1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 48
Текст из файла (страница 48)
Интегрирование системы линейных уравнений с постоянными коэффициентами. Изложим теперь применение теории вычетов к задаче интегрирования системы линейных однородных уравнений с постоянными коэффициентами. Рассмотрим такую систему:⎫x1 = a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn , ⎪⎪⎬x2 = a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn ,(49). . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎪⎪⎭xn = an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn ,где aik — постоянные коэффициенты и через xs мы обозначили производные от искомых функций xs по независимой переменной t.Будем искать решение этой системы в следующем виде:xs =ϕs (z)etz (s = 1, 2, . . .
, n),(50)Rгде ϕs (z) суть искомые рациональные функции от z, и символомf (z)Rмы обозначаем здесь и в дальнейшем сумму вычетов функции f (z)относительно всех особых точек, лежащих на конечном расстоянии.63]Интегрирование системы линейных уравнений. . .279В формулах (50) функции, стоящие под знаком суммы вычетов, зависят не только от комплексного переменного z, относительно которого и рассчитываем вычеты, но и от вещественного параметраt, так что и сумма вычетов будет, вообще говоря, функцией этогопараметра t. Так как z и t совершенно независимы между собой,то можно при дифференцировании функции (50) по t производитьдифференцирование под знаком суммы вычетов, т. е.
мы будемиметь один и тот же результат, если сначала продифференцируем функциюϕs (z)etz(51)по t и потом возьмем сумму ее вычетов, или если сначала возьмемсумму вычетов функции (51), а затем полученный результат продифференцируем по t. Таким образом, наряду с формулами (50),имеем и следующие формулы:xs =zϕs (z)etz(s = 1, 2, . . .
, n).(52)RПодставим все это в нашу систему (49) и соберем все члены водну часть:⎫[(a11 − z)ϕ1 (z) + a12 ϕ2 (z) + . . . + a1n ϕn (z)]etz = 0, ⎪⎪⎪R⎪⎪[a21 ϕ1 (z) + (a22 − z)ϕ2 (z) + . . . + a2n ϕn (z)]etz = 0, ⎬R.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎪⎪⎪⎪[an1 ϕ1 (z) + an2 ϕ2 (z) + . . . + (ann − z)ϕn (z)]etz = 0.⎪⎭RЭти равенства будут наверно удовлетворены, если мы приравняем выражения, стоящие в квадратных скобках, произвольнымпостоянным, так как при этом под знаком суммы вычетов мы будем иметь функции вида Cetz , которые не имеют вовсе особых точек на конечном расстоянии. Обозначая упомянутые произвольныепостоянные через −C1 , −C2 , . . . , −Cn , получим для определенияфункций ϕs (z) систему обыкновенных алгебраических уравнений280Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [63первой степени(a11 − z)ϕ1 (z) + a12 ϕ2 (z) + . . . + a1n ϕn (z) = −C1 ,a21 ϕ1 (z) + (a22 − z)ϕ2 (z) + . . . + a2n ϕn (z) = −C2 ,.................................................an1 ϕ1 (z) + an2 ϕ2 (z) + . . . + (ann − z)ϕn (z) = −Cn .Будем решать эту систему по формулам Крамераϕs (z) =гдеΔs (z)Δ(z)(s = 1, 2, . . . , n),a11 − z,a12 ,...,a1n a ,a22 − z, .
. . ,a2n Δ(z) = 21............................. . . . . an1 ,an2 ,. . . , ann − z (53)(54)и Δs (z) получается заменой в определителе Δ(z) элементов s-гостолбца свободными членами (−Ck ). Заметим, что определительΔ(z) представляет собою левую часть известного нам вековогоуравнения [III1 , 17]. Остается теперь подставить выражения (53)в формулу (50).Произведя указанные подстановки, найдем решение нашей системы в видеxs = Δs (z)RΔ(z)ets(s = 1, 2, .
. . , n),(55)где значения Δ(z) и Δs (z) объяснены выше.Покажем теперь, что полученное нами решение удовлетворяетначальным условиямx1 |t=0 = C1 ;x2 |t=0 = C2 ;...;xn |t=0 = Cn .(56)Проверим это лишь для x1 . Имеемx1 |t=0 = Δ1 (z)RΔ(z).(57)63]Интегрирование системы линейных уравнений.
. .281Знаменатель написанной дроби определяется по формуле (54)и представляет собою, очевидно, полином степени n со старшимчленом (−1)n z n . Числитель дроби, входящей в формулу (57), будетиметь вид −C1 ,a12 ,...,a1n −C2 , a22 − z, . . . ,a2n Δ1 (z) = .. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .−Cn ,an2 ,. . . , ann − z Раскрывая по элементам первого столбца, нетрудно убедиться, что это будет полином степени (n − 1) со старшим членом(−1)n C1 z n−1 , и, таким образом, можно переписать формулу (57)в виде (−1)n C1 z n−1 + . . .,(58)x1 |t=0 =(−1)n z n + .
. .Rгде точками мы обозначили члены полиномов низшей степени, которые в дальнейших вычислениях никакой роли играть не будут.Установим теперь некоторое общее предложение, касающеесясуммы вычетов рациональной дроби.Л е м м а. Сумма вычетов рациональной дроби относительно ееполюсов, лежащих на конечном расстоянии, равна коэффициентупри z −1 в разложении рациональной дроби в окрестности бесконечно далекой точки.Действительно, положим, что наша рациональная дробь имеетв окрестности бесконечно далекой точки разложение видаf (z) =bk z k .(59)kРассмотрим интеграл12πif (z)dz,CRгде CR — окружность с центром в начале и радиусом R. При достаточно большом R все полюсы f (z) будут находиться внутри CR , и282Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [63интеграл будет давать сумму вычетов в этих полюсах. С другой стороны, при достаточно больших R окружность CR будет находитьсяв окрестности бесконечно далекой точки, и мы можем для вычисления интеграла применить разложение (59), откуда будет непосредственно следовать, что величина этого интеграла равна b−1 , что идоказывает лемму.З а м е ч а н и е. Выше [17] мы назвали коэффициент b−1 в разложении (59) с обратным знаком вычетом функции f (z) в бесконечнодалекой точке, т.
е. этот вычет считаем равным (−b−1 ). Поэтому нашу лемму можно формулировать следующим образом: сумма вычетов рациональной дроби во всех ее полюсах, включая и бесконечнодалекую точку, равна нулю.Применим теперь доказанную лемму к выражению (58). Заметим, что в окрестности бесконечно далекой точки мы имеем очевидное для написанной дроби разложение вида(−1)n C1 z n−1 + . .
.C1β2=+ 2 + ...,nn(−1) z + . . .zzи доказанная лемма дает нам непосредственно x1 |t=0 = C1 , точнотак же можно показать, что xs |t=0 = Cs . Итак, решение, даваемое формулой (55), удовлетворяет начальным условиям (56), т. е.произвольные постоянные Cs , входящие в полиномы Δs (z), играют роль начальных условий. Отсюда непосредственно следует, чтонаши формулы (55) дают общий интеграл системы.П р и м е р.
Рассмотрим системуx1 =x2 + x3x2 = x1+ x3x3 = x1 + x2 .В данном случаеΔ(z) = или−z,1,1,1,−z,1,11 ,−z Δ(z) = −z(z 2 − 1) + 2(z + 1) = (z + 1)(−z 2 + z + 2),63]Интегрирование системы линейных уравнений. . .283и для первой из искомых функций получим формулу −C1 , 1, 1 −C2 , −z, 1−C3 , 1, −z etzx1 =(z + 1)(−z 2 + z + 2)Rили, разлагая определитель и сокращая на (1 + z),x1 = C1 (1 − z) − C2 − C3etz .−z 2 + z + 2RЗнаменатель имеет корни z = −1 и z = 2. Определяя вычеты в этих точкахно обычному правилу: числитель на производную от знаменателя, получим111121C1 − C2 − C3 e−t +C1 + C2 + C3 e2t .x1 =333333Заметим, что в данном случае полином Δ(z) имеет двойной корень z = −1,и все же в выражении x1 множитель при e−t представляет собою не полиномпервой степени от t, но просто постоянную.В случае системы неоднородных уравнений (вынужденные колебания)xs = as1 x1 + .
. . + asn + fs (t) (s = 1, 2, . . . , n),(60)где fs (t) — заданные функции от t, надо искать решение в видеxs = − C1 (t)A1s (z) + . . . + Cn (t)Ans (z)Δ(z)Retz ,(61)где Aik (z) — алгебраические дополнения элементов определителяΔ(z) и Ck (t) — искомые функции t (метод вариации произвольныхпостоянных) [II, 26]. Подставляя (61) в (60) и принимая во внимание, что при произвольных постоянных Ck формулы (61) дают решение однородной системы, получим уравнения для производныхCk (t):− C (t)A1s (z) + .
. . + C (t)Ans (z)1RnΔ(z)(s = 1, 2, . . . , n).etz = fs (t)(62)284Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [63Покажем, что мы можем удовлетворить этой системе, полагаяC1 (t) = e−tz f1 (t);...;Cn (t) = e−tz fn (t).(63)Действительно, подставляя, получим в левой части (62)− f1 (t)A1s (z) + . . . + fn (t)Ans (z)Δ(z)R.(64)Если i = k, то при образовании алгебраического дополненияAik (z) будут вычеркнуты два элемента (aii − z) и (akk − z), стоящиена главной диагонали определителя Δ(z), и, следовательно, Aik (z)будет полиномом степени (n − 2) от z.
В силу доказанной вышелеммы Aik (z)= 0 (i = k),Δ(z)Rибо разложение Aik (z) : Δ(z) в окрестности бесконечности начнетсяс члена a/z 2 и, следовательно, не будет содержать члена с z −1 .Алгебраическое дополнение Aii (z) будет полиномом (n − 1)-йстепени со старшим коэффициентом (−1)n−1 z n−1 (см. выше) и, следовательно, Aii (z)−= 1.Δ(z)RИз этого непосредственно следует, что предыдущие выражения(64) равны fs (t). Формулы для Ck (t) даютtCk (t) =e−τ z fk (τ )dτ(k = 1, 2, . .
. , n),(65)0причем мы выбираем постоянную интегрирования так, чтобыCk (0) = 0 (чисто вынужденные колебания).Подставляя в (61), получаем окончательно f1 (τ )A1s (z) + . . . + fn (τ )Ans (z)e(t−τ )z dτ.Δ(τ )txs = −R 064]Разложение дробной функции на простейшие дроби28564. Разложение дробной функции на простейшие дроби.
Мы применим сейчас основную теорему о вычетах к задачеразложения функции в бесконечный ряд. Пусть f (z) — функция,регулярная и однозначная на всей плоскости, кроме отдельных изолированных точек, которые являются ее полюсами. Такая функцияназывается обычно дробной, или мероморфной, функцией. Примером дробной функции является рациональная дробь.
В качествевторого примера приведем функцию ctg z = cos z/ sin z, котораяимеет своими полюсами те точки, где sin z обращается в нуль.Последняя мероморфная функция имеет бесчисленное множество полюсов. Заметим, что если мероморфная функция имеет бесчисленное множество полюсов, то во всякой ограниченной части Bплоскости их должно быть во всяком случае конечное число. Действительно, в противном случае мы имели бы в B хоть одну предельную точку этих полюсов, т. е. такую точку z = c, что в любоммалом круге с центром z = c находится бесчисленное множествополюсов функции f (z). Эта точка z = c была бы особой точкойf (z), отличной от полюса, так как из определения [17] полюса вытекает, что он должен быть изолированной особой точкой. Но, поусловию, f (z) не имеет других особых точек, кроме полюсов.
Раз влюбой ограниченной части плоскости полюсов конечное число, томы можем их пронумеровать в порядке неубывающего модуля, такчто, обозначая полюсы через ak , будем иметь|a1 | |a2 | |a3 | . . . ,причем |an | → +∞ при беспредельном возрастании n. В каждомполюсе z = ak наша функция будет иметь определенную бесконечную часть, которая будет представлять собою полином относительно аргумента 1/(z − ak ) без свободного члена [17]. Обозначим этотполином через1Gk(k = 1, 2, . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
