Бухенский К.В., Елкина Н.В., Лукьянова Г.С. Опорные конспекты по высшей математике. Часть 3
Подождите немного. Документ загружается.
21
Пример 5. По изображению
( )
134
13
2
++
+
=
pp
p
pF
найти
оригинал.
◄
( )
=
=
++
+
=
квадратполный
езнаменателввыделим
134
13
2
pp
p
pF
( )
( )
( )
=
++
−+
=
++
+
=
92
523
92
13
22
p
p
p
p
( )
( )
←
++
⋅−
++
+
=
2
2
2
2
32
3
3
5
32
2
3
pp
p
tt
etet
22
3sin
3
5
3cos3
−−
⋅−
⋅←
. ►
Пример 6. Найти оригинал изображения
( )
( )
( )
223
12
2
2
++−
−
=
ppp
p
pF
.
◄ Так как
( )
( )
( )
22
1
3
1
223
12
22
2
++
+
+
−
=
++−
−
=
pp
p
p
ppp
p
pF
,
t
e
p
3
3
1
→
−
,
( )
te
p
p
pp
p
t
cos
11
1
22
1
22
−
→
++
+
=
++
+
, то
( )
teepF
tt
cos
3 −
+→
. ►
10. Свертка (умножение) изображений.
Опр. 5. Сверткой функций
1
f
и
2
f
называется
( ) ( ) ( ) ( )
τττ
dtfftftf
t
−⋅
∫
=∗
2
0
121
.
Пример 7. Найти свертку функций
( )
ttf =
1
и
( )
t
etf
2
2
=
.
◄ Используя определение свертки, имеем
22
( )
=
−=
=
=
=
=⋅=⋅=∗
−
−
−−
∫∫
τ
τ
ττ
τ
τ
τ
τ
τττ
2
2
0
22
0
2
21
2
1
ev
ddu
dedv
u
deedeff
t
t
t
t
=
−+−=
∫
+−=
−−−−
t
tt
t
t
t
ee
t
edeee
0
222
0
2
0
22
2
1
2
1
22
1
2
τττ
τ
τ
t
e
t
2
4
1
4
1
2
+−−=
. ►
Замечание. Свертка функций обладает свойством коммута-
тивности, то есть
( ) ( ) ( ) ( )
122
0
12
0
121
ffdftfdtffff
tt
∗=⋅−=−⋅=∗
∫∫
ττττττ
.
Теорема свертывания. Если оригиналы
1
f
и
2
f
имеют
изображения
1
F
и
2
F
соответственно, то
( ) ( )
2121
ffpFpF ∗→⋅
(то есть при свертке оригиналов их изображения перемножают-
ся).
Пример 8. По изображению
( )
( )
2
2
1
1
+
=
p
pF
найти ориги-
нал.
◄
( )
( )
1
1
1
1
1
1
222
2
+
⋅
+
=
+
=
pp
p
pF
. Так как
1
1
sin
2
+
→
p
t
, то по теореме о свертке оригиналов (об умно-
жении изображений)
( )
tt
pp
pF sinsin
1
1
1
1
22
∗←
+
⋅
+
=
.
Вычислим
23
( )
=
∫
−⋅=∗
τττ
dttt
t
0
sinsinsinsin
( ) ( )( )
=
∫
−+−+−=
τττττ
dtt
t
0
coscos
2
1
( )( )
( )
=
−−=−−=
∫
t
t
ttdtt
0
0
cos2sin
2
1
2
1
cos2cos
2
1
ττττ
( )
( )
=
+−−⋅−
−= 0sin
2
1
cos2sin
2
1
2
1
ttttt
( )
ttttttt cossin
2
1
sin
2
1
cossin
2
1
2
1
−=
+−=
.
Таким образом,
( )
( )
t
tt
p
cossin
2
1
1
1
2
2
−←
+
. ►
§ 2. Решение ДУ и СДУ
с помощью операционного исчисления
Рассмотрим ЛНДУ n-го порядка с постоянными коэффици-
ентами
( ) ( )
( )
tfxaxaxaxa
nn
nn
=+
′
+++
−
−
1
1
10
...
, (1)
где
R
∈
i
a
,
ni ,0=
, функция
f
непрерывна на
( )
ba;
.
Будем искать решение задачи Коши уравнения (1) с на-
чальными условиями
( )
0
0
xx
=
,
( )
0
0
xx
′
=
′
, …,
( )
( )
( )
1
0
1
0
−−
=
nn
xx
,
( )
ba;0∈
. Пусть
( ) ( )
pXtx
←
,
( ) ( )
pFtf ←
. Умножив каждое
слагаемое уравнения (1) на
pt
e
−
и проинтегрировав на
);0[ +∞
,
получим
( )
{ }
( )
{ }
{ } { } ( ){ }
tfLxLaxLaxLaxLa
nn
nn
=+
′
+++
−
−
1
1
10
...
. (2)
Применив теорему о дифференцировании оригинала и её
следствие, получим уравнение, равносильное уравнению (2),
24
( )
( )
( )
+−−−
−− 1
00
1
0
...
nnn
xxppXpa
( )
( )
( )
+−−−+
−−− 2
00
21
1
...
nnn
xxppXpa
( )( ) ( ) ( )
pFpXaxppXa
nn
=+−++
− 01
...
, или
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
....
...
...
...
1
00
2
010
02
3
1
2
0
01
2
1
1
0
1
1
10
−−
−
−−
−
−−
−
−
++++
+
′
++++
+++++=
=++++
nn
n
nn
n
nn
nn
nn
xaxapa
xapapa
xapapapF
pXapapapa
(3)
Опр. Уравнение (3) называется вспомогательным уравне-
нием для ЛНДУ (1).
Из уравнения (3) алгебраически можно выразить
( )
pX
, а
затем найти
( ) ( )
txpX →
. Оригинал
( )
tx
является решением
задачи Коши уравнения (1) с заданными начальными условия-
ми.
Замечание. Если
( ) ( )
( )
( )
00...00
1
===
′
=
−n
xxx
, то вспомо-
гательное уравнение (3) имеет решение
( )
( )
nn
nn
apapapa
pF
pX
++++
=
−
−
1
1
10
...
.
Пример 1. Найти решение задачи Коши дифференциально-
го уравнения
txx 3sin4 =+
′′
при начальных условиях
( )
00 =x
,
( )
00 =
′
x
.
◄ Обозначим
( ){ } ( )
pXtxL =
. Так как
9
3
3sin
2
+
←
p
t
,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
pXpxpxpXptx
22
00 =
′
−−←
′′
, то
( ) ( )
9
3
4
2
2
+
=+
p
pXpXp
, откуда
( )
( )( )
94
3
22
++
=
pp
pX
.
Раскладываем
( )
pX
на простые дроби:
25
( )
( )( )
=
+
+
+
+
+
=
++
=
9494
3
2222
p
DCp
p
BAp
pp
pX
( ) ( ) ( )
( )( )
94
4949
22
23
++
+++++++
=
pp
DBpCApDBpCA
.
Решая систему
=+
=+
=+
=+
,349
,049
,0
,0
DB
CA
DB
CA
находим коэффициенты
0=A
,
5
3
=B
,
0=C
,
5
3
−=D
.
Следовательно,
( )
( )
tttx
pp
pX 3sin
5
1
2sin
10
3
9
1
5
3
4
1
5
3
22
−=→
+
⋅−
+
⋅=
. ►
Пример 2. Решить ДУ операторным методом:
txx 3sin4 =+
′′
,
( )
10 =x
,
( )
20 −=
′
x
.
◄ Пусть
( ) ( )
pXtx ←
. Тогда по теореме о дифференциро-
вании оригинала получим:
( ) ( ) ( ) ( )
10 −=−←
′
ppXxppXtx
,
( ) ( ) ( )
( ) ( )
200
22
+−=
′
−
−←
′′
ppXpxxppXptx
.
По таблице изображений и оригиналов:
9
3
3sin
2
+
←
p
t
.
Составим операторное уравнение, используя свойство ли-
нейности оператора Лапласа:
( ) ( )
9
3
42
2
2
+
=++−
p
pXppXp
.
Из полученного уравнения выразим изображение:
( )
( ) ( )
( )( )
94
1592
9
3
24
22
23
2
2
++
−+−
=⇒
+
+−=+
pp
ppp
pX
p
ppXp
.
26
Для нахождения оригинала разложим последнюю дробь на
простые дроби, а потом для каждой из них найдем оригинал:
( )
( )(
)
=
+
+
+
+
+
=
++
−+−
=
9494
1592
2222
23
p
DCp
p
BAp
pp
ppp
pX
( )
( )
( )
( )
( )( )
=
++
+++++
=
94
94
22
22
pp
pDCppBAp
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
94
4949
22
23
++
+++++++
=
pp
DBCApDBpCAp
.
Приравняв коэффициенты при соответствующих степенях
p
у первой и последней дробей, составим и решим СЛАУ:
−=
=
−=
=
⇒
−=+
=+
−=+
=+
.
5
3
,0
,
5
7
,1
1549
,949
,2
,1
D
C
B
A
DB
C
A
DB
CA
Окончательно получим вид изображения:
( )
94
2
5
3
2
5
7
+
−
+
−
=
pp
p
pX
.
Для того чтобы найти оригинал, т.е. частное решение ис-
ходного ДУ, преобразуем полученные простые дроби:
( )
9
3
3
1
5
3
4
2
2
1
5
7
4
222
+
⋅⋅−
+
⋅⋅−
+
=
ppp
p
pX
.
Далее, используя таблицу оригиналов и изображений, на-
ходим оригинал
( )
tx
:
( )
ttttx 3sin
5
1
2sin
10
7
2cos −−=
. ►
В большей мере преимущества преобразования Лапласа
проявляются при решении систем линейных дифференциальных
уравнений. Каждое уравнение данной системы заменяется соот-
ветствующим операторным уравнением, тогда вместо СДУ об-
27
разуется СЛАУ относительно изображений искомых функций.
Затем от найденных изображений переходят к искомым функ-
циям. Операционный метод интегрирования СДУ покажем на
примере.
Пример 3. Решить СДУ:
=−+
+=+
+
,
2
3
,4142
2
tyxy
tyxx
( )
10 −=x
,
( )
30 =y
.
Здесь
dt
dx
x =
,
dt
dy
y =
.
◄ Пусть
( ) ( )
pXtx ←
,
( ) ( )
pYty ←
. Тогда по теореме о
дифференцировании оригинала получим:
( ) ( ) ( ) ( )
10 +=−← ppXxppXtx
,
( ) ( ) ( ) ( )
30 −=−← ppYyppYty
.
Используя таблицу изображений и оригиналов, находим:
p
1
1←
,
2
1
p
t ←
,
3
2
2
p
t ←
.
Составим операторную систему, использовав свойство ли-
нейности оператора Лапласа:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
⋅=−+−
+=+++
,
2
2
3
3
,
41
421
3
2
p
pYpXppY
p
p
pYpXppX
или
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
+
=+=⋅−+
++−
=−+=+⋅+
.
33
3
3
1
,
4
1
41
42
3
3
3
2
2
2
p
p
p
pYppX
p
pp
pp
pYpXp
Полученную систему удобно решать методом Крамера:
( )( ) ( )( )
326412
11
42
2
+−=−+=−−+=
−
+
= pppppp
p
p
∆
,
28
3
234
3
3
2
2
124310
1
33
4
4
p
pppp
p
p
p
p
pp
X
++−+
−=
−
+
++−
=
∆
,
3
234
3
3
2
2
673
33
1
4
2
p
pppp
p
p
p
pp
p
Y
+−−+
=
+
++−
+
=
∆
,
( )
( )( )
32
124310
3
234
+−
++−+
−==
ppp
pppp
pX
X
∆
∆
,
( )
( )( )
32
673
3
234
+−
+−−+
==
ppp
pppp
pY
Y
∆
∆
.
Разложим полученные дроби для изображений на простые
дроби:
( )
3
1
5
8
2
1
5
1312
23
+
⋅+
−
⋅−+=
pp
pp
pX
,
( )
3
1
5
2
2
1
5
131
3
+
⋅+
−
⋅+−=
pp
p
pY
.
Используя таблицу изображений и оригиналов, находим ча-
стное решение исходной системы, т.е. оригиналы полученных
функций:
( )
tt
eetttx
322
5
8
5
13
−
+−+=
,
( )
tt
eetty
322
5
2
5
13
2
1
−
++−=
. ►
29
ГЛАВА 2. ДВОЙНЫЕ И ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Двойной и тройной интегралы являются обобщением опре-
деленного интеграла на случай функции двух и трех перемен-
ных соответственно. К понятию двойного интеграла приводит
задача о нахождении объема цилиндрического тела, тройного
интеграла – массы неоднородного тела. Также с помощью двой-
ного интеграла рассчитываются масса плоской пластинки пере-
менной плотности, статические моменты и центр тяжести пла-
стинки, моменты инерции, с помощью тройного интеграла –
статические моменты и моменты инерции тел.
§ 1. Двойной интеграл (ДИ)
1.1. Понятие ДИ
Рассмотрим на плоскости
XOY
произвольную ограничен-
ную замкнутую область
D
. Пусть в этой области
D
задана ог-
раниченная функция
( )
yxfz ,=
.
Разобьем область
D
произвольным образом на
n
частей
1
D
,
2
D
,…,
n
D
, не имеющих общих внутренних точек. В каж-
дой такой подобласти
i
D
выберем произвольную точку
( )
iii
yxM ,
(рис. 1,а) и вычислим в ней значение функции
( )
ii
yxf ,
,
ni ,1=
(рис. 1,б).
X
Y
M
i
O
D
а
X
Y
Z
O
M
i
f (x
i
, y
i
)
D
б
Рис. 1
Опр. 1. Сумма
( )
∑
⋅
=
n
i
iii
syxf
1
,
∆
, где
i
s
∆
– площадь подобла-
сти
i
D
,
ni ,1=
, называется интегральной суммой функции
30
( )
yxfz ,=
в области
D
.
Рассмотрим предел интегральной суммы
( )
∑
⋅
=
n
i
iii
syxf
1
,
∆
при
∞→n
таким образом, что
0max
1
→=
≤≤
i
ni
dd
, где
i
d
– диа-
метр подобласти
i
D
,
ni ,1=
. Если этот предел существует (ко-
нечный) и не зависит ни от способа разбиения области
D
на
части, ни от выбора точек
( )
iii
yxM ,
в них, тогда он будет на-
зываться двойным интегралом от функции
( )
yxfz ,=
по об-
ласти
D
.
Опр. 2. Двойным интегралом (ДИ) от функции
( )
yxfz ,=
по области
D
называется предел интегральной суммы
( )
∑
⋅
=
n
i
iii
syxf
1
,
∆
при
∞→n
(
0→d
). Обозначается:
( ) ( )
∑
⋅=
∫∫
=
→
∞→
n
i
iii
d
n
D
syxfdydxyxf
1
0
,lim,
∆
.
В этом случае функция
( )
yxfz ,=
называется интегрируемой в
области
D
, сама область
D
называется областью интегриро-
вания, а
dydx
(или
ds
) – элемент площади.
Теорема (достаточное условие интегрируемости функции).
Если функция
( )
yxfz ,=
непрерывна в замкнутой области
D
,
то она интегрируема в этой области.
1.2. Свойства ДИ
ДИ обладают такими же свойствами, как и определенные
интегралы (однородность, аддитивность, формулы среднего
значения и т. д.). Перечислим некоторые из них.
1.
( ) ( )
∫∫
⋅=
∫∫
⋅
DD
dydxyxfCdydxyxfC ,,
, где
constC =
.
2.
( ) ( )( ) ( ) ( )
∫∫
±
∫∫
=
∫∫
±
DDD
dydxyxgdydxyxfdydxyxgyxf ,,,,
.