Учебное пособие 737

z

у

x+y+z=1

1

x+y=1

y

D

х

1

0

1

1

x

Рис. 6

Рис. 5

1

1−x

1−y−x

1

1−x

1−y−x

V = ∫dx

∫

dy ∫ dz = ∫dx

∫ z

dy =

0

0

0

0

0

0

1

1−x

1

y

2

1−x

= ∫dx

∫

(1− y − x)dy = ∫

y

−

− xy

dx =

0

0

)

0

2

1

0

2

1

1− x

2

1

x

= ∫ 1− x −

(

− x (1− x) dx = ∫ 1

− x −

+ x

−

− x + x2

dx =

2

2

0

0

2

1

1

x

2

1

1

1

1

1

= ∫

− x +

dx =

∫dx −∫xdx +

∫x2dx =

2

2

2

0

2

0

0

0

1 x −

x

2

x

3

1

1 −

1

1

1

(êóá. åä)

=

+

=

+

=

2

2

6

0

2

2

6

6

= + +

координатными+ + − 1 = 0 (рис. 5)

Пример

8.

Даны векторное

поле,

которая

совместно ис

плоскость p:

плоскостями образует пирамиду V. Пусть

-

вне пирамиды V. Требуется

- контур

,

основание пирамиды, принадежащее плоскости p;

ограничивающий поверхность

;

- нормаль к

, направленная

нормалью

;

вычислить: 1) циркуляцию вектор-

по

контуру

,

применив

ного

поля

замкнутому

теорему

2)

и огранниченной им поверхностью

с

Стокса к контуру

поток векторного поля

через полную поверхность

пирамиды V в направлении внешней

нормали к ее поверхно-

сти, Применив теорему Остроградского-Гаусса.

Решение. 1) по теореме стокса:

Ц =

=

= 0

=

Ц=0

2) по формуле Остроградского-Гаусса:

П = = ,

=

+

+

= 1 + 1 + 1 = 3,

П = 3 = 3

= 3 1

1−

1−− = 1

интеграла0 0

в точности0

2

Подробное решение этого

изложе-

цию,

1

воспользовавшись

формулой

sin ax cos bx =

(sin(a +b)x +sin(a −b)x). В результате пол у-

1

2

чим

f (x) =

e

−3t

(sin 6t −sin 2t). Воспользуемся изображени-

2

6

2

ем функций sin 6t ÷

и sin 2t ÷

. По теореме

p2 +62

p2 + 22

e−3t sin 6t ÷

6

;

e−3t sin 2t

÷

2

.

( p + 3)2

+ 62

( p + 3)2

+ 22

Используя свойство линейности преобразования Лапласа,

окончательно запишем

f (x)=

1

e

−3t

sin 6t −

1

e

−

3t

sin 2t

÷

1

6

−

1

2

.

2

2

2 ( p +3)2

+ 62

2 ( p +3)2

+ 22

Пример 10. Найти функцию-оригинал для функции

F ( p) =

1

.

p2 ( p2 + 4)

Решение. Для отыскания функции-оригинала по данному

изображению разложим функцию F ( p)

на простейшие дроби

F ( p) =

1

=

A

+

B

+ Cp + D .

p2 ( p2 + 4)

p2

p

p2 + 4

1

=

Ap( p2 + 4)+ B( p2 + 4)+ (Cp + D)p2

.

p2 ( p2

p2 ( p2

+ 4)

+ 4)

p3

A +C = 0

p2

B + D = 0

p1

4A = 0

p

0

4B =1

Откуда получаем A = 0, B =

1

,

C = 0,

D = − 1 .

4

4

Тогда запишем

1

=

1

1

−

1

1

.

p2 ( p2 + 4)

4

p2

4

p2 + 4

1

1

÷

1 t;

1

1

=

1

2

÷

1 sin 2t.

4

p2

4

4

p2 + 4

8

p2 + 4

8

Откуда

F ( p) =

1

÷

1 t − 1 sin 2t.

p2 ( p2

+ 4)

4

8

x

′′

−3x

′

− 4x = e

4t

′

с начальными условиями x(0) = 0, x (0) =1 .

Решение.

Пусть решение

x(t) имеет изображение x( p),

e4t

÷

1

,

тогда

заданное

дифференциальное

уравнение

p − 4

примет вид

( p2 x( p)−1)−3 px( p)− 4x( p) =

1

p − 4

или

x( p)(p2 −3 p − 4) =1 +

1

;

x( p) =

p −3

.

p − 4

( p − 4)(p2 −3 p − 4)

Функция x( p) является решением

исходной

задачи в

изображении Лапласа. Найдем функцию-оригинал

x(t). Для

этого разложим дробь на простейшие

p −3

=

p −3

=

A

+

B

+

C

.

( p − 4)(p

2

−

3 p −4)

( p − 4)

2

( p +1)

( p

− 4)

2

p − 4

p +1

Методом

неопределенных

коэффициентов

получим

A =

1

, B =

4

,

C

= −

4

.

Для

полученных

дробей

найдем

5

25

25

функции-оригиналы

1

÷ e4tt;

1

÷ e4t ;

1

÷ e−t .

( p − 4)

2

p − 4

p +1

Окончательно

решение

дифференциального

уравнения

запишем в виде

x(t)

=

1

e

4t

t +

4

e

4t

−

4

e

−t

.

5

25

25

3x′+ y′+ 2x =1,

удовлетворяющее

начальным

условиям

+4 y′+3y= 0,

x′

x(0) = 0, y(0) = 0 .

Решение. Обозначим x(t) ÷ x( p),

y(t) ÷ y( p)

и напишем

систему вспомогательных уравнений

(3 p + 2)x( p)+ p y ( p) =

1

,

p x( p)+ (4 p +3) y

( p) = 0.

p

x( p) =

4 p +3

=

1

−

1

−

33

,

p( p +1)(11p + 6)

2 p

5( p +1)

10(11p

+ 6)

1

1

1

11

y( p) = −

= −

−

( p +1)(11p +6)

5

+1

11p +6

.

p

1

1

−t

3

−6t /11

1

−t

−e

−6t /11

x(t) =

−

e

−

e

,

y(t) = −

5

e

.

2

5

10

1) z z

; 2)

z1

; 3)

z5; 4)

3

.

2

z

1

z2

1

1