ian)
4
4
р.
(в. т
тВ
401 -|- ба» + 4Bi+ 6B,
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях [, получаем:
Bi+2a14+ a =9,
В—401
—2 =0,
28. В»
=0,
—28.—4В1
=0.
Полагая ©; =Ст и В1=С., имеем В» = —2Сз и а, = —2Cy—Cy. Takum
образом, общее решение системы имеет вид
C,+Cut
^ (=X =(_ ec, yc) асы) ae
Решить следующие системы линейных дифференциаль-
ных уравнений ‘с постоянными коэффициентами. Там, где
даны начальные условия, кроме общего решения, найти
соответствующее частное решение:
9.431. x=y, y=—2x43y.
9.432. х=х--Зу, у=—х-+ бу, х(0)=3, и(0)=1.
9.433. x=3x—2y, y=4x+Ty, x(0)=1, y(0)=0.
9.434. x=2x—5y, y=5x—6by.
9.435. x=x—4y, y=x— By.
9.436. x= —x-+ 2y, y= —2x—5y, x(0)=0, и(0)=1.
9.437. x= Y, y=2z, z=x, х(0)=у(0)=2г(9)=1.
9.438. x=y-+z, y=2+x, z=x-+y,
x(0)=y(0)=2, z(0)=—1.
9.439, x=x—2y—z, y=—xtytz, z=x—z.
9.440, x=5x+2y—3z, y= 4x4 5y—4z,
z= 6x + 4y—4z.
|
5. Линейные неоднородные системы. Нормальная линейная неод-
нородная система дифференциальных уравнений имеет вид
Хх=ys(f)X14 aye(f)Xe. +Ain(1)nth(0,
Хх. = @1 (2) Xi dog (В ж-.. ‚Гая ”) Xntfe(4),'
ооо
@©eer¢@
оф«
Xn =Ani (f) X4+4ne (4) X24... nn () Хв-Е [п (0,
(17)
103

где по крайней мере одна из функций. [» (1) не равна тождественно
нулю. В матричной форме система (17) имеет вид
X (t)=A () X ()+F (0),
(18)
roe F (t)=(fi (t), В (В, , Fn (d))'. Интегрирование системы (17)
можно проводить методом ‘исключения (см. пример 3), однако иногда
предпочтительнее найти предварительно решение Х. (Г) соответству-
ющей (18) однородной системы
Х()=А()Х (0)
(19)
и какое-либо частное решение Х (1) системы (18). Тогда общее реше-
ние системы (18) имеет вид
=
Х(=Хо(0-Х(0.
(20)
Если известна фундаментальная система Хь (р, А=1, 2, ..., п,
решений однородной системы (19), то общее решение х (01 MOXKHO
найти методом вариации произвольных постояпных. Именно, полагая
X(=DYCrt)Xp(0),
(21)
k=]
определяем функции С»; (В) подстановкой (21) в систему (18). Учиты-
вая при этом равенства
Хь (0—2 (ХЕ (0=0, #=1,2, ... п,
приходим к системе уравнений относительно Cr (2):
п
D Cr) Xn (t)=F (0).
(22)
k=}
Из этой системы находим С» (1) =Фх (Ё и, интегрируя, получаем функ-
ции С» (Г) с точностыо до произвольных постоянных. Подставляя их
в (21), получаем искомое общее решение неоднородной системы (18).
Пример 13. Зная фундаментальную систему решений
х(0= (1) No = (75)
однородной системы ^
7
х1=6х.--хо,
х.=5х,-2х.,
найти общее решение неоднородной системы
ЖА=бжЕх -НЬ
X=
5x, + Qxo+ 1.
«& Воспользуемся методом вариации произвольных постоянных. Для
функций С: (1) и С> (1) составим систему вида (22)
С:6( )etc,(t)()et=( ).
Gye ent, O(n atztet
Найдя
104

H NpOHHTerpHPoOBaB, NOMY¥YNN
|
-
=3.2\j-7.Ш
C()=— (а) eH LCi, = в,
Таким образом; общее решение системы запишется в виде
но ((вчвине) ()ч(рсче) (Ч)2} 2\
1\.
—1
7 49|
=:(1ес,(5)e+
5
о]>
|
7 49,
‚ Бели коэффициенты а; (1) системы (17) постоянны, т. е. а’;
(1) =а:
, ]=1, ..., п, а функции [| (1) имеют вид произведений
(Р(1)созВЕ-Е9(1'зш В1)еб,
(23)
rne P(t) u 09 (1) —многочлены, то частное решение Х(1) можно найти
методом неопределенных коэффициентов, записав Х (Р в виде, анало-
гичном (23), с учетом совпадения или несовпадения чисел © +
с корнями характеристического уравнения.
Следует иметь в виду, что если А— наибольшая степень много-
членов Р (1) и 9 (1) в (23) и ^=а-- {В— корень кратности г харак-
теристического уравнения, то частное решение Х (1) ищется в ‘виде
viol + *+- Vrit® 4-6. - Yi, k+1~
X (t)=Rel (7-2 Yao! АЕ а Е... Ya, ett | pat }
Vat ttt yait® + ee Yn, kd
Пример 14. Найти частное решение’ системы
ЖИ,
же.
—А —1
1—A
A1,2= +i, mmlem uacTHoe pemenne CHCTeMEI B BHAe CYMMbI MHOFOUNCHa
второй. степени и функции. вида Ое:;
х1 = Ayt? + Byt+C,+Dyeé, хо = Agt?-+ Bot+Co+ Deel.
«$ Так как характеристическое уравнение
|= имеет корни
Подставляя эти функции в заданную систему, получим равенства
2A,¢-+By+Diet=—At?—B,t—C,—Det+2?,
24.51 ++ By-+ Doet = Ayl? + Byt-- Cy+ Dyet et.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях tu при ef No-
лучим систему
2A,;=— By, `В1=—С,, Dij=— Dy, 1— A, =0,
2.=Вь’ В-=бь De=Di +1, Ai=0.
105

Отсюда A,=B,=C,=0, A,= |, B,=2, C,= —2, D,=1/2, В. =—1/2,
‚и искомое частное решение имеет вид
1
=9{——et
Х12tae
ха= "2-5 et. >
Пример 15. Найти общее решение системы
Хх(0=АхЕ,
где А=(1 4) РИ).
14
«$ Характеристическое уравнение
2—N —I |]_
а
| ал = —6A-+8-+1=(A—3)?=0
имеет корень А,=3 кратности 2. Общее решение однородной системы
at+p
ищем в виде Ху = (< + 5) e3t, подставив которое в однородную-
систему и сокращая на и имеем
at
2—l at-{-
(nee) +(3)=( 4) Gets):
Получим систему
3 (at + B)+-P = 2 (at + B)—(yt--4),
3 (yt +-6)+5=at+B-+-4
(yt+),
из Которой следует два независимых соотношения & = — 1 и
Во= —6. Полагая а=С; и В=Сь», имеем у= —Су и
6=— С, —С,, т. е.
__
С1Ё-|- С,
,
Xo o=(_ Cyt —(C, 4- с) г".
Так как Р (2) содержит множитель е\, причем ), =3-—корень карак-
теристического уравнения кратности 2, то ищем частное решение
в виде.
x(=
АЕ Ви--1 est— А.°+8,t?+Dyt est
А-В,
Agt?+ Bat? + Dat
A,t+B
2 1 1|ез1
€неввидеftавео ).
Подставив Х (Ё) в заданную систему и сократив ца ей, получаем
матричное равенство
3 ( А-В?Dit) |(ЗА 2Bt +-Dy\ _
Agt®+ Byt?-|- Dat 3Aot?-+ 2B,t 4-Ds
-(? “1)(4В В.О, + ЕТ
1 4) \ Agt3 4-Bat?+ Dat ( or)?
‚которое МОЖНО записать в виде равенств
Ayt3+ By? + Dyt-+3A4¢2-+
2Byt + Dy = —Agt?
— Bot®—Dat--t-1,
—A,t*—Bt?—Det+3Agt?+2Bgt-+-0%=A,f?+Byt?+Dt+2t.
106
х

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 1, получаем си-
етему уравнений
о
АРА, —0,
A,+ A, =0,
By +3A,+B, =0,
By+B,—3A,=9,
D,+2B,;4 D.=1,
D,+ D,—2B,= —2,
D,=1,
О.= .
Находим О: =1, О. =0, В, =0, В. =3,9, АА =— 1/2, А. =1/9. Сле-
довательно,
а
,
Х(1)=
3 еЗ,
—{2 —
xyt
и искомое общее решение запищется в виде
(о
си-с,—5 В+
X ()=Xy ()+.X (=
о ete
—Ct-G,+) +4 O43 2
Найти решения следующих систем уравнений:
9.441. x= 3х —Зу- y = 3x— 4y.
9.442. x=x—y, y=x+tyte.
9.443. f= Bx — Sy 4 tet, y= 3x—y-+e*,
9.444. x ху с t, y=—2x—y-+sint+cost.
9.445. yttg?i—l, y=—x+tgt.
9.446%, оз 3y, y=4x—Qy.
9.447*. Вещество А разлагается на два вещества Р и Q.
Скорость образования каждого из них пропорциональна
массе неразложившегося вещества А. Найти законы изме-
нения масс х и у веществ Р и О в зависимости от вре-
мени ty если ‘через час после начала процесса разложения
а
За
х= 8, у=% ‚ где а— первоначальная масса вещества А.
9.448*. Материальная точка массы т притягивается
центром О с силой, пропорциональной расстоянию. Дви-
жение начинается из точки А на расстоянии а от центра
с начальной скоростью’ 9,, перпендикулярной к отрезку
ОА. Найти траекторию движения.
$ 4. Элементы теории устойчивости
1. Основные понятия. Пусть задапа вормальная система диф-
ференциальных уравнений
\
“1 (t)=fi (Е, Ni, Xa, ooo, Xn)
х, (2)= Л (Е, хи, a .... Ан),
(1)
Xn (t)=fn >ХТ, No2, с. +, Xn)
107

с начальными условиями в точке &. Pemrenne XQ (t)=(Qi(t), ‚„..
..., Фн (6) Т системы (1) называется устойчивым по Ляпунову, если для
любого & > 0 найдется такое 6'(8) > 0, что для всякого решения
Х (И= (хи (0, ..., хь (0)Т той же системы, значения которого в точке #%
удовлетворяют неравенствам
~ |x;(fo)—Gi(to)|<S(e), t=1,2,woe My
(2)
для всех # > В справедливы неравенства
|x; ()—9; (| < €, 1=1, 2, ..., ЛП.
(3)
Если же при сколь угодно малом 6 > 0 хотя бы. для одного ре-
шения Х (Й неравенства (3) не выполняются, то решение Ху (2) назы-
вается неустойчивым.
Если рещение Ху (Р не только устойчиво, но, кроме того, при
условии (2) удовлетворяет соотношению
lim | x; (¢)—@q;
(¢t) |=9, i=l, 2,...,4%,
{>+@
то это решение называется асимптотически устойчивым.
Пример 1. Исследовать на устойчивость решение дифферен-
циального уравнения х=ах (4 ЕК), определяемое начальным усяо-
вием хо (15)= (©
< Если ая 0, To решение .имеет вид
Xo(В=Сей4-к.
Пусть х (В =Се@ Ч-No) — произвольное решение этого. .уравнения,
удовлетворяющее условию | С-С.| < 6=е. Тогда при а < 0 полу-
чаем
|
|
15(9—ж (0|1=|Се(No)—Сей] =. 7)[С—Сь|<,
откуда
lim | x(t)—x9(t)}=|C—Co| Um е9@-No —0,
t++0
{> +o
т. е. решение асимптотически устойчиво.
При а>0
| x (t)—x» (t)| =e 74—'9)
|C—Cy|
может быть сколь угодно большим числом при достаточно больших [.
Значит, при а > 0 решение неустойчиво...
Если а=0, то решение имеет вид ху (t)=Co.
Для всякого решения х (Ё =С с условием | С— Су| < 6=e 1 имеем
|x(2)—% (4)|=[C—Cy| < г.
anlim2[79—ю(О16— боя0,
Но
а потому решение устойчиво, но не асимптотически: устойчиво. >
Исследование на устойчивость решения Х, (Г) системы (1) может
быть сведено к исследованию на устойчивость тривиального (нулевого)
решення
— точки покоя некоторой системы, аналогичной системе. (1)
(см. задачу 9.454).
Исследовать на устойчивость решения следующих урав-
нений и систем` уравнений:
108

9.449. х=1(х— 1), х(0) =1. 9.450. х= 2—1,
х(0) = —1.
9.451. x=x+y, y=x—y; х(0)=и(0)=0
9.452. x= —2x —3y, y=x+ty; x(0)=y(0)=0.
9.453. х=ах—— и, y= ay—z, z= az2—Xx;
x(0)=y(0)=z(0)=0, “ЕК.
9.454*. Написать систему дифференциальных уравне-
ний, исследование на устойчивость точки покоя которой
равносильно исследованию на устойчивость решения Х, (1)
системы (1).
9.455. Сформулировать определения устойчивости,
асимптотической устойчивости и неустойчивости для точки
покоя системы дифференциальных уравнений.
2. Простейшие типы точек покоя. Для исследования на устой-
чивость точки покоя системы двух линейных однородных дифферен-
ниальпых уравнений с постоянными коэффициентами
X= AyyX+ Aqey,
11 aye
у—аа ++4551,
051 Aaa
# 90,
(4)}
надо составить характеристическое уравнение
(11 —А Чоa
aot
Qog—X
=
—
(ан-Е
аз) А--А=0
и найти его корни А; и А. В таблице 4.1] приведена классификация
точек покоя. системы (4) в зависимости от корней А,, Ag характери-
стического уравнения.
|
Пример 2. Определить характер и исследолать на устойчи-
вость точку покоя системы
х=—2х-- ау,
у=х-ру
в зависимости от параметра a@ (a 4 — 2).
«$ Характеристическое уравнение
—2—h @
о
=
—
-|-2=0
имеет корни А1, =—> + > V 9+4a. Vccnenya nopenenne ‚корней
Ay, А» в зависимости от параметра я и ‘используя данные таблицы
4.1, получаем:
‚ если я< — 9/4 (корни комплексные, Redz2 < 0)— устойчивый
фокус;
если —9/4= @ < —2 (корни действительные и отрицательные) —
устойчивый узел;
если -—-2.< % (корни. действительные и разных знаков)
— седло,
точхй покоя неустойчива. В»
109

Таблица 4.1
Корни Л, А,
Характер точки покоя
Устойчивость
Действитель- Ai <0
Устойчивый узел
Асимптоти-
ные:
.<0
чески
МА,
устойчива
Ai > 0 Неустойчивый узел
Неустой-
А. >0
чива
А > 0,1 Седло
Неустойчи-
2<90
Ba
24
—-=
Комплекс- |&< 0, |Устойчивый фокус
Асимптоти-
ные
6B 40
чески
1—2
устойчива
а > 0, | Неустойчивый фокус
Неустойчи-
В=0
ва
о; = 0, |Центр
_Устойчива
B£0
|
.
1
GZ
110

Таблица 4.1 (продолжение)
i
Устойчивость
‘’ЖЮорни'А,, Ag
Характер точки покоя
точки покоя
Действитель- | А < 0 | Устойчивый узел
Асимптоти-
ный, крат-
~
yecKH
_ ности 2:
`
устойчи ва
Ay =Ag=A
—
^>0| Неустойчивый узел
Неустойчи-
ва
"Определить характер точек покоя следующих систем:
9.456. х=х--2у, у=-—Зх-+у.
9.457. х= 2+ у, =.
9.458. х=—+ 34, y=—x+2y.
9.459. x=—y, y=x—2y.
9.460. x=—6x—5y, y=—2x—5y.
9.461. x=—x+2y, y=—2x—bdy.
Определить, при каких значениях параметра а точка
покоя системы устойчива.
9.462. X=Ox—y, y= х-- 29.
9.463. x=—3xtay, y=—ax+y.
9.464*. Исследовать на устойчивость уравнение упру-
гих колебаний
Хх 2ах-
Вх =0 (a> 0).
9.465*. Пусть задана система п линейных дифференци-
альных уравнений с постоянными коэффициентами
п
= Мах,
i=l], 2, eee, п.
j=
1

Доказать, что если все корни характеристического урав-
нения этой системы имеют отрицательную действитель-
ную часть, то точка покоя системы асимптотически устой-
чива. Если же хотя бы один из корней характеристи-
ческого уравнения имеет положительную действительную
часть, то точка покоя неустойчива.
Используя результат задачи 9.465, исследовать на ус-
тойчивость точку покоя каждой из следующих систем!
9.466. x=2x, y=3x+2y, г= —x—y—z.
9.467. x=—2x—y, y=x—2Qy, z=x+3y—z.
3. Метод функций Ляпунова. Этот метод в применении к авто-
номной системе *
ж=Н (хт, eoey Xn)«
яs°.e°®.ee
(5)
tn=ln (xy, coe, Xn);
где. f;(0,..., 0)=0, f=1, 2,..., nm, cocrour B непосредственном
исследовании устойчивости ее точки покоя при помощи подходящим
образом подобранной функции Тяпунова У (хи, ..., Xp).
Верны следующие теоремы Ляпунова:
Теорема | (об устойчивости). Если существует дифференци-
руемая функция У (м, ..., Xn), удовлетворяющая в окрестности
начала координат следующим. условиям:
а) У(хт, ..., Хи) —0, причем У=0 лишь при м=... =хи =
п
6) di
‘OX;Ё(x1, ...,хп)=0
то ‘точка покоя системы (5) устойчива.
Теорема 2 (0б асимптотической устойчивости). Если сущест-
вует дифференцируемая функция У (х1,..., Xn); удовлетворяющая
в окрестности начала координат следующим условиям:
а) У (хи, ..., Xp) —=0, причем У=0 лишь при м=...
= хн=0,
п
6)—-=) OV (x .,Хи)<0,причем40лишьпри
dit
3
ЕИЬ +...) Ап
,
dl
о
яв,
то точка покоя системы (5) асимптотически устойчива.
Теорема З3 (о неустойчивости). Если существует дифферен-
цируемая функция У (м, ..., хп), удовлетворяющая в окрестности
начала координат ословиям:
а) У(0,..., 0)=0 и сколь угодно близко от начала координат
имеются точки, в которых У (т, ..+, Xn) > 0
d
С
6)у=
уOe, fi (X1, «+0, Xp)== 0, npusem Vv 0 лишь при
аa1
dt
oa
re =Xn =0,
то точка покоя системы (5) неустойчива.
112 ,

Пример 3. С помощью ‘функции Ляпунова исследовать на
устойчивость точку покоя системы
x=—x+y,
y=
—23—х.
@B xkKavecrse функции Ляпунова возьмем V=x?-+y?. Torna
dee = 2x (— x-++-y) + 2y (—2y3 —x) = —2 (x? + 2y*), u dyHKuua V BMecte
dV
с 1 Удовлетворяет условиям теоремы 2. Значит, точка покоя сис-
темы асимптотически устойчива. д
Пример 4. Исследовать на устойчивость точку покоя системы
х=х (2-Е со$х),
уУ.
«$ Возьмем функцию V (x, y) =x*—y?. Torna oY = 2x2 (2- соз х)
+212—2(2х2 у-|-х?сох)=2(8+2х2cos?=f |>0 всюду,
кроме начала координат. Кроме того, сколь угодно близко к началу
координат найдутся точки, в которых У > 0 (например, вдоль пвям
мой у=0 У==х? > 0). Следовательно, выполнены условия теоремы 3;
и точка покоя неустойчива. д
Общего метода построения функций Ляпунова не существует.
В простейших случаях ее следует искать в виде: У=алх®-|- }*,
V =ax'-t by’, V=ax?-+ by*, подбирая. надлежащим ‚образом. поетеян-
Hoe. a>Ou d>0.
|
|
Пример 5. Исследовать на устойчивость точку-. покоя-внетемы
3
х=— ху 3х",
< Функцию Ляпунова будем искать в виде. У=ах*-- у, а> 0,
Ь > 0. Тогда имеем:
_
_3
3
у 8,8\
и ох( х--5yt3xy
и
)=
—— (ох -|- = by?| -+-(xy
+ 2x?y) (3a —26)..
3
Полагая 6 ==. а, получим, что
фаре) 0 ‘при всяком
а > 0. Из теоремы..2 вытекает, что точка покоя системы. асимиятоти-
чески устойчива. No»
Исследовать на устойчивость точки покоя следуюних
систем:
-
9.468. x= —x—y—x*—y*, y=xu—y+ xy.
9,469. x=ytx3, y=—x+y%
8 Под. ред. А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
118

9.470. x= xy", y= — x*y.
9.471. x=—ytx, y=xt+y'.
9.472. x=y-+ xy? —+ x y= —2x—2xty— y?.
9.473. x= —2x-+ 4xy?, y = y+ 2x?y.
4. Устойчивость по первому приближению. Предположим, что
правые части системы (5), т. е. функции {; (хл, ..., Хи), = 1,2, ..., n,
дифференцируемы в начале координат достаточное число раз. Разло-
жим их по формуле Тейлора в окрестности начала координат:
п
li(X41,oeeyXn)=>,ах,
Е
(хт, eves Xn);
j=l
Of; (0, ---, 9) F;
Где а,
а
члены второго порядка малости OTHO-
1]
Ox;
1
сительно хт,..., хп. Тогда исходная система (5) может быть запи-
сана в виде
п
x= a ay xj; +Fy (xj... яп),
j=
®
e
e
e
e
e
®
e
e
e
®
e
®
a
n
Ап=>,QnXj+Py(x1eeeXn):
j=l
Рассмотрим систему
п
= Ха» i=l, 2,...,2,
(6)
j=l
называемую системой уравнений первого приближения для системы (5).
Справедливо следующее утверждение: если все корни характе-
ристического уравнения системы (6) имеют отрицательные действи-
тельные части, то точка покоя системы (6), а также исходной’ си-
стемы (5) асимптотически устойчива; если хотя бы один из корней
характеристического уравнения системы (б) имеет положигельную
действительную часть, то точка покоя системы (6) (и системы (5))
неустойчива.
Говорят, что в этих случаях возможно исследование системы (5)
на устойчивость по первому приближению. В остальных случаях
такое исследование, вообще ховоря, невозможно, так как начинает
сказываться. влияние членов 2-го порядка малости.`
|
Пример 6. Исследовать на устойчивость точку покоя системы
х=9х-! 8 $1 у,
y=2—e*—3y—cosy.
«$ Разлагая функции $шу, с0$ у, с* по формуле Тейлора и выделяя
члены 1-го порядка малостн, можем переписать исходную систему
.
5.
и
в виде
|
x= 2x4 By-+-Fi (x, 9),
y= —x—3y-+Fe (x, Y);
114

где Ру, Е»— члены 2-го порядка малости относительно х и.у. Соот-
ветствующая система уравнений первого приближения вида (6) зани-
шется следующим образом:
|
х=2х- ви,
y =— x—3y.
Корни ее характеристического уравнения Ay =
имеют
АИТ
2
отрицательные действительные части. Следовательно, точка покоя
этой, а также исходной систем устойчива. д
.
Исследовать на устойчивость по первому приближе-
нию точки покоя следующих систем дифференциальных
уравнений:
9.474. х=-(е"—П—9у, у=тх—эту.
9.475.х=5х--ус0$и, y=3x+Qy—yer.
9.476. x=7x+2siny, y=e*—3y—1.
9.477. x=—Sx4+ysin2y, y=—y—2r.
9.478. x=In(4y-+e7**), y= 2y—1+ / 1—€x.
9.479. x=e*+27—cos 3x, y=V
4+ Bx—2e9.
9.480. Показать, что исследование на устойчивость по
первому приближению точки покоя системы
х=—4у—х, у=Зх— уз
невозможно. Провести исследование методом функций
Ляпунова.
$ 5. Численное интегрирование обыкновенных
дифференциальных уравнений
1. Задача Коши. Задача нахождения частного решения у= у (х)
(у (20) =и5) дифференциального уравнения у’=={(х, и), называемая
задачей Коши, может быть приближенно решена численными мето-
amu.
|
Метод Эйлера. Значения искомой функции у=у (х) на от-
резке [хо, Х] находят по формуле
УЕ ==Ук-Н
В.Г (хь, и),
(1)
THE Yp=Y (Xp), Xeti=Xeth (Xp=X), k=O, I,..., n—l,wh= A=
(mar). По заданной предельной абсолютной погрешности е на-
чальный шаг вычислений A устанавливают с помощью неравен-
ства ЙА? < в.
|
|
115

Метод Эйлера с итерациями. Для вычисления значе-
ний функции и=и (х) Петю формулу
ие=yybg (тьae)EF(oeи),
(2)
k—0,
1, eee, n—l,
т=1, 2, eee, M,
0
.
гле
ИИ вычисляют по формуле (1). При каждом значении R
вычисления продолжаются до выполнения неравенства
#1)
(m— 1)
loro |<$,
(3)
где 'в— заданная предельная абсолютная погрешность. После этого
полагают ка
и переходят к нахождению следующего значе-
НИЯ Ур+о искомой фувкции. Если неравенство (3) не достигается, то
уменьшают шаг А и выполияют все вычисления сначала. Го заданной
предельной абсолютной погрешности & начальный шаг вычислений Й
устанавливают с помощью неравенства #3 < &. Апостериорпая оценка
точности выполняется при помощи правила Рунге — Ромберга
(см. ниже).
В
Пример 1. Решить методом Зилера. с итерациями задачу
Коши на отрезке [0, 1] для уравнения у’=2х—у с начальным ус-
ловием у=—1 при х=0. Шаг выбрать так, чтобы удовлетворялось
перавенство #3 < 0,01..
<{Исходя нз зеравенства 3 < 0 ‚01, выберем шаг вычислений h=: 0,2,
Тогда nab, Проволя вычисления с одпим запаспым знаком,
.
?
паходим .по формуле (1) звачение
И ==— 1-2 0,2 (2.0— {—1)) = — 0,800. .
Ведем итерациснную обработку и: по формуле (2):
ИА “2 (2-0—(—1) + 2-.0,2—(—0,800)) = —0,780,
2
40,20
7—
yf? =—14+—$ (2-0—(—l) +2-0,2—(—0,780)) = —0,782,
y =—1 +2 (2-0—-(—1) + 2-0,2— (—0,782)) == —0,782.
Tlonysaem 4 = —0,782.
Вызисляем по формуле (1) значение уз’;
у? =-—0,782-|-0,2 {2.0,2— (—0,782)) = —0,546,
Проводим итерапиолную обработку:
ql)
и?=
2.0,2— (— 0,782) -|- 2.0,4 —(— 0,546)) = — 0,529,
yy) = —0 roy 82 2-0,2—(— 0,782) -|- 2-0,4—(— 0,529))
= — 0,531,
о
yO=—-0,782-} “= 2.0,2—(— 0,782) + 2-0,4—(— 0,831) = —0,531,
Получаем ‘ye = —0,531.
ини
Аналогичцо вычисляя, находим Из == —0,253, м. == 0,047, у; = 0 ‚366.
Округляя до сотых, получаем = — ‚00, и == —0, 78, Yo = —0 ‚53,
116

Y3—=—0,25, y,=0,05, у, =0,37. Найденные ‘значения ИУ; совпадают
с точностью до 10-? со значениями частного решения и==е-х 9х —2
в соответствующих точках отрезка [0, 1]. No
Метод Рунге—К.утта. Значения искомой функции у==и (х)
на отрезке [х›, Х] последовательно находят по формулам
|
Yeri=YetAye,, &=0, 1, ..,, п 1,
(4)
где
.
Дук (qi? +292” +295” + 99°),
(в)
(k)
A
Qt
qi =A-F(Xps Ye), 49 =h.-f atts mth),
h
(R)
и,
„+, qs =h-f (xpaa Yate),
Х—х
ХЕХЕ
(ж=Х), h=———.
По заданной предельной абсолютной погрешности е начальный шаг
вычислений В устанавливают с помощью неравенства #4 < &. Апосте-
риорная оценка точности выполняется по правилу Рунге— Ромберга.
Правило Рунге—Ромберга. Пусть /? и и?
— значе-
ния искомой функции, полученные одним из указанных выше методов
при шагах вычисления Й и 24 соответственно, а в— заданная .абсо-
лютная предельная погрешность. Тогда ‘считается, что достигнута
заданная точность вычислений, если выполняется неравенство.
+
pay lve l<e
(5)
при всех Е и при. $=2, 3, 4 соответственно для методов Эйлера,
Эйлера с итерациями и Рунге— Кутта. Решением задачи является
‘функция {9}. |
|
|
Применяя указанное правило, последовательно вычисляют зна-
чения искомой функции с шагом 21 и с шагом Й и сравнивают полу-
ченные ‘результаты по формуле (5). Вычисления заканчивают, когда
неравенство (5) выполняется при всех No
‚ Пример 2. Решить методом Рунге—Кутта с точностью до
10-8 задачу Коши на отрезке [0, 0,6] для уравнения y’=x-+y
с начальным условием у=| при х=0.
|
< Исходя из неравенства #4 < 0;001, выбираем начальный шаг
вычислений й=0,15. Тогда п=4. Проводя вычисления с одним
ванасным знаком, находим и: по формулам (4):
В
|
yi = 1+ Ayy=1-+% (qi? +292? +295? +4”),
rie gf =0,1500, gf =0,1725, 4$’=0,1742, gf =0,1986. Heem:
y=! +5 (0,1500 -{-2.0,1725-{-2.0,1742
-|- 0,1986) = 1,1737.
Далее,
1
Gs=1,1737 6(4 |2?4293” 14),
117

где 41’=0,1986, 42’-=0,2247, 43’=0,2267, 44=0,2551. Следова-
тельно,
уз = 1,1737 +5 (0,1986 --2.0,2247--2.0,2267-|- 0,2551) = 1,3998.
Аналогично вычисляем уз= 1,6867 и и. =2,0443.
Уменьшим шаг в два раза, т. е. выберем й = 0,075, теперь n=8.
Находим у по формулам (4):
а
+ 295) +93") =
—1 +5 (0,075+ 2-0,0806 + 2-0,0808+ 0,0867) ~ 1,0808.
h
Аналогично находим сстальные значения и .
Результаты вычислений помещаем в таблицу:
yeh
yo
y{zhy _ yf
ye —]
ys —]
0
yf— 1,0808
и— 1,1737 | и =1,1737
0
у— 1,9796
y2— 1,3998 | ys” =1,3997 0,0001
у = 1,5350
у?» — 1,6857 | yf? =1,6865 0,0001
у —=1,8559
у? — 2,0443 | у =2, 0442 0,0001
Очевидно, что левая часть неравенства (5) в данном случае не
превосходит 0,00002. Поэтому иг с точностью до 107% представ-
ляют искомую функцию, т. е. все найденные знаки верные. }No
Метод Милна. Значения искомой функции у=у(х) на отрезке
[хо, Х| последовательно находят по двум формулам:
~
4h
.
Ув ука (2-1 (к-з, Yr—3)—T (Xp-2, Yp—2) +
42-f (vp- i> YR 1),
(6)
Ув = Ук +O (Xp-2, Yr—2) + 4f (vei YR—-1)-+E (Xp tик),
k=4, 5, ..., "1, A= Ante ‚ Xp=Xp_y-bA.
Первые четыре значения их, Yi, Yo, Y3 должны быть заданы, для чегр
И И, Уз предварительно находят каким-либо другим методом. Пре.
дельная абсолютная погрешность & значения у» приближенного
118

Вешения определяется равенством
1-
&= 99 | Ye—Yel.
(7)
Пример 3. Используя полученные в примере 2 методом Рунге—
Кутта значения и1, У», Уз, найти методом Милна значение ул.
«$ Имеем у, = 1,0000; и, = 1,0808, уз = 1,1737, уз= 1,2796 и h =0,075.
Вычисляя 4 и И. по формулам (6), получаем:
4.0 L075 |
Ya= 1+
(2 (0,075-+ 1,0808) — (0, 15+ 1, 1737) ++
+2 (0,225-+4 1,2796)) = 1,3997,
ии =1, та (© 15--1,1737) --4 (0,225 +- 1,2796)+
+ (0,3- 1,3997)) = 1,3997.
Поскольку У. —и. =0, из формулы (7) заключаем, что в значении и.
все знаки верные.
В задачах 9.481—9.499. требуется найти с точностью до
0,0001 решение дифференциального уравнения 1-го поряд-
ка с указанными начальными условиями на заданном
отрезке:
а) методом Эйлера с итерациями,
6) методом Рунге
— Кутта,
в) методом Милна.
9.481. Инт, у (0) =1, [0, 1].
9.482. у’—2у=3е*, и(0,3)= 1,415, [0,3, 0,6].
9.483. ии: 'y 0) =0, [0, 0,3].
9.484. у’ =
=
|
9.485. уу», ‘у (0) =0,27, [0, 1].
9.486. и ху (1— у) =0, и(0)=0,5, [0, 1].
9.487. и
y()=01, [0, 1].
- 9.488. y'=(2y—x)/y, y(I)=2, [L, 2].
9.489. Y=xXrixytyt+, y (0) =0, [O, 1].
9.490. yty=x, y(lj=—1, [l, 2].
9.491. yxy Le, у (0) =о, [0, 0,1]
9.492. у’ =2ху--х?, y(0)=0, [0, 0,5].
9.493. у’=х-Езш-, и [0, 2].
9.494. у’ =е’— у, у(0)=0, | 0,4].
9.495. y’=2x-+cosy, y(0)=0, ГО, 0,1].
9.496. у’= хз y?, 1(0)=0,5, Г 0‚5].
9.497.и’—ху?—у, y(0)=Г,
1 9.498. у =.“ —2у, у (0) =1, `[0; ‘I.
x 9.499. y=, y(1)=0, [I, 2].
19

В задачах 9.500—9.502 составить на фортране подпро-
граммы решения дифференциального уравнения. и’ =
= f(x, у) указанными методами.
9.500. Метод Эйлера с итерациями. Параметры: Е, ХО,
У0, Н, М, У, где Е— имя подпрограммы-функции для
вычисления значений функции (х,. у), ХОб—начальное
значение аргумента, УО0— начальное значение функции,
Н— шаг вычислений, МNo— число. значений искомой функ-
ции у=иу(х), У— массив размера М значений функции
y = y(x).
|
9.501. Метод Рунге
— Кутта. Параметры: Е, ХО, У0, Н,
М, У, ЕР$, где Н — начальный шаг вычислений, EPS —
заданная предельная абсолютная погрешность, входной
параметр; остальные параметры, как в задаче 9.500.
9.502. Метод Милна. Параметры: Е, ХО, Н, М, У, ЕР,
где ЕР$ — полученная при вычислениях предельная абсо-
лютная погрешность, выходной параметр, МNo— число зна-
чений искомой функции, включая начальное. Остальные
параметры, как’в задаче 9.500. Первые четыре элемента
массива У должны быть определены перед обращением
к подпрограмме.
В задачах 9.503—9.505 составить на фортране про-
грамму решения одной из задач 9.48] —9.499, используя
для этого одну из указанных подпрограмм.
9.503. Подпрограмма, полученная ‘в задаче 9.500.
9.504. Подпрограмма, полученнаяв задаче 9.50].
9.505. Подпрограмма, полученная в задаче 9.502.
Раесмотренные выше методы могут быть использованы при реше-
нии задачи Коши для нормальной. системы, двух дифференциальных
уравнений 1-го порядка и ‘для дифференциального уравнения .2:го
порядка.
.
-
Пример 4. Методом Эйлера с итерациями решить задачу Коши
на отрезке [3, 4] с точностью до 10-2 для уравнения
иИИ
ИЕР
при начальных условиях и (3) =6, и’ (3) =3.
|
< Исходя из неравенства 13 < 0,01, выберем шаг вычислений # =0,2.
4—3
Тогда п=- у =5.
Приводим уравнение 2-го порядка к системе двух уравнений
1-го порядка, введя новую функцию р=и’:
Т
А
ОИ
р=
rg l=, у, В),
'=р=ф(х, у, р).
Начальные условия для данной системы: и=6, р=3 при х=3.
120

Сохраняя один запасной знак, вычислим значения функций
р=р(х) и y=y(x) в точках м =3,2, х,
= 3,4, хз=3,6, ‘ха
= 3,8,
хь =4 по формулам (1) и (2).
При х!: =3,2 имеем:
р = во-НВ-(и Yor P=3-+02 (—5-++-3y+1)
= 3,133,
YY” =Yo+h-@ (хо, Yor Po) =Yo+h-
Po =6 + 0,2-3 = 6,600,
,
oan
PL? = Pots(fF or Yor Po)f (ea, yt”, pi”)=
36
3,133 , 6,600
=3-+0,1 (Еве) (-
poe +1) ) 913,
(1)
h
и? =и-5 (Ф (я Yor Po) +O (xa и”, PL)=
h
=Yot-s (pot pr) —6--0,1 (3-Е 3,133)
= 6,613.
Получаем значения р1=3,133 и и1 =6,613.
При х. =3,А имеем:
3.133. 6.613
ps =prth-f(xa, ит, ps) = 8,188 0,2( =e" S41) 3,266,
уз=
В.Ф (ж, 41; Pi) =¥i +h- py = 6,613 +0,2-3,133 =7,240,
h
pa? = pitts (Fe yar Р-НЕ, 92°, p2”))=
:
1
(
3.133 6,613
3,266 7,240
=3,133-+0,1( (Ра (а-я + )= 3,266,
(1)
h
ys =yast—z (Olea, Yr P+ (xa, Yd”, P2?))=
=n+4 (p1+ pi) =6,613-+ 0,1 (3,133
+ 3,266) = 7,253.
Отсюда получаем значения Py=3,266 и yo= 7,253.
Проведя гналогичные вычисления при хз=3,6, ха. =3,8.и х,=4,
находим.
7
|
Го
рз=3,399 — уз=7,920,
ра= 3,532, y, = 8,613, .
рь = 3,665, у = 9,333.
Округляя до сотых, получаем ответ: и, =6,00, у;
= 6,61, yo =7,25,
уз=7,92, у4=8,61, уз =9,33. >
В задачах 9.506—9.51] требуется найти решение
системы двух дифференциальных уравнений 1-го порядка
или решение дифференциального уравнения 2-го порядка
с точностью до 1973 при указанных начальных условиях
на данном отрезке:
'2
’
222
.
1
9.506. И =>, z =F@—h Tx? (И =0, г(0=-:,
[1, 2].
181

9.507. y’ =(z—y)x, 2’=(z+y)x, yO=1, zO=1,
[0,1].
9.508. y’=cos(y+ 2z)4 2, 2 sat etl, y (0)=
= 1, z(0)=0,05, [0, 0,3].
9.509. yi =e"
t29 42%, 2’ = Qy24+-2, y(0)=0,5,
z(0)=1, [0, 0,3].
9.510. y’—y=e*, y(0)=0, и’ (0) =0,5, [0, 1].
9.511. y” —2y’
= x— 1, y(l)y=—-<, y'(l)y=—, П, 2].
9.512. Составить на фортране подпрограмму решения
методом Рунге —Кутта системы двух дифференциальных
уравнений 1-го порядка
y'=f(x,у,2),
2 =Ф(х, Ц, 2)
с начальными условиями и (х,)
= и., 2 (х,) =2., на отрезке
[х, Х]. Параметры Е, РТ, ХО, У0, 20, Н, М, У, 2, ЕР$,
rae Ки Е! — имена подпрограмм-функций для вычисления
значений ‚функций [(х, и, 2) иф(х, у, г), ХО — начальное
значение аргумента х=х., УО и 20 — начальные значения
функций, Н— начальный шаг вычислений, М— число
значений искомых функций у=иу(х) и 2=2(), Y
и (—массивы размера МNo значений функций у=у(х)
и 2=2(х), ЕР5— заданная предельная абсолютная по-
грешность.
9.513. Используя подпрограмму, полученную ‘при ре-
шении задачи 9.512 составить на фортране программу
решения одной из задач 9.506—9.511.
2. Краевая задача для линейного уравнения. Краевая задача для
линейного дифференциального уравнения
y"+p(x)y’44(x)y=F(0),
где р(х), 9(х) и [(х) некоторые непрерывные на ‘отрезке [а, 6]
функции, состоит в нахождении его решения у= y (x), YAOBACTBOP AEG:
щего граничным условиям
ой (а) али’ (а) =
Boy (5)+-Biy’ (6) =
где 0%; Ох, В, Вр, А, В—постоянные и | |-+|| 70, 1By|:
--|В;| 720. Эта задача может быть решена численно методом конеч-
122

ных разностей, применяя который значения функции у=у(х) нахо“
AAT из системы линейных уравнений (п-|- 1)-го порядка вида:
—2
—
Иа
о) URAL—YRtg (x4)yp=F Xp)
(8)
|
k=—0, 1, cory n—2,
бо На
А,
( b—a
в
}
—
_`
:
п
Вода
ИНВ
© п--1 неизвестными и, иг, ..., Ин.
Пример 5. Решить краевую задачу для. дифференниального
уравнения
y+ x9y+2=0
€ гранизными условиями и(—1) =0, у(1)=0 на отрезке [—1, 1]
методом конечных разностей, разбив этот отрезок на четыре равные
части.
«$ Имеем: n=4, h=0,5, у=0, у.=0. Следовательно, требуется
вычислить три значения и: = и (—0,5), уз = (9), y3= y (0,5). Составляем
систему (8), полагая поочередно Е =0, 1,
k=—0:
on
!
Г у--2=0, HM 4(Ya—243+Yo)Ty i=—23
k=1:,—2 .
ИИ
оО, или 4 (53—22
и)=—2;
k=2:
„—2
р, --2=0, или 4-х уз=—2.
i
Добавляя граничные условия, получаем следующую систему пяти
уравнений относительно пяти неизвестных 10, Yi, Yo, Ys, Ya:
164) —31ly, + 16y.
=—8,
2y,— 442+ 2Yy3
=—l,
16y2.—3ly3-+ l6y,= —8,
Yo
=0,
y,=0.
Решая эту систему, HaxonumM у,=0, yy=0,8, yo=1,05, yg=—0,8,
yg=0.>
В задачах 9.514—9.519 требуется найти решение диф-
ференциального уравнения 2-го порядка с указанными
граничными условиями методом конечных разностей,
разбив заданный отрезок на л равных частей.
9.514. ey’ — xy = 3x°; y()=2, у (2) =9, [1, 2], п=4
9.515. у’ + xy’
es y (1)=1,333, у (3) = 3,
[i, 3], n= 7.
123

9.516. y”’+xy +y=2x, y(0)=1, y(l)=0, [0, 1],
(0
.
n= 10.
9.517. y+ychx=0;
и (0) =0, у (2,2) =1, [0, 2,2],
n= ll.
9.518. и _Пу +3,125y=4x, и(0)=1, и()=
= 1,368, [0, 1], n=l
9.519. ху" — у = и и (1)1—2и' (1)=0, и(2)=4,5,
fl, 2], n=5.
9.520. Используя подпрограмму решения линейной
системы алгебраических уравнений, полученную в задаче
8.265, составить на фортране программу решения одной
из задач 9.514—9.519.
194
-

Глава 10
-
ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ
‘$ 1. Скалярные и векторные поля. Градиент
1. Геометрические характеристики скалярных и векторных полей.
Пусть ДР — область в пространстве двух, трех или п измерений. Го-
ворят, что в области D задано скалярное поле, если в О задана
скалярная функция точки и (Р) =и (ха, 2, ...,Х,)=и (Г), называемая
функцией поля (”— радиус-вектор точки Р (х1, хо, ..., х„)). Если
каждой точке РЕД поставлен в соответствие вектор а (Р) =а (г), то
говорят, что в области О задано векторное поле, определяемое век-
торной функцией а (Р)
=а (жа, Xo, ..., х,) =а (Г).
Простейшими геометрическими характеристиками скалярных
полей являются линии урозня u(x, у) =С в пространстве двух изме-
рений, поверхности уровня, или эквипонтенциальные поверхности,
и (х, у, 2) =С в пространстве трех измерений и гиперповерхности
уровня и (м, ..., хп) =С в пространстве п > 3 измерений. Простей-
шими геометрическими характеристиками векторных полей являются
векторные линии и векторные трубки. Векторной линией называется
линия, касательная к которой в каждой точке имеет направление со-
ответствующего ей вектора поля. Векторные линии для вектор-
ного поля а=а„йа,]-аг® определяются системой дифференциальных
уравнений
dx—__dy__dz
ах(х,у,2) ау(х,у,2) az(x,Y,2)
(аналогично для плоских и многомерных полей). Векторной- трубкой
называется поверхность, образованная векторными линиями, прохо-
дящими через точки некоторой лежащей в поле замкнутой кривой,
не совпадающей (даже частично) с какой-либо векторной линией.
Определить вид линий или поверхностей (гиперпо-
верхностей) уровня следующих скалярных полей:
10.1. u=y?4+ x. 10.2. u=xy.
10.3. u=y/x. 10.4. u=x+ y4z.
10.5. u=x?4+ y?—z’*. 10.6. u=?4+y?—z.
10.7. w=%x,1+%,+%,+%x,. 10.8. u=x3+ xe 4+ x2 + жа.
Найти векторные линии следующих полей:
10.9. a=yi—xjJ. 10.10. a=xi—y/.
.
10.11. a=yit/. 10.12. a=r=xi-+ yj-+ zk.
10.13. a=[r, c| (Ce —nocTOsHHEIM BeKTOp).
125

@ [lyctb c=ai-+bdj-+ck. Тогда
ijk
а==[г, с] =|хху г 2 = (cy—bz) 1+ (az—cx) f + (bx—ay) К.
Дифференциальные уравнения векторных линий поля а имеют следу-
ющий ВИД:
at
dx
dy
dz
cy—bz az—cx bx—ay’
YMHOKaA числитель и знаменатель первой дроби на х, второй— на
у и третьей на 2, находим
хах_у4_242
сху— 6х2 ayz—cxybxz —ayz°
Складывая почленно и используя CBOHCTBO пропорции, окончательно
выводим,
ах _ 4 _ 42 _хах-удау--242
су— 2 а2—сх bx—ay
0
_*
Следовательно,
х ах уду-
2аг =0,
или
а (х?-
у?-| г?) =0.
Отсюда получаем, что
ха--
у? 22 =С1.
Аналогично, умножая числитель и знаменатель первой дроби на
а, второй на Б, третьей на с и складывая почленно, находим.
ах_4.
dz —2dx7bdy+cdz
cy—bz az—cx bx—ay
0
Следовательно,
adx-+b6dy+-cdz=0,
или
ax t-by-+-cz=Cz.
Таким образом, уравнения векторных линий имеют вид:
ис (С, 0,
ax-+by-+cz=Cz.
Векторные линии поля а представляют собой окружности, ABJISIIO-
щиеся сечениями сфер х?-- у -|- 22 = С? плоскостями ах Ни сг = С,
перцеядикулярными вектору с. д
лв
10.14. Aart TS .
|
10.15. a=(y—z)i+ (z—x)J+
(x—y)R.
10.16. а=хе
+ хе, + х.е..
10.17. Найти векторную линию поля а= — yi+xf+bk,
проходящую через точку Р (1, 0, 0).
126

10.18. Найти векторную линию поля а = 4 — YJ 2°R,
проходящую через точку Р (1/2,' —112, 1).
10.19. Определить вид векторных трубок;
а) в задаче 10.12; 6) в задаче 10.15.
‘”2. Производная по направлению и градиент скалярного поля.
Пусть 5 =с0$&.#-- с0$ В.]-Р соз у. —единичный вектор данного на-
правления $, Го = й-- %/ | 2 — радиус-вектор точки Ру (ж, и, 2%).
роизводная скалярного поля и(Р) в точке Ру по направлению $,
Ц
обозначаемая через —, определяется соотношением
Os
ou_ lim и(Го--т8)—и(To)
Os
Т >00
т
и характеризует скорость изменения функции и (Р) в направлевии $.
:
u
ei
Производная с: Вычисляется по формуле
ди
Г=Ро
Ox
ди
Os
Градиентом скалярного поля и(Р), обозначаемым символем
grad и, называется ьектор; проекциями которого на координатные оси
являются соответствующие частные производные функции и (Р), 1. е.
r=
ди
Ou
cos a
rer cos p+ =~ „_, 66$ у.(1)
ди
ди
ди
Ва]
Ро, No.
- (2)
Аналогично. ‘определяется производная по направлению и градиент
для п-мерных ‘скалярных полей.
Исходя из выражения производной по направлению (1)
и определения градиента (2), доказать следующие свой-
ства градиента.
10.20. Производная поля по направлению $ равна
скалярному произведению градиента поля на единичный
вектор данного направления, т. е. равна проекции гра-
диента на данное направление
те = (gradu, s)=|gradu|cosq,
где ф— угол между градиентом и вектором S.
10.21. Направление градиента есть направление ‚наи-
быстрейшего возрастания функции поля.
10.22. В каждой точке поля градиент направлен по
нормали к соответствующей поверхности уровня в сто-
рону возрастания потенциала поля, т. е.
|
д
|graduj|=—>,
127

где п- направление нормали к поверхности уровня
в сторону возрастания. функции поля.
10.23. Пусть и=и(х, и, 2) ич=о(х, у, 2) — диффе-
ренцируемые функции, с — постоянная. Доказать следую-
щие соотношения:
а) ога (и --о) =вта4 и- gradu;
6) ога4 (с и) = эга4и;
B) grad (cu)
=c grad u;
г) grad (uv) =vgradu--ugradv(cm. npumep 4 § 3);
a) grad (w”) = nu"? gradu;
du—
d
e) grad (= __ vera
eee Uv v0.
Найти градиенты следующих скалярных полей!
10.24. и=|г|. 10.25. и=ш|г|.
10.26. и= (а, г); а— постоянный вектор.
10.27. и=(а, г)(6, г); а, в — постоянные векторы.
10.28. и=|[а, г||?; а— постоянный вектор.
Пусть r=|rl|=V e+ 42 Показать, что:
10.29. (grad u(r), naw (г)г.
10.30. [бга4
и (г), г|=0.
Найти производные от следующих. полей: в заданных
точках по заданному направлению:
`
`
10.31. ити
в точке Р, (2, —1) по направлению
вектора Р.Р, где Р (Gy 2).
]
10.32. и еЬ—ф и+2 BpточкеР,(2,1,1)пона-
х—2 y—l1 2—1
|
правлению прямой = =
в сторону возрас-
тания поля.
10.33.и=жж—XS XGвточкеP,(1,3,2,—1)пона-
правлению вектора а=2е, -- е, —9е..
10.34. Найти производную скалярного поля «= !|
по направлению его градиента.
10.35. Найти производную скалярного поля u=% +
3
.
+544 в точке Р\(а, 6, с) по направлению радиус-
вектора этой точки..
10.36. Найти угол между градиентами поля и=х®-
--2у*—2* в точках Р, (2, 3, —1) иР,(1, —1, 2).
19.37. Найти скорость и направление наибыстрейшего
возрастания поля и=ху2 в точке Р. (1, 2, 2).
198

10.38. Найти единичный вектор нормали к поверхности
уровня поля и=^*--2ху—4уг2 в точке P,(1, 1, —1),
направленный в сторону возрастания поля.
10.39. Найти стационарные точки поля и = 2х2 —4ху--
+ y*—2yz+ 62.
Убедиться в ортогональности линий уровня полей:
10.40. u = x*—y?, u=xy.
10.41.u=2x+ 2,и=и?/х.
Убедиться в ортогональности поверхностей уровня
следующих полей:
10.42. и = y?—2?, = х2- уг.
10.43. uw=x?4 у
—
222, v= xyz.
10.44. Use xy + Xg—X3 ——Xay О— 18 Ха, Ш= А. ХХ:
Найти семейство линий наибыстрейшего возрастания
для следующих полей:
10.45. Плоского поля и =
—
и,
10.46. Трехмерного поля и==хиг.
10.47. Трехмерного поля и==1-- у*— 2,
$ 2, Криволинейные и поверхностные интегралы
_
1. Криволинейный интеграл 1-го рода. Пусть AB—— дуга кусочно
гладкой кривой, и(Р)— заданное на АВ скалярное none, А == Ау,
Ат, Аз, ..., Акт, А, = В —произвольное разбиение дуги АВ и Р»
NE
(у=1, 2, ..., п) — произвольные точки на частичных дугах Ау-1 Ау,
длины ‚которых обозначим через Абу. „Если существует предел после-
довательности интегральных сумм > (Ру) Аз» при тах Asy — 0
=1
(и п- о), который не зависит ни от способа разбиения дуги АВ точ-
|
KS
ками Ay, ни от выбора точек Ру в частичных дугах Ау_1Ал, то этот
предел называется 1 криволинейным интегралом 1-го рода от функции
и (Р) по кривой `АВ и обозначается через
\и(Р)4$= \и(х,и,2)а3
——
АВ
AB
(ds— дифференциал дуги), т. е.
u(P) ds= lim
u(Py) Asy.
1
\ (7)
т.о
(Pv) у
()
AB
Vv
Если функция и (Р) непрерывна на АВ, то интеграл (1) сущест-
вует.
Физически интеграл (1) можно рассматривать как массу кри-
вой АВ. Вычисление интеграла (1) сводится к вычислению опреде-
ленного интеграла. Например, если уравнение дуги АВ задано
в виде
5 Под ред. Л. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
129

x=x(l), y=y (1), z=2(0), tp mie ty, To
)
1)
|
ш(Р) = (и (# (0, (0, 200) У О--уз@) 230 at.
AB
te
Криволинейный интеграл 1-го рода не зависит от того, в каком Ha-
правлении проходится дуга АВ, иными словами,
\ и(Р)&= \ u(P)ds.
AB
BA
Пример 1. Слределить массу М первого витка винтовой ли-
нии х=асо0$ {, у=азштф г=1, если плотность р (Р) в каждой ее
точке пропорциональна длине радиус-вектора этой точки.
—
—_
®
$ Так как и=No=АУ х2-у2-р 2%, то в точках винтовой линии
н=# У а2-- #212. Первому витку отвечает изменение параметра # от
Одо2ли
ds= VY x’? y'?+2'2 dt=V a®+thide.
Отсюда
2х
М=| Иа-Иа=
’
|
—kVape (5Ия +2in(nt--Vat181))_
/ =kVaTr(sУ2-41. inmetVgeS) >
‚В задачах 10.48—10.54 вычислить следующие криво-
линейные интегралы 1-го рода:
10.48. \ («+ у) аз, где С—контур треугольника ABO
свершинамиА(,0),В(0,1]иО(0,0).
1949. |
НЯюЮщЩийЙ очки О (0, 0) и (1, 2).
10.50. \ xy ds, rye C—kOHTyp kBajpata жит =
=а (a>0).
10.51, \ yds, rye С —первая арка WHKJOHALE x =
, rye С— отрезок прямой, соеди-
=x Q (¢—sin 2), y=a(l—cos?).
10.52, \ Vixe+ и? ds, где С— дуга развертки окруж-
HocTH x=a(cos#-+/sin?), y=a(sint—icost) (0</<2n).
30
—
:

` 10.53. а
Le. ‚ где С —дуга ЛИНИИ x=f, y=tV2,
z=1/3 ot у (0, 0, 0) до В (УЗ, ИЗ, 2/83).
10.54. \ (x?+ у?) 4з, где С—-дуга логарифмической спи-
С
рали г =ае3® от точки А (а, 0) до точки О (0, 0).
10.55. Найти массу всей астроиды х=асо$Ь у=
= а513{, если плотность и(Р) в каждой ее точке Р
выражается формулой и(Р)=Ё|хиу|, где k > О—коэффи-
циент пропорциональности.
a
‚ 10.56. Найти массу всей кардиоиды r=a(l-+cos 4),
если плотность и (Р) в каждой ее точке Р выражается
формулой и (Р) =ЁИт, где k> 0 — коэффициент пропор-
циональности.
10.57. Найти массу всей лемнискаты г?==а?с0$ 29,
если плотность и(Р) в каждой ее точке Р выражается
формулой и (Р)=т, где k > О—коэффициент пропорцио-
нальности.
10.58. Найти массу дуги конической винтовой линии
x=aelcost, y=aetsint, z=ae', если плотность -p
в каждой ее точке выражается формулой и = Ае! (гдеА >
>0 — коэффициент пропорциональности), от точки О (0, 0, 0)
до точки А (а, 0, a).
10.59. Найти, с какой силой масса М, равномерно
распределенная вдоль окружности х?- y? —а?, 2==6, при-
тягивает точечную массу т, помещенную в начале KOOp-
динат. -
10.60. Найти массу: четверти окружности х?-|-у? == г?,
расположенной в первом квадранте, если плотность ‹ее
в каждой точке пропорциональна абсциссе этой точки
(коэффициент пропорциональности &).
10.61. Найти массу полуокружности x?-+ y*=r?, pac-
положенной в верхней полуплоскости, если плотность’ёе
в каждой точке пропорциональна кубу ординаты :этой
TOUKH (коэффициент, пропорциональности В).
2. Поверхностный интеграл 1-го рода. Пусть С — кусочно _ глад-
кая поверхность, 1 (Р) — заданное на С скалярное поле, Сл, С», ..., @и—
произвольное разбиение поверхности С на частичные ‘поверхности,
площади которых равны Аот, Ао, ..., Аб, и пусть Ру (у=
1; 2,*....
.., 1) — произвольные точки на частичных поверхностях Су. Если
существует предел последовательности интегральных сумм У и (Pv) Лоу
У=| ‘
при тах Аду — 0 (и п-+ <), который не зависит ни от способа раз-
v
.
5*
131

биения поверхности С на частичные поверхности, ни от выбора то-
чек Ру на этих частичных поверхностях, то этот предел называется
поверхностным интегралом 1-го рода от функции и(Р) по поверх-
ности С и обозначается через
AS u(P)do= (fut, y, 2) do
6
G
(40 — дифференциал площади поверхности), т. е.
\\и(Р)4в= lim >и(Ру)Доу,
(2)
С
тахAo,>0v=]
Если и(Р) непрерывна на С, то интеграл (2) существует. Вычисле-
ние интеграла (2) сводится к вычислению обычного двойного интег-
рала. Допустим, что прямая, параллельная оси 02, пересекает по-
верхность С лишь в одной точке, т. е. уравнение поверхности имеет.
вид 2=|(х, и); и пусть Сб проектируется на плоскость Оху в область О.
Элемент 401 площади В выражается в виде 401= 040 со$ у, где у—
острый угол, который нормаль к поверхности С составляет
с осью 02:
1
—=
7
‘
;
02\2Oz\3
У +(&) +(5)
Таким образом,
—
461
и(х,у,г)46=
u(x,и,2)cosy
оо Ее
Если прямая, параллельная оси O2, пересекает поверхность С в двух
или более точках, то С разбивается на части, каждая из которых
пересекается с прямой, параллельной оси 02, лишь в одной точке.
Интегрирование следует выполнять по каждой из полученных частей.
Вместо плоскости Оху поверхность С можно проектировать на
плоскости Оха или Оуг.
Для двусторонних поверхностей поверхностный интеграл 1-го рода
не зависит от того, по‘какой стороне поверхности он берется. Физичес-
кий смысл поверхностного интеграла 1-го рода зависит от физического
характера данного скалярного поля: он может определять массу,
распределенную по данной поверхности, электрический заряд и т. д.
Пример 2. Определить статический момент относительно пло-
скости Оху и положение центра масс однородной полусферы G
(плотности 1): х2--у2--22=А? (2—0).
«$ Имеем
Му== |Ия V+(52)+(52) аи
rye D—xpyr х?--
у? < Ю?, г=0. Так как на полусфере x dx-+y dy+
+z dz=0, To
dz
Ozy
м“ ЦИ
Ox 2°’ Oa?
$7
132

откуда
а) "ee
Мху =\)240=\ Rdxdy=R | ахау=Ю.пЮ?=лВЗ,
Определим теперь координаты центра масс полусферы. В силу сим-
метрии
``
=Yo=0.
`
Далее, так как площадь @ поверхности полусферы С есть 2лК?, то
,_Мxy
>
0—Qо.
“Пример 3. На всей поверхности конуса с высотой # и радиу:
сом основания 4 распределены электрические заряды. В каждой
TOUKE поверхности плотность заряда пропорциональна аппликате этой
точки (е = #2). Вершина конуса—в начале координат, его ось направ-
лена по оси О2. Определить суммарный заряд всей. поверхности конуса.
«$ Суммарный заряд основания конуса равен произведению его пло-
щади ла? на плотность точечного заряда, т. е. Ёй. Таким образом,
Еосн
= ла?й. Заряд боковой поверхности С определяется интегралом
Ебок. пов =| \ kz do.
G
“ра
"
|
.,
Уравнение поверхности конуса пу), Oza. Дифферен-,
h*
-0212хOzhty
цируя, находим 242 = 5 (хах-- у4у), откуда даа 2 Og ae 2
и, следовательно,
VEG) Ve eee,
Поэтому
_.
bf
И
та
Ебок.wort|)2a)|Vxe у?. a
roe D—xpyr x?+ 4? at 2=0. Переходя к полярным координатам,
получаем:
а
kh 241. A
Rha"A
Ебок. пов =Аа
| пеш
yori
пати.
вузе |в[па
0
_2влайУа?-No.
Находим весь заряд:
Е =Еосн- Ебок. пов = #ЛайЙ += Клай У 2-1?2 —
рлай
=a (3a-+2 V a? +h2). >
133

Вычислить следующие поверхностные интегралы f-ro
реда:
10.62. \ \ х?уг 40, где С — часть плоскости Хх и 2=],
F
,
лежащая в первом октанте.
19.63. \\ V8 y? do, где @—часть поверхности ко-
G
Hyca 4 y2=2*7, O<z<l.
10.64. \ (x?-+ у?-| 22) 4в, где G—cdepa х?-у? -| 22=].
G
10.65. \\ (ху-- г) 46, где @—часть сферы х?-{ у?- 22=
б
== 0?) лежащая в первом октанте.
10.66. Определить массу, распределенную на части no-
верхности гиперболического параболоида 2az= x?— y’,
вырезаемой цилиндром х*-- у? = а*, если плотность в каж-
дой точке поверхности равна А|2|, где А > О— коэффи-
циент пропорциональности.
10.67. Определить момент инерции однородной (плотнос-
ти 1) боковой поверхности конуса 2= *-у? (0<г< а)
относительно оси Oz.
|
10.68. Определить суммарный электрический заряд,
распределенный на части поверхности двуполостного
гирерболоида z= ну + a? (axz<a И 2), если плот-
ность заряда в каждой точке пропорциональна аппликате
этой точки (е= 2).
10.69. Определить массу, распределенную по поверх-
ности куба |х|<а, |у| <а, |2|<а, если поверхностная
плотность в точкеР (х, у, г) равна КИ| хуг |,где k> 0—
коэффициент пропорциональности.
10.70. Определить суммарный электрический заряд,
распределенный на части поверхности параболоида
242 = x? + уз, вырезаемой из него цилиндром х?-у? = а?,
если плотность заряда в каждой точке равна АУ 2, где
k > О— коэффициент пропорциональности.
3. Криволинейный интеграл 2-го рода. Пусть на дуге АВ кусочно
гладкой кривой задано векторное поле а=а (г) =а, (х, у, #1
+ ау (х, у, г) а, (х, у, 2)Ё, и пусть A=Ap, Ay, Ag...) Anis
А „= В- произвольное разбиение дуги АВ на частичные дуги,
NL
Ру (у=1,2, ..., п) — произвольные точки на дугах Ау_1Ау, а АГу—
3
приращение радиус-вектора г(Р) на концах дуги Ау-1Ау. Тогда,
если существует предел последовательности интегральных сумм
134

ft
‘:
> (a(Py), Ary) mpu тах | Агу| —0 (H nm —+ oo), который не зави-.
v=1
сит ни от ‘способа разбиения дуги АВ на частичные дуги, ни от
выбора точек Ру в этих частичных дугах, то этот предел называется
криволинейным интегралом 2-го рода по дуге АВи обозначается чёрез’
\ (a, dr)= | ay dx+ay dy+-a; de,
iB
ia
г. е.
((@, dr)= ш У ау, Аг.
(3)
+
max] Ary]>0 y=4
у
Здесь (а, а) и (а(Р»), Агу)—скалярные произведения векторов.
Если вектор-функция а(Р) непрерывна на АВ, то интеграл (3) су-
ществует.
Интеграл (3) называют также линейным интегралом вектора а (г).
Аналогично определяются линейные интегралы
в плоских и многомер-
ных векторных полях. Если даны параметрические уравнения дуги
AB: x=x(t), y=y(t), z=2(t), fo <t<h, To
ty
|(a,ак)=\(ах(=(0,9, 20)х(д-а,(х(0,9, 20)0+
АВ
fo
|
-ах (х (1, у(®, 2(1)) г’ (1) 4. (4)
Здесь fy wu В —значения параметра $, отвечающие точкам Аи В.
В отличие от криволинейных интегралов 1-го рода, линейные интег-
ралы (3) зависят от направления, по которому совершается интегри-
рование вдоль ‘дуги АВ:
| (a, ar)=— { (a, ar).
BA
AB.
Простейший физический смысл линейного интеграла— работа` силового
поля а = а (г) при перемещепии в нем материальной точки по кри-
войАВизточкиАвточкуВ.
Пример 4. Найти работу силового поля F=xi-+yj--2k. при
перемещении материальной точки вдоль первого витка конической
ВИНТОВОЙ ЛИНИИ х==ае! с0$ #, у=ае!т {, г= ае! из точки А (0, 0, 0)
в точкуВ(а, 0, а).
<4 Так как dx —aet (cos t—sint) dt, dy =aet (sin t-++cos f) dt, de =
== ae'dt u
(F, dr)=xdxt-ydy+zdz=
= a%e2! ((cos t—sin t) cos t-++-(sin t-+-cos 2) sin f+ 1) dt = аль dt,
то, учитывая, что = — о в точке Ди {=0 в точке В, имеем
0
(в, dr)=20% [ ettdt—at p>
,
5’
J
7
(135

Замечание. Этот пример можно решить проще, если учесть;
что в данном случае (Р, аг)= (г, г) =5_ 4 ("), причем г= | г.| =0
вточкеАиг=аУ2вточкеВ.Имеем:
ау2
aV3
{ ©, ajar ( any=t =a?
‚=> (aT, =e
Линейный интеграл вектора а, взятый по замкнутому контуру С,
называется циркуляцией вектора поля по данному контуру и обозна-
чается символом фа. аг. Направление обхода контура указывается
С
.%
заранее, причем положительным считается обход против часовой
стрелки, а отрицательным
— по часовой стрелке.
Для плоских векторных полей а=а, (х, у) а, (х, J имеет
место следующее утверждение:
Если. векторная функция а=а, (x, у) а, (х, У) ] непрерывна
а
вместе с производными Зи и 5х в замкнутой области 6=6\) С, то
|(Su Mae)dxdy=faydbaydy |
СOxду
а
(формула Грина).
Пример 5. Вычислить криволинейный интеграл
vat
f (+) dx—(e—9)ay,
с
где С —окружноеть х2--
уз=12.
@ Применяя формулу Грина, можем записать:
(x+y) dx—(x—y) dy = VN (=1 Idx dy =~ 2, -
С
КС.
так как а» Ау есть площадь круга Кс: ^?-|-
у?<12.р-
Кс
10.71. Вычислить работу силового поля Р==
и —х}
при перемещении материальной точки вдоль’ верхней по-
`°у2
2
левины эллипса = ==1 из точки А (а, 0) в точку
В (—а, 0).
10.72. Вычислить линейный интеграл \ (а, аг), если
|
OB
а = уф-- лу, О (0, 0), В (1, 1), по следующим путям!
a) отрезок прямой ОВ; 6) дуга параболы х? = у; в) дуга
параболы. у? = х; г) ломаная ОАДВ, где А (1, 0); д) лома-
ная ОСВ, где C (0. 1).
136

10.73. Вычислить циркуляцию BeKTOopa a= yi—xJ
вдоль окружности (х— х,)? -[.(и—
и)? = К? в отрицатель-
ном направлении.
10.74. Вычислить линейный интеграл \ (a, dr), если
ОА6
a=zi+xj+yk, уравнение дуги OA: r=lii+ ?jt bk,
O0<t< 1
10.75. Вычислить линейный интеграл \ (a, dr), если
OA
a= — yzi+xzj+xyk, OA—Nnepspiit BUTOK BHHTOBOHK JHHHN
x=acost, y=asint, z=hAt (0<t<2n).
10.76**. Вычислить циркуляцию вектора а = 2 -- ху
+- у по окружности х2- у? -г?= R2, x-+y+z=R B no-
ложительном направлении относительно орта R.
10.77. Вычислить циркуляцию вектора @ = у} — 2] -|- хЁ
x?
2
'
вдоль эллипса ae +z2=a@’, у=х в положительном
направлений относительно орта #.
10.78. Вычислить работу силового поля Р= хуй -+
+ y3f—x*k при перемещении материальной точки вдоль
сечения гиперболойида х?-| 1? — 22?
= 2а* плоскостью y= x
от точки (а;а, 0) до точки (а/2,а2, а).
Используя формулу Грина, вычислить интегралы:
10.79. ф (x?— у?) dx + (2- у?) ду, где C—kontyp, 06-
С
разованный полуокружнобтью у=И
и осью Ох.
10.80. Фа
—и
ау; где С—контур, обра-
С
зованный синусоидой у=эшх и отрезком оси Ох при
О х=—л.
10.81. ф x*?y dx —xy? dy.
х24у?=г?
10.82. ф (x-+ и): ах
— (х2- у) ду, где С — треугольник
С
с вершинами О(0, 0), А(1, 0) и В(0, 1).
4. Поверхностный интеграл 2-го рода. Гладкая поверхность С
в трехмерном пространстве называется двусторончей, если нормаль
к поверхности при обходе по любому замкнутому контуру, лежащему
на поверхности С и не имеющему общих точек с ее границей, воз-
вращается в первоначальное положение. Выбор онределенной стороны
поверхности, т. е. выбор направления нормали к поверхности, назы-
вается ориентацией поверхности,
137

Ilyctb G—kycouHo гладкая ориентированная
-
поверхность и
а=ах(х, у, 2) --а,(х, у, г)7-а,(х, у, г)- векторное поле.
Разобьем поверхность G Ha частичные поверхности Ст, (о, ..., Gp,
площади которых обозначим через Абу (у=1, 2,..., п), а площади
частичных поверхностей Су, снабженных единичными нормалями
Hy (P у) в точках Py ЕС, ‚— через Ао’ (т. е. считаем каждую такую
площадь вектором длины Абу и направления ny (P.,)). Тогда, если
существует — предел последовательности интегральных — сумм
n
> (a (P,,), Ao.) mpH max Aoy—>0 (Hu n—> 05), который не зависит
=1.
У
ни от способа разбиения поверхности С на частичные поверхности,
ни от выбора точек Ру на этих частичных поверхностях, то этот
предел называется поверхностным интегралом 2-го рода по поверх-
ности С и обозначается через
\ (а, 46)= ({ a, dy dz--a, dx dz--a, dx dy,
(5)
G
G
\
( (a, do)= lim х (a(P,), Ao,),
G
max Абу >0
Ссли поле а(Р) непрерывно на С, то интеграл (5) существует.
Поверхностный интеграл 2-го рода называют также потоком
векторного поля а (Р) через поверхность С. Его можно интерпрети-
ровать как количество жидкости или газа, протекающего за единицу
времени в заданном направлении через поверхность (. Переход к
другой стороне поверхности меняет направление нормали к поверх-
ности, а потому и знак поверхностного интеграла 2-го рода.
Вычисление поверхностного интеграла 2-го рода сводится к вы-
числению поверхностного интеграла 1-го рода
\(а,do)=\\(а,п)4в=(\(ахс0з&--аус0$B-+-a,cosy)do, (6)
G
G
G
где М -= (с05 &, со$ В, со$ у) —единичная нормаль к поверхности, или
к вычислению суммы трех двойных. иптегралов
ба, 46) = (аз (х(, 2), y 2) dyde+
G
1
4\ Vay (x, g(x, 2). 2dede4-\ (a(x, y, 2c, У) Че,
р,
D,
°
rie Dy, Дь и О)з— проекции С соответственно на плоскости Оуг, Oxz
u Oxy, a x(y, 2), иу(х, 2) и 2(х, У) — выражения, полученные из
уравнения поверхности С разрешением относительно соответствующих
координат.
|
Пример 6. Найти поток ектов r=xt-yj--zk через часть
2x
поверхности эллипсоида “2 47Ге +—Zak лежащую в первом OK-
танте, в направлении внешней пормали.
138

<< Имеем в силу (6)
( (г,п)4в=({(xcosa-+-ycosB-}2cosy)do.
G
G
Так как в первом октанте внешняя нормаль эллипсоида со всеми
осями координат образует ‚острые углы, то все три направляющих
KOCHHyca неотрицательны. Поэтому
ам,да= хауае--\|иахае--| 2dxdy=
G
|
=30=3--5- mabe = Е
(каждый из интегралов по От, О). и Оз определяет объем одной
восьмой части эллипсоида). >
Пример 7. Найти поток вектора а = х?{— у?] |- 22 через всю
поверхность тела х2--у2-
2?<382, О<2=< У 2--у—В? в на-
правлении внешней нормали.
<® Имеем:
\\(а,п)46=\\(x?cosa—y?cosB-+.z?cosy)do=
G
G
=| x8cosado—|{ y*cospdo+ |{2cosydo.
G
G
G
Заданная поверхность ограничена сверху сегментом сферы х?--
- у2-+
22 =3Ю%, с боков
— частью поверхности гиперболоида х?-|- у?—
— 22 =Ю?, снизу кругом х?- у? =
2
< R?, z=0 (puc. 94). Ha nuaocko-
ctH Oyz u Oxz поверхность С про-
сктируется дважды с разных сто-
рон, поэтому, в силу симметрии
поверхности относительно этих
плоскостей, первые два интеграла
в записи потока равны нулю:
|xcosado=|(y?cosBdo=0.
G
G
На плоскость Оху сферический сег-
мент проектируется в круг (об-
ласть Оз) х2- у? = 282, часть по-
верхности гиперболоида—в кольцо
Рис. 94
(область Оз) Ю? = х2-- у? < 23, а
нижним основанием служит лежащий вэтой плоскости круг (область
Ds’) хр
у? < В. Но для сегмента сферы соз% > 0, для гипербо-
лоида созт < 0, а на нижнем основании 2=0. Поэтому
\\(а,п)аа=|z*cosydo—
=\\(32
— х3— уз) аху— | (x2-+ y2— R2) dxdy.
р.
D3
©
139

Для вычисления интегралов перейдем к полярным координатам:
an RVD
\\(3R?
—x?—y?)dxdy=\dp \ (3?—1?)гг=4лВ*,
р.
0
0
.
2 RVD
они R2)dedy=\dg ) (/*—Вит.
у
0
Ds
|
7
|
Таким образом, окончательно находим: | (а, п) 46 =. TR. p>
В задачах 10.83—10.86 вычислить поверхностныеин-
тегралы 2-го рода:
10.83. \\ ydx 42, где а--верхняя сторона части плос-
„.G
|
кости хр у-г2=а, лежащей в первом октанте.
о ббаха
=
.
10.84. \\ oe 7, гдеС — внешняя сторона сферы х* -{ /*
С
erie
+27=a’*.
,
10.85. \.\ x2 dy dz, rue С—внешняя сторона части. по-
С
м’.
верхности параболоида 2 = раTxt y*), х > 0, у>0, 2z<cH.
10.86. |) 2? Ах ый где @— внешняя. сторона полусферы
х*-|- у? ге R?,
10.87. Найти, = вектора @=—=x4-+yftzk через
всю ‘поверхность тела вии < 2<Н в направлении
внешней нормали.
®
10.88. Найти поток вектора a —=2%4—и] через часть
поверхности цилиндра х*-{- у = К, х20, у>0, 0% 25
< Н, в направлении внешней нормали.
10.89. Найти поток вектора а=х?- у] -- г?®. через
часть поверхности параболоида ps (x? + y)=2z, z2z<H, B
направлении внутренней нормали.
10.90. Найти поток вектора а = 1 — у] -- 2*В через
часть сферы х^-|- у? -- 22= Ю*, х>0, у>0, 220, в на-
правлении внешней нормали.
|
‚10.91. Найти поток вектора а=х-и] —22Ё. через
всю. поверхность куба |х|<а, |[у|<а, |2|<а в на-
правлении внешней нормали.
140

10.92. Найти поток вектора a= 2x71 + 3y°f-+ 22® через
всю поверхность тела Very+y<iz<V 2R?*—x—y? B Ha-
правлении внешней нормали.
10.93. Найти поток вектора а = х4- и]-- 2 через часть
поверхности параболоида 2 — ра (*— У), вырезаемую плос-
костями х=А, 2г=0, х=0, ориентированной в соответ-
ствии с направлением орта R.
10.94. Найти поток вектора ами ге через
|
Н
часть поверхности‘ параболоида 2 = ра (®— 2), вырезае-
мую цилиндром х?-[ у? = А?, ориентированной в соответ-
ствии с направлением орта R.
$ 3. Соотношения между различными
характеристиками скалярных и векторных' полей
1. Дивергенция векторного поля и теорема Гаусса
— Остроград-
ского. Дивергенццей (или, расхождением). векторного поля ‘а=а 4),
обоэначаемой через Фу а, называется скалярная величина, равная
пределу отношения потока векторного поля @ через замкнутую по-
верхность Хр к величине ор объема тела, ограниченного этой по-
верхностью, при ур —+ 0, т. е. при условии, что поверхность стяги-
вается в точиу Р:
gp (a, ao)
(diva)p—lim —
...
арт р
(1)
Дивергенция характеризует отнесенную к. единице объема мощность
потека векторного поля, «исходящего» из точки Р, т. е. мощность
источника (при (Фуа)р > 0) или стока (при (41уа)р < 0), находя-
щегося в точке Р
В трехмерном евклидовом пространстве дивергенция поля выра-
жается следующим образом:
ots
ee
diva= Oa | дуU4 he
Teopema raycea—Ocr por panenoro. Поток векторного
поля а (г) через замкнутую поверхность Х, лежащую в этом поле,
в направлении ее внешней нормали, равен тройному интегралу по
области У, ограниченной этой поверхностью, от дивергенции этого
векторного поля, т. е.
ф rao=\\divadv.
Пример 1. Используя теорему Гаусса— Остроградского, найти
поток вектора а=х3{--
37 -- Ю?2 через всю поверхность С тела
ple by sec в направлении внешней нормали.
141

«$ Vimeem div a=3 (x?+ y?)+ R*. ostomy
tp (a, n)do= \ \ \ (3 (x?++y?) 4- R®) du.
у
Для вычисления тройного интеграла перейдем к цилиндрическим.ко-
ордичатам. Уравнение поверхности примет вид г= Н!?/В*,
2m
R
H
М (3(x?4-9?)+В*)&=\dep\(372-|-Юз)гаг dee
оо
Hr?Re
x
R
0
==0HRi. >
10.95. Hattu div (xyi+ yzf
+ xzk).
10.96. Найти div РЕЛЕ
И («--у--2:
‚ 10.97. Найти auBeprentio векторного: поля а == х*иуё --
-- ху?-{ 228 в точке Р (1,2, —1).
10.98. Найти дивергенцию градиента скалярного поля
и= ‘2 в точке Р(1, —1, 1).
10.99. Магнитное поле, создаваемое электрическим
током силы [, текущим по бесконечному проводу, опре-
деляется формулой Н(Р) = Н(х, у) =21 =e
лить div H(P).
10.100. Найти дивергенцию векторного поля а = [с, !],
где: с— постоянный вектор.
10.101. Найти Ч1\ (и [с, /]), где с — постоянный вектор.
Выч HC-
Используя теорему Гаусса
— Остроградского, решить
следующие задачи:
10.102. Доказать, что поток радиус-вектора Р через
любую кусочно гладкую замкнутую поверхность в на-
правлении внешней нормали: равен утроенному объему
тела, ограниченного этой поверхностью.
10.103. Найти поток вектора а=х% -- у*/—2зЁ через
всю поверхность куба 0<x<a, O<yxa, O<z<a B Ha-
правлении внешней нормали.
10.104. Найти поток вектора а = г/г через всю поверх-
ность сферы х?-{ у? -{ 2?= No* в направлении внешней нор-
мали.
10.105*. Найти поток вектора а=2х- иу— 2, на-
правленный в отрицательную сторону оси Ох, через .по-
верхность части параболоида’ /- 2?= Юх, отсекаемой
плоскостью х=Ю.
|
|
142

10.106. Распространить понятие потока и дивергенции
на случай плоского (двумерного) поля и сформулировать
теорему Гаусса
— Остроеградского для этого ‘случая.
10.107*. Используя решение предыдущей задачи, пре-
образовать циркуляцию вектора по замкнутому контуру
Г. в плоском поле в двойной интеграл по площади, огра-
ниченной этим контуром.
10.108. Найти с помощью теоремы Гаусса
— Остроград-
ского поток вектора а =х?иё
- ху?7-- хугВ через всю по-
верхность тела х?- у?-{ 2*<No*, х>0, и>0, 2>0 в
направлении внешней нормали.
10.109. Найти поток вектора а = хи —xy? + (х?- y*) zk
через всю поверхноств тела х?-- у? < А?, O<z<H B
направлении внешней нормали.
2. Вихрь векторного поля. Теорема Стокса. Вихрем векторного поля
а=а (г), обозначаемым го{ а, называется вектор, который в каждой
точке Р дифференцируемости поля определяется следующим образом:
ф (а, аг)
(пр,rotа)р=п т,
Op>0 Op
Здесь $ — единичный вектор произвольного направления, [р — малый
замкнутый контур, окружающий точку Р, лежащий в плоскости,
перлендикулярной к вектору $ и обходимый в положительном по
отношению к вектору. $ направлении, ор— площадь области, ограни-
ченной контуром [р; предел ищется при условии, что контур [р стя-
гивается в точку Р. В трехмерном пространстве го{
а через декартовы
прямоугольные координаты вектора а=а,ё-р-а,]-Ра. выражается
следующим образом:
да; да
da, да
да, da
гоа= 2
у
Udy Uz
у_сах
(= a) +(BS IHa a)
Теорема Стокса. Hupxyaayua дифференцируемого векторно-
го поля а по произвольному кусочно гладкому вамкнутому контуру L
‘равна потоку вектора го{ а через поверхность С, ограниченную этим
контуром Г:
ф(a,dr)=\\(rota,do),
°
(2)
L
G
или в координатной форме
$ (а, ах--а, ау-- а, dz)=
=} \ ((2==— SY Joos a+ (Se — 52) cosos B+ (StS) cos о.

При этом единичный вектор # нормали K NoBepxHocTH G направлен
в такую сторону, чтобы обход контура Ё происходил в положитель-
ном по отношению к Й направлении.
Пример 2. Проверить ответ задачи 19.76 при помощи теоремы
Стокса.
|
$. Так как а== 21-- х]-РуЕ, то тора =1--7--No. За поверхность С,
ограниченную контуром Ё, примем сам круг, образованный сечением
шара лх2--и2-
28 < Ю плоскостью x+y+z=R. Центр круга
0’ К, К, к 3 его радиус Юг =Ю V2 .Единичный вектор нор-
333
3
малиП=—— (&
Е).
у5(+J+)
3
—
Tak Kak (rota, пу, то находим
—
_
а
f (a, ar) =} (rota, n) do=V3 \\ 5—УИЗ лв?— 27 py
L
6
|
Уз
Пример 3. Найти циркуляцию вектора а =у#{— 227+ хЁ вдоль
эллипса, образованного сечением гиперболоида 2х2— у? -| 28 == Ю* плос-
костью у=х, в положительном направлении относительно орта U.
Ответ проверить при помощи теоремы Стокса.
«$ Параметрические уравнения заданного эллипса х=А со$Ё, у=А соз&,
# = Ю зш. Для обхода в заданном направлении параметр # надо из-
менять. от'0 до 2л; Следовательно,
ф (а, аг) = § ydx—22 dy+xdz=
Ь
Г,
Qn
= \(—sinfcos¢-+-2sin?t+cos®t)dt=3nR?.
0
`Применим теорему Стокса. Имеем го а =21—]—Ё. За поверх-
ность @, ограниченную контуром L, примем часть секущей плоскости,
лежащей внутри эллипса. Единичный вектор нормали, направленный
в нужную сторону, имеет вид В АУ. Поэтому {rot a, nae
V2
3
3
rota,n do =—— \\ do =—— mab.
\\c
V2
У?
G
G
Но так как эллипс имеет полуоси а=Ю У 8 и 6=R, To
No (rota, n)do=3nR*. >»
G
10.110. Найти rot xyz (xi+ yj+ 2k).
10.111. Hattru rot (P (x, yi+Q (x, y) J).
10.112. Показать, что магнитное поле Н(Р) (см. за-
дачу 10.99) в области своего определения является без-
вихревым.
144

10.113. Найти ротор поля [а, С}, если а=ху- у 8
и с=}—]-- 28.
`
10.114. Найти го ЕЯ + 2k _ rot —_.,
Ува Tri
10.115*. Жидкая среда вращается с угловой скоростью
o=0,i+0,f+ 0,8 BOKpyr OCH, проходящей через начало
координат. "Найти вихрь поля скоростей этой среды.
19.116. Вывести формулу Грина (см: ответ к задаче
10.107), применяя теорему Стокса к двумерному вектор-
ному полю @а=а xi t+a,J.
10.117. Пользуясь ‘формулой Грина, убедиться в том,
что площадь @ плоской области О, ограниченной кусочно
гладким контуром Г, можно найти при помощи любого
из трех следующих интегралов:
9= фхау, Q=— yar, Q=4 Oxdy—yar.
i
L
г.
10.118. Используя последнюю формулу предыдущей
задачи, найти площади фигур, ограниченных следующими
кривыми:
а)* петлей Декартова листа x*-++ уз — Заху= 0;
¥
а?
be.
б) эволютой эллипса х = — с053 {, у==— зи (аи 6 —
полуоси эллипса, с=И а*— 6?Ь?).
10.119. При помощи теоремы Стокса найти циркуляцию
вектора @= 227 -- х?/- у? по сечению сферы х?-+ у?-- 22= В*
плоскостью х-и-+2=А в положительном направлении
относительно орта К.
10.120. Найти циркуляцию вектора a=2i+x s+ y°R
по сечению гиперболоида 2х“— у? -- 2?= К* плоскостью
х-+-у=0 в положительном направлении относительно
орта #. Проверить при помощи теоремы Стокса.
10.121. Найти циркуляцию вектора @ = у хи/-+
+ (x?-+ у)Е по контуру, вырезаемому в первом октанте
из параболоида х? -- у? = Юг плоскостями х =0, у=0, 2=^
в положительном направлении относительно внешней нор-
мали параболоида. Проверить при помощи теоремы Стокса.
3. Оператор Гамильтона и его применение. Все операции вектор-
ного анализа можно выразить при’ помощи оператора Гамильтона—
символического вектора у (читается
— набла), определяемого равенством
9-дд
ЕЛ р.

Применяя известные операции умножения вектора на скаляр, ска-
лярного ‘и векторного произведения двух векторов, находим:
дидиди
praduxt t+Jatka =Vu;
anegrad u)=(S, Yu)=(S, V) 4;
diva=—* att Seay. a);
да» да,
и^ба,\
да, дах
rota(M2)4“a aes74(Sea =
ijk
000
—|9х ди д2 =[v, a].
ахAyaz
По аналогии с производной по направлению OT скалярной фупкции
ди
.
3, ВВОДИТСЯ понятие производной по направлению единичного век-
тора 5 от векторной функции а (7). Именно,
4 (5, у) а=(5, гад а,)#-|-($, сгада,) 7-Е ($, grad a;) k=)
=Mes54 j+R.
Производные по направлению произвольного (не единичного) век-
тора с отличаются от производных по направлению единичного век-
тора. только тем, что в них входит дополнительный скалярный мно-
житель |с |:
(с, У) и= (с, grad и),
(c, y)a=(e, grada,)i-+(c, grada,)f+(e, grada,) k.
С помощью оператора Гамильтопа удобно выполнять дифферевциаль-
ные операции векторного анализа над сложными выражениями (про-
изведение двух или более скалярных функций, произведение скаляр-
вой функции на вектор, скалярное и векторное произведения векто-
ров и т. п.). Следует лишь помнить, что это оператор дифференциро-
вания произведения.
Пример 4. Найти градиент произведения двух скалярных функ-
ция ции.
«$ Имеем
}
+
grad(uv)=9(uv)=9(uv)-+9(uv)
(стрелка указывает функцию, на которую «действует» оператор). Но
+
V (uv) =vyu=v grad и,
$
Vv(uv)=uyu=ugradv,
Таким образом,
grad uu=v gradu-+u gradu. >
146

Пример 5. Найти го+ [а, с]. где с — постоянный вектор. ...
<& Так как по ‘известной формуле векторной алгебры [а, [6, се] =
+
== (а, с}
6 —(а, ВБ) с, то, учитывая соотношение [у, [а, с]]=0, имеем:
+
}
rot [a, cl= Iv, [а, с} —1У, [a, с П-Н[у, [а, еП=(%, в ар— (у, а)с.
Но (у, сда= (с, 5) a, а это есть производная вектора а по направ-
лению вектора с. Далее,
(у, а) с =с(у, а) =с diva.
Takum o6pa3om, rot[a, ec]=(c, y)a—e diva. PB
Выполнить следующие дифференциальные операции
(с —постоянный, а и в— переменные векторы):
10.122. Найти Чу (си) и ах (ан).
10.123**. Найти огаа (а, с) и этаа (а, 6).
10.124. Hatitu divfa, c] u div la, b}.
10.125*. Hafitu rot (cu), rot(au) u rot[a, 6].
4. Дифференциальные операции 2-го порядка. Можно образовать
пять дифферепциальных операций 2-го порядка:
1) а!у гад и =(у, У) и-= У*и=Аи (лапласиан функции);
2) го{ гад и=[у, у] и;
3) ога Чу а=у (у, а);
4) 4х гота
= (т, [у, а));
5) rotrota=f[y, [у, а].
Кроме того, операцию У? можно применять и к векторным полям,
т.е. рассматривать операцию УЗа.
Вторая и четвертая операции прнводят к нулю:
го гад
и =[у, У] н==0,
Чу го а=(у, [х,а]) =0.
Это следует из векторного смысла оператора у: в первом случае фор-
мально мы имеем векторное произведение двух коллинеарных векторов,
а во втором
— смешанное произведение компланарных векторов.
10.126. Получить выражения для
Чуогаи=У?и
огаа 41, а =У (у, а),
гогоа=[у[у,а],
Va=V'a,t+V'a,J+VaR
через производные скалярного или векторного полей.
10.127. Найти ога Чу а, если а = х\1- уу- 23R.
10.128. Найти го{гоф а, если а
=
хуй
-уг]г.
10.129. aire Va, ecmH @=(y?+ 27) xi + (x? + 2%) yf +
-- 7+ у)ZR
10.130. Найти div grad (uv).
10.131. Найти grad div (uc) u grad div (ua) (се — постоян:
ный, @— переменный вектор).
10.132. Найти гофгоф (ис).
10*
147

$ 4. Специальные виды векторных полей
1. Потенциальное векторное поле. Векторное поле а=а (г) па-
зывается потенциальным, если вектор поля а является градиентом
некоторой скалярной фуякции и=и (Р):
a (r)= grad u (P).
(1)
Функцию и(Р) в этом случае называют потенциалом векторного
поля.. Необходимым и достаточным условием потенциальности дважды
дифференцируемого в односвязной области поля а(г) является ра-
венство нулю вихря этого поля:
rota=0.
(2)
Пример 1. Проверить, это вихрь трехмерпого векторного поля
а=—= гад и тождественно равен нулю (функцию и(Р) предполагаем
дважды лифференцируемой).
«$Таккака=стади.
+ “ k, то, учитывая paBellCTBO
смешанных производных о -Го порядка, получаем
=
[д (ды д [ди\\,.
ota=rot adem (i ( ae) de (Gp) )
+(e(ae)ae(ae))9+Cae(a)ay(ae) BO
В п. 4 предыдущего параграфа. это равенство было получено с ис-
пользованием свойств символического вектора набла.
Нотенциальное поле обладает. следующими свойствами.
}. В области непрерывности потенциала поля ‘линейный интеграл
от вектора поля, взятый между двумя точками поля, не зависит от
пути интегрирования и равен разности значений потенциала поля
в конце и начале пути интегрировапия
B
B|
В
\(a,dr)=\(gradu,dr)=\Чи—и(В)—и(А)
(3)
А
А
A
(использована легко проверяемая (popmysa (grad u, dr)=du).
2. Циркуляция вектора поля по любому замкнутому коптуру,
целиком лежащему в области непрерывности поля, равна нулю.
3. Если поле @ потенциально, то потенциал поля и (Р) в произ-
вольной точке Р может быть вычислен по формуле (3):
Р
и(Р)= \ (a, dr)--C,
(4)
A
причем C=1u(A), “TO легко получается подстановкой в (4) вместо
персмениой точки Р фиксированной точки А.
Для вычисления иптеграла (4) можно выбрать любой путь
— проще
всего в качестве такого пути выбрать ломаную со звельями, парал-
лельными осям координат, соединяющую точки А иР. За точку А
удобно принимать начало координат (если оно лежит в области не-
прерывности поля).
Пример 2. Найти потенциал поля а=2хий-| (х? — 292) }—у?А.
148
:

<$ Убедимся, что поле потенциально:
daz_My ay 042 My Day
дг0х'дхду
Следовательно,
rota=0.
За путь интегрирования примем ломаную ОАВР, где О (0, 0, 0),
А (Х, 0, 0), В(Х, У, 0), Р(Х, У, 2). Находим:
А
|В
Ра.
ихур=\асы\а,а)+а,а а,ас,
ОАВР
0
A
B
(a, dr) = 2xy dx + (x®— 2yz) dy—y? dz.
Tak Kak Ha [OA] umeem y=z=0, dy=dz=0, Oxx<X, то
A
|
( (a, dr) =0.
9
Аналогично на [АВ] имеем х=Х, ах=0, 2=0, 4г=0, 0= уж У,
поэтому
о
B
у
((a,dr)= (X*dy—XY,
A
0
Ha [BP] имеем x= X, y= JY, dx=dy=0, 0<z—< 7, ‘значит,
Р
JZ
\ (а, аг) =— \ ¥? dz=—Y2Z,
B
0
.
Таким образом, и(Х, У, 2) = ХУ У?2-1 С. Возвращаясь к перемен-
ным Хх, И, 2, получаем
и(Ру=жу—уг--С:д
Замечание. Изложенный метод отыскания потенциала поля
применяется при решении таких эквивалентных рассмотренной задач
математического анализа, как восстановление функции двух, трех и п
переменных по их полным дифференциалам, ‘а также при интегрире-
вании дифференциальных уравнений в полных дифференциалах.
Найти потенциалы следующих плоских и трехмерных
полей:
|
,
10.133. a = (8x7y— y*®) i+ (8 — 3ху?)}.
10.134. a= sin 2x cos 2y EF cos 2xsin 2y J
Vcos?xsin?y+sin?xcos?y
10.135. a= (yz—xy) i+ (xe—4 + y2*) J+ (xy + y°2) k.
10.136*, a= (=—+) i+ (5—2) + (——) Rk.
x
x
y2?
149

a
:
|
2
2у2
2x22
10.137*. a = (4-4-%) i+ (4-4-4 )/+
x2х
+ (+)23
.
10.138**. Доказать, что во всюду непрерывном потен-
циальном векторном поле векторные линии не могут быть
замкнутыми.
Если в плоском потенциальном поле есть точки, в которых поле
теряет свойство непрерывности (так называемые особые точки), то
циркуляция по замкнутому контуру, окружающему такую точку, мо-
жет быть отлична от нуля. В этом случае циркуляция по контуру,
обходящему данную особую точку один раз в положитальном направ-
лении, не зависит от формы контура и называется циклической по-
стоянной относительно данной особой точки.
Аналогичными свойствами обладают трехмерные поля с особыми
линиями, вдоль которых поле теряет свойство непрерывности.
xj—yl
10.139. Убедиться в потенциальности поля а = ри
Определить его особую точку и ее циклическую посто-
янную.
|
|
10.140*. Доказать сформулированное выше свойство
о том, что циркуляция по замкнутому контуру, окружаю-
щему особую точку, не зависит от формы контура.
° 10.141*. Воспользовавшись формулой (4) для опреде-
ления потенциала поля, убедиться в том, что потенциал
плоского поля, имеющего особые точки, будет многознач-
ной функцией.
2. Соленоидальное поле, Векторное поле а=а(г) пазывается
соленоидальным, если дивергенция этого поля равиа нулю: ЧУ
а==0.
Для трехмерного поля это условие можно переписать в виде
Oa,,Wy Oaz
diva= Эх + ду а: ==0.
(5)
В таком поле в силу теоремы Гаусса— Остроградского равеп пулю
поток вектора поля через любую замкнутую поверхность. Исключение
может быть только в случае наличия в таком поле особых точек
(в которых вектор поля не определен и дивергенция поля, если ее
определять в такой точке при помощи формулы (1) $ 3, отлична от
нуля). В этом случае поток через замкнутую поверхность может быть
отличен от нуля, но будет иметь одно и то же значение для всех
замкнутых поверхностей, окружающих данную группу особых точек.
Пример 3. Доказать, что для любого дважды дифференцируе-
мого трехмерного векторного поля а = а (г) поле вихрей соленоидально.
<® Имеем
__ [90а дау
дах _ да.
(= Mes|
rota=(M20) 44(Bs 3d+ ua )*
#50

Учитывая равенство смешанных производных 2-го порядка, получае».
д (да,.ov) d/0a, =\ д(= 20)
divrota==(=Oz.+5,(32Oe) TG\Ge7GyJ=O
В п. 4 предыдущего параграфа это соотношение доказано. с по-
мощью оператора набла.
10.142. Доказать, что в соленоидальном поле поток век-
тора через замкнутую поверхность, не содержашую внутри
особых точек, равен нулю.
Проверить соленоидальность следующих полей;
10:143. a= (x?y+ y®)it
(8 —xy")J.
10.144. a=xyi+ xyf—(x?+y*) Zk.
x
y
(x+y) Inz
10.145. а— 1 + ау
10.146. а= У (9)2
Уи (би)
10.147*. Доказать, что в соленоидальном поле поток
вектора поля через поперечное сечение любой векторной
трубки (определенный в одном и том же направлении)
сохраняет постоянное значение.
3. Лапласово (или гармоническое) поле. Векторное поле назы-
вается лапласовым (или гармоническим), если оно одновременнои по-
тенциальное и солепоидальное, т. е. ссли
rota=0 un diva=0.
(6)
Пример 4. Доказать, что потенциал и двумерного или трехмер-
ного лапласова поля является гармонической функцией, двух или трех
переменных[т.еид оилдиди42__
ременнье
д ду?
a ду? =?)
<@ JleticTButenbHo, umeem
.
и
Фуа=Чувгади—= =4Oeт
для Двух перемеппых,
.:
ди
diva=div grad u= Axe + ay += ==
лля трех переменных. No
Пример 5. Показать, что потенциал поля сил тяготепия, воз-
иикающего в пространстве, окружающем некоторую точечную массу,
равен No/г (Е > О — коэффициент пропорциональности) и что поле сил
тяготения лапласово.
<q Поместим начало координат в центре притяжения. Тогда
а’ вгад
в grad ———1_ ев
xtuJ2kaBP.
r
V e+ y+2?
(x? y?422)9/% м
Но это—вектор силы притяжения. Действительно, он ‘направлен
к центру притяжения, поскольку
—/Г/г —единичный вектор радиус-
‘181

вектора точки Р (Г), направлевный к началу координат, а его модуль
равен ^А/’?, т. е. обратно пропорционален квадрату расстояния от
центра притяжения. Покажем, что diva=—
k div =, Имеем:
kx
_ ия)”
dogиии
Ox (x8 fy? 22)8/?
mo _^
Аналогично
да, _
2 да,_
и—222
‘Oy
rd
an)
г,
и потому
day
Sas, Suat iteа.BE (yf 28 — 242) + (22-4 2? 242) +
+ (x?-+ y? —2z"))= 0.
Итак; поле сил тяготения лапласово. д
10.148. Доказать, что плоское векторное поле, потён-
ya
циалом которого служит функция и= шг (г== V x + у),
лапласово.
10.149*. Для гармонических в области Gdyn и нии
доказать venoms формулы Г рина:
а)
физUz~ do= У (gradu, grad w) dv
(первая формула Грина),
6
dh(4a—©a)40
(вторая формула Грина),
в)
pou) do = 2 SN (gradu, grad w) du
(третья формула Грина).
Являются ли гармоническими следующие функции:
1
]
11
e
ea oe eee
.
0.150. u - Va
10.151, u=r—x=V x4 y—x.
10.152, u=Ax-+ By+C.
10.153. u=Ax?+ 2Bxy+ Cy’.
10.154. и= Ax* + 3Bx?y+ 3Cxy’ +- Dy’,
152

40.155... и= Ах Виу--С2--Р.
10.156. и=а,1^? Наву + @зз2 4 Daygxy-+2ay9x2-+ 2agay2.
10.157. и=а,
аз - @ззз23 + Зальх? и-- Заз --
Е Заль»лу? -- За»зу?2 - 3A, g9XZ" + Sag 53427 + OA5g XYZ.
$ 5. Применение криволинейных координат
в векторном анализе ©
‚1. Криволинейные координаты. Основные соотношения. В прост-
ранстве задана система координат, если каждой точке Р поставлена
в соответствие тройка чисел Gy, 42, дз, причем различным тройкам
чисел отвечают различные точки пространства. Числа дт, go, дз на-
зываются координатами (или криволинейными координатами) точки
Р=Р (41, 42, 93). Наиболее употребительными являются следующие
системы координат:
1) Декартова прямоугольная система координат. Здесь их —
абсцисса точки Р, 92 =у—ордината и дз =г — аппликата.
2) Цилиндрическая система координат. Здесь за 41 принимается
расстояние г от точки Р до оси 2,'д=г (О=7< о), 92-=ф— угол;
составленный проекцией радиус-вектора ОР на плоскость Оху с но-
ложительным направлением. оси Ох (0=<ф < 27), ад: =2— аппликата
точки Р.
При этом цилиндрические координаты связаны С. декартовыми
прямоугольными координатами при. помощи
1
формул
и, обратно,
АК
г=Уя-й, шу=>.
3) Сферическая система координат. Здесь д1=г— длина радиус-
вентора точки Р (0= г < -о), 4» =9— угол между положительным
направлением оси Oz и радиус-вектором ОР; точки Р (0—0 an) *),
93= P— угол между положительным направлением оси Ох и проекцией
радиус-вектора ОР на плоскость Oxy O<@ < 2m). Имеют , MecTo
формулы:
x=rsinOcosg, y=rsin@sing, z==7 cos 8
и, обратно,
=—— OTF
2
Г=x2-2.22,09—=————’t=
VPy
Vein’ $
Линия, вдоль которой изменяется только одна координата дт,
называется координатной д1-линией, а единичный касательный вектор
к этой линии, направленный в сторону возрастания д1, единичным
000
координатным ортом е’ в точке Р (91, 42, 93). Аналогично опреде-
ЛЯЮТСЯ 42- И дз-Линии и единичные орты ед,, ед..
Если векторы @,, @,,, е,, попарно ортогональны
в любой точке
пространства, то соответствующая система криволинейных координат
1, 92, 9з Называется ортогональной.
х
|
<
.
`1) Иногда за координату д2 сферической системы принимают угол
между радиус-вектором ОР и плоскостью Охиу (см. $8 2 гл. 8)..
153

Пусть. Р (91, 4», 4з) — произвольная. точка пространства, Py (9g+
bE Ад, 42, 9з) —точка, лежащая на 9!-линии точки Р, и | РР. |— дли.
на дуги PP. Тогда число
Aq>0 Aq
называется коэффициентом „аме координаты дг в точке Р. Анало-
гично определяются коэффициенты Ламе Г. и [3 координат 42 и: 43.
Если точка Р(х, и, 2) имеет криволинейные координаты gy =
== 41 (Х, И, 2), 42= 2 (х, У, 2), 9з — 93 (х, у, г), то дифференциалы радиус;
векторов 4, координатных линий и дифференциалы их луг (5, ОП-
ределяются с помощью равепств
Ox
ду
dz
ага, =ф=—aq, dq, -|- Ja 9, “4 +R aq, dq, = Leg, 44,,,
f
|
ax dy \?, /dz\?,
“У(я)(OHS MyLyMy
(v=1, 2, 3), rae Г ‚— коэффициенты Ламе.
Множество точек Р (41, 42, 93), для которых одна из координат
постоянна, называется координатной поверхностью.
Дифференциалы площадей координатных поверхностей опреде-
ляются по формулам
Абд, = [2Ё3 442 дз, 46а, = [1 Ёз dq, АЧз, d0y,=L,L, dq. Ча,
а дифференциал объема
dv = LiLoLls dq 442 дз.
Найти вид координатных линий и координатных по-
верхностей и построить их в произвольной точке для
следующих случаев:
10.158. Для декартовой прямоугольной системы коор-
динат.
10.159. Для цилиндрической системы координат.
10.160. Для сферической системы координат.
Вычислить коэффициенты Ламе:
10.161. В декартовой прямоугольной системе коордипат.
10.162. В цилиндрической системе координат.
10.163. В сферической системе координат.
Найти дифференциалы дуг координатных линий, диф-
ференциалы площадей координатных поверхностей и диф-
ференциал объема:
10.164. В декартовой прямоугольной системе координат.
10.165. В цилиндрической системе координат:
10.166. В сферической системе координат.
154

2. Дифференциальные операции векторного анализа в криволи-
нейных координатах. Указанные операции определяются следующими
формулами:
1ди
ди
ди„
= 5. в. -ЕТ.г Ms ea tT,г. Ogs©
]
= ТГ. (aa (Lal 904,)-+ 5 м). ‘ty :
(эдесь а=ас.еа.-| Age gs -+ а, дз),
1
9
9
1
9
rot amore (ai Cate) agg Чаво} ве ти (в (ва) —
Аи = у?и=
1 (2(LatsOu)40(Lalaa) 2 LiL,ди
—5 \941\Ш9491 04»\Г»042 as(teм.)
Для цилиндрических координат г, Фф и г найти выра-
жения:
10.167. gradu. 10.168. Au. 10.169. div a. 10.170. rota.
Для сферических координат 7, 0, ф найти выражения!
10.171. gradu. 10.172. Au. 10.173. diva. 10.174. rota.
Пример 1. Перейти к цилиндрическим координатам в выра-
xityj—zk
Vx2 y?+2?
«$ Так как в данном случае хё-Ни]=г, то
жении векторного поля а=
инайтиФаи го}а.
`УРЕя
По формулам, полученным при решении задач 10.169 и 10.170, на»
ходим:
д (га)
да,
+58 47 Me)
ny (rA)
‚(а
224
—( (73+. 22)°/? (payer )- (r? 4 a4?!
1 da, 09а
да daz
wan Ba)” +(GE- Or Jeg
(749) да
2rz
+;
яOz3ee
ео. No
div aa} (2
r
10.175. Вывести формулы!
-
1 O(L,Ly)
1
a) div y= Til, 4. 6) rote, =—7—~ [grad Ly; eye
158

10.178. Используя формулы, выведенные при решении
задачи 10.175, найти уа и гофа для единичных коорди-
натных векторов цилиндрической системы координат;
a) a=e,; 6) а=е.; в) а=е..
10.177. Решить задачу, аналогичную 10.176, для сфе-
рической системы координат:
а) а=е,; 6) а=е; в) а=е..
10.178. Найти все гармонические функции вида!
a) u=f(r); 6) и=}{ ($); в) и={Ё()
(г, Ф, 2г— цилиндрические координаты).
10.179. Найти все гармоннческие функции вида;
а) и=| (г); 6) и=|@); в и=/9)
(г, 0, ф—сферические` координаты).
10. 180. Перейти к сферическим коордннатам в выраже-.
2х (28 —х?— и?)
у
нии скалярного поля и =
и V*u.
.
|
|
10.181. Перейти к цилиндрическим координатам в вы-
.
ох
В
хи? x2—2)|
oo
ражении скалярного поля (a
и найти и,
x*-y
i
gradu u V2u.
10.182. Перейти к сферическим координатам в выраже-
НХ
НИИ векторного поля a== Met
„Уу
‚и найти и, огаи
и найти a, diva
и rota.
10.183. Перейти к цилиндрическим координатам в вы-
ражении векторного поля а — хгё -- уг] —2 У ху yk u
найти а, Шуа и rota.
3. Центральные, осевые и осесимметрические скалярные поля.
Скалярное поле называется центральным, если фупкция поля и =и (Р)
зависит только от расстояния точки Р поля от некоторой постоянной
точки —его центра. Если начало координат поместить в цеитр поля,
то функция и примет вид
и=и(й
=шУ у-2).
При исследовании таких полей целесообразно пользоваться сфери-
ческими координатами. Поверхиностями уровня такого поля булут
сферы с центром в центре поля, и потому эти поля часто называют
сферическими.
Скалярное поле ипазывают осевым, если функция поля и (Р) за-
висит только от расстояния точки поля Р от некоторой оси. Если
принять эту ось за ось 02 и обозначить расстояние от точки Р ‚до
нее через г, то фупкция и примет вид
uu (r)=u (V x+y).
При исследовании таких полей целесообразно пользоваться цилинд-
рическими координатами. Поверхностями уровня таких полей явля-
156

ются круговые цилиндры, оси которых совпадают с осью поля. Эти
поля называют также цилиндрическими.
-
Если функция и(Р) скалярного поля принимает одни и те же
вначения в соответствующих точках всех полуплоскостей, проходящих
через одну и ту же прямую (ось поля), то такое поле называют ссе-
симметрическим. Поверхности уровня такого поля — поверхности вра-
щения, оси которых совпадают с осью поля. Если есь поля принять
за ось Ог, то при исследовании таких полей целесообразно пользо-
ваться либо сферическими, либо цилиндрическими координатами.
Функцию и=и(Р) можно в этом случае представить либо в виде
и=и (т, 0)
(в сферических координатах), либо в виде
и=ви (т, 2)
(в цилиндрических координатах).
Замечание. Градиенты центральных, осевых и осесимметри-
ческих полей образуют векторные поля того же характера
— централь-
ные, осевые и осесимметрические.
Найти градиенты и лапласианы следующих полей;
10.184. u=f(r), r=Vxe+y?+22.
10.185. u=f(r), r=Vxe+y.
19.186. и=Е(х, 0) (г, 9 — сферические координаты). =
19.187. и=Р(у, 2) (г, г — цилиндрические координаты).

Глава Il
‚. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ
КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
$ 1. Элементарные функции
1. Понятие функции комплексной переменной. Множество точек
Е расширенной комплексной плоскости (г)=С UY {oo} называется
связным, если любые две его точки можно соединить непрерывной
кривой, все точки которой принадлежат данному множеству. Связное
открытое множество точек комплексной плоскости называется областью
и обозначается через О, С ит. п. Область О называется односвяз-
ной, если ее граница является связным множеством: в противном
случае область Ю называется многосвязной.
Если каждому комплексному числу 2, принадлежащему области
р, поставлено в соответствие некоторое комплексное число ш, то’
говорят, что в области D определена комплексная функция #=|(г).
Пусть =х-Нй иш=и--й. Тогда функция и =] (2) может быть
представлена с помощью двух действительных функций и =и (х, у)
и 9—0 (х, и) действительных переменных хи и:
w=f (2)=u+iv=u(x, y)+iv (x, 9),
где
u(x, yy=Ref(z), v(x, y)=Imf (2).
Пример 1. Указать область, определяемую условием |2]-—
—Ппг<1.
«& Так как |2|==У х?--у? и Ппг-=и, то получаем неравенство
Уж у-у<!
или
Ими? < 1+9.
Из последнего неравенства следует, что у > —1. Возводя обе части
неравенства в квадрат, находим х?-|- у? < 1-|-2у--у?. Следовательно,
искомая область определяется неравенством Y > 5 (2—1), т. е.
прелставляст. собой открытое множество точек, ограниченное графи-
ком параболы y= (x?—1) nw содержащее точку О (0, 0). p>
Пример 2. Найти действительную и мнимую части функции
(2) = {28 —2,
«$ Полагая г=х-|-1/, находим
р(2) = и(х, у) (х, =)—(— Ш)=
=E(x?—y?+2ixy)—(x—ty)=—x(1+ еби-У.
158

Таким образом
Re j (z)=u (x, y)=—
x (1+ 2y),
Inf(zj=v(%, y=et—y ty. >
Описать области, заданные следующими соотноше-
ниями, и установить, являются ли они односвязными:
11.1. 2—2 |< Ю. 11.2. 1<|2—Й<2.
‚ 1.38. 2<|z—i]<-+oo. 11.4. 0< Re(2iz)< 1.
. 14.5. |z—z,|> R. 11.6. O<]z+i] <2.
11.7, Im(iz) <1. 11.8, Re >I.
ee
Указать на комплексной плоскости множества точек,
удовлетворяющих указанным соотношениям:
11.9%, Im 222 =0, 11.10. [z—i]+|z+i]<4.
11.11. Reape =0. 11.12. ев 2+8 <
Е=0.
11.13. arg ———+
i
Записать с помощью неравенств следующие открытые
множества точек комплексной плоскости:
¥ 11.15. Первый квадрант.
11.16. Левая полуплоскость.
. 14.17. Полоса, состоящая из точек, отстоящих от мни-
мой оси на расстояние, меньшее трех.
11.18. Внутренность эллипса с фокусами в точках
1+1, З-ЁГ и болыной полуосью, равной 3.
11.19. Внутренность угла с вершиной в точке 2, раст-
вора л/4,. симметричного относительно ‘луча, параллель-
ного положительной мнимой полуоси.
Для следующих функций найти действительную и
мнимую части:
11.20. f(z) =iz+ 22%.
11.21, f(z) =2i—z-+iz’.
11.22. Ка = НЕ.
11.23. {(2)=4 +=.
11.24. f(z) = Re(z*
+ i) + 11.25, f(2)= аа!
+ ilm (z?—i).
аа°
‘Определить функцию #=](2) по известным действи-
тельной и мнимой частям:
11.26. u(x, y)=x-+y, v(x, y)y=x—y.
@ Econ z=x-+ ly и 2=х— И, то х= а (2-2) и y=—+ (2—7).
159

Тогда.
1—#, Me —
и(х, Ех
(2+9-5@—5=-5
2;
Е
.
:
_
_
ae
v(x, yor yntet de dab! ex
Следовательно,
|
te
i—
_
ани, ДЕ
ЕЕ ит
=(-=+->и Jesyin ee
Taxum o6pa3om, f (z)=(1-+2) z.
|
Рассмотренный в задаче метод позволяет в общем случае полу-.
чить для функции комплексной переменной выражение, зависящее
отги 2. No
11.27. u(x, y) =e —yr—2y—l, U(x, и) = 2ху- 2x.
2
2l
2
8—|
11.28, u(x, =x ate u(x, =
11.29. u(x, y) =~ , u(x, y) =.
Функция #=[(2) называется однолистной в области О, если
любым различным значениям 21 72 22, взятым из области О), соответ-
ствуют различные значения функции ] (21) # f (22).
Найти области однолистности следующих функций:
11.30. 1 (2)== 2%,
«$ Пусть 21 = ре и 2) — рое!Ф з. Найдем условие, при котором
= 23, хотя 21 22 22. Имеем ое Фи = рае 203 Отсюда заключаем, что
ру=рь, а 2 =24:-Е2&л (#=0, 1). Так как 25 2 2ь, TO G2 =Gi +H.
Таким образом, область однолистности функции ш=г? не должна
содержать внутри себя точек, модули которых совпадают, а аргу-
менты отличаются на д, т. `е. областью однолистности является
любая полуплоскость, например Кез > 0 или Ипа > 0. >
11.31. f(z)= 2%, nEN. 11,32. f(z)=
11.33, f(z) =e*?.
11.34. Неа.
Геометрически заданную на D функцию [ (г) можно рассматривать
как отображение области О) плоскости (2) на некоторое множество G
плоскости (&), являющееся совокупностью значений (2), соответст-
вующих всем г ЕО.
Пример 3. Исследовать отображение, осуществляемое линей-
ной функцией и=аг- Ь.
160

@ Это отображение можно рассматривать как композицию трех
простейших отображений. Действительно, положим
wy =|alz,
-
i arga
Wee
WY,
W3 = We-b.
Тогда нетрудно видеть, что и) = 3 о 5 ош. Из геометрического смысла
произведения и суммы комплексных чисел ясно, что отображение и
есть отображение растяжения (сжатия при 0 < |а| < 1), отображе-
ние и. представляет собой поворот всей плоскости (и) относительно
начала на угол ф=агва и, наконец, отображение из есть парал-
лельный перенос плоскости м» на вектор, изображающий комплекс-
ное число 6.
Найти образы указанных точек при заданных отобра-
жениях:
11.35. z,=1+i, w=2?+-1.
‚ 11.36. = re , wW=(z—2)?.
i
Imz
‹. 11.37.2,=1—-4, w=.
11.38. 2,=3—2i, w=.2
11.39. Найти образы координатных осей Ох и Оу
2-1
при отображении waite
Для отображений, задаваемых указанными функциями,
найти образы линий х=С, |2|=К, агбг=ая и образ
области |2| «г, Imz>0: ©
|
i
11.40. w=z*. 11.41**, =.
Один из наиболее употребляемых способов задания функций —
задание с помощыьо формулы —в случае функций комплексной пере-
менной часто. приводит к многозначным функциям.
Говорят, что в области О определена многозначная функция
#—] (2), если каждой точке г Е О поставлено в соответствие несколько
комплексных чисел &.
У2
Пример 4. Найти все значения функции „УЗ уз в
точке 2 =.
«$: Так как И =1 и ав, то в соответствии с `определением
корня п-й степени из комплексного числа (см. $ 5 гл. 1) находим
Jt
V2
>Gaзил)
Wp=>7°
Г
k=0, 1.
6 Поя оея. А; В. Нфимова. Б. П. Демидовича
161

Таким образом,
b
a
l
W)=
—e4 =-~~—— cos ® isin
iV 2,
9
2
4
-4
2
i
Bt ra, V2
5
37 cos
isin
=V2i
>
<
K
S
м
|
5
<
b
o
l
Найти все значения следующих функций в указанных
TOUKAX:
11.42, w=z+)/2z, 2=—1.
11.43. w= V2t!
11.44. w= VY 1—V 2, 2,=—i.
11.45. w=V i4+V2z, 2=—1.
Найти Аге} (2), если г==ге®;
11.46. } (2)= 22. 11.47. ] (2)= 23.
11.48. f(z)=Yz+l. 11.49. {(2)=И?2—8.
11.50. f(2)=VF—4. 11.51. fyVV 52.
2. Основные элементарные функции комплексной переменной.
Следующие функции (как однозначные, так и многозначные) назы-
ваются основными элементарными:
1. Дробно-рациональная функция
az" -+ayz"-1+-...+4a,
b 2% +6,2%-1+ +b,’
Частными случаями этой функции являются:
а) линейная функция
aztb, a,b€O0, a0;
6) степенная функция
п, ТЕМ.
г", ПЕМ;
в) дробно-линейная функция
az-+b
.
сг-|- 4 7
a, b, С, ЧЕО,
Сx0,
ad—bc x 0;
г) функция Жуковского
1
|
2 (+=)
“. Показательная функция
e% =e* (cos y-+i sin yj.
162

3. Тригонометрические функции
1,
тен: (12 —e~i2), cos а— 5 (e'? +e"),
Sin 2
COS 2
ct
с0$ 2
та *°
4. Гиперболические функции
shz a (e?—e-7), ch — (ce? 4-e-7),
, th z— 912. cth pach
chz
shz
5. Логарифмическая функция
Ln z=In|2|-+é (arg 2+ 2kn).
PyukunaA Lnz является многозначной. В каждой точке 2, отличной
от нуля и о, она принимает бесконечно много значений. Выражение
In|z|4-¢ arg2 называется главным значением логарифмической функ-
ции и обозначается через п2. Таким образом,
Ln z=Inz-+ 2keni.
6. Общая стененная функция
g@—ptln2 СО.
alnz
Эта ‚функция многозначная, ее главное значение равно е
Если
=>, пЕМ, то получаем многозначную функцию — корень. п-й сте-
пени из комплексного числа:
t п/—
|
— (In| z|+é (arg 2+ 200) n -—.; MEZt Oke
г=
=e
=иzle
.
7. Общая показательная функция
а =е* па, gEQ,
Главное зпачение этой мпогозначной функции равно с? па, В даль-
нейшем при а > 0 полагаем а2 =е? па,
8. Обратные тригонометрические функции Агсып2, Агссо$г,
Агс&г и обратные гиперболические функции Агзйг, Archz, Arthz.
Определения этих многозначных функций рассмотрены в примере 7
и задачах 11.70—11.74.
Отображения, осуществляемые некоторыми элементарными функ-
циями, и простейшие свойства этих функций будут рассмотрены
позднее (в 5 3); здесь ограничимся только вычислением конкретных
значений этих функций.
Пример 5. Вычислить $ é.
® Имеем:
,
elf_e-ti
е-1—1
el—e
sin f=
ny, = {—__——_ =/shl. >»
Пример 6. Вычислить сй (2—39.
6*
° 163

«$ Имесм:
ей(2—31)=
А Та (cos 3—Е 5ш 3)-Ее-? (со$ 3-15 3)) =
=cos 3ch2—isin3sh2. No»
Пример 7. Найти аналитическое выражение для функции
Areeos2 при любом комплексном 2. Вычислить Arccos 2.
«@ Так кан равенство. и = Агссо$2 равносильно paBeHCTBY COS w= 2,
efW | g-iw
то можем записать г=——5——. Отсюда находим
631% — 226%
|] —0.
Решая это квадратное отпосительно е уравнение, получаем
ем —2--У 2—1
(здесь рассматриваются оба значения корня). Из этого равенства
находим
ш= Ри (2-НУИ 2—1),
No — Агссо$2 = — 1 (2-РУ 2—1).
Отсюда получаем
Arccos 2=: —iLn(2 + V 3)=—iln(24+ V 3)-L2kn.
11.62. Используя данное выше определение функции e,
доказать, что €? HMCET YHCTO MHMMbIN TepHon 2ni, T. e.
ez t2nt __ 92,
Выделить действительную и мнимую части следующих
«функций:
11.53. ш=@-2. 11.54. w= el2 +i)”,
11.55. w=sin(z—i). 11.56. w=sh (z-+- 2i).
11.57. w=tg(z+1). 11.58. w= 31%,
Доказать тождества:
11.59. sinjz=ishz. 11.60. cosiz=chz.
11.61. tg iz=ithz.
Вычислить значения функций в указанных точках!
11.62, cos(1-+ i). 11.63. chi. 11.64. sh (—2--i).
11.65. Ln(—1). 11.66. Ind. 11.67. Ln,V 2
13.68. ctg ni.. 11.69. th ni.
Получить аналитические выражения для указанных
ниже функций: и для каждой из них найти значение
в соответствующей точке 2a (cM. пример 7);
11.70. и= Агсзшг, 2=
11.71. w= Arctgz,
В.
164

11.72. w=Arshz, 2,=1i.
11.73. w=Archz, z,=—=—l.
11.74. w=Arthz, z,=1—i.
о
Найти значение модуля и главное значение аргумента
заданных функций в ‘указанных Точках:
11.75. w=sinz,. 2, = п -- И 3.
11.76. w=27e?, 2, = — 14.
711.77. W=ltch®z, 2,=i1n2..
11.78... = 2, z= bin.
Найти все значения степеней: ‘``
А
11.79. 2. 11.80. (— 1). 11.81. (1+).
11.82. (— 13. 11.83. (3— 47. 11.84. ([—3- 40+.
1-7
ee
(Ya ‘\
11.85. (To )". 11.86.
(
1
+). .
PewutTb ypaBHeHHs:
ee
11.87. e? —i=0.
11.88..e =cosnx (xER).
11.89. In(z—i)=0. 11.90. $612 = —[.
3. Предел и непрерывность. функции, комплексной переменной.
Число ДА = © называется пределом функции i (2) при 2+2 и обозна-
uaetca A= lim }# (2), если для любого > 0 найдется’ 6 ==8 (2) > 0
2>2
такое, что для всех 2 52 ‘25; ‘удовлетворяющих неравенству [2—2 | < 6,
выполняется ‚неравенство
го
А —|<.
И
Говорим, Что dim (= о, если для любого. R > 0 найдется
г—> го
`
6.==6 (No)> 0: такое, ‘что’‘для всех ‘г гу таких; что’ |2-5а; |'< 4,
выполняется неравенство
и.“
[2(2)!>К.
|
Следует иметь в виду; что для данной фу НКЦИИ F(z) существование
предела по любому фиксированному пути (2 — > 2)) еще не гаранти-
рует существование предела {[(2) при 2— 2%.
г2
Пример 8. Пусть пе-(=-= ‚ Показать, что iti if (2)
не существует. .
«$ Для предела: при г -->0. по любому лучу геФ имеем ‚=:
lim ГИ ге re~*ON
9
r—>020]у2 — ге: =Sin <Q;
т. е. эти пределы различны для различных. направлений —они` запол-
няют сплошь отрезок. i-1, Ц, и, следовательно,
s-
lim12.2|.
BPOMLZ2Jo
a
"165
не существует. No»

‚ Функция f(z) называется непрерывной в точке 29; если она
‘определена в этой точке и Шп Ё (г) = (2).
Функция f (2), непрерывная в каждой точке области Р; назы-
вается непрерывной в этой области.
` Функция } (2) называется равномерно непрерывной в области D,
если ‘для любого # > 0 найдется 6—0 (=) > 0 такое, что для любых
точек 21 и 2. из области О таких, что |21—
25 | < 6, выполняется
неравенство |} (21) —1 (22)| < 2.
11.91. Используя логическую символику, записать дан-
ное выше определение непрерывности функции в области.
Вычислить следующие, пределы: :
“ 11.92. lim 2423 | 1.93. lim re£082
2-27
—
>0св
.
sin iz
.ena1
11.94, Пт, врата . 11.95. in eta"
4
2
Доказать непрерывность на всей комплексной пло-
скости следующих функций:
11.96. ш=2. — 11.97. ш=|2| Вег.
11.98. w=e?. 11.99. ш=соз|2|.
Как доопределить данные функции в точке г =0, чтобы
они стали непрерывными в этой точке:
11.100. fa=e. 11.101. fate
11.102. f(z)=e-M21. 11.103. f(z) =2/z].
11.104. Доказать, что функция }(2) =е-\? непрерывна
в полукруге 09<|2|<1, |агб2|
< л/2, но не является
равномерно непрерывной в этом полукруге, а в любом
секторе 0«]|2|<1, |агёг|<а < л/2 она равномерно
непрерывна.
$ 2. Аналитические функции. Условия Коши — Римана
1. Производная. Аналитичность функции. Если в точке 2Е0
существует предел.
lim f(2+Az)—f(2)
Az> 0
Az
2+Az€D,
то он называется производной функцни } (2) в точке 2 и обозпачается
реа f' df (2)
ефрез |’ (2) или ——.
“Если в точке 2 ЕО '’функция }(2) имеет производную f’ (z),. то
говорим, что функция [(2) дифференцируема в точке 2.
Функция f(z), дифференцируемая в каждой точке o6naéTH D
и имеющая в этой области непрерывную производную [’ (2), назы-
166

вается аналитической в`облабти О. Будем также ‘говорить, что f (2)
аналитическая в точке 2 ЕО, если [(2) является аналитической
в некоторой окрестности точки 2%.
Для того чтобы функция ](2) =и (х, И)и (х, 9) была аналити-
ческой в области ), необходимо и достаточно существование в ЭТОЙ
области непрерывных частных производных функций и (х, у) иу(х, и),
удовлетворяющих условиям Коши
— Римана
ди(х,у)_д(х,и)
ди(х,У)___де(х,У)
3
oy
дх'
или, в полярных координатах,
ди(гс0$ф,гзшФ)_1д0(гс0$ф,гпФ)
Or—
т
дф
'
9
Ov(rcos@, rsing) _ __ 1 ды (r cos @, rsin $).
(2)
or
т
дф_
При выполнении условий (1) или (2) производная [{=) может
быть записана соответственно:
.
Ou,.ovOvjuдиjou
PO)=ata=ay!agax ay=ixe
(3)
ИЛИ
,
Ou, .dv 1
/
де Ou
r= s( E+E)=a (Sp— oe) 0
Формулы дифференцирования функций комплексной переменной
аналогичны соответствующим формулам дифференцирования функций
действительной переменной.
Пример 1. Доказать, что функция [(2)=е?2 аналитична и
найти | (г).
«$ Имеем
"
e22.— e2* (cos 2y+i sin 2y),
т. е.
u(x, y)=e* cos 2y, u(x, y) =e sin dy.
Поэтому
Ou=2e?*cos2y Ou=—2e**sin2y,
OX
'’ ду
’
до_ 2x
Ou
2x
oe
sin 2y, ay 2° cos 2y.
Следовательно, условия (1) выполняются во всей плоскости, и по
„первой из формул (3)
(e22)’ — 2e2* cos 2y+ i2e?* sin 2y= 2e** (cos 2y+i sin 2y) =2e72. »>
. Пример 2. Показать, что функция ш=2® аналитична во всей
комплексной плоскости (кроме 2 = 00).
<. Действительно, имеем г —=ге!® и
:
w=23=r3e'8%—73cos3p+ir?sin3q,
` 167

причем
ov 3r? sin 39,
OW as
ar=3r*cos3q,
ar
=—=—3?sin3q, oo=37с0$39;
i
т. е. при любом козезном z= rele выполнены условия (2). Применяя
первую из формул (4), имеем .
о.. 8“
ре=( = (372 с0з Зф-| {3/2 зш 3$) = 327. д
Пример 3. Показать, что логарифмическая функция м —=1ла2
аналитизна во всех конечных точках, кроме. 2=0, причем'
ae ord
(Ln 2) =F"
«$ Так как
Ln z=In7-+i (p- 2kn),;
то имеем:
Ou1 fu, Ok
orг’ op°OpOr
т, е. "выволиены условия (2), ‘и по нервой из формул (4) находим
р
Г2
(Lnz)’=г.
Аналитические функции находят’ применение при описании раз-
AMONDIX процессов:
Пример 4. `Рассмотрим плоское безвихревое течение идеаль-
ной несжимаемой жидкости. Пусть 0х. Ax, у) и о, (х, у) — компоненты
вентора скорости ® течения вдоль осей хи у, и’ пусть
V(2)=0, (¥, Y)—ivy (%, 9)
(5)
— комплексная скорость течения. Показать, что У (2)— аналитиче-
ская фувкция.
|
«$ Из песжимаемости. жидкости следует, что дивергенция вектора
скорости тождественно равна нулю, т, е.
OV,,Oy_
tay =:
(6)
Далее, течение является безвихревым: тогда. и только тогда, иогда
ротор его вектора скорости равен, нулю, т. е,
.
Но равенетва (6) и (7) являются условиями Коши
— Римана для
функции (5), т. е. комплексная скорость У (2) являетея аналитиче-
ской фузкцией комплекспой: перемезной 2 =х-|-й/.
Выяснить, в каких точках дифференцируемы функции;
11.105*, w=z. 11.106*. w=Rez. 11.107. w=zImz.
11.108. w=z:‘Rez. 11.109**., w=] z|]. 11.110. w=|z—1 |.
}6а

11.111*. Прелпелагая выпелненными условия Коши —
Римана (1) в ‘декартовых прямоугольных координатах,
доказать справедливость условий Коши— Римана (2)
в полярных коердинатах и справедливость формул (4)
вычисления производной в полярных координатах.
Проверить выполиение условий Коши —Риманз AQ)
или (2) и в случае их выполнения найти [ (2):
11.112. 7 (г)
= в32. 11.113.
[(2)=звг.
11.114. }(2)=2”, ПЕД. 11.115. [(2)
= с0$2г.
11.116. /(2)
= 1 (22). 11.417. Кг) =.
11.118*. Пусть ] (2) —аналитическая функция в области
Р. Доказать, что если одна из функций
и(х, у) = Ке] (2), v(x, y)=Im/(z),
r(x, N=lT(Z)), 8, y)=argf(z)
сохраняет в области постоянное. значение, то и {(2) ==
=const вО.
2. Свойства аналитических фуниций. Ряд свойств, характерных.
для дифференцируемых функций действительной переменной, сохра-
няется и для аналитических функций.
11.119. Доказать, что если | (г) и 5 (2) — аналитические
в области О функции, то функции } (2)
-- 6 (2), [(г) 5 (2).
также аналитизны в области О, а частное ] (2)/5 (2) —
аналитическая функция во всех точках области Б, в ко-
торых & (2) == 0. При этом имеют место формулы = |
(f(z) &(2)=[(2)=="(2),
(1 (г) & (2) =Т (2) 8 (Э-Г(г) =" (2),
(=) = ГО 19),
g (2)
2 (2)
11.120. Пусть 7 (2) — авалитическая в области О функ-
ция с областью значений С == {] (2) |260}, и пусть функ-
ция ф (и) аналитична в области (.`Доказать, что Р (2)='
= Ф (] (2)) аналитическая в области О функция.
Используя утверждение задачи 11.119, найти области
аналитичности функций и их производные:
11.121. [(2)
= юг. 11.122. Кёге,
11.123. /(2) = 105. 11.124. (= =
1...
11.125. 7 (2) ое?" 11.126. Ка=^.
11.127, f(z)=cthe. 11.128, f(z)= COS 2
cos z—sinz °
169

11.129. Доказать, что действительная. и мнимая части
аналитической в области D функции [(2) =и(х, у +
-+ (u(x, у) являются гармоническими в этой области функ-
циями, т. е. их лапласианы равны нулю:
Фи‚ди
Ou
Au=Fat5 =9 Av=
=—=0.
11.130. Получить выражение лапласиана Аи в поляр-
ных координатах (и=и (г, Ф)).
Заметим, что заданием действительной или мнимой части ана-
литическая в области Р функция определяется с точностью до произ-
вольной (комплексной) постоянной. Например, если и (х, у) — дейст-
вительная часть аналитической в области О функции | (2), то
(x, y)
a(x, J=ImF(= \ фм,
(Хо,о)
где (х, о) фиксированная точка в области О и путь интегрирова-
ния также лежит в области О.
Пример 5. Проверить, что функция u = x*— y*—5x--y--2
ляется действительной частью некоторой аналитической функции
# (2) ‘и найти р (2).
<$ Так как
|
ди‚ди
да Г диз —=2—2 =0
во всей плоскости, то и (х, у) —гармоническая функция, а тогда
(x, и)
x
y
v(t, = | (y—1)
de+ (2x—5) “y= | (2—1)
4«-- \ (2x—5) dy=
(Хо, Уо)
Yo
=(24g—1)(x—X)+(2x—5)(y—Yo)=Quy—x—By+-5yp--х—2х4,
т. е.
u(x, y)=2xy—x—dy+C
и
[(г)
= хе — у — 5х-у--2-Е1(2ху—х—5у--С) =
= (x*®—2ixy—y?)—5 (xtiy)+(—xi+ty)4+24Cl=
©
—=2* —52 —{2 --2--С1. >
Пример 6. Показать, что функция вида
и (х, у) =а (ху?) bxtcy+d, a £0,
не является действительной (или мнимой) частью никакой аналити-
ческой функции.
«$. Действительно, это следует из соотношения
07u
я-а =499. >
.79

Проверить гармоничность приведенных ниже функций
в указанных областях и найти, когда это возможно,
аналитическую функцию по данной ее действительной или
мнимой части:
11.131. u(x, yy=x?—3xy?, O<]z]<-+ о.
11.1382. v(x, y)=2e* siny, O<|z|< +00.
11.133. u(x, y)=2xy4+38, O<|z]< +o.
11.134, v(x, y)=arctg =, 0<|z|<-+0.
11.135. w (x, Y) =p 2y, 0<|2| <.
11.136. и(х, уф ху, 03 |2|
<-о.
11,137. u(x, и) =ху, 9<|2| <.
$ 3. Конформные отображения
1. Геометрический смысл модуля и аргумента производной, Пусть
ш—| (2) аналитическая в точке г, функция и [ (2%) #0. Тогда
k=|f’ (22)| геометрически’ равен коэффициенту растяжения в точке
‘2 при отображении ш=|(г) (точнее, при А > | имеет место растя-
жение, а при Ё < 1— сжатие). Аргумент производной ф= ага |’ (25)
геометрически равен углу, на который нужно повернуть касательную
в точке 25 к любой гладкой кривой Ё, проходящей через точку Zo,
чтобы получить касательную в точке и, =](2) к образу [’ этой
кривой при отображении ш=}(2). При этом, если ф > 0, то пово-
рот происходит против часовой стрелки, а если ф<0, то по
часовой.
Таким образом; геометрический смысл модуля и’ аргумевта
производной состоит в том, что при отображении, осуществляемом
аналитической функцией, удовлетворяющей условию [ (2%) = 0,
= | (2)| определяет` коэффициент преобразования подобия' беско-
нечно малого‘ линейного элемента в точке 2%, а ф=аге [ (2,) — угол
поворота. этого элемента.
Пример 1. Найти коэффициент растяжения Ёи угол поворота ф
в точке 2, =1—й при отображении шШ— 22 — 2.
«$ Так как wo’ = 2z—1 иш’ [11-1 =1-—24. то
—=| 1—2 |=Иб5 и ф=аге (1—2)
=—ага2.р
Найти коэффициент растяжения А и угол поворота ф
для заданных отображений ш=|(2) в указанных точках:
11.138. w=z%, z2,=V2(1+i). 11.139. W= 27, z,=i.
11.140. w=2?, z,=1-+¢. 11.141. w=2', z,=1.
11.142. w=sinz, z,=0. 11.1438. w="it, z, = 2ni.
’” Выяснить, какая часть комплексной плоскости’ ‘рас-
тягивается, а какая сжимается при следующих отображе-
НИЯХ:
11.144. ш= 1/2. 11.145. ш=е2-1:
11.146. w=In(z+1). 11.147, w= 2?-+ 22.
хи

Найти множества всех тех точек 2., в которых при
следующих отображениях коэффициент растяжения k=1:
11.148. w=(z—1)*. 11.149. w= z?—iz.
1.150. шЕТЕЕ. 11.151, ш=-— 2.
Найти множества всех тех точек 2,; в которых 'нри
следующих отображениях угол поворота ф= 0:
11.152. wat, 11.153*.. & = Е
“[—iz°
11.154. ш= 24-42; 11.155. pe 292,
2. Конформные отображения, Линейная и дробно-линейная функ-
ции. Взаимво однозначное ‘отображение области О плоскоёти (2) на
область С плоскости (&) называется конформным, если в каждой
точке области ) оно обладает свойствами: сохранения углов’и пос-
тоянства растяжений.
Критерий конформности отображения. „Для mozo
чтобы отображение ‘области. D, задаваемое функцией ш=|(2), было
канформным, необходимо и достаточно, чтобы |(2) была однолцст-
ной и аналитической в ‚области Ш функцией, причем | (3). 0
всюду в О.
В дальнейшем образ области О при отображении функцией
ш=—|[ (2) обозначается через’ Е либо через } (ТО).
Пример 2. Показать, что отображение, осуществляемое функ-
цией w==z2?; конформно в области
D={z|1<
|z|<2,0< argz
< 2/3}.
«$ Необходимо проверить, что’ заданная функция является ‘аналити-
ческой, однолистной в В. и что всюду в О [ (2) = 0. Аналитичность
функции и=—=2* показана выше (см. пример .2 $ 2), .соотнощение
Ш’ —=32? 20 для любого 2 Е О очевидно. Однолистность следует из
того, что область Р содержится в угле.с вершиной. в начале коор-
динат.и. величиной 2л/3 (см. задачу 11.31). >
Выяснить, какие ‘из заданных функций ‘=
(2) ‘ойре-
деляют конформные Meet указанных областей РО;
11.156.
= (2-52, Р={2|1<|2-+й < 3,
О < агег < 3л/2}.
11.157. ш=| 21|, D={2||2|< |}.
11.158. ше, D={2{0 < Imz< Qn}.
1
1
11.159, ш=э (2+), р= {|< < i} .
11.160. w=(z—1)°, D={z||z—1|
<1}.
Отображение, осуществляемое линейной функцией. и=а2 +6,
рассмотрено выше (см, пример 3 § 1). Оно представляет собой KOM-
позицию растяжения (и; =|а|2), поворота (и =е are ay) “4. парал-
лельного, переноса (4; =. {-Ь). Обратная: к линейной. функции также
6
есть линейная функция 2=—W——. Так kak w’=a#0, то
172

отображение ш кенформно во всей расширенной плоскости, причем
имеет две неподвижные точки 21=
(приа ]и2.=о.
|—а
Пример 3. Выяснить, существует ли линейная функция;
отображающая треугольник © вершинами 0, 1, { в плоскости (2) на
треугольник с вершинами 0, 2, 1--{ в плоскости (w).
<$ Заметим, что треугольник с вершинами 0, 1, Г подобен треуголь-
нику с вершинами 0, 2, 1-1, причем вершина в точке 21=0 соот-
ветствует вершине в точке м:=1--#, вершина в точке 2. =1-— вер-
шине в точке No. —=0 и вершина в точке 2, ={-— вершине в точке
#5, =2. Выполним последовательно преобразования:
jos
a) wj=e *“2— поворот около начала координат на угол © = 5/4
против часовой стрелки;
6) и, =У 2и:—гомотетия с коэффициентом #=У 2;
в) из=ш, | (1--7) — параллельный перенос на вектор, изображаю-
щий комплексное число 1-#.
°В результате треугольник с вершинами 0, |, # отображается на
треугольник с вершинами 0, 2, 1-|-$, а осуществляющая это отобра-
жение целая линейная функция имеет вид
.55
w= wy0w,0wj=V de *2+(1-+i)=
=V2(—W iV ert tinata—a. No»
11.161. Доказать, что отображение, осуществляемое
целой линейной функцией, имеет две неподвижные точки
(совпадающие, если а=1]).
Для указанных ниже отображений найти конечную
неподвижную точку 2, (если она существует), угол пово-
рота Ф и коэффициент гомотетии R:
11.162. w=2z+1. 11.163. w=iz44.
a
д
11.164. w=e 4z—e 4. 11.165, w=az+b.
Дробно-линейная функция
az-+b
Ocz-+d’ ad—be #0, cH0,
осуществляет конформное отображение раснтренной плоскости (2) на
расширенную плоскость (&). При этом под ‘углом между кривыми
в .. ке 2= < нонимается угол в точке 2*=0 между образами этих
нривых, полученных путем отображения *=—. Нростейшей дробно-
‘линейной функцией (отличной от линейной) является функция
‘W=— ‚ которая может быть представлена в виде композиции инвер-
сии относительно единичной окружности и;=— и комплексного
a
173

сопряжения ш.= Wy. MWpoctetuian дробно-линейная функция отобра-
жает окружности плоскости (2) в окружности плоскости (&) (прямая.
линия считается окружностью бесконечного радиуса). Так как общая
дробно-линейная функция представляется в виде композиции „ли-
1
нейной функции и: =сг--а, простейшей дробно-линейной Мат т
и
bc—ad
a
|
и снова линейной м==—— р, то она также отображает
окружность в окружность.
Дробно-линейная функция ш=и (2) вполне определяется зада-
нием образов трех точек. Именно, ес 1M 2j —> Wy, 23 —> Wa UM 23 —> Ws, TO
(1)
W—Wy W3 We _ 2— 21. 23—22.
W—W, W3—Wy 2—2. 23—21’
Замечание. Если одна из точек 21, 22 ИЛИ 23 либо wy, Ws
или шз является бесконечно удаленной, то в формуле (1) все разно-
сти, содержащие эту точку, следует заменить единицами.
Пример 4. Найти образ окружности No--у=2х при отобрз-
женииW=oe
os
:
toe
Е
«$ Полагая г=х- у, имеем х=5 (2-2), у=5; (2—2).` Подставив
эти значения в уравнение в окружности, находим
Жо -у—9х=2.2— (2-2) =0,
'4
.
1.
и после замены a имеем
шиШw
т. е. ш+-ш=1. Если ш=и- 1, то w+w=2u. Takum образом,
окружность х?--у? —2х=0 преобразуется в прямую и= 1/2, парал-
лельную мнимой оси. >
|
Пример 5. Найти дробно-линейное отображение, переводящее.
точки —1, & &-Н1 в точки 0, 21,.1—1.
G Используя формулу (1), имеем
w—0 1—i—2% 2-Е 1-1
Ш Ри,
откуда
-
mw 124i
w—2 52z-—1
a
91 (2-51)
ит. No
Найти образы следующих линий при отображении
wats_ 1.166. Окружности х*-Ру = y/3.
174

11.167. Прямой у=— х/2. 11.168. Прямой yal.
11.169. Окружности x?+ y?4+ 2x—2y4+ 1=0
11.170. Доказать, что проходящая через начало коор-
динат окружность А (х? -| у?) + 2Вх-- 2Су=0 преобразуется
функцией ш=_ в прямую, а любая прямая Вх Су+
-Рр=0Ор—в окружность, проходящую через начало коор-
динат.
_ Найти дробно-линейное преобразование по заданным
условиям:
11.171. Точки & ‚ 1-1 переходят в точки 0, оо, |.
11.172. Точки 7 wi неподвижны, а точка 0 перехо-
HTBoo.
11.173. Точки + и 2 неподвижны, а +3 перехо-
NMHT B oo.
11.174. Доказать, что дробно-линейное преобразова-
az
ние и = 2 имеет две неподвижные точки. При каком
cz+d
условии эти точки совпадают? Когда бесконечно удален-
ная точка является неподвижной?
Точки 21 и 2› называются симметричными относительно прямой,
если они лежат на перпендикуляре к этой прямой по разные ето-
роны от нее и на равных расстояниях.
Точки 21 и 2. называются симметричными относительно окруж-
ности, если они лежат на одном луче, выходящем из центра этой
окружности, по разные стороны от нее и так, что произведение рас-
стояний от этих. точек до центра равно квадрату радиуса..
~~" Точки М и М, симметричные относительно прямой или, окруж-
ности в плоскости (2), отображаются дробно-линейной функцией
в точки М’и МNo', симметричные относительно образа этой прямой
или окружности в плоскости (“).
‘
11.175. Найти точки, симметричные с точкой 1-1
относительно окружностей:
a) |zj=1; 6)* [z—i|=2
2—1
uv
aot os
11.176. Для отображения и =, найти образ точки,
симметричной точке | —1 относительно:
а) прямой у==х; 6) окружности' |[2г—1|=3
Пример 6. Найти отображение круга |2| < 1 на круг |ш| < 1
такое, чтобы точка 2=& (|| < 1) отображалась в цептр круга ш = 0.
< Запишем + дробно- линейное отображение в виде
2—0.
#—21°
wf
Так как точка г= я переходит в точку ш#—0, то 2.=@, а так как
симметричной с точкой ши = 0. является точка &= со, то 21 является
175

симметричной с точкой 2г=% относительно окружности |2 |=1, т, е.
21 = =. Поэтому
OM
.
— 2<—-@%
@=ga—az—|
Далее, точки окружности |2|=1 переходят в точки окружности
ш|=1, а поэтому при 2==е"? имеем
а
=а|=
Но
ip2i@
-Ф_&
2_ 107 „=
е\ —@ |’ (е'Ф — а) (е — a) _l+)alP—eta—e "a
ео,—1
(eq —1) (е а —1) |2 1-—еМа—ет a
Следовательно, |1 6 | =1, т. е. ga=e®, и искомое отображение
имеет вид
ше2.yD
(2).
za—|
Для отображения (2) единичного круга на себя найти
параметры & и 0 по заданным условиям:
11.177. & (1/2) =0, arg w" (1/2)= 0.
11.178. w(0)=0, argw’ (0) = л/2.
11.179. ш (24) =0, arg w’ (2,)
= л/2.
11.180. Доказать, что функция
2—
ш=е8 ——, ша>0,
(3)
z<—a
осуществляет отображение верхней полуплоскости на еди-
ничный круг.
Определить параметры и 0 в формуле (3) по задан-
ным условиям:
«11.181. w()=0, argw’
(i) =— 2/2.
11.182. w(2i)=0, argw’ Qi=n.
11.183. w(z,)=0, argw’ (z,)=n/2.
Найти образ Е области ОР при задаином дробно-ли-
нейном отображении:.
11.184. р= {2| Вег>0, Imz>0}; w=2-1.z+
11.185*. D=}2|0<arge< Ths w=.
11.186*, D=42 1<}2] <2, 0<arge< т w= t4y+,
|
„1—2
11.187. Р={2||2|<1 Imz>0}; wii.
176

11.188. D={z|0 < Rez< 1}; ее.
11.189. р— двуугольник (круговая луночка), заклю-
ченный между окружностями [2—1|=1, |z—i|=1;
2
z—l—i’
11.190**. Найти область О в плоскости (2), которая
при отображении w= преобразуется во внутренность
круга |ш|< г плоскости (“).
Ш=—
3. Степенная функция. Отображение, осуществляемое степенной
функцией ш=2г”" (пЕМ, п—=2), является конформным в расширен-
ной комплексной плоскости всюду, кроме точки 2=0 (ш’ |,
=
2
-1
= nz*-1|,_,=0). Угол Э = z| an < argz< oes при лю-
6om &=0, 1, ..., п—| ‘отображается степенной функцией взаимно
однозначно на всю плоскость (&) с разрезом по положительной части
8
о
-
д
о
деиствительнои оси причем лучу агБ г——_ соответствует верхний,
Q(k+1) x
——
а лучу argz—
— нижний край разреза } . Обратная функция
ф+2^л
НЕ
=2=ге
‚ где R=0, 1, ...,n—1, r=|z|, p=argz,
является, как известно, многозначной. Ее однозначная ветвь (выде-
ляемая заданием образа одной из точек) отображает плоскость (2)
с разрезом по неотрицательной части действительной оси на соответ-
ствующий сектор
-1
=
<агв м <те,
Е — фиксировано.
Пример 7. Найти отображение внутренности двуугольника
с вершинами 2: и 2., образованного окружностями Сти С. на еди-
ничный круг.
21 отображает точку 2 =
2
z—
21-|-2
«$ Преобразование и =—
ait ee в точку
ия =|, точку 2=2:—в нуль, а точку 2г= 2. — в бесконечность. Таким
образом, отрезок; соединяющий точки 2т и 2, отображается на поло-
жительную действительную полуось. Дуги окружностей, образующие
двуугольник, отображаются в лучи агбич
=алиагоил=—Вл.Сле-
довательно, область О отображается на сектор Е1={и: |—Вл <
< агв и: <ал} (ср. с задачей 11.189). Повернем этот сектор на угол
Вл, т. е. произведем преобразование из =е" ит, и возведем получен-
ную функцию в. степень ва:
—
W3 = (we)? *%,
Сектор отобразится в верхнюю полуплоскость. Функция.
0
__„93—W3
4-2 5
Ш;
—W3
177

осуществляет отображение полуплоскости на единичный круг. Вели-
чины из и 0 определяются дополнительным заданием отображения
точки 25 в точку ш=0. и условием агб м’ (2) =‘. Окончательно,
&—Иа зоШо (рис.95).>
(w,)
(0.)
(Ws)
Puc. 95
Найти функцию, отображающую заданную область:О
плоскости (2) на верхнюю полуплоскость (в ответах ука-
зана одна из функций, осуществляющих указанное отоб-
ражение, причем если функция многозначна, то имеется
в виду одна из ее однозначных ветвей);
. 11.191. D={e||z| <1, |z—1l]< 1}.
11.192, D={z|—a/4 < argz< л/2}.
"11.193. Б={2||2| < 1, шг> 0}.
11.194, D={z]|z|>1, Imz> 0}.
11.195. D={z||z|<2, O<argz< n/4}.
_ 11.196. р={2||2|>2, O<argz
< 3n/2}.
11.197, D={z||z| <2, Imz> I}.
11.198. D={z||z|<1, |z+i]< I}.
11.199, D={z||z|< 1, |z+i|> ]}.
‚11.200. Dols z|>1, [z+i] < I}.
aa D—ngocKocTb (2), разрезанная по отрезку
—i, i.
11.202. 2) — плоскость (2), разрезанная по отрезку, со-
единяющему точки 1 ри 2-4- 21.
11.203. 2 — плоскость с разрезом по лучам (— со, —К]
u[R, +00), R>O.
‘11.204. р — полуплоскость Imz> 0c pa3pe3om по oT-
резку, соединяющему точки 0 и # (8
>
0).
178

2
4. Функция Жуковского. Имеем и
+),
ты.
Следовательно, функция Жуковского4) кофорина в расширенной
плоскости всюду, за исключением точек 2; ›=-1 и 2:=0. Она
осуществляет отображение как внешности, так и внутренности еди-
ничного круга плоскости (2) на плоскость (&) с разрезом по отрезку
[—1!, |]. Полная плоскость (г) отображается на двулистную риманову
поверхность, склеенную крест-накрест по разрезам [—1,
Обратная функция
z=w+ Vwi 1
двузначна, причем каждая. ветвь осуществляет отображение 'плоёко-
сти (&) с разрезом по отрезку [—1,:1] на внутренность или на внеш-
ность единичного круга в плоскости: (2).
Пример 8. Найти образ полярной сетки р =сопзё и p = const
при преобразовании плоскости (2) с помощью функции Жуковского.
«4 Полагая 2 =ре, имеем
|
1
|I
—
о
—
1D——t¢——
—
-{—
—_—
ont tom 5 (oe! Но
5 (р Jeosp-+ig(p 5 ме.
Следовательно,
т
1 cos
pat
Qsi
=9 lets Фо (Ро) ИФ,
идляо71имеем
‚
и
2
Lye
тЕ!
4)
чт) чо)
‚и?
02
cos? sin?@ |.
(5)
Из этих равенств заключаем, что окружности |2|=о 71 отобра-
жаются в эллипсы плоскости (&) с полуосями а=> o+-—
1
|
1/1
6-5 (2+) при р >1 ‘или b=5 (>в) при р<1. Лучи
ф=сопзЁ в плоскости (2) преобразуются в плоскости (и) в гиперболы
с полуосями a=|cosq@| uv b=|sing|.
Заметим, что фокусные расстояния с=У а*— 5? эляипсов (4) и
Cy=V a?+ 6? runep6on (5) равны 1, т.е. (4) и (5) — семейства
софокусных эллипсов и гипербол.
Пример 9. Найти отображение плоскости (2) с разрезами по
отрезку, соединяющему точки 0 и 41, и по отрезку, соединяющему
точки 2 и 2-- 2, на внутренность единичного круга | |< 1.
1) `Конформное отображение, осуществляемое функцией ш=
1
1
|
= ZF ‚ было использовано впервые Н. Е. )KyKOBCKUM B Ka-
честве метода получения одного класса аэродинамических профилей,
названных профилями Жуковского. Профили Жуковского отобра-
жаются на круг, для которого можно легко решить задачу обтекания,
а это дает возможность исследовать обтекание крыла самолета.
t79

«$ Искомое отображение & находим. в виде композиции пяти отобра-
жений. Функция и; =2— 27 переводит точну 2=21 в начало коорди-
д—
нат, а функция м. =е 2 #1 осуществляет поворот плоскости (&)
на угол л/2. Точка 2 =4{ переходит в результате этих отображений
в точну ш.=—2, точка 2=21—в точку ш=-0, точка 2=2--27 —
в хочку Wyz—2i, a точка 2—=0—в точку ш.=2. Далее, в результате
отображений из—\2 и и.=из/4 разрез отображается в отрезок
f—}, 1] плоскости (4), и, наконец,
w,=w,+V 2 —1,
отображает виенность отрезка [—1, 1] Ha внутренность единичного
круга, причем выбирается та ветвь этой функции, которая при а = с
обращается в нуль. Итан, No == Шо до зо шоу (рис. 96). No»
hie (Z)
(20;)
_
(02)
2i¢-——0 242% Wy 21
>
21
U3
—_—_ >
—>
—_>^
—
©
=——-
oy
ay2
-292
“ae
(3)
(14), )
(10)
(Wy
tO.
_—
—
oo
=~}
——
—4
@
4
-$
7
|
|
Рис. 96
В задачах 11.205—11.207 найти образы заданных обла-
стей при отображении w=+ z+—
11.205. Внутренности круга |2 | < К при К < | ивнеш-
ноети круга |2|> А npn R>1
‚ 11.206. Внутренностн круга |2|<1 с разрезом no
отрезку [1/2, 1].
11.207. Внутренности круга |2|< 1 с разрезом по от-
pesky [—1/2, 1].
11.208*. Найти отображение круга |2| < 1 с разрезом
по отрезку Ye: 1] Ha круг |No|< 1.
11.209*. Найти отображение области О ={2| тг
>
0,
|2| > А} (верхняя полуплоскость с выкинутым полукру-
гом) на верхнюю полуплоскость.
.
Х2
2
11.210*. Отобразить внешность эллипса 3452!
(a> 5) на внешность единичного круга.

5. Показательная функция. Функция &==е? однолистна в любой
полосе шириной менее Эл, параллельной действительной оси. Она
отображает полосу —©ю «< х<--®, — л< у=л в полную плоскость
(No) с разрезом по действительной отрицательной полуоси. Вся пло-
скость (2) отображается на бесконечнолистную риманову поверхность,
Обратная функция z=Lnw=Inw-+ 2ani, n=0, +-1,..., однозначна
на этой римановой поверхности, а ее. главное значение Inw = In: lw }+-
+ iarg.w определяет конформное отображение всей плоскости (w)
с разрезом .(— <, 0] на полосу —л < Шиг2< л шириной 2м,. на-
раллельную действительной оси.
|
Пример 10. Найти отображение полосы шириной ПН,
0 < Бег < ПН, параллельной мнимой. оси, на единичный круг пло-
скости (&).
@ Искомое решение получим, например, с помощью композиции
отображений:
i
0
2
w
19 W3— Ws
Wy =e 2, 2—7 Wr, Шз—=е”? Wye TST °
.
W3— W3
!
При последовательном выполнении этих: отображений заданная по-
лоса преобразуется в Области, показанные на рис. 97. No ‚:
Ya77
~Wy
:new
. т f— tyLi77 ¢ ddaYY, Из
Yyр
Найти pas Е области Р при dto6paxkenuu w= e*y
11.218. D={z|—n< Im2z< 0}.
11.212. р {z||Imz|< 2/2}.
11.213: р={2|0
<12<2л,Кег>0}.
11.214. D= {zZjO<Imz<n/2, Rez >0}.
11.215. D={z|/O< Imz<a, 0 < Кег < 1}.
11.216. Harta образы: прямых х=С и'у=С ‘при ото-
бражении ш =”.
Найти образы следующих областей при отображении
ш= Ша, w(i) =F
11.217. {z|Imz> 0}. 11.218 {z||z| <1, Imz> 0}.
181

11.219. {2||2|<1; 2610," 1}.
11.220. {z|2¢[—oo, —1]U[0,
+ о®]}.
6. Тригонометрические и гиперболические функции. Функция
et@ e7iz
w= COS pate однолистна в полуполосе —л < х<л, у>0и
отображает oy полуполосу на плоскость (и) с разрезом (—оо, 1].
Риманова поверхность этой функции более сложная, чем у предыду-
щих, так как склеивание листов происходит отдельно по лучу
(—®, —1) и по отрезку [—1, 1].
’
'Функция ш=5т2г сводится к предыдущей с помощью соотноше-
л
ния sin z= COS 5—2}. K sinz wv с0$2 сводятся и гиперболиче-
ские функции: $5 2 = — siniz, chz=—cos iz.
11.221**. Найти образ Ё полуполосы О= {2 |0<Кег<л,
1т2 >> 0} при отображении ш = соз г.
11.222. Найти образы прямых х=С, у=С при. ото-
бражении и = СИ г.
11.223. Найти образ Е прямоугольника РО ={г|—л <
< Ке z<n, —h<Imz<h, h>O} при отображении
=COS2.
§ 4. Интеграл от функции комплексной переменной
1. Интеграл по кривой и его вычисление. Пусть /— дуга направ-
ленной кусочно гладкой кривой в плоскости (2), точки Zp El,
k=0, }, ..., п, разбивают ‚дугу’ Г на частичные ‚дуги, на каждой ‘(из
которых выбрано по одной точке &», R=1,...,n. По определению
полагаем
Г.
`
’ое= tim У Нм
(1)
1
тах | Ай; |->0 х=1
‘при условий, что ‘предел в правой части (1) существует и не зависит
ни от ‘способа разбиения дуги [ на частичные дуги, ни ‘от выбора
точек &. Если функция [(2) непрерывна на [, то интеграл (1) су-
ществует.
Ecan f(z) =u (x, y)Е (х, у), то вычисление интеграла (1) CBOAUT-
ся к вычислению двух криволинейных интегралов 2-го рода
}(г)аз= | (x,y)ах—в(х,у)ау-- Ио(х,уахти(хуау. (2)
1
1
п ример 1: Пользуясь определением (Г), вычислить \ Re z dz,
1
где {— радиус-вектор точки 1-|-7.
<@ Разбиваем радиус-вектор точки` 1--{ на п равных частей, т. е.
полагаем
_k|,k
];
= ties Azz =— (1+), k=0, 1, ..., 0,
182

u nyctb E,—zg. Тогда интегральная сумма запишется в виде
У. Re ze Azye= YY yee t= att hteЕ att! AED,
k=1
k=1
Следовательно,
|вез42= limG+)G+)_1-Е
2n
2
ivr wm
.No
Пример 2. Используя представление интеграла в форме (2)
и правила вычисления криволинейных интегралов 2-го рода, вычис-
лить интеграл \ [2|242, где Г[—верхняя полуокружность |[2|=Ё с
l
обходом против часовой стрелки.
<q Имеем
([2jzde=|VFR (edetydy1\Ум (у х49.
l
l
1
Переходя к параметрическому уравнению Кривой х= соз ft, y=sin в,
O<t<n, wu учитывая, что У у =|2|=| в точках кривой,
получаем
п
дл
\ [12| 2 42 == \ (—cos f sin t-+sin ¢.cos ¢) dt--i \ ($12 {-|- с0о$? ¢) dt=-ni.>
l
0
0
Если дуга {Г задана nmapamMeTpwyuecKHM ypaBHeHiem
2.—=2 (f), причем
начальная и конечная точки дуги соответствуют значениям пара-
метра Е =Ц и = соответственно, то
fy
|Fe)de=Wie(9)г'(04.
(3)
l
fo
Пример 3. Используя формулу (3), вычислить интеграл
( (2-2) 42, где [— дуга окружности |2 |=1, л/2 < аге 2 = 3/2.
1
«$ Положим г (1 =ей, л/2 < {< 31/2. Тогда 2’ (1 = и, используя
формулу (3), находим:
3/2
+2 dz = ( (eft-4e-it) ielt dt i (злее)
1
л/2
3370/2
д/з
=.No
Непосредственным суммированием вычислить следую-
щие интегралы:
11.224. \ [п242, где [— радиус-вектор точки 2—.
11.225. [2 4, где [— радиус-вектор точки —2— 31.
{
183

11.226. Доказать, что. при изменении. направления
пути интегрирования интеграл изменит знак, т. е.
\ f(z) @=— 7(2) аг.
1+
1-
11.227. Доказать, что если аи а;— постоянные, то
§(ass(2)+aafs(2))da asJfi(2)da+ay|fa(2)de
11.228. Доказать, что если кривая интегрирования ]
являетея' объединением ‘кривых и БЕ, то
(2)42= 1(2)г+{f(2)az.
{
hy
ds
}1.229*. Доказать, что имеет место оценка
J|(2)dz< Lf(z)|ds,
где 4 — дифференциал дуги.
Зычислить интегралы по заданным контурам:
11.230. | (2241) zdz, I={z||z]=1, O<argz<a}.
i
11.281. | Imzdz, /={(x, y) |y=2, OS a< I}.
i
11.232. (12—02) аг, 1={2|12|=2, 0< агег < л/2}.
4
11.233. | Re(z+24)dz, 1={(x, y)|y= 20, O<¥< 1).
i
11.234. (2—2) 42, 1={2||2|=1, л< Аг 2л}.
i
11.235. \ Ze? dz, {— отрезок прямой от точки 2. =!
до точки 2:=й
11.236. а, [-— отрезок прямой от’ точки 2;= до
i
TOUKH 2; = —IN.
11.237, | 2 Im (2%) dz, 1={z{Rez=1, |Imz|]<10}.
i
|
11.238, | Re(cos 2) sin z dz, l= {z|Rez= 1/3, |Im z|<1/2}.
i
:
..
>
wt
.
.
184:

11.239. \ cos zdz, 1—orTpe3oK npaMoll OT TOUKH 2,=4%
1
Jt
.
до точки a= atl.
11.240. \ $242, [— отрезок прямой от точки 2. = 12
i
RO TOUKH z;=1n10-+ nilnd.
11.241. (|1 22 Ве 23 42, 1= {(*, у) |у= 3%, 0<х<1}.
i
11,242. | = dz, 1={z||z|=1, O<argz <n/2}..
2
1
Пусть в области ДР задана многозначная функция ш=|(2).
Однозначная функция ш=ф (2), аналитическая в области О), назы-
вается однозначной ветвью функции (2), если ‘для любой точки
2 ЕР значение ф (2%) принадлежит множеству значений функции
} (2)
в точке 2—2, т. е. Ф (2%)Е {7 (2,)}. Многозначная в области О функ-
ния может иметь как конечное число однозначных ветвей (например,
ш = И: ), так и бесконечное (например, ш= Ёп 2). —
|
Точка 2 комплексной плоскости, обладающая тем свойством, что
обход вокруг нее в достаточно. малой окрестности влечет.. за, собой
переход от одной ветви многозначной функции к другой, называется
точкой ветвления (разветвления) рассматриваемой многозначной функ-
нии. Так, точками ветвления многозначной функции ш= Vz AB-
ляются точки &=0 и 2= ®. В каждой из своих точек ветвлепия
многозначная функция ‘принимает Только одно значение, т. е. раз-
личные однозначные ветви функции в этих точках совпадают.
При интегрировании многозначной функции необходимо выделять
ее однозначную ветвь. Во всех задачах ниже это ‘достигается зада-
нием значения многозначной функции в некоторой точке контура
интегрирования.
Вычислить интегралы по заданным контурам:
11.243. = l={2||z|=1, —n/2<argz<1n/2},
Ya!
1! V3
avz_ tl, VS
и1=5+i7°
«$ Функция у/-2 является многозначной:
+ (P+ 2k)
ИИ
eB OL, 2,
Уз
—
1,
гдеф—=агё2.Условию и1== НИ
удовлетворяет та одно-
значная ветвь этой функции, для которой #=1. Действительно,
185.

при &=1 (u tak Kak arg 1=0)
w
l
i|
2ni
a7 etm_ 75
anLV 8
И 1=е
=e =co
+isin—5i2°
Полагая теперь г (ф) =е$ (— л/2 < ф= л/2) на кривой [, находим
i
3/>
yg (P+ 2m)
t
“of
8/2 =e , 2!(g)=i,
и, следовательно,
[aВ-1 le@dp_ео
i.
—
.
os tem)
_
—п/2
B® 2m
л/2
п
.
—
8 a3)
=3( -is -м\ 9 373
=е
-л/2\е —e
д.>
11.244. Va l= {2||z|=1,0<argz<n}, ИТ=1.
|
41.245 (Viz dz, t= {22| п <argz <a,
..
4
.x.
ИТ=— 1.
11.246. а, 1={2||z|=1, O<argz<n/2},
|
Lol = 2ni.
40.247, ULnzde, [={e||z|=1}, Lai= Zi.
l
11.248, \ 2 "Гага2, пЕМ, 1[={2|[2|=1}, Ба (—1)= лё.
l
2. Теорема Коши. Интегральная формула Коши, Если функция
{ (2) аналитична в односвязной области О), ограниченной контуром
Г, и у— замкнутый контур в О, то
фи! ат =0.
(4)
У
nom дополнительно, функция [(2) непрерывнав замкнутой области
=р ИГ, то
Pf (a) an=0
(теорема Коши).
186
‘

Если функция! /(2) аналитична,в многосвязной области В,
ограниченной контуром Г и внутренними по отношению к нему
контурами 71, ..., Ук, и непрерывна в замкнутой области Э=ВЦ
ОГИ: 0... 0%», где знаки в
верхних ‘индексах означают на-
правления обходов (рис. 98), то
ф f(n)dn=0 (5)
k
ru
"У
(Теорема Коши для много-
евязной области).
|
Если функция ][(2) определена и непрерывна в односвязной ©б-
‚ ласти Р и такова, что для любого замкнутого контура ус В
фиш ат=о,
у
то при фиксированном 2. ЕР функция
2
© (2)=
| Fan
Zo
является аналитической в области ДО функцией, для которой
Ф* (2) =[ (2).
Функция Ф (2) называется первообразной или неопределенным
интегралом от ] (2), причем если Р (2)
— одна из первообразных для
f(z), To
{ f (n) dn=F (22)—F(2).
24
Если |(2) аналитична в области D, 5 ЕР и yoCD—xontyp,
охватывающий точку 2,, TO справедлива интегральная фор-
мула Коши
Пед од ФУР ан.
(6)
При этом функция ] (2) имеет всюдув В производные любого порядка,
для которых справедливы формулы
v
o
CR!
|
fie) =r § tan, k=1,2,..,
(7)
у
Пример 4. Доказать, что если [(2) — аналитическая и ограни-
ченная в выпуклой области О функция, то для любых двух точек
2ти 2. из этой области имеет место оценка
\
24
«$ Из выпуклости области следует, что если 2,ED, 22€D, To un от-
резон,. соединяющий эти точки, таиже принадлежит области D.
187
< тах |](2)|[22—21|.
22)
f(n) ап

Из теоремы Коши следует, что в качестве пути интегрирования
можем взять именно этот отрезок, а потому, применяя оценку зада-
чи 11.229, имеем
2,
|2,
AV Rayan < max |(2)| {as = [25—21
|тах|) |. д»
21
21
Пример 5. Вычислить ‘интеграл
фт
(2) —Р (0);
если путь. интегрирования ‘не ‚охватывает ии оли из точек #1 = 7.
«$ Так как подынтегральная функция = 5 является апали-
тической--воюду, кроме точек `21, в == 4+1, То тай Е? (2) имеет смыёл
во всех точках, кроме 2=-- в, и при условни, что путь интегриро-
вания не проходит через эти точки. Следовательно, если путь
интегрирования не охватывает ни одну из точек 21.2.= 4, то в кА:
честве одной из первообразных для функции
т МОЖНО ВЗЯТЬ
однозначиую функцию ЁР (2) -=агое 2, и,’учитывая, что агсАе 0—0,
имеем
2
а
arctg 2) тт >
Пример 6. Вычислить интеграл
sin an
[=фг.
12—=1]=1
«$ Залишем интеграл в виде
Sin ian2
[Г=
tt dz
2—#}
lemi fol
и, используя формулу Коши (6), ‚находим
sin fen
Sin ( -+)
I =2ni —?
го
Аед>
2-1 =
21
Пример 7. Вычислить интеграл
е*.
=f sean”
[2-2 |=3
*% Так как внутри контура интегрирования знаменатель .подынтег.
ральной функции обращается в нуль в ‘точках 21=0 иг, =1, то рас.
@мотрим многосвязную область D, ограниченную окружностгыо
188

г={2||2—2|=3}и внутренними кентурами yi = {2 | 12 |= 6) H
2—1 jae (0 < р< 1/2). Тогда в этой областя В фуннция
7 (2) = 6—1 является аналитической, и по формуле (5)можем
эапнсать;
фоеч+ф I(2)de+GfI(2)d2=0,
7.
Vo
откуда следует, что
офи
фри
ау
Vy
Применяя теперь соответственно формулы (7) и (6), находим
et
г2—1_29ео\“__68(28
— 42-5)
§a=Fy(г)|=@—1saoOF
yt1
и
8$
ef
§5ро|ле.
2—1
23 в=1
yt2
Таким образом, / = ni (2e—5). >
Вычислить интегралы!
11.249. е’а2, 1= {(х, у|у=м, 13х<?},
11.250.
\
sin z dz, f={z|z=—+it, 1/2<1t< 3/2}.
11.251. \ 22 с0$ г аг, {— отрезок прямой от точки z,=?
-
.
—
—
>
“
°
—
-
до точки 21=1.
11.252. \ tg zdz, J={(x, y) |x=y?, Oy <I}.
i
11.253*. \ (2— 2)" 4г, п целое число, [= [2]||2— 2! =
= R}.
11.254. (2—2. 4г, п целое число, 1={2||2—26} =
1
=, т (2—2)> 0}.
11.255. Вычислить интеграл
Поза пе произ-
.ds
“35
e
вольной кривой р, соединяющей точки = и 2; =--4-
2
189

.
7г
11.256*. Какие значения принимает интеграл \—.,
|
1 2—-—2
если в качестве [{ брать произвольные кривые, соединяю-
Iti
щие TOUKH Z,=1 u z;=——ee
‚ Вычислить интегралы обход контуров
— против часо-
вой стрелки):
11.257. a) f=dz; 6) ф yd
121=1
|z|=4 ,
;6)ф—de
12142
[21=1
dz
dz
dz
11.259. a)
———;; 6)
———5; -B)
—.
ae2of. 12
[2+=1It2
|
|
sin
|
sin
11.260.a)ф=; 6)$=dz.
12—1|=1
[21=4
dz
COS 2
11.261.
—=—z-. 11.262.
dz.
fFm
$. zee
sh > (+i)
11.263. $ —3——de.
jzj=l .
11.264. ф ae
[z|=2
11.265. ф 2— nFЕ ‚где;
С=
—1|=1}; 6) С=
1]=1};
оС ade, 0 Cellet =n
11.266. ф ng dz. 11.267. ф “Zaz,
азиат 9
121=1
sin
4
2
®
7. oO,
e
11.268
C= EAT dz
che!
11.269. Seo
|
ellz
11.270.
о
6 ay.
Dyn
т 42. 11.271. „$ ати“
11.272. Доказать теорему о среднем; если функция {[ (2)
аналитична в круге |2— 2. | < К и непрерывна в замкну-
190

том круге |2—2.|=<
А, то значение функции в центре
круга равно среднему арифметическому ее значений на
окружности, т..е.
Нац)=зд|Ко Ве)=р ф 19%
\“-2\=К
где 45 — дифференциал дуги.
'11.273*. Известно, что если | (г) == сопз{ — аналитиче-
ская в области Р и непрерывная в замкнутой области
D=DUL функция, то тах
| [ (2) | достигается только на
границе области (принцип ыаксныума модуля). Доказать,
что если, кроме того, УгЕО{(г)=20, то и пил |7 (2)
.
2е
достигается также на границе.
_ 11.274. Используя формулу (6) для [ (2), доказать тео-
рему Лиувилля: если [(г)— аналитическая и ограничен-
ная во всей плоскости (2) функция, то }(2)
== сопз1.

Глава 12
РЯДЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ
$ 1. Числовые ряды
1. Сходимость ряда. Критерий Коши. Выражение
Witla
bee tant. Dun
(1)
где (Up), <Q заданная числовая действительная или комплексная
последовательность, называется числовым рядом. Конечные суммы
Sy=uy, Sy=uytug, ..., Sy=Uui+ue+...tun,
(2)
называются частичными суммами ряда (1).
Если существует конечный предел последовательности частичных
сумм (2) $= lim $,, то ряд (1) называется сходящимся, а число
n—->wo
$ —суммой ряда (1). |
Критерий Коши. Для того чтобы числовой ряд (Г) был
сходящимся, необходимо и достаточно, чтобы для любого в > 0 су-
ществовало М =М (8) такое, что для всех п > Ми р=1, 2, ... вы-
‚полнялось неравенство
|би+р— Зи |=|Иж Инна... Нин р|<&
Необходимый признак сходимости. Если ряд (1)
сходится, то
lim u,,=0.
Ио
Пример 1. Показать, что ряд `
сходится н найти
n=l
n(nwary
его сумму.
|
«$ Так как дробь =(_-1) "РеДставима в виде
I
at eet1
“x (x-+ 1)
x4-1?
то частичную сумму ряда можно записать следующим образом:
|.11
1.
I
Зи= 1.22.3 23.4 Г" ty (n—1) n + n(n-+l)~
`]1
1
1
О
Wap
111
яз
и
192

Следовательно, , .
lim Sat um (1-
ft—> ao
A—> 2
{;—{
ntij/ '
т.е. заданный ряд сходится и его сумма равна |. >
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд > 4" ив случае
п=9
скедимости найти его сумму.
«$ Имеем
.
в=1а... 4"7%.
Если 4=1, то $ =, т.е. lim S,= 0, ‘и, следовательно, ряд рас-
пою
ходится; Пусть теперь 4 > 1, тогда
1—9". 1 4"
1—9 —1—— 1—9.
Неяожим ==72®, тогда д7.= 7пе®. При О<г< 1 имеем
S,=
lim q?= lim rvein? =O,
n> ow
n—>wo
1
т.е. lim 9—0, откуда Шт 5, =-———. Вели же г>1, то
п->® [1—9
п.:1—9
.
п
гп —ь оо и, следовательно, конечного предела Нт 9, а значит,
Рю 1—0
н предела последовательности частичных сумм не существует, Наконец,
при г=1 и ф=5Е0 (то4 2л) предел
lim e’? = lim (cos ng--isin ng)
т)
Пт
(г потому и предел Нт Sn) также не существует.
к")
Таким образом, яд >, 9", члены которого составляют бесконеч-
,
n=O
,
HYIO геометрическую прогрессию с первым членом | и знаменателем qs
|
сходится при |9|<Ти его сумма равна [о и расходится при
19121. >
Пример 3. Доказать, что гармонический ряд
ao
|1
|
~
lea tagte bere = a
a=
расходится, хотя его члены стремятся к нулю при п —+ ®.
«< Рассмотрим разность частичных сум с померами 2n un. Ameen
ЕЕ,
Заменяя каждое слагаемое меньшей величиной 1/2п, получаем
ol
l
1
11
Sen—Sn > a
bop=nnD°
7 Ноносд. А. В. Ефимова, Б. П, Демидовича
193

Это неравенство означает, что при р=п для гармонического ряда
пе выполняется критерий Коши и, следовательно, ряд расходится. }>
‚Показать, что следующие ряды сходятся, и найти их
суммы:
р Уи (n-+2) ° 12.2. ру nt —§°
.%
< 2n-+1
12.3. =) Dorey: 124. Liga"
12.5%, SSS" 12.6. аи.
п=1 °
n=0
Используя критерий Коши или необходимый признак
сходимости ряда, установить расходимость следующих
рядов:
a
127. У
12.8. 5-7.
УЕ
УЕ(п - ЕП.
- У. п?-|-2
12.9. Хи" 12.10. DU.
n=l
n=l
сх (2-й
пп
1241. У. 1212. У
>. ne
n=!ипи
12.13. Доказать, что если члены сходящегося ряда
умножить на одно и то же число, то его сходимость не
нарушится.
.
Q0
12.14. Доказать, что если ряды Dou, Hu Dy V, CXO-
n=l
n=I
MATCH И HX суммы соответственно ии о, TO СХОДИТеЯ И
ряд > (и„-о,), причем его сумма равна и Ё 9. Привести
п=1
пример, когда обратное утверждение не имеет. места. |
12.15. Доказать, что отбрасывание конечного числа
членов ряда не влияет на сходимость этого ряда (но
влияет на сумму!).
2. Абсолютная и условная сходимость. Признаки абсолютной схо-
димости. Ряд (1) называется абсолютно сходящимся, если сходится
ряд из модулей членов этого ряда, т.е. сходится ряд
Гаем Ня 2
(3)
194

Если ряд (1) сходится, а ряд (3) расходится, то ряд (1) называется
услозно сходящимся..
Признак сравнения рядов. Если члены ряда (Г) для
всех п > No (No =!) удовлетворяют условию |ип |<, причем ряд
a
>, Би сходится, то ряд (1) сходится абсолютно. Если же для в > Nz
n=l
члены ряда (Г) удовлетворяют условию 0 < с„=<|и„|, причем ряд
a
> Cy pacxodumca, mo pad (3) pacxodumca, m. e. pad (1) Ne, cxodumca
n=l
абсолютно.
п1
Пример 4. Зная, что ряд > ———___ сходится (см. пример 1),
n(n-+1)
n=l
|
установить сходимость ряда > ae
n=l
«$ Так как
ao
ao
,low
]
n? >. (n-+-1)??
n=l
n=0
то, учитывая неравенства
1
1
Oued
п—12,ооо
(10< (ЕО' pH noes ©
по признаку сравнения убеждаемся в сходимости ряда > 2. No
n=l
На практике более эффективным оказывается следующий
ao
Предельный признак сравнения. Если ряд >, Un
n=l
к
e
Un
сходится абсолютно и существует конечный npedea lim
|=
по
п
—=9 < -|- ©, то ряд (1) также сходится абсолютно. Если же члены
рядов и; и 9, — действительные положительные числа и
0<limтоо,
п>® Ин
wm
an
то ряды > Ин и >, 9, либо оба сходятся, либо оба расходятся.
n=l
n=l
Пример 5. Исследовать на сходимость ряд
3n2—2
=~ n?+5n -
(4)
él
7*
195

©
t
«$ Так как ряд > = сходится (см. пример 4) и так как
n=]
3122 1
по n4+5n' п?
то ряд (4) также сходится. No».
Пример 6. Исследовать на сходимость ряд
—=320,
о2n4.5
(5)
312—921°
@ [ak как
2n-+5 1 2
h+o3n—on' n 3!
,5
см|
а 1армолический ряд > -; Расходится (см. пример 3), то и ряд (5)
n=1
расходится. No =
Признак Даламбера. Бсли члены ряда (1) таковы, что
сицествует конечный предел
e
u
|
‚по
И
mo npu Ol <1 pnd (1) сходится абсолютно, при Г» 1—расхо-
дитея, а при {=1! требуется дополнительное ‘исследование.
Пример 7. Исследовать на сходимость ряд
у.
0
n3
nи
q@Имеемип ,св
И
“a
i
328 1
lim “ett m (tb 12" ——
п-+® Пп nat 27 +178 2 <i.
Takum образом, ряд (6) сходится. >
Признак Коши. Hyemo lim V |un| =i. Тогда, eonu
O<l< 1, mo pad (1) сходится абсолютно, если [> 1— ряд (1) рас-
ходится, а при [=1 требуется дополнительное исследование.
Пример 8. Исследовать на сходимость ряд
у`Е "
38n—1 | .
n=1
2n—1
<j Имеем u,= (т ) ‚поэтому
,2 ——_
итИ |=,lim(Fr| "=(3)<|.
3n— 1
Саёдовательно, данный ряд сходится. >
196

При использовании признака Коши бывает полезна следующая
формула Стирлинга:
0
al =¥ twit)" ct, 0< el.
Пример 9. Исследовать на скодимость PAA
oo
2". п]
»nn°
п=1
«$ Имеем:
и
ЭляГп\"9!"
lim Им,|= litn (PvPan (2)"i) —
п-®
`по
ne
е
`
19
2 lim (nn)? ett? 1,
CE пъ-о`
е
ч, е. ряд сходится. >
_
Интегральный признак Коши, Пусть функция fF(x)
положительна и монотонна при х>1, й пусть для вех nEN
имеет место равенство [(п)=|и„|. Тогда числовой ряд (3) сходится
(т. е. ряд (1) сходится абсолютно) или расходится одновременно с
несобственным интегралом
+o
( F@edx, ad.
Пример 10. Выяснить, при какик значениях параметра р
о
1
сходится ряд Дирихле > —.
n=l п
1
«$ Так как функция (== удовлетворяет условиям интеграль-
x
ного признака Коши, то исследование сходимости ряда Дирихле
+®
dx
сводится к исследованию сходимости интеграла | —. Но
X.
1
( lim Inb=-+0
при р=1,
++
lim 2!
1
0'
im
=
ТрТр+©
при О<р<1,
|
1
1
lim (
—
oat J=
при
р>1.
Бы+=\р—1 (рб—
p—l
Отсюда заключаем, что ряд Дирихле сходится при р > Ти расхо-
дится при р—Ф 1. No
197

12.16. Доказать, что всякий абсолютно сходящийся ряд
является рядом сходящимся.
12.17. Доказать, что члены сходящегося ряда можно
группировать, не меняя их порядка, произвольным
образом.
12.18. Доказать, что члены абсолютно сходящегося
ряда можно переставлять произвольным образом; при
этом сумма ряда не изменится.
Используя признак сравнения или предельный приз-
нак сравнения, исследовать на сходимость следующие
ряды:
12.19. =. 12.20. т 7
.|
l
12.21.
“42,29.
>. 3—1
At Vin(n h(n +2)
12.23. x sin 12.24. У rere
12.25. Di nttg>=, 12.26. У. И ас.
n=3
n=1
= Inn
=
12.27.
п” 12.28, =n
>. и"
12.29. У”
12.30. у cos Yinctisin Vn
(n+1)3”"
Пользуясь признаком Даламбера, исследовать на схо-
димость следующие ряды:
12.31. УР. 12.32. Ут.
п=|
3 3.5
... ‘Ont
12.33. о... ° Gry tee
12.34. Ут. 12.35. я
n=l
872
°
n=
n=]
© е?п+1
1.3.5. ... (2—1
12.36. 2° ——. 12.37.
и)
n=
n=2
=sinin
12.38, DY Sg. 12.39. Хе
198

! Используя признак Коши, исследовать на сходимость
следующие. ряды:
(
Ha
= (i |". 12.41. у (14-4)"
n=1
т
(1+ |". 12.43, b(t)"
n=1
‘
‚ЗП
-
`
п
Ga) . 12.45. У n(aresin — | .
n=]
12.40.
M
s
e
S
l
-
12.42.
3
I
12.44.
3
И
У
>
5
|
M
i
:
RkR
k k/2
12.46.
U,, THe ин-т (ЕТ) ’ se=(se) .
n=1
3
I
t
12.47.
M
s
Используя интегральный признак Коши, исследовать
сходимость следующие ряды:
|)
|
2.
e
——.
12.50.
12.49 > п[12п
TM0V
|)
|
1
12.51. У ня: 12.52. de aia
n=2
—
,
nn
8
3
Исследовать на сходимость ряды:
а
12.53. У. (т ).
п?
<1
т. 12.56. ae
nn
п
(—t7)". 12.58. Dt.
12.59. LL ay 12.60. xX (i-7)":
12-81. 100 41 103 4100-10:103. 108
100-10 oe (TH30)
"1.5.9... 4n—3)
1.1] 1.a?1
1.11.21... (10% —9
12.62. ее... +
у, +...
199
note
3
и
12.55.
M
s
s
s
И
—
M
s
12.57.
—
|

12.63.
12.64.
12.66.
12.67. У
12.69.
12.71.
12.73.
12.74.
12.76.
12.78.
12.79.
12.81.
12.83.
12.85.
12.87.
у 1:5 1-5-9
1-5-9... 4n—3)
2124.61 2-4-6-.8-101 °°
(4n—2)! -...
У И-УТ, 1.65. $ (2—1)
n=2
n=2
3/4
п--1
/
Mm
us
L
o
У (In a —In (sin 75))
n=1
XN Зп.п!
Se = еп.п]
по. 12.72%, 3)
1.4 1.4.7
(00-102 © 100-102-104 +°
|
1.4.7... (1—9)
+ 100102 ~~ 8-25) bo
12.80. So
aL av
12.82. >.
по
Gab) Sant
12.84. > Cree
=1
M
e
e
l
e
T
T
]
s
s
|
—
M
s
3
S
|
5
,
a
И
n
N
—
4
ВИ п?
(2+- i)" -n 12.86. yaaa
Исследовать на сходимость ряд >
M
e
o
i
i
M
e
3
t
I
при
ПР i: п)”
различных действительных значениях риа.
200

1
12. 88. Исследовать. на сходимость ря
Л
д
ряд у м п)“(шп п)В
при различных действительных значениях р, 9
и
В.
12.89. Убедиться в том, что признак Даламбера непри-
со
оЕ-1
OR
меним к ряду Уи», где На,
Чэк — Зи, тогда
n=t
,
как признак Коши показывает, что этот ряд сходится,
3. Признаки условной сходимости. Признак Лейбница,
Пусть члены аз внакочередующегося ряда
Qi— A,+Ggs—ag+.,.+(—1)"+4a,+...
(7)
действительны, монотонно ибывают, т. е.
AY>Ag>«9.DAn>weey
(8)
A
”
lim a,=9.
(9)
n>@
Тогда ряд (7) cxoOumca, npuuem Oan ezo-cymmot S umeem mecmo ouenka
S<aj.
Пример 11. Исследовать на сходимость ряд
за "+1 г.
n=1
-.1]
1
<Так‘какay=
>mpl. "+! п=1, 2, sees Иjim 7==0,
то выполнены условия (8) и (9), и данный ряд сходится. Ряд из
у
абсолютных величин членов, т. е. ряд у i ‚ расходится. Следова-
n=1
с
тельно, ряд У. (—1)" +1 i CXOZHTCA -YCJIOBHO. >
n
n=!
Признак Абеля—Дирихле. Пусть члены последова-
тельности. (6,) монотонно убывают: &>Ь>...>В >... U
Нт 6, =0, а частичные суммы $5 =а-+а, +... Ка» n=l, 2, ...,
fl—->@®
ограничены 6 совокупности, т. е.
п
2ap
Тогда ряд > аби сходится.
=МдлявсехпЕМ.
Прим е > 12. Viccnenopatb na. CXORWMOCTh pad
©
-У.sinh‚ХЕК.
k=1

«$ Очевидно, что в точках х=тял все члены ряда равны нулю, т. е.
при х=тл ряд сходится и его сумма равна нулю. Пусть теперь
x0 (mod x). Mogcuntaem сумму
п
У; зшАх==
у 2sin+sinkx=
k=1
Эш>k=l
315 п
I
|
I
I=
— У, (cos (+5 ) оо (++>)=)=
2511 = k=1
—
Отсюда заключаем, что для любых п=1, 2, ‚.. и Х=Е0 (то4л)
утЕх|=
k=1
Го] ит]
1
монотонно убываети п —==0.
neNo
fl—+> oo
1
Далее, последовательность С
Таким образом, при х==0 (тодал) выполнены условия признака
[ее]
Абеля — Дирихле, и потому ряд У; sin ke сходится. Следовательно,
k=1
ряд сходится при любом x. >
Исследовать на абсолютную и условную сходимость
следующие ряды:
12.90. Ха
12.91. de Te
=
nfl
С
н [2—1 \п
12.92, Di (—I" gg. 12.98. Fc (ea)
1 1.4, 1.4.7
12.94. 9 —35 Гат...
ng y 1:4+7...(3n—2)
ТСО "БТ. И" i
M
e
12.95. D>) (—1)" 24, 12.96. у Ев:
n=2
1
_i
12.97. 2 (—I)" raga’ 12.98. yA yr.
i
M
s
202

12.99, DS) (—1)7#. 12,100. Ey gs
п=}
12.101. >. °°°т”, 12.102, у (1) =,
;
nat
n=},
Е
12.103. х (—1)" 1
птлУ шп”
®sini
Sin na@
12.104. уеИЗ, 12.105*, Dy —.
12.106. > =. 12.407. 3) (25*)",2
n=l
12.108. у (> )" ‚ 12.109. x cos a
n=l
|)
Убедиться в том, что к рядам » и, с указанными
n=1
ниже членами (А Е No) нельзя применить признак Лейбница,
Исследоватьэти ряды на сходимость другими способами.
|
|
1
1
12.110*.
а=
5—=—
Mak 1° ВЕ" nth Vk+I—1
1
12.111. Ик 1= ЗЕЕ, Uo, =
Г
1
1
12.112. И -1 3,
Uo, = "OR"
1
1
12.113. Use—-i = op]? Usp = — Fa
со
12.114*. Доказать, что из сходимости рядов > a, |? R
n=1
>. р, |’ следует абсолютная сходимость ряда > аб,
ПЕК
n=
©
©
Произведением по Коши рядов У ави У В, называется ряд
n=1
n=l
х
У с,, члены которого получены по формулам
п
= У аб. -к+, ПЕМ.
&=1 °
203

Исследовать Ha CXOAMMOCTS произведение: по Коши
следующих рядов:
12.115**, У Чи У.
net”
‘n=l
12.116*. y ви У"
nai”
n=f
0
в
99.
(2.117*. > |cry EL
n=l
n=l
12.118*, >. т и =
12.119. Доказать, что если ряд Ж а, сходится абсо-
net’
a
лютно, а ряд » 6, скодится, то произведение по Коши
и
n=1
скодится.
Пусть (0) м-—произвольная числовая последователь-
п
НОСТЬ, 5, = > и, — частичные суммы. сходящегося ряда
k=0
> Up a R= У и, —остаток этого ряда. Проверить
k=n+1
справедливость соотношений (называемых npeobpaseca-
ниями Абеля):
1n
12.120. > U,V, = a (U4 —Ug+i) Sp 0,5, + 0,55:
k=1
о
АЕ
п
n—!
12.121. >) upd,= Dy (Op—Upsi) (S,—S,,) +
k=m+1
Е=т+1
+0, ($„—9и).
„
12.122. > U,U, = „2, (Op —U,~1) Rea
+ UnttRm—InR ne
12.123. Toxas3atb, uTo ama octatTKa R, 3Hakouepenyio-
щегося ряда (7), удовлетворяющего условиям признака
Лейбница, справедливо неравенство |Ю„|< ал 1.
204

$ 2. Функциональные ряды
1. Область сходимости функционального ряда. Пусть фупкцию
fn (2), пЕМ, определены в области О. Выражение
|
fi (2) +he +e tin @+-..= Min@, zED,;
(J)
n=l
,
называется функциональным рядом. Еели для 2 ЕД числовой ряд
©
У No (20) сходится, то говорим, что функциональный ряд (1)
n=l
сходится в точке гу. Если в каждой точке 2221 = р числовые ряды
©
У Г, (2) сходятся; то ряд (1) называется сходящимся в области Пт.
n=!
.
Критерий Коши. Для тог9. чтобы функциональный ряд (1)
был сходящимся в области Пу, необходимо и достаточно, чтобы для
любого & > 0 ц любого 2Е РО: существовало No =М (в, 2) такое, что
аа (г)
+2 (2)-|-. .. +hatp (2) | <&
dan ecex n> N(e, z) u pEN.
Для определения области абсолютной сходимости функциональ-
ного ряда (1) следует воспользоваться либо признаком Даламбера,
либо признаком Коши. Именно, если
тза (2)
lim НИЕ) =1 (2)
fi>00
HAH
im / lin @1=1@),
то для определения области абсолютной сходимости ряда. (1) следует
решить функциональное неравенство [(2)< 1, а для определения
области расходимости
— функциональное неравенство [(2) > 1. При
этом для изучения поведения ряда в граничных точках получаемой
области, т. е. в точках, описываемых уравнением 1[(2)=1, требуется
дополнительное. исследование.
Пример 1. Найти область сходимости функционального ряда
У. (oly | x€R, x>—2.
n=l n3” V (x-+ 2)"
—__|
n3n V (x-+-2)"
ЧTaxxax|/,(x)|=
Hx >—2, TO, NPHMeHAA признак
Коши, имеем
lim / ——_—- lim
|
==
.
п->
п3”У(х- 2)" n> 3(yi gla /y 3Vx-+2
1
17
Следовательно, ряд сходится, если ——= < 1, т.е. npn x> —95.
ЗУ х-2
205.

=
17
oe
>
;
1
При = —5 получаем знакочередующийся ряд > ([-0" +" —,
n=!
который сходится по признаку Лейбница. Таким образом, область
сходимости ряда — полуинтервал [— 17/9, + 00). >
Найти области сходимости рядов (хЕЮ). Исследовать
ряды на абсолютную сходимость.
в
12.124. —1"н-х, 12.125. У °%"% 12 126. Ут,
У"и
Dv
aE
n=!
ay
12.127, re 12.128. У.
12.129. У (х' ртаam) 12.130. Sy inne,
n=l
‚
n=]
M
s
12.131, Dix" tg =. 12,132. Senate 12.133. > me х
n=l
=!
=
И
—
Пример 2. Найти область сходимости функционального ряда
т
ети ‚ 2ЕС.
4 Применяя признак Даламбера, можем записать неравенство
. (n+ 1) (z—i)"|
|1
и (2—1||2|<i,
откуда заключаем, что ряд сходится абсолютно вие круга радиуса
1 с центром в точке Ё, т. е. при |2—#|>1. На окружности
|2—#]=1 ряд, очевидно, расходится. д
Найти области абсолютной сходимости указанных
ниже рядов (2ЕС):
о
1
12.134. de gaa 12.138. eye
12,136, 3) =. 12.187, Vem.
n=l
n=!)
12.138. У; ье-"”". 12.139. У) пе".
n=l
n=l
12.140*. У (—0"л-г. 124441*. У. (Е).
n=l
и
п=| 2!
206

®
12.142. У. (1-5). 12.143*, У. А,
=!=
n=l
2. Равнемерная сходимость. Сходящийся в области Ву фувкцио.
нальный ряд (1) называется равномерно сходящимся в этой области,
если для любого > 0 найдется МNoМ=М (=) такое, что для овтатка
ряда (1)
|
©
к,(= У.No6)
k=n+l
при всех п > М (=) и 2Е Пу имеет место оценка
|Kn (2)|< 3.
Критерий Коши равномерной сходимоети. Для
того чтобы функциональный pad (1) был равномерно сходящимся
в области От, необходимо и достаточно, чтобы для любого 8 > 0
существовало No =М (=) такое, что для всех п > М ($) в 2ЕП] вы-
полнялись неравенства
|аа (2)НР (-... НР+р(2)[<в,
р=1, 2, ate
Пример 3. Найти область сходимости ряда
a
> (27—2"+1),
n=0
сумму ряда и показать, что во всей области сходимости ряд схо-
дится неравномерно.
«$ Так как частичные суммы ряда имеют вид
fn
$в(2)=> (zk
— 2k +31) =] —2"41,
k=0
то можем заключить, что lim S,, (z) cyuecTByeT TombKO pH |z| <1
пью
,
HB точке г=1, т. е. областью сходимости ряда является область’
D,={z||z|)< 1" z=1)},
причем сумма ряда равна
5(2)= limS,(2)={
Остаток ряда АЮ„ (2) =$ (2)— 5» (2) имеет вид
2741 при |2|<1,
в»=10при2=1.
Отсюда заключаем, что существуют & > 0 и М (8) такие, что для
любого п > М (#0) найдется г; такое, что |2.| < 1, но | Ю‚ (21)| > =.
t
е?", ф,— произвольно,
1 при |2!< No,
О при 2=1.
Так, например, выбирая #, = 1/4 и 2,=—=
оп+1
1
.
<. Это означает, что во всей области схо-
димости ШБ+{ равномерной сходимости нет. Заметим; однако, что’
207
1
имеем | R,, (Zn) |= >

в любой области О, ={2||2|<<г< 1} ряд будет сходиться равно-
4:
a&
мерно, так как для любого е > 0 найдется М =МNo т ‘такое,
“To, Ad Beek ZED, wn n> N (e) umeem | R,, (2) |=[2|"tl<crttt<e. >
Признак `Вейерштрасса. Пусть функциональный ряд
{1 скодится в ‘области Пт, ‘и пикть существует. скодящийся внако-
a
положительный: числовой ряд > а, такой, что для ecex zED, u Oaa
n=1
.
п > М члены ряда (1) удовлетворяют условию
1Ё (2) |< ап.
Тогда: ряд (1) сходится абсолютно и равномерно в области Вт.
Go
Ряд >, а, называется мажорирующим для ряда (1).
n=l
©
.
кл 2”
Пример 4. Найти область сходимости ряда › 3 И показать,
n=l
что’ в этой области ряд сходится ‘равномерно.
«® ‘Воспользуемся признаком Даламбера. Имеем
=|2].
гп +112
(n-- 1)? 2"
Сяедовательно, в Kpyre |z| <1 pag cxogutca. Ha rpanaue kpyra,
т. е. при | 2| =1, получаем. сходящийся ряд:
lim
n> ow
1из <®.
n=
n=t
Значит, исходный ряд сходится в замкнутом круге |2 | < Е. Но так
как для всех |2]< 1
fein od
п? nin2
[а (2) [==
то ряд сходится абсолютно и равномерно. }>
Найти область сходимости и область равномерной
сходимости указанных рядов (хЕК, 2Е 0}:
~
© _—Гуп-+а
12.144. У! (—1 п-*. 12,145. у. (ie
—
n (x-+ 2)"
12.146, $22%. 12.147. у` =f ,
n=i
n=!
12.148. S$) - 12.149. У. (пм.
3
i
l
n
1
n-*,
12.151.
пe
>. n+?)
8
1
12.1590.
M
s
3
|
|
208

`..
|
3
42.152*, Доказать, что ряд Фета ‚ ХЕК, скодит-
ся абсолютно. во всех точках, но не равномерно в любом
промежутке, внутри или на границе которого находится
точка х=0.
2
tet
x?
12.153. Доказать, что ряд У. (—1)” ия", ХЕ К,
'
‘=
a
<>
скодится абсолютно и равномерно на всей числовой деи,
тогда как ряд из абсолютных величин. чпенов ‚данного:
ряда (ряд задачи 12.152) Ha всей числовой оси сходится
неравномерно::
12.154. Используя принцип максимума модуля анали-
тической функции, доказать, что если члены ряда (1)
являются ‘аналитическими в области О функциями и не-
прерывными в замкнутой области.В =р--Г и. если ряд
(1} сходится равномерно на Г, то он сходится: равиомерно
в замкнутой области О (вторая теорема Вейер-
штрасса).
‚12.155. Найти область сходимости и область. равномез-
ной сходимости, а также сумму ряда
©
У (т=-Е-
ГЕ Гри)"
п=0
3. Свойства равномерно сходящихся рядов. Сформулязуем ряд
свойств в виде задач.
12.156. Доказать, что если члены равномерно сходяще-
гося в области О; функционального ряда (1) умножить
на’`одНну и`ту же ограниченную в области О; функцию
ф (2), то равномерная сходимость ряда не нарушится:
12.157. Доказать, что если функции [, (г) непрерывны
в области О; и ряд (1) равномерно сходится в’ этой
области, то его сумма [(г2) непрерывна в области Оу.
12.158. Доказать, что если функции }, (2) непрерывны
в области О; и ряд (1) равномерно сходится в` этой
области, то его можно почленно интегрировать по любой
кривой [, целиком лежащей в области Ду, т. е. имеет
место равенство
>1.) =У F,(9)dn.
14 Пояд ред. А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича
:209

12.159*. Доказать, что если на отрезке [а, 8] функ-
нии [.(х) дифференцируемы, функциональный ряд
@
21, (x) сходится, а ряд из производных » [и (х)
n=}
n=}
равномерно сходится, то исходный ряд можно почленно
дифференцировать, т. е. имеет место равенство
Для равномерно есходящихся рядов из аналитических функций
имеет место
Теорема Вейерштрасса. Если члены ‘функционального
ряда (1), т.е. функции |, (2), являются аналитическими в области О
функциями и в любой замкнутой подобласти D,cD ряд (1) сходится
равномерно, то:
_ a) сумма ряда (1), т.е. функция [(2); является аналитической
в области D;
6) ряд (1) можно почленно дифференцировать любое число раз,
т. е.. справедливы равенства
(д=У (а, k=1,2,vey 2€D} (2)
n=1
в) в любой замкнутой подоблаети Р.С полученные в резуль-
тате дифференцирования ряды (2) сходятся равномерно.
12.160. Используя утверждение задач 12.157, 12.158
и теорему Морера (теорема, обратная теореме Коши),
доказать утверждение а) теоремы Вейерштрасса.
12.161. Воспользовавшись формулой Коши для произ-
водной и утверждением задачи 12.158, доказать утвержде-
ние 6) теоремы Вейерштрасса.
& 3. Степенные ряды
1. Область сходимости и свойства степенных рядов. Ряд
oo
cote (2 —2p)+ C2 (Z—20)?7+ «+ ln (2-H)! +...= У бп (2— 20)"
(1)
называется степечным по стеленям (2— 2%). В частности, ряд
со сл2--<а2?--...-Неиг"--... = > спап
(2)
n=0
является степенным по степеням 2. С помощью замены 2—2, =й ряд
(1) сводится к ряду (2).
Теорема '`Абеля. „Если степенной ряд (2) сходится в точке
2=21720, то он абсолютно сходится для всех 2 таких, что |2| < |2. |,
причем сходимость будет равномерной в любом замкнутом круге
210

[z[<ir<fzf. Если же ряд (2) расходится в точке 2=2., то on
‚расходится и для ecex z maKux, umo |2| > | zo].
Из теоремы Абеля. следует, что областью сходимости степенного
ряда является круг ‘с центром в начале координат (с центром в
точке 25), радиус которого может быть определен применением либо
признака Даламбера, либо признака Коши, т. е. из условий
Сп+12" +1
сиг”
<‘
=|2| Итп= ®
lim
tl—oo
Сп+1.
С
‘или
lim 7 |c,z"| =[z! lim "/|[c,[ <1.
dimiVen|[1
т
Ven |
Отсюда для вычисления радиуса Ю круг сходимости получаем
соотношения
1
|
I
R=
=ИЛИk=
Se
lim | £243
Пт УИ [си]
n+-ol Cr
n>o@
Пример 1. Исследовать на. сходимость ряд
C+ C+ ean ws (+2)
4. 32
n23n
n®.37 °
4 Применим признак Даламбера:
_ (г-- 2)”
. (г-|- 2)" +1
та.Зн о МиР ира. Зи
и
lim (2-1 2)2т+12. 3 — [2+2 lim п? _ [2427
n—- oo (n+ 1)2 3%+1 (z+. 2)2”
3
nw (Nl)?
3
Отсюда заключаем, что ряд сходится в круге |2--2]| < У 3. Далее,
на границе круга, т. е. при [2-22 |=У 3, имеем
я | (24-2)"| хм |
Be fear|=
а это означает, что ряд абсолютно сходится в замкнутом круге
[2-2 |< 3, причем сходимость в этом замкнутом круге равно-
мерная. >
12.162. Сформулировать теорему Абеля для ряда (1).
12.163*. Установить, что степенной ряд (1) обладает
следующими свойствами:
а) в круге сходимости |2—2,|<®Ю сумма степенного
ряда /(2) является функцией аналитической;
6) в круге сходимости |2—2,|< Ю степенной ряд
можно почленно дифференцировать любое число раз,
причем продифференцированные ряды имеют тот же самый
круг сходимости |2—2,|< В;
|
14*
211

в) ряд (1) можно почленно интегрировать по любой
кривой, лежащей в круге сходимости, . причем ‘интеграл
зависит только от начала и конца кривой интегрирова-
ния, а ряд, полученный из. ряда .(1) в результате ин-
тегрирования сот 2, до 2, имеет тот же круг сходимости
12—2,| < К.
12.164*. Густь.‘степенной ряд? (1). сходится.в круге
[12—2|<'Ю,‚Р >.0, и [ (2) —сумма этого ряда. Показать,
что значения производных |“ (2) в, точке 2, можно вы-
разить через `коэффициенты- ‘ряда’ (1) по формулам
Е”? (2,)
=и!с, п=0, 1,...
Найти области абсолютной сходимости и области рав-
номерной сходимости следующих рядов (2 ЕС). Заменяя
в этих рядах. (кроме 12.179, 12.181, 12.187—12.189) г на
хЕК, исследовать их на абсолютную и равномерную схо-
ДИМоСТЬ.
12:165. увы. 12.166. У @+10"..
2.2”
"У21-1
121167. Sy (—1) EEN".
п=1
Qn+1 (z—4)"
12.168.
——})n+3
o/s
2enDVnee
С 2" (z—2)2n
*
и (2 —3)2#
12.169. LL
12.170. (=) oye
12.171.
м. 12.172. У ("И гл,
' >. 3"-1Ип
>.(5re
оне М 32-41
(nl)? 2”
12.173. aa
12.174. у. Чел.
ao
©
12.175.У. ("+3 иг", 12.176. YY (—1y
n=l
n=1
12.177, Sy Set2" | 19.178, у (те 1)
п=|
п=]
в
.
м
.
(z— 3)?" +t
“+ $9 470.. «
|( — рп 12.180.
Зил °
2a nl z—ij".
T
heed 3" (Qn1)
|
912

M
s
12.181. 2+9" 12.182.У (31+ 02—10".
n=l
пп
.
=
<
р
ы
12.183. у. оби. 12484, УГ.
12.185. У. (— yn т. 12.186. Хи
12.187. у oe 12.188. ye
12.189. х. аиa 12.190. у. oar
12.191. >»
и, —1)”, 12.192. хиnl
12.193. хе jpn. 12.194. уcage
12.195.
M
e
aa 12.196.) (—1)" FE (2 4.3)",
n=l
3
(
\
nlz", 12.198. x eae
м
12.197.
3
i
l
м
.
З
ы
b
h
o
}
=
5
12.199.
12.200. у Qn grt,
n=0 |
eam. 12,202, SED”
пп
3
И
м
12.201.
n=l
=
~
1
2. Разложение функций в ряд Тейлора. Имеет место следующая
Теорема Тейлора. Функция {(2), аналитическая в круге
12—20| < ВЮ, однозначно представима в этом круге своим рядом Тей-
лора
f@= > Cn (2—2)",
коэффициенты которого определяются no формулам !)
fi(2)_ 1
_
f(y)
_
n=a т
(а =Obyone
I-20 f=r
С
1) Здесь и далее для записи криволинейных интегралов по зам-
кнутому контуру (контурных интегралов) мы используем обычный
знак интеграла. .
213

Следствие. Если функция [(2) аналитична в области О и
20 ЕР, то в круге |2—2 |< К (2, Р), где К (2%, О) — наименьшее
расстояние от точки 25 до границы области О или до ближайшей точки
2', в которой [(2) не аналитична, ](2) может быть представлена
в виде степенного ряда
©
[ (2)= >) en (20) (2— го)",
(3)
п=0
-
TM
коэффициенты: которого, определяются по формулам
сов= od
\
1
ay n=0, l,...
(И —25)"+1
[9-20 |5^
r< R(2o, D)
Если 2. =0, то ряд Тейлора‘называют также рядом Маклорена.
Пример 2. Разложить функцию [ (2)= 3 2 в ряд по степеням 2
(т. е; в ряд Маклорена).
e+— _2
е
|
vw
yy
Так как 51 г=——_— является аналитической во всей плоско-
сти, то по теореме Тейлора ее ряд Маклорена будет сходиться к ней
во всей плоскости. Имеем
=
($62) 8+1 =сВ 2, п=0, 1,...,
а
(sh 2)?@”) = sh a2, n€N.
fan)
fen) (0)
ji@at)
perth (0)
1
Следовательно, сэ =
=0, 4 Consi=
pi? 4
(2n)!
ТТ—и1)
искомое разложение имеет вид
gentt
Ут2!’ 266. No
Замечание. Если рассматривать ряд Тейлора функции } (х)
действительной переменной, т. е. ряд
у No) (хо)Хо °
Ь
(хп
п!
(
о);
n=0
то для справедливости равенства (3) (при 2=х и 2. =) необходимо
и достаточно, чтобы остаточный член формулы Тейлора Ю, (х) стре-
мился к нулю при п —+> <. Остаточный член может быть записан,
например, в форме Лагранжа
—__ n+1
Ry ()
AMD (xy-+0(x—Xy)), THe O<O<I,
или в форме Коши
к, (= Шо" OY лич (6 (х—ж)),
п!
или в какой-либо другой форме.
Пример 3. Разложить в ряд Тейлора по степеням х функцию ех,
< Функция /(х)=е* бесконечно дифференцируема и (е*)") =ех.
Следовательно, [29 (0) =1. Формула Тейлора с остаточным членом в
214

форме Лагранжа имеет вид
п
хп +1
__ xh
9х
На любом конечном отрезке х@[—а, a], а> 0, имеем
п+1
п+1
limR,,(x){=Пт|x|” OxаПибо
а потому для любого хЕК
о
п
ex=
>
п
n=0
При решении многих задач рекомендуется пользоваться следую“
щими разложениями элементарных функций:
де. На. = У, 260.
n=0
-
22
22п
-
23п `
6) cosz=1—-+...-+(—1)" mite = de (—1)” пу! ,
ae ="
z€C.
гота +
yn
221+1
Я OI" Gere
.
2ЕС.
г) маня...
-++. .. => (ayn =,
аа
д) arctg2=2—F 4... HO ier
“Le I"
» fzl<l.
е) (1+г)"=
=I+az го ap oe pS
EDa
У ие). (=A) oy, lz}<l, a@€R\N
n=]
(в случае, когда a=mEN функция (1--2)” раскладывается по би-
ному Пьютона в многочлен, причем разложение имеет место во всей
плоскости).
ж) при &= —1 из е) получаем бесконечную геометрическую про-
грессию со знаменателем —2
gaint. (= ztt-..., fzf< 1.
215

Пример 4. Разложить в ряд по степеням (г--3) функцию
т (2— 52).
<ФРассмотрим сначала следующее преобразование данной догарифми-
ческой функции:
т (2— 52) = 1п (2—5 (г-- 3) 15) = 17 (1-пе-+э)=
—= шп 17-Нп (1-2 65").
5
Воспользуемся разложением г) для.п (1-Р и), полагая и = _—? (2-3).
Так как разложение г)-имеет место при |и| < 1, то наше разложе-
ние будет иметь место при-- > |2 --3| < 1. Таким образом,
In(2—5z)=In r+ (18 ( 5e+ 3))" =—=.
=In >(7)Se ‚[z+3l<.
n=l
Заметим, что на действительной оси в точке х==2/5 ряд расходится
(гармонический ряд), а в точке х=
— 32/5 по признаку Лейбница
сходится. Следовательно, [—32/5,. 2/5) — промежуток сходимости на
действительной оси. No
Часто для разложения функций в ряд удобно пользоваться диф-
ференцированием или’ интегрированием известных разложений, а при
разложении рациональной дроби разложить ее на простейшие.
Пример 5. Получить ‘разложение ‘г) для функции [(2)-=
—ш(1-Ег).
.
@ Имеем
2
п(1-2)=тя
0
где путь интегрирования не охватывает точку 2—= —1. Заметим, что
функция
при < 1 ‘является суммой геометрической про-
1и
грессии со знаменателем —\|,. т. е.
a
>. (—1)”,
причем, если |1 |= [2[< 1, то ряд сходится равномерно и его можно
почлевно интегрировать. Поэтому для 2 таких, что |2| < No, имеем;
In(I 2)=
“SoH i= J
nH)" dyn= Хо
=
иен". >
n=0 0
n=l
216

Пример 6. Разложить в ряд по степеням 2 функцию
22—22 -- 19
@—3} (#5)
[(г)=
< Разложим 1] (2) на элементарные дроби. Имеем
а) 5Tea
По формуле суммы геометрической прогрессии
2z+-5
225
2’
2--5
142
ont
5
2
и
2212%/2
==, (5) 121< 3.
1——
n=0
3
Замечая, что
.;
(5-м
и учитывая утверждение 6) задачи 12.163, получим
©
со
2
240 nz?~-2 2 yr (n-f 1) 2"
|
(2—3 3
3
gute.” |2} < 3.
|
n=]
n=Q
]
Складывая ряды для Mp5 * 2—5 ‚ имеем
re (em £41840) ic bop
n=0
Пример 7. Разложить в ряд по степеням х (хЕК) функцию
=
аи,
0
,
y2kti
«@ Зпая разложение фупкции sinu= >) (—1) ЕП! (см. разло-
k=0
женне в)), имеем
<
иЕК,
(—
—
ЕТI
217

потому, используя свойство в)`задачи 12.163, получаем
а
|sinuи. с1)®отли
0
©
|
|
ХЕ +1
= ВЕРОГОЕЕ
k=0.
Используя теорему Тейлора (формулу Тейлора
с оста-
точным членом в какой-либо форме для функций дейст-
вительной переменной), разложить в ряд по степеням 2
следующие функции, проверив тем самым справедливость
соответствующих соотношений из а)—е):
12.203. e?. 12.204. cosz. 12.205. sinz. 12.206. (1 4-z)*.
12.207. 27. 12.208. эт (2—4). 12.209. cos? z.
Написать первые три ненулевых члена разложения
в ряд по степеням 2 следующих функций:
12.210*. tgz. 12.211.
, 12.212. thz. 12.213. e% cosz.
Используя разложения. OCHOBHIX элементарных функ-
ций а)—ж), а также возможность почленного дифферен-
цирования и интегрирования степенных рядов, разложить
функции в ряд по степеням г и указать области сходи-
мости полученных рядов !):
12.214, e-27, 12.215. sin?2. 12.216. i = 12.217, si
3 Sag
1
32--1
12.218. /27—2. 129.219. —____..12.920*, т.
И 27—2
9 Vora
0 2—2
3
2
12.221. Tipo 12.222. (l1—z)e~**. 12.223. chz.
12.224. sin2z+2zco0s 2z. 12.225. sin 2z cos 2z.
12.226. In (1 + z—2z?). 12.227. In(z?-+
3z-+ 2).
12.228. In(z+V +24). 12.229. arctgz. 12.230. arcsinz.
12.231, ( e-n/2 dy. 12.232, ( Si dy.
few 102
2605$ 2—Sin Zz
2sinz— 1 ~ 6082
12.2338, Z0S2— SiN? 12.034*. —5-
|
Разложить функции в ряд по степеням 2—2, и опре-
делить области СХОДИМОСТИ полученных рядов:
12.235. 23 —22° —52—2, 2. =—4. 12.236. —-, 2, = 2.
7) См. также задачи 12.289
— 12.294.
218

1
|
12.237. To” 2, = 31. 12.238.
бе5»<g>
=
3,
]
12.239. эро, 0 =—4. 12.240. Ут, в =1.
12.241*. 5, 2=2. 12.242. ей-42 +1, 2—0.
12.243. 2622-27, 2,=1. 12.244. 1 (2? 42), 2. =—2,
12.245*. In(5z+3), z,=1.
12.246. In (224+ 6z2+12), z,=—3.
Найти области сходимости указанных рядов и их
суммы:
12.247. > (—1)" (n-+1) (n+2) 2", 12.248, Dretiy
o n=0
12.249. x es" _ 12.250. 3 (— 1)" a-a~2g%", gL 0,
n=0
n=0
12.251. > (—1)" (n+ 1) 2%".
‚3. Теорема единственности. Аналитическое продолжение. Сфор-
мулируем теорему единственности:
Если функции |(г2) и 8(2) аналитичны в области О и на мноз
жестве различных точек (2и) No имеющем предельную точку аЕБ,
выполняются равенства (2) = g(z,), nEN, mo |(2)=в(2) всюду
на О.
Пусть функция /(2) аналитична в области р, а функция 8 (2)
аналитична в области От такой, что пересечение РПД: =р. содер-
жит последовательность различных точек (Zn), No имеющую по край-
ней мере одну предельную точку аЕШ.. Пусть, кроме того, ] (г)
=а(2)
для 2ЕП.. Тогда функция
Е()=!® ana, 2€D,
g(z) ana z€D\\D3
называется аналитическим продолжением функции [(2) с области О
на область РО»
Пример 8. Доказать, что если функция / (2) непрерывна в об-
—_—_1\ 7
ласти О), содержащей точку 2=0, и если | ayo
для
n=no+1, По--2, ..., то | (2) не аналитична в области В (пт = 1—
нелое).
|
«$ Так как /(2) непрерывна в О, то на отрезке действительной оси
п,
п > по, она принимает значения разных знаков. Поэтому существуют
1
она также непрерывна, а в соседних точках t—=—- И Х—=
TOUKH x,€ | ——
оИпЕn---1,
довательно, в точках х„ ЕД функция ] (2) совпадает с аналитической
функцией #8 (г) =0, а так как Г (г) =Е 0, To f(z) He может быть ана-
литической функцией. }>
=) ‚ в которых ](х„)=0, причем х„—> 0. Сле-
219

Пример 9. Дожазать,- что функция
1ky
2"
о
6(2) = i—z (i—z)? + Гар -- ‚<
является аналитическим продолжением функции
f (2) = 1+ 2z2-++ 282? +4....
о
О
«$ Определим область сходимости рядов для # (г) и [ (2). Имеем
:
‘| 2]”
|
_2_
dia Vo pape=| Toa |<!
lim Эта" =2|21 < 1,
Пит Уи" 2 [21
т.е. ряд для & (2) сходится в области Ду; =={2 | Кег < 1/2} (см. задачу
12.143), ‘а ряд для { (2) —в области Р.={2||2| < 1/2}.
пределы суммы этих рядов в указанных областях:
1
|
т
8)=,5(1+ ага+...)= i—z ,_ 2 ~1—2z
В
1—2
и
Га ==.
Так как О.С; и в области О. справедливо тождество. { (2)
== в.(2),
то функция с (2)` является аналитическим продолжением функции. | (#)
с области О» на область От. >.
‚12.252. Доказать, что при любом а=-0 и |а| 5=.1 функ-
циональное уравнение }(2).==}(а2) не имеет решения, ана-
литического в точке г=0 и ее окрестности, отличного
от } (2) == соп$.
12.253*. Доказать теорему единственности в том случае,
когда УгЕД в(2г) =0, т.е. доказать следующую теорему:
если аналитическая в области Р функция f(z) обращается
в нуль в точках (2„),‹ No, лежащих в области О и такик,
auto limz,=a€D, to. Wz€D f(z)=0
k-+>a
12.254. Будет ли аналитической в точке #=0 и ее
окрестности функция ](2), если она при всех целых п » п,
._ ЛП
удовлетворяет соотношению | (=) == sin-5-?
Найти аналитические в окрестности точки г=0 функ-
ции [ (2), удовлетворяющие условиям:
12.255, i=) =a ne ч
12.256. (1) =/(—т)= ле, ВЕМ.
220

12,257. Показать, что функция => (2—0 sp.
о(2— па
ляется аналитическим продолжением функции | (2) ==
1
рез
И
oo,
ту ($ ) . Найти аналитическое выражёние этих функ-
2 ag!
ЦИЙ В общей части областей сходимости рядов.
12. 258. Показать, что функция 6(2)= м (2-27 +
1—2i)"
us (—l)"*?
и
рии является аналитическим продол-
n=l
{ением функции f(z) _У. (12 . Найти, аналитическое
n=|
выражение этих фувкций в общей части областей сходи-
мости. рядов.
$ 4. Применение степенных рядов
1. Вычисление значений функций. Разложения а)—ж) из 6
позволяют получать значения соответствующих функций в задапиых
точках с` любой точностью.
Пример 1. Найти число е с точностью до 1975.
<& Подставив х=1| в разложение функции е*, имеем
в
А=0
k=n+1
Оценим остаток
рух
le
1
et
—<=—
————_—_—_—_- < —
—_
==
>.
>.
1—1)...
>,
ИЕ.
k=n+1
п pon Me)
” ванне (1-Е 10% ”
1
__1
n+1
1
п! i_1°ntn’
n+l
ч|
,
Следовательно, равенство e=>) т имеет предельную абсолютную
k=0
;
1
.
_]
погрешность, равную Tha’ Найдем п, для которого arn < 0,00001
wo
или nin > 100000. Tonyuaem n> 8. Berncaaa 245) г и округ-
..
k=2
ляя, находим ответ с требуемой: точностью е = 2,71828. No»
221

12.259. Определить, сколько нужно взять членов в раз-
ложении функции ш (1-х), чтобы вычислить ш2 с точ-
ностью 40 1074.
12.260. Определить, сколько нужно взять членов ряда
в разложении функции созх, чтобы вычислить cos 10°
с точностью до 1074.
12.261. С какой предельной абсолютной. погрешностью!
МОЖНО ВЫЧИСЛИТЬ
5И/Бд
|
1 \1/5
1/36 = (32+ 46 =2(145)"",
взяв три члена биномиального ряда? x? x
12.262. При каких х многочлен х—<+ т5б дает зна-
чение функции $пх с точностью до 1074?
12.263. Какова предельная абсолютная погрешность
равенства‘
,
—_—
Хх
ха
Va+x=a+5-— 55a3
при вычислении И 5?
Используя соответствующие разложения, вычислить
указанные значения функций с точностью до 10-*:
12.264. ИЕ. 12.265. A. 12.266. sin. 12.267. sin 12°.
12.268. cosl. 12.269*. sin 1000. 12.270*. 590.
12.271*. У 1Б. 12.272*, 7/700. 12.273*. In 2.
1
12.274. arctg ——.
5уз
12.275. 1, (0,5), где Г (х)= У ЕЕ.
k=0
12.276. shl. 12.277. chl.
В задачах 12.278 —12.287, используя разложения в CTe-
пенные ряды, требуется составить на фортране подпро-
граммы-функции для вычисления значений указанных
функций с заданной предельной абсолютной погрешностью.
Использовать параметры Х, ЕР$, где Х — аргумент,
ЕР$ — предельная абсолютная погрешность. Имена под-
программ выбрать не совпадающими с именами соответ-
ствующих стандартных подпрограмм-функций.
12.278*. ye
12.279. y=cosx. 12.280*. y=e*.
12,281". = (1 x)”. 12,282. y=I1n(1--x).
12.283*, y= In T*, 12.284. y=arctg x.
222

12.285. и=Р (х) (см. задачу 12.275).
12.286. y=shx. 12.287. y=chx.
‚12.288. Составить на фортране программу решения од-
ной из задач 12.264— 12.277, применяя подпрограммы-
функции, полученные при решении задач 12.278—12.287.
В программе предусмотреть сравнение результатов, вы-
численных с помощью составленной подпрограммы-функции
и с помощью стандартной подпрограммы-функции, входя-
щей в библиотеку обязательных подпрограмм.
2. Интегрирование функций. Разлагая полынтегральную функцию
Г(Р) в степенной ряд, можно, используя теорему об интегрировании
x
.
степенных рядов, представить интеграл Fd dt B виде степенного
|
;
ряда и подсчитать величину этого интеграла в заданной точностью
при любом значении х из интервала сходимости полученного ряда.
x
Пример 2. Разложить функцию \ e-# 4 в степенной ряд по
0
степеням х.
©
x*
«< Используя разложение x= >) Sr получим
.
k=0 °
со
е-1"= —1 —
(—1)A
I
I
>
к
на всей числовой оси. Применяя почленное интегрирование, находим
x
90
2+1
|diУЕя"No
<
Разложить указанные функции в степенные ряды по
степеням х:
- 12.289. РОТА)фр 12.290. —1 ( sind at,
i
2
t
12.291.
x
dt
\ Vt+H8
x
12.293. (J, (#) tdé (em. sagauy 12.275). 12.204. | sinfSint ap
C
h
u
r
m
e
S
l
e
e
p
y
,
C
O
>
p
.
223

Вычислить интеграяы с точностью fo 10674;
0,3
0,2
12.295. \ CED at. 12.296.
а
9
о|
v
0,5...
9,6 Doo ten.
12.297. | e-*at, 12.208. | 7/14 dc.
0
0
0.8 Ч
1
|
x
‘sinx «
12,299, р. 12.300. | “2* dr.
9
9
В задачах 12.301 — 12.305, используя разложения в сте:
пенные ряды, составить`на фортране подпрограмму-функ-
цию для вычисления‘ указанных ‘интегралов с заданной
предельной абсолютной погрешностью. Параметры: Х,
ЕР$, где Х — верхний предел интегрирования, ЕР$ —
предельная абсолютная погрешность.
x
Хх
.
in ft
‚9
2
12.301. Si (x)= \ dt. 12.302. erf x=—— \ edt,
12.303. \ (1-4 £5)%dt (s> 0, а-20). 12.304. joer at.
0
0
%
12.305. (294.1
12.306. Используя подпрограммы-функции, полученные
при решении задач 12.301—12.305, составить на фер-
тране программу решения одной из задач 12.295 —12.300.
3. Нахождение сумм числовых рядов. Убыстрение сходимости.
При нахождении суммы числового ряда вычисляют его частичную
сумму, для которой величина остатка ряда не превосходит заданной
абсолютной погрешности. Используя известные разложения в стенен-
ные ряды, сумму числового ряда в некоторых случаях можно выра-
зить в виде значения функции в определенной точке.
Доказать указанные равенства!
©
|
I
“|
12.307. a aE PEED = аи"
wae.
!__
294°

1
12.309°. х EH REI RFD)
1
,
ре). @и (pEN).
12.310*. >. (— Itt = 1nd.
=1
©
л
12.311. >. (— IY = =.
Найти суммы рядов, не вычисляя частичных сумм:
D
12.312. У. ст. 12.313.
еяae 12.314, У
nal -
nal
=|
И
12.315. Ни Qn dol gti: 12.316. du (—1)
ЕП.
12.317. У. (—1" толи 12.318. У.
|
No=0
n=O
‘
При нахождении суммы числового ряда требуется брать большое
число членов, если остаток этого ряда медленно стремится к пулю.
Такой ряд следует преобразовать в ряд, остаток которого стремится
к нулю быстрее. Данное преобразование называется убыстрением.
сходимости ряда. Олним из методов убыстрения сходимости является
метод Куммера. Неизвестная сумма А сходящегося ряда
©
Dy oh
(п
ЕТ
вычисляется по формуле
a
A=qB+ Y (8—9),
(2)
k=1
a
где В — известная сумма ряда >, ь, такого, что существует предел
kal
q= lim E40,
kR>an YR
Pan
о
$,(4—98%)
(3)
k=!
схолится быстрее, чем исходный ряд (1), т. е. остаток ряда (3} есть
бесконечно малая более высокого порядка, чем остаток ряда (1).
8 Под оед. А, В. Ебимова, . 5. П. Демидовича
225

©
Пример 3. Найти сумму ряда У, wr с точностью до 10-8.
k=1
«< Выясним, сколько членов данного ряда нужно взять для дости-
жения требуемой точности. Оценивая остаток (см. задачу 12.307),
получаем
©
©
©
]
1
1
]
Ух У eyed eet<< 0.001,
ptBOAtRTRFDв
откуда следует, что п > 1000, т. е. для достижения указанной точ-
ности требуется взять 1001 член исходного ряда.
Улучшим сходимость ряда. Положив в формуле (2)
|
]
1
1
Op=TP)R=Rep)’4=1,вЧ=НЕТ!
нахолим (см. задачу 12.307 при а=0 и п=!):
ох |1
1
о
Lae етот we нару
=!
Е=1
Е=1
k=1
©.
Применим формулу (2) для преобразования ряда у.
#=!
1
И
|
RU(RE I)’ * RRA +2) IO OR
— =F 1) bP)’ Тогда, учитывая (4), имеем (см. задачу
12.308 npn a=0 u n=}):
положив теперь ах=
bp
©
<
1_
У
—
> pod REP) ETD а СЕТИ
©
1©
1
аа 2a kh? (k-F 1) (k-+-2)°
@
|
1
Вычисление суммы ряда У. jr свелось к вычислению суммы ряда
=]
©
>.
7
het2 (RF
1) (RFD)
Оценивая остаток
©
у.
<У
—
pot PREDER ^ 2, (&—1 (1-5)
=n+l
со
|
]
1
->. РЕП + #3)Sn FI) 9)’
226

получавл Е
откуда из > +2000 = 666,7, или’ п 9,
т. ©. требуемая точность достигается при п=9. Следовательно,
оi
\
a 1-113 BEE) ELD =! +025-+2-0,1975 =| ‚645.
k=l
I
Применив преобразование (2) еще разк ряду у z
5,
|
= PEFD ETD
можно было бы еще более улучшить еходимость. No».
В задачах .12.319—12.323, применяя преобразование
Куммера, ‘найти суммы указанных рядов в точностью до
10-*, взяв для этого не более 10 членов получившегося
ряда. Использовать соотношения
>.ов о (1-55)©Ф>5.
nol
n=l
Значения дзета-функции 5 (р) взять из таблицы
р
6 (р)
1,6449340668
1 2020569032
1 0823232337
10369277551
10173430620
10083492774
1 0040773562
>
C
O
N
D
.
c
r
s
G
W
b
o
12.319", x Е. 12.320°. у sint ©,
n=l
n=t
©
1
|
oe UD,
12.321*. У. эту. 12.322°.
ды.
..
not.
:
tol
]
12.323°, x (— 1)" 555.
у
12.324. Составить. на фортране программу. решения
одной из задач 12.319— 12.323.
4. Интегрирование. нфференциальных уравнений с помощью
ядов. `Степенные ряды широко применяютея при решении дифферен-
циальных уравнений. Для целого ряда дифференциальных уравнений
8*
227

показано, что решение и(х) представимо в виде степенного ряда
(А
y(1)=уayин иLd) д,
(5)
коэффициенты которого можно определить е учетом заданного урав-
нения различными способами.
а) Пусть требуется найти решение ‚уравнения y"=f (x, y, 9’),
удовлетворяющее условиям ‘и (%) =, И’ (х,)=, причем функция
Р(х, у, и’) в точке (ж, Ио; И1) имеет частные производные любого
Порядка. Тогда коэффициенты И“) (х,) ряда (5) определяются путем
последовательного дифференцирования исходного уравнения и нод-
становки в него ху и найденных уже значений. у (Xo), м” (хо), ...
Пример 5. Найти ‚решение уравнения и”= х?у, удовлетворяю-
щее условиям Y (0) = 0, y ()=1.
<§ Vimeem иу(0)=0, у’ (0)=1, из ‚заданного уравнения находим
У" (0) =0. Далее, дифференцируя уравнение, имеем
yf!"= xP! + oxy,
ylV
=
xPy" + 4xy! + 2y,|
yV=xy"! +Oxy"+by’,
Yi Paty (RL Ob xy D4 k (k—1) yfk-2),
н при х=0 получаем отсюда
и) (0)=А (#—1) и^-? (0), Е =2, 3, ...
Так как и (0)=и’ (0) =у’'” (0) =0 ии’ (0) =1, то
ут)(0)=ian+2)(0)=yin+3)(0)—0
H
yt+)(0)=(4n+2)(4n-+3)97+)(OC)=
.
= 2-3-6-7 ... (4n-} 2) (4n-+3), nEN.
Следовательно,
_
2-3-6-7 ... (4n+-2) (4n+-3) yan +2.
и)= >.
@т-- И
"
Но признаку Даламбера полученный ряд сходится для любых хЕК,
т. е. определяемая этим рядом функция и(х) является решением
ваданного уравнения при любых х. No»
Найти решения уравнений, удовлетворяющие заданным
условиям:
12.325. у "= xty, y(O)=y' (0)=1.
12.326. y" = — му’ —2ху--1, y()=y' (0)=
Найти первые 5 членов азложения щения диффе-
ренциального уравнения в степенной ряд:
12.327. и’ =203
х— ху; и(0)=1.
12.328. у’=—2ху, иу(0)=и (0)=1.
12.329. у’ = усозх--х; y(0)=1, y'(0)=0
228

6). Если ‘исходное: дифференциальное уравнение... JIMHEHHO: OTHOCH
тельно искомой функции и ее производных, причем коэффициент при
старшей производной в точке х, отличен от нуля, то решение сле-
дует искать в.виде ряда (5) с неопределенными коэффициентами ак,
к =0, |,... Законность такого. метода вытекает из утверждения,
доказываемого в аналитической теории дифференциальных уравнений,
которое мы`Ириведём для уравнения 2-го порядка.
Тео рема 1.
‚
Если в ‘бифференциальном уравнении
Po (x) "+3 (x) y' +e (Y= F(X)
(6)
функции po (x), py (x), Pa(x) u f(x) anaaumuunel @ окрестности
точки Хо И’ Ро (Хо) = 0, то существует решение уравнения (6), пред-
ставимое в ‘виде степенного ряда y (x) = > Ap (X—Xq)*
I] pumep 5. ‚Найти решение (в вид е creneunoro ряда) уравнения
у ну=,
удовлетворяющее условиям
и (0).=0 a
«4 Ищем решение в виде ряда, у (х)= », авх®, в котором в силу
k=0
условий y (0) =y' (0) =0 имеем Ay = 2; = 0. Следозательно, у (х) =
-> ap,x®, TloacTaBuB 3TO BbIpaxkKeHHe в уравнение, получаем
=2
ft
©
> k(kR—1)agx®7—> Rapx®+Упвх"—1.
k=?
b=?
Otciona HaxogzuM, 4T0 2-1-a,-=1, Т.е. т И
(R41) (R42) depo
(&-— Пак ‘для #=Ь 2, ...
Так как а1=0,`то а›и+1==б для neex m=0, Il, ..., а для kR=2Qm,
т=1, 2, ..., Получаем рекуррентную формулу
т"
Qs (mit); (Gm= 7) Am
(2m +- 1) (2m +2)’
из которой выводим равенства
mal, 2, „у.
г. @т— Пи
(и = Qm+3)t °
Следовательно, искомое решение имеет вид.
2"—ПН и
= >> бт-вай *”
причем полученный ряд 6ходится при’ всех х Е К. >
‘Используя бтепенные ряды, проинтегрировать . ‚ еле-
дующие дифференциальные уравнения:
12.330. y+ xy +у=1, (0) =у’ (0) =0
12.331. у’ —ху ух, у(0)=у’
(0) =0. .
12.332. уху --у=х, у(0)=0, 5’ (0) =1.
229

в) Если коэффициент при старшей производной в линейном урав-
нении в точке ху обращается в нуль, то следует воспользоваться
следующей теоремой.
Теорема 2. Если в дифференциальном уравнениц
Do (x) у"-Е ра (х) У’ - р» (х)у=0
(7)
фичкции ре (х), ри (х) и р» (х) авалитичны в окрестности точки же,
причем точка хо является нулем порядка $ функции ре (х), нулем
порядка не ниже $—1 функции ру (х) и нулем порядка не ниже $5—
функции. ро (х), то решение уравнения (7) в окрестности точки ху
существует и представляется в виде обобщенного степенного ряда
@
y (x) =(x—%)? DY) apy (4—%0)*,
k=0
где в Е ОцгЕК.
=
Пример 7. Найти решение (в виде обобщенного степенвого
ряда) уравнения
ey" +y' +xy=9,
удовлетворяющее начальным условиям и (0) =1, у’ (0) =0.
«$ Коэффициенты уравнения удовлетворяют условиям теоремы 2,
поэтому ищем решение в виде обобщенного степенного ряда
с
©
,
’
Y(x) =x" > apx® = >, акхк+!, @ 20.
k=0
k=0
Имеем
(#-- г) ах +71,
‘и=
M
e
k=0
8
y= > (k-+-r) (k+r—1) apxhtr—2,
k=0
Подставляя эти ряды в уравнение, получаем
ene
> (Е) (7—1 акх\+7 1 -|- > (k-Lr) apxRtr—-14.
k=O
k=0
-
+- > apxktr+i— 0,
k=0
т.е.
гасят 2 (и 12 ал” > (2-7)?
ay + Op—a) xF+7-2 =0,
k=2
Отсюда следуют равенства
rag =90, (r+1)2a;=0, (&-+1r)2ag+ap_.=09.
По условию а 7 0. Следовательно, г =0, а тогда
а1=0иИа=—ао, k=3,4,...
Из этих равенств заключаем, что а.т+1=0 для всех т==0, J,%..
Учитывая начальное. условие и (0) =1, заключаем, что а, =}, и имеем
230

рекуррентную формулу
Ao, —= __ @2т-8 .
2т
(2m)? f
из которой получаем
|
I
Qom = (—l)* (ети =" "92m (ml)? ®
Следовательно, искомое решение запишется в виде
хат
y (x) =1+ da (—)" Sema хЕК. >
т=1
“Найти общее решение дифференциального уравнения
в виде обобщенного степенного ряда:
12.333*. ху" 2y’+xy=0. 12.334. 4xy"+ 2y' + y=0.
5. Уравнение и функции Бесселя. Частным случаем уравне-
чия (6), коэффициенты которого ‘удовлетворяют условиям теоремы 2,
является уравнение ‚Бесселя
xy”+xy’+(x?—v*)y=0.
(8)
Его решениями являются цилиндрические функции. Бесселя первого
вода порядка \
х\ 2"
(=)
__„(NoУх __ТЕ—
У=4 > OM"WED
(Vd) WER) )
и для нецелых V
x \2k
I_y(x)=aS)”<7"x (—" Fra ae ... == 0
i
vs
.
Если же у— целое число, у=п, то вторым частным решением урав-
чения Бесселя (8) является функция Неймана (или Вебера), опреде;
ляемая из соотношения
Von
sin Vit
являющаяся цилиндрической функцией второго рода порядка “и.
Постоянная 40” в формулах (9) и (10) берется обычно следующая:
(V)
1
|
м
QT w+’
(о
|
+
rae.T° (v) = | ет*х*-14ах—гамма-функция Эйлера.
.
.
0
\
231

12.335. Используя представление (9) для Г, (х), дока-
зать следующие соотношения:
А= (9,
(12)
ly
ly
Чье.
12.336. Исходя из соотношений (12) и (13), вывести
соотношения
2
Гу(%)--Гу(x)=—Г,(x),
у (%)
— Tyga (X) = 2/4 (x).
12.337*. Используя представление (9) и значение а”
из (11), выразить Р-,/» (х) и Г:/› (х) через элементарные
функции.
12.338. Доказать, что если Г, (х) решение уравнения
(8), то `/; (ах) является решением уравнения
ху" + xy’ + (a?x?—
v?) у=0.
(14)
Записать общее решение уравнения (14).
Используя результат задачи 12.338, найти общие ре-
шения уравнений:
12.339. xy" -++-y' + 4xy=0.
12.340. 9x?y" + 9xy’ + (36x?— 1) y= 0.
12.341. x?y"+ xy’ + (38x?— 4) y=0.
12.342. ху’ ху’ (9— 5) y=0.
§ 5. Ряды Лорана
1. Ряды Лорана. Теорема Лорана. Рядом Лорана называется ряд
>) еп (2— 20)";
(1)
A=—@®
при этом ряд
_1
h@= УХ св)
называется: главной частью ряда Лорана, а ряд
с
fs = Den (2-20)
n=0
232

— правильной частью. Если
аи
1
lim
С_(=<А=—
um
|nl
wim
lead”
то областью сходимости ряда (1) является кольцо К={2|0<г<
< |2—2.| < А}. В этом кольце К сумма ряда rah (z)+ fe (2)
является функцией аналитической, причем. коэффициенты ряда сп
связаны с функцией } (г) посредством формул
с
' _[()
2
(И— 2)" +2
}п-
2е |=F’
где г<г' < К.
Пример 1. Найти область сходимости и сумму ряда Лорана
00
Ler
Qn
Pani
+У -ear
n=
п=!
dn, n=0, +1,
(2)
Применяя признак Коши к каждому из этих слагаемых, имеем
liип.
1
nie VW 2 [2-1 ~212-1]<
о
па -Е |2—1|
]и
|
—
I
nec
gn
з<
Отсюда` заключаем, что областью`сходимости’ исходного ряда: является
кольцо
.
К={2| 1/2 < |2—1|<3}.
Эамечая, что слагаемые-^являютея преизводными от рядов
©
oO
5
Sache Ee
2" (z— 1)"
3’
n=0 (
)
n=0
можем записать, это в кольиё К
—jjr-1
x. Qn:etn th So re
= (> mom): (2 eg)
__ ——
'_
(=)
..
2—1 \wfst2,os"ee3. he 2...
=—2 ( 22—3 +f 4—2 ~~ (4—2)? | (2z—8)?"
Таким образом, суммой“данного- ряда является функция
На
|><2—1]<3.No
233

Теорема Лорана. Если функция } (2) аналитична в кольце
0О=/< [2—2] < В, то в этом кольце она единственным образом
представима в выде ряда Лорана
О en(e—a)",
n=—-@
коэффициенты которого вычисляются
по формулам (2).
Следствие. Пусть } (г) анали-
тична В многосвязной области О, огра-
ниченной контуром Г и внутренними
Puc. 99
контурами \1; %, e+e, Ym (pc. 99).
Если точка 2% лежит внутри (или на
границе) одного из внутренних кон-
туров 7) и величина = тах | ^—"| меньше расстояния R OT 20
NE Vy
до остальной части границы области О) или до точки, В которой | (2)
не аналитична, Т. е.
O<r= max |%—yn|< R=
min
126 —91,
ЧЕМ,
neTUy,U... Чу, 1,41... ую
то’в кольце `х < | 2—2.| < В функция }# (2) может быть. представлена
ее рядом Лорана
|
+
|
|
[ (г) = > Сп (20) (2— 20)", r<jz—zml<R,
Пп=-о
коэффициенты которого си (2%) определяются по формулам (2).
Рядом Лорана для функции }(2) в окрестности точки # =
называется ряд
о
+0
Г(г)= >, Cy2" (wn 3У си(2—а)" );
(3)
\
Aa=-@
n=-@
сходящийся в некотором кольце г<|2| < --® (соответственно
r< |2—a| < -- ©), при этом главной частью ряда Лорана является
a
0
ряд Dow
(> ео"). а правильной —ряд >, Си"
n=l
n=-o
(>>, Сп и,
Пример 2. Разложить в ряд Лорана по степеням 2 функцию
1
:
=;
«$ Так ак нналитичность функции нарушается в Точках 2=0 и
2=1, то областью сходимости ряда. Лорана будет кольцо 0 < | {| < 1.
Замечая, что при п <—2 функция 243 (1—2) аналитична в круге
|2] = se< 1, можем записать, что
ри
\ wae
=P для n=—2, —3, eee
|2|=0
234

Далее, применяя формулу Коши для функции © я и ее про-
изводных, для п>—=—1 можем записать
( 92,_ 9+0
(n+)!
29 21+ ИЕ (n+
1)! (1—z)*¥? |2=
121=р
Таким образом, для 0 < [2] < 1
Ch=
с
1
|
[ (2) “Fay at Soe
(4)
n=0
т. е. главная часть содержит один член, а правильная
— бесконечное
число членов.
Вычисление контурных интегралов (2), как правило, достаточно
затруднительно. Поэтому для разложения функций в ряды Лорана
используются ‘искусственные приемы. Так, в примере 2 функцию
} (2)
можно было бы представить в ae owe дробей, т. е.
[(г) = oa alt
причем первое слагаемое является уже разложением в ряд Лорана
по степеням 2, а второе слагаемое есть сумма геометрической про-
грёссйи со’ знаменателем 2, т. е. имеем разложение (4).
Найти области сходимости и суммы следующих рядов:
шипа
12.343. У ая. 12.344. > chy.
n=O
® 2-п+3
12.345. >, —
Найти области сходимости рядов:
|
(z+i)
4n3
12.347.>. (5(n+iyta aT) .
(z— 21)”
пап
12.348. у. (5 (12-- 1) + cam} °
. 12.346. > (n+ 1) in+8 (z—i)”.
12.349. >. fl. | 12.350. >. GaRech ;)".
12.351. У. (5)' +(x)’:
n=}
n=l
Найти все разложения указанных функций в ряды
Лорана по степеням 2—2. и установить области сходи-
мости полученных разложений:
235

1
1
12.352. z(z—1)’ Z,= 1. 12.353*. 22|’ 2, = ©.
1
a
12.356. тот, 205 оо. 12.357. et
oe ale
|
S2-L.. -
ра
‚; 23
=
PO FPR, Z,= 2. 12.359*. 2— 921, 2) = 00,
21
|
12.360. ст’ =.
12.361. И
2,=©.
12.362. =’ z,=i. 12. 363. == =ТТ» 2 = 90.
ла. 2
os
_]
me ca
12.364". (224-12? 2 — 1. 12.365*. (ее, 2 = ©.
12.366. “52, z,=0. 12.367. S*, z,= 00.
|
12.368. sin 5 ,.z)=2. 12.369. ze, 2,=0.
|
12.370. ze2 , z,= 00. 12.371. 003 >, p= 2.
|ОтталаЕЕ—
12.372. 2-2, 2,=1. 12.373.2228, 2. =.
12.374. 1, а =0. 12.375
0.
CPE
‘Hea
12.376. Найти три первых члена разложения функции
1
f(z)=sin7—,—
Какова область сходимости этого ряда?
в ряд Лорана в окрестност И TOUKH 2, = 00.
2. Характер . ‘изолированных особых. точек. Точка 2) называется
правильной, точк ОЙ ДЛЯ аналитической в области р функции (2), если
существует степенной ряд >. Cn 29) (Z— 2)" с раднусом’ сходимости
п=0
Г (20). > 0, такой, что в общей части круга сходимости |2— 2.| <r (29)
и области 2 сумма этого para Pz, (2) совпадает с f (2). Точки, не
являющиеся правильными, называются особыми.
Точка 20 называется изолированной особой точкой функции { (2),
если { (2) — однозначная аналитическая функция в кольце 0 < |2 —2|< В,
а 2. -—— особая очка.
‚Аналогично точка.еу = © навывается изо лированной особой точкой
функции | (2), если] (г)— однозначная аналитическая функция в коль-
цег< |2] <® и _2= ® — особая точка.
Изолированная особая точка го функции [ (г) называется:
устраниной 020бой точкой, если существует конечный предел
Tim f.(2) =a Fo,
2S!
236

v
,
1
полюсом порядка т-— 1, если для функции g (2) =F 7p) TONKA Zo AB-
ляется нулем порядка т, т. е. & (2) имеет вид 8 (2) = (2— 20)" (2),
ф (20) 72 0 (очевидно, что если 2, — полюс, то Шт ] (2)= <);
z—> Zo
существенно особой, если Ит | (2) не существует.
2—2
Исследование характера бесконечно удаленной особой точки удоб-
нее проводить путем замены 2=— , с помощью которой бесконечно
удаленная точка 2 =о переходит в точку |=0.
Нример 3. Найти все особые точки функции [ (2)=—— и
е? -|- 1.
определить их характер.
«® Особыми точками являются точка 2 =0 и точки, в которых зна-
менатель обращается в нуль.
1
1
Имеем .е? -|-1=0 или е* =—1
= ет +71, т.е. е* -|-1=0, если
= (2т- 1) ль тЕ 4, причем эти точки являются нулями’ 1-го по-
т
1
;
рядка. Следовательно, в точках 2 = (Om) mi ‚ ЕЯ, функция] (2)
имеет полюсы 1-го порядка. Точка 2=0 не является изолированной
особой точкой, так как она является пределом полюсов, ибо Ит г„==0. >
то
12.377*. Доказать, что отсутствие в разложении (1)
главной части, т. е. равенство нулю всех коэффициентов
с, с отрицательными номерами (п= —1, —2, ...), явля-
ется. необходимым и достаточным условием того, что точ-
ка г, является устранимой особой точкой функции Т (г).
12.378*. Доказать, что наличие в главной части раз-
ложения (1) не более т>1 членов, причем с_„=20, а
с-„=0 для п>т--|1, есть необходимое и достаточное
условие того, что точка г, является полюсом порядка т
для функции ] (2).
_ 12.379*. Доказать, что если г,-—существенно особая
точка функции (г), то существует последовательность
точек (г„), Ит г,=2., такая, что Ит } (2„)= оо
n>@
i>@
12.380*.- Опираясь на результат задачи 12.379, дока-
зать, что если г‚—существенно особая точка функции
f(z), то для любого комплексного числа А ео сущест-
вует последовательность точек (2, (А)), Ит г, (А)= 2%, та-
n—>ow
кая, что tim 7 (2 ,(A)) =A.
12. 381. “Установить ‘области сходимости правильной И
главной частей разложения “Лорана (3) в окрествости
бесконечно удаленной точки.
237

Указать все конечные особые точки заданных нижё
функций и определить их характер:
1
2—-2
1
12.382. corps. 12.383. te. 12,884. se.
2
1
2(п— 2)
oF
12.387.
к. 12.388 2(n—2) 12389
(z-+ 1)8 (= 1)°
° 5122
° * tgz—l1°
1
ts
12.390. tg2z. 12.391, esi: 12.392. C08
12.393, tg. 12.394. a 12.395. SS?
. sinz
|
12.396. 28
°
ea
Для заданных ниже функций выяснить характер бес-
конечно удаленной особой. точки (устранимую особую TOU-
ку считать правильной)
—52- 2
12.398. =—Що. 12.399. epee 12.400. a:
12.401. oe 12.402. e-%. 12.403. cosz..
1
|
12.404. п +2225, 12.405. e*. 12,406. e3=2.
12.407. e~ 2? + ae +8.
§ 6. Вычеты и их применение
1. Вычет функции. и его вычисление. Если функция (г). анали-
тична в некоторой окрестности точки 25, за исключением может быть
самой точки 25, то вычетом функции }{(2) относительно точки 25, 660-
значаемым гез [{ (2); 2] или выч [{ (2); 2.], называется число, равное
значению интеграла Oni Г (и) Ач, где С — некоторый простой замк-
С
нутый контур, лежащий в области аналитичности }(2) и содержащий
внутри себя только одну особую точку 25.В качестве С удобно брать
окружность: | 1—2, |=ф достаточно малого радиуса:р.
Вычет функции совпадает с коэффициентом с-1 разложения F (2)
B pad JlopaHa no cTeneHAM .zZ—2p, T. @.
выч [7 (2); 2] =с-1=
f (n) dy.
2
м-2|=0
Если 2, = о — изолированная особая точка функции Г (2), то
.1
выч[[(2);1 oni \7(n)an,
;
OR
238

где Ск={1|м|=А}, А достаточно велико и обход контура—по ча-
совой стрелке. Заметим, что если
f(2)= > C2",1<2]<+0;
п--®
1
Г (п)
п—Ont
neti dn, n=0, +], |
Inl=p>e
TO
BEY [f (z); 00]
=—с-т.
Если 2%. —полюс 1-го порядка функции | (2), то
выч [[ (2); 20]= lim (z—2p)
f (2),
2->20
чо где Ф (25)2 0,
причем, если f(z) представима в виде | (2)=
$(26)=0,ф’(20)=0,то
выч [7 (2), 20]= ® (20) .
p’ (Zo)
Если 2,— полюс порядка т-—2 функции } (2), то
выIfOs=o za aie rae),
Пример -1. Найти вым [та
2—9; 3.
«$ Так как точка 2, =37 является полюсом 1-го порядка, то
li
3
elz
ef: 3i
qd.
мым [ера] = 16—30 erayemay— or as
Нример 2. Найти выч | aie ‚|.
«$ Точка 2, =1 является полюсом 3-го порядка, поэтому
`COs22
|
cos 22
|
ыы[ео= аее)=
у lim (—2? cos 22) =-—2cos 2. >
—
—
3
‘Пример 3. Найти выч [23 21.
«$ Точка 2. =2 является существенно особой, поэтому для нахож-
3
дения вычета найдем коэффициент с-у разложения е*—?в ряд Лора-
на но степеням (2—2). Так как
НИ (8. окна
ная (=) +e
I<+o,
то с_;=3. Следовательно,
выч[a3,ohas >

Найти вычеты указанных ниже функций относительно.
каждого из ее полюсов, отличных от оо:
12.408. 211 | 12.409. “19.410, ——, né€N.
7
(2? +1)?
(z—=
1
12.411. AGILE: 12.412. 2 (1 et) *
12,413, —+—. 12.414,
—
SR __,
sin 2——>
(73) (2—1)
$11 22
- 12.415. ет‘ 12.416. 22 (2
FELD: 12.417. 46 2.
с053 2
227+ z—]
12.418, ctg?z. 12.419, “5? . 12.420, Sa
]
1
cos 4z
12,421, (12) ° 12.422. 2—5. 12.423. a)
Найти вычеты функций относительно точки 2. =0;
12.424. oF 12.455. со. 12.426, sins.
Пайти вычеты функций относительно точки 2, =оо;
.|
;
12.427, sin. 12.428,
12. 429". sin z
ae
ao
12.430, SE | 12,431, zcost2. 12,432, 2 sins.
2. Теоремы о вычетах и их применение к вычислению контур-
ных интегралов.
|
Первая теорема о вычетах. Если функция |(2) анали-
тична в области D, eq. исключением изолирозанных особых точек
21, 2», ..., 2, лежащих в этой области, то для любого простого
вамкнутото контура ССОО, охватывающего точки 2гт, 2, ..., 2м,
N
( f(y) dy= 2ui > выч [f (Zz); 2p].
Ct
k=1
Вторая теорема о вычетах. Если [(2) аналитична во
всей комплексной плоскости, за исключением изолировапных особых то-
UCK 21, 29, seen 2М-Т И 2м= 9, Mo
—.
N
> выч [{ (2); 2,|=0.
k=l
e*
П
В
Пример 4. Вычислить интеграл { 74 dz, где C=
Ct
= {z||2]= 3}.
$ Так как. внутри контура С находятся две. особые точки подын-
тегральной функции
— полюсы 1-го порядка 21, а = +24, то, применяя
240

первую теорему о вычетах, можем записать
ое 2ni
2
e о|\
а 2= Zit(выч |224’ |—-выч |: — i|)=
С
-
е?
z
eu
ema .
=
—
т —=5- 21p~ay
ani (=
eat) ent (Fr di )=3 (ener) =
=зт2=л|21.>
Пример 5. Вычислить интеграл
dz
[=
\ 210
|°
12 1=2
е
z=2t 22
1
@ Подынтегральная функция = ют имеет десять особых то-
(2kR+1) m1
—10
чек 2, —=е
, k=0, 1, ..., 9, являющихся простыми полюсами,
лежащими на единичной окружности. Так как разложение функции
в окрестности бесконечно удаленной точки имеет вид
1
I
‚|
om.
—-
=
p-t4yt_
осо
=
zo|
1
giv (
210 220
`
Zio (1+)
111
=яв 580К 6—‹°*,
1<|2| <,
1
о’вычетах, можем записать, что
9
|
(2+
>pe
;e 619 ——BbIY_!_, во|=0
zo|
[авт ©)’
k=0
Таким образом,
9
(2+1) м
,
a
Г=2лУвычWop]se 19 =0.>
b=)
,
;
Используя. теоремы о вычетах, вычислить следуюние
интегралы:
12.433. \ ЕТ ‘me C={z|\z—l=1}.
Go
d
12.434. ==, где C ={z||z—2|= 2}.
12.435. | wits, ге С={2||2|=.1}.
16 Под ред. А. В. Ефимова, Б. П, Демидовича
241

12.436*. | Sinz dz, где C= {z|\z|=4}.
12.437.
C+
\== =py ГДЕ С={2|2]=1},п—на-
туральное число и 9 |а|<1<|6|.
12.438*.
туральное
12.439.
..12.440.
12.441,
12.442.
12.443.
12.444.
12.446.
12.447.
d
ja Ee per Где С= {2||2]=1}, п— на-
Ct+
число и ОЗ а|<|6|<1.
ae|
\ sin > az, re C= {z||z|=r>0}.
C+
dz
| (2—1)? (22-1)
t +t dz, rae C={z| |z|=4}.
где C= {z||zZ|=R <1}.
ez1
C+
\ (sin =)" de, n€N.
121=К
2
\ z"ez dz, neN.
121=А
|—е2?
22 2...
\ Fees &: 12.445. \ sin?zcos2°
|z-i|=2
12 [=5
|
e* dz
) 24-222 1°
12#—#|=1
\ (sin = te cosг) dz.
_|z|=1
12.448.
23 42
216 лг4г. 12.449.
бт.
12|=1
}z|=1
3. Применение вычетов к вычислению определенных интегралов.
2п
а) Интегралы вида \ R(sin х, с0$ х) 4х, где Ю —символ рациональ-
0
ной функции, с помощью замены 2=е* приводятся к контурным
интегралам от рациональных относительно 2 функций.
Пример 6. Вычислить интеграл Пуассона
242
Qn
dx
10)=\= cosx-|p?’ LP|7I.
0

elx+enix
«$ Производя замену z=e!'*, dz= ie’ dx= iz dx, cos хо
1
ЕЕ
получаем
9’
y
dz
dz
l=|
=:|
=
.
2274-1
— pz? 24-х —р
peer 2 (1—p 232-1
eer pt) eet p2t-
p®z-i
dz
—|
—:
—.
121 =1 ре (2+)
Так как при любом р, |р| = 1, внутри круга |2| < | находится
только один корень знаменателя, подынтегральной функций, то. при
[р| < 1 имеем:
J
20
[(p)= ant ВЫЧ
р:
р.
—
т),
1—p?*
(@—n)(2— $) |
а если |р|> 1, то
22
1
1
Qn
[(р)= р ВЫЧ
г; oar
z— 2——
е-2 (2-5)
Таким образом,
2m
T—pt me lPl<
(=о
и
pay ПРИ [pI >t. >
+®
6) Интегралы вида \ f (x) dx, rae {(х) —функция, непрерывная
—©
на (— <, -|- в), аналитическая в верхней полуплоскости, за исклю-
чением конечного числа особых точек 21, 2.,..., ам, лежащих в ко-
нечной части верхней полуплоскости, и удовлетворяющая для ‚ доста-
точно больших |2| условию.
М
1 тли М>0, 6>0,
|
В этом случае
|Роддеалё У)выч[/(2);24.
20
-х
k=1
+®
ах
,
(FEOF
Пример 7. Вычислить интеграл. | (2
->
16*
243

-i
< В верхней полуплоскости функция (2) = 9) имеет один по-
(
люс 2-го порядка в точке 2, = 3, и || (2) | = ra для достаточно
больших |2|. Поэтому
+©
\ Gipg
выч|a 3i|=
—©
а
т. 0.4/1
—
2,(@—30arm)en aeа)2=3°
Anni ол gy
— +308 |.=: (60854
Замечание. Формула (1) справедлива и в том случае, когда
функция
`[(2)имеет вид|(2)=е'©Р (2), где а>0,афункцияР(2)
аналитична на действительной оси, в верхней полуплоскости имеет
лишь конечное число особых точек 21, 2%, .... ами Шт Е (2) =0.
2оо
+®
,
хзшх
Пример 8. Вычислить интеграл
——____—_—_—_dx,
PP
P @—Ix+10
-©
«$ Подынтегральная функция является мнимой ` частью функции
‚ Хе!
°
———_—___, Значения которой совпадают со значениями на дейст-
х2—2х--10
“9
.a
.
вительной оси
НКЦИИ
2)=
е2, Функция F(z)=
фу
f(2)
92.10
yhKI
(г)
2
= ————— имеет в верхней полуплоскости полюс 1-го порядка
22—92 10
р
yn
р
в точке 2. =1-- Зи Шт РЕ (2) =0, т. е. выполнены сформулирован-
Zz со
ные в замечании условия, а потому можем записать:
+@
,
.
хех
,
2е12
——_——_—<—._ dx = 2ni Baa | ———————: 14+ 31 =
|м—20
а, b+
=,
(1-433) ef(1+ 3/)
2(1-+43i—1)
= е-3(со$1—3sin1+ (3cos1+sin 1)).
27
=F (1-3/ e-3t/ =
Таким образом,
+o
+0.
,
|
xsinx
xelx
ле-
\яр
т
= 3(3с0$1-11).
Заметим, что одвовременно мы вычислили интеграл
+00
+©
х2—2х-|- 10
x4— 2x-+- 10
=©
—©
Используя одип из рассмотренных выше методов, вы-
числить определенные интегралы.
244
а.
ix
_3
|250$%_ах=Ве\ eit=
(03 1—3sin 1). »

12,450.
12.451.
12.452.
12.453.
12.454.
12.455.
12.456.
12.458.
12.459.
12.460.
12.462.
12.463.
12.465.
12.466.
2ль dx.
реет, а> 1.
0
ix
a
ета, а>ь> 0.
0
on
29
` cos? 3x
|
ера 4%, а>1.
0
2л
i
COSX ax
и
O<a<l.
0
an
7
sin? x dx
\ oe a>b>0.
0
д
| ctg (x—a) dx, Ima>0.
0
+@
|=xге ах. 12.457. у Е , ПЕNo..
+0
} FER OER ,a>0, b>0.
0
4+®
\EE >a>0.
to
.
ere 12.461. т Bela,
+©
) Ыб, а>0,6>0.
т
чо
т
ао 4%. 12.464. (оз ах
+
2."
\appr at, -a>0, b>.
+a
|
(x+ 1)sin9х
=OO
245

+0
(x3-15x)sinx
(2x8 4-13) .
x? 13x24-36 SIN X ах.
—@&
1
12.468.
+®
12.469. | org ax. 12,470, \ рвет 4%.
0
4. Принцип аргумента. Пусть функция }(2) в области Р, огра-
ниченной простым замкнутым контуром С, имеет конечное число No
нулей и конечное число Р полюсов, где каждый нуль и каждый
полюс считаются столько раз, какова их кратность, причем на
контуре С не имеет ни нулей, ни полюсов. Тогда разность
®= N—P
равна числу оборотов радиус-вектора и=][(г) при обходе точкой г
контура С.
Если (2) — аналитическая в р функция, то Р=0 и o=N.
Пример 9. Найти число нулей многочлена р (2) = 28—32-- 1,
лежащих в правой полуплоскостн:
<$ Рассмотрим контур С, состоящий из полуокружности Ср радиуса
Ю лежащей в правой полуплоскости, и отрезка мнимой оси
{— К, Г(ВЬ и для достаточно большого К применим к этому контуру
принцип аргумента.
Так как
р (2) =2 (1-=+=),
(2)
то очевидно, что при обходе точкой 2 контура Св против часовой
стрелки агё2 получает приращение л, а потому агв (23) получит при-
ращение Зл (Cp отображается вKPH BIO w= Roe Mp _ 3n/2< ф= 37/2).
Так как второй сомпожитель в (2) для достаточно больших А близок
к 1, то и приращение аргумента этого множителя мало. Пусть теперь
2=it, т. е. точка 2 движется по мпимой оси от точки {К до точки
— ЖК.
Тогда
p (it) =u+iv=1—i(?-+32),:- Te v=1, v=
+ВЗЕ,
Это означает, что при изменении Ё от К до—К при В о
агар (1) изменяется на л (от —л/2 до 1/2). Таким образом, общее
приращение argp (2) при обходе контура равно 4л, а это означает, что
No=2, т. е. в правой полуплоскости многочлен р(2) = 23 — За 1
имеет два нуля. д
Для данных многочленов найти количество корней,
лежащих в правой’ полуплоскости:
‚.12.471*. р (2) =2*-| 223 -|- За -- г-|- 2.
‚12.472. р (2) = 2z4— 32° + 328—241.
12.473. р(2) = г*- 23-1 422 -|- 22 -|- 3.
12.474*. Доказать, что если функции f (2) nH Ф(2г) ана
литичны в замкнутой области Р=р--Г и для точек
MEL справедливо неравенство |ф (1) |< |1 (| то чиело
246

нулей функции Р (z) =/(z)+ $ (2), лежащих в области 2,
совпадает 6 числом нулей функции |[(2) (теорема
P y wie).
|
_12.475*. Доказать основную теорему высшей`алгебры:
многочлен р„ (2) = а, 2” а" ,..--а, степени п имеет
в плоскости (2) точно п нулей.
Опираясь на теорему Руше (задача 12.474), найти число
нулей данных функций'в указанных областях:
12.476*, ЕЁ (2) = 28 - 22° 82-1: а) в круге |2|< 1;
6) в кольце 1<|2|<2.
12.477. Ра 2, 1:28) B круге [2| < 1; 6) в кольце
<|2|< 2; в} в кольце 2<|2|< 3.
\
$ 7. Ряды Фурье. Интеграл Фурье
1. Разложение ‚функций в тригонометрические ряды Фурье. Три-
гонометрическая система функций
Ч, созх, Зпх, со5 2х, п 9х, ..., С0$ ПХ, БП ПХ, „+.
является ортогональной на отрезке [{[—л, л] (как, впрочем, и Ha
всяком отрезке длины 2л), т. е. интеграл по этому отреэку от Hpe-
изведения любых двух различных функций этой системы равен нулю.
©
л
Если f(x)ЕГ(—лт, л)| е. ( 17(®)1ах< +=). TO сущест-
вуют числа
*
д
л
= \ f(x)coskxdx, == | f(x)sinkxdx, k=0, 1,..,
называемые коэффициентами Фурье функции } (©; ряя
59=® >, (azcos kx+- bySinRx)
(1)
k= 1.
`
называется рядом Фурье функции ] (х). Члены ряда (1) можно запи-
сать в виде гармоник
ap cos kx-+- by, sin kx = Ax cos (Rx —Qp)
.и2,18
van
y
‘Op
camnaumydot Ap=V ag+ bg , sacmomoti Mp=k uv фазой P= arotg—~.
Ap
Для функции '}(х), такой, что [{х) Е [(—л, п), справедливо
равенство Парсеваля
к
=(Pepdv +DL(ak+0).
-д
=
247

Ecan me f(x) € L (-=, 2). то коэффициенты Фурье записы-
ваются в виде
12
1/2
ap=> | (одсовРА д, Вьет | f(x)sin antedx,
(2)
—1/2
— 1/2
а ряд Фурье —в виде
b
onk
+©
2х
a
x
лАх.
S(x)=04° (a4,cos=7—+ Basin )= Хе ' 3
k=1
к=-
Последний ряд называется рядом Фурье в комплексной форме.
Здесь
1 1/2
-j злАх
=> | [ее —{ dx, 50, +1...
-1/2
и для #&—0
в
в
Ap—t
a1
—
Суммы рядов (1) и (3) имеют соответственно периоды 2л и [.
Функция 1 (х) вазывается куеочно гладкой на отрезке [4, “b], ecnH
сама функция [(х) и ее производная ]’(х) имеют на [а, 5] конечное
чиело точек разрыва 1-го рода.
Teopema Если периодическая функция |[(х) c nepuodom i Ky-
сочне. гладка на ompesxe [— 1/2; 1/2], то ряд Фурье (3) сходится
к значению f(x) в каждой ее точке непрерывности и к вначению
5 (1 (x-+ 0)-+-7 (x—9)) в точках разрыва, т.е.
+®
i 2nkx
оенота)= Dy ce |
(4
k=—@
Если, дополнительно, |(х) непрерывна на‘всей оси, то ряд. (4); схо-
дится к [(х) равномерно.
Пример 1. "Разложить в ряд Фурье функцию
f(x)=signx, —n<x<a,
и, пользуясь разложением, найти сумму ряда Лейбпица
у (18.
a=0 2n-+ |
«$ Так как функция нечетвая, то (см. задачу 12.479)
a, =),
k—O, 1...)
.)6 —-.
4
‚п=2т—1 |.
= 2008 nn) =| GHD yee ee" MEN.
\ 0 ApH n==2m,
я
2..
‘2 COS 1X
bg=—\Signxsinnxdx=—|——_—
я
ma
0.
п
248

Следовательно, при —л<х<л
4
sin (2m—1)x
signet Sy Cm Ne,
т=}
откуда при х=л/2 получаем
_4
(—l)m+2
ty oe
~In—1 *
12.478. Доказать, что если ](х) имеет период [, то при
любом аЕЮ
atl
1
7/2
Jf(x)dx=\f(4)dx— Абах.
—1/2
12.479. Записать выражения коэффициентов Фурье (2)
для четной и нечетной функций на [—1/2, 1/2].
Разложить периодическую с периодом / функцию в ряд
Урье, юпостроить графики его первых частичных сумм
$, (%); 5, (х), 5, (*) и 5. (х) и найти значение 5 (%) суммы
полученного ряда в заданной точке хь:
] при 9<х<л,
12.480. = {0 npu. —n<x<0, [= 2л, х,=я.
12.481. f(x) => mpu О<х<2л, 1=9л, =>.
12.482, {(x)=|x|. npn xE(—1, 1}, 1=2; х=1.
Разложить в ряд Фурье следующие функции. периода /{:
12.483. 1(х)=|с0$х|, —п<х<л; [=2л.
12.484. | (х)=х, —п<х< я; l=2n.
{—1, —t<x<0,
12.485. 9 =1 1, O<xet i= 2t.
12.486. f(x)=|sinx|, —nx<ix<n; l= 2n.
12,487. f (x)= 24, O< x <1) f=,
12.488. 1(х) = 10—х, 5 < #¥< 15; l= 10.
12.489. 7 (х)=зтах, —n<x<a, l=2n.
12.490. f(x) =cosax, +n<x<n, [=2n.
12.491. f(x) =shax, —n<a<an, J=2n.
12.492, f(x)=chax, —n<x<.n, l=2n.
249

Доопределяя необходимым образом заданную в про-
межутке (0, а) функцию до периодической, получить для
нее: а) ряд Фурье по косинусам, 6) ряд Фурье по синусам.
12.493. 7 (х) =е*, хЕ (0, Ш2).
| 1O<x<n/2,
12.194. 9 =1о л/2 < х<л.
xX,
0O<x<l,
12.495. о,
1<х<2.
12.496. 7 (х) = хзшх, хЕ (0, л).
12.497. 1 (х)=х*, хЕ(0, 1).
12.498. а-я. хЕ (0, п).
12.499.{(х)=5—х, ХЕ(0, x).
12.500. ух хЕ (0,1).
12.501. Используя ряд Фурье, полученный в задаче
12.482, найти суммы следующих рядов:
о
kt
a)x oF 0)" > с (42+1)?(444-3)?°
12.502. Используя ряд Фурье, полученный в задаче
12.497, найти сумму ряда 2 (pe
12.503. Используя равенство. г ароеваля. ‚Аля функции
вадачи 12.48], найти сумму ряда >.a nt
12.504*. Зная выражение ядра. Дирихле
9,(=++2a00skx= A,
и
&=1
2511 >
найти выражение ядра Фейера 9 „(х):
п
п
1^
1
9и(x)—n+lУ,D,(x)=>У(|— 4:)coskx.
k=0
`
k=l
,
12.505. Используя равенство Парсеваля для функции
задачи 12.484, найти сумму ряда У, -+.
tol
12.506. Зная выражение для ядра Дирихле (см. зада-
чу 12.504), получить интегральное представление для част-
950

мых сумм
К(f,x)=4+>(a,coskx+bysinkx)
ряда Фурье функции /(х) периода 2м.
12.507. Зная выражение для ядра Фейера (см. задачу
12.504), получить интегральное предетавление сумм Фейера
Ons 2)=57 Self
Функции | (х) периода 2м.
12.508**. Используя. полученное в задаче 12.507 выра-
жение для сумм Фейера ©„(?, х), поназать, что для непре-
рывной на оси функции f (x) в каждой точке хЕ [— л, л]
справедливо соотношение.
lim o, (f, x) =F).
| "9, | Двойные ряды Фурье. Если функция f(x, у) имеет период 1
по переменной x, период В по i ee ae у, непрерывна и имеет
непрерывные частные производные
В прямоугольни-
=~,
и
Ox’ Oy Oxdy
ке К = {(х, у) [—1/2 <х< 1/2, —h/2 < y < h/2}, To f(x, у) предста-
вима ‚двойным. рядом Фурье
|
2лтх
2дп
he,o-Zh в(в.п0$——603we
vo ¥bm, nsinne cos any +Cm,nCOS ame sin nny +.
2лтх. 2лпу )
3
-
[-Еат,взв 7 sin i
где
1/4 при т=я =0,
Km, n [тина п=0 или т=0, п>0,
$ прим>0,п>0
H npn m>0, n>0
tm, n= JS I(x, y) cos cos AFM axed,
anne 2дп
bn n= Th(о y) sin
cos иdxdy,
_
INK 2ппу
о y)cos= sin— dxdy,
Чт, п ===ih би y) sin— sin amy dx dy.
25}

В комплексной форме ряд Фурье для f(x, у) записывается в форме
+2
Е
f(x Y= УХ стае ‘1! Bf,
т, п=-о®
где
эм (7+ и)
=г7 уе.
dxdy, m,n€Z.
Пример 2. Разложить в двойной ряд Фурье функцию { (х, и)=
= ху в квадрате —л<хх<л, —лп<у<л.
«4 Принимая во внимание четность или нечетность подынтегральных
фупкций, находим
1
-
(
F
¢
|
On,n=5.\\xyCosmxcosnydxdy=
at
=z J y cos ny dy | xcosmxdx=0, m,n 0;
-л
-л
л
л
бт, п = \ усозлуцу \ xsinmxdx=0, m, nz0;
-л
—i
1д
к
Стп= \ysinnydy|хс0$
тхах=0,.т,п>0;
—I
=Л
dn, ne | мову ( xsin mxdx=
x
д
===(gsi nydy\xsinmxdx=
0
0
Лп.
0п0
m= lo. т. |5.
— 4 п(— ПЕ л(—Пт+ь риа
ла
п
т
mn
Следовательно, при х Е (—л, п), у Е (—л, п)
a
xy=4 У. (—1747sinmxsinny >
я
пл
m, nal
> mnStl.
Разложить в двойной ряд Фурье следующие функции;
12.509. [(х,. /)=ху при 9х < 2,0 Sy C2n,l=h=
= 2л.
12.510. F(x, и)
=
и при — л<х<л, —л<
<ycn, l=h=2n,
252

12.511. i x, yy=x7y mpu —l <x <1,—2<y<2, l=2,
й=4.
12.512. f(x, и) = «(45 uy при —1 <х<1, —л<ух
«л, 1=2, й=2л.
3. Интеграл Фурье. Если функция }#({) абсолютно интегрируема
на (— <, -- хо), т.е. 1 (1)] ЕЁ (— ‹, -{ %), и кусочно гладка на каждом
конечном отрезке действительной оси, то она представляется в виде
интеграла Фурье
[=F C+9-+/ (1-0) =N
+
=lim \FweTMTMdv=|Е»)е?Мд, (5)
7
N>+@ м
—©
:
где
+©
= |Петat
(6)
Преобразование (6), которое будем обозначать %& [}], называют npa-
мым, а (5) — обратным преобразованием Фурье, выраженным в ком-
плексной форме. В действительной форме эти преобразования записы-
ваются в виде:
+0
+0
о
| i (2) cos wt dt, b= | f@sinotdt (7)
(прямое) и’
+@
“fO=|\_(@(6)cost+ b(@)sinwt)dw
(8)
(обратное), в = 2лу.
Если функция, Г) четвая, то (7) и. (8) записываются в следую-
щей симметрической форме:
-
+@
rx
BetHh=fe(6)=у =|i(2)coswldé
(9)
0
[1
+©
TO Coa
(0=V>|le(w)coswtdw
(10)
‘6
и называются ларой косинус-преобразеваний Фурье. Если же | (ft)
нечетная, 10 имеем пару синус-преобравований Фурье
|
^ ..:
2>.
&, =No(©)=y= |iYSin,wiat
9
253

__ +o
fo= У? |f,(o)sinofdo.
0
Пример 3. Найти преобразование Фурье для функции { (#) =
=е—%111, %> 0.
«@ Подставляя заданную |(1) в (6), получаем
+a
0
+00
= ет emiар\ет
| e(anivt
a)tae
=6
aw©
0
__! (a—anivyt[®
1 -(aniven) ¢|t
a— 2niv
-x @+2niv
0
__141
‚2%
~ @—2niv | a+t2niv =o Lanta’
г.е
2a
Ble" =e
a>0.
Подставляя 3TO BbIpaKeHHe B (D), получаем
+0
+0
+o
Laos
a@1t120 ene
_2%( cosat5.
орала @*
jaa!
п)0
—00
=> ©.
0:
И
{*)
Послвднее ‘равенство следует из того, что
|
a
+>,,
М
,
sin @
a
Sin @
_
\чара=,bm,JSar4-9.>
=2
>
Пример 4. Найти преобразования Фурье для функции
f(t) =e-@, a>O.
< Так как функция /(1) четная, получим пару косинус-преобразо-
ваний Фурье. Поэтому воспользуемся формулами (9) и (10). Исполь-
вуя ‚результат задачи 8. 192, получаем
$oe У? |e-%t?coswtdt=
0?
1
|
а
..
геУ?‘7
*cosotdo=———— e *~coswfdgity
ree
Ула 0
0:
Найти преобразование Фурье. в комплексной форме
для функций;
254

12.513, f(t) =sign (¢—a)—sign (t—b), b> a.
—_ tt
12.514, pion {*
8)при|#|«а,-
; 0 при |#|>а.
с0$ ай при |#|
< л/а,
0 при|И> ла. "7
_
[981 при |< 1,
12.516. =
т
“Найти пару косинус- или синус-преобразований
Фурье
указанных функций:
12.517*. 1 (1) = ера, а> 0.
12.515. =
12.518*. ГО=щри, а>0.
12.519. f(t) =te-*.
12,520. f(t) =e-*!‘lcosBi, a> 0.
12.521. Доказать, что преобразование (6) является.не-
прерывной функцией, причем jim | (v) = 0.
4. Спектральные характеристики ряда и интеграла Фурье. Слек-
тральной функцией 9 (Ук) ряда Фурье или спектральной плотностью
называется отношение коэффициента Фурье функции f (x) периода |
_
[2
еб=-|Ге",
-1/2
v =. КЕ, к приращению частоты АТ,
э. е.
1/2
S(vp)=ee=|F(a)e RYay,
|
—1{/2
Амплитудным спектром p (Vz) называется модуль спектральной функ.
ции, а фазовым спектром Ф (%,) —взятый с обратным знаком аргу-
мент спектральной функции, т. е.
P(Ve)=]S(vg)[=F]е(м
|
® (vz)
=—argS(vx).
Ha rpadpuxax p (vg) H (vg) OObIUHO строят только ордннаты р и Ф
в точках \» и спектр называют линейчатым.
Пример 5. Найти спектральную функцию ряда Фурье и по-
строить амплитудный и фазовый спектры для функции
О при x€(—2, —1),
wo
и
| при #6 (—1, 1, {+4=1 (9).
9 при хЕ(, 2),

t
e
n
9
@
@
e
9
g
q
Puc. 100
Vee
Ve
< Имеем у, =^А/4 и
2
$(Ув)=\f(x)e
-2
1
Оль х
е
= l-e
=
\
d —2nivy
ах=
-
oa
т
- 27lV px
-~1
1
2miv
anv
.
Ге F—e k_sinQsvp
WV,
2
TVR
I
Следовательно,
шт 2лу, |
Vp) =1S (v _ {sin 2rtve |
P (Ve) =15 (vg)| mT vel
® (v4)
=— arg S (vp)=0, если шт 2лу,> 0,
—л, если зш 2лух < 0.
Графики рф(УЕ) и Ф (%,) представлены на
рис. 100.
Спектральной функцией интеграла
Фурье называется прямое преобразова-'
ние Фурье
+©
== Кое. (И)
Величина р (у) =|'$ (у)| называется амплитудным спектром, а вели-
чина. Ф(у} = —аге 5(у) —фазовым спектром.
Найти спектральные функции 5 (%,) или 5 (\)и по-
строить амплитудные и фазовые спектры еледующих
функций!
12.592. 1(=
12.523, [(1) =|
12,524, f (2) =|
12.525*, io=|
956 _
ОприЁЕ(—2Т, —Т),
—1 при
Е(—Т, 0), `
| при ЁЕ(0, Т), КЕ 4Г)=Г(0.
“О при Е (Г, 2Т),.
2 при {Е(0, 1),
0 npa 1€(1,3, (+9=
|] при [t|<a,\
О при||>а, а>0.
с0$ д? при [1| < 112,
при | #|:> 12.

[1-Е при ЕЕ (—1, 0),
12.526. f(t)={1—t при 1Е 0, 1),
О при |#|> 1.
2 при ЕЕ(0, 2),
О при {Е (-— со, 0) (2, +00).
5. Дискретное преобразование Фурье (ДПФ). Аналитическое вы-
числение преобразования Фурье (спектральной функции) (11) и обрат-
ного преобразования (5) вызывает, как правило, значительные труд-
ности. Разработаны методы их численной реализации, одним из ко-
торых является так называемое диск ретное преобразование Py poe:
12.527. f(t) =|
2N=1
_en
.
S (Vn) =In=s>si У (де No, п=0, 1; ....2М-фЬ (12)
k=0
T
12
где ЕЕ
(Г— длина заданного интервала) и Vn =n a: Обрат-
ное к (12); преобразование имеет вид
|
pf Nat лап. |
I(t) == > ие М, 1—0, 1,..., ЭМ. (13)
Преобразования (12) и "и выполняются с помощью так называемых
быстрых алгоритмоз (БПФ), состоящих`в том, что если 2МNoМ = г1/з.
...Ги» Гу Целые2, то матрица преобразования, (12) {или. (13))
11
1ere1
q
goa Qhnt
192
g* ...0?aN
|
|
e-
мя9‘i
e*i„
,
NY g?N-} 92(2 1)...2 1} .
`
п.
at
где д=е \“^ (ея М для 09). представляется в виде произведе-
ния п квадратных матриц У, порядка 2МNo,
У =, Ин-т... И
(14)
имеющих каждая .по гу .2МNo отличных от нуля элементов. Умножение
матрицы у (у=1, 2, ..., п) на вектор-столбец Й= (2, 21, ...
. 22 М: 1)! 3a cuer отбрасывания умножения на нули может быть про-
изведено за гу. 2No операций комплексного умножения на множители
” и сложения. Всё ДПФ (12) вычисляется тогда 3a (ry+/2-+--
..--гз)2МNo таких операций и умножения конечного результата на
множитель T/2N.
Если 8МNoМ= 21 (уу=г.=...=Гн==2), то в качестве матрицы „М „=
= (с\”),), k, j=l, 2, ..., 2", aaa разложения (14) можно взять мат-
рицу, элементы которой выражаются следующим образом (,
д
-(
=e
a”
$ ПУСТЬ у =0, 1, eos; 2n-m—] ¥ и=1, 2, a 2т-1,
9 Пол оеп. А. В. Ефимова. Б. П. Пемиловича
-957

тогда
—im
=], .
ст
)
|
\.2Т р, У. 3-1 +1 у. 2Тат-1
+, у.28 1+1
с(т)
r= — c(i)
VieM+ py, 26-14 y-2M—tay
У. 37 + 381+, 2-14.1+ д
=9#-1 2", (15)
су”, —0 для остальных пар (&, ]).
—
—
12.528. Выписать матрицы г, И; и \,, соответствую-
щие формулам (15) при 2М=
2 =8.
12.529. Пусть Х = (х, хь ..., Х.)Т- Составить произ-
ведения ZY= WX, ZP=W LY = W; 5 (М, x) H Z‘3)=
= WZ — W, (WW: ‚Х). Сравнить. полученный результат
с произведением МХ.
Для конечной последовательности комплексных чисел (хо, хт, ›..
..., ХМ-1) ДПФ по формуле (12) можно представить в виде
|
1 N-1
_ 2mink
.
Ув=WVУ.Xpe м
(n=0, 1, «s+, N—1),
k=0
a обратное ДПФ тоне
20ink
Xp > ие NV (k=0, 1, .... N—1).
Обозначим кратко ДПФи ОДПФ соответственно
У=$[Х] и Х=&- Ур
где Х = (Хо, NY, cory xn-a)!, У = (и, YY, ees, yn-1)!.
12.530. Составить Ha фортране подпрограмму вычис-
ления прямого и обратного преобразований Фурье с ис-
пользованием быстрого алгоритма. Параметры: М, L,
KIND, A, B, AA, BB, rae [[—число элементов исходной
последовательности (и преобразования), М — показатель
степени в равенстве [.=2“, КПМО есть 0 либо 1 (0 при
вычислении ДПФ и | при вычислении ОДПФ), Аи В—-
входные массивы размера Г, для действительной и мни-
мой частей исходной последовательности, АА и ВВ— вы-
ходные массивы размера |, для действительной и мнимой
частей полученного преобразования.
В задачах 12.531—12.535 составить на фортране под-
программу получения комплексной последовательности
(Xz, X53, + +ey Xy5g), MOMaran x,=x(t,)+7-0 для указанных
функций х=х (1), ЁЕП, 128], 1, =Ё=1,2,..., 128. Пара-
метры: А, В, где А и В—массивы из 128 элементов для
действительной и мнимой частей последовательности.
258

|о
0, ЕЕ[1, 32] 097, 128],
12.531. х=25. 12.532.
а 96].
12.533. x= ay t (128—2).
t, té[l, 64],
-| 128—t, t€[65, 128].
12.536. Используя подпрограммы, полученные при ре-
шении задач 12.530 и 12.531 —12.535, для одной из после-
довательностей (х:, х5, ..., Хоз) составить на фортране
программу следующих преобразований:
а) найти У=Я [Л];
6) для т=24, 92, 40 из последовательности (у„|п=
12.534, x
12.535, x=.
—=|,..., 128) получить последовательность (и„|п=1,.
... 128), элементы которой определяются. равенствами
~ Y,, t=l, 2, ..., 64—m, 65+m, ..., 128,
In) 0, n=64—m-+1, ..., 654+m—1;
в) найти Х=8-1 [У];
г) сравнить последовательности: (хь) и (х,), найдя их
разности.
259

Глава 13
ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
§ 1. Преобразование Лапласа
1. Определение и свойства преобразования Лапласа. IT peo6 pa3o-
ванием Лапласа функции [({), ЕЕК (которая, вообще говоря, может
принимать и комплексные
не. называется функция Е (р) комп-
лексной переменной р, определяемая следующим равенством::
+©
F (p)= \ e-Ptp (i) dt.
(1)
0
Оригиналом называется всякая функция }(Ё), удовлетворяющая
‘следующим условиям:
|
1) # (2) =0 при Ё < 0, причем принимается, что } (0)= К--0);
2) существуют такие постоянные 0 и М, что
[1(2)|<Ме при ¢t>0
(2)
(величина 0, = info называется показателем роста функции } (1);
3) на любом конечном отрезке [0, Г] функция }(1) может иметь
лишь конечное число точек разрыва, причем только 1-го рода.
Если |(1) оригинал, то стоящий в правой части равенства (1)
интеграл Лапласа сходится абсолютно и равномерно в полуплоскости
Кер—о > Oo. При этом функция Р (р) является аналитической в по-
луплоскости Кер > 0% и называется изображением функций [{ (8.
Соответствие между оригиналом [(1!)`и его изображением Р (р)
символически записывается в виде ЕЁ(р)
= [| (1).
Пример 1. Найти показатель роста многочлена ] (1) =а,-- ,.,
.+ай+ao.
«& Заметим, что для любого o > 0
и... рай ао
lim
кт.
{>+@
Значит, для любого о > 0 ‘существует такое число М =М (0), что
выполняется неравенство:
|
[a,t@+...tattag|< M(oje%, ¢ > 0,
Следовательно, 0,= inf o=—O0.
o>0
|
Заметим, что при о=0
=0 ‘неравенство (2) не выполняется. >
Пример. 2. Найти изображение функции Хевисайда
1, #9,
260

@ Tax как функция Хевисайда является оригиналом с показателем
роста о, =0, то
‚+
1
n(t) = \ e-pt df=
— —e-rt
.
р
+o
——_
—1.
р
приКер>0.>
|
|
Всюду в дальнейшем под заданной с помощью формулы функ-
цией (Г будем понимать произведение этой функции на функцию
Хевисайла \(1), т. е. считать { (1) =0 при Ё< 0. `
Проверить, являются ли следующие функции ориги-
налами, и найти их показатели роста.
13.1. f(t) e243,
13.2. f(t) =e.1, 0<t<l,
13.3. f(t) =ert.
13.4. пут ISL
13.5. f(t) =In(t+ 1). 13.6. f(t) =2°.
13.7, f(t) =tsin—. 13.8. f(t) =e.
Используя формулу (1), найти изображения для сле-
дующих оригиналов:
1 0<1<2,
13.9. (=! -—1, 233,
0, 3<t.
t, O<t<2,
13.10, (= (4—8, 2<#<4,
[би че,
В ОЗ<т,
13.11. (om, 51
jt(2—t), 0<t<2,
13.12, i=) 0, 2<t.
t, О<Е<Ь
‘1 1<Е<2,
13.13, f()= 3—1, 2<1<3,
0, 3<t.
( sind,
0<t<s,
2дсп.
3
= (п—Й, 5 <2<5,
sint, S<t<2a,
0, 2n<t.
13.14, f(ij)=:
261

Свойства преобразования Лапласа:
1. Свойство линейности. Для любых постоянных Ск,
&=|, 2, ..., П,
п.
n
$; сы» (= Dd) Coe (p), Rep > max {0i, 02, +.) On}.
k=]
k=1
2. Teopema подобия. Для любой постоянной a > 0
.1
[(a)=Е(2), Rep>a0.
|
3. Теорема смещения. Умножению оригинала на ей,
аЕК, соответствует смещение аргумента изображения на а, т. е.
ем| (1) = Р(р--0), Ве(р—9) > 0%.
4. Теорема запаздывания. Запаздыванию оригинала
на т соответствует умножение изображения на е-РТ, т. е.
1 (1—1) /(Р—т)
= е-Р"Р (р), Кер> о.
|
5. Дифференцирование' оригинала. Если [(Г) и ее
производные /“No(Р, Е=1, 2, ‚,., являются оригиналами, то для
любого # =1, 2, ... п
К® (1) =ЕрАР (р) — (ре-1 (0) + рА-?Р (0)--...-Е КТ (0)).
В частности,
,
f'(t)=pF(p)—f(9),Rep >9%.
6. Интегрирование оригинала:
1
.Е
Vrar=2), Rep > op.
0
7. Дифференцирование изображения. Умножению
оригинала на множитель Ё соответствует умножение изображения
Ha —I и дифференцирование его по аргументу р:
tf (t) = (—1)"FTM (р), п=1, 8, ...
Г (2)
1
8. Интегрирование изображения. Если
является
¢
`
оригиналом, то
:.
|
.©
==Е@4.
0
9. Дифференцирование и интегрирование по
параметру. Если f(t, a)=F(p, a)и функции oo
Qs
\ Fi, a) da, рассматриваемые как функции переменной &, являются
Oy
оригиналами, TO ‘
Ofa@) OF©,a).“f f(t,a)ыы] Е(р, @)da,
262

10. Теорема Бореля 0б. изображении свертки,
Свертке оригиналов
|
t
f
ish =\i@ht—v a =lAC—dA Mar
0
0
соответствует произведение изображений, т. е.
fixfo= Fy (p) Fe (p).
11. Интеграл Дюамеля. Если f(t) =F (p) u g(t) =G(p),
pF (p) G(r) =F (0) g (4) + (P'*g) (4) =8 () F(A) +(e’ #A) (0).
Зная изображение функции Хевисайда 1 (2) = (см. пример 2),
TO
можно с помощью перечисленных выше свойств 1—1] построить
таблицу изображений основных функций.
No F(t)
Е(р) No
F(t)
F (p)
1
1(2
=
6
sin Bd
a
2|= oor|7|chor
aon
3
eat
—
8
sh Be
ap
4 caeat at 9. extcosBt аи
5|cosBi ra
10 | e%tsin Bt
EF
С помощью свойств преобразования Лапласа и таблицы основ-
ных изображений можно найти изображения большинства функций,
встречающихся на практике.
Пример 3. Найти изображение функции $113 #.
«< Имеем по формуле Эйлера
её—е-й 3 1 3(ей—е-йП)
ез —в-31
$——
——_
—
sin’¢(‘57)(5
5 ——i—
—
3
|
1
=F sin '[ sin ЗЕ.
Используя свойство линейности и формулу 6 таблицы, находим:
пб.
TTA Р-Я 4 2-9 (0-1(01-9)°
Пример 4. Найти изображение функции Ё со$ 24.
963

<q Используя формулу Эйлера и формулу 4. таблицы. изображений,
получаем:
_о —12р
рТиття
Заметим, что изображение указанной функции можно было бы
получить и другим способом, а именно, дважды дифференцируя изо-
бражение для со$ 27. >
Й с0$ 2-1? (Е -е-2И) =
t
Пример 5. Найти изображение функции 51Ё= у т (эту
функцию называют интегральным синусом).
,
< Используя теорему интегрирования изображения, находим
:
a
inf _-( 2% aratg ”
rotg
—
SC
=~—al
.
‚р
2
Отсюда по теореме интегрирования оригинала: получаем
Sif= [tam (автор) - >
t
Пример 6. Найти изображение функции \ cos. ({—t) e~27 dt.
«$ Используя теорему Бореля об изображении свертки, получаем
_.
cos ({— 1) e-2t dy =cos txe- 2t=—= И
ИИ
\(9
—0-5.No
П ри мер 7. Найти изображение оригинала (0, если
_f sint при О=Ё<м
Г—\0при
=л.
< Используя функцию Хевисайда и учитывая, что 1 (1—л) =1 при
— л, функцию [( запишем в виде .
Е (О == зщ Ем (#—п) эт (2—1).
Пользуясь формулой6 таблицы’ и теоремой запаздывания, получаем
егпр |-е-пр
Е
———.
(р) = р?waite
ре1>
13.15*. Доказать следующие теоремы о связи «началь-
НЫХ» И Nee Fay
значений оригинала И изображения.
Если f (t)==F (p), To
а) [(0)= ит, РЕ (р)
и (если существует конечный ИНш |(В=р(-оо))
|
t> +0
6) f(+00)= lim pF (p).
264
|

13.16. Доказать следующие соотношения!):
in
Re (p+ Biy' +4) ,
а) =<nit оз ВИ
lp?В)"+1 ’
Im ((p-+ Bi)" +3)
6) 7Sin l= “Gp
Hairs изображения заданных функций:
13.17, УР-Е1.
13.18. В—те,
13.19. еЁ-- Зе" - р.
13.20. 2sin t—cos+.
13.21. cos*t,
13,22, sin? (t—a):
13.23.° sh? tf.
13.24. chésin f.
13.25. sh3tcos 2é,
13.26. fch 2?.
-. 13.27. sint—tcosf.
13.28. = (chtsin ¢+sh tcost).
13.29. f%e-*.
13.30. ¢%e?4.
13.31. e% cost.
13.32. е- $11? ¢.
13.33. Рец 2,
13.34. де зщ Ё.
tot
13.35. te-tsht,
13.36*, Ve *
0,
f
{
13.37. \ (¢—1)* cos Qvdr. 13:38. | tef-* sin (¢—r) dr.
‚0
0
;
|
13.39%, {Se ae,
13.40.
о
0
A
- Psht
cos By —cos. at
13.41, \ Sat.
an, fssbeset
i
8.
Еbt_—вол
13.43. |
dt.
Найти заображёния дифференциальных выражений при
заданных начальных условиях.
13,44. хх (+ 2x (t)—38x’ (t)—5; x (0)= x’ (0)=
=x" (0) =x" (0) =0.
~
~
-
1) Здесь обозначения Ке и Ип подчеркивают тот факт, что дей-
ствительная и мнимая части соответствующего комплексного много-
члена: берутся условно; т. е. р считается вещественным числом.
265

13.45. x’ (t)+ 6x" (tf) 4+ x’ (t)— 2x (1); х(0)=х (0) =
x" (0)= 1.
13.46. x” (f) + 5x’ (t) —7x
(t)+2; x(0)=a, x’(0)=0.
Используя теорему запаздывания, найти изображения
следующих функций:
13.47. 1(1—1)е-"'.
13.48. (1—2) $11? ((1—2)/2).
13.49*. (#1) 16° 13.50%, п(#—4) эт.
] при О<{1< т,
13.51. 9-1 0 npn ~~
(единичный импульс, действующий в течение промежутка
времени от #{=0 до #=т).
Опри <Т,
-
13.52. (1=‹ 1 при ТЕ Тут.
| О при Е>Т-т
(запаздывающий единичный импульс).
af
при O<t <t,
13.53. f(t)= h ‚
при<[<2%,
|—=({—3%) приЖЕ<31,
[о
при ¢>3t.
п? при Ox<t< a7/2,
13.54. f(t)= | — с0${ при л/2<ЕЁ л,
|
О при Ё>л.
h
при О<Ё< 1,
пе-“-п при #>1.
sin¢ при0—1< л,
13.56. fof В (#—л) при Ё>л.
13.57**. Доказать, что если } (1) — периодическая функ-
ция с периодом [, то
13.55. [ (2) =|
l
F(p)=Taam |e f(t)dt.
Используя результат задачи 13.57, найти изображения
периодических функций (аналитические формулы опреде-
ляют заданные функции на периоде [0, /]):
_]1приОЗЕ<т,
13.58. 9-1 О при <<< Т; [=Т
(периодическая последовательность единичных импульсов).
266

13.59, f(t) =sinpt npn O<t-<afp; leanfp
(т. е.Ё(В=|зштВ |}.
зп при О<Р«л, ,_
13.60. м9- О при <ЕТ; т.
13.61. но=1 при 01 |0,
|1приС<ЁХ26;
13.62. (= Е при О<Е<с; 1=с.
“+ npn 0<t<e,
13.63. f(t)= с
19.
—-# при С<ЁХ 15;
13.64. [(#)
= созВЁ при 0<t< aR [=>
13.65. f(t)=|sin¢|, [= 2n.
2, Расширение класса оригиналов. Клгсс оригиналов можно рас-
+пирить, включив в него функции, которые могут быть неограни-
чены вокрестности конечного множества точек, но такие, что интег-
pan ‘Лапласа от них тем не менее в некоторой полуплоскости
Вер > о, сходится абсолютно... К числу таких обобщенных оригина-
лов относится степенная функция [(1= при ц>—1, функция
]пРи некоторые другие. В частности, к такому классу относится
всякая функция { (Г), которая в некоторых точках # = #1 (=1,2, ‹.., п)
является бесконечно большой порядка, меньшего единицы, т. 6.
такая, что Шип (1—1) Ff (К =0.при некотором гк < 1, и если вне
tt
некоторых, окрестностей точек #, она удовлетворяет условиям, при
которых функцию можно считать оригиналом.
Пример 8. Найти изображение ЁР(р) функции [( =,
в >—1.
+0
«$ Имеем Р (р) = \ е-РЦ 4 или, после подстановки рЁ==т,
0
Е
ГАИ
_—
o-
и
Г(р)=пря |е-тти= прат
0
fu ,13)
Итак, Теру г рт
.>
1) Syecb nog dyHkuHeH KoMMeKcHOH mepemeHHon 1/p¥4+1 nonn-
мается та из ветвей этой многозначной функции, которая на вещест-
венной положительной полуоси комплексной плоскости (р) принимает
вещественные значения, т. е. 1/ри+1 =е-@+0 тр, Аналогичное заме-
hen bn к изображениям функций #91, меб шЕ, { соз ВЕ,
th sin pt,
|
267

Замечание. Если пр—целое положительное число, то
Ги =шШ, и мы приходим к формуле 2 таблицы изображений.
Пример 9. Найти изображение функции } (1)= Ш и >— 1.
ГИ
< Из соответствия #= —ри с помощью дифференцирования по
параметру и получаем
Mutt) T+)
_т (utH/T’ (u+))
tIn¢=— И
И [пр И (Гы!)-Шр).
В частности, ‘положив и=0, с учетом того, что Г (1) =1, Г’(=—
(у=0,577215...— постоянная Эйлера), получаем
=.>
Найти изображения функций:
|
tu eat
13.66. f(t)= Тег, и>—1.
иat|t
13.67. = тит, и>—1.
13.68. пеш
13.69. (1) =тет
ВЕ, и>—1.
13.70. (Е) =
epsinbe, и>—1.
13.71. f(t)=cosBt-In¢t. 13.72, f (t) = sin Bt. Inf.
( 0 при О<1<а,
13.73. [= 1 1
Г(1) УР
при
t> a.
;
$ 2. Восстановление оригинала’ по изображению
1. Элементарный метод. Во многих случаях заданное изображе-
ние можно преобразовать к такому виду, когда оригинал легко вос-
станавливается непосредственно с помощью свойств преобразования
Лапласа и таблицы изображений.
Для преобразования изображения широко используется в этом
случае метод разложения рациональной дроби в сумму простейших.
Пример 1. Найти оригинал лия функции
FO= EPS:
«$ Первый способ. Выделяя полный квадрат в знаменателе и далее,
используя табличное изображение для 5ш ВЁ и теорему смещения,
получаем:
1
1
о,
Pp opts Opps обв”
£68

Второй способ. Раскладывая дробь в сумму простейших и нс:
пользуя изображение для ©, получаем
|
eda
preps etl (== 1-29 — ЕЕ) ~
1
ей— е-21
1
(= 1420 е(- 1-20
]
=F
=x et
=9e-*sin2t.>
Пример 2. Найти оригинал для функции F =a
< Перзый способ. Раскладывая дробь в сумму простейших, . полу-
чаем
Го
1
__i(i
i4
4:
)=
(p? +1)? (p— i)? (р--2* 4\p—i pti oF Е
= (ieft— е-П--ьюй--4е-П) => (sin ¢—t¢cos).
Второй способ. Заметим, что
|
|
1\’
ое ap(aT)|
причем согласпо теореме о дифференцировании. изображепия
т\
- (==) =tsint.
Применяя теперь теорему об интегрировании оригинала, находим
t
|
т Tt Sin td + (si t—tcost
FETE ap pep) Fetters gy Cink —fe0s 0.
Третий способ. Используя теорему Бореля об изображении сверт-
ки, получаем
1
1
IFIP РТ rH
t
= sin tssint=| sin (¢— T) sin tdt=
t
t
=Sin? | cos tsin tdt—cos ft | sin? t n= (sin ?—t cos ?).
0
0
2o— 2p
pl:
2
«$ Найдем сначала оригинал для дроби Г причем в отличие от
Пример 3. Найти оригинал для функции pe
двух предыдущих примеров разложение дроби в сумму простейших
произведем в множестве действительных чисел. Имеем:
pr
р?
=(142p—1)=
НИ (РЕП (Р-Н 3 \p+1 0° p?—p+!
1
|
га
3
l
2
.
t
3}
——_/ ——
——|{ e~tt 2et/2 ——1).
3р+2(>t)+3/=3(c+2et/2cos51
269

А теперь, применяя теорему запаздывания, учтем сомножитель. е-?Р,
Окончательно находим:
оон Ив
Найти оригиналы для заданных функций:
13.74. ра.
13.75.
НВ
13.76. тр.
13.77. ото.
13.78. =o.
13.79. mew
13.80. РИ:
13.81. 8 ыЕЕ
13.82. т.
13.83. aT
13.84. т 7
13.85. тя.
13.86. 42?+ | 13.87.
о
2. Формула обращения. Теоремы разложения. Если { (Ё) —орн-
гинал и Р(р)—его изображение, то в любой точке непрерывности
[(2) справедлива формула обращения Меллина
Ot+ita
F (p)ertd
=
(p) eP' dp,
o-tw
где интегрирование производится по любой прямой Кер=о, д> 9%.
Замечание. Во всякой точке 2, являющейся точкой разрыва
функции [| (1), правая часть формулы Меллина равна 5(! (%—0)
+ F(to+9)|
Непосредственное применение формулы обращения часто затруд-
нительно, и обычно пользуются теоремами разложения, являющимися
следствиями из нее:
Первая теорема разложения. Если функция Е (р)
аналитична в некоторой окрестности бесконечно удаленной точки
и ее разложение в ряд по степеням 1/р имеет вид
[(=5:
@
a
F (0)= sat
п=0
то функция
©
тп
r=) an—, t=>0 ((=0 при Ё < 0)
n=0
является оригиналом, имеющим изображение Е (р).
279

.
Вторая теорема разложения. Если изображение Г (р)
является однозначной функцией и имеет лишь конечное число’ особых
точек р1, рэ, ..., Ри, лежащих в конечной части плоскости, то
|
(= > выч [РР (р); ры.
we где Ри(р) и О, (р)—много-
члены степеней т и п соответственно (п > т), рт, Ро, ..., р-—корни
многочлена @„ (р) с кратностями, соответственно равными [j, Ig, .. +, Lp
(Р.И), то
Если все ооффициенть многочленов Ри (р) и О, (р) — действитель-
ные числа, то в правой части (1) полезно объединить слагаемые,
относящиеся к взаимно сопряженным. комплексным корням; сумма
каждой пары таких членов равна удвоенной действительной части
ОДНОГО ИЗ НИХ.
В частном случае, когда все корни ру, ро, ..., Р„ многочлена
@ „ (р) простые, используя формулу для вычисления вычета относи-
тельно полюса первого порядка (см. с. 239), получим
Если, в частности, Ё (р)=
ЧЕ
о и (o- ри) #Е (руе?'), (1)
" P>Pp dp'*
Pin (Pr) Ppt.
=|} Qn (Pr)(x).
1
Пример 4. Найти оригинал функции Р (р)= тет,
«$ Первый способ. Разложение функции ЁЕ(р) в окрестности точки
р== со имеет вид
©.
©
У,(—1"agi=a
"чт.
n=0
n=0
Поэтому, в соответствии с первой’ теоремой разложения, оригиналом
для Р(р) является функция =
toate V 7)
{/‹— функция Бесселя первого рода с нулевым индексом).
Второй способ. Воспользуемся второй теоремой разложения. Для
|
э
|
-
|
|
<
|
=
F(p) =—
om
1
==>
этого надо найти вычет функции ее Р относительно ее единст-
венной особой точки р =0 (это существенно особая точка), т. е. коэф-
фициент при 1/р разложения этой функции в ряд Лорана в окрест-
ности точки р =0. Имеем
4
1
.
Пете т = (Ро ++... )х
1
кочан У" пря +.-.)а,
271

Выделив в произведении рядов члены, содержащие 1/р, найдем:
1——
|
2
in
f(¢)=выч|ert р; 0]tet irate tn
et...=
=/о(2V2).>
В этом примере решение, использующее первую теорему разло-
жения, оказалось `более простым, чем решение при помощи второй
теоремы разложения.
Пример 5. Найти оригинал для функции РЁ(р)= ЕЕ.
«$ Воспользуемся второй теоремой разложения. Функция Р (р) имеет
два полюса 3-го порядка р = - Bi, и ее оригинал определяется ра-
венством
t
t
(=u | Gacegas: BE tom |Gees —B/| =
=2Ве(выч Fewer ;Bi| ).
Имеем:
дз —В0’ трат)=
ВЫ
’В:pyim—
i
‘lotт) м] nae apt (PD Ge Ti
alim2(ert)=
2 p->Bpe ‘ар? (p + Bi)?
1, (ept GteBt | 12ept ) =
(¢-+ Bi)® (2+ Bi)* © (¢-+ Bi)?
= {2eBit Stebét Зеви
168% 1684 Г 1685
(при дифференцировании мы воспользовались формулой Лейбница
для производной произведения). Выделив действительную часть
этого выражения и удвоив ее, получим
0=- 12a
onPe. >
Пример 6. Найти оригинал для функции Е ®=- —1'
« Знаменатель дроби здесь имеет только простые корни oy = 1,
Рз, а = +. Поэтому в соответствии сс формулой (2) получаем
4
-
l
1
ew—it
— —оРы —2[ot__p-t
1 et-—e-t
]eit_eit
|
.
=F OTe Tr7 sh eosin). >
‚ Этот пример можно было решить, исходя из разложения
1
"|
.
pt—1 2 \p?—1pp? +1
Пользуясь первой теоремой разложения, найти ори-
гиналы для заданных функций!
272

13.88. cos 1. 13.89. sin.
рр
р
13.90. 5? РР! 13.91. не.
p—р—1"
1
13.99%, | pc pai.
13.92*. —е
р—1
Пользуясь второй теоремой разложения или с по-
мощью разложения на элементарные дроби, найти ори-
гиналы для заданных функций:
|
В
_
p+2
13.93.. PP) =p apts: 13.94.
рее.
13.95. F (p) =", rae Q(p)=(p—P1(P—P2) +» «(P—Pn)
и все числа р, попарно различны.
1
1
ЕЕ AH
p
р?
13.98. Рост
13.99. Р(р)=—т.
1
13.100. Р (р)= ест. 13.101.
Р (ре:
1
13.102. Е (р)= Ро
13.108.
Р (р).
$ 3. Применения операционного исчисления
1. Решение линейных дифференциальных уравнений и систем
уравнений с постоянными коэффициентами. Для того чтобы найти
решение х (2) линейного дифференциального уравненияс постоянными
коэффициентами
x) + ayx@—D 1, bagx=f (2)
(1)
(где | (1) — оригинал), удовлетворяющее начальным условиям
x (0) =X, x" (0)= x0, 06, ЖИВ (0)= М,
(2)
следует применить к обеим частям этого уравнения. преобразование
Лапласа, т. е. от уравнения (1) с условиями (2) перейти к оператор-
ному уравнению
(р”-Назр" 1-Е... -Нан) Х (р) 9 (P) =F (0),
где Х (р) — изображение искомого решения, Р (р) — изображение
функции } (1), а О (р) —некоторый многочлен, коэффициенты которого
п-
зависят от начальных данных Хо, Xo, eee, xg 1) И который тождест-
п-1
венно равен нулю, если ж ==... =" =0. Решив операторное
уравнение относительно Х (р):
F (p)—Q (p)
Х (р) =———-
Г (р)
273

(L (p)=p"TM+ayp"-1+.. . Ра, — характеристический многочлен дан-
ного уравнения) и найдя оригинал для АЛ (р), мы получим’ искомое
(n-1
решение х (1). Если считать хо, х, ..., дб. о произвольными посто-
янными, То найденное решение будет общим решением уравнения (1).
Совершенно аналогично решаются и системы линейных дифференци-
альных уравнений с постоянными коэффициентами. Отличие будет
лишь в том, что вместо одного операторного уравнения мы получим
систему таких ‘уравнений, которые будут линейными относительно
изображений искомых функций.
Пример 1. Найти общее решение уравнения х”-- 2х’ + х=@-1,
а также его частное решение, удовлетворяющее начальным условиям
Хо =1, Хо ‚=2.
< Пусть х (И =Х (р), тогда.
x!(1)=pX(p)—%, x"(t)=p®X(p)—px—Xo.
По таблице изображений находим {-= . ] и операторное
уравнение имеет вид
,
1
2190-11)Х (2) —
2х =.
(p*-++2p-+ 1) X (p) —(p-+ 2) Xo 0 (p-- 1)?
Отсюда находим
_р-2_
X=
x
x
=PRtotETE
Для отыскания оригинала в данном случае проще всего представить
Х (р) в следующем виде:
_(p+1)+1
о
ЕЕ оооное1 Xoo1_%
ОЕОЕГр
Пользуясь таблицей изображений, находим общее решение
х (1) = 8e-t +(x 9+-x0) te-t
+ xye-t.
Обозначив хх =Ст, %)+x%0—=Ce, ero можно“записать в виде
x(a Bent + (Cy Cat) emt.
Частное решение, удовлетворяющее заданным :начальным условиям
х (В = = 13е-1-|- (1-3 е-*. BD
Пример 2. Проиитегрировать уравнение х”-|-х=Р( при
нулевых начальных условиях, если
.
a
(2
Л
=!
при0<Ё<5,
=
ит
x
t)при9<<п,
0.
при
‚> л.
274

< Запишем Ё(2). с помощью единичной функции Хевисайда: |
f=(1—n(t-F)) = —-(n(#-F) nm ) 1 е-э=
== (+2 (2) (1) +n@—m (—п)).
Пользуясь теоремой запаздывания, отсюда находим
].—2e
+e-ip
р*
Так как начальные условия нулевые, то, полагая х (Ё) =Х (р), при-
ходим к операторному уравнению
х
i) =F (==
л
__эр_
(9? 4-1) X (==
Им,
из которого после несложных преобразований находим
xt (ine PP gerne) (LLY,
d1
|
— —-+>——= $ ЁЬ то, снова. применяя теоре
-
ТаккакоРЕ
,
ри
орему запазды
вания, находим
«== ((¢—sin t) —2n (*-F) ( (1 )—sin (+5) )+
+1 (¢—x) (¢—2)—sin (¢—2)),
т.е
2(пt)
mpy Ogti< > ‚
|
2
л
х(1= =(—sin.f—2cosf—t-+0) при << п,
—=cos
при Ёп. No
Пример 3. Найти решение системы
,
x’ ty=e,
x+y'=e-t
при начальных условиях х (0) =, и (0) =) =
«@Пусть х(д=Х (р),у(=У(ф), тогдаz"(t)=eX(p=)—%, ¥(OS
= pY (p)—Yo, H получаем операторную систему
PX (p)—%0+¥ (=S—-1
РУ (р)А (= т.
278

Решая систему, найдем
р.
1
р*--1
X (P)=Fa—F 0 — pepe—] Yo -- 5—5
(p?—
(p2— 1)? ’
1—xy
2p—
2—1 (p?—1)?
Ут
и, следовательно,
; x(t)=x),cht—y, shittché,.
y (t)=yo ch t-+(1—x,) sh t—itsht.
Найти общие решения дифференциальных уравнений:
13.105. х’--
9х = соз ЗЕ. 13.106. х’—4х' + 4х=е",
13.107. хи 2х = 7-я. 13.108. м-х'
—2х=,
_ 13.109. x’ +x’ Set sing. —
Найти решения дифференциальных уравнений ‘при
заданных начальных условиях:
13.110. х’-х=О0; х(0)=0, -х' (0) =—1, х’(0)=2
13.111. х-Р 2х Е х=е-7й, хо 1 х’(0)=0.
13.192, x°+ 3x’ =e7*%!; x(0)= x ) =—1.
‘13.113. Ov! 4 x= sint: 70)
х’ (0) =1.
13.114. x"+4*=sin2?; х(0)=1, en.
13.115, x” —9x =sh f, х(0)
= —1, x’ (0)=3.
13.116. х’’’— = ей; (х(0)=1, х’(0)=х"(0) =0.
13.117. Ух НЕ x (0) = x’ (0) = x"(0)=0, x’ (O)=1.
13.118. хз" 3х = ей; х (0)=х' (0) = x"(0)= 0.
Найти при нулевых начальных условиях решения
следующих дифференциальных уравнений:
13.119. х--х=1[ (1), где’
но=1 1 при О<Ё< 2,
~(0 npu t>2.
13.120. x" 4+ x= f(t), где
f(t) = { cocost npn OX<t<xq,
при
(>.
13.121. x”"—x'=f(i), где
f(t =| е-! при 0<Ё<1,
10 пр tol.
13.122, x"+x=/(t), где
1приО<ЕТ,
[0={ —1 при 1<#<2,
{ Опри : Ё>2.
276

13.123**, С помощью интеграла Дюамеля доказать сле-
дующее утверждение: если х, (1) решение уравнения
хе -ф- ах" о +... Нах
=
| при нулевых начальных усло-
виях (х (0) =х’ (0) =... = ("7 И (0) =0), то решением урав-
нения хх" +a xde-O 4... +a,x=/f(t) при тех же началь-
ных условиях является функция
t
t
x)=) i) it) dr=m (070) +17 al —0 ae
(f(t) произвольный оригинал)..
Замечание. Результат задачи 13.123 позволяет находить ре-
шение линейного дифференциального ` уравнения с постоянными ко-
эффициентами при нулевых начальных условиях, не находя изобра-
жения правой части этого уравнения.
Пользуясь результатом задачи 13.123, найти решения
следующих дифференциальных уравнений:
13.124. хх, 13.195, хе,
et 1.3
1--е
no?!
1:
о
"
__
1
.
13.126. Хх—х= и . 13.127, Xx Я= сз:
13.128. хе х==е-Ё.
Найти общие решения систем дифференциальных урав-
нений
13.129, xy’ =t, 13.130. ху ВЕ: 5тЬ,
y" —x' =0.
y’ +x’ =cht—cost,
Найти ‘решения систем” дифференциальных уравнений
при заданных начальных условиях.
8.181. twa, x(0)=1, y(0)=—1.
13.132, 2x"4+ x*x—y’ =—3sint,
xty'=—sint;
х (0) =0, х’(0)=1, и(0)=
13.133. х’—у’=0,
—y"=2sint;
х (0)
= —1, х (0) =у(0)=у (0)=1.
13.134, x”—y'=0,
x’ —y" =2cost;
|
x(0)= y'(0)=0, x’ (0)=y(0)=2.
277

13.1385. x" —-y' =e",
|
x!+y’—y=0;
,
x(0)=1, y(0)=—1, *' (0)=y' (0) =0.
13.136. x"+ y'=2sint,
y’+2'=2cost,
2"—х=0;
х (0) =2г (0) =и (0) =0, х’(0)=у(0)=—1, 2° (0)= 1.
Проинтегрировать при нулевых начальных условиях
системы дифференциальных уравнений:
13.137. x"—y’ =f, (0),
(=
ик, MRO | при О<Ё<л,
Опри” [>л,
при 0<#<л/2,
.
f.(t)=) n—t при л/2 << л,
О при
>л.
13.138. х’— у=0,
1 при О<Ё<л,
”
__
THE
=
—1прил<{<2m,
y—x= 1(2),
Опри t>2л.
2..Решение линейных интегральных и интегро-дифференциаль-
ных уравнений. Используя теорему свертывания, можно легко найти
изображения решений интегральных уравнений Вольтерра 1-го и
2-го рода (а в простейших случаях по найденному изображению найти
и само решение) в том. случае, когда. ядром в соответствующем урав-
нении служит функция вида К (1—1), где К (1) оригинал, Этот
метод применим и к интегро-дифференциальным уравнениям в таким
же ядром.
Пример 4. Найти решение уравнения Вольтерра 1-го рода
t
\ с0$ (#—т) х (5) dt=fcos ft.
0
‘
«$ Пусть х()
2Х(р);таккак
.р
. р?—1
09 =,
[008 =;
pe+i
" (p?+ 1)?
_
_: PX (p)
|\cos
t) x(t) dt= 27-1
0
.
(по теореме свертывания), то’ приходим к операторному уравнению
РХ (р) 2—1
р*--1 (02-1)?’
откуда
р*— 1
2p
l
-X
—
—
—c—T e@
Ку ЕЕ
Таким образом, х (1) =2 с0$ 2—1. p>
278

Пример 5. Найти решение ypapHenua. x’+x=sint-+
sin (¢—t) x(t)dt при начальных условиях х(0)=0, х (0) =1.
>
.
—
-
+.
‘@ Wonaraa x(t)= X (p), umeem
]
|
—72
—
Ys
.
x” (t) = p?X (p)—1, Sint = 78
t
_
_.X(p)
{ sin
и ат.
Получаем операторное уравнение
'Х (р)
тор*--
или |
((p?+ 1)?— 1) X (p) =p* +2.
Отсюда находим Х О и х(0 =. No
- Решить следующие интегральные и интегро- дифферен-
циальные уравнения;
13.139. (ch (1-1) х(дае- а воз,
|
t
13.140. 3 \ зв (#—т) x (t) dt=x(f)—e7*.
0
f
“<
:
13.141, | et sin (¢—1) x(t) dv= x’ —x' + ef (1 —cos 2);
0
х (0) =х' (0) =1.
t
13.142. | sh ({—t)x (t)dt
=x"—x’+5tsh¢;
0
|
х (0) =1, х' (0)=
Проинтегрировать уравнения Абеля;
X(T) dt= — п.
13.143. а
.
13.144, от О<а<1, B>—I.
т)“
979

3. Интегрирование линейных уравнений в частных производных.
Применение операционных методов для интегрирования линейных
уравнений в частных производных рассмотрим на примере.
Пример 6. Найти решение уравнения Bx = bz=sin x COS у,
удовлетворяющее условиям 2 (0, уЭ=зш у, 2 (х, Oyo (x Е [0, - о),
УЕ [0, + °)).
—
Переходим к операторному. уравнению относительно аргумента и,
полагая г (х, и)=А(х, р). Отсюда.
==pZ(x,p)—2(x,Y=pZ(x,р),
0*z =.O
oo
By ox Ox (pZ (x, p))=pZx (x, р)
(по теореме о дифференцировании операторных соотношений по пара-
метру). Получаем операторное уравнение:
psinx
Интегрируя полученное дифференциальное уравнение по.аргументу х,
находим
"
(так как со$у =
|о.
2
Z(x,p)=Cj(pe рНо
sin ‘ap cos x,
В силу начального ‘условия 2(х, 0)=0 и теоремы о связи наналь-
ного значения. оригинала и конечного значения изображения мы
должны иметь lim pZ(x, p)=Z (x, 0) =0, откуда находим im pC (p)=
p->
p>
== 0, причем если. ‘Ст (р) =Ф\(и), то ф(0)=0 (в. силу. той же тео-
ремы). Запишем теперь 2 (х, р) в следующем виде: |
1-=
.
1 (p?+1)+(p!—
Ho Tak Kak
РС:(р)=9°(ys
(см. решение примера4 из 6 2),
COS Хх.
x
e?=(2Vxy)
1р
Gp 598 у; 1-9 COS¥
то находим!
2(х, у) -| gy’ () 19 (2V¥(Y—d) dit y sin ysinx—
-5 (siny+ycoey)cosx= (gy’(t)19(2V x (y=t))dt—
0
> sin y cos „5 y cos (x-++-y)
280
.

(первое слагаемое’ получено по теореме свертывания оригиналов).
Так как [о (0) =1, то, полагая х=0, находим:
у
2(0,и)=|ф’(1)ats. sinу yCOSy=
0
1
.
1
.
—Ф (7) — 5 Siny—> ycosy=siny
3.1
,
(по начальным условиям); поэтому ф (у) = sin lay у с0$ и, 9’ (y) =
2
1.
-
= 2с0$ у—ъ Узи, и окончательно находим
и
~
2(х,у)= \(2208 1+tsint|Го(2Их/(и—1)dt—
0
— sinyCOSrs усо$ (х--и). No
Проинтегрировать следующие линейные уравнения
в частных производных:
.-
13.145. ae £2 008 x; z(0, y)=y, 2,(0, yy=0.
dz
.
2.
-
13.146, 55 —F—ate=f (x); 2(0, Y=—y, 24(0, 9) =0.
13.147**. Уравнения длинной линии в случае отсут-
ствия потерь (линейное сопротивление К и утечка С рав-
ны нулю) имеют вид:
Ou (x, #)
Oieet)
a=L
P|
ме
(3)
i (x,
ot (x, 1)
и. (х,1
"Ox =—C— 7
Ox?
где и(х, р — напряжение, i(x, f)—TOK в. точках линии
в момент времени Г, С— индуктивность и С— емкость,
отнесенныек единице длины.. Найти решения уравнений (3),
удовлетворяющие начальным условиям
u(x, 0)=i(x, 0)=0
(4)
и граничному условию
и (0, И=ад (t) =F sinof.
281

13.148. В уравнениях длинной линии
ди(х, 1
д:(х, {
мВ
Ех, 0,
,
(5)
ОЕ(х, 1
д,t
беби, f,
в случае линии без искажений, величины Ю, [, Си
|
|
G
.
связаны соотношениями Ruf у. Найти решения урав-
нений (5), удовлетворяющие начальным условиям (4) и
граничному условию
u(0, )=q()=E(n(f)—nt—), 1>0.
4. Вычисление несобственных интегралов. Один из способов
+0
вычисления несобственных интегралов вида ( f(t) dé ocHoBaH Ha-npH-
0
менении теоремы операционного исчисления о связи «конечного» зна-
чения оригинала и «начального» значения изображения: если ф (В=
=Ф(р) и существует“ конечный предел, iin @ (t)=@(+ 0), TO
‚ Jin g (j= (+ co) = lim, рФ (р) (см. задачу 13.15).
Из этой теоремы и °ботношения
t
гомо ((=Е(р))
0
.
+o
при условии сходимости интеграла FO АГ следует соотношение
\
+©
0
| F)at=F @.
(6)
0
+0
:
sin f
Пример 7. Вычислить интеграл \ 7 at.
0
.|
«$ Так kak sin
т, то по теореме интегрирования изображе-
ния имеем
,©
sint _.(
л
т:|a =—aretgр,
р
поэтому по формуле (1) находим
"© sin ¢dt
sin
п
\ тэ.»
6
|
282

.
|
!
+©
Пусть функции f (t, и) иф (= \ ф (и)7 (Е, и) аи являются ори-
0
гиналами и ] (No, и) = (р, и). Тогда, применяя теорему. об интегри-
ровании по параметру, будем иметь
+©
УЫЕЗ= \ ФЕ, Чаи.
0
Поэтому, если интеграл, определяющий ТФ(р), можно вычислить, то
4+©
для отыскания интеграла \ ф (и) [(1, и) 4и достаточно найти ориги»
0
нал для Ч(р), т. е.
+©
+®
~~
| eM, wdus| pu)F(p,u)du,
. (7)
0
0
12 ша
cos tu du
Пример 8. Вычислить интеграл J ere
0
@Имеемс0$ш=
. Поэтому (по формуле (7))
РР
p*-+ и?
+o
costudu _.
pdu
p|du
dus =
\ eae = \ Genera tak \ \arput реа
0
0
——P =Ь—т
~ pt—ai2\a
“Tappa
1
Но.
-
—
—
—
=ет4, Отсюда
Prat
с
"С ша
}
costudu . п
| ориааа За“ >
0
о
Еще один способ вычисления несобственных интегралов при пе“
мощи операционного исчисления дает
Теорема Парсеваля. Если Н() =Р1(р), Ь (1 = Ро (р) в
функции. Fy (р). и Fa (р) аналитичны при Ке р=0, то
+©
+O
we
|A)Fr)du=|FQ)fa)de.
®
0
0
При этом из сходимости одного из этих. интегралов следует сходи-
мость другого 1).
caact ‘4.
1) Если для одной из функций Ел (р) или Ро (р) условие анали»
тичности выполнено лишь`при Кер > 0, то сходимость одного из
интегралов может не иметь места.
288

+®
( е-@и So
емзщВи
0
Пример 9. Вычислить
аи, %> 0.
<Имееме-ЁзшВЕ= Е ‚т
=
1
eC sinBu, Ро (и) =--, имеем Р1 (9) =
>. Полагая | (и)=
В
а В, fe (0) =1(v).
Поэтому по формуле (8) ~
+©
(e-ausinBua= | By(v)do
|
;и
gd (+0)? +B
Fart
(q(v)=1,TakKakv>0).Ho
du
о--а |+® __ п
о
t
e
8
)а)Ва
ВЮ2Ва
Таким образом,
+a
\е-бизпВи4и_
u
arate©, > 0, No
Вычислить несобственные интегралы, используя фор-
мулу (6): ©
18.149. | о at a, BS0.
0
+
t
+00
13.150*, \ teratint dt, &>0, в>—1
ВЫЧИСЛИТЬ несобственные интегралы, используя фор-
мулу (7):
.
"С°из ш @и
ve
13.151. ) ии 13.152, а
и
Вычислить несобственные интегралы, используя тео-
рему Парсеваля (формула (8)):
4+®
13.153. \ е-“и—е-—Ви
0
Vu
+o
13.154, \ sinau—sinRadu, о,В>0}
0+
—=— du, a, B>0.
uVu
“= —px?
13.155*. | eaeax, a B>0.
\0
eo
284

5. Суммирование рядов. Методы операционного исчисления могут
быть использованы при суммирований числовых и функциональных
рядов.
Пример 10. Пусть #(0 =Е'(р) (область ‘аналитичности F (р):
Вер. Доказать, что сумма $ ряда у (-Е 1)"Р (п) может быть
ПЕК
найдена по ‘формуле:
+©
(а: eT RIF (t) dt
|
sae0"|
г.
(9)
и
(+ 1)Renat
<$ По условию Е(р)=^\. е-21 1) ар. Имеем
=
|
0
I Fert
>> (+ I)? e-nt, Поэтому
n=k
Vd Oe
——
=
nent dj —
(4Ie=те=|У(+Dte-"tdt=
|
_©
ta|
И
ee
=D(+ Е гда$(Е"Е(п).&
n=k
0
n=k
Используя формулу (9), найти суммы следующих чи-
словых рядов:
13.156**, У т 13.157**. У; асы=.
n=1 "—т)
n=l
cox ©
2Qn+1
3
13.158". >. GEE oer one: 13-159". у. arcts aap
Пример 11. Tycts f(t)=F (p) (o6nactb aHanutTuynoctn F (p):
Re p= 0). Пусть, кроме того, Ф(Е х— производящая функция бес-
конечной последовательности функций фи (Хх), т. е.
=Хе =.
Доказать, что сумма $5 (х) сходящегося на [a, 5] функционального
ряда > Е (n) Фи (х) может быть найдена. по формуле
n=0
+
+®
$9 = Фе-ь Ноа
(10)
a
"285

<q Имеем: .
+0
+©
\ De-', Nf(idt= \ Г (2) > фи (х)е-"! @=
0 п=0
:0
oO.
+o
о
= Хе '\ её (да= Zi on (2)F()=S().
A=
0
n=
Используя формулу (10), с помощью подходящей
производящей функции просуммировать следующие ряды:
xen +1
13.160%, S\ (—1)">2_.
х
21-1
С 1.3... (2п—1) х2п+1
13.161,>
т
n=l
13.162**, У. М, хе (0, п).
n=l
‚ 13.163*, SY (— 1 t*SS, x €(0, a).
n=1
6. Применение операционного. исчисления при расчете электри-
ческих цепей. Методы операционного исчисления широко исполь-
зуются при расчетах процессов, протекающих в электрических цепях.
Пусть.# (1) и и ([), соответственно, ток и напряжение в цепи. Приме-
нение операторного метода основано на справедливости законов
Кирхгофа для операторных тока / (р) = { (1) и напряжения (0 (р) = и (1).
На основании закона Ома для основных элементов электрической
цепи могут быть записаны следующие соотношения:
lp(2)=Ri(t)
a, (y= LAO
для сопротивления R,
для индуктивности [и
t
1.
uc =Z J) i) dr-+uc
0
для емкости С. Переходя. к изображениям, отсюда получаем
Ив (р =ЕГ (р),
Uz (p) =pL! (p)—Li (0),
Uc(p) == I )+— ис (0).
Используя закон Ома в операторной форме, для произвольного
участка цепи можем записать
И (р)=2 (р) Г (р),
(19)
286

где 7 (р) —операторное сопротивление указанного участка цепи. Для
участков с сопротивлением К, индуктивностью Г или емкостью С
при нулевых начальных условиях операторное сопротивление имеет,
соответственно, вид:
Zp(p)=R, Zz (р) =1р, Ze (=a.
При ненулевых начальных условиях к име-
ющимся в цепи источникам э.д.с. добавля-
ются дополнительные источники. Величины
э.д.с. дополнительных источников определя-
ются’ запасами энергии в индуктивности и
емкости -и равны в операторном виде, со-
ответственно, [1 (0) и — ис (0).
Рис. 101
Соотношение (11) является основным для расчетов заданного
участка цепи в операторной форме.
Пример 12. Найти ток 1(1) в цепи, изображенной на рисунке
101 при подключении постоянной э.д.ес. e(t)=E. Начальные условия
нулевые.
«$ Так как е (1) =Е = Е/р, то, используя соотношение (11), находим:
2 (р) 1 (р) =Е/р,
(12)
где операторное сопротивление 2 (р) цепи, изображенной на рис. 101,
имеет вид
Z(p)=21 + 2с += +В,
в силу нулевых начальных условий. Подставляя полученное выра-
жение для 1 (р) в (12), находим
I(=
:=>
—
(13)
22 (2)1
4
~) 1_
Lp tRe+re
(2+ OT, + (tan
Для отыскания оригинала [({) следует рассмотреть ‘три случая
в зависимости от вида корней квадратного трехчлена в правой части
выражения (13). 2
Пусть т > тт, тогда по формуле 10 таблицы изображений
находим
Е
ae eee
ое
asinИant.
LY aL
a
Пусть i= т ‚ Тогда воспользуемся формулой 3 той же
таблицы:
R
--—t
=вake,
287

R2
1
|
Наконец, ебли тс < ча, то комбинируя формулы 8 и 3,
LC
находим:
#(1=
———е “OL ‘nV
|.>
L VEa
13.164. Найти ток Ё(No) в ЮС-цепи (последовательно
включены сопротивление Ю и ёмкость С) при подключе-
нии постоянной э.д.с. е(1) =Е, если ис (0) =и..
-
Рис. 104
Рис. 105
13.165. Найти ток 1( в ЮГ-цепи (последовательно
включены сопротивление Ки индуктивность Г) при. под-
ключении постоянной э.д.с. е(1) =Е
13.166. Найти tox i(¢t) в цепи, изображенной на рис.
101, при подключении постоянной э.д.с. е({) =Ё, если
ис (0) =и..
Для изображенных на рис. 102—105 электрических
цепей определить ‚напряжение на указанном элементе цепи
при подключении постоянной э.д.с. e(f)=E (там, где
необходимо, положить ис (0) =0):
13.167. рис. 102. и; (1) ==? 13.168, рис. 103. и, (=?
13.169. рис. 104. ир, (=? 13.170. рис. 105, ис (И =?
288

При расчете электрических цепей, когда воздействие на схему
представляет собой функцию произвольного вида, полезно использо-
вать ‘интеграл Дюамеля (см. $ 1, свойство 11 преобразования Лапласа).
Сначала определяется переходная характеристика цепи
— закон изме-
нения напряжения или тока при подаче на вход схемы единичного
воздействия е (1 =1 (1. В этом случае, из соотношения (11) находим
.
pZ (p)’
ние всей цепи.
Если теперь на вход схемы подается произвольное е (1), то опе-
раторный ток / (р) имеет вид:
операторный ток /1 (р)=
Где 2 (р) —операторное сопротивле-
1(9)== pls (0) U
где 0 (р) =е (1. Применяя формулу Дюамеля, окончательно находим:
t
(=e Ou O+| e WMAut—dar=
0
t
==е (0) (+ е’ (1—1) и (® Че (0) п (д-+е’ вц. (14)
0
Пример 13. Найти ток в ЮГ.-цепи при подключенйи 3.д.с.
e(t).= eM.”
4
Сначала определяем переходную характеристику цепи, в. данном
случае ток й (1, возникающий в КЕ-цепи при подключении э.д.с.
е (1) =п (5. Имеем (см. ответ к задаче 13.165)
R
це
(1
L‘)
_ Для определения тока #(К воспользуемся формулой (14). Пэед-
варительно вычислим второе слагаемое;
.-
t
eva | eld) a=
0
f
Ly
- (+1)
i
=и
иme —e L )ae ftе\’‘om
Г,
Tt—
‘R Se
к
0
/
a
RNI
—
(ке
-|-
|
(er
\-
R po oRBOT
0
Tenep ь окоичательно находим
R
a
#(р=е(0)#1(t)-+e’*rat—e +4.RIL ( —e &7) >
х
b+
109 Под ред. А, В. Бфимова, В, П, Демндовича
989

13.171. Найти ток в АЁ-цепи при включении синусои-
дальной э.д.с. е.(1) ==Е эт 6.
13.172. Найти ток в ЮС-цепи, в которую при нулевых
t
начальных условиях подключена э.д.с. е (Г)
= Ее С“oR
13.173. К электрическому контуру, ивображенному на
|
R-——f{
рис. 101, подключена э.д.с. вида е(1) =ЕйЁе 11
1
2
.
|
(12 > azz): Найти ток в контуре (начальные условия
нулевые).
$ 4. Дискретное преобразование Лапласа
и его применение
1. 7-преобразование и дискретное преобразование Лапласа. 2-пре-
образованием числовой (действительной или комплексной) бесконечной
оследовательности (а„) называется функция комплексной переменной
Е{(2г), определяемая следующим образом:
F(2)=)) т.
"(1
n=0
Если последовательность (a,) удовлетворяет условию |а„|< Mean
(М>0, а— постоянные); то функция F(z) будет аналитической
В области |2| > е%, т. е. вне круга с центром в нулевой точке и
радиусом Ю =“.
Формула (1) дает разложение Р (2) в ряд Лорана в окреётности
бесконечно удаленной. точки (являющейся правильной точкой Р (2)),
поэтому для, восстановления последовательности (а„) поее Д-преобра-
зованию надо Р (2) любым способом разложитьв ряд Лорана в окрест-
ности бесконечно удаленной точки; в частноети, можно воспользо-
ваться формулой ‘для определения коэффициентов этого разложения
(см. формулу (2) $6 гл. 12)
го
отт | 21-1 42
(2)
С
(С — контур, внутри которого лежат все особые точки функ-
ции Р (2) 1).
Пр и мер 1. Восстановить (а„) по ве 2:преобразованию Е (2) =
~~ (2—a) (2—6)°
„Е
4) Формула (2) является фактически формулой обращения 2-пре-
образования.
280

||
Lyi
tL\_3
<q Имеем: (z—a) (z—6)
il 2—a 2—b
5 (ia
2
1
1 ex ah—on
qt'—1_ nk
— ми:
т Таким образом, а, =
т
1—
' n=O
при п>—1, &=0. >
Введем вместо последовательности (ав) решетчатую функцию f (n),
полагая a, =f (n). Mo-npexuemy f (n) yqoBeTB оряет условию |} pf
< Me@", и примем дополнительно, что }(п)=0 при п < 0; такие ре-
шетчатые функции будем называть дискретными оригиналами. Диск-
ретное преобразование Лапласа функции [(п) мы получим, если в
й-преобразовании положим 2=ей:
Е* (4)= py f (n) e-"4,
(3)
Связь между дискретным оригиналом | (п) и его изображением' Ё* ($)
обозначают символом | (п) —Е* (4) (иногда пишут F* (qy=D {f (n)].
Изображение Р* (4) —функция комплексной переменной с периодом
2п, при этом в основной полосе —л < [|пд=л она аналитична при
Вед > а. Таким образом, все ее особые точки лежат в этой полосе
слева от прямой Кед=а..
Из формулы (3) вытекает следующая формула обращения диск-
ретного преобразования Лапласа:
|
| vent
п)=5 { F*(q)en?dq.
(4)
‘ym il
‚Пример 2. f(n)=a", natu F*(q).
ao
1
eq
и
8—
No~-ngd —
—
—
«$ Имеем Е
м
т ====—
n=
; а потому а":
eq
ef—
Свойства дискретного преобразования Лапласа (всюду ниже пред-
полагается {, (п)——Е! 1 (9)):.
1. Линейность.
|
4
. Полагая а=1{, получим "=H (n) ШГ. >
>ср)$C/Fi
i=
j=l
2. Формула, смещения.
eunf (n) — F* (q—a).
3. Формулы запаздывания и опережения.
а)
f(n— ге),
6)
Ги ®)печ(=(9—2ое}
10*
291

4. Дифференцирование по параметру.
Если |(п,х)-:Е*(9,х),тоofсx).HS, x)
5. Дифференцирование и интегрирование H30 6-
ражения.
:.
ak
8)
nif (n) = (—I)* GF (a
a
6
FO) = (F—1O)ds =I),
q
6. Изображение конечных разностей оригинала.
k-1
ARF (n) = (e1—1)* F* (g)—e9 SY) (e1—1)*-7-2 Af (0).
г=0
7. Изображение конечных сумм оригинала;
<=
F* (q)
Если a= Pe To g(n) ат.
k=
8. Умножение изображений. Если
й(п)+Рь(п)=>hh(1)fe(n—r)
(это—так называемая «свертка» оригиналов), ‘то
fi(n)»fa(2)==Fi(9):Fe(9).
Приведем таблицу изображений основных решетчатых
функций:
No
f (n)
F* (q)
С, n=O,
1
Г(п)=40,nO
С
|,в>6,
eq
2
= 0,п<0
ef —T
ei—a
.
eq
Ay
“
ot— eaeq
5
п
(е— р
3
ef (e7+ 1)
6
n
(e7— 13
292

Ne
fn)’
|
Е* (9)
{2
7
а=) =<;
aap
8 nll _ (n=l)... (a k+1) __ oe
_
A
i
п
(ef
—1k+8
9
sin Br:
|
оВЕ
#01
cos Bn
“iy
а
и
sh ba
|
e249 at В--1
12
ch Ba
|
7TREE1
13
nhl gun — Chea
aoa
Ig"
nn a= Chan
iat
Пример 3. Найти изображение функции f (n) =e" sin Bn.
<@ Применяем теорему смещения (свойство 2) и, используя формулу
9 таблицы изображений, находим ex" sin Bn — F (q—a)=
ев
=
отт В
В. частност
et Ga)
Det @ COS B+ 1 624 Beata cos PB 4-e2@
EOE,
,
.
aed sin
a"sinin=e”паз Ви=5
В<>
21—2aedcosB-|-a?©
Найти изображения следующих решетчатых функций:
13.174. { (п)= ©" созВи. 13.175. [ (п) =а” созВи.
13.176. [(л)
= п?е”". 13.177. [(п)
= па".
—ВЕ
13.178*, f(n
О,
13.179*. f (a)= em)” ‘Ck, 13.180**. Ки) =.
Пример 4. Найти решетчатую функцию |(п) по ее изображе-
eq
*
нию Ё* (1)==е9—9) .
«® Первый способ. Разложим на простейшие дроби функцию
Е*(4)_ 1
e€ ~ (e279)? °
293

NOJOKHB eF= 2:
1
1
1
eye eater) 08 (73 =)
Таким образом,
e249_1
3e4 4 3е9
е4eq
ТС (1—3) " (е9--3)2 4—3 яз).
Но по формулам 3 и 13’ таблицы изображений имеем:
eq
eq
ans apg
q
q
RaaI arpaE
Отсюда после элементарных преобразований находим:
9 3-8 (и— 1) (1—1).
(Е29 —9)2"
4
Второй способ. Переходим к 2-преобразованию (полагая е4=2)1
ей
.2
(e379)? — (z2—9)? ° Используя формулу обращения (2) и приме-
HAA reopen о вычетах, получаем
HM)
= Эдa aor 42—
=o [Toe
—9} ; 3] om lamar} —3|.
ae (ra) =", (Spe)
_ (п— 1). 3"-з
о,
Но
вым|Gages 8]=No
Аналогично
BHIY lor
г 53 : —3| ==— (—1)”gop.
Суммируя эти вычеты, приходим к прежнему результату. No»
Найти решетчатые функции по их изображениям
..
(ny
eq
+__eq
2q
13.183*. Е* oa
п-|
Нример 5. Найти сумму $, == > cos Ap.:
=0
< Используем свойство 7 дискретного преобразовапия Лапласа:
. 649 (е9#—с
.
Г(п)—a
а=F©,
294

поэтому
Е*(9)_
еЧ (е9
—созВ)
е9—1 — (9—1) (е?9— 2е4 соз В-- 1) °
Разлагая на простейшие множители дробь
(е1— соз B)/(e7— 1) (e?4— 2e7 cos B+-1)
и добавляя множитель е4, находим
еЧ(е4—созВ)
1 eq ef (ce—2 cos B—})
(e4—1)(e?4—2e9cosB+ 1)~2 (a
e24__ 2e9 cos B-+-1 )
$"=
Но
—1 (п) (формула 2 таблицы изображений). Следовательно,
е
е4— |
е4 (1—2 созВ—1) ss eV (e7—cosB) _ _ е94(1--с05В) __
е4—2е4
соз В-|-| — 224—264
созВ--1 е?4—2е4со В--1`
1+-cosB
sin B SiH Br.
——cosBa—
Таким образом,
$п=>.(1(n)—c0 Bn clg sinм)
sin аш“n=В sinapcos45lg
=
В
=:
8
(n> 1). D>
2 sin.-;-
sin 5
Найти следующие суммы!
п-1
п-1
п-{
$
13.184. х. way. Ci. 13.185. У 2* sin RB;
k=9
Е>Ф
me
13.186*. > k? (n—k)?.
k=
Пример 6. Найти сумму степенного ряда
ao
$ и=уУ, (совр =) = НИНУ в—в+....
in=0
@ Aanwud pag cxoautca apa [f| <1, Tax Kax lim j/[@,{ =1. 3a-
ft—> @
меняя Ёна е-Ч, приходим к дискретному изображению функции
пл
пп.
f(2)=cos<+ 7
«©
F* (q)= У (cos 4 -+sin wd е-#4.
n=0
295

Ho
я
.я
e7|е9—со—
ейзп—
пп.
4
_ nm,
4
cos——
:
Ш—
’
e24___ 2e9'cos а!
29— 2е4 с0$ may
(см. формулы. 9 и 10 табливы изображений). Поэтому.
(п)=
An eq(eV,У? не V2_
4
= COS sin ——4
RFA
— 9—2 еа-1°
`Отсюда, возвращаясь к аргументу Ё находим
1-2 ^
}
S (#}=——+-_—
=
—— ..
tt 1У
0 «1-4 W242 >
Найти суммы следующих степенных рядов;
13.187. У sin t”,
n=0
13.188. у (cos = sin) п,
n='0
2.P
й.П
е
e евение разностных уравнени . усть дано уравнение ;
ах (п-- ®)-разх (п-ё— 1)... -Накх (п) =Ф (п)
(5)
-(а, ‘1, ..., ак — постоянные) с заданными (или произвольными) Ha-
чальзыми условиями: х(0) =, Хх( =, ..., (R—1) = xp~-1. Mpa-
вая часть. уравнения (5) — решетчатая функция ф (п) — предполагается
оригиналом.
Полагая х. (п) -— Х* (9) и. применяя формулу опережения (свой-
ство 3, 6)), составляем операторное уравнение (оно линейно относн-
тельно Х® (4)) и определяем из него Х* (4). Затем одним из спосо-
бов, изложенных вп. 1; по изображению найдем искомое решение х (п).
Если исходное уравнение было задано не через последовательные
вначения неизвестной функции, ‘а через ‘ее конечные разности, т.е.
имеет вид
bg A®x (1) + DAR1x (n+... ++ bax (n) = 9 (n),
(6)
то вследствие громоздкости формул для отыскания изображений ко-
нечных. разностей решетчатых функций (п. 1, свойство 6) его следует
предварительно преобразовать к виду (5) при помощи известных
мул, связывающих конечные разности функции с ее последоватёль-
ными значениями:
Агх (п)=
= x (n+ r)-—Chx (nt-r—1)-+CPx (n+-r—2)-... (1х (п). (7)
Аналогично решаются и системы разностных уравнений.
_Пример 7. Решить уравнение хи хи
х,=0, x=],
xj=
296

« Полагаем х„-“Х* (4). Пойформуле опережения находим:
Хит" е1(Х* (4)— хо) =е4 (Х* (9)—1) =е4Х* (4)—е1,
Ха" 629(Х*(9)—хо—же-9)=е34 (Х*(4)—1—2-9)=
— 624 Х* (4) —е29— 2е4.
Внося эти выражения в исходное уравнение, приходим К оператор-
ному уравнению
(224 —е9-|-1) Х* (9) = е29--е4.
Таким образом,
*
xre
X (9)=
—е9-|-]°
Так как cose == + , sin == vs ‚ то Х* (49) запишем в следующем
виде:
ea( ev) +509 e4( ef —cos 5 )+V5e sin x
eA
__
3
Х* (4)=
—
.
ез9— 2е4. + I
е?4 2е4 соз 5-1
Отсюда по формулам 10 и 11 таблицы изображений п. | находим
ty=008 PVGsin =2sinanaE .>
п]
Замечание. Записать ответ в форме x, —2 cos
д нельзя,
3
так как в этом случае получим Хх. =0 21 (по ‚условию равенства
нулю решетчатой функции от отрицательного аргумента).
Пример 8. Решить уравневие х„..—4х„+:--4х„=3” при
произвольных начальных условиях хд, Xz.
& Полагая х„ -=Х* (9) и используя приведенные при решении при-
мера 1 изображения
4n+i7 *e€IX* (g)— x69, Xn 4977 29 Х* (4) — 1029 — хце9,
приходим к операторному уравнению
q
(9— 41-4) Х* (4) —же — (414) I=ef
—3
(поскольку по формуле 3 таблицы п. | тир
). Отсюда Ha-
ходим ›
4
4ef
XO) =Gat i bdeet aHOF
1
(e4 (e%— 2)?
Разлагая дробь
на простейшие, имеем
eq
eq
x =n GmSpat 4% — = т. —я—5Га_3.
297

и.
п
_21—gn
ef —3
> ef—2
,
2е4 .
2е24
Gp
2" (ei
Crap
TY) gn+s
(последнее соотношение следует из предыдущего по формуле опереже-
ния). Переходя от Х* (4) к оригиналу, находим:
att gnst4 Moon Qn ont gn —
Xn=Xo
рт п. 2" -|- (%—1) 27 -|- 3" = (С1-- Сэл) 27-3". BD
Пример 9. Решить систему разностных уравнений
Xn +2—Yn=9,
Yns+a+%n=9
при начальных условиях х, — Yo —=1, ж=У 9, и =0.
< Полагаем х„-—Х* (4), у — ys (q) и по формуле опережения имеем:
Xn 49 024 (X* (q) — хо— хие-9) =е24Х* (4) —еч— У264,
Упчз- "224 (У* (9) —у —/е-1) =еЧУ* (4) —е?4.
Получаем систему операторных уравнений
е?4Х* (4)—У* (9) =е?9--У 224,
е?4у* (4)--Х* (4) =е*4.
Так как 249-11 = (e244 У 2e9+ 1) (е24—У 2е14-1), то решение этой
системы запишется в виде
Х* (4) _ 24а --У 2е34--е24__
ез4
т е\9 -|- 1 _ е24-У 22944’
ye е44—е294—У 2е4 —е9—У 924
=ми
aay 3
4
е4ч—]/ 2е91--1
Применяя формулу опережения, имеем:
я
еЧ.еЧsin—
e24
—
4
—_ —y2
—V Bsin(n4 l=,
е4— У 229--1
е?4— 2е4 соз а!
*
Л
х
eq(et—cos т)—efsin—
e1_YW2eq
4
4_.
е9—У 2е1--1 ed —2e4 cos 741
—cost—sin = 23cosMEN_Ох,
Следовательно.
Xn=V2 sinope, Yn=V 2 cos OUT >

Решить следующие линейные разностные уравнения!’
13.189.Хз—ЭХ41—10х,=0;No—3,А!=—1°
13.190. ха-ха
НХ,=0;ж=1, Хх
=
—1.
a
=
|
1
Уз
13.191. X43—V3XsitХх,=0; о—5, =.
13.192. х.„—
3х, 2х, = 0; начальные условия про-
H3BOJIbHbIe.
13.193.X43—98%,43+3X,41—X,=2";Hy=X=0,X=I.
13.194. x,.,—9%,4;+
Oe, =2-4"; начальные условия
произвольные.
Решить системы линейных разностных уравнений:
13.195.
Хи
И,=8",
nt
bn No—=3, %=0,
13.196.
5x,,41—12x,—y,=9,
OY,+41—6X,— l3y,=9;
начальные условия произвольные.

ОТВЕТЫ
ГЛАВА 8
8
qt
1, 14
а?
|
3
8.2. . 8.3. 6: 8.4. > Шт. 8.5. 5 (п-- 4). 8.6. — п. 8.7, y=x,
gusts, xy=1, x=2. 8.8. y=x?2, у=2— ях”, х=+1. 8.9. х+-у=9,
am
У 41—11, у=0, у==2. 8.10. у=У х, у=У2—No, х=0, wel.
64
45
|
4x
8.11. )dx|f(x,y)=\ау\f(x,у)ах. 8.12. (dx(f(x,уdy+
2
2_t
22
54
7
4
4 yt3
{del Fe,y)dy+-\dx \ f(x,y)dy=\dy } Е, gy)dx.
42..
5x—3_.
2
y
a V2at-x?
a Vay
eis, (ae (fi yndy={ay | у
-a х?/а
0 -Vay
ауУ
a Vax
+1% | Fiwar.
8.14. (de | Год
а Иау
00
Qa V2ax—x?
а a+Va*—yt
a V2ax—x*
+04 | feeydy={ ay | Fewde.ats.[de | у
a0
0 yt/a
0 Wax—x
2a Уах- д
а/2 (a—Vat=4y2)/2
+}«(Гу
|ТЖ
а
‘0
0
a-V at—12
a/2
a+V at—-y?
a а+Уаи
4 \dy \ F(x,y)dx+ \dy \ f(x,y)dx. 8.16.‘To
0 (a4V at—4y*)/2
а/? а-Уа-у
_
переменной х; область интегрирования ограничена линиями у= —У/ х,
1 24V7-6y—y?
y=, x—l, x=2. 8.17. \ dy \ f(x, y) dx.
-7 9-V7—-b6y-y"
0
Их+ 1
1
Vi-x
818. (de | Гуа (| Нда
-С оиж
0 -~V{=<x

2-V 4-y?
2 V 16-1?
2
8.19. \ау \ f(x,y)dx+\dy \ f(x,y)dx+
0
у
0
0 =24+¥4-y3
4 16-y?
1 ЗУх
+\ау \ f(x,y)dx.
8.20.
\ах \ i(x,и)ау.
2
0
0
х
8/3 Узи
а a-Va-y
8.21. \dy \ i(x,у)ах.
8.22. (dy
F(x,y)dx+
2a И?ау-и?
x+1
+1% (1 94
8.23. ja ви x,y)dy+
a
0
-
xal
гVx
т УЖЕ
ioe
+|dx ( f(x,y)dy+\dx { f(x,y)dy.6.24. ayv f(x,y)dx.
1
Э/у
_——
0 —Vx+1
0Их
8.26. ча. 8.27. 112/9. 8.28. 1/4. 8.29. 1/3. 8.30. 9/20. 8.31. 68/15.
4
8.32. л?[128. 8.33. “3. 8.34. е. 8.35. ТЕ
my) ху4хау=
а f(x)
0
bsint
=\x?dx\ydy=\а?с05?1(—атйdt \ ydy, rhe‘последний
0
9
л/2.
0
интеграл получается из предыдущего путем замены х=асоз(.
8.36, 3n2a5. 8.37, 6” 8.38. 1/4. ® Средним: звачевием фувкции
[(х, у) в области С называется число мя |1 (х, и) ахау, „где
G
$— площадь облаети С. 8.39. 1,63 < 1] < 2. @ To Teopeme об onenxe
лвойного интеграла mS <\ (х, и) ах Чи < М5, где т— ваименьшее,
М — нлибольшее зпазевия функции в области С, $ — площадь области С.
л/в aV 3sing
m2 acos@
8,40.5/3. 8.41. \dg ( f(r)rdrt (dy ( f(r)rar.
0
0
п/б
0
sin@
9/2 Зазт ф
m/4 Cos? @
8.42. \dp \ Г(со$ф,гзшф)га’.8.43. \dg \[(rcosq,
m/4 acos@
0
0
sin?@
1
.
sinp
37/4
sing
д
cos?@
rsinq)rdr-+ \dq \ f(rcosg,rsin@)rdr-+\ dg\ (гсозф,
л/4 0
32/43 0
301

1/6
"6 со
п/2 ЗУ соз9ф
rsing)rdr. 8.44. \ ip С ® реле ++} dp ( f(r?) dr.
1ue°45
2
43
126
лаз
|
£0
8.46. 1 (е2*—1). 8.46. Ha. 847, п. 8.48. ^^. 6.49. Бла“.
а
8.50, 5 (3n— 2). 8.51. 2у 2 a’, 8.52. EA aes (SS) ate
15
a
а,
0
6—-u
b9
3
8.53. з.\du\f(Рио,Ишо?)du. 8.54. >|du|ioS ,
ар
1
~u
qb
_
о о, 8.55.
|
du (У =. Уи }®. 8.56, 216 ( -ИЯ—\.
2
2
о
и
ра
5
64
8.57. fn 8.58. 7. (a5 —b- 5) (98/8 p8'), 8.59. Fa.
8.60. > (15—161n 2). 8.61. a? (n— 1). 8.62. + (52—а?)(л-2). ® Перейти
к полярным координатам. 8.63. т а? (8—л). 8.64. (п— 1) а?, ® Перейти к
полярным координатам. 8.65. а?/210. ® Сделать замену переменных:
3
x=rcos?g, y=rsin’ (o<e< 5). 8. 66. ee @ Перейти к
обобщенным полярным координатам. 8.67. т
ава — паи,
и и— а (9*—2) (6*— а)
® Сделать замену. переменных: у? = ux, vy? = х3. 8.68.
ит
.
4
и
—
a
® Сделать замену mepcMeHHbIx: y?—ux, y=vx. 8.69. — ai,
8.70. 8У 2а?. 8.71. ?У 2лре. 8,72. Pa 8.73. 2 V 2a?. 8.74. 1602,
8.75. 4na2(2—Y 3). 8.16. 2 (27—50 5). 8.77. 2u*(n—2).
8.78. па? (У 2 ш(1-У 2)). 8.79. л/б. 8.80. — ЗИ 2ла?.
8.81. 2a? (n-+4—4V 2). 8.82. > ab®. 8.83. 5 2 (2—У 9). ® Интег-
рировать в плоскости Оцг. 8.84. 16/15. 8.85. 3/2.
8.86. = na® (3—У 5). 8.87. паб (1—
8.88. = поз (2—У 2).
9
—
8.89. 3 пас {2—Y 2). 8.90. 5 13. ® Сделать замену переменных
d=xy, y2=vx. 8.91. 9/8. ® Сделать замену переменных и = KY,
u=y/x. 8.99. 5лбК*. 8.93. M,.—4аз Му—9 да. 8.94 = а,
a
°
‘la
а
а
41а
j= ва в”. 8.96. М;=од, М 1—5. 8.97. "0—1
81а
de
7= Tomy: 898 1«=1/12, 1у=7/12. 8.99. x=y=——105m"
802

21
_*9,
35
nabs __ 1a%b
—4
a*
=—
=—_
8.100. /,x= 5570", Ту = gpa", Го re 8.101. /,,
y= to
a
|
о
.
Е (а2--Ь?). 8.102. а) at, 6) re at, ® и
(х-- а)? ахау.
С
8.103. Г, — fat 1 _3 ka’, |1 —^ kab, где к— коэффициент
Б’И 20’ 620’
пропорциональности. 2.104. mat/8. 8.105. [= FSS Pe oe,
2a-+sin2a
y=
a 8.106. 5 Y(t) (R2—Ri). © Q=y (te—h)X
4ah*
|
x (ay | aay, 8.107. =. e E=\\ @r+y) deay,
G
G
12-2х 12-2х-Зу
63
4
8.108. {ax ( dy \ F(x, и, 2)de.
6
0
0
bye
ye
2 Vax
-_—_
и сVa®—-x
СИ1 atBE
8.109. (ax \ dy
(
i(x, у, 2) dz.
-a
b —___.
у”
рута yf E
2 2и—
eee
8.110. \ax фа \ f(x, и 2)dz.
-2Vx ет
j Vi-x
1
8.111.
(ах \ dy \ f(x,y,2)42.
ЕР Им
Ужуи
8.112. 1/0. 8.113. 81/4. 8.14. а4/12. 8.115. at/8. 8:16. 1/96.
пай
19
.
a
43
—
4
8:117.. 4/15. 8.118. 3.0%. 8.119. м 8.120. орл. 8.121. 04/0.
8.122. с лай. 8.123. тк 8.124. nat sin?—5. 8.125. 1/105. 8.126. блаР.
3
R38
=
ла*
821
8.127. a7 2—-V 2). 8.128. 7. 8.129. 5 aR. 8.130. зд.
3/32
.
8.131. Vie . ® Перейти к цилиндрическим координатам.
8.132. а3!45. ®` Перейти к. сферическим координатам. 8.133. л2авс/4.
® Перейти к обобщенным сферическим координатам по фор-
мулам: х-=-аг с0$ ф с0$ 0, у=Ьгзшф со$ 0, z=ersin®. При этом
ae|
I = aber* cos (+ ro 0, Ox ge 2n, -1<0< и). 8.134. ла.
® Перейти к цилиндрическим. координатам. 8.135. лаз/3. ®
9
Перейти к сферическим координатам. 8,136. М ==F yoo? > Yop= 16%
303

3
1
1
8.137. M=~ ло ?Н, Уер==-5 Vo- 8.138. M=5, 00%, Vep=ToTMo-
M31
93
4
8
8.139.
—5 лаз,
"Р=—140 Vo: 8.140. M — 15 лу К?Н, Уер= 59.
8.141. М== у по Ё®, тер ТЕ по. 8.142. (0 =4, 5).
8.143. (0. 76, 5h). 8.144. (0 0, a) 8.145. (0 0, qi).
8.146. (0. 0, ZR . 8.147. 5 зави (=5 +—33). 8 8.148. & ny,
8.149. эл. 88.150. 7 п ( +У з—1). 4 ито
новым потенциалом тела Т в точке Mo (Xo, Yo, 29) называется интеграл
и=Цеу,ЕЕ
где \1(х, у, 2)— плотность тела,
T
(=VET OW Ee Hines Uy |(ASO
T
\|\
ee
__dxdydz
.
=
Перейдем к цилиндрическим координатам:
И жи.
а
$"
drdydz Г
Г г4!
2nya%h
=
—2y \d dz
=== Х
NS Pepa
V +23
7
У? pVbt—at
b
b3
on RH
xin(24V3-1 .>8.151. у
Va Ve+R—H),rae
.a
a
VA+
R—NOCTOAHHaA закона тяготения. <q
я вершину конуса за
начало координат, а его ось— за ось Oz, получим уравнение конуса
R2
в виде xP YY =e 22. Вследствие симметрии результирующая сила
притяжения будет направлена вдоль оси Ог и выразится интегралом
Fy=hy |
ЕЕ: -"}\\
2dx dy dz ‚ Перейдем к ци-
J,
(x? y2-+ 22)9/?
линдрическим координатам: Fz,=Ry \ dp \ rdr \
=
о ВЕН
8а
1.
=УЕ (ИИЕН). > 8.152.Tgvie. 8.153.ToVR RS.
8.154. 1/4. 8.155. л/2. 8.156. 4л, 8.157. 1. 8.158. Расходится.
8.159. Сходится при 4 > 1. 8.160. 4. 8.161. 5 л. 8.162. л/2. 8.163. Схо-
antca mph a<l. ® Изолировать прямую у=х узкой полоской и
304

1 <x-8
_adx dy
|
.\|dy
lim\d
—_——, 8.164. Сходитс
положить \\ ea
(ии=im x,(x—gy)
дится при
a <3/2.
8.165. 15/4. 8.166. 3/7. 8.167. f(x). 8.168. в
8.169. ЕТ ny (ity) — 2 siny (y—D). 8.170. де
—
ей—
уу
yr—y
.
у
— \ х?е- ИХ" цх. 8.171. \ (x (x—y) cos xy —sin xy) dx. 8.172. x (2—3y?)x
0
xx
3
в
‚|
ХИ! 7 +x?y (1 —y?) f’ (xy).
8.174. Е == (Е—Р),
ЕР
@ При вычислении Р’ показ:
=F
Е.
р
казать, = что.
д/з
1 лх/>
\ (1— #2 sin? ф)- 3/2 4ф == \ (1—k® sin® )!/? dp, gua 4ero uc-
0
0
|
[Хх
пользовать следующее тождество: (1— #* зщ ф) 73/2 —
*(L—A? sin?ga — а # (sinpcos-@(1—k?sin?p)-1/2),
|
1
8.175. arctg = . 8.176. > In 2. 8.178. F (y) сходится неравномерно на
[¥1, Yo], CCAM STOT HHTer pall CXONHTCA pH 160M YE [Y;, Ya], но существует
€ > 0 такое, что для любого В > а найдется у=у(В) Е [и1, у›], для
+>
\f(x,y)dx
B
дится неравномерно. 8.181. Сходится равномерно. 8.182. Сходится
равномерно. 8.183. Сходится неравномерно. 8.184. Сходится равномерно.
8.185. Сходится неравномерно. 8. yee Сходится — равномерно.
которого
—. 8.179. Сходится равномерно. 8.180. 'Схо-
В
В
о,
8.188. 5 In а. 8.189. arctg — —arotg —aa 8.190. aratg В.
|x
8.191. -In(itqa). 8.192. 5
> e 4%, @ Продифференцировать
OF
6
интеграл по параметру ‘и решить уравнение 35
By Е.
8.193. = In (a +YV 1+). 8.194. л(ИГ 9—1.
oa
8.195. пы Е
ioe ®
303

ГЛАВА 9
9.4. у(ш 1—2
|-- 1) =1. 9.5. у(1--х)=1. 9.6. у=2— 3с0$х.
9.7.f(x,y=0,F< 0 max,ot So min.9.8.aytI WGP=
a) ytx8+3x?=0; 6) y=In Gt VFT)_—m2 9.9. РИ
9.10. xy’+ty=0.
9.11. y’=ythx.
9.12.
2хуу’
= хуй.
A
/
—_
fl
2
9.13. yy’=x. 9.14. xy'+2y=0. 9.15. y = Fag? 9.22. y*—
—x2=C. 9.23. y3+%x%3—38x=C. 9.24. yr2tx?=C. 9.25. y=Cx?.
9.26. y=C(x+1)e-*. 9.27. arctgy—arosinx=C; x=+1.
9.28. ex te-¥=C.
9.29. ysiny + cosy—xcosx+sinx=C.
9.30. aratg у т) =С. 9.31. и= Се! 1-4°; х =--- 1. 9.32. у =
=CYV 1+e*. 9.33. (l-+e*)?tgy=C. 9.34. ee —2 In} l+y|—
‘
(
y
y
1)2
—
и >) =C,y=—l. 09.35. у=С (1-х?) ет х, 9.36. Уу +
+x(1l—Inx)=C, y=0. 9.37. tg td yuo, x +y=(2k+ 1),
REZ. 9.38 4x-+ 2y+1=—Ce?4, 9.39. + arctg + (4x-+y-+l)—x=6.
]
|
9.40. @rt0)(teyy—s—N)—1)=1, y—x—1 = 2kn, RE Z.
i/ 4x—y +1421 __
9.41. 44 —6x—
7 = Ce-?*. 9.42, 3In ce Jas |
3VW 4x—y+1—2
+x+C,
4x—y+9=0, 4x— y—7=0.
9.43. x2 y?=1,
9.44. tte) in| |1.
9.45. y=sinx.
9.46. y=
=~+-xV2in{xJ+C. 947. y=2x(arctgCx+tmnk), y=(2k4+-1)xx,
REZ. 9.48. x2—2xy—y? =C. 9.49. aresin £ © V x°—y? —In|] «|=;
y= +x. 9.50. xe!/* =C, x=0. 9.51. e*= Cy, y=0. 9.52. 6 -Y/* =Cx,
9.53. In 2 = 2aretg (In| x«|+C), у = хе? И, RE @Z. 9.54. y=x aresin Cx,
y= knx, Гу 7^ {0}. 9.55. у=хзш
(ш|х|--С),y= x. 9.56. y=
—=С (/2—^2), ух. 9.57. 53=х3--
Сл (3-45), у= — V4 x.
9.68. x?—xyty2?+x—y=C. 9.59. xty—l=C(y-|-2)*, y=—2.
9.60; и hey 2|=C, x+ty=2. 9.61. yt2=
—arctg 2
.
Е
‚у2х__ _
у-ЕХ _ __С
=Се
9.62. sin Е —==С (х-|- 1). 9.63.
3
и.
9.64. y=xel-*, 9.65. ш|у|--2У х/у=-2. 9.66. = (2—1).
3
9.67. и=е-х? (с+5) . 9.68. y=-x?-+Cx 3, 9.69. у-=зшх-НС со0$ х.
9.70. и= (х-|-С) (1-- х2). 9.71. y== Come} ot, 9.72. y=
x Inx-}
306

+e, 9.73. y=(x+
1)? e*+C). 9.74. Су и. y=0. © 3a-
писать уравнение в виде a x+y"
Е 9.75. x=arctg y—1+Ce—'84, 9.76. y=xsinx-+-Cx. 9.77. y=
=e*(C-+In|x]). 9.78. y=x(Ce-*—1). 9.79. x=Cy-+In%y, y=0.
9.80. y=(x-+ 1) (x—arctg
x+C). 9.81. x=Cy+y°, y=0. 9.82. sin y=
= Ce-*-+-x—1. ® Положить зту==г. 9.83. у=зшх. 9.84. у=е*—2
Реут. 9.85. ит. 9.86.
(сти) ,
‚ оно линейно относительно х и
y=9. 9.87. y=
y= 0. 9.88. lose VED 3te x) ‘y=.
C
9.89. y=—— Si
‚ у=0. 9.90. х2—Се 9—2 (зт у--1). ® Записать
V 2cosx+C ,
уравнение в виде a= ee as 2y . 9.91. у х—1--СУ А-П.
9.92. xy (C—In? y)=1. 9.93. x? (C—cos y)=y, y=0. 9.94. y ann Bee
9.95. x2=1/(y+ 3y?). 9.96. x?-+-xy-+y?=C. 9.97. 5x*y— Sy tT sys
9.98. x3 -1-3x2y7—2xy?— /3=С. 9.99. yt =e. 9.100. Я
— 2y=C. 9.101. УС.
9.102. x?-+ ye-* =C,
9.103. x84 yer '¥Y=C. 9.104. x? cos? y+y?=C. 9.105. x sin y+ y cosx 4.
+in}—{=C. 9.106. Вся плоскость Оху. 9.107. ужх. 9.108. yF
а, 9.109. х> и. 9.110. у=0. 9.111. у=|. 9.112. у=—х.
9.413. y=x7/4. 9.114. x=2p+6p?+C, y=p*-+4p?; y=0 (особое
решение). 9.115. x=2Vp?+1—In(i+V p?+1)4+Inp+c, y=
=pV
1-+ p?; y=0 (oco6oe pemenne). 9.116. x=eP-+C, y=(p—lepr.
9.117. y=Cx+5 (Ctx), у=— х* (особое решение). 9.118. х=
2
= p>*—p-+-2, ут
+0. 9.119. x=pcosp, y=p*cos p—psin p—
—cosp+C. 9.120. x=2p—Inp, y=p*—p+C. 9.121. x=Cy+C!,
ки * (особое решение). 9.122. =: С“ эс, y= +x (особые
2
2C 63
р Ура.
9:124. кф
+
С
Тая у= > р ИРУт; у=0, у=х-Е1 (особые решения).
решения). 9.123. x= —= —
9.125. x—Cp—In p—2, y= + Co—p. 9.126. y=Cx——, y?=——4x
(oco60e pewenne). 9.127. y=Cx+C+ VC, y=—
(особое ре-
1
4 (x+1)
шение). 9.128. у=Сх—ебС, у=х (шх—1) (особое решение). 9.129. у=
= Сж+{ с03 С, у= хагозш х--
У 1—2 (особое решение). 9.139. Лн-
нейное; у=ии. 9.131. Однородное; у=их. 9.132. С разделяющимися
307

перемсннюми. 9.133. Уравнение Бернулли; у=ии. 9.134. Линейное
относительно х; х=ни. 9.135. Уравнение в полных дифференциалаях.
9.136. Одноролное; х==ниу. 9.137. Уравнение Бернулли относитсльно
х; х—= ии. 9.138. Приводящееся к уравнению с разделяющимися пе-
ременными; и==у—х. 9.139. Линейное; у-= и. 9.140. Уравнепвие Бер-
нулли; у=ио. 9.141. y= x?—24Ce~*?, 9.142. In и =С, y=0.
1о
__
__
1
9. 143. э* cos 2ytx=C. 9.144. 4~ WC) cos x
=V/C -+-3x— 3x7. 9.146. x=3Y 2 Суз, у=0. 9.147. In| x |+e747=C,
х=0. 9.148. I-+y?= сам), х= +1. 9.149. x4—x2y? Кис.
9.150. ym dir mad at y=O0(x
> 0). 9.151. (8x-+ 2y— 1)(х—
1) =С.
9,152. arctg = =In И х2-Ру?- С.
9.153. 2ycosx-+cos2x—C.
9.154. х2--хпу— с0$ и==С. 9.155. и=Сх— ШС, и=1-Ншх (особое
решение). 9.156. x=41/(Ce~#/24.2—y2), 9.157. In} x|—cos a= у
9.158. fey=x? In Cx.
9.159. x=Cy?—y* (yt le-Y; i 0.
9.160. хУ 1-Е у? — зв и=С. ®.Залисать уравнение в виде < pt TgA
,y=0. 9.145. y=
cos y
УТУ
,
2
— Jf > y=O0. 9.163. y=C?-+Cx—7, y=—-F5 (особое решение).
9:164. (x-+ y3)®=C (y8— x); x= y'. @ Положить у=2г!/3, 9.165. y =
— +In}x2—1]. 9.166. 1) y2=4x, 2) xy2=—4. 9.167. =.
C-| НЙ =__
x
. 9.161. x-|-arctg ГС; x=0. 9.162. y=(
9.168. (x1+C)?+y2=a%, 9.169. y2=+ Qa(x--C). 9.170. y= 2ch—.2
9.171. owe 9.172. y?=6x+9. 9.173. 1) y?=4(x—1),
т Е" += . 9.174. pot x, 9.175. r== 26/4, 9.176. ху?24.
an, x=y(3ItIny). 9.178. y2=2x4+1—e?*, 9.179. yaaa,
9.180. = (и). 9.181. у=хУ 52 —1. 9.182. r=9+ 5.
9. 183. 2x} By? Ce. 9.184. Е С. 9.185. y=C/x?. 9.186. х-|-
++ = С. 9.187. T=a-+(T,—a)e-*t, 9. 188. Через 40 мин,
9.189. ®—=Б. (3/5)#/12® (0б/с); через 6 мин 18 с. ® Уравиение имест
BAA о = ho. 9.180. Через 1575 лет. 9.191. За 6 мип 5 с. ® Урав:
нение имеет вид их (1) 41 =— 5 (1) ай, где м— площадь отверстия,
о (п) — скорость истечения воды, й— уровень жидкости, 5 (#) — площадь
поперечного сечения сосуда, #— время. 9.192. 0,0878. ® Уравнепие
имеет зид 49 = — kQdh. 9.193. ~50c; wlom. 9. 194. 1 < 0,0011 с. ®
Уравнение имеет вид ‘т C= bt, 9.195. O,5xr. 9.196. a) 56,5-r;
6) 7,84 ч. 9.197. 0,06%. е;Уравнение имеет вид\(0,01х—0 ,0004) 1500 df=
—=— 19800: 0,01 4х, где х— объемная доля (в %) углекислоты в BO3-
308

духе в ‘момент времени #. 9.198. i= pep pig ( Rsinat—Loeos wt--
Ry
+Loe 2).
9.199. y’ < x?. 9.200. y’ > 0. 9.207. у’=0. 9.208. (+y)° = R2,
\
yh
9.209. у"--у=0. 9.210. y’’’=0. 9.211. y= (Cy arotg x) x—InV 1+x?+C,.
9.212. уф — x+Cyx+ Cy. 9.213. = In |xj+Cyx8+-Cox? +Cgx+Cy.
9.214. ум Injx} + Fo Cyx2+Cyx4 Cp, 9.215. Ciy=Cyx—
.
x
.
|..
—InjCyx tt [+r y= ZC, y=C. 9.96. у=сив (Сиб,
2C,x-+- С. —= п с y y(C—x)=1, y=C. 9.217. y=Cysinx-+.
1|
+С:—х— ут 2х 9.218. y=Cyx*?-+C,+e (х—1). 9.219. 4Слу=
—=4-+(С.х-- С»). 9.220.
А у=С. 9.221. у=
9.222. Ciy=(Cix?-+1) arotg Cyx—“Cutter y= ИС (k=0, +1,
+2, ...). 9.223. у=— еси (х = --С,,
С. 9.224. у=
Cy
Cy}
= SC, In| x|-+Co. 9.225. y=Cy (x VY ®—1—ш м У я—1|)-Е8+
+ С», y=Cy (x V 1—x? +arcsin x)-+x?4-Co. 9.226, y=Cy (x—e- «С»
9.227, 2у— С! соз 2х--(1--2С1) x2-+Cox4+-Cs. 9.228. ‘дуба
— 2С1 (х-НСа) а | х+-СЕ|--Сох--Сз. 9.229. у=Сз— (ХС) т | x Crt
+ Cox, y=Cyx-+-Co. 9.230, x= 2Cp—In| p|-+Ca, y= Стр — р;
у=Се-*; у=С. 9.231. x= +Livy y—— 201) Vote,
Уис: +6».
9.232. У Си--1С:=Сах. 9.233. Ciy+1l=4 ch(Cyx+C,),
Ciy—1=sin (Cyx4-Cy), 2y=(x+C)?, y=0. 9.234. In y=C, tg (Сах НС»),
=C, aratg Cyx-- Ce,
Y= 50.
Iny—C
In rere, [=e Cy, (C—x) Iny=1, y=C. 9.235. ctg y=C,-4- Сах.
9.236.
1-6
9.237. Y= 75 lw + Oe y+ Cyx ln| «|+Cyx+Cs.
9.238, y®=T+Cux+Co. 9.239. y= Cx", 9.240. y=C, [жби
с
С» 9.241. у='Сохе-С:/х. ® Уравнение однородно отно-
.
3/2
0+ C1)
‘
сительно и, и’, у. 9.242. у= Сье
9.243. y*=CyP+€,°
Xx
§.2 ==
2
09 2945, y= (x—2) e¥- 3. 9.246, y=— > ints
§.244, y= cor eFC 9,245. y=(x—2)e*--- x3. 9.246,y
In? %--
6
+o
eof. 9.247, уе тур. 9.248. y=2 In|x+1|—
309

—x+1. 9.249. y=—In|x—1]. 9.250. in| tg (S45) |=2e+ 1).
9.251. y=tgx, —n/2 <x< m/2. 9.252. y==e*/?, 9.253. (83—x)y =
(1-19). 9.254. y=I1-+sinx. 9.255. y=1l—e*, y=—l+e-*,
0258. у=1—х. 9.257. х=СеР—2р—2, у= С: (р Пер
р? С..
_!1
13
9,258. x п el
Cy yy= {17st Ce 9.259. x= (p-+1)eP+-Cy,
= ple? Ce 9.260. x=3C,p*-+In|[p|+Ce, y=2Cyp?+p; y=C
9.261, y=
-+ Incos x. 9.262. а) y=e ch (Cyx+C.) mpnu y” > 0;
1
6) (x C.)?+y?=Ci npn y’< 0. 9.263. a) 4(Cyy—1)=Ci(«4+C,)?
при у">0;6) r= (i—sin )+Co, y= (1—cos 1 при у’<0.
.
t
® | У- y Чу вычислить с помощью подстановки и == Ст sin® 5. .
1—J
9.264. y=ach( с ) 9.265. e
сов
_y= in(YF г)ya incn(AF 2) 9.267.189с.
k
m
Е
16,6 м/с. е Использовать ответы к задаче 9.266, положив Р=ти.
т.
k
|
9.268. Время подъема Ty = Vz aratg Uo Vi ‚ высота педъ-
2
p——_-
ema pm)
©скорость спуска Усп= Uy И. .
та'
In Vimg +V& уе. 9.269. 1,75 с;
"Ving—Vey
16,3 мк. ® Использовать ответы к задаче 9.268. 9.270. х=
Е
т
=,Изе.
9.271. x= И я-а
т" ,TH=x% Vy =
‚ где aah. 9.266. v=
98
время спуска Теа 5 Vz
9.272. x= — ary Ug туa dt, x=— ee © (1—eed)In(1—af)+-a/),
x (10) =0,54 км,
х (30) =5,65 км,
х (50)= 18,44 км.
Н
——__ НЯ
2R nH
9,273.
р: (УК
Ю-- атс
(1-я) +).
9.274. — 116ч. е Использовать ответ к задаче 9.273. 9.275. = 11,18 км/с.
a 1x\itk1x\i-k
ka
|
ватин (ЕЕ -r2(4) ета, ме #-
vu
_9[Р;xs4.___.644_
{2
e EW’ =4(7-»*), где Е— модуль Юнга, /— момент инерции
ненеречного сечения балки относительно оси Ох. 9.278. Ely.=
310

Fi|gf
Fx® 0х4 FB 4914
_ ЕВ. qtt
=(=5)e“BYmax=~
2
e Ely" =— Fx—7 rae Е— модуль Юнга, /— момент инерции
поперечного сечения балки относительно оси Ох. 9.279. Е =3}, 0.
”
9 (1—х)*
_F(l—xP gq tt—x)
FR gf
FB,ql
aA
Е—
|
_
|
+(56)-&—+4»Где
модуль Юнга, [— момент
инерции поперечного сечения балки относительно оси Ох. 9.281. у =
— С1езх-- Сьех. 9.282. у= Слез“ Сье-х. 9.288. y= Cy O824
Sin x
te —1 ) Е Сох. 9.285. у=Сах--
С,
‚ 9.284. у=С: (52
+2 с . 9.286. Линейно независима. 9.287. Линейно зависима.
9.288. Линейно независима. 9.289. Линейно зависима. 9.290. Линейно
независима. 9.291. Линейно независима. 9.292. Линейно независима.
9.293. Линейно зависима. 9.294. Линейно зависима. 9.295. Линейно
независима. 9.296. у’--у’—=0. 9.297. y’—4y’+5y=0. 9.298. y’ —
sv +=. 9.299. у’’’ —у’=0. 9.300. у’’’--у’ =0. 9.301. у’ —
—y’=0. 9.302. у— 8,’ 15у=0. 9.303. y’’’—2y’+y’—2y—0.
9.304. < Из равенства (х) =0 следует, что однородная система
линейных алгебраических уравнений с неизвестными от, Ca» coe) One
1Y1 (Xp) + Woe (Xo) foes + ув (хо)=0,
iY (Xo) @зуз (хо)... Рашуй (хо)= 0, {+)
Crerоффе вв
yyy’? 1 (хо) 55" ШТ (хо) --.,. Ноу" (хо) =0
No
$
*
имеет такое решение a1, Ge, ..., би, ЧТО не все аг равны нуйяю.
Функция и (х)= о И (x) + 039 (+4. + ant n (х) является решени-
ем данного линейного однородного уравнения и, как это следует из
равенств (+), удовлетворяет начальным условиям и (хи) =0, и’ (х) =
= 0, ..., y*-) (x9) =0. Ho Takum we начальным условиям удовлет-
воряет и функция у=0, тоже являющаяся решением данного урав-
нения (функция у==0 есть решение любого линейного однородного
дифференциального уравнения). Отсюда на основании теоремы Коши
о существовании и единственности решения заключаем, что ayy (x)+
+. han (x)= 0 na (a, 5), T. e. cucTema PyHKuAA yy (x), 2.6, Yn (09
линейно зависима на (а, 65). Но тогда вронскиан (х) этой системы
равен нулю всюду на (а, 5), что и требовалось доказать. д
у110)9 No5.No0)
9.305. . у
Y1 (x) Ye (x)
Yn (x) —0. @ Bcskoe peiuenue
та
AY YT (x) yk?) wee Yn” (2)
у искомого уравнения вместе с функциями Yj (XK), Yo (X), os "5 In {x}
oOpa3yeT JMHeEHHO 3aBucuMyto cucTemy. 9.306. y=e*+2cosx+3sinx.
314

9.307. :y=e* 1. 2¢%% + Зезх. 9.308. y=Cyx84+ Cyxt+ > x, 9.309. y=
= Cye** -+C, sinx+C3cosx+e3*, §.310. y = Cye* + Cyx—
x2 —1.
9.311. у= Сусоз х-Н Сох с0$ х— зшх с0$ х. 9.312. у= Се *-+ Соьех -|-
+ Sx+6—e**, 9.313. y=C,+C,sinx+C3 cos x+4 ex —sin 2x.
9.314. y=e* (14 (I1—k) x). 9.315. y”—y'! —6y=0, y= Cye®*
+Coe2.
9.316. y’—2y’+y=0, y=(Cx+Cox)e*. 9.317. y"—6y'+ 13y=0,
у= (С соз 2х-- С. эт 2х) еЗх. 9.318. y!*’ —6y"-+ 12y’—8y=0, y=
= (С4-- Сьх-- Сзя?) 8х. — 9.319. у’ —8у’--16у’=0, у=С, +
+ (5-1 СХ) ей. 9.321. y= Cyc ИЗ СИИ), 9,322, у
—=е-3% (С1 соз 2х-- С, зш 2х). 9.323. у=езх (Су--С.х). 9.324. y=
= C,e9*-+ Cye~ **/3, 9.395. y =e (с, cos s+; sin +). 9.326. y =
= e~ 4/2 (Cy+- C54). 9.327.
y =Cye* + e?* (Cy cos 8x-+- Cz sin 3x).
9.328. у-= Су со; х-- Со эт х-Р Сз с0$ У Зх- Са зтУЗх. 9.329. у
= С: Сьх-Е (Сз-- Сах)е-*. 9.330. y= Cy -+ Cyx + Coe* + Cye-*.
9.331. y=Cy cos x-+C, sinx-+x(C3cosx+C,sinx). 9.332. y=(Cy +
--- С.х) езх+ (Cs -+ C4x) е-2х. 9.333. y=C,+C, cos 2x-+C3 sin 2x +
-- х (Си со$ 2х-- С; зт 2х). 9.334. ибн С.х--Сзх?-|- езх (C4-+C;x).
9,335. y= (Cy-+ Cox) e* + (C3 Cyx) cos x-+- (Cy-+ Cyx) sin x. 9.336. у =
= Cy-+ Cox-+ Cox? + Cyx8-+e-* (C,+Cox). 9.387. yer. 9. 338. y=
== (7~—3x) e*—*, 9.339. y=2+e-*. 9.340. y=shx. © Начальные
условия: и (0) =0, и’ (0) =1. 9.341. и=> er
езх. 9.342. y=
=(Cye—*+Cre~
2*-+ (e~ *-+Le- 4%) In(ex+- 1). 9.343. y=(Cy—In}
sin x|) cos 2x--
+(ся ctgx)si 2х. 9.344. -y=(r+Ох ¥4—4x?-b
+ xaresin 3 ) ex 9.345. y= (Cr+ Cty tina o at) ena,
9.346. (Ax°-+ Bx) e4*, 9.347. x(Acos4x+Bsin4x). 9.348. Ах-|-
-+ B cos 8x-+-C sin 8x.
9.349. — (Ах-- В) зт 2х-| (Сх--В) cos 2x.
9.350; (Ах2-4- Вх) вх. 9.351.Ахз-- Вх?-- Сх. 9.352. ех ((Ах- В) соз 9х
-+-(Cx+D) sin 2x), 9.353. xe?* ((Ax?+4-Bx-+-C) cos 3x-+(Dx?+Ex-+F) sin 3x),
9.354. уСы"+(©—2 }e-*, 9.365. y=Cychx-+Cyshep7 ,
9.356. y=Cie* +Cye~**— Fe 4 —($+35) e~*, 9.357. y= Cye?* +
++ Соезх += (5 cos 3x—sin 3x).
9.358. y= (Cy -}+ Cox) e@* 4-
fod th
.
+.(m2—n°)a
COSAX 9 gro у= (С1-- Соя) ome + та 60 mk,
9.360. y=C cos x+C, sinx-+-x (x sin x--cos x). 9.361. y—Cj cos 2x -}
-+ Cy sin Qxfe x (1-+-x sin 2x). 9.362, y—Cye*/? + Cre */9 38
312

9.363. y= Cye-?¥ 4 Cye
рек дет. 9.364, y=—C;-+ Cye** +-
3 #2; 3. 9.365. y=Ci-+Cox+ (Cox) e-* +9323,
9.366. y= (о Cax-HCea® + ) en 9.867. y=Cj+Cox+Cz cos x +
+ Cy sin x+y a (x? 2a — 12). 9.368. y=Cye*-+ C,e—*-+ Cs cos x +-
+C,sinx5 (x—3) ex—=sinx.9.369. y=Cy+ Cox+Cgx®+-Cyx3+
++ (5 ЧС, ) = 9.370. у=е?х-т
— 2+ е—1. 9.371. у=
= ex —e~*+ x, 9.372. y== +005 oxo nm Sin 2x. 9.373,.y= 2 cos.x—
— 5 sin x-+ 2e*. 9.374. y= 2xe*. 9.375. y—cos x-+2 sin x-}
e~*—3e*+-
+ 2xe*. 9.376. y==e* ((2x—n—1) sin-x—az cOs x). 9.377. y=C, cos In| x |+
+CysinIn]x}. 9.378. у=Ст1с0$(2шт|х|)+Созщ(2шт|x|)+2x.
9.379. y=Cy 7—2 In rhe : 9.380. y=Cy+ Cox? +C 5x4,
9.381. y=Cy-+C, In| x}|-+
Cgx3. 9.wee y = (2x+1) (Cx +C, In| Qx-+1 В.
9.383. — sh x. 9.384, y= т. ‚ 9.385. y=—
(единствен-
sin
ное решение). 9.386. Нет решений. 9.387, (х— 2)? -|- y?=5. 9.388.4y =
e—e-*
x
= }—sinx—cos x. 9.389. y= |
F 9.390. у фм ine.
9.39}. х-=етб (сз pt-+5 eo sin м) мгде ты
В=
es . © Уравнение” имеет вид т aeOxy aei = 0.
9.392. x=e-@! (« chpip Sete sh pt), re A= — ‚ В= Vere—~,
.
р
`
`
)
@
® Уравнение имеет вид та
А-а 9.393. a) r=achot;
;
'
2
6) pat shat. @ Уравнение имеет вид
я 9.394. г=
(ет
1-й
V 1+p?
2
In(9+ V 8)+3 c. @ Уравнение имеет вид aes =
shoY1+p?7). 9.395. T =
=F
8=-9 › Где $— путь, пройденный за время Ё концом опускающейся
2g sin 301—60 У рзш Уgi
части Henm. 9.396. x=
7900.
(см). ® Если х
4х
отсчитывать от положения покоя груза, то 4 teh (X»p+«+—y—),
313

где хо — расстояние точки покоя груза от начальной точки подвеса
пружины, /— длина пружины в состоянии покоя, поэтому # (^—
И =48
и, следовательно, 4 в k(x—y), где k=4g, в=981 см/с*.
R
-—_}
-
9.397. i=e
(1
Tv
(вв) cos
ГС—42!
zz) +R?
R’!
!
УГ?
Е
-(+) TopeV1648!|7
2*
;
К”
—-—[ю ] А?
LC 4L?
Co
х ( (55—12) coset 4 R'sinot ) @ Дифференциальное уравнение
de
E
1
d*i
di 1.
.
цепи: РЕ ЕК Ree l= T° 9.398. i=37 t “ТЕ “ $ Имеем
2;
,
& = Eo со$ @Ё. Дифференциальное уравнение цепи:
Е
= Ewcos wl. Общее решение соответствующего однородного уравне-
1
1
—— ¢t+C, sin —
УТС Са VIC
неоднородного уравнения имеет вид i=—f (A cosef4-Bsinwft). Torga
i
di
ния:ty=Cycos
1. Частное решение линейного
—#(— Ас зш юЁ-|- Во с0о$ wf) 4-A cos wt-- B sin af,
dt
diz
= ft (— Aw? cos wt— Bw? sin wt)+ (—2Ao sin wt 4- 2Bo cos wt). Mogzctaa-
ow
2;
ляя в уравнение выражения i HU <a и учитывая, что Lot—+ 0 ‚
получим тождество Ё ([—2Аю $т &-- 2Вю`с0$ &{) == Ее со$ &ф, откуда
~
t
Ax(0, и . Следовательно, #= 5Г 1 $1п у . Общее решение:
|
=
di
{=C;cos ——— [+ C, sin ——— on ! 5т ——. Вычисляя — =
Vieie
Vie
dt
Vie
{
14.
Ne
t Е tcos——
УСУУст~~QVLC
VLC
+ opE7, sin УЕ! и используя начальные условия, найдем Ст=С.=0.
Е
|
Искомое частное решение: i= ~-ftsin———t. p> 9.309. i=
~OE
Vtc
= EcosWsinwlВр
t
=—>
‘p sin Top cos (wt -- wp).
9.400. x? 4- y? = 2? — 2z(y—xy’), xt-yy’
=22’ —2'(y— xy’). 9.401.“yy’+
dx_ay 4г_ du
de
—
— x29/2
—_
—
“+ 22’ =0, y?4- 2x22’ = x22'2, 9.402.—T=37=7 ея. 9.403. г =
_4аи_40_dw
9.404dxdydzdu dv
dw
“dgwyt
оШЕоtt
а
с
ц
aXdydz анdy
dw
dx. dy:
о®9.405.i
и уешохип.9.406.ТЫ

dz
dt _du_dv__ dw
294.
о.
=
uz аи
ош
уe
9.412,
С1х=ZtLCo,у=
C,+C,—x)4
mC, (2-+Co). 9.418, 2 = 4-0), =P Cy, 9.414, aE
с,
2((.—х) '
в
ЕЮ. 9.415. х= и | С, (С1Ё-С.) |) y=In|C, (Cyt +
4 C)|—Cy, 2=(Cr+ Nite 9416. P+y2+22=Cy, 2=Coy,
9.417. x=Cyi, y= Cot +o . 9.418. z—2y=Cy, 2V z—x—y+y=Cy.
1
1 е-С:*
С1С» ,
3х2
2 = Се; у=х—е*, г=е-*. 9.421. 2= Су, = Сы z=y,
1
9.419. x2 Cye2#-- Coe2t, y2=Cye®t—
Cae 2, 9.420. y=x
y= S41. 9.422. а) Да; 6) нет. ® Соотношение g(t, x, y=
является первым интегралом системы ж=НИБ Хх, и, И=Ь (t, x, y)
тогда и только тогда, когда ЭРО, x, Ds +he (t, x, y) 5b =0.
9.423. 2е2-у
= x2 ++ (y—1)*. 9.424, 24° + 3y (x?—1)—8=0. 9.425. y=
=x(l+InV |x). 9.426. (y—x2+x2=1. 9.427, y= Cytth 3 pe
СИ, ад" 2-1 (2--У 8) + х-" 2-16, (2-У 5). 9.428. у
= C,+Cox, г=2,-+ 1. 9.429. r=Ct+2, y=— Ct,
С
С
9.430. х=- y=Cyel——. 9.431. x= Cye?
+ Cye?!, y= Cyet-+2C,€%4,
9.432, x= 3C,e2!-+ Cre##,у= Сей
| Сей; х=3е у=ей, 9.433. х ==
= et (C, cos 2¢-+-C, sin 5, y = et ((Cy;—C,) sin 2%—(Cy+ C2) cos 2t);
x=e5t (cos 2t—sin 2t), y= 2e°# sin 27. 9.434. х=е-1 (С; со$ 31 -|-
1
--СозшЗА,
y=— e~ *t ((4Cy—3C,) cos 3¢+ (3Cj-+ 4C2) sin 33).
9.435. x=(2Cyt+2C,+l)e-t, y=(Cyt+C,)e-t. 9.436. x=(Cyt +
+ €s)e73t, y= ( — си, } e~3t; x= 2Qte-3t, y= (1—2t) e—3t,
9.437. x=Cy,et+e*/? (с. cos ye t-+-Cs sin Е г), y=Cyet-+-
+> et (Cs V 3—C,) cos Уз 1— (С.И 3-+C;) sin и 33.1),a0
= Cet + et((C, V 3—C,)sin¥ 3 t—(CV¥'3 +C,)cos ¥ 3 1) ;
x=y=2z=el. 9.438. x = Се?! -1- Сое--#, y== Се? -| Сзе= 1, z=C, e2t _.
— (Cy-}-C3) et; x =e?! Let, y met tent, z=—=et—Iert, 9.439. x=
== Cj- + BC 200 y = —2С.е 21 | Сзе-, 2=C;+C, e2t — 2Сзе-й. 9.440.
х=
=Cyet-| Cye?# + СзеЗ, y= Cet + 2C et, z= 2Cye!-+
Coe -+ 2C get,
2
5
t1
—211“;
—С.28
АГ
9.441. х 2С1е + Core
3! 18’ у Cie -+3C,e
é
5р’
9.442. х= (Ст cos я-а sin t— 1) e!, y=(Cysin t—C,cos Ве. 9.443. х ==
= (Cj+C,t+—>a bye!) em, у=(с:- Сич) м.
315

9.444. х= С! со$ #-|- С. т ¢—f cos f, _ у=(Съ—С1) со$ —(СЕ-
+ C,)sint+¢(cost+sint)., 9.445. x=Cycost+C,sint+tgt, y=
с, sinf+C,cost+-2. 9.446. x=3 (Cye2t + Coe 2t) +-C3 cos 2t +
4+-C,sin2t, y=2 (Cyc?£+
Coe 24) —2 (C3 cos 2¢4-Cy sin 2t), @ MUckatp
решение системы в виде х= Дек у= Век, 9.447. х=а(1—2-14,
у=-За (1—2-1)/4. ‘© Система дифференциальных уравнений:
x= hk, (a—x—y),
= а (a—x—y).
9.448. x=acos__ $,
Ут
=
2
27,2
-
:
y=Yoymsin fe ‘t;
РУ, ® Дифференциальные урав-
Ут’4та
нения движения: тх==-- Ах, ту=—Ё?у. 9.449. Неустойчиво.
9.450. Устойчиво. 9.451. Неустойчиво. 9.452. Асимптотически
устойчиво.
9.453. Асимптотически устойчиво, если & < —1/2;
устойчиво, если © = —1/2, и неустойчиво при‘ > —1/2. 9.454. 2} =
— АФЕРЫ (Е, 21 -|- Ф1 (1), eee) Zn+Qn (t)) =F; (Е, 21, ›...у Zn), i=
t= |, 2, ..., 2, @ [lpeo6pa30satb cuctemy (1) к.новым переменным,
Nowlaran 2;==xj;—@;, t= 1, 2, ..., n. 9.455. Touka покоя x;==0 (i=
=1, 2, ..., mn) системы дифференциальных уравнений устойчива,
если для любого > 0 найдется д (=) > 0 такое, что из неравенства
п
ft
>,4(10)<6?(е)следует >,х1(1)<Епривсех{>Ц.Если,кроме
t=]
i=l
n
того, выполнено соотношение lim > x} (1) =0, то точка покоя
++ Of]
системы асимптотически ‘устойчива. Точка покоя неустойчива, есди
найдутся 2 > 0 и номер #{ такие, что при любом 6 > 0 из неравенства
| х; (4)| < 6 следует | х; (И| > е для некоторого # >> &. 9.456. Неустой-
чивый фокус. 9.457. Седло. 9.458. Неустойчивый ‘фокус. 9.459. Устой-
чивый узел. 9.460..Устойчивый узел. 9.461. Устойчивый узел. 9.462: Ни
при каких 4. 9.463. | «|2. 9.464. «< 0, |&«|-|В|-— случай боль-
шого «отрицательного. трения», точка. покоя — неустойчивый..
узел;
и < 0, |%| < |В | —случай: ‹отрицательного трения», точка покоя —
нсустойчивый фокус; & =0, точка покоя устойчива
— центр; @>0,
|%| < |В|; точка покоя
— устойчивый фокус; & > 0, |&|>|В|,. соп-
ротивление среды велико, точка покоя
— устойчивый узел. ® Заме-
нить уравнение эквивалентной нормальной системой хэ=И, + у -=
= —2ау— В?х. 9.465. ® Использовать запись ‘частного решения
однородной системы’ при различных значениях характеристического
корня. 9.466. Неустойчива. 9.467. Устойчива. 9,468. У = х*-|-1/2; устой-
чива. 9.469. У —=х?-|-у2; неустойчива. 9.479. У=х“-|-у; устойчива.
9.471. V =x?-+у2; неустойчива. 9.472. У =2х?--у2; устойчива. 9.473: У ==
= —41/›х?, неустойчива. 9.474, Устойчива. 9.475. Неустойчива.
9.475. Неустойчива. 9.477. Устойчива. 9.478. Устойчива. 9.479. Не-
устойчива.
9.480. V=3x2-4-4y?; асимптотически устойчива.
9.481.1). у(1) =1,3280. 9.482. у (0,6) =4,4828.. 9.483. и (0,3) =0,0451.
9.484. y(2)=—0,8407. 9.485. у(1)=0,7899. 9.486. (1) =0,3305.
9.487. и(1)=0,3635. 9.488. у(2)=3,4547. 9.489. y (1) =3,7190.
9.490. у (2) =2,3683. 9.491. и(0,1) =0,1057. 9.492. и (0,5) =0,0461.
‚ 1) В. ответах к задачам 9.481—9.499, "а также 9.506—9.511 при-
велены значения искомого решения в конце заданного отрезка.
316

9.493. y (2)=4,2489. 9.494. y (0,4) =0,4647. 9.495. y (0,1) =0,1098,
9.496. (0,5) =0,6842,. 9.497. y(1)=0,4388. 9.498. (1) —0,3679.
9.499. y (2) = —0,7895.
.
9.500.
SUBROUTINE EULER(F,X0, IF(ABS(¥2— Y1).LT.H3) Go
+Y0,H,N,Y)
«TO 2
DIMENSION Y (N)
Yi=Y2
НЗ = Hex3
GO TO1
X= X0—H
2K=K-+1
U= YO
¥(K) = ¥2
K=0
—Y2
8 X=X-+H
TFOCLT.N) GO TO3
FUNC=F (X,U)
RETURN
Y1 =U-+HsFUNC
END
1 Y2—U-+(FUNC+F(X,Y1))#H/2.
9.501.
SUBROUTINE RK(F,X0,Y0,H,
*N,Y,EPS)
DIMENSION Y(N)
M=]KIND=0
“DO 1 I=1,N
1 Y(I)=0
2X=X0
U=YO
DO 4 J=1,N
DO 3 K=1,M
Q} = F(X,U)sH
Q2 = F(X +-H/2.,U-+Q1/2.)*H
Q3 = F(X +H/2.,U-+Q2/2.)*H
O4= F(X --H,U-+Q3)s+H
9.502.
SUBROUTINE MILN(F,X0,
*Н,М,У,Е PS)
DIMENSION Y (N)
NI=N—4
X= X0
|
Fl -=F(X+H,Y(2
F2=F(X-+2.4H, mn
F3= F(X ‚ЗН 'У(4
DO! K=
YW= Y (KL2. +F1—FQ4-
Y = (QI + 24Q2-+2%93+-04)/6.
US DY
Q3+-04)/
3 X=X+H
A= ABS (U— Y¥(J))/18.)
Y¥(VJ)=
TF(A. GT. EPS) KIND=1
4 CONTINUE
IF(KIND.EQ.1) GO TO 5
RETURN
5 Н=НЮ.
М=М2.
КИМР =0
GOTO2
END
*2.4*F3)+4%«H/3,
Y¥(K-}
4) = Y(K -++ 2)-++ (F2-++
*4.%F3-+ F(X+ 4.4, ¥Y W)sH/3.
A = ABS(YW — Y¥(K-+4))/29.
EPS = AMAX](A,EPS)
Fj]=F2
F2=F3
F3=Y Or’
1] X=X-+H
RETURN
END
9.508. В задание для ЭВМ` входит три программных единицы:
под программа
su ROUTINE EULER(F, X0, Y0,H,N, Y)
6) подпрограмма-функция (к задаче 9.492)
FUNCTION F(X,Y)
Е=2.*Х+У-|- Х»Х
RETURN
END
„. B),OCHOBHaa Nporpamma
EXTERNAL Е
DIMENSION Y¢20),A(40)
CALL FULER(F 0 00.0. 025,20,Y)
CALL EULER(F,O.,0,,0.0125,40,A)
317

В
2 ЕОКМАТ (5(1Н ,8Е12.6),'
DO1 K=1,20
„ПОГРЕШНОСТЬ == ',Е!Ю.8)
C= ABS(Y(K) — A(2#K— 1))/7. STOP
1 B=AMAXI(B,C)
END
WRITE (3,2) A,B
9.504. Задание для ЭВМ к задаче 9.498:
а) подпрограмма
в) основная программа
SUBROUTINE RK(F,X0, YO,
EXTERNAL F
*Н, М, У,ЕР5)
DIMENSION Y(10)
6) подпрограмма-функция
CALL RK(F,0.,1.,0.1,10,Y,
FUNCTION F(X,Y)
* LE—4)
F=Y+YsEX P(X)—2.#Y
WRITE (3,1) У
RETURN
1 FORMAT (1H _ ,5F 15.6)
END
STOP
END
9.505. Задание для ЭВМ к задаче 9.499:
а) подпрограмма
SUBROUTINE MILN(F,X0,H,N,Y,EPS)
6) подпрограмма-функция
FUNCTION F(X,Y)
F=1./(Y*Y
—X)
RETURN
END
в) основная программа
EXTERNAL F
DIMENSION Y(21)
DATA Y(1)/0.63212/,
Y (2)/0.652562/,
Y (3) /0.677129/, Y({4)/0.705863/
CALL MILN(F,1.,0.05,21,Y,EPS)
WRITE (3,1) Y, EPS
1 РОВМАТ (ЗН ,7Е12.6)! ПОГРЕШНОСТЬ = /,F8.6)
STOP
END
9.508. y (2) =0,25, z (2) =0,375, 9.507. 4 (1 =
9.508. и (0,3) = 1,505,г (0,3) =0,577. 9.509. и (0,3) =
9.510. у (1) =1,359. 9.511. и (2)
= —1,833.
9.512.
SUBROUTINE RKD(F,
«FI,X0, Y0,Z0,H,N,Y,Z,EPS)
DIMENSION Y(N), Z(N)
261, z(l)=
0,638, 2 (0,3)=
Q3Y =F(X-+-H/2.,U-4-
«Q2Y /2.,V-+Q2Z/2.)#H
Q3Z=FI(X+H/2.,U-4-
KIND =0
¥Q2Y/2.,V-+Q2Z/2.)+H
М=1
04У=Е(Х-ЕН,0--
DO 1 I=1,N
#Q3Y ,V-+Q3Z)*H
¥(I)=—0.
Q4Z=FI(X +H,U-+
t Z(1)=0.
#Q3Y
,V 4-Q3Z)*H
2 K=X0
DY =(QLY
+ 2«Q2Y 4-
U=Y0
#24Q3Y +Q4Y)/6.
У—70
22=(017--2+097--
DO 4 J=1,N
"20371-04216.
DO 3 K=1,M
U=U+DY
O1Y=FOGU, V)+H
V=V-+DZ
3 X=X-+H
QO1Z=aF1(X,U, V)aH
O2Y =F НИ U+-
oQ1Y/2. Vai) )*Н
Rear X+H/2.,U+
1Y/2.,V4Q12/2.)+H
818
A=ABS((U—Y(J))/15.)
B=ABS((V—Z(J))/15.)
¥(J)=U
Z(J)=V

IP(A.GT.EPS.OR.B.GT,
5 H=H/2
wEPS) KIND=1
M=Mx2
4 CONTINUE
KIND=0
IF(KIND.EQ.1) GO TO 5
GOTO2
RETURN
END
9.513. Задание для ЭВМ к задаче 9.5091
а) подпрограмма
”
SUBROUTINE RKD(F,FI,X0,Y0,Z0,H,N, Y,Z,EPS)
6) подпрограмма-функция
FUNCTION F(X,Y,Z)
F=EXP(—1.#( Y##2-+-Z#+2))+2.4X
RETURN
END
в) подпрограмма-функция
FUNCTION FI(X,Y,Z)
Е1=2.+Уз+2--7
RETURN
END
г) основная программа
EXTERNAL F,FI
DIMENSION Y(20),Z(20)
CALL RKD(F,FI,0.,0.5,1.,0.1,20,Y,Z,
1E—4)
WRITE (3,1) Y,Z
1 FORMAT (1H ,10F 10.4)
STOP
END
9.514. yi=2,953, yo=4,375, ys=6,359. 9.515. yi=1,926, yore
=- 2,593, —^ уз=3,333, ya==4,148, у5=6,037, yem6. 9.516. yy=0,874,
Yo==0,743, Yys==0,611, у.=0,482, у5=0,362, ye—0,253, y,=0,161,
Y¥g=0,087,
Yy=90,033. 9.517. yy=2,019, Yox=3,956, y3=5,720, d=
=7,212, ys—8,316, и=8,908, y,=8,855, Yye=8,044, уу==6,413,
Y1o==3,998. 9.518. у1=1,17, yo=1,31, уз=1,42, Уа=1,50, ys=1,64,
Ув=1,66, y7= 1,63, Yyg=1,58, Yo= 1,49. 9.519. Yo=2, i= 2,273,
Yq=2,674, Y3x=3,185, y4=3,796.
“9.520. Задание для ЭВМ к задаче 9.518;
а) подпрограмма
SUBROUTINE EXCLUS(A,B,N)
6) основная программа
DIMENSION A(11,11),B(1)
WRITE (3,2) B
READ (1,1) A,B
2 FORMAT (’ /,9F8.3)
1 FORMAT (9F8.4)
STOP
CALL EXCLUS(A,B,11)
END
ГЛАВА 10
10.1, Ливни уровня
— параболы у?=Ср—х. 190.2. Линии уровня—
гиперболы ху=С (при С==0—совокупность координатных’ осей).
10,3. Линии уровня—прямые у=Сх. 10.4. Поверхности уровня—па-
раллельные плоскости х-Ну--2==С. 10.5. Поверхности уровия
— одно-
полостные и двуполостные гиперболоиды х2-- у? — 22 == ЕС? (при
С==-О— конус х?-|-у2—2?=-0). 10.6. Поверхности уровня— парабо-
лоиды вращения х*--у*-=2-!-С, 10.7. Гиперповерхпости уровня—четы-
рехмерные параллельные плоскости ж-Нха-Нхз-Ех.==С. 10.8. Гипер-
поверхпости уровия — четырехмерные сферы м-- x3 3-х == С.
10.9. Окружности х2-[
у? -=0%. 10.10, Гиперболы хи==С (при С=0 —
319

совокуппость координатных осей). 10.11. Параболы и2=2'(хЬС).
x
2
10.12. Прямые
==. 10.14. Линии пересечения гиперболичес-
ких цилиндров #—52=Ст с такими же цилиндрами 2?—х?=С..
10.15. Окружности, являющиеся линиями пересечения сфер х?--
и?-|-22= С! с плоскостями х+у-+-г=0Сь. 10.15. Прямые четырехмер-
ного пространства, перпендикулярные к оси Охз и ее пересекающие:
Ki #2 74 X3=C. 10.17. x=cost, y=sint, z=dt. 10.18. 1 _
в,Ty[4
*
]
|
— ==1 , и Га“. 10.19. а) Конические поверхности с вершинами
в начале координат, направляющими которых служат заданные замк-
нутые кривые; 6) тороидальные поверхности, образованные окруж-
ностями с центрами на прямой х=у=г, лежащими в. плоскостях
ит, сечениями которых служат заданные замкнутые кривые.
10.24. 7 —Я
ty 95, =. 10.26. a. 10.27. a(b, r)+
Ir] Vy pe?
|r|
_
+ b(a, r). 10.28. 2}a|2r—2(a, r)a. 10.31. 13/5. 10.32. 4/W 5.
10.33. 14/3. 10.34. Д/г[2. 10.35. у а2--62--с8, 10.36. созф=
—
Ou
_
1
—-—4/У 41. 10.37. — =2У 6, вп= —— (21-7 NoNo). 10.38. —х
у
>у
7% (2847+).
Vit
,
x?—y*®—C,,
x (24-+-3/—2k). 10.39. P (3, 3, —3). 10.45. xy=C, 19.46. 9 7
:
.
3__274—C,.
y=Cyx,
10.47. с
10.48. У 211. 10.49. ШУ 5+3. 10.50. 0. 10.51. 29048.
“TS
10.52, 23: (1-4ля) 8—1. 10.58. У 10.54. ay 10.55. = Ana’,
10.56. 2kna V 2a. 10.57. kna. 10.58. у 3. 10.59. Рон -
10.60. ar. 10.61. = Bri. 10.62. YW 3/360, 10.63. 2Y 2n/3. 10.64. 4x.
10.65. = na. 10.66. ne
10.67. navy 2 10.68. ax
x(3 VY 3—1). 10.69. о 10.70. пе у а (3 И 2—ш(1--У 3)).
10.71. mab. 10.72. a) 9/3: 6) 0,7; B) “oT. Ед Е. 10.73. 2nR?.
10.74. 91/60. 10.75. 2л?азй. 10.76. р 4 2=Ю—х—у, ®--у|
+ (R—x—y)?=R%, или
У —=К (*--9). Положим И= Хх.
. „‚_К ИО
К (1+1?) _
R
_
Тогда
о
eT
y= 1-72;
ога R— Ti
,z=
[
=.
Значенню Ё=0 соответствует точка А (К, 0, 0), зна-
чениям{= +-0—точкаВ(0,Ю,0),значению#=—1—точкаС(0,0,К).
Обходу в положительном направлении относительно оси 02 соответ-
320

ствует обход ВСАВ, т. е. изменение { от — с через —1 ид до-Е о.
— В(8-20 —_ В(2-1)
в(#—1)
TonTETONAT oe
:
t
d
Получаем gdx-+-xdy+ydzt= wt Ts
+dt
+0
é
d(t+> а"
3
1\* уз
94+(+>) у
G
+®
откуда Ф (а, 4%) Ка \Tree
2f+-1|+* QR?
=7
{
.
—
—
e
e7.2
3.
e
e
`
——
3,
x arate я _. уз No 10.7 ла*. 10.78 (2У3 ar
10.79. 273; 10.80. —4n. 10.81. —ar4/2. 10.82. —1/3. 10.83. аз.
10.84. 2ла. 10.85. 4HR3/15. 10.86. mR4/2. 10.87. 2R?H/3.
10.88. дЮ?Н/4. 10.89. лдЮ*Н?/З. 10.90. лЮ*/8. 10.91. 0. 190.92. лЮ*.
10.93. — ЮЗН/З. 10.94. 0.
10.95. х-у--г. 10.96. — 2/(х--
у 2)°!/3. 10.97. 14. 10.98. 1.
10.99. 0. 10.100. 0. 10.101.0. 10.103. а. 10.104. 4лК?. 10.105. —лВ?. @
Замкнуть поверхность, добавив основание параболического сегмента,
и вычесть соответствующую ему часть потока. 10.106. Ecnu a=a,é--
-+-a,j, TO NOTOK BeKTOpa @ uepe3 Ayry AB определится формулой
( (а, n)ds= \ ах ах— а, 4у. Теорема Гаусса —Остроградского для
АВ
АВ
плоского поля: фо. п) ts— § on dy—ayde= | \ (SE +
tray.
da, Oa,
10.107. ф a,dx+a,dy=\\(—%~—*\dedy (формула Грина). ®
Q
Ox oy
‘Положить в предыдущей формуле (задача 10.106) а, =а,, а =—а„.
10.108. <. . 10.109. ^ 7: 10.110. x (z?@—y?) t4-y (x*@—2?) f+2z (ив.
10.111. 9) 10.1138, — 2yi+ 2xf —2 (38x+2y) kh. 10.114. 0.
10.115. rot v=2. @ Ckopoctb © точки Р (Г), вращающейся с угло-
вой скоростью & вокруг оси, проходящей через начало координат,
равна [®, Г]. 10.118. а) а?. ® Перейти к параметрической форме,
положив у={х; петле соответствует изменение Г от 0 до -+0,
Зе
Адоз 3RsRa |
6) И. 10.119. 3 mR, 10.120. 5 лА*. 10.121. 3" 10.122. div(eu)=
=(¢, gradu), div(a, u)=udiva-+(a, gradu). 10.123. grad(a, c)=
= [с, гой а]-- (с, y)a, grad(a, 6)=[8, rot a]+f[a, rot b]-+(6, Vy) a+
+(a, V) 0. 4 Найдем предварительно [с, #04 а]. Имеем: [с, го{ а]=
= [е, [у, а] =(а, с) у—(с, уа=у (а, с)—(с, у)а. Отсюдау
у (а, с) =[с, гоё а]-- (с, у) а; далее, вга4 (а, 6) =у (а, Б)|у (5, а)
и используем предыдущий результат. No 10.124. div [a, c]=(e, rot a),
div[a, b]=(6, rota)—(a, rotb). 10.125. rot (eu)=[gradu, С],
rot (au) =u rota-+ [grad u, a], rot [a, b]} = (0, ¥) a—(@, VY) O-+a div b—
—6 Шуа. ® См.ъ решение примера 5. Media viv eye =Vu=
O2u,OFu,Oru
,
iva
iv a)
=gatayetag graddiva=y(Vi@) AK Е ду J+
11 Под ред. А.В. Ефимова, В. П. Демидовича
321

Тв, го1 го{
а =[у, [у, а]] =у (у, а)— у?а =етаа Чуа —
— у?а, у?а= у?ай-- у?а,у- уаз. 10.127. 6г=6 (хи 2).
10.128. 0. 10.129. 4г=4 (xé-tyf-+2k). 10.130. udiv gradv +
+ 2(gradu, gradv) + udiv gradu. 10.131. grad div (uc)=(e, у) gradu,
grad div (ua) = u grad div a-div a grad u-++[grad u, rot a)-f (grad и, Y)a-b
+ (a, ¥) gradu. 10.132. rot rot (ue)=(e, y) grad u—eyru.
10.133. жу— ху ЕС. 10.134. 2Y cos? x sin?y +- sin? x cos?¥y+C.
10.135. ки г ew 10.136. оУт?я С. ® За начальную
точку А принять таку (1, 1, 1) или лобую другую точку, не ле-
жащшую на осях координат. 10.137. a aT tC. ® См. указа-
пие к предыдущей задаче. 10.138. < Eoan бы во всюду непрерывном
потенциальном поле могли существовать замкнутые векторные линии,
то циркуляция по такой линии не могла бы быть равной нулю, так
нак произведение (а, АГ) вдоль всей линии сохраняло бы постоянный
знак, и поэтому ф (а, аг) 20. No 10.139. Особая точка О (0, 0), ци-
клическая постоянная равна 2л. 10.140. ® Взять два произвольных
замкнутых контура, обходящих данную особую точку: АМА и ВМВ.
Соединить точки Ми М отрезком прямой и к сложному контуру
AMNBN MA применить формулу Грина. 10.141. ® Использовать при
определении потенциала пути, обходящие по нескольку раз и в раз-
личных направлениях особые точки. 10.147. ® Применить теорему
Г аусса— Острог радского и учесть, что на боковой поверхности трубки
(а, п) =0. 10.149. ® Применить теорему Гаусса— Остроградского и
учесть, что для ‘гармонических функций у3и=0. 10.150. Нет.
10.151. Нет. 10.162. Ha. 10.153. Только npp A+C=0. 10.154. TonbKo
если A+C= В-+-)р=0. 10.155. Да. 10.156. Только при а11-а›2-{+азз==0.
10.157. Только если а111-- ааа -- а1вз = аа -- зла Goss = 2113-+ dogs}
-аззз= 0.
x Y—Yo 2—2
<—*
<A
10.158. Линии х: == =——— 3} AMHHH YY!
У=
I~0о’4=T>
х—х
—
2
0 04 = =-. 10.159. Линии г: ф=Фф,, 2=2 ня
исходящие из точек OCH O2, лежащие в горизонтальных плоскостях);
линии ф: Г=7о, 2=2, (окружности с центрами на оси 02 радиуса гу,
лежащие в плоскостях 2=20); ЛИНИИ 2: Г=1, Ф=Фо (прямые, па-
раллельные оси 02). 19.160. Линии г: 0=0, ф=Ффь (лучи, исходящие
из начала координат); линии 0: г=к, ф=Фо (полуокружности
радиуса гу с центром в начале координат, лежащие в полуплоско-
стях ф= Фо, проходящих через ось 02, т.е. мериднаны). Линии ф:
r==fg, @=0, (окружности раднуса гозт 60, с центром на оси 02,
лежащие В› горизонтальных плоскостях, т. е. в
10.161. Ls =
6. 10.164.ds,=dx,ds,=dy,iis,=az:do,=dydz,doy=dxde,
do,=dx dy; du=dx dy dz. 10.165. ‘ds,—=dr, ds =r dp, dsz=dz, dopz=r dq dz,
do, =drdz, do,=rdrdp, du=rdrdpdz. 10.166. ds,=dr, dsy=r dd,
ds,=rsin0dq; 49,==г?зт040а, 9—7 ninGar do,=rdrag;
1ди
дн
_73
du=1*sin0drdOdq.
10. 167, .a e+ —; ap eg tay>. Cg.
ЛИНИИ 2:
322

(15%
2
10.168. 1(?\ar)
ди ом
10.169.
чае +
r
ragetOz?
Se).
10.170. (>ae 5 )вe,+(SE-FE)eg+
+7 (S- a ) ee 10.171. erty 55° eet rane oe 9.
10.172. woe (3) +3 sin 8 5a) tiny Hei)
1
3
дах
10.173. sind (sino5.ar (г a xE(4 sin 9) -- г 9ф .
1
1да,д
10.174. тя
(&96(agsin9)—о
No). r+ (тб6op or (rag) Cy --
1
да
]
+ —= ( 5. (149)— я ед. 10.176. a) div er=— rot e, =0; 6) dive, =0,
rot ean B) dive,=0, rote, =0. 10.177. a) dive, ==, rote, =0;
‚ гове= ;B) dive, =0, rote,==See er — 66.
6) diveg= ctg 0
10.178. а) и= Су шг-- С; 6) и= С1Ф-Е Су; в) и= С12- Со. 10.179. а) и=
==“ С,; 6) u=C, Intg Сы B) U=Cyp-{-C3. 10.180. u=r*® sin 2p cos 20,
_
.
Ae cos2pcos20
grad u=2r (sin 2p cos 202,— sin 2ф sin 202, tang
eo||
у?и = 2 зт 2ф (1—2 с? 0). 10.181. и=гг за 2‹ф-Ёг с0$2ф, gradu=
= (z sin 2p cos 2g) e,+ 2 (z cos 2p—sin 2p)e,+rsin2pez, Ya =
-
10. 182. a=sin Oe, , diva=O, mta=+2 cos 92, — т 925).
10.183. a=rz(e,—e;), diva=2z—r, rota=(r-+-2)e,. 10.184. grad u=
=f (Ne-=P Ores yu=p (+0 () 10.185. gradu=/' (rhe,=
ar
, го.
aF 1OF
—fa
—f or
10.186. grad и
етa
2OF4. ap.Со0OF
OF
учв гror+ etте00 10.187.gradu=5ert5>
__OF |OF O*F
au
г?+7ror=022°
ГЛАВА 11
11.1. Внутрепность круга с центром в точке г, радиуса Ю; одно-
связна. 11.2. Внутренность кольца между окружностями радиусов |
и 2 сцентром в точке 2% == #; двусвязна. 11.3. Внешность круга радиуса, 2
с центром в точке 2, ={ с выколотой бесконечно удаленной точкой;
двусвязна. 11.4. Внутренность горизонтальной полосы, заключенной
между прямыми у= —1/2 и у=0; односвязна. 11.5. Внешность круга
радиуса К с центром в точке 2з; односвязна. Бесконечно удаленная
11%
323

FOUKA 2Z=—о является внутревней точкой этой oGnacTn. 11.6. Bnyt-
ренность круга с выколотым центром 2 = — 1 радиуса 2; двусвязна.
13.7. Открытая полуплоскость, определяемая прямой х=1| и содер-
жащая начало координат. 11.8. Внутренность круга радиуса 2 с цен-
тром в точке (2, 0); односвязна. 11.9. Прямая х—у--1=0. ® Запи-
2+1р виде2-Е0+9 _2+0+9
ome gi
г) +) {t2—-if
эллипса eye —=1. 1.1. Окружность |2 |=2, кроме точки 2==— 21.
. 11.10. Внутренность
11.12. Часть плоскости, лежащая справа от левой ветви гиперболы
2
и 1. 11.13. Прямая, проходящая через точки 21 и 22, © вы-
резанным отрезком, соединяющим эти точки. 11.14. Внутренность
отрезка, соединяющего точки —{и ф. ® Воспользоваться равенством
g(—z)=a-+argz. 11.15. Кег>0, Imz>0. 11.16. Rez< 0.
it 17. |Rez| < 3. 11.18. ЕО — (8-9 < 6. 11.19.. 3л/8 <
< агё (2—2) < 57/8. 11.20. и= 2х2 —2у2--у, и=4ху-х. 11.21. и=
2—(1-+y)?
= —Qxy—x, v=2—y-+x?—y3. 11.22. и
СТИ, v=
у
Уту
хе (1--у)?
_ 2%(1-ЕУ)
a
y_
Хх
ати?”
41.23.
i=
y
x?+2?
v=
Ра.
11.24. ити v=2xy—1. 11.25. u=5
nes
x —x? —х— 1 ии 22. 2iz—1. 11.28. z+—
rgTay Cty Te ).
+
+5
11.29. mo
11.31. Любая область, лежащая внутри угла с Bep-
2—2
шиной в начале координат и раствора не более л/п. 11.32. Любая
область, лежащая в полосе, параллельной действительной оси и ши-
риной не более 2л. 11.33. Любая облаеть, лежащая в полосе, парал-
лельной мнимой оси и шириной не более 2л/3. 11.34. Любая область,
лежащая либо внутри единичного круга (|2]| < 1), либо вне его
]
1
{12| > 1). @ Равенство ar Sat при 21 72 2. Возможно только
1
2
в случае, когда na. 11.35. 37. 11.36. —i/2. 11.37. РЕ
1
11.38. 2 г. 11.39. Ось Ох отображается в окружность и?-2 =1.
Ось Оу отображается на ось Ой. При этом точка 2=7{ переходит
в точку ш=о0, а точка 2 = %® — в точку ш=1. 11.40. Прямая х=С
отображается в параболу 152=4С? (С*— и); окружность |2|=А —
в окружность |& |= А?, проходимую дважды; луч агв2=@р—в луч
агв /=2а; полукруг |2| < г, т2 > 0—в круг |ш| < г?с разрезом
но отрезку положительной действительной оси. 11.41. < Точки,
лежащие на прямой х=С, записываются в виде Си а потому
w=|__¢
;:
оси бр Ся
1Ши
2
2
и*--и—=ети=с
324
. Отсюда и=
ope Е
. Следовательно, образом прямой х=С является

окружность ии
0. Образом окружности |2|=А является
окружность |=. Луч ага2==а, т.е. луч (0, ©.е!%) отобра-
вится в идущий из бесконечности луч (0, © ,е-1@). Полукруг |2| < г,
1т2 > 0, отобразится в нижнюю. полуплоскость с вырезанным полу-
кругом |ш| <->, пи< 0. } 11.42. ш=—И 2 (i—
VY 2+ i),
w=
(1-34),
w=
4V34),
Шз=
=? (У). 11.43. w= т ; ш= (1-7).
11.44. wy =V 24+ VY 2 (cos $4 ‘sin, w,=-—V 24+V 22 (cost +
+isin$), gi=n—arctg (V 2—1); m=V2—V (cos B+
+isin ) ‚ и. =р— ИУ? ( cos $<2 4 isin и), фа=агой (У 241).
11.45, wj=0, we=1+i, шв =р—(1--д. 11.46. 2(—p+kn), kEZ.
11.47. 39+ 2kn, REZ. 11.48. g (b+ 2a (n+ 3h), n=0, 1, 2, REZ,
rene , cos pe Pigg, By
V1+72-42rcos@
У !- /2-- 2гсозф
2
rsing
Qk), n=0, 1, REZ, зшф=
3
Fa (ny 28)
с
у У64--г?—16гс0$ф
sin p=
rcosg—8
$
. 11.50.
n(n-+ 2k), n=0,1,2EZ, sinyv=
~ V/644-r3— l6r cos @
т (n+ 24)
€
+
2
2.
—
7?зт2ф
cos t=
r*- cos 29 —4
151. 24
V 16-4 r4— 8r? cos 2p
V 16+ r4—8r? cos 29
2
Jr sin@
+n (n-+ 2k), n=0, 1, REZ, sinyp=—
V 97? sin? p+ (r?—2—r cos pe”
21 008 # ——— « 11.53. Rew=e!~~*
cos y,
V 973 sin?@ + (r?— 2—/ cos g)?
|
Im w= — e—*sin y. 11.54. Веш=е”-@-7” соз 2х (1—5), Imw=
= "(и * sin 2x (1—y).
11.55. Rew=sinach(l—y), %Imw=
==— cos xsh(1—y). 11.56. iy es (y-+ 2), Im w= ch xsin (y-++2).
sin2(1--
2y
11,57, Rew= ch 2y+-cos 2(1-+x) ' 1m w= Dy-F cos 2 (1x) *
x
cos Y=
иxy?
11.62, ch1 cos 1 —ish 1 sin 1. 11.63. cos 1. 11.64, — $12 cos I rfah 2sin 1.
11.65, (2k-+- 1) лё, REZ. 11.66. р 11,67, (2+5) ut, REZ.
x
;
11.58. Веш=З ТИ соя ,
Imw=—3**t” sin
2
825

11.68. ¢cth st. 11.69. 0. 14.70. Arcsin z=— Ил (#5 ИТГ “2), Arcsin ==
= 2kn—iln(¥Y 2—1), REZ.
11.71. Ага = Ln Ее,
Arctg = = kn In? REZ.
11.72. Arshe=Ln
(z+Y2?1),
Arsh = (2+) mi, REZ.
11.73. Archz=Ln (z+ VY 2—f),
Arch (—1) = (2k+1) mi, REZ. 11.74, Arth ‚=> Ln ЕеЕ, дн (1—0=
= 115+ arotg2+( kt) mi, kEZ. 11.78. |wl=a, ago =
Om
_28
_
1
= =. 11.76. |w|=7*, argw=0. 11.77. | w|=> (3+ cos In 4),
e?— |
argw==0. 11.78. |w)== thle a: ага
No ==0. 11.79. (cos
In2+-
+ isin In 2) e-2"%, nEg. 11.80. eth tym REZ.
в)
11.81. A ts ( cos
из >) REG. 11.82. eY a (she 1) mt
tz~4 aka
RE z,. 11.83. Be et? "(cos ( 1n5—arcte 5 )-tisin ( In5—arctg-5> )).
arctg —+ (ak +1)%
4
REZ.
11.84.
—5e 3
(cos (in § — arctg 7) -+.
am
-—— k
+ isin (in5—aretg 5), keg. 1.85. e 1 п" peg,
11.86, е (УЗ ), hE Z. 11.87. 2x! (542k n), REZ,
11.88. x=0, 11.89. z=1-++i. 11.90. z=n-+2kn, REZ. 11.91. f(z) ve-
прерывна в ДО, если уе > 0 угЕР 36=5(е, 2) >0 (( Az | <бл2--
АЕ) =5 172-49) (9 < e). 11.92. — 9. и. 93. 1. 11.94. 0.
—1-+é. 11.100. {(0)=0. 11.101. [(0) =0. 11.102. (0) =0.
И:103, jim f (2) не существует. 11.105. Не дифференцируема ни в
одной точке. ® lim cid не существует. 11.106. Не дифференцируема
Az—-0
Ax
,
1
ни в одной точке. ® При Лу==ААх имеем Шт
= lim
pa
Az—+0 Ax-+iAy Ax+>0 1+ ik’
T. @ предел не существует. 11.107. Дифференцируема только
в точке 2=0. 11.108. Дифференцируема только в точке 2==0.
11:109. Не дифференцируема ни в одной точке. < В точке г=0
Az|—|2|
[Az]
|
lim 12-24212 him
|
А2-—0
Az
Az->0 “Az — He существует. Если же 2 x 0,
то, обозначая, [z|==r, Ла==Лре, имеем [2 Аг [-—[ 21|
_
Аг
326

(1428 Geos busing) + (P e"_1)
=.
. Отсюда — най-
Ape’?
A
Др \2
li(И++(#2)—1)х
m
=—
=
дем
Ap>0
7
приФ0И
A
Ap \?
li (VY 142% y+ (2) —1) iy
л
Im
=———
——.
Ао
Ap
‚при=5Таким
образом, р Еее не существует. p> 11.110. Дифференци-
Az—>
руема только в` точке 2=1. Ш.111. ® Использовать правила диф-
ференцирования сложной функции двух переменных и (х, у) =
= u(r COs rsing), u(x, y)=v(rcosg, rsing) и условия (1):
du0,Ox|Ouoy—90озOeти0090
+-
OrOxS$5,Oray?ахПФдд’ТЯ
ди19
+501 cos P, T. &. Soe 5. Аналогично проверяется второе из
равенств (2). Для получения равенств (4) следует выразить и и &
e оизводные по ги производные 2% or Op Op
-
через производны
ф,прд Ox’dy’ox’dyполу
чить из равенств r=) 2+ y?, g=arctg = и подставить найден-
ные выражения в (3). 11.112. (е?2)’ ==3е3а. 11.113. (sh z)’ =chz.
11.114. (2”)’=пг?-1 (кроме точки 2=0 при отрицательных п).
c
11.115. (cos 2)’ =—sinz. 11.116, (In (z7))’
== 2/z. 11.117, (sin 5 | ==
12
= 3 ‘0$ 5. 11.118. ® Воспользоваться условиями Коши
— Римана.
11.121. Вся плоскость, кроме точек г= (#5) л, ЕЕ; (1 2)’=
]
=———-. 11.122.
сть; | (2) ==е-2 (1—2). 11.123. |
costs 11.122. Вся плоскость; f/f’ (z) =e74 (1—2z)
Вся
(1 — 22) соз2—2 (1-|- 22) зта
(Fa) |
11.124. Вся плоскость, кроме точек 2, = 2nvi, VE Z; /’ (2) =—
плоскость, кроме точек 21, з== + A; |’ (2) =
2е2
22—13
11.125. Вся плоскость, кроме точек zy= 5 >, VEZ; I’ (2)
= cos 22.
ee
11.126. Вся плоскость, кроме. точки 2==0; f{’(z)=
!) . 11.127. Вся
плоскость, кроме точек 2, =л, REZ; ГР ony, 11.128. Вся
327

`
’
1
пяоскость, “eo точек #к == (+++) nm, REZ) F (2) =" TsinOe *
1 Ouи
11.130. Au = 54et 4 wa FE Fer MBL. Лизы, (и, y= 3ety —
—¥+C, Ha) = (eh Cim eh 4.Ci. 11.132. Avz0, u(x, y)=
me QeX cosy+C, f(z) = 2e* (cosy+ isiny)-+C =2e7-+C. 11.133. Аи==0,
о (х, у) = — х®--уЗ-ЕС, [(г) = —i (x?@—y?+4 Dixy) +34 Ci= —i2*+8+C1.
11.134. Av==0, u (x, y) => In (x? + y®)-+-C; f= yn (x? +-[y®)-+
+iaretg ЕС = [21+ fargz+-C=Inz+C. 11.133. Au=0, o(x, y=
aif
oe fox +, (OTR учась 422 + Cl,
11.136, Au= 0, u (x, и==> (ха — и) 2ху-ГС, Кай
22--Сф=
==“ 28-С1. 11.137, Avz=0, u(x, = (С, f (2) =
= тис.
11.138. А =4, ф=л/4. 11.139. Ё=2, ф=л/2. 11.140. Ё =6, ф=я/2.
11.141. k=3, ф=0. 11.142. #=1, ф=0. 11.143. Ё=2, ф==л/а.
11.144. Сжимается область |2| > 1, а растягивается область [21 < 1.
11.145. Сжимается полуплоскость Rez < 1, а растягивается полуплос-
кость Кег > 1. 11.146. Сжимается область 12-1 | > Г, а растягивается
область |2 1| < 1. 1.147. Сжимается внутренность круга
$
< 1/2, а растягивается внешность этого круга. 11.148. | 2—1 | = 1/2.
i
2——
11.149.
5|=1/2. 11.150. [2-511=У 9. 1.151. |2|= ИУ 3.
11.152. {2| т (1—1 2=0}, т.е. прямая уз==х. 11.153. {z|Im(1+ x
Х ((--
2) =0}, т. е. прямая ху--1=0. ® Использовать равенство
—i
Ee
|
11.154. Jlyyg O< x <-o, y=— 1/2. И.155. Луч 1 < х<- о, у=0.
11.156. Отображение конформно. 11.157. Отображение: не конформно.
11.158. Отображение конформно. 11.159. Отображение конформно.
11.160. Отображение не конформно. 11.162. 2. =— 1, а«=0, k=2.
л
{1л
п
11.163. 2 =2 (1-Й, b= k=f. 11.164. ~=— ay le =——
Е —=1. 11.165. Пра! =
a=arga, в =|а|. 11.166. Пря-
мая и=— 3. 11.167. Прямая и—20=0. 11.168. Окружность и? --
+ v?—u—v=0. 11.169. Окружность u?-+v0?+ 2u+2v+1=0.
11.171. ЕР. И. 112, РОТ 11.173. и 68024.
2—1
Zz
4z—5—31
5—2 arg (é-|-z) =0 и соотношение 8 = arg (—1—9.
_
ааа
11.174. 21 а=— dt V a ‚ 1 ж=г, при (а—4)*-|-
4% =0.
Бесконечно удаленная точка является неподвижной только при
328

c=0, т. е. для линейной функции. 11.175. а) + (I+ 0; 6) 4-
® Точка 1--{ и центр круга Г лежат на прямой у=.
1--%.,
81—21
.1.
11.176. a) Oley 4iTM 5 i
11.177. => i
O@=n. 11.178. a=0, 9=—9. 11.179. ~a=2%, =, 11. 181. =,
3
6=0. 11.182. a= 2i, 9=—-. 11.183. &=2, 0=л. 11.184. Е =
= {|191< 1, пу< 0} (нижняя полуокружность). 11.185. Е’=
=\»||~—-(s—3")|> >¥2, Imw < of (рис. 106). ® Луч
(2)
Puc. 106
9. < х <--< преобразуется во внешность отрезка О0«<и=1, причем
точки верхней полуплоскости (2) отображаются в точки нижней
полуплоскости ‚©. Прямая у—х==0 отображается в окружность
—НЕ,l—i—
СИЕ
5 OS 5-ш=0, т. е. в окружность w 9 51
= с центром в точке шей 11.186. Е = {a F<|w— <x
<= l, —П < arg «—0<0}. ® Окружность |2|=1 отображается
x=
—_
4
(Z)
| (и)
NX
N
e
x
Puc. 107
в окружность | и—1 |=1, окружность |2|=2—в oKpyxuocth |w—
— | |=, отрезок |< х=<2—в отрезок < и=2, а прямая
у=х—в прямую и-- у=1 (рис. 107). 11.187, Е ={и|Ппо> 0, Веш>0}.
329

11
31
л
11.188. =
вт |<. |®-ч|>4} . 11.189. Е=4и|--1<
< argw<—
84[°
faг?r
я<тя} приг<1,
11.190. D=< {z| Rez< 1/2}
npw r=],
r?
Г
.
12
=—т >aor} при г>1,
& Поскольку [иш|< т, то из соотношения (1—2) =2 получаем
|2! <г|1—2|. Возводя обе части этого неравенства в квадрат, за=
пишем полученное неравенство в виде 22 < г? (1—2) (1—2), откуда
получаем
(r2—}) zz— 72 (z+2)+72 > 0.
(x).
Еслиг<1,тоиз(*)имеем
г2--- a (2+2) < ——yг
(++)
_2
4
Ho tao етни яТи
2
73
Далее,таккакie-- ==
т, To из oo получаем
8[2
r2
+roa[<(rae)) me Dafaoa |<}
(внутренность круга). Аналогично в случае г т. найдем 22—
r3
—
r2
r?
2
r4
AIT eae sap
ey|eG-
r?
r3
2
rl = Tht . Следовательно,
р=={;|2—
>
r
г8—]
>
(внешность круга). Наконец, если г=1, то из (+) полу-
Г
r2—}
чаем z+z<1, 7 е. = Ree< 5} (полуплоскость). >
_3
11.191, w=
—22 ati 3 n=t4 ‘V3 ‚ 11.192.ш=
(@@—2)' 79
т
4
—==
2
2
e325, 11,193. w= (Fb). 10h w= (244)! 11.195. ш =
4}
3
22/3
3
\2
= (Ев) 11,196, w=— (2mts), 11.197. w=
z4—
и4
8; \з
Li \3/2
—— (++) . 11.198. и (У)
11.199. w=
2—У 3—1
22—У 3-4оз
«(уе . 11.200. wn — (21 St) ‚ 11.201. ш
22—У 3-
22—У 3—1
330

z+i
|
z—I[—i
|
V2k
=У==.
11.202. w= V
=.
11.203. w=
г’
——
А
11.204. и=У 22-11. 11.205. Как внутренность круга |2|< Ю при
Ю < 1, так и внешность круга |2| > Ю при ВЮ >1 отобразятся на
112
—
y3
|
5-1
sel. 11.206. Плос-
ТЕГ (Rp)
4
R
4
R
кость с разрезом по отрезку [-—-1, 5/4]. 11.207. Плоскость с разрезом
по лучам (— ®, — 5/4], И, 0). 11.208. Один из ответов: ® =
58 (2+) -ч+ У (3 (++ )-+)-—1 (причем выбирается
та ветвь, которая точку 2==0 переводит во внутренность круга
1|
За: —1
3
[1%<1.ему(2+,) w= 3 »Wye Wy,WyWs+
внешность эллипса
——
2
И м1, = (,0Wg0w,0w,;. 11.209. = (2+5). @ Произ-
2
вести преобразование подобия и{== -- и для отображения Wy =
R
1.
1
=> Wits проследить за преобразованием границы области.
1
11.210. w=; (e+ Ий—@), ме с=И—И. ® Произполя
преобразование подобия и == и определяя R из условий
1
1\_а1
1\_6
|
Voi
э(®+т)==. 2(^-т)=е, находим Ш =
И
1—1
H W3—= Ws. 11.211. E={w|Imw< O}. 11.212. E={w| Rew
>
0}.
11.213. E={w||w|> 1, v€{1, + 0)}. 11.214. E={e |wj>1, O<argw<
< 5 . 11.218. E={w| 1 <|w] <e, Imw > 0}. 11.216. Если w= pe",
то прямая х==С отображается в окружность р =ебС, проходимую бес-
конечное число раз, а прямая y=C—B ayy P=C. 11.217. E={wl0<
<Imw< an}. 11.218. E={w|Rew< 0, 0< Imw< a}. 11.219. Em
={w|Rew <0,0< Imw<2n}. 11.220. Е={ш|0< Imw<п,шя
им для и > O}. 11.221. E={w| Imo < 0}. <@ [peactasuts cos z=
= 5 (ef? -+e-"”) в виде композиции отображений wy=/2, wee",
2
1
= (+= (рис. 108). }No 11.222. Прямые х==С преобразуются
2
uz,v3
в эллипсы —a-+s5=1, rae a? == (e -e~ ©)" = (ch С)1, 6? =
ur
со?С—
y2
—Snte=!: 11.223. Так как область ) содержит точки с симметрич-
= д еб е-буя (вв С), а прямые y=C—s гиперболы
ными мнимыми частями,то область значений Е имеет два прообраза:
831

каждый из прямоугольников Dy={z]|—n< Rez<n, —h<Imz<0} u
р. =={2 |—п < Кег < л, 0« 1т2 < #} отобразится на нижнюю полови-
u?
v2
ну внутренности эллипса
т
=1 <0.
q (enh)?
=z (e*—e-*)?
| (0;)
(Wg)
YY,
Wy
Ws
}
—^
—
0
-д]
77
Puc, 108
11.224, -—142i. 11.225. — Vs (2--31). 11.229. ® Оценить
интегральную сумму (1) и, учитывая, ° то | 2х | < Аз», перейтик пре-
neay npn max As, —> 0. 11.230. —4-+ im. 11.231. 5+2. 11.232. 83
—(3+4=)* 11.233.Ta
11.234. —2. 11.235. (2sin 1—e) +
+-i(1—2 cos 1). 11.236. —é(1+e”). 11.237.
о.
11.238. 4 Е 1).
11.239, a 5 ((a*—4)
— Ani).
11.240. ON
pe dat 2a,
11.241. кН
11.242. — 2 11.244, УЗ (—Y 3+). 11.245. VY 2(I—V 2+).
11.246. =.
11.247. —2n. 11.248, р
11.249. e(e cos 8—cos 1) -- & (езш 8— зп 1). 11.250. (cos 4 ch > —
11
9
9,3
он
— cos 485 ) +i (sing sh -> —sin 4 sh | . 11.251, (2cos !—sin1)+-
+ i(3sh1—2ch 1). 11.950 —In VY sh? 1-+-cos 1-+-éarctg (tg 1th 1).
11.253. ф (2— 25)" «-— O mpy n#—l, ФП роизвести
12-20 |=А
27 при п=— 1,
832

замену переменной 2—2. = Кей, 11.254.
|
(2— 2%)" а2 =
[2—2 |=К
0< агв (2—2. )<л
мприп=—,
0 при л=2Е-1, ВЕТ, Е —.
Зл Зл
—
ЮЗ +1
11.255. [2-е x —
—ЕТ
прип=22.
om
—i (. 2 _1) 11.256. A (I-48), REZ. @ B kavectBe nytu uute-
грирования взять часть окружности г=5+5 е® либо при б=ф<<л/э,
либо при — 31/2
= ф=0 и добавить любое число оборотов.
11.257. а) 0; 6) — 8л1. 11.258. а) 2лг; 6) 0. 11.259. а) 0; 6) л;.в) —л.
11.260. a) лё; 6) 21. 1.261. 0. 11.262. 0. 11.263. л. 11.264. 0.
11.265. а) ms 6—3; в) 0. 11.266. —msh1. 11.267, 2nd.
7
,
—
.д?
.:
11.268. —g a(n+2)V 2. 11.269. 5501. 11.270. л®. 11.271. 0.
11.273. ® Рассмотреть функцию PO=F5-
ГЛАВА 12
12.1.1/4. 12.2. 23/45, 12.3. 1/9. 12.4. 11/12. 12.5. 2 бете
ПЛА. 12.2.
2
3
/
4
5
.
12.3. 19. 12.4,
1
1
/
1
2
.
12.8, 5 Я
е-п-|- еп
® Иснользовать формулу Эйлера со8 т=—
. 12.6. 1-1.
12.19. Расходится. 12.20. Сходится. 12.21. Сходится. 12.22. Сходится.
12.23. Расходится. 12.24. Расходится. 12.25. Сходится. 12.26. Схо-
дится. 12.27. Расходится. 12.28. Сходится. 12.29. Сходится. 12.30. Схо-
дится. 12.31. Сходится. 12.82. Расходится. 12.33. `Сходится.
12.34. Сходится. 12.35. Расходится. 12.36. Сходится. 12.37. Сходится.
12.38. Сходится абсолютно.. 12.39. Сходится абсолютно. 12.40. `Схо-
дится. 12.41. Расходится. 12.42. Расходится. 12.43. Сходится.
12.44. Сходится. 12.45. Сходится. 12.46. Сходится. 12.47. Сходится
абсолютно. 12.48. Сходится абсолютно. 12.49. Сходится. 12.50. Рас-
ходится. 12.61. Расходится. 19.52. Сходится. 12.53. Сходится.
12.54. Сходится. 12.55. Сходится. 12.56. Сходится. 12.57. Расходится.
12.68. Сходится. 12.69. Сходится. 12.60. Сходится. 12.61. Сходится.
12.62. Сходится. 12.63. Сходится. 12.64. Сходится. 12.65. Сходится.
12.66. Расходится. 12.67. Сходится. 12.68. Сходится. 12.69. Сходится.
12.70. Расходится. 12.71. Расходится. 12.72. Расходится. ® ину т/ив>1.
12.73. Сходится. 12.74. Сходится. 12.75. Расходится. 12.76. Сходится.
12.77. Расходится. 12.78. Расходится. 12.79. Сходится. 12.80. Схо-
дится. 12.81. Сходится. 12.82. Расходится. 12.83. Расходится.
12.84. Сходится абсолютно. 12.85. Расходится. 12.86. Сходится
абсолютно. 12.87. Если р >11, то ряд сходится при всех a, а если
р < 1, то расходится. Если р=1, то ряд сходится при @ > Ти рас-
ходится при &=<1. 12.88. Если р > 1, то ряд сходится при любых
хи В, аесли р< 1, то расходится. Если р=1, то ряд сходится при
а>1и любых В и расходится при @< 1. Если же р=а=1, то
ряд сходится при В > Ти расходится при В = 1. 12.90. Сходится услов-
333

но. 12.91. Сходится абсолютно. 12.92. Расходится. 12.93. Сходится абсо-
лютно. 12.94. Расходится. 12.96. Сходится условно. 12.96. Сходится
абсолютно. 12.97. Сходится абсолютно. 12.98. Сходится абсолютно
при © > 1, условно—при О< а=<1Т и расходится при &=0.
12.99. Абсолютно сходится. 12.100. Условно сходится. 12.101. Абсо-
лютно сходится при всех «ЕК. 12.102. Расходится. 12.103. Сходится
условно. 12.104. Сходится абсолютно. 12.105. Сходится условно.
® Рассмотреть частичные суммы с номерами 8п, в которых сгруппи-
ровать члены с номерами 8-- Ти 8А--5, 8Е--2 и 8-6, 8Е--Зи
8&--7. Убедиться в существовании предела Ит $:п. Далее, как и
По
при доказательстве признака Лейбница, воспользоваться соотношением
‚Л
lim > Sin 77? 12.106. Сходится условно. 12.107. Расходится.
fi oo
12.108. Абсолютно сходится. 12.109. Расходится. 12.110. Расходится.
® Рассмотреть частичные суммы с четными номерами. 12.111. Схо-
дится условно. 12.112. Сходится абсолютно. 12.113. Расходится.
12.114. ® Воспользоваться неравенством [4.615 (| a |?-+-|6 |2).
12.115. Cxogutca. <Q Ouenum c,. Hmeem
a
1
1
1
„= У н'ытеи+ Yo ays
lt
k=l (+)=[+|+! 22
Полученные слагаемые являются членами СХОДЯЩиИхСЯ рядов
ao
ор
Ay>
и А, У a > 12.116. Cxogutca. @ Jaa оценки
a=V2"
n=1
Л ( |п-Е+1
me Ea — FFM) воспользоваться разложением дроби на про-
стейигие
!
!
—
4.
ty
)ипока
Е? (п --1) (1 Е" (пЪ-- ПЕ 'ntt—k
:
n
bE монотонно убывают по
k=1
абсолютной величине. 12.117. Расходится. ® Воспользоваться разло-
жением дроби из предыдущей задачи на простейшие и оценить члены
п
п
1
1
1
= Ув снизу. 12.118. Расходится. ®
ТЕР >
зать, что числа ф„ = (— 1)" +1
1
>>прип=2.
12.124. (0, -{-00); абсолютно сходится при хЕ(1, +00),
12.125. К; сходимость всюду абсолютная. 12.126. Расходится во
334

всех точках. 12.127. R\{—3}; сходимость всюду абсолютная.
12.128. (— с, —1); сходимость всюду абсолютная. 12.129. (—1, —1/2]
(/ (1/2, 1); сходится абсолютно при хЕ(—1, —1/2)
1) (1/2, 1).
12.130. [0, - ©) {Ел|А=—1, —2, ...}; сходимость всюду абсолют-
ная. 12.131. (—2, 2); сходимость всюду абсолютная. 12.132. (0, -| о);
сходимость всюду абсолютная. 12.133. [1/е, е); сходится абсолютно
при хЕ(Ше, 6). 12.1384. |z—2]| > 1. 12.135. |z+1|> 1.
12.136. | z—3i| >V 2.
12.137. Полуплоскость
Rez>0.
12.138. {2 |—л/4 < argz < 1/4 n 30/4 < argz < 50/4}. 12.139. Rez < 0.
12.140. Бег > 1. ® Сравнить выражение |(—1)7п-?| с членом`и-Р
ряда Дирихле. 12.141. тг > 0. ® Воспользоваться тем, что дробно-
§2—29
2—2
во внутренность единичного круга. 12.142. |2| > 1. ® При |а|>1
z—a
функция w=? T= отображает внешность единичного круга (|2 | > 1)
—az
Ha BHYyTpellHocTh (|w|< 1). 12.143. |z/(J—z)|< 1, т.е. Rez < 1/2.
® См. задачу 11.190. 12.144. Сходится при хЕ(0, -- ©), равномерно
сходится при хЕ[, -- ®) для любого а > 0. 12.145. Сходится при
хЕ (—‹<, —3)() [—1, -- °), равномерно сходится прихЕ (—, —3—6]}
(0-1 ©) для любого 6 > 0. 12.146. Равномерно сходится на всей
оси. 12.147. Сходится на всей оси, кроме точек х=-—1, —2, ...
Сходится равномерно на множестве, получающемся из оси после уда-
ления интервалов (—6,—#, —#- 6%), РЕМ, где бк и 5g сколь
угодно малы. 12.148. Кег=< 0; ‚сходимость всюду равномерная.
12.149. |2—1|<1; сходимость всюду равномерная. 12.150. Сходится
при Кег > 1, равномерно сходится при Кег=а > 1. 12.151. Схо-
дится вне круга |2--2| > 1, равномерно сходится вне любого круга
линейная функция ш==е'
отображает верхнюю полуплоскость
©
2
[2-21 =&а> 1. 12/152. ® Вычислить Ю) (х)= у» ии и по-
=n+l
‘казать, `что lim R,, (x) =1 4 R, (0) =0. 12.155, Ряд сходится в области,
х—
‚состоящей из внутренности единичного круга |2|< 1, точки z=—1
и внешности единичного круга |2|>1; ряд равномерно сходится
в объединении замкнутого круга |2 | < 1—' и замкнутой внешности
круга |z/21+6 для любых %,0>0. Сумма ряда S(z)=
1/2 при |2|> 1,
-| —1/2 при ]2|< 1, 12.159. ® Воспользоваться утверждением
О при 2=1.
задачи 12.158.
12.162. Если степенной ряд (1) сходится в точке 2=2, # 2%, то
он абсолютно сходится в круге | 2—2 | < | 21—25 | и равномерно схо-
дится в любом замкнутом круге | 2 —го | <л < | 21—20 |. Если ряд (1)
расходится в точке 2=2., то он расходится и вне круга |2— 25| >
> | 22—25 |. 12.163. ® Для доказательства утверждений а) и б) вос-
пользоваться теоремой Абеля и теоремой Вейерштрасса, а для дока-
зательства утверждения в)— теоремой Абеля, утверждением задачи
п
Ы—
=—
с
—nf
12.168 и учесть, что lim
я lim Ис, |. 12.164. ® Вос-
п ->>
tl=>oo
пользоваться утверждением 9 задачи 12.163. 12.165. Сходится абсо-
лютно и равномерно в области |2г—1 |< 2. 12.166. Сходится абсолютно

и равномерно в области |2--1|<2. 12.187. Абсолютно сходится, если
|2-|--2] < 1; равномерно сходится, если |2--2|<г<1. В точкак
X=: и х= —1 сходится условно. На отрезке.
—3 < x <—I cxogutca
равномерно. 12,168. Абсолютно сходится в области | 2—4| < 1/2; рав-
номерно сходится в области | 2—4 | «г < 1/2. В точке х==9/2 сходится
условно, в точке 7/2 расходится. На любом отрезке 7/2 < г< х< 9/3
сходится равномерно. 12.169. Сходится абсолютно в области |2—2 |<
«1/У 3: равномерно сходится в области |2—2 |< г < ПУ 9. В точ-
ках 2 —— расходится. 12.170. Сходится абсолютно в области
У?
|2—3| <
У
3; равномерно сходится в области |2—3|=<г< УЗ.
В точках х==3 + У 3 сходится условно, и на отрезке 3—V 3<х=
<3-- У 3— равномерно. 12.171. Сходится абсолютно в области |2| <3,
равномерно сходится в области |2 | < г < 3, в точке х = —З сходится
условно, а в точке х==3 расходится. 12.172. Сходится абсолютно
в области |2| < 1, сходится равномерно в области |2 | < г< 1, в точ-
Kax X= +-1 расходится. 12.173. Сходится абсолютно в области |2--1|<
<У 5/3, сходится равномерно в области 12-51 < <Я 2/3, сходится
У2
3
12.174. Сходится абсолютно в области |2| < 4, сходится равномерно
в области |2 |< г< 4, в точках х= +4 расходится. 12.178. Сходится
абсолютно в области |2| < 1. Сходится равномерно в области |2 | <
< г < 1; расходится на окружности |2 | =1. 12.176. Сходится абса-
лютно в области |2| < 1; сходится равномерно в области |2 |=г< 1;
расходится на окружности | г | =1. 12.177. Сходится абсолютно во всей
плоскости, равномерно—в любой ограниченной области. 12.178. Схо-`
дится абсолютно в`области | 2—1 | < 8; сходится равномерно в обла-
сти |2—1| << 8; в точках х= —7 их=9 расходится. 12.179. Рас-
ходится во всех точках, кроме точки 2% =7. 12.180. Сходится абсо-
лютно в области |2—3| < У 3, сходится равномерно в области
|2—3|<г< У 3, в точках х=3+: У 3 расходится. 12.181. Схо-
дится абсолютно во всей плоскости, равномерно—в любой ограни-
ченной области. 12.182. Сходится абсолютно в области |2—1|< 1;
сходится равномерно в области |2—1|<г< 1; на окружности
2—1|=1 расходится. 12.183. Сходится абсолютно в области
2—3| < 4; сходится равномерно в области |2—3|1< г< 4; в точке
х=7 сходится условно, в точке х= —| расходится. На любом от-
резке —1 < {= х=7 сходится равномерно. 12.184. Сходится абсо-
лютно во всей плоскости, равномерно сходится в любой ограниченной
области. 12.185. Сходится абсолютно в области |2| < 2; сходится рав-
номерно в области |2|< г< 2. В точке х=—2 расходится, в точке
х=2 сходится условно. На любом отрезке —2 < [< х<2 сходится
равномерно. 12.186. Сходится абсолютно и равномерно в области
|2|<2. 12.187. Сходится абсолютно в области |2—21| < 2, сходится
равномерно в области |2—21|<г<2. 12.188. Сходится абсолютно
во всей плоскости, равномерно—в любой ограниченной области.
|
V2_
12.190. Сходится абсолютно во всей плоскости, равномерно
— в любой
ограниченной области. 12 191. Сходится абсолютно в области [2—1 |<
< 9/4; сходится равномерно в области |2—1|<г< 9/4; в точках
336
условно. в точке х = —1 --
У?
и расходится в точке х= —1-|- 3
12.189. Сходится абсолютно и равномерно в области :|2--{|=

х=—5!4 и х==13/4 расходится. 12.192. Сходится абсолютно в обла-
сти |2|<е; сходится равномерно в области |2|=<г«<е; в точкак
= е расходится. 12.193. Сходится абсолютно и равномерно:в обла-
сти |235 ИУ 2, 12.194. Сходится абсолютно и равномерно в
области |2--3|=<1. 12.195. Сходится абсолютно и равномерно
в области |2—3|=<
У 2. 12.196. Сходится абсолютно в области
[2--3|< 1; сходится равномерно в области [2-3 |< г< 1; в точках
х=—2 и x=—4 расходится. 12.197. Сходится абсолютно в области
|2| < 1; сходится равномерно в области |2|=<г < 1; расходится на
окружности |2|=. 12.198. Сходится только в точке 2=5.
12.199. Сходится абсолютно и равномерно в области |2|=< 1.
12.200. Сходится абсолютно в области |2| < 1/2; сходится равномерно
в области |2|<г< 1/2; расходится на окружности |2|==1/2.
12.201. Сходится абсолютно и равномерно в области |2—2 |< 1.
12.202. Сходится абсолютно и _—
B области [211 1.
n(n+ 1} i
12.207. У. г (z In 2)", |z| <-+-00. 12.208. ey (—1} eee ‚nl
|z| <0. 12.208. 1-+>LS (a yn
т
т [2| <. 12.210. 2
+ =.СБ. ..,[2| < : . ® Радиус сходимости этого ряда опре-
деляется путем применения следствия из” теоремы Тейлора.
ба
л
2.16.
12.211.
15.2
+a? --..., lz|< 9 e 12.212. 2— 31 #
=
г +t see,
24
[21 <<P 12.213. 1—3: 2 — да...|2 < ®. 12.24. 1—2
34
2se(—
(2n)l’
mh
поп +1
[2| < -Е оо. 12.216. Уи" at fz] <2. 12.217. у (—1)" иг,
n=0
п=0
3
г \^ 2.5.8.. (3n—4),
[2]<4
12.218.
3—57—
nl Зап
,
12| < 27.
п=
i
13a
(2n—1) ,
12,219. 3 (1
ляa Lf(—Ite an at...},
|2]< 3. 12.220. у. war?
НИ
12.221. Хан yt 22 +1) 27, [2 | <> 12.222, ус
А
п=0
[21 <. 12.223. У pr Па. 12.294, У" их
n=@
42 оя пен. А. В. Ефимова. В. П. Пемиловича
837

22л +k
=
041 +3
Хит ‚Ре <. 12.225. У. (— 1 ира 3, [2]
<о.
п=0
@
.
- (—1)7+22"—1
|
1,
|
—_1
12.226, >.
A
2", |2| < 5; при х==-). сходится условно.
A=
12,227. 245 (—1)"+2 (1--2- ") = 12| < В при х==1 сходится
n=}
©
2п—1)!| 221+
условно. 12.228. z+ >) (— 1)" ( a !
[2|< 1; прих=1
2n-+-1’
n=1
со
абсолютно сходится. 12.229. У. ([—- 15 ти ‚|2 < 1; при х= +1
n=0
— ПИ 227+1
сходится условно. 12.230. =>. м aT ‚|2 < 1; при х =
n=l
I
6
12.231
=(17
281+
=+
абсолютно сходится.
2d,>—
5
Эппл! (21-1)
n=0
(
12.232
1
a
со.
232.
со
[г-а
Е
ВЫ
n=
©
~
pa onze}
_
@ 2cosz—sinz__/sinz и
12. 233. У. (——1)
би|7<foo.
22
с
|
*
n=l
f
(2n — 1) z2"-2
z sin z—1--cos 2 т
9
n+1
_
12.234. >. (—1)
Gn)
, |z]|<--o. @
i
os
n=l
_ [ее ) 12.235. —78--59 (2-4 4)— 4 (24-4) + (2+ 4%,
2
.
(z—3i)"
12.236. >) (—1)"+4(e—2)", |z—2] <1. 12.237. > eae
n=0
n=0 >
(z— 3)?”
|z—3i] <|1—3i]=V 10. 12.238.
———_, 12-31%%
Ak+)
k=0
12.239. SS) (2-"-3—3-"-}) (2-++-4)", | z+4| <2. 12.240. 1+ @—10+
п=0
©
Ss (— рана 2pene) 4) er, |z—1] <1. 12.241. (—1)" +234
n=2
n=l
338

—9\n—-1l
or [2-21 <20 = =— F(Z) ‚ 12.242.
=
=0.
[2] <-Го. 12.243. ey) (—1)” т (2—1 + а— 1)" +1), [2 <,
n=0
©
4
|
12.244. У (—1" [5
ЕТ ео), 12| <.
n=O
5” (z— 1)"
12.245. 3In2+4 S$) (—1)"+!
а|<=. ®п(52-3)=
n=l
=In8+In(14+3@—N). 12.246. и ©. и+3)" ,
п.eqn
п=1
2
|
2
.
°
e
<
. “ape
.2
e
,
7
|z+3]|<2. 12.247. |z| < 1; (2 12.248. |2-1|<1 73
12.249. |z—3]| < 1; em 7 3, 0 при г =3. 12.250. | 2| <|а|;
1
ара 12.251. |2|<1;
5 12.253 Представив }(2) в виде
rr)
ряда по степеням (2— а), т. е. в виде f (z)= >, Сп (2— а)", из непре-
n=0
рывности ] (2) в точке г=а убедиться в том, что с, =0: Это означает,
что | (2) =(2— а) 2 си (2—а)"-'=(2—а) | (2), тде |(2) —аналити-
ческая в круге eal < К функция и fy(z,)=0, k=1, 2,...
Отсюда вывести заключение, что с: =0ит. д. 12.254. Нет. 12. 255. (2)=
= 2/(2-- 2). 12.256. | (2) =2?. 12.257. в (г) =|(2)
= 1/(2—2) в общей
части кругов |2| <2и|2—# | < V 5. 12.258. g (2) =f (z)=I1n (1-2)
B oOuleH uacTH KpyroB |z]|<1 Hu [z—1—2i]<2Y 2.
12.259. 10000 при х=1 или 10 при х=-— 0,5. 12.260. Два члена,
4
предельная абсолютная погрешность < >. (3) —0,0000386 < 0,0001.
12.261. 0,0002. 12.262. |х|< 0,9067. 12.263. 0,002. 12.264. 1,6487.
12.265. 0,3679. 12.266. 0,5878. 12.267. 0,2094. 12.268. 0,5403.
12.269. 0 ‚8269. ® Учитывая, что 1000 -= 318. 3, 1415926 1, 5707963 —
— 0, 5971963, приводим аргумент к величине 0 ‚5971963 Е [0, п/4] и на-
ходим
sin 1000 = sin (1 ,15707963 — 0 5971963) = cos 0,5971963.
12.270. 8,0411. ® 7/520 =(5124+8)1/8 =8 (1+5). 3. 12.271, 3,8730.
е У15-У16—6-4 (1-1) 12.272. 5,1437. ® 7/700=
= (625- 75) 1/4 =5 (1+5)
12.273. 0,6931. ® Использовать раз-
12*
339

1—х
©
lx
x2 +2
ложение In + =25
n=0
2n-+-]
1
при
Х——.5
12.274. 0,5236.
12.275. 0,9385. 12.276, 1,1752. 12,277, 1,1276.
12.278.
FUNCTION S(Y,EPS)
PI = 3.141593
P12= 1.570796
X=YFACT =1.
SX =1.
IF(X.LT.0) SX=—1,
X == ABS(X)
IF(X.LE.PI) GO TO 1
X1=X/PI
N—XI
No==No/2
M—N—NI1+#2
IF(M.NE.0) FACT =—1.
X11-=N
Х=Х— Х!1+Р1
IF(X.GT.P12) X =PI—X
S=0SM=X
b
o
d
A =2sT
A =(A-|-2.)#(A +3.)
—=$--$М
SM = SMx(—1.)#(X#X)/A — -
]F(ABS(SM).GT.EPS) GO TO 2
S = (S-++ SM)+SX#FACT
RETURN
END
® Tax Kak sin x=sign(x)-sin] x], To можно считать, что x >> 0.
Пусть х = лл-{ хи, raen=[x/n] u xyE[0, x), Torza sin x=sin (mn-+ x3) =
= cos mn Sin xy = (—1)”" sin xy. TIpn stom, ecan х: Е (л/2, я), то пола-
raem sin x =(—1)" sin (n— x3) =(—1)" Sin xq, где хЕ (6, 5).
12.279.
FUNCTION C(X,EPS)
P12 = 6.283185
Y = ABS(X)
}F(Y.LE.P12) GO TO 1
N= Y/P12
A=N
12.280.
FUNCTION E(Y,EPS)
REAL#8 E1/2.7182818284590
+/,E2/0.3678794411714/,E3,E4
IX =X
X1=1X
X¥=X—xXI!
E4=1,
E=1.
B= ABS(X)
JX= JABS(IX)
IF(JX.LT.1) GO TO 3
ЕЗ=Е!
tF(IX.LT.0) E3=E2
® Оценка остатка:
[К |<
340
У—=У —Р12+А-
1 У=У-+ 1.570796
C= S(Y,EPS)
RETURN
END
РО|]1=1JX
}] E4=E4sE3.,
ЗЕМ=1.
Т=0.
2 T=T+1.
EM =EM+X/T
E=E-+-EM
EPS] = ABS(EM)+B/T
IF(EPS!1.GT.EPS) GO TO 2
EM=EM4
Е =Е*ЕМ
RETURN
END
9
nin

Uncao ex e=el*lse%t, | ху| < 1, гдее[*! =е.е...е при [х]> 0, е!*! =
|,
е...е
[x] pas
——
[x] pas
приx<0.
12.281.
FUNCTION BINOM
IF(B.GT.1) GO TO 1
*(X ALFA, EO)
EPS! = ABS(B)/(1 —ABS(A)*
[F(ABS(X) GT.1) GO TO 2
%*ABS(X)/T)
BINOM=1.
IF(EPSI.GT.EPS) GO TO 1
B=I.
RETURN
Т =0.
2 WRITE (3,3)
1 A=ALFA—T
3 FORMAT ( PAT PACXO
T=T+1.
*JTATCH:‘)
B= BwxAxX/T
RETURN
BINOM=BINOM-+ B
END
1
® Оценка остатка: | К 1 |(=) хп
12.282.
FUNCTION ALN(X,EPS)
А=(—1.)жХ+А
T=
ALN=ALN-LA/T
ALN 0.
АВТ). GT.EPS) GO TO 1
A=~l,
RETU
1 Т=Т-1.
ЕМО
12.283.
/
FUNCTION ALNI(X,EPS)
B=A/(T2+1,)
IF(ABS(X).GE.1) GO TO 2
АТМ
== АМ
Т =0.
‘ EPS! = ABS(B)у(1. Хо
ALNI=X
| IF(EPSI.GT.EPS) GO TO Th
A=X
¥ . RETURN
{ T=T+1.
2 WRITE (3. 3)
|
X2 = Xand
3 FORMAT (’ ABS(X).GT.1 ’)
A =AwX2
RETURN
T2 = Tx2.,
END
® Оценка остатка:
R
|x[a+1
| nO) |Sy
as
12.284.
;
FUNCTION ARCTG(X,EPS)
ARCTG= ARCTG-+-A/(T2+-I.)
IF(ABS(X).GT.I) GO TO 2
EPS1 = ABS(A##X2/(T2- 3.))
T=
IF(EPSI.GT.EPS) GO TO 4
ARCIG= xX
RETURN
A=X
2 WRITE (3,3)
1 T=T+1.
FORMAT (' ABS({X).GT.1 ’)
ХС .)жХ жа
RETURN
xz AwX2
END
Го = Tx2,
12.285.
PUNCTION Boy ,EPS)
Bo= |.
$41

Т=0.
T=T+1.,
A= Aa ХХ) /Тнн2
BO=BO0-++A
IF(ABS(A).GT.EPS) GO TO }
RETURN
END
12.286, Одна из двух подпрограмм:
FUNCTION SH(X,EPS)
SH= (E(X, EPS)
— E((—1.)}*X,EPS)) /2.
RETU
END
FUNCTION SH(X,EPS)
SH=0
А=ХТЕТ.
Т2 = Т+2.
БА = (Х+*2)/Т9+(Т2-+ 1.)
12.287.
FUNCTION CH(X,EPS
SH=SH-+A
А =А*ЕА
IF(FA.GT.1) GO TO 1
ЕР$1
= А/(1— РА) |
IF(EPS!I.GT.EPS) GO TO 1
RETURN
END
CH = (Е(Х, Е .)*X,EPS))/2.
RETU
END
12.288. Задание для ЭВМ
к задаче 12.268:
а) подпрограмма`
FUNCTION S(X,EPS)
6) подпрограмма
FUNCTION C(X,EPS)
6) основная программа
= C(1.,0.0001)
R1 =COS(1.)
WRITE (3,1) R,R1
1 FORMAT (’ COSI, 2F8.4)
STOP
к задаче 12.272:
а) подпрограмма
FUNCTION BINOM(X,ALFA,
* EPS)
6) основная программа
К = вом. 12,0.25,0.0001)
К =5.*жК
R1 =SQRT(700.)
R1=SQRT(R1)
WRITE (3.1)R,R1
FORMAT (' 700+ж1 /4) =
‘END
«’ ,2F8.4)
STOPEND
>
an
©
21+1
—_n+17
—.]\n
aan
12.289. У (-17+15 у, 12.290. >. 1" орга
n=1
12.291. у. (—
n=0
хе+
12.293. У‘ —1* т
k=0
12.295. 0,2800.
12.299. 0,7714. 12.300. 0,9461.
„12.301.
FUNCTION SI(X,EPS)
SI= XX2= X*X
342
Е. 12.294, yo
12.296. 0,1991. 12.297. “0,4802,
(28 ПИ x38a+h
+1
ЕЕ:
0“ 12-292. у No тт и-Е
n=0
х2п+Ё |
” OnE (2n-+1)!°
12.298. 0,6225.
Т-- Г.
y
a
n

T2=Ta2.
SM = $М+(—1.)*Х2/(Т2-&
+2.)*(Т2-3.)
A =SM/(T2-+-3.)
12.302.
FUNCTION ERF(X,EPS)
ERF =X
X2= X#X
AM =X
T= 1,
1 T=T+1.
T2 = Tx2,
12.303.
FUNCTION BINT(X,S,
*xALFA,EPS)
Х$ = Х++5
BINT =X
B=X
T=0
Т=тТ- 1.
TS=TsS-+ I.
C= XS#(ALFA
-+ 1.—T)/T
12.304.
FUNCTION ATG(X,EPS)
AQ (—I. Je XaX
ATG=X
T =0.
1 T=T+1,
Т2 = (Т+2.-Н1.) +2
12.305.
FUNCTION ALIN(X,EPS)
A=—l.
ALIN =0,
T =0.
1 T=T+1.
T2=TsaT
12.306.
Задание для ЭВМ к задаче
12.297:
а) основная программа
В =0.886227+Е КЕ(0.5,0.0001)
WRITE (3.1) В
1 FORMAT (! /,F8.4)
STOP
END
6) подпрограмма-функция
FUNCTION ERF(X,EPS)
—
_
—
,
12.308, @
!
SI =SI-+
IF(ABS(A) \GT. EPS) СО ТО 1
ЕТEND
AM=AM#(—1,)4X2/T
A =AM/(T2—1.)
ЕВЕ =ЕВЕ--А
IF(ABS(A).GT.EPS) GO TO1
ERF= 1.128379¥ERF
RETURN
END
В=В+С
A=C/TS
BINT
= BINT-+ B/TS
IF(ABS(A).GT.1) GO TO |
A = B/(1.—A)
EPS!
= ABS(A)
IF(EPSI,GT.EPS) GO TO 1
RETURN
END
A =A+X2
B=A/T2
ATG=ATG-+LB.
(У. GT.EPS) GO TO 1
RETURN
END
А =АжХж(— 1.)
B=A/T2
ALIN=ALIN-++B
IF(ABS(B).GT.EPS) GO TO 1
RETURN
END
Задание для ЭВМ к задаче
12.298:
а) основная программа
R = BINT(0.6,2.,0.333333,
#0.0001)
WRITE (3,1) В
} РОВМАТ ('’ ИНТЕГРАЛ
+=’, 28.4)
STOPEND6) подпрограмма-функция
FUNCTION BINT(X,S,ALFA,
#E PS)
< ЕЕ аа)>>(2\ (G+)(a+e+H
343

1
TES ERTS ) 12.309. ® См. задачу 12.308, 12.310. ® Раз-
ложение в степенной ряд функции ш (1-х) при х= 1. 12.31. ® |3
ложение в степенной ряд функции аге@ х ‚при х=1|. 12.312.
12.313. 10 (2). 12.314. е—1. 12.315. 5 In 2. 12.316, sin 1. 12.317. cos ¥3
e
12.318. е?. 12.319. 1,0767. ® У eal = (2)—£(4)-+6
(6) —C(8)-+
n=l
aD
oN
]
=
x
+ 2a вер" 12-320. 4,3226. ® У sin? = = n% (2) 5-6 (4)+
n=l
(ет at
оес
+2 (six 45 =). 12.321. 0,5071. ® > wept A
_ х +4. =ORT Dy: 12.322. 0,0939. ® >. (—1)"* ey
(Tea: Бора
=
1
—_
—1—
—_
1
—
УЖ I") яз" 12.323. 0,1249. oy
о
n=l
n=|
a2
4
8в.
(тени) 9-я (1) +
в
}
+ ay “(—1)"+
12.324. Программа к задаче 12.322
or (3n -} 2)°
lo
(wenomssons равенство » (— 1hyr*? Ба 1 -=) С (2) —
n=]
-4, (1-7) 6@45 (1-3) 00-3 Deve па (ап)ЕЯ
при а=5, ь-з.)
А =5.
SM=1 A Testa(AaT -++ B))
B= 3.
C=C-+ Ds
EPS = 0.0002
IF(SM. GT. EPS) GO TO 1
S = 0.822467/A— B+0.901543
S = S-+- Bua3%C/Ax%3
*/Ажж2 -- Вж*2%0.947033 /Аж+3
\ЕТЕ (3,2) $
Р=1.
2 FORMAT A CYMMA
c=09.
*РЯДА =‘,Е8.4)
T=0,
STOP
1 T=T+1
END
D = Ds(—1:)
344

1-2-5.-6..
4о
12.325. y(x)= >) ( 2-5 eet n+ dy nt
n=0
2-3-6-7...(4n +2) (4 3
7
}
о n-+ 3) мч), хЕК. 12.326. y(x) =
_oe
хЕКЮ. 12.327.
и (1) =1--2х —
255335%5
—
х_5x8
12.329. 9 (x) =I 25]= 3]~ ®BP Ol—_-...
12.330. у (х) =
@
— VS Cee"? am a1—e- #12. x
У
2-ти
хиcy n= 1—e
ани
Си-тг “Х
т=
2т+ 1, Ю.
—
_(—1”_ 2т+1
ZR
xx
x€ 12.332. у(х)=х- | у` Om+ Di x , «ER,
m=!
12.933. y (x) =Cz oe 40, 084
жать две произвольные постоянные, поэтому из равенств. гot 1} ap =0
H (¢-+1)(7+2)a;=0 выбираем г=—1, тогда 070 и ay XO.
12.334.y (x)=Cycos VY x-+C, sin V x. 12.837. J 12 (x)= = sin-x,
. ® Общее решение должно содер-
I 342.44)= = cos x. ® Использовать равенство Г ("+5 ) =
о V x. 12.888. y (x) =Cily(ax)+Cyl—-y (ах), если у—ве
целое чиело и и (х)
= С1/, (ах)
Е С.М, (ах), если у=п— целое число:
12.339. y (x) —=Calg
0%) --С,М (2%). 12.340. ух=сИ в
+Cal —1/3 (2x). 12.341. y (x)=Cylg (xV 3)4+C,N a(x V 3). 12.342. y (x)=
=Cylyys(8x)+Col1/5(32
=2
a
< |2] <<; 29ен2. 12.346. 1< |z—i] <4; т 12.347. 1/3 <
. 12.345.0 <
<|2--< И2, 12.348. 2<|2—9|<3. 12.349. |2]> Ше.
12.350, jz+1]> 4. 10.55. 1/2<]z2]< ИЗ. 1.352. —
0
@
—рр
—
‚-
—но
> И" (2—1, <] 2—1
<
1
2|I} ri<
©
< |2—! | <+-®. 12.353. }° п }2|> Е. ® Произвести замену г=1/4и
n=2
345

=)
[
~ 5 (z+3)
1
Ly
72
.
т
—
щЩщ
_—
А
разложить по степеням 1]. 12.354. 5—5) 5
1}(
ao
Ё
Е=0
a
с
1
z+-3\k
BR
—sb (FE). o<tetsi<ts Si cogee 12431>6.
k=0
k=0
12.356 у“
2
о, Ny
356. — aa lz] >2 12.357, ———;— de )*,
wo
1
1
3
0<[2—1]<1;эт
> Gaye
>
1. 12.358. ——5 +
+2У еб4+@— HN, O<[2—2leh
k=0
2—2 т
a0
1
09k
2
k=0
k=l
[< |2| <-Е®. ® После замены г= 1/4 воспользоваться равенством
1\’
1
1
1
. 12.360.
—
2—1. 12.361. 2—1
(я) т
Сepi?*
11
~(= aes
ic
i
—
~—
+L a “1 <2] <-foo. 12.362.
37" (>=,
< (—20*
(—1)*
1
—
0<|[z—i| < 2;
i> (—еде 12— > 2. 12,363. у. 28 +1,
k=0
[21> 1. 12.364, —7——— ту ме, 0< |2< 3;
k=l
Ех
on
2
FE O20 Gap P< leii<te. © Ge
11‘
.
=—5 al
. Для второго разложения воспользоваться заменой
I
k+-1
1
г—{=a.12.365.#0тт! <[#1<.® Е
1
1
!
п 281—3
=: (=т) ‚ 12.366. yan “Gar
O< [zl <+oa.
п=0

©
©
У
gin-3
|
У
12.367.
(oi (nyt? 0 < |2] < +o. 12.368,
(— 1I)"x
A=
n=0
1
|
1
MOTE ymF 0<12—21 <. 12.369. У т,
n=0
0 <|2|< оо. 12.370. > a———>,
0 <| 2] <-boo. 12.371. Ух
n=0
42п cos |
tein]
1
aan ( oy + (2n+- 1) ene ), O<|2—2]< +o.
ware, Sy (— tek (1g) fet cts О
k=0
—1]
+
11| <2Хейпет 28,|211>2.
©
12.373. = >.
=0
2_
_ ТА(2— АА
_
Hes eastI -+0—=D
ЕР)УЗ<
<|2—i]<V Ih; =$. +9 (2—1 (3—2) (4—0*-1х
—1)* (3—2) _ 342i
|_
( a —о )ear, |ze—i|<V5;
8
@
Сaay |? —i]>V17 12,374, 7
яна (1 де),
—])z A (—1)%
[21< 1; 3( багу cast
1<|2|<2;
k=0
x
©
©
1
1
ЗУ cr (1—4*),|z| > 2. 12.375. > =" (1—1
k=0
k=0
1=
4k]
A—
3m (Е)
жит
ДЕчт) 1<|21< 2;5т. qrary+ [21 > 2.
о
К=
12.376. —144-2 agen l< [2] < -- ®. 12.377. ® Рассмот-
т)11<3
реть интеграл
1
Ч и воспользоваться ограничен-
(И— 20)" +1
|1-2,/=p .
ностью [(2), вытекающей из существования предела Пт, [ (2).
12.378. ® Использовать следующее утверждение: если g(zZ) = (2%) X
XQ (z), m1, Ф(20) #0 иф(2) —аналитическая функция в окрест-
HOCTH TOUKH bay то в некоторой окрестности точки го справедливо
347

1
1
азложение ——== by-+ 6; (z—z2 ...; [= Где 6b, =——— £ 0
p
ф (2)
o-+ i(
o)+
0 (Pp(2p) x
12.379. ® Провести доказательство от противного, т. е. предположить,
что [(2) ограничена в окрестности точки 2% и вывести из этого пред-
положения, что г, —устранимая особая точка. 12.380. ® Рассмотреть
l
УНКЦИЮ
2SST7
доказать, что го — существенно особая
) + F(2—A
точка для Ф(2), и воспользоваться утверждением задачи 12.379.
©
2.381. >, с,г" сходится во всей плоскости, а ряд >, спг"
— вне
п=1
п=-®
круга |2|> R. 12.382. Точки 2 =е7"4 и г, =езйИ4 — полюсы
3-го порядка. 12.383. Точки 2, =0 и Ш | Ш полюсы 1-го порядка,
а точка 23 = 1 — полюс 3-го порядка.
12.384. — Точки
г. =^л, КЕТ,, — полюсы 1-го порядка. 12.385, z2=—I—
полюс первого порядка, 2г1=2— полюс третьего порядка,
2. =--{—полюс пятого порядка. 12.386. 21 =0 — полюс второго
порядка, 2.—=1--Рл, ЕЕ,
— полюсы первого. „порядка. 12.387, 2=
= —|— полюс третьего порядка, z2p=2k1, КЕ 2, — полюсы первого
порядка. 12.388. 2. =0 и 2›=л-— устранимые особые точки; 2% =
=1/2, Е= --1,—2, +3, ...,
— полюсы первого порядка. 12.389. 2.=
== л/4 — устранимая особая точка, 2. —=л (48--1)/4, = 1, +2,..,,—
полюсы первого порядка. 12.390. Точки 2p = n(2k+1)/2, kREZ,—
полюсы 2-го порядка. 12.391. Точка 2, =3-—-существенно особая.
12.392. Точка 2 == —2/— существенно особая. 12.393. Точки гк =1 --
+ey ‚КЕ,
— полюсы 1-го порядка а точка z=:1—
предельная для полюсов. 12.394. В точке г=1 устранимая особен-
л (22-1)
ность, а в точках =,
REZ,— полюсы 1-го
порядка. 12.395. В точке г, =0. устранимая особенность. 12.396. В точ-
ке 2 =0— полюс 4-го порядка. 12.397. В точках гк = ш3-- 2ел/,
ЕТ,
—
полюсы 1-го порядка. 12.398. Правильная точка.
12.399. Полюс 3-го порядка. 12.400. Правильная точка (нуль 3-го
порядка). 12.401. Полюс 2-го’ порядка. 12.402. Существенно особая
точка. 12.403. Существенно особая точка. 12.404. Полюс 2-го. порядка.
12.405. Правильная точка. 12.406. Правильная точка. 12.407. Сущест-
венно особая точка.
г, ty
28
.
ery ]=-+
а
12.408. выч | ae . 2} =. 12.409. Bory |
2?
.|
gan
ВЫЧ ое
-П=у 1 12.410. выч lopeiy ; | —
—2Пе
. 12.411. выч
car 0]== }
выч lrercar
22-4) ; +21] ve 12.412. — выч | sey
(ios! 0| =
=>; ВЫЧ | яяса), Е ~ ser ‚К k= +1, 42,...
346

sin +
BLY
sin 2z
л]_4ЗЫ
5ш 22° 1]
eae en Ca
_ 44Asin2 |2
sin 22
4cos2
Чи
(n—D)? .
12.415.
ВЫЧ lear >
—1]——
3
.
12.413, pui{ ——_; (—1)* ote —(—1)F a Ree 12.414,
1
e*
.
12.416. Bom | arty
Pz ae |=,
ВЫЗ lary 3i| ==a
е
1е-31
1”
ВЫЧ ee
—3i|=— 54 .12.417.вычte<,k=9x =
4
=—1, REZ. 12.418. si [ctg2z; ka]==0, RE Z. 12.419. выч cos =; 0 |=
3
га]
22--2—1. 2
—>. 12.420. вым [ЕР
0|=0,вычЕ
]
l
e
e
1
aT
0—ly
—_—__—__— *
—=——,
12.421 выч | 2—2) |= ] ВЫЧ п—2)} |
5
1
BbIY| я ;—||=—5- 12.422. выч|= ;
1
УЗНИЗ,1
1
2—2,
|- 6 вы|22—25’'|= 3’
4!
yx
р
выч|2—5,;
iv |= УЗ.
12.423. выч |
es
2}——— 5 sing, 12.424. 1. 12.425. 0. 12.426. |. 12.427. —1.
|
9
.
|
S
ВЫЗ
15
12.428. 0. 12.429. —з зи 3. ® Воспользоваться второй теоремой о вны-
щетах. 12.430. 0. 12.431. л?, 12.432. —1. 12.433. му? . 12.434. 224.
12.435. x 12.436. AME sh 3. ® Воспользоваться ры теоремой
о вычетах и результатом задачи 12.429.
12.437, (—1)"x
n(n--1)...(2n—2)
21
(n—1)!
(6 —а)2"-1
рой теоремой о вычетах и соотношением выч [| (2); «]=0. 12.439. 24.
12.440. 0. 12.441. —4ni. 12.442. 2ni, n=1; 0, n=0, 2, 3,...
gn+1
“ne
12.443, [yy 12.444, 2(1—en1) ni, 12.445, Orci. 12.446, (cos 1 +
+ sin 1-+i (sin 1 —cos })) 5. 12.447. 0. 12.448, 0. 12.449. xi.
2л
2ла
л (а8-|- 1)
11—02 °
. 12.438. 0. ® Воспользоваться вто-
12.450.
12.451, ———
12.452.
Иа! .
V (a2— 52)? ©
12.453. 0. 12.454. =~ (a—V a®—82)., 12.455. mi. 12.456. nV2
л
И). еп
ол
л
031-а
(n—1})}
e 12.458. ‘Qab (a+ b) * 12.459, 4а e
349
12.457.

.
л
4
д
ле
12.460.
97° 12.461. 3 TM 12.462. базаре ° 12.463.
Хх
60s
UMо-Уз/а >sin— 3)
(sin 2-+2 cos 2). 12.464.
УЗe
(Уз sin д — (085).
12.465. + e-%, 12.466, me? cos 2. 12.467. 9 (е-1+е-3). 12.468. лх
х(е--е-з). 12.469. 1 е-, 12.470. л ‚ 12.471. 2 корня. ®р(#4)
при изменении Ёот -|- о до — приращения не получает. 12.472. 2 кор-
ня. 12.473. 3 корня. 12.474. ® Воспользоваться тем, что агё [в ==
=arg f--arg© и arg (1 30 при обходе точкой 2 контура Г, прира-
щения не получает, ибо $).
<1. 12.475, ® Рассмотреть функ-
F(n) Inez
ции }(2)
= а0г" и Фф(2)=а12"-1--...-Ра, на окружности |2|=К
достаточно большого радиуса Ю. 12.476. а) в круге |2|< 1 один
нуль; 6) в кольце 1<|2|<_2 четыре нуля. ® Положить } (г)= 82
в случае а) и {(2) =г? в случае 6). 12.477. а) в круге |2| < 1 один
нуль; 6) в кольце 1=<|2|<2 нулей нет; в) в кольце 2=|2|<3
два нуля.
1/2
12.479. Для uetuot: B,p=9, a= | f (x) cos
4х, а для не-
(/2
°
четной: к ==0, B= \ f (x) sin
0
1 2 “sin (2m—1) x
1
2m— |
2nRx
| ах (& =0,1,...). 12.480. | (х)=
S@=5 (puc. 109). 12.481. f(x)=
=У oo! s(F)=7 (рис. 110). 12.482. г9=э-
4 xv cosn(2m—1)x
me
(2т— 1) ' $ (1)1=1 (рис. 111). 12.483. a4
4 хх (—1)^+1
|
a
© (—1)*
+=
“Te 1~ cos 2k.
12.484.
3+4У,
= cos kx.
wo
.
4хх|
(2k-+- 1) nx
24
cos 2kx
2.4°—
e
e
.—_
м“
12.485 =>
sin
<
12.486 = =>
2 sina
ksink
12.489, —-—
. (а, если а— не целое; зш ах, если

gh
Sy (2) *So (#)
f(z)
Sg (Z)
NoLN
A
\_~
-л
0
я
D
55 (2)
Рис. 109
Gh
Tt2
|
$ (2)
р
"
я
Lg7
3 (2)
Рис. 110
gh
|
f (2)
1
9 (т,
So (2)
|
Sy(Z)=So()
а
—
Рис. 111
851

.
2sinan/ | =
,acoskx\
ЗЕЛ. по, ет
4-5 (—1) чек. если а — не целое;
Е|
знал кз
в_1А АХ
воз ах, если aGZ%. 12.491,
=>(—1)и
k=
знал| 1 =
в 405Ах
12.492. Е _ [5+
( 1) ая |..12.493. a)5 5-Е? In2x
у 2coskn—] co kx
6) 9 “~ 2coskn—| sin Ёлх
х In? 2-- kn? “Та
’
т In?2-1Е?л? In2°
=1
=
1 2 ey [cos (4k-4-1)x cos (44-43) x 4unl
12.494.a)>+=D) ( 41
4k&+3 ©) 0) mae”
k=0
=
@
xsin? “2 sin kx. 12.495. а) soa Dee = C08 (2k—1) ax.
k=l
8х (—1 (Оля
(—1)*
TLE DEF Sin —
«12496. as fe C08 hx
о
k=?
|
6)—si
in 2kx. 12.497, a
—760Sx. )>sins—
WR
x.
atx
k=!
Сол2х
Оinnt
xD, GP cos ate aE,
sta) sin ate
k=1
k=l
4<
1)*
12.498. а) ВыWht 003 CRI) x 6) $y LBC oan
k=0
k=1
19.499. 0) 4 -
|
ot
499. a eh OF > cos (2k—1)x. ©) Dag sin de. 12.500, a) —-X
=1
=.
|
Rmx
tal =
5k=)RK
у.
rir
тaD
ft
Mee ЛЬ
k=
=
п
m2
12.501. a) —; 6) ——.® Pacenon еть ряд в точке хо== 1/4.
)
i
9) V3
реть ряд
о== [
12.502. л2/[2. 12.503. л?/б. 12.504. ® Умножив и разделив 6 (х) на
по Эш =sin Bel
Хх
1
2
2
Ysin > + получим F n(x) =
=
=
2 (n-+-1) sin — k=0
2sin —
2
2
nt
=—
x (cos kx —cos
(&-+1)x)= cose =
4 (n+l) sin? > R=0
4(n+ 1) sin? >
852

, sin? nels
да
р
ЕТ
—
—
—
.
12.505. —~, 12.506, — \ f(x+t)—————_-dt=
n+1
8
90°
_t
2sin >
ane
2sin >
a
sin oot
,п
0
Sin 9,
0
gine 21
9
a
dt. 12.508. <q Учитывая, что 7 (n+ 1) x
msintA
х \suar
|, можем записать
2 sin?
'я
sin? atte
—
— ——_
—{)—2
—_—_____. =
о = ЕО)ео )21(8)—тdt
|д
Е
x= ——__—~ \ (f (x A) +f (x—t) —2f (x))
+
mn
2sin?>
sin? mens
—{)—2
—Jytfe.
tahyes 0+ 1) 2) ——S dt= Lath
2
По заданному е > 0 выберем 6 столь малым, чтобы для 0<#=<6
выполнялось мерить lf (x+t)
+f (x—t)—2f (x)] < e. Torga
sint EO
в
pa
e
lil<— |: и.
a <2,
aE
2 9sin?+
2
В
9sin?+
2
Далее, в силу непрерывности [(х) имеет место неравенство | | (х) | <=М
при хЕ [— x, a]. Поэтому
11.|= ae Et
<<p
2Mx?|8
Выбирая п столь большим, чтобы St Al <=
f
< 2/2, Te [On (f, x)—F(x)| < в. дд. 12.509.
‚ находим | 1. |<
(x, у) —=л*—2я х
a
‘. Sin mx
sin ny
Sin.mx sin ny
x>— 2У +4уa ee12.510.f(x;y=
mf
М
a= kb
m, n=f
353

©
a
=en x
*sinтх-bx x(—Din пу-|- 5
m, n=l
©
—4|) +1
sin mx sin ny.
12.511. f(x, y) => У; oo sin
_
6
п=1
&
-
—'] “a+ n+1
7
x>+oy
cos лтх sina.
12.512. f(x, y))=>
a
__}\m41
—])mine+l
xyynen
(a.
——_—_—— sin sux 4 =. У (pee
Sin mx COS ny.
тп?
т=1
m, nal
о
ь
12.513.
& [sign (t—a)—sign (¢—b)]=
а) лань,
4лу ст
при а
48°
On
Эт?
12.514. § [f] =Hnae ava 12.515. § [fJ= а? —4л2%
2а
on
=
TPH v=
2 sin? nv
1 V20
1
=
е- ®а:
—
12.516. $
niyo 12.517. Be | aE |= oq
ар
+©
,
=< \ e~©4 cos at do. @ Jas Buuncnennn с | ara | использовать
‘
.
to
соотношение (*) из примера 3 на с. 254. 12.518. 8. ара | =
+@
Ил
t
= У xe" ep е- 4 sinwl do. = Использовать соотношение
t)dof}
Bs ae 1? =——— be a= PP ‚ где интегралс а вычислен
в зада-
dw
-
_©*
+©
@?
—[2
c2"OF-a
ue 12.517. 12.519. %,[fe-t?]=- ще *,te~ = 2\_e_. x
°
2V2
VnyoV2
.
ae
2. a (a2-+ B2-+ w?)
sin wt do. 12.520. е- И со$В {|= y2
;
Wel MIS Vo @T EOT Boy)
+O
-a
_2a
a?+В?--в?
e-a171 cos Bi=
(a?+ (B+ w)?) (a? -- (B —w)?)
12.522. S (Vp 2 $172 ЛАГ, мет 0 (Vz) = ——2 вип * лукГ,
k
cos wi do.
Jt Ук|
0 при kR=4n,
Ф=5>npnkAn,nEN (рис.112).
12.523. — 5 (Ур)=
__ Sin 21— i(1 —cos 2p)
_&
_ 2| sin mv,|
.
=
WW,
»Ve=3?2)=~у,
D(Vp)=
k=]
.
=10" a и ^ фу, )=Ф (в) (рис. 113). 12.524, $)=
354

в
S
l
e
S
I
S
У»
S
Yo vs
У,
=
6
&
[
N
I
112
Puc.
h
a
A
>
w
e
e
e
d
“
S
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
1
—
_
—
5
=
Q
a
$
8
Е
x
A
e
e
|
¢
~
®
<
.
w
i
h
N
I
M
<
<
.
|
|
<
«
{
L
[
K
S
м
>
2
S
<
E
I
S
$
в
Рис. 114
Рис. 113
355

_, sin 2nav
___|sin 2nav|
_
0, если S (v)=> 0,
=
©()
| ; @(v)={—л,если$(*)<0
2cosnv
2 |-cos mv
| 4). 12.525.
=—
|
—
(рис. 114). 12.525. $ (%) 4
©(\) |1
|! @(v)
2
2
Я
ae
Ph
г
гу
|
;
|
|
|
}
J
)
}
'
}
}
*
}
|
8
те.
—
rl
Рие. 115
FI|
'
/
ALOT
.
0
71
2vy
Рис. 116
Рис. 117
=4 0, если 5 (%) 0, (рис. 115). ® При вычислении интеграла
—|—л,если$(%)<0
1/2
с0$ 14-277714} функцию с0$ лЁ предётавить по формуле Эйлера.
— 1/2
356

12.528. 5 (v) =
__ sin4nv-+ é (cos 4nv— 1)
sin? mv
sin? mv
mv®
2
ду
‚ (у=
‚р (у ==, Ф (У)=0 (рис. 116). 12.527. 5(\)==
У] | sin2nv|, Q(v) = —argS(v)=
|
0, ecan v=0 un v=1/2,
T\_
+.
—2nv,;ecm0<v<1/2, ®(+2)=o(У)(рис,117,
10001000)
1000—1000
01000-160
0 —I|
9
0
QO
001000-10
0001 00 0|1
000100Ot
10001!0OO0)
01000"0:0
1000—1000
0100—0
У:= [0010 об то
0001000.9
0010 0. 0-1 0
0001000-9
(1000100@Q@)
0100 0 а0
0
001000а:0
у.00010о0g°
s~11000—1 0 O O7°
0100 0-9 0 O°
001000—q0
0001000—¥3J|
(*0 + *4)
(м-н) + ба)
X9—
|(хо—Xa)+9?(ха—X4)
Ж-
(жа)— (ж-Нхв) |
^1—Хь ^7)— (%—ха)—9?(хз—%)|
12.529.
жж | ' ба--х-- (xs)
No2—Xe
(ж—
в) 9? (хз —Ж)
XgtXy|
(жж)— — (x3-+- 4X7) F
жж)
бя
—х)—9° (жз—41)J:
(кНXaЕОм5xg%1))
|(о Xa+97X2—97X56)+(Xi— 9X5+9°X3—9x7)
(оXa— X2— дв)Е(9-95—98—Фм)
248|(о—а Ча 92хе)--(9°ж—9х5—9х8--Gh) |,
(XotXa+ Xet- юм Xe+ з м)
(хо — Xa + 97X2—G?
x6) —( x1 — 4х5 1+ 9°X3— G?x7)
tf Ha Xa Xe)— (Чет Е Чхь — 98—49)
|(Хо — ха —98-92 хв) — (935 —98х5 — Чз-[ 9%) )
12.530,
SUBROUTINE FASTFT
#AA(L),BB(L)
«(N,L,KIND,A,B,AA,BB)
INTEGER V
IMENSION A(L),B(L),
M=1
357

1 K=0
2 V=0
3 J = (2iM)sK
+ V-+1
J = (24+(M— 1))#K-+ V-+1
С= 3.141593» ЕГОАТ(У)
*/(2*+(М— 1))
IF(KIND) 7,7,8
7 SI =SIN(C)
GOTO9
8 SI =—SIN(C)
9 CO=COS(C)
МТ = 2**(М—
1)1
УМ = 7-Е 2**ж(М—1)
АО
= (МГ)
BO= B(NI)
AA(J) = A(1) + AO«CO +
*BOxSI
BB(J)
= B(I) — AOx#SI +
%*BO#CO
12.531.
SUBROUTINE F730(A,B)
DIMENSION A(128),B(128)
DO 1 I=1,128
A(1)= 25.
1 B(I)=0.
RETURN
END
12.533.
SUBROUTINE F732(A,B)
DIMENSION A(128),B(128)
DO 1 1=1,128
T=!А) = Т+(128.— Т)/32.
1 B(J)=0.
RETURN
END
12.535.
SUBROUTINE F734(A,B)
DIMENSION
РО 1 1= 1,128
A(I)=1
12.536.
DIMENSION A(128),B(138),
+AT(128),BT(128),A1(128),
+B1(128),A2(128),B
2(128)
CALL F734(A,B)
WRITE (3,10)
358
AA(JM)
=A(I)—
*BBUM) — ВО
(JM) = B(I)+
#AO+SI — BO+sCO
V=V-+1
ТЕ(У — 2+(М— 1) 3,4,4
4 К=К
IF(K — о —M)) 2,5,5
5 M=M-+1
DO 13 I=1,L
AU) = AAC)
13 B(I)
= BB())
IF(M—N) 1,1,6
6 IF(KIND) 10,10,12
10DO11I=1
AA(I)
= AA(I)/L
11 BB)= BB(I)/L
12 RETURN
END
12.532.
SUBROUTINE F731(A,B)
DIMENSION A(128),B(128)
DO I 1=1,32
A(I) =0.
А(1--96) —
о233,96
A(1)= 20.
2 BUI) =0
RETURN
END
12.534.
SUBROUTINE F733(A,B)
DIMENSION A(128),B(128)
РО 1 1=1,64
T=!А()=Т
А(1--
64) =64.— Т
В(1) =0.
| В(Т-+ 64) =0.
RETURN
END
|,
”I)/I)/
1 B(I)=0.)
RETURN
END
10 FORMAT (30HO ИСХОДНАЯ
+ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЬ )
WRITE (3,1) A,B
1 FORMAT (' ¢, 16F7.2)
DO 2 I=1,128
Al(1)= A(1)

2 B1(I) =B(I)
А1(Т)= АТ(Т)
CALL FASTFT(7,
4 BI(l) =BT(N)
+128,0,A1,B1,AT,BT)
CALL FASTFT (r,
WRITE (3,11)
#128,1,A1;B1, A2,B2)
КОВМАТ (6Но ДПФ )
WRITE (3,12) М
11 WRITE (3,1) AT,BT
12 FORMAT (' M= 4,16)
M=24
DO 7 I=1,128
5 CONTINUE
Al(1) = A(I) —A2(D
DO 6 I=1,M
7 BI(I)
= B(I)—B2 р
АТ(64— 1) =0.
WRITE (311) AL,
ВТ(64— 1) =0.
M=M-L8
AT(64-+ I) =0.
IF(M— 40) 5,5,8
6 BT(64-LI) =0.
8 STOP
DO 4 1=1,128
END
ГЛАВА 13
13.1. Да; 3. 13.2. Нет. 13.3. Да; 0. 13.4. Да: 0. 13.5. Да: 0.
13.6. Да; 0. 13.7. Да; 0. 13.8. Нет. 13.9. ев —No-No.
13.10. Ti (2—2pe-*P —3e—*P +e 4P),
13.11. = eP* (1—a) +
+=; (Ie?) 13.2. (p—1 em? (р 1)). 13.13. ет
_®
р
—е-*Р-{-е-3Р). 13.14.
e2en
Fe)
e~*P +e~*?)
ЕТ
о (1--e~"*)
——=- (1—е 72). 13.15. ® Воспользоваться теоремой подобия.
1+ p?
4—4p-+- p?
|
13.17.
. 13.18 РА, 130.
|
|
ps
2рз (1— р)
p+рар
—.4 73
2
2
13.20, woe 282—472 |301 Ot? 390, I (— —«
(p?-+-1) (4p?-+ 1) * т р (0-4) ° "2
—
4 (р cos 2a—2 sin 2a) . 13.23. (2—1) (2—9) . 13.24. и
3 (2*—13)
pd
2
13.28. Ha pga gee 18226. а. 13.27. (язря. 13.28. Е.
2
6
р
13.29.
——ое
13.30.
e
13.31,
~~
ee
(9+2)8
(p—2)*
p?—4p+-5
2
2p (p*-+ 12)
2(p-+1)
13.32.
-
. 13,33, ————... 13.34, —___"_______
(+N @* +25)
(p— Fe
(Е Эр-- 5
11
t
2(p+1)
2
es
2
1
1
1
13.37.
=. 13.38. —
о.13.39.——1 ——
p? (p?-+- 4)
p*(p? —2p +2)
бр" (1 >)
® Воспользоваться теоремой интегрирования изображения, а затем
..
1
чеоремой — интегрирования — оригинала. 13,40, 7 1+
359

13.41. in pth . 18.42. =" bore
am ‚ ® Воспользоваться тео-
2р p—l
pe pF
ремой интегрирования по napaverpy, а затем. теоремой интегрирования
1 p—a
инала. 13.43. — п
e 13.44.
44322—3
Х
=—.
ориг
Dph
(p*-+4p+2p p)X(p) р
13.45. (p?-+6p2-- p—2) X (p)—1. 13.46. (p?-+5p—7) X фара.
е-Р
e~*p
pe~(p-})
13.47.
. 13.48.
. 13.49. ———.-
{—1) @=
р—1 Spe FN фе
Q2 -—pp+l
л
=en (t—1) (¢—1) 4-4ef-4). 13.50. yo e 4 ae ®(т )x
2
л
л\
1
ким)FH(sin( «5 ) +e0s (1-т) ) 13.51. 21-27%.
h
52, — (l—e-P') e-PT,
.53.
— (|1 — е-2Р“— е-2рт —8pT),
13.52 рha е-РТ)е
13.53 api е
е+e)
|
-Р7
и.
|
]e~p\.
13.54.
т (1—е 8) (1-е vj. 13.55. в (ев).
1, Qpte-pn
t), Omct<h
19.86, + a ‚ 13.57. «@ Положим | 0-4 } let. <
Тогда fo(Q=F(O—n(C—Df(¢—) (поскольку f()=/(¢—) .upn
j>/1 в силу периодичности). Переходя ‘к изображениям, отсюда
1
находим Рь (р) =Р (р)—в-Р!Г (р), где Ри (р)= \ е-21} (2) 4. Следова-
в
1
= (р)
1 {_of
}—e-pt
, F(p)=
e—P'f (t) di. > 13.58, ——____—__
тельно (р) о =ея,
[(@) dt. >
Ив)"
В
рп
1+ е-Р^
Ан
19.59. oe pi oF
13.60. (ра 1) (l—e-?7) ° 13.61, rs th р
~oR
h hemPe
4cp
_
p+fe 7
13.62. с Ре. 13.63. + ——a 13.64.
pa
(p?-+-B)\ le в)
cth pr
]
]
Tr’ (p+)
13.05, PP, 13.68, —— oa. 18.67, aan ( tit
— In (p—a)). 13.68. Ее
(у— постоянная Эйлера).
J (p-+ Ви ++ (p— fiers
] (p+ Ври+ (р Вин
13.69. 5.
(p?+- В) и+1
. 13.70. 7
(p2+paar ,
.
y+ In (ре ВВ атмВ
13.71. —
®
p?-+p
p arcte Spy _f In (p?-+ В?)
=
13.72.
—
. 13.73.
— е-@р,
рз-- В?
р°
360

18.74. tet, 18.75.
4 (ent), 13.76. e-M sh t. 18.77, —e~ tte
13.78. {—sin ¢. 13.79. = (1—e~# cos t—4 sin 1). 13.80. = (ch 2t—cos £).
13.81. | tin At. 13.82. (= (cos ys 1 —— ИЗ )- -.).
4
ys
13.83. ash tsin t. 13.84. yn (¢—2) (¢{— 2). 13.85. 4 n(t—2) (t—2)%e-(f-2),
13.86. e2t+-y ({—1)-+ (¢—4) sin 3(t—4). 13.87. cos 2¢—2n (t—1) x
©
©
|
„п
ten
x ch2({—1). 13.88. x (—1)" Toye 13.89. "ary Gayl
ae
{2n+1
fsh¢Н
13.91
с [2п
13.90. Larnreaty=) т В >. nl (On) 1’
13.92. ef], (2 Vi). ® Применить теорему смещения к оригиналу;
полученному в примере 4 из § 2. 13.93. е-# (сов 25 t).
1
1
]
]
>. РИ
—6231—
-#_—
——
Е.
13.96. +(ch/—cos— (sh¢—sinf). 13.97. п cos1 sni+
i
}
[УЗ
+ 56.91 21. 13.988. 3 t (sh i—sin 7). 13.99. “gq ch i++ св: - COS “p+
1
3
l est
13.100. 8! cos t-+ 5 Е 5 t. 13.101. = (е —е"). 18.102. ¢—2sh¢-+-
+itché. 13.103. = (ch 2¢—ch ?#). 13.104. 5 (cht-+ cos) —— св 2с0$ $.
13.105. x (1) =Cj cos ЗЁ-- С. $ tte sin 3?. ‘13.106. x (i) =
= Crt Catt в". 13.107. x (Q=Cr+( C— -=) e~4t, 13.108. x(7)=
= c+5 ) et + Cet. 13.109, x (4) =Ci+ Cye~*+-5e# (cos ¢—sin В.
1
—
13.110. x()=e ,(a sin! ys —cos fчине
13.111, х (1) ==
а
ии аа,
++) «13.2. x (=> ~*—1)—y e-, 13-118,х =
=—(le)сов{> (I+6et)sin¢.13.114.х(0=с0$я7sin2¢—
8
авы 13.115. eae 3t—ch 31 shft. 13.116. x (¢)=3+ #4
4
- (1—2)#1, — 13.117.
И
13.118. omar
13.119. (И =1—е-1—
мч (1—2) (1—е-4-2)). 13.120. х (= ош
361

+ тия) (Е—л) зш (Е— п). 13.121. x()=chf—1— Sat) x
x (ch(¢—1)—1). 13.122. k(t) =2
(
sin? 5 —2n (1) sin? +
+ y (¢—2) sin?
). 13.123. 4 Уравнению ж”)-На1х"-П--...
... ал +a,x=1 при нулевых начальных условиях соот.
1
ветствует операторное уравнение Г (р) Ху (р) => ‚ где Х; (р) = х! (0,
а [(р)=р”"-а:р"-*--...--а, р а,„— характеристический много-
член уравнения. Отсюда [. (р) =
Уравнению
РХ1 (р) `
хп) -|- хто... Ра,-1х’ Ка,х=|( при нулевых начальных
условиях соответствует операторное уравнение Ё (р) Х (р) =Е (р), где
Е
X(p) =x, a F (= E(. Orciona X(p) =A = pi(p)F(0).
С помощью интеграла Дюамеля (см. 6 1, свойство 11) получаем
t
|
(j= (1) FO+§ x (jf(t{—tdt = \ х! (т) {({—т)4х (так как
0
0
t
x, (0) =0), или х()=/ (0) 4 (OE и (9х; (1—7) а. > 13.124. х()=
_1
0
t
ее
In23 |13.125. ко (et—1—tet+
3
4
+ sh ?¢ In a . 13,126, % (¢)=ef!—1 — (¢-+ In 2) (ef-+-1)-+-(e!-+L1) In е ННП.
е
f
r
tg>
13.127. х (1) =зШт (, a arctg (“z)) +cos tln а .
t
13.128. r(j = e~ = sin t dt (этот интеграл не выражается через
0
элементарные функции). 13. 129, х (0 =С1--Со $ш 1--Сь соз НК у (=
= С4-|-СззШ {— С. с0з +> . 13,130. x=Cy+Cyshi+Cacht, y=
= C,—Cssht—Cycht-+-chi-t-cost, 13.1381. x()=el, y(t)=—el.
13.132, x(t) =?tcos?, y(t) =—Jsin?, 13,133, x(t)=sin t—cos Ь у (=
= sin tTcos t. 13.134. x (¢) = sin t-++sh ¢, y (1) =cos t-+ch ¢. 13,135, x (¢)=
= 45 19 (t) =t—el, 13,136. x (7) = —sin t, y (1)= — cos ft, 2 (f)=sint.
3.187, —
—(1-+-1—sin
t—cos )—2n(t—- 2) ((1_-2)—
13.137
x(t) =(1-+1—sint—cos 2) m(t 5) (( x)
—sin(1-2))+1 —n)(—1+(f—m)+cos(ft—1)—вт(—лп)),
y(t)= (1 —?¢-+ sint — cos ft) — 2y (—+) 1—cos (¢-+)) +
-- ny (t—a) (1+ (f—2) — Sin (¢— 71) — cos (¢— 1).
13.138, x(t)=
=5(cht+cos!—2)—4(f—m)(ch({—п)+cos(f—0)—2)+
362

+ am (¢— 2m) (ch (¢— 2n)+ cos (t—2n)—2), y (0) => (ch {—cos t) —
— y (¢—ax) (ch (¢ —x)—cos (t—n)) +5 1(1—2л) (сп (1—2л)—соз (1—2м)).
13.139. 2sin?. 13.140. ch 2¢—-> sh 24. 13.141. ef, 13.142. СВЕ.
1.
r(l—a) 1048—
.
=.
°
4.
e
о 45.
3
=—
.
13: 143 Vi 13.14 ГВ) Pets) 13.1 2(x, y)=ycosx+
x
+xsinx. 13°T46. z (x, и=— \ sha(x—f)f(t) dt. 13.147, u(x, 1) =
0
=9 (tx VIC) =E sino t—xV 1), (x, = VW $qlt—xV0)
== £ ys sino ({(—xV LC), t>xYV LC.
@ [Ipeqnonaran, uto u(x, f) wi(x, ft) MH MX производные как функ-
ции переменной { являются оригиналами, MW o6o3sHayan U (x, p)=
u(x, ¢t), /(x, p)=i(x, 1, получим операторные уравнения
90 (* 2) 11 (x, P), ОГ, р) = —CpU (x, p) @ граничными
Ox
Ox
Е
условиями 9 (= U (0, p) =Q
рая . Исключая / (х, р) из пер-
a?U (x, р)
вого уравнения и считая р параметром, находим —— 7 =
== [Ср?И (х, р). Отсюда И (х, р)=А(р)е? VLCx +B (p) e~ PV Lx .
Из физических соображений следует, что при х-—>-|- ® решение
И (х, р) ограничено, а потому при Кер > 0 коэффициент при пер-
вом слагаемом должен быть равен нулю, т. е. А(р)=0. Далее, из
Ew
Ew
VLC
=o
=
—pVLCx
условия U (0, p) Lo следует, что О (х, р) ра oe?
’
о 1OU(x,p)4fGEo -рУГСх
атогда/(х,р)= Гр—ji =
Гао е
При-
меняя теорему запаздывания, находим отсюда искомое решение. д»
13.148. u(x, )= Ee LEX (y (t—x WIC) —n (t—x VLEC—1)) ;
г,д=УSee (ИО)
—n(¢— 2 VIC).
B24. ye
!I
13.149, in VEY 13.150. я Gres: — ina) . ®Ф Использо-
вать решение задачи 13.67. 13.151. Senet, 13.152, ty.
13.153. V Av8-va . 13.154. V In (Wa—*B). 13.155. Vinx
х(УВ— Иа) о В заданном интеграле предварительно положить
x*=u. 13.156. 2. ® Имеем
<5 =1sh5;Е=1.Поэтомупофор-
(4)4
363

ao
+0
t
+
mye(“S=\
¢shtdt=+
tePat=
JЕ
2
2
+0
¢
“iete и r ) 0 =2, p> 13.157. Son. «атс! Загс
.gint
ут
rat
. Hoarct
arct
е-
arct Jo;
--aralg ai
Е==
’
coe
1’
oa—_|
_. ot Sint
2.
Fa
(по теореме смещения). Следовательно, arctg а = fo=
ot>
=
{1
sinfy k= 1, [Tlostomy по формуле (9) sof 5 ;
1— е-
t
~
xe ete
зи. Но С Саш =!arotg++
т = (р), F (0)=arotg (+ o)-+-arotg 1 => л. Следова-
+0
jt
тельно, по формуле (6) \ Le выл. No 13.158. 5.
-+ arotg -——
4
aT
——
|
13.159. ©
ПОЕТ (*-Е2р- 9) — ит ре 8ра°
+
Ф
a°
® ао ит” 2798—2704 Ty 5 см. решение задачи
a
|
|
x.
13.157. — 13.160. arctgx. @ Положить Dt, x)= That"
13.161, arasinx е Положить Ф(Ь =.
13.162. a= * <
Ут хи
2?
Используем производящую функцию Ф(ЁЬ х)
sin x
|
у
р MAY
YHRELHIO
;
1—9 с0$ ХЕ
Oo
ent
ка у." т лх. Имеем Ф (е-1, х)=
sin x
= H(t)=
1—2e-t
cosx +e-%’ p
=} (0), 1 (1) =1 при #20. Находим по формуле (10): Т (х)=
+®
+o
e~tsin xdt
e~t dt
=
——
—
.
,
=sin x
.
1—2e-t cos x-+e~%t
\ (e-# —cos x)?-+ sin? x
e~t—cosx|+o
1—cosx
= —aratg sind о ==— arotg (— ctg x)-raratg ———— , и, так
|—с03<
—ty(—ct—t
—я
1 —6084
как
arotg (— ctg x) =aratg (ctg x) я x, aratg sinx
exaratg(e+)=F, TO Ту ф-та “>ый>
i cos
13.163. —1 2| $).
1-- x
n( cos
® Использовать разложение 1 обоза"
о
864

©
|
1-- 1505 х
—
—1пп
’
‘
—|—
:
>
7
t* cosnx, положив @O(t, x)=1
сохр
1
К
Е—ш сю!
Е
——1
С
К
м, то
R
aL *sin и
tи
——}
Vee
LC ane" (Ро Тб? are”
LC+
R
Е—и=é
1_R?
E—upo
—7,
вр
Lte
npu 7C= 4p: (y/o е
sh и:
——
ale LC
13.166.
у
]р?
——_
при fg< gpa. 13-167. Ее TRE, Gor ИУ па!
atlL,1
Оо
.И
L,
ae)
ae
Ee 2RL, х
RY Tag
“a ‘) mpu T=ape FeFRR(r, imeT
—
shIVwr
при Ly ea
ae Г. 4R? La) р1.548?’
QR
4R7
}
2+R,R
R(L+C
_
Ср,
a
fF
13.168. ГС е
у!.13.169.Е| l—e
(a 2СК. 2
(RiRo—2)V
44+ RIRS | V4-ERIRG
(
{
1 _2L),.
—
sh
t)).13.170. E
х
4C?R?
| 2CRa
RC 3c
t
1
_
_
ве, 2 -ж(с+т)! ( У 12- 4С1
У 12- 46?
КСу-,
ОСТ
__
xe 136
ch ——srre! 4LCR?
о
R
VyLt}4c))
E(Ttsi
}
sh—orRe
‚ 13.171. Ri L402 Lowe
+Rsinat—Locoswt
R
ECR1
42
Е
25й
2
13.172.
R°
(1-5).
13.173.
1ЮЗé,|"
—
са+
ГВа
4
Гу
мУ иат тRr
детия
LC 413

ef (ef —e® cos В)
13.175
ef(ef—acosf)
е4 _2e9+% cosB-+e2% ° °‘ ° 224— 2ае4 соз В--а?`
egt+&% (eF +e)
aed (e7-++ a)
1
13.176. (eFax a . 13.177.
а. . 13.178. (ei Ге+г"
.
eim+l1)q
@По
CBOHCTBY
3, a).
13.179.
(er ТЕР
при т<к;
13.174.
т—1
-У СК ет -—г) 4 при т-—^. @ По свойству 3, 6).
r=k
sinB
еЧ—05В
ет+1)4
(е1—
1) +1
13.180. arctg
«Я Применяем формулу интегрирования,
00
изображения (свойство 5, 6)): me (
efsinfdg
e249— 2е4 соз В--1
9
oo
e?sinfdg
e?—cosB|»
sin 8
\ 4eresB)?
+sin?B
В SinВ iq are'sе4—с0$В
еЧ —соз В|® п
05
ef— cos ft
sin B
t
—~ _aret
ИР).
(тк как агсй а РЁ
are go sinain’
ee|>
вq2
1
1
п-2
__[]\n—-2\__ 12-8
13.181.
а" (ayn =? (3+( 7 jae
—_—,—-=arctg
13.182. f (n) =sin = cos at wt. 13.183. f (n)=(V9)"+1cos Sn
® Использовать формулы для изображения функций а" зп ‘on и
(r+
a*cosBn (npumep 3 u задача 13.175). 13.184.
Oe
о
(r+ 1)!
13.185. 54 cos pNP —27*-1sinnB
+2" sin(n—1)B) npn nt.
n (nt*— 1)
30
13.186.
. ® Использовать формулу умножения изображений.
14-V3
l
ИСЗ
13.187. о,
13.88.
о. 13.189. х„=
2РУ З+1
I—t+23
wa | (5 +14 (—2)" +4), 13.190. typ =e sin EDT 13.191. x,—
7
V3
3
в О п. 13.192. хи=(2xy—4)UE (41— 9)2?=Cy4-Cy2",
13.193. и. 13.194. x,,—=(x1—2%)—2) 3% 4-(1—x4-|-3x4) 2"
4 4ltC439 4+Cq-224+-4", 13.195. n= (— Dp et -3", y,=2(—l)t—
— 2" 3", 13.196. ty =o
и СС,
in=
,gn4 dotOro,30 —— Ст.2+1 С;.3"+1,

СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВТУЗОВ
Специальные разделы
математического анализа
Под редакцией А. В. ЕФИМОВА, В. П. ДЕМИДОВИЧА
Редактор Ф. И. Кизнер |
Художественный редактор Г. М. Коровина
Технический редактор В. Н. Кондакова
Корректор И, Я. Кришталь
ИБ No 12973
дано в набор 25.08.85. Подписано к печати 02.04.86. Формат
4х 108/32. Бумага тип. No 3. Гарнитура литературная. Печать высо-
кая. Усл. печ. л. 19,32 Усл. кр.отт. 19,53. Уч.-изд. л: 25,88. Тираж
139 000 экз. Заказ No 4861. Цена 1 руб.
лавная редакция физино.математической литературы
Pras
Трудового Красного Знамени издательство «HayHas
17071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
рдена Октябрьсной Революции и ордена Трудового Красного Знамени
ПО «Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова»
оюзполиграфпрома при Государственном комитете СССР по делам
издательств, полиграфии и книжной торговли. 113054 Моснва,
аловая,
Ффтпечатано в типографии издательства «Коммуна
т. Воронеж, пр. Революции, 39,

Цева 1 руб.