Интегралдық түрлендірулер және олардың қолданулары: оқу құралы. 4310020000

Citation preview

ӘЛ-ФАРАБИ атындағы ҚАЗАҚ ҰЛТТЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ

Ш. Сахаев

ИНТЕГРАЛДЫҚ ТҮРЛЕНДІРУЛЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫҢ ҚОЛДАНУЛАРЫ Оқу құралы

Алматы «Қазақ университеті» 2009

ББК 22.я7 С 16 Баспаға әл-Фараби атындағы Қазақ ұлттық университеті механика-математика факультетінің Ғылыми кеңесі және Редакциялық-баспа кеңесі ұсынған

Пікір жаз ғандар: ҚР ҰҒА-ның академигі, физика-математика ғылымдарының докторы, профессор Қ.Ә. Қасымов; физика-математика ғылымдарының докторы, профессор М.Т. Женалиев; физика-математика ғылымдарының кандидаты, профессор Ж.Ә. Тоқыбетов

С 16

Сахаев Ш. Интегралды қ түрлендірулер және олардың қолданулары: оқу құралы. – Алматы: Қазақ университеті, 2009.– 116 б. ISBN 9965-30-971-Х Оқу құралында жалпылама туындының қажетті қасиеттері беріліп, Соболевтің функционалдық кеңістіктері үшін математикалық физика теңдеулерінде қолданылатын енгізу теоремалары және олардың қолданулары келтірілген. Оқу құралы математик-магистранттарға және математикалық физика есептерімен шұғылданатын ғылыми қызметкерлерге арналған.

С

4310020000 - 47 114 – 09 460(05) – 09

ББК 22.я7 © Сахаев Ш., 2009 © Әл-Фараби атындағы ҚазҰУ, 2009

ISBN 9965-30-971-Х

2

КІРІСПЕ Жай дифференциалдық дербес ту ындылы және интегралдық теңдеулермен теңдеулер жүйелерін белгілі ядролы интегралдық операторларға қолдану нәтижесінде оларды сәйкес түрде алгебралық немесе жай дифференциалдық теңдеулер мен теңде улер жүйелеріне келтіріп шешу тәсілі көп жағдайларда жақсы нәтижелер береді. Автор осы әсілді т өзінің ғылыми зерттеу і және әл-Фараби атындағы Қазақ ұлттық университеті мен Абай атындағы Қазақ ұлттық педагогикалық университетіндегі “Интегралдық түрлендіру әдісі және оның кейбір қолданулары” тақырыбы бойынша арнайы курстарға (бакалавр, магистр және аспиранттарға арналған) дәрісі негізінде осы оқу құралы жазылды. Әрине, бұл оқу құралында дәріс реті соңғы кездегі кредиттік технология қағидалары бойынша ыңғайландырылды. Оқу құралында комплекс айнымалы пәнінен-тек қолдану ға тиісті мағлұматтар енгізілді. Бұл оқулықты жазу және баспаға дайындауға маман ретінде үздік шәкірттерімнің бірі – Назгүл Қуанова көп көмек жасады, оған алғысымды айтуды өзімнің парызым деп санаймын. Сондай-ақ оқырмандар тарапынан оқулыққа байланысты ескертпелер мен ұсыныстар түсіп жатса, автор ризашылықпен келесі басылымда ескереді.

3

I тарау КОМПЛЕКС АЙНЫМАЛЫ ФУНКЦИЯЛАР § 1. Комплекс шамалар және оларға қолданылатын арифметикалық амалдар Комплекс сан (айнымалы шама) деп z = x + iy

(1)

түріндегі өрнекті айтамыз, мұндағы x және y кез келген нақты сандар, ал i -жормал (мнимая) бірлік, яғни i 2 = −1 . Әдетте x және y сандары комплекс айнымалы шаманы ң сәйкес түрде нақты және жормал бөліктері деп атап, оларды x = Re z , y = Im z

түрінде белгілейді. Бұл (1)-комплекс айнымалыға түйіндес комплекс айнымалы деп z = x − iy

(2)

өрнегін айтады. z1 = x1 + iy1 және z 2 = x2 + iy 2 комплекс шамалардың сәйкес бөліктері x1 = x2 және y1 = y 2 түрінде тең болса, онда z1 және z 2 комплекс сандар (шамалар) бір-біріне тең деп аталады. Тік бұрышты декарт координата жүйесінде z = x + iy комплекс айнымалы (санды) M = M ( x, y ) координата нүктесімен немесе бас нүктесі O(0,0) мен ңғы со нүктесі M ( x, y ) байланысқан →

ρ = OM = z -комплекс

z = x + iy

санының модулі, ол

→

OM

вектордың абсцисса OX өсімен жасайтын бұрышын аргументі деп, оны ϕ = Argz өрнегімен белгілейді, ол Argz = arg z + 2kπ , k = 0,±1,±2,...,

мұндағы z : −π < arg z ≤ π -аргументтің бас мәні,

4

(3)

y  arctg x , егер x > 0,  π + arctg y , егер x < 0, y ≥ 0,  x  y  arg z = − π + arctg , егер x < 0, y < 0, x  π  2 , егер x = 0, y > 0,  − π , егер x = 0, y < 0.  2

(4)

Комплекс сандар z1 = x1 + iy1 , z 2 = x2 + iy 2 берілсін, олардың: 1. қосындысы: z1 + z 2 = ( x1 + x2 ) + i ( y1 + y 2 ) 2. айырмасы: z1 − z 2 = ( x1 − x2 ) + i ( y1 − y 2 ) 3. көбейтіндісі: z1 z 2 = ( x1 x2 − y1 y 2 ) + i ( x1 y 2 + x2 y1 ) z zz xx +y y x y −x y 4. бөліндісі: 1 = 1 22 = 1 22 12 2 + i 2 21 12 2 ; z2 z2 x2 + y 2 x2 + y 2 соңғы қасиетті дәлелдеу үшін zz = x 2 + y 2 = z = z пайдаланамыз. Кез келген z = x + iy комплекс санды 2

2

өрнегін

z = ρe iϕ = ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) тригонометрикалық ρ = z , ϕ = Argz .

түрінде

жазуға

болады,

(5) мұндағы

Бұл жағдайда z1 z 2 = ρ1 ρ 2 [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ 2 )], z1 ρ1 [cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ 2 )], = z2 ρ 2

z n = ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ),

(6)

Argz n = nArgz + 2kπ , n

ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ   + i sin z = n z  cos , k = 0,1,2,..., n − 1, ϕ + arg z. n n  

5

§ 2. Комплекс айнымалы функциялар Әрбір z ∈ D нүктеге w = f ( z ) функция әйкес с келсе D комплекс жазықтықтағы комплекс функция анықталды деп айтамыз. z = x + iy және w = u + iϑ болсын. Онда әрбір w( z ) функцияға u = u ( x, y ), ϑ = ϑ ( x, y ) -нақты аргументі функциялар сәйкес келеді, мұнда Re w = u ( x, y ), Im w = ϑ ( x, y ) . 10. Негізгі элементар функциялар: 1. Бөлшекті рационал функция a0 z 2 n + a1 z 2 n−1 + ... + an An ( z ) w( z ) = ≡ ; Вm ( z ) в0 z m + в1 z m−1 + ... + в m 2. Көрсеткіш функция e z , ол ez = 1+ z +

z2 zn + ... + + ... 2! n!

түрінде анықталады, ол үшін а) e z1 + z2 = e z1  e z2 , б) e z + 2 kπi = e z , k = 0,±1,±2,... 3. Тригонометриялық функциялар:

ал

sin z = z −

z3 z 2 n+1 n + ... + (− 1) ..., (2n + 1)! 3!

cos z = 1 −

2n z2 z4 n z + − ... + (− 1) + ..., (2n )! 2! 4!

e ± iz = cos z ± i sin z

болғандықтан e iz + e − iz e iz − e − iz cos z = , sin z = . 2 2i 4. Гипергеометриялық функциялар: shz =

e z − e−z e z + e−z shz chz , chz = ⇒ thz = , chz = . 2 2 chz shz

6

5. Логарифмдік функция:

Lnz = ln z + iArgz = ln z + i arg z + 2kπi. 6. Жалпы көрсеткіш дәрежелі функция: w = za ,

мұндағы a = α + iβ және z a = e a ln z орынды. Анықтама. Егер ∀z ∈ D үшін тек жалғыз w = f ( z ) ∈ G комплекс жазықтықтағы функция мәні сәйкес келсе, онда f ( z ) бірмәнді, ал бірнеше мәні сәйкес келсе - көпмәнді деп аталады. Шек және үзіліссіздік анықтамалар нақты функциялар секілді. lim f (z ) = f (z 0 ) ⇔ lim u (x, y ) = u ( x0 , y0 ), lim ϑ ( x, y ) = ϑ ( x0 , y0 ) ,

z → z0

x → x0 y → y0

x → x0 y → y0

мұны f ( z ) функцияның z = z 0 нүктедегі үзіліссіздігі деп айтады. Егер бұл теңдіктер ∀z ∈ D үшін орындалса, онда f ( z ) функция D аймақта үзіліссіз деп айтады.

§ 3. Комплекс функция туындысы Шенелген D аймақта w = f ( z ) функция берілсін. Егер ∃ lim

∆z →0

f (z + ∆z ) − f (z ) dw ∆w = lim = f ′( z ) = ∆ z → 0 dz ∆z ∆z

орындалса, онда f ′( z ) -өрнекті f ( z ) функцияның z нүктесіндегі туындысы деп айтады. Егер f ( z ) функция D аймақтың кез келген нүктесінде ( z ∈ D нүктеде) туындысы болса, оны D аймақта ( z - нүктеде) аналитикалық деп айтады. Мысалы: 1) z n , n ≥ 0 мәндерінде барлық жазықтықта аналитикалық; 2) e z , sin z , cos z , tgz ,... функциялардың жинақтылық (қатар түріндегі өрнектері) радиусы R = ∞.

7

Коши-Риман шарттары: ∆w , ∆z →0 ∆z

w = f ( z ) = u ( x, y ) + iϑ ( x, y ), z ∈ D ⇒ ∃f ′( z ) = lim

мұндағы

а ) ∆z = ∆x + i 0 = ∆x → 0, ∆z → 0 ⇔  б ) ∆z = 0 + i∆y = i∆y → 0.

Сондықтан: f ′(z ) = lim

∆z → 0

а) +i

∆w  u (x + ∆x, y ) − u (x, y ) = lim  + ∆ x → 0 ∆z ∆x 

ϑ (x + ∆x, y ) − ϑ (x, y )

∂u ∂ϑ = + i ,  ∂x ∂x

∆x

 u (x, y + ∆y ) − u (x, y ) ∆w = lim  + ∆z → 0 ∆z ∆y → 0 i∆y 

f ′(z ) = lim б)

u (x, y + ∆y ) − u ( x, y ) = −i lim +  ∆y ∆y  ϑ (x, y + ∆y ) − ϑ (x, y ) ∂u ∂ϑ + lim = −i + . ∆y ∂y ∂y

+

ϑ (x, y + ∆y ) − ϑ (x, y ) 

Бұлардың оң жақтарын теңестіріп: ∂u ∂ϑ ∂ϑ ∂u = =− , ∂x ∂y ∂x ∂y Коши-Риман шарттарын аламыз. ұл Б шартты әдетте f (z ) функциясының аналитикалық (қажетті және жеткілікті) шарттары деп атайды. Мысал:

w( z ) = cos z = cos(x + iy ) = cos x cos yi − sin x sin iy = cos xchy − i sin xshy

(себебі

cos yi = chy, sin iy = shy ), демек ∂u = − sin xchy, ∂x ∂ϑ ∂ϑ ∂u = − sin xchy, = − cos xshy, = cos xshy; ∂y ∂x ∂y

u ( x, y ) = cos xchy, ϑ = − sin xshy ⇒

8

′ f ′( z ) = (cos z ) = − sin z

екінші жағынан орынды.

және Коши-Риман шарты

§ 4. Комплекс функцияны интегралдау Шенелген D аймақта үзіліссіз f ( z ) берілсін. Сол D аймақта қтағы A және В нүктелерді жататын L жатық контур сол айма жалғастырсын. Ал z = x + iy = x(t ) + y (t ), t ∈ [α , β ] . Онда f ( z ) функцияның L қисық бойынша интегралы

∫ f (z )dz = ∫ (u + iϑ )(dx + idy ) = ∫ (udx − ϑdy ) + i ∫ (ϑdx + udy ) = L

L

L

L

β

β

β

α

α

α

= ∫ [u + iϑ ][x′(t ) + iy ′(t )]dt = ∫ [u + x′(t )]dt + i ∫ [ϑ + y ′(t )]dt ,

немесе қысқаша

∫ L

β

f (z )dz = ∫ f [z (t )] z ′(t )dt.

(7)

α

Мысалы. dz

∫ z−z L

= 2πi

(8)

0

екенін дәлелдеу керек? Мұндағы L : центрі z 0 нүктедегі сағат тіліне қарсы бағытталған шеңбер. Шешуі. L := z = z 0 + ρe it , 0 ≤ t ≤ 2π , ρ -шеңбер радиусы;

z − z 0 = ρe it , dz = e it ⋅ idt ⇒ ∫ L

dz = z − z0

2π

ρie it 2π ∫0 ρe it = i ∫0 dt = 2πi ⇒

(8)

1-теорема (Коши). Егер f ( z ) бірбайланысты D аймақта аналитикалық функция болса, онда ол функциядан сол аймақта жататын кез келген құрақты-жатық, тұйық контур бойынша алынған интеграл нөлге тең, яғни

∫ f (z )dz = 0 орынды.

L

9

Дәлелдеуі. Теорема шарты бойынша f ( z ) функция D аймақта аналитикалық функция; олай болса ϑdx + udy және udx − ϑdy өрнектер қандайда бір функциялардың толық дифференциалы, яғни ∫ dψ = 0 -толық дифференциалдан алынған тұйық контур бойынша L

интеграл нөлге тең. Теорема дәлелденді. Мысалдар: n ∫ z dz = 0, n = 0,1,2,..., Γ

∫ e dz = 0, ∫ sin zdz = 0, z

Γ

L

∫ cos zdz = 0, ∫ shzdz = 0, ∫ chzdz = 0. L

L

L

Ньютон –Лейбниц формуласы орынды. z2

∫ f (z )dz = Φ(z )

z2 z1

,

z1

мұндағы Φ ′( z ) = f (z ) . 2-теоерма. Егер D аймақ Γ контурмен қоршалған Dk , k = 1,2,...,n ұсақ аймақтардан тұрып, ал f ( z ) функция әрбір Dk -да аналитикалық болса, онда әрбір Γk аймақтар бойынша интегралдар қосындысы Γ үшін алынған интегралға тең, яғни

∫ Γ

n

f ( z )dz = ∑ ∫ f ( z )dz

орынды.

k =1 Γk

§ 5. Кошидің интегралдық формуласы Егер f ( z ) шенелген D аймақта аналитикалық, ал аймақты қоршаған құрақты-жатық L тұйық контурда f (z0 ) =

1 f (z ) dz , z 0 ∈ D ∫ 2πi L z − z 0

(9)

орынды; мұндағы L контур бойынша сағат тіліне қарсы қозғалғанда D аймақ сол жақта жататын болады.

10

Мысал: chiz chiz chiz z +3 ∫z =2 z 2 + 4 z + 3 dz = z∫=2 (z + 1)(z + 3)dz = z∫=2 z − (− 1)dz = =

z 0 = −1

(9 )

chiz = 2πi f (z ) = z +3

chi(− 1) = πichi = πi cos1. 2

§ 6. Комплекс аймақтағы қатарлар ∞

z1 + z 2 + ... + z n + ... = ∑ z k ;

(10)

k =1

бұл қатар нақты айнымалы

∞

∞

∑y

∑ xk және

k =1

k =1

жинақты. Бұл (10) қатардан түзілген

k

қатарлармен бірдей

∞

∑C k =1

k

абсолют жинақты

zk

Ck немесе k →∞ C k +1

болуы үшін мына теорема (Абель) бойынша R = lim R = lim

k →∞ k

1 Ck

-жинақтылық радиусы болады.

§ 7. Дәрежелі қатарлар (Тейлор және Лоран) 1. Жинақтылық радиусы R > 0 болған ∞

f (z ) = ∑ Ck (z − z0 )

k

k =0

(z − z

0

< R)

(11)

қатарды қарастыралық, мұндағы Ck =

f (k ) (z 0 ) , k!

Коши интегралы бойынша

11

k = 0,1,2,... .

(12)

f (k ) (z 0 ) =

k! f (z )dz , k = 1,2,... ∫ 2πi γ (z − z 0 )k +1

(13)

Мысалдар: 1). ln (1 + z ) = z − 2).

(1 + z )α

= 1 + αz +

n z2 z3 n −1 z + + ... + (− 1) + ..., 2 3 n

α (α − 1) 2!

z 2 + ... +

α (α − 1)...(α + n − 1) n!

1 n = 1 − z + z 2 + ... + (− 1) z n + ..., 1+ z z 1 1 3 1 (3 ) 4). 2 = ⋅ + ⋅ = ... z − 2z + 3 4 z +1 4 z − 3

(R = 1) + ...,

(R = 1)

(R = 1)

3).

2. Лоран қатары r < z − z 0 < R сақинада бірмәнді және аналитикалық функция сол аймақта ( r = 0 мен R = +∞ нүктелерден басқа) төмендегі Лоран қатарына f (z ) =

−1

+∞

∑ C n (z − z 0 ) + ∑ Cn (z − z 0 ) = n

n = −∞

n

n =0

∞

∑ C (z − z )

n = −∞

n

n

0

(14)

жіктеледі, мұндағы Cn коэффициенттер

Cn =

f ( z )dz 1 , n = 0,±1,±2,... ∫ 2πi Γ (z − z 0 )n+1

(15)

өрнектермен анықталады; Γ -сол са қинада жататын центрі z0 нүктедегі кез келген шеңбер. (14)-қатардағы оң жағындағы бірінші қосындысын төмендегінше жазып −1

∞

∑ Cn (z − z0 ) = ∑ n

n = −∞

C −n n n =1 ( z − z 0 )

(16)

оны, әдетте, Лоран қатарының дұрыс бөлігі деп атайды. Қатарларға және комплекс функцияларды интегралдауға қажетті төмендегі мағлұматтарды енгізейік.

12

1-анықтама. f ( z ) функция z = z 0 нүктеде аналитикалы қ функция болсын. Егер f (z ) функциясы z = z 0 нүктеде ( n −1) (z0 ) = 0 , бірақ f (n ) (z0 ) ≠ 0 болса, онда f ( z 0 ) = 0, f ′( z 0 ) = 0,..., f f ( z ) үшін z = z 0 нүктені "n" -ретті (еселі) нөл нүкте деп айтады. Теорема. z 0 нүктеде аналитикалық f ( z ) функцияның z 0 нүкте "n" -ретті (еселі) нөлі болуы үшін сол нүкте төңірегінде

f (z ) = (z − z0 ) ϕ (z ) n

орындалуы қажетті және жеткілікті, мұндағы ϕ (z ) функция ϕ (z0 ) ≠ 0 болған сол z 0 нүктеде аналитикалық функция. Мысалы. нүктелер cos z = −1, z n = (2n + 1)π , n = 0,±1,±2,... берілген функцияның нөлдері, мұндағы f [(2n + 1)π ] = 0, бірақ f ′[(2n + 1)π ] = − sin[(2n + 1)π ] = 0 , f ′′[(2n + 1)π ] = н = − cos[(2n + 1)π ] ≠ 0 демек z n = (2n + 1)π екінші ретті (еселі) өл екен. 2-анықтама. Егер f ( z ) функция z 0 нүктеден басқа жерлерде (төңірегінде, сол аймақта) аналитикалық болса, онда сол z 0 нүктені f ( z ) функциясының оқшауланған ерекше нүктесі деп атайды. Егер f ( z ) функциясының z → z 0 -да шенелген шегі бар болса, онда ол оқшауланған ерекше нүктені жөнделетін ерекше нүкте деп атайды. e z −1 функция үшін z 0 = 0 нүкте ерекше Мысалы. f (z ) = z e z −1 нүкте, бірақ ∃ lim f (z ) = lim = 1 болғандықтан z 0 = 0 нүкте z →0 z →0 z жөнделетін нүкте. Теорема. f ( z ) функция үшін z = z 0 нүкте "n" -ретті (еселі) ϕ (z ) нөлі болуы үшін оның f ( z ) = түрінде өрнектелуі қажетті (z − z0 )n және жеткілікті, мұндағы ϕ ( z ) функция ϕ ( z 0 ) ≠ 0 болған сол z 0 нүктеде аналитикалық функция. sin z Мысалы. f ( z ) = 3 функция үшін z 0 = −1, z 0 = 1 z + z2 − z −1 sin z ϕ (z ) ерекше нүктелері, оны f ( z ) = z − 1 2 = өрнектеуге болады, (z + 1) (z + 1)2

13

мұндағы ϕ ( z ) = полюс. Егер

sin z ≠ 0 , демек z 0 = −1 нүкте f ( z ) үшін екі еселі z − 1 z =−1

f (z )

sin z (z + 1)2 = ϕ (z ) , ұндағы м f (z ) = z −1 z −1

функция

sin z ≠ 0 болғандықтан f ( z ) үшін бұл жағдайда z = 1 (z + 1)2 z =−1 нүкте қарапайым (реті бірге тең) полюс болады. 3-анықтама. Егер f ( z ) функция үшін z → z 0 ұмтылғанда оның ешқандай (шексіз де емес, шенелгенде емес) шегі болмаса z 0 нүктені f ( z ) үшін айрықша оқшауланған (существенно особой) нүкте деп атайды.

ϕ (z ) =

§ 8. Функциялардың қалымдылары (вычеты) Анықтама. z 0 нүктені f ( z ) фукнция үшін оқшауланған ерекше нүкте болсын. f ( z ) функциясының z 0 нүктедегі қалымдығы деп res f ( z 0 ) =

1 f (z )dz 2πi ∫γ

(17)

санды айтады, мұндағы γ центрі z 0 нүктедегі кез келген шеңбер , оның ішінде z 0 -ден басқа ерекше нүкте болмауы керек. Функцияның қалымдығы үшін z = z 0 нүкте төңірегіндегі Лоран қатарының минус бір дәрежесі коэффициенті, яғни res f ( z 0 ) = C −1

(18)

алынады. Ал жөнделетін ерекше нүктенің қалымдығы нөлге тең. Теорема (Коши). Егер z 0 нүкте f ( z ) фукнцияның n -ретті полюсі болса, онда

{

}

1 d n−1 n res f ( z 0 ) = lim n−1 f ( z )(z − z 0 ) , z z − (n − 1)! 0 dz

14

(19)

ал егер z 0 нүкте f ( z ) үшін қарапайым полюс, яғни еселік n = 1 болса, онда

res f ( z 0 ) = lim[ f (z )( z − z 0 )] .

(20)

z − z0

ϕ (z ) -бөлшек түрінде болып, ал ϕ ( z 0 ) ≠ 0, ψ (z ) ψ (z 0 ) = 0 , бірақ ψ ′(z 0 ) ≠ 0 , яғни z 0 нүкте f (z ) үшін қарапайым Егер f ( z ) фукнция

полюс болса, онда res f ( z 0 ) =

ϕ ′(z 0 ) . ψ ′(z 0 )

(21)

Егер z 0 нүкте f ( z ) функция үшін айрықша оқшауланған нүкте болса, онда res f ( z 0 ) қалымдығын анықтау үшін f ( z ) функцияны z = z 0 нүкте төңірегінде Лоран қатарына жіктеп C −1 коэффициентті анықтаса, сол шама іздеген қалымдық болады ((18)-формула бойынша). sin z 2 Мысалдар. 1). функцияның ерекше f (z ) = π 2 3 z − z 4 нүктелеріндегі қалымдарын анықтау керек? Шешуі. Ерекше нүктелері: z = 0 -екі еселі, z = ерекше нүктелер, олай болса

π

2

- қарапайым

sin z 2 1 4 ⋅ lim = − ≠ 0 ⇒ resf (0 ) = 0 , 2 z →0 z →0 π π z z− 4

lim f ( z ) = lim z →0

себебі z = 0 нүкте жөнделетін ерекше нүкте екен, ал z = үшін lim f ( z ) = ∞ , сондықтан (20) формула бойынша π z→

π 4

4

 sin z 2  π   π  π  ⋅ z −  = res f   = lim  f ( z ) z −  = lim 4 4   z →π z 3 − π z 2   4  z →π4   4 4 2 π2 sin z 16 = lim 2 = 2 ⋅ sin . π 16 π z z→ 4

15

нүкте

2).

f (z ) =

керек.

ez

(z + 1)3 (z − 2)

функцияның қалымдықтарын анықтау

Шешуі. z = −1 -еселігі үшке тең, ал z = 2 қарапайым ерекше нүктелер, демек 1 d2  ez d 2  ez  3  = ⋅ ( z + 1)  = lim 2  res f (− 1) = lim 2  z → −1 dz 2! z →−1 dz  ( z + 1)3 ( z − 2 ) 2 ! − 2 z    2 z 1 17 z − 6 z + 10 e = lim =− ; 2 2 z →−1 54e (z − 2) (19 ) 1

(

)

  ez ez e2 ( ) ⋅ − = = . res f (2 ) = lim  z 2 lim  z →2 z → 2 ( z + 1)3 ( z − 2 ) (z + 1)3 27   Теорема (қалымды туралы). f ( z ) функция D аймақта және оның шекарасы L -да z1 , z 2 ,..., z n ерекше үктелерден н басқа жерлерде, аналитикалық болса, онда

∫

f (z )dz = 2πi ∑ resf (z j ) n

j =1

L

Мысалы.

[(

) ]

e z −1 −1 −1 ∫z =4 z 2 + z dz = resf (− 1) + resf (0) = ... = 2πi 1 − e + 0 = 2πi 1 − e .

16

(

)

II тарау ИНТЕГРАЛДЫҚ ТҮРЛЕНДІРУЛЕР Кіріспе Өткен ғасырдың бас кезінің өзінде “символдық түрлендіру” d деген атпен формалді үтрдегі p = түрлендірумен математиктер dt шұғылданған. Мәселен, p -ның оң n дәрежесін функцияның n p n ⋅ x(t ) =

туындысы, яғни

таңбасын-интегралдау, яғни

d n x(t ) деп қабылдап, ал dt n

p -ның теріс

t

1 ⋅ x(t ) = ∫ x(τ )dτ p 0 деп қабылдаған. Міне, осы символды x(t ) ≡ 1 функцияға қолданып t

t

t2 tn 1 1 1 d 1 ,..., 1 τ τ ⋅ 1 = ∫ dτ = t ; ⋅ = = ⋅ = ∫0 p n! 2! p2 pn 0

(1)

теңдіктерге келеміз. Осы символды есептеу әсілімен т электрик -инженер Хевисаид электортехника есептерін шешкен. Мәселен, x − x = t теңдеуі x(0 ) = 0 бастапқы шартпен жоғарыдағы p формалдық символды тәсілмен шешіп, оның шешімін

x=

 (1) 1 1 1 1 1 1 = ⋅ = 1 + + ... + + ... =  p − 1 p 1 − 1 p  p pn  p   τ2 τn = ∫ 1 + τ + + ... + + ...dτ = e t − 1 2! n!  0 t

17

деп аны қтаған, яғни x − x = 1 теңдеудің x(0 ) = 0 шартты қанағаттандыратын шешімі x(t ) = e t − 1 екенін көрсеткен. Тек XX ғасырдың 20-жылдарында ғана Бромвич әне ж Карсон жұмыстарында “операциалық әдістер” деп аталып, ғылыми түрде көрсетілді. Бұл тәсілдегі негізгі мазмұн-мақсат дифференциалдау және интегралдау амалдарын алгебралы қ тәсілдерге келтіру, яғни дифференциалдық және интегралдық теңдеулерді алгебралық теңдеулерге келтіріп шешу. Нәтижеде алгебралық теңдеулерді шешіп, одан кейін алғашқы теңдеулер шешімін алу.

§ 1. Лаплас түрлендірулердің анықтамасы және Меллин формуласы 1. Нақты, оң аргументті f (t ) функцияға комплекс айнымалылы p -ға тәуелді ∞

F ( p ) = ∫ e − pt f (t )dt

(2)

0

функцияны сәйкестендірейік. Міне, осы F ( p ) функцияны f (t ) функцияның Лаплас түрлендіруі деп атаймыз. Бұл F ( p ) функция кез келген f (t ) үшін анықтала бермейді, сондықтан f (t ) шенелген функция болатындай таңдаймыз. Ол үшін f (t ) мына 10. f (t ) ≡ 0, егер t < 0; 20. барлық t > 0 жарты өстің ә рбір шенелген кескінділерде санақты 1-текті үзілетін; 30. t → ∞ ұмтылғанда f (t ) функция шенелген дәрежелі өсетіні, яғни сондай тұрақты α және M = M ( f ,α ) шамалар табылып, олар мен f (t ) функция

f (t ) ≤ Meαt , ∀t > 0

(3)

теңсіздікті қанағаттандыратын болуы керек, мұндағы (3) теңсіздікті қанағаттандыратын α -ның ең кіші шекарасын α 0 = inf α -ны f (t ) функцияның “өсу көрсеткіші” деп атаймыз; міне осы үш шарттарды қанағаттандырсын.

18

Жоғарыдағы (2)-меншіксіз интеграл, оның жинақтылық аймағы p -комплекс айнымалының (2) интегралдың бар болатын мәндерінің жиыны деп үсіну т қаж ет. Оныәдетте Лаплас түрлендіруінің аналитикалық аймағы деп атайды. Ол интегралдың жинақтылығын сипаттаушы мына: 1-теорема. α 0 сан f (t ) функцияның өсу көрсеткіші болсын. Онда (2) интеграл p -комплекс санның Re p ≥ α 0 > α 0 теңсіздікті қанағаттандыратын барлық мәндері үшін бірқалыпты жинақты. Дәлелдеуі. p = x + iy түрінде болсын, мұндағы x > α 0 деп алайық. Ал ε > 0 санды x > α 0 орындалатындай таңдайық. Онда, мына ∞

F ( p) = ∫ e

− pt

0

∞

(3 )

f (t )dt ≤ ∫ e − pt f (t ) dt ≤ 0

e (− x +α 0 +ε )t (α 0 +ε )t − xt e Me dt = M ∫0 − x +α + ε

∞

(4)

∞

= 0

M x −α0 − ε

.

Міне, бұл теңсіздік бойынша x > α мәндерде F ( p ) абсолюттік мәні бойынша жинақталатын интегралмен шенеледі (можарантталады). Егер де x ≥ x0 > α болса, онда ∞

F ( p ) ≤ M ∫ e (− x0 +α 0 +ε )t dt = 0

M M < , x0 − α 0 − ε x0 − α 0

демек Re p > x0 > α болғанда (2) интеграл бірқалыпты жинақты болады. Теорема дәлелденді. Ескерту. (4) теңсіздіктен, егер Re p = x → ∞ ұмтылса, онда F ( p ) → 0 ; демек Re p > x0 > α жағдайда

lim F ( p ) = 0 p →∞

(5)

бұл F ( p ) функцияны Лаплас түрлендіруінің кескіні деп, ал f (t ) функцияны үрлендірудің т түп нұсқасы деп атайды; олар арасындағы қатынасты символды түрде

19



F ( p )= f (t )

немесе F ( p ) → f (t )



керісінше 





f (t )= F ( p ), L[ f (t )]= F ( p )

немесе F ( p ) − f (t ) , т.с.с. белгілейді.







Хевисаид түрлендіру: ∞

F ∗ ( p ) = p ∫ e pt f (t )dt.

(6)

0

2. Меллин формуласы. Анықталған F ( p ) кескін бойынша

түп нұсқа f (t ) функцияны анықтау керек.

2-теорема (Меллиндікі). F ( p ) функция Re p > α 0 аймақта анықталған құрақты-жатық, t ∈ [0,+∞ ) α 0 көрсеткішті f (t ) түп нұсқа функцияның кескіні болсын. Онда a + i∞

1 f (t ) = e pt F ( p )dp, ∫ 2πi a −i∞

(7)

мұндағы a > α 0 -нақты шама.

Дәлелдеуі. Қосымша ϕ (t ) = e at f (t ) функция қарастырайық. Бұл функцияны анализдегі Фурье интегралы арқылы өрнектейік: ∞

∞

1 dλ ∫ ϕ (ξ )e iλ (t −ξ )dξ ϕ (t ) = ∫ 2πi −∞ −∞

(8)

Бұл (8) өрнекке ϕ (t ) = e − at f (t ) (интеграл астына ϕ (ξ ) = e − aξ f (ξ ) ) деп алмастырсақ, онда e

− at

1 f (t ) = 2π

1 = 2π

∞

∞

−∞

−∞

∫ dλ ∫ e

− aξ

f (ξ )e iλ (t −ξ )dξ =

∞  iλt −( a + iλ )ξ  ( ) e e f ξ d ξ ∫−∞ ∫0   dλ; F ( a + iλ )   ∞

20

(9)

бұл (9) өрнектегі f (ξ ) = 0 , егер ξ < 0 ескерсек, онда

f (t ) =

∞

( a +iλ )t ∫ e F (a + iλ )dλ a+iλ = p =

1 2π

−∞

a + i∞

1 F ( p )e pt dp, ∫ 2πi a −i∞

яғни теорема дәлелденді. Бұл теоремадағы (7)-формуланы Меллиндікі деп атайды. Енді F ( p ) функцияның жоғарыдағы f (t ) түпнұсқаның 10-30 шарттарда қанағаттандырғанда кескін функция болатынының жеткілікті шартын көрсетейік. 3-теорема. Егер F ( p ) функция Re p > α 0 жарты бетте аналитикалық,

ұмтылғанда,

p → +∞

arg p -ға салыстырғанда,

a + i∞

∫ F ( p )dp

бірқалыпты нөлге ұмтылса және

интеграл абсолют

a −i∞

жинақты болса, онда ол F ( p ) функция f (t ) түп нұсқаның кескіні болады, яғни a + i∞

1 f (t ) = F ( p )e pt dp ∫ 2πi a −i∞

(10)

орынды. Дәлелдеуі. p0 шаманы тұрақтылайық; егер Re p0 > α болса, онда (10)-дан ∞

−p t ∫ e 0 f (t )dt = 0

a + i∞ ∞  1 − p0 t  − pt e  ∫ e F ( p )dp dt = ∫ 2π 0   a − i∞

1 1 F ( p) = F ( p )dp ∫ e ( p − p0 )dt = − dp, ∫ ∫ 2πi a −i∞ 2πi a −i∞ p − p0 0 a + i∞

мұнда Ал

∞

a + i∞

Re( p − p0 ) < 0, t > 0 .

C R′ : p = R, Re p > a -доғада

R → ∞ , демек

F ( p)

∫ p− p

C R′

0

dp ≤

αR R − p0

⋅ πR → 0,

21

max F ( p ) = α R → 0 , C R′

егер R → ∞ .

(11)

егер

~ Олай болса (11)-дегі түзуді (a − i∞, a + i∞ ) аралықта C R тұйық контурмен алмастырып, яғни ол C R′ пен (a + iв, a − iв ) кесіндіден тұрады және ол жоғарыдан төмен бағытталған; онда (11)-ден ∞

∫e

− p0 t

F ( p) 1 dp = F ( p0 ), ∫ p → p0 2πi ~ p − p 0 CR

f (t )dt = lim

0

яғни теорема дәлелденді. Екінші жағынан, егер бойынша

t < 0 болса, онда Жордан леммасы

lim ∫ e pt F ( p )dp = 0. p →∞ ~ CR

~ Демек (11)-дегі интегралданатын үзуді т сол C R контурмен алмастыруға (жоғарыдағыдай) болады. Олай болса, t < 0 жағдайда Коши теоремасы бойынша

f (t ) =

1 e pt F ( p )dp = 0, 2πi C~∫R

демек жоғарыдағы f (t ) үшін 10-шарт орынды. Ал (10) өрнектен f (t ) ≤

∞

1 at e ∫ F (s )ds = Me at , 2π −∞

яғни f (t ) үшін 20-шарт орынды. Ал 30-шарттың орынды екенін жоғарыда көрдік. Ескерту. Хевисаидтың бірлік функциясы η (t ) төмендегіше 1, егер t ≥ 0 , 0, егер t < 0

η (t ) = 

анықталған. Келешекте (әрмен қарай) [0,+∞ ) жарты өсте анықталған функцияны, арнайы ескерту болмаса, η (t ) ⋅ f (t ) деп түсінеміз.

22

f (t )

§ 2. Лаплас түрлендіруінің қарапайым қасиеттері 

1. Біртектілігі: егер f (t )= F ( p ) болса, онда ∀λ = const. үшін 



λf (t )= λF ( p ) , мұндағы λ -кез келген комплекс сан. Расында, 

 ∞

∞

L[λf (t )]= ∫ λf (t )e − pt dt = λ ∫ f (t )e − pt dt = λF ( p ). 

0

0





Аддитивтіктігі: егер f (t )= F ( p ), ϕ (t ) = Φ ( p ) болса, онда

2.







f (t ) + ϕ (t ) = F ( p ) + Φ ( p ). 

∞



Расында L[ f (t ) + ϕ (t )] = ∫ [ f (t ) + ϕ (t )]e − pt dt = ... = F ( p ) + Φ ( p ). 

0

Салдар. ∃λ , µ -кез келген комплекс сандар үшін 

λf (t ) + µϕ (t ) = λF ( p ) + µΦ( p ) 

орынды. 3. Ұқсастық

қасиеті:



f (t )= F ( p )

егер

болса,

онда



 p F   орынды, мұндағы α -кез келген комплекс сан. α   α Расында 

f (λt ) =

1

∞

L[ f (t )] =

[ f (t )] e ∫

− pt

αt = τ dt =

0

dt =

dτ =

α

∞

f (τ )e α∫ 1

p − τ

0

α

=

 p F  . α α  1

4. Түп нұсқаны дифференциалдау: егер f (t ) ∈ C [0,+∞ ) болып,

f ′(t )

функцияда үпнұсқа т

болса,

он

да



f (t )= F ( p ) -дан 



f ′(t )= pF ( p ) − f (+ 0 ) өрнегі орынды. 

23

Дәлелдеуі. 0 < a < в < ∞ болсын. f (t ) ∈ C [0,+∞ ) болғандықтан в

∃∫ f ′(t )e

− pt

a

в бµліктеп pt в dt = = f (t )e + p ∫ f (t )e − pt dt a интегралдау a

орынды. Бұл өрнектен a → 0 және в → +∞ ұмтылғанда теорема дәлелденеді. 5. Егер f (t ) ∈ C (n ) [0,+∞ ) және f (n ) (t ), n = 0,1,2,... -түпнұсқалар 

болса, онда f (t )= F ( p ) заңдылықтан 



f (n ) (t ) = p n F ( p ) − p n−1 f (0 ) − p n−2 f ′(0 ) − ... − f (n−1) (0 ) 

шығады. Бұл қасиет математикалық индукция тәсілімен оңай дәлелденеді. 6. Түп нұсқаны (− t ) аргументке көбейту (немесе кескінді 



дифференциалдау): егер f (t )= F ( p ) , онда − tf (t )= F ′( p ) . Расында 



∞

L[− tf (t )] = − tf (t ) e − pt dt = ∫ 0

d dp

∞

∫ f (t )e

− pt

dt = F ′( p ),

0



демек tf (t ) = − F ( p ) . 



f (t )= F ( p ) болса, онда

Салдар. Егер





(− 1)n t n f (t )= F (n ) ( p ) . 

Математикалық индукция тәсілімен оңай дәлелдейміз. 7. Түп нұсқаны интегралдау: егер f (t ) ∈ C [0,+∞ ) және 

f (t )= F ( p )

t

болса,

онда



∫



f (ξ )dξ = 

0

f (t ) ∈ C [0,+∞ ) болғандықтан

F ( p) p

орынды.

Расында,

t

∫ f (ξ )dξ -түп нұсқа болады, олай болса 0

t



0



ϕ (t ) ≡ ∫ f (ξ )dξ = Φ ( p) және ϕ (0) = 0 жоғарыдағы 40-қасиет бойынша 

ϕ ′(t ) = f (t )= pΦ ( p ) ⇒ pΦ ( p ) = F ( p ) ⇒ Φ ( p ) = 

24

F ( p) . p

8. Түп нұсқаны аргументіне бөлу (кескінді интегралдау): f (t ) Егер түп нұсқа болса, (онда f (t ) -да түп нұсқа және t > 0 ), t 

онда f (t )= F ( p ) заңдылықтан 

f (t )  = F (q )dq. t  ∫p ∞

Расында, онда

f (t ) оригинал болғандықтан t

жо ғарыдағы

6

0

-қасиет

бойынша

f (t )  = Φ ( p ) болсын, t  

я f (t ) =− Φ ′( p ) , ғни 



− Φ ′( p ) = F ( p ) ( f (t )= F ( p ) болғандықтан). Соңғы теңдікті p -дан 

q -ға дейін интегралдасақ q

Φ ( p ) − Φ (q ) = ∫ F (q )dq. p

Егер q → +∞ ұмтылса, онда Φ (q ) → 0 екенін ескерсек, онда ұл б қасиеттің орындылығы айқын. 







9. Кешігу: егер f (t )= F ( p ) болса, онда f (t − τ )= e − pτ F ( p ) , мұндағы τ -кез келген оң сан. Расында, L[ f (t − τ )] =

∞

∫

f (t − τ ) e

− pt

∞

dt =

∫

бўл жерде = f (t − τ ) = 0, егер t < τ

f (t − τ )e − pt dt =

τ

0 ∞

=

∫ f (ξ )e

− p (ξ +τ )

dξ = e

0

− pτ

∞

∫ f (ξ )e

− pξ

dξ = e − pτ F ( p ).

0

10. Түп нұсқаны көрсеткіш функцияға кө бейту (немесе кескіннің жылжуы) Егер



f (t )= F ( p )

болса,

онда



мұндағы

λ - кез келген комплекс сан.

25



e λt f (t )= F ( p − λ ) 

орынды,

Расында,

[

 ∞

]

∞

L e λt f (t ) = ∫ f (t ) e (λ − p ) dt = ∫ f (t )e −( p −λ )t dt = F ( p − λ ). 

0

0

Кейбір маңызды функциялардың кескіні  ∞

1). η (t ) = ∫1 ⋅ e − pt dt = − 

0

1 − pt e p

∞ 0

1 , Re p > 0, p

=



демек, Хевасаид функциясы үшін η (t ) = 

 ∞

∞

2). e at = ∫ e − pt + at dt = ∫ e (a − p )t dt = 

0

0

 

 ∞

t =∫t e 

3).

n

1 (a − p )t e p−a

∞ 0

=

1 , Re p > 0; p−a

1 , Re( p − a ) > 0. p−a

демек, e at = n

1 . p

− pt

0

u = tn

t n e − pt dt = − pt = p e dt = dv

∞

+ 0

∞

n n −1 − pt n! t e dt = ... = n +1 , Re p > 0, ∫ p0 p  n! демек, t n = n +1 .  p +

4). Егер t α -бөлшекті дәрежелі болсын және α > −1 , онда ∞  Γ(α + 1) t α = α +1 , мұндағы Γ(α + 1) = ∫ e −u u α du -гамма функция.  p 0

)

(

 1  1 ω 1 iωt 1  − . e − e − iωt =   = 2 2i p + iω  p + ω 2  2i  p − iω

5). sin ωt =

6). cos ωt =

 ω 1 i ωt . e + e − i ωt = 2  p +ω2 2i

(

)

(

)

(

)

7). shωt =

 ω 1 ωT e − eiωt = . 2 2i  p − ω2

8). chωt =

 ω 1 ωT e + eiωt = . 2i  p2 − ω2

26

11. Жоғарыдағы 100-қасиетті (түп нұсқаны көрсеткіш функцияға көбейтуді) пайдаланып   (p − λ) , n! ω , e λt sin ωt = 2 , e λt cos ωt = + 1 2 n  ω + (p − λ)  ( p − λ )2 + ω 2  (p − λ)   ω p−λ λt , . ω = e λt shωt = e ch t 2 2  ( p − λ )2 − ω 2  (p − λ) −ω 

e λt ⋅ t n =

12. 60-қасиетті (түп нұсқаны пайдаланып: ′   ω   = t sin ωt = −  2 2  p   p +ω  ′   p   = t cos ωt =−  2 2  p   p +ω 

(− t )

(p

аргументке өбейтуді) к

2 pω 2

+ω 2

)

2

p2 −ω 2

(p

2

+ω 2

)

2

, . т.с.с..

13. 80-қасиетті (түп нұсқаны аргументке бөлуді) пайдаланып: ∞ e вt − e at   1 1  p−a dq = ln а). . = ∫  −  t q−в q−a p−в p б). f (t ) = e t ln a

f (t ) = a t

функцияны

өрнегін пайдаланып  1 түрінде жазып, оның кескіні e t ln a = = at .  p − ln a  a = e ln a



3

  e it + e − it  1 3+i  = e + 3e it + 3e −it − e −3it =? в). f (t ) = cos t =   2  8   4 5 г). 4 − 5e 2t = − , т.с.с.  p p−2 14. Жоғарыдағы 90-қасиетті пайдаланып, мына кескіндерді анықтаймыз:   2 d 2  1  2! 2 2 а). 1(t − 1)(t − 1) = e − p ⋅ 3 , себебі t 2 =(− 1) ⋅ 2   = 3 ;   p dp  p  p мұндағы 1 ⋅ (t − 1) өренктегі 1-ді тастауға болмайды, себебі 1 ⋅ (t )  2! 2 1 2 болғанда 1 ⋅ (t )(t − 1) = 1(t ) t 2 − 2t + 1 e − p =⋅ 3 − 2 + .  p p p 1 3 б). F ( p ) = 2 − 2 e −2 p кескіннің түп нұсқасы f (t ) = ? p p

(

3

(

)

27

)

 1 1 − 3 2 e −2 p =⋅ t − 3(t − 2 ) ⋅1 ⋅ (t − 2 ). 2  p p

15. Жоғарыдағы 100-қасиетті қолданып, мына түп нұсқалардың кескінін анықтайық: а). e

−αt

 ∞

sin ωt = ∫ e 

−αt

sin ωte

− pt

0

∞

= ∫ sin ωte −( p +α )t dt = 0

ω ; ( p + α )2 + ω 2

 ∞

p +α ; 2 2  ( ) p + α + ω 0  1 1 t 1 1 1 в). cht sin t = e + e −t sin t = ⋅ + ⋅ = ... . 2  2 ( p − 1) + 1 2 ( p + 1)2 + 1 2 Ескерту. Мына кескіндердің түп нұсқаларын анықтайық: б). e −αt cos ωt = ∫ cos ωte −( p +α )t dt =

(

)

2 p2 − 4 p + 8 1 1 = + 2 = 2 2 2 ( p − 2) p + 4 ( p − 2) p + 4 1 1 2  2t 1 = + ⋅ = te + sin 2t. 2 ( p − 2)2 2 p 2 + 4  F ( p) =

(

Дәл осылайша F ( p ) =

)

5 p 3 − 5 p 2 − 11 p + 3  =?  ( p + 3) p 3

§ 3. Функциялар үйірткісі (свертка функций) 1. Дирихле формуласы. D : a ≤ y ≤ x ≤ в -үшбұрыш аймақта үзіліссіз f ( x, y ) берілсін. Мына орынды

∫∫ D

в

x

в

в

a

a

a

y

f (x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx

түрлендірілген интегралды Дирихле интегралы деп атайды. 2. Функцияларүйірткісі. [0,+∞ ) жарты өсте үзіліссіз анықталған, комплекс айнымалы мәнді f (t ) және ϕ (t ) функциялар берілсін. Осы функциялардың үйірткісі (свертка) деп t

( f ∗ ϕ )(t ) = ∫ f (τ )ϕ (t − τ )dτ 0

немесе t

=

∫ ϕ (τ ) f (t − τ )dτ . 0

[0,+∞ ) жарты өсте үзіліссіз функцияны айтамыз. 28

Әрине, f ∗ ϕ ≤ f ∗ ϕ теңсіздік орынды.

Лемма. Егер f (t ) және ϕ (t ) функциялар түп нұсқалар болса, онда f ∗ ϕ өрнекте түп нұсқа болады, оның өсу көрсеткіші ϕ мен f -тердің ең үлкен көрсеткіштерінен көп болмайды. Дәлелдеуі. Оң a > 0 сан алып, Дирихле формуласын пайдалансақ a

def a

t

a

a

0

u

− pt − pt − pt ∫ ( f ∗ ϕ )(t )e dt = ∫ e dt ∫ f (u )ϕ (t − u )du = ∫ f (u )du ∫ ϕ (t − u )e dt t −u =t = 0

0

0

a −u

a

a −u

a

= ∫ f (u )du ∫ ϕ (t )e − p (t +u ) dt = ∫ f (u )e − pu du ⋅ ∫ ϕ (t )e − pt dt = 0

0

0

0

  = ∫ f (u )e − pu du  ∫ ϕ (t )e − pt dt − ∫ ϕ (t )e − pt dt , 0 a −u 0  a

a

a



бұдан a → +∞ -да = F ( p ) ⋅ Φ ( p ) шығады, яғни 



f ∗ ϕ = F ( p ) ⋅ Φ( p )

(*)











Теорема (Т.Э. Бореля). F ( p ) = f (t ) және Φ ( p ) = ϕ (t ) кескіндер көбейтіндісі де кескін болады және

 t

F ( p ) ⋅ Φ ( p ) = ∫ f (τ )ϕ (t − τ )dτ 

0

орынды. 3. Үйірткінің қарапайым қасиеттері: 10. Коммутативтігі, яғни t

∫ 0

t

f (t − τ )ϕ (τ )dτ = ∫ ϕ (t − τ ) f (τ )dτ 0

орынды болуы. Расында t

∫ 0

f (t − τ )ϕ (t )dτ =

t 0 t −τ = ξ = − ∫ f (ξ )ϕ (t − ξ )dξ = ∫ ϕ (t − ξ ) f (ξ )dξ . dτ = − dξ t 0

29

(*)

20. Ассоциативтігі, яғни t τ  t −τ  ( ) ( ) ( ) ( ) f t τ ξ ϕ ξ d ξ h τ d τ f t τ = − − −  ∫ ϕ (τ − ξ )h(ξ )dξ  dτ  ∫0  ∫0 ∫ 0 0   t

айқын өрнек орынды. 30. Дистрибутивтігі, яғни t

t

t

0

0

0

∫ [ f (t − τ ) − ϕ (t − τ )]h(τ )dτ = ∫ f (t − τ )h(τ )dτ + ∫ ϕ (t − τ )h(τ )dτ . өрнек орынды. 40. Үйірткіні санға көбейту: яғни t

t

0

0

∫ λf (t − τ )ϕ (t )dτ = λ ∫ f (t − τ )ϕ (τ )dτ , өрнек орынды, мұндағы λ -кез келген тұрақты шама. 50. Теорема (Титчмарш). Егер f (t ),ϕ (t ) ∈ C [0,+∞ ) болып, олар түп нұсқалар болса, онда t

∫ f (t − τ )ϕ (τ )dτ = 0,

∀t ≥ 0

0

өрнектен f (t ) немесе ϕ (t ) функциялардың ең болмағанда біреуі нөлге теңдігі шығады. Ескерту. Үйірткі амалы тек үзіліссіз функциялар үшін ғана орынды емес. Интегралданатын функциялар ң жиыныны функциялары үшін де орынды. Мысал. (жоғарыдағы (*) формулаға):  p 1 1). f (t ) = cht = 2 , ϕ (t ) = sin t = 2 болса, онда (*) формула  p −1 p +1 бойынша: t

t

1 1 p p  ⋅ 2 = 4 = ∫ ch(t − τ )sin τdτ = ∫ sin (t − τ )chτdτ = ... = [cht − cos t ]. 2  2 p −1 p +1 p −1 0 0

2). f (t ) = t α , ϕ (t ) = t β , мұндағы α ≥ 0, β ≥ 0 ⇒ (*)-бойынша 30

1 τ = tϑ α + β +1 =t ϑ α (1 − ϑ )β dϑ = t ∗ t = ∫τ (t − τ ) dτ = ∫ dτ = tdϑ 0 0

α

β

t

α

β

= t α + β +1 В(α + 1, β + 1) =

Γ(α + 1)Γ(β + 1) α + β +1 t . Γ(α + β + 1)

§ 4. Дюамель формуласы Теорема. f (t ) функция C [0,+∞ ) кластағы түп нұсқа, ал ϕ (t ) сол аралықта үзіліссіз дифференциалданатын, ϕ ′(t ) туындысы түп нұсқа болатын функция болса, онда t



f (t )ϕ (0 ) + ∫ f (τ )ϕ ′(t − τ )dτ = pF ( p )Φ ( p ) 

0



(1)



F ( p )= f (t ), Φ ( p ) = ϕ (t ). (1)-өрнекті

формула орынды, ұндағы м





Дюамель формуласы деп атайды. Дәлелдеуі. Жоғарыдағы лемма бойынша теорема шартын қанағаттандыратын f (t ) мен ϕ (t ) функциялар үшін мына өрнек t



f ∗ ϕ = ∫ f (τ )ϕ (t − τ ) = F ( p ) ⋅ Φ ( p ) 

0

орынды. Бұл өрнектен дифференциалдау ережесі бойынша сол жағының туындысы t t d ( ) ( ) f t ϕ t − τ d τ = ∫0 f (τ )ϕ ′(t − τ ) + f (t )ϕ (0) − 0, dt ∫0 ал оң жағы жоғарыдағы түп нұсқаның туындысы туралы қасиет бойынша pF ( p ) ⋅ Φ ( p ) шамаға тең. Демек теорема дәлелденді. Ескерту. Жоғарыдағы (1)-формуланы басқаша түрде t



pF ( p ) ⋅ Φ ( p ) = ϕ (t ) f (0 ) + ∫ ϕ (τ ) f ′(t − τ )dτ 

0

жазуға болады.

31

(1')

Дюамель формуласына мысалдар 1).

x (n ) + a1 x (n−1) + .... + an−1 x′ + an x = f ( x )

(2)

тұрақты коэффициенттік, n -ретті дифференциалдық теңдеудің x(0 ) = x′(0 ) = ... = x (n−1) (0 ) = 0

(3)

бастапқы шарттарын қанағаттандыратын x = x(t ) шешімін табу керек? Шешуі. Қосымша есеп құрамыз: z (n ) + a1 z (n−1) + .... + an−1 z ′ + a0 z = 1 теңдеуді (4) z (0 ) = z ′(0 ) = ... = z (n−1) (0 ) = 0 шарттармен шешу керек. Әдетте (4) -есеп ң о ай шешіледі. (2) теңдеумен (4)-есептегі теңдеуге Лаплас түрлендіруді қолданамыз: ~ ~ ~ ~ p n X ( p ) + a1 p n−1 X ( p ) + .... + a n−1 pX ( p ) + an X ( p ) = F ( p ), 1 ~ ~ ~ ~ p n Z ( p ) + a1 p n−1 Z ( p ) + .... + an−1 pZ ( p ) + an Z ( p ) = ; p бұл теңдеулерден F ( p) ~ 1 ~ X ( p) = , Z ( p) = , Qn ( p ) pQn ( p )

(5)

мұндағы Qn ( p ) = p n + a1 p n−1 + .... + an−1 p + an . Соңғы (5)-теңдеулерден ~ ~ X ( p ) = pF ( p )Z ( p ),

ал бұл теңдеуге жоғарыдағы Дюамель формуласын қолданып t

 ~ ~ pF ( p )Z ( p ) = X ( p ) = x(t ) = ∫ f (τ )z ′(t − τ )dτ + f (t )z (0) = 

0

t

= (немесе) = ∫ z (τ ) f ′(t − τ )dτ + z (t ) f (0) 0

(2)-(3) есептің шешімін анықтаймыз. 32

2). Мына Коши есебін x′′ + x = 5t 2 , x(0 ) = x′(0 ) = 0 шешу керек. Алдымен z ′′ + z = 1, z (0 ) = z ′(0 ) есебін шешейік: 1 ~ Лаплас үрлендіруін т қолданып , Z ( p) = p p2 +1 түрлендіріп

(

)

мұны

p  1 ~ Z ( p) = − 2 =1 − cos t = z (t ); p p +1 

олай болса z ′(t ) = sin (t ) және z (0 ) = 0, z ′(t ) = 0; f (t ) = 5t 2 , f ′(t ) = 10t ; демек Дюамель формуласы бойынша

(

t

)

 бґліктеп  x (t ) = 5τ 2 sin(t − τ )dτ =   = 5 t 2 + 2 cos t − 2 .  интегралдау 

∫ 0

§ 5. Кескін бойынша түп нұсқаны анықтау 1-теорема (Кескіннің рационал бөлшекті болуының қажетті және жеткілікті шарты). Кескіннің рационал бөлшекті түрде болуы үшін түп нұсқа t m e λt функциялардың сызықты комбинация түрде болуы қажетті және жеткілікті. Дәлелдеуі. Жеткіліктігі – егер түп нұсқа e λt t m функцияның сызықты комбинация түрінде болса, онда жоғарыдағы 60-қасиет m! бойынша оның кескіні өрнектің сызықтық комбинациясы ( p − λ )m+1 арқылы рационал функция түрінде анықталады. Қажеттілігі - F ( p ) кескін бөлшекті рационал функция болсын. Кескіннің қасиеті бойынша Re p → +∞ ұмтылғанда F ( p ) → 0 ұмтылатын рационал функция болады. Мәселен, pk еселігі nk болған F ( p ) рационал функцияның түбірі болсын. Онда F ( p ) функцияны элементар өлшектерге б жіктеп

33

nk

F ( p ) = ∑∑ k

M kl l l =1 ( p − p k )

өрнегін аламыз, мұндағы M kl -қандайда бір комплекс сандар. Жоғарыдағы 60-қасиет бойынша e pk t

t l −1  1 , =  (l − 1)! ( p − pk )l

демек, бұдан

M kl t l −1 pk t  e = F ( p ). ∑∑  k l =1 (l − 1)! nk

Теорема дәлелденді. Мысалдар. 1). x (10 ) − x = 0 теңдеуді x(0 ) = 1, x (k ) (0 ) = 0, k = 1,2,...,9 шарттармен шешейік. Шешуі. Есепке Лаплас түрлендіруін қолдансақ

~ ~ p10 X ( p ) − p 9 − X ( p ) = 0 ⇒ 1 1 1 1 1 p9 = = + 11 + 21 + ... + 10 n−9 + ... 10 p −1 p p  1  p p p1 − 10  p  

~ X ( p) =

мұнда p > 1. Жоғарыдағы теореманы қолданып

t 10 t 20 t 10 n−10 x(t ) = 1 + + + ... + + ... . (10n − 10)! 10! 20! 2). tx′′ + x′ + tx = 0, x(0 ) = 0, x′(t ) = 0 - айнымалы коэффициентті теңдеу үшін Коши есебін шешейік:    ~ ~ ~ x(t )= X ( p ), x′(t ) = pX ( p ) − 1, x′′(t ) = p 2 X ( p ) − p; 

және





tx(t ) =− 



=− 

(



 d ~ ~ X ( p ) = − X ′( p ), tx ′′(t ) =  dp

)

d 2~ ~ ~ p X ( p ) − p = −2 pX ( p ) − p 2 X ′( p ) + 1; dp

34

олай болса, есеп мына ~ ~ ~ ~ − 2 pX − p 2 X ′ + 1 + pX − 1 − X ′ = 0

түрге келеді; бұдан

(

)

~ ~ ~ p 2 + 1 X ′ + pX = 0 ⇒ X ( p ) =

C 1  = 1 + 2  p p  1+ p2 C

−

1 2

=

1  1 1 1 3 1 1⋅ 3 ⋅ 5 1 = C  − ⋅ 3 + 2 ⋅ ⋅ 3 − 3 ⋅ 7 + ... = 2 2! p 2 ⋅ 3! p  p 2 ⋅1! p     1 t2 1⋅ 3 t 4 1⋅ 3 ⋅ 5 t 6  = C 1 − ⋅ + 2 ⋅ − 3 ⋅ + ... = x(t ).   2 ⋅1! 2! 2 ⋅ 2! 4! 2 ⋅ 3! 6!  Ескерту. Бұл теоремаға сүйенсек F ( p ) функция шексіздікте аналитикалық функция болуы қажет. Екінші жағынан кескіннің қасиеттері бойынша ол Re p > α 0 жарты жазықта аналитикалық функция. Бұл мағынаға қарағанда кескіннің түп нұсқа f (t ) функция класы негізгі т үп нұсқа жиынынан ықшамдау (кішілеу) екенін көрсетеді. Расында, егер t -комплекс айнымалы деп жорысақ ∞

f (t ) ≤ ∑

Cn n t ≤ ... ≤ ερe ρ (t ) n =0 n! шығады; ал бұл теңсіздік f (t ) функцияны үбтін t -комплекс жазықтықта дәрежелі функция түрінде өрнектеуге болатынын көрсетеді. Мұндай қасиеті бар функцияларды, әдетте, бүтін трансценденттік функциялар деп атайды. Кері дәлелдеуге болады: егер үп т нұсқа функция 1(t ) ⋅ f (t )

түрінде өрнектеліп, ол f (t ) < Meα 0t теңсіздігін (мұндағы f (t ) -бүтін функция) қан ағаттандырса, онда F ( p ) -шексіздіктегі нүкте төңіре гінде аналитикалық функция.

§ 6. Кейбір арнайы функциялардың кескіндері 10. Дирактың импульсивтік функциясы. Мына функцияны 1 1  , егер t < h δ (t , h ) = {1(t ) − 1(t − h )} =  h h 0, егер t > h

35

алып, бұл функция үшін

δ (t ) = lim δ (t , h )

(1)

h →0

шартты оның шегі деп қабылдайық. Міне, осы δ (t, h ) функцияны нөлінші ретті импульсивтік функция деп атайды. Ал бұл функцияның кескінін, δ (t, h ) функция кескінінің h → 0 ұмтылғандағы шегі деп анықтау керек. 

δ (t , h ) = 

(

1 1 − e −hp hp

)

болғандықтан, бұл өрнектен Лопитал қағидасын пайдаланып 

1 − e − hp = 1 = F ( p ), h →0 hp

δ (t , h ) = lim 

әрине бұл өрнекті δ (t, h ) функциясыны ң шартты кескіні деп қабылдау керек, себебі; p → ∞ ұмтылғанда F ( p ) нөлге ұмтылмайды. Бірақ бұл функция үшін Лаплас түрлендірудің негізгі теоремалары орынды. Мәселен, кешігу теоремасын пайдаланып, t = τ мезеттегі лездік қобалжуды көрсететін функция 

δ (t , h ) = e − pτ 

кескінін анықтаймыз; бұл p → ∞ ұмтылғанда нөлге ұмтылады. Енді 1-реттік импульсивтік функцияны мына 1 1 δ 1 (t , h ) = {δ (t , h ) − δ (t − h, h )} = 2 {1(t ) − 2 ⋅ 1(t − h ) + 1(t − 2t )} = h h 1  h 2 , егер t < h,   1 = − 2 , егер h < t < 2h,  h 0, егер t > 2h   өрнектің h → 0 ұмтылғандағы мәні (шегі) деп қабылдаймыз.  1 Мұнда да δ 1 (t , h ) = 2 1 − 2e −hp + e −2 ph болғандықтан  hp алдындағыдай:

(

)

36

дәл



δ 1 (t ) = lim  h →0

(

)

1 1 − 2e −hp + e −2 ph = p. 2 hp

Дәл осылайша талдау жасап, жоғарғы реттік импульсивтік функциялардың кескінін 

δ n (t ) = p n (n = 0,1,2,...), 

(2)

мұндағы δ 0 (t ) = δ (t ) . Б ұл арда да p, p 2 ,... кескіндерді F ( p ) = 1 функция секілді түсіну керек (шартты түрде...). 20. Гамма функция әне ж бүтін емес дәрежелі функция кескіні Гамма функция ∞

Γ(t ) = ∫ x t −1e − x dx, t > 0

(3)

0

өрнектелетіні белгілі. ұлБ функцияның төмендегі қарапайым қасиеттерін енгізейік: Γ(t + 1) = tΓ(t ); Γ(n ) = (n − 1)!, n − натурал сан; Γ(t )Γ(θ ) 1 θ −1 = ∫ x t −1 (1 − x ) dx; Γ  = π , Γ(t + θ ) 0  2 ∞

(4)

яғни ∞

∞

− 2 1 Γ  = ∫ x 2 e − x dx 2 = 2∫ e −τ dτ = π ; τ = x  2 0 0 1

бұдан ∞

−τ ∫ e dτ = 2

0

π 2

.

(5)

Гамма функция ар қылы t айнымалының бөлшекті дәрежелерінің кескінін анықтауға болады. Мәселен, f (t ) = t α болсын, м ұнда α > 0 . Бұл функцияның кескіні ∞

F ( p ) = ∫ t α e − pt dt ,

(6)

0

мұндағы p шаманы нақты оң сан ( p > 0 ) деп қабылдайық. tp = θ деп алмастырып, соңғы (6) өрнектен (оған (3) формуланы қолданып)

37

F ( p) =

(3 ) Γ(α + 1) 1 α −θ θ θ = . e d pα +1 ∫0 pα +1 ∞

(6')

Енді p -комплекс шама болсын; F ( p ) аналитикалық функция бірден бір мәнді болып, оң өсте анықталатындығынан 

tα = 

Γ(α + 1) p α +1

(7)

формула p -комплекс үшін де орынды. Бұл формула жоғарыда келтіріген (6) формуланың жалпылама түрі. Расында, егер α = n (натурал сан) деп алсақ, онда Γ(n + 1) = n! болады. (6) интеграл тек α ≥ 0 мәнінде жинақты болып қалмай − 1 < α < 0 үшін де жинақты; демек (3) функция α > −1 мәндер үшін түп нұсқа болады. Мысалдар. 1). (6)- (6')-формулаларды пайдаланып 1 1  Γ  − 1 π π 2 =t 2 =   = = ;  p t p p 2). Соңғы нәтижені және ығысу теореманы қолданып

1

1 . p +α



πt

e −αt =

3). 2) мысалдан, оригиналды интегралдау теоремасын пайдаланып  1 1 = p p +α  π

t

∫ 0

1 −αt 2 e dt = t πα

αt

∫e

−τ 2

dτ , α > 0.

0

Егер бұл соңғы өрнекке “қателік функциясы ”

erft =

2

t

e π ∫

−τ 2

dτ

0

Онда  1 1 erf αt , α > 0. = p p +α  π

Бұл келтірілген мысалдар жылу теориясында жиі қолданылады.

38

§ 7. Кескін бойынша түп нұсқа анықтаудың жалпы тәсілі Біз жоғарыда белгілі F ( p ) кескін бойынша үп т нұсқа f (t ) функцияны анықтаудың бірнеше тәсілдерін қарастырдық. Кейбір есептер ұл б келтірілген тәсілдермен шешілмейді, сондықтан берілген кескін бойынша түп нұсқаны анықтаудың жалпы жағдайын қарастыралық. Жоғарыдағы Лапслас түрлендіру анықтамасы бойынша f (t ) түп нұсқа, α 0 -оның өсу көрсеткіші, ал ол түрлендірудің кескіні ∞

F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt

(8)

0

болсын. Мына g (t ) = e −αt f (t ) функция, (мұндағы

α > α 0 -нақты сан)

Фурье интегралдық теоремасын қанағаттандырады оны Фурье интегралы түрінде ∞ ∞  1  iω (t −θ ) g (t ) = dθ dω  ∫ g (θ )e ∫ 2π −∞−∞ 

[8] , сондықтан

деп өрнектеуге болады. Бұл өрнекті g (t ) = e −αt f (t ) деп алмастырсақ, e −αt f (t ) =

1 2π

 ∞ iωt − (α + iω )θ ( ) e f θ e d θ dω  ∫−∞ ∫0  ∞

теңдігі алынады; бұдан 1 f (t ) = 2π

∞

∫e

−∞

 − (α + iω )θ dθ dω ∫ f (θ )e  0

(α + iω )t 

∞

шығады. Енді α + iω = p деп алмастырсақ, α -тұрақтандырылған сан болғандықтан idω = dp , ал p бойынша интегралданғанда ω шама − ∞ ден + ∞ дейін Re p = α түзу бойлап өзгереді. Бұл түзу бойынша интегралды шарттыүрде т α − i ∞ ден α + i ∞ деп қабылдасақ, соңғы формуланы f (t ) =

α + i∞  ∞ 1 − pθ pt e ∫ f (θ )e dθ dp ∫ 2πi α −i∞  0 

39

түрінде көшіріп жазамыз. Жоғарыдағы (8) өрнек бойынша ішкі интеграл F ( p ) , сондықтан α + i∞

α + iω

1 1 f (t ) = F ( p )e pt dp = lim ∫ F ( p )e pt dp. ∫ 2πi α −i∞ 2πi ω →∞ α −iω

(9)

Бұл алынған теңдік Бромвич (немесе Меллин) интегралы деп аталады. Осы формула бойынша берілген F ( p ) кескін бойынша түп нұсқа f (t ) функцияны жалпы жағдайда анықтауға болады. Бұл (9) формуламен f (t ) түп нұсқаны анықтау үшін (бірден-бір жолмен) F ( p ) функция мынадай болуы жеткілікті: 1) F ( p ) функция Re p > α 0 -жарты кеңістікте аналитикалық функция, мұндағы α 0 -қандайда бір оң сан; 2) p → +∞ ұмтылғанда Re p ≥ α > α 0 жарты жазықтықта

F ( p ) → 0 , егер p → +∞ ;

3) F ( p ) функция интегралданады, яғни

Re p = α

түзу

бойлап

абсолют

α + i∞

∫ F (α + iω )dω

α − i∞

меншіксіз интеграл жинақты. Бұл (9) формула арқылы (оны, кейбір әдебиетте Меллин интегралы деп те атайды) үтп нұсқа анықтаудың кейбір тәсілдерін келтірейік. 10. F ( p ) -мероморф функция,ғния екі бүтін дәрежелі функциялар қатынасынан түз ілген. Ол функцияны ң p жазықтықтағы полюстері pn , n = 1,2,... болсын; олар p жазықтықта Re p = α 0 түзудің сол жағында және олар өзара pn < pn+1 теңсіздікті қанағаттандыра орналасқан делік. Центрі координата басында Rn радиусы pn < Rn < pn+1 теңсіздікті қанағаттандыратын шеңберлер тізбегін орналастырамыз. Ол Cn шеңберлерді жасауда, ұмтылғанда ( arg p -ға салыстырғанда) Rn → ∞ F ( p) → 0 бірқалыпты ұмтылатындай орналастырылады. Мына интегралды

40

∫ F ( p )e γ

pt

dp

n

қарастырайық, мұнда γ n контур: Re p = α түзу және Cn шеңбердін BDA доғасы. Ол интегралды Cn және γ n бойынша ажыратып, қалымды туралы негізгі теореманы қолдансақ n

(

p t pt pt ∫ R( p )e dp + ∫ F ( p )e dp = 2πi∑ Re s F ( pk )e k

Cn

)

(10)

k =1

γn

Бұл теңдікте n → ∞ ұмтылғанда шекке өткізсек, онда Жордан Леммасы бойынша бірінші интеграл lim ∫ F ( p )e pt dp = 0, n →∞

Cn

ал екінші интеграл n → ∞ ұмтылғанда Re p = α түзу бойынша болып, яғни (9) интегралға айналады, демек (10) теңдіктен n

(

f (t ) = ∑ Re s F ( pk )e pk t

)

(11)

k =1

формуласын аламыз.

A( p ) түрінде болса, B( p ) мұндағы A( p ), B( p ) -бүтін функциялар, онда (11) формуладан Ал

я F ( p ) мероморф, ғни

F ( p) =

A( pk ) pk t e , k =1 B ′( p k ) n

f (t ) = ∑

(11')

шығады, бұл өрнектегі pk шамалар қарапайым полюстер.

1 − e −2 p 1 − e −2 t ⇒ f (t ) = e = e t 1 − e −2 . p −1 1 0 2 . Меллин (немесе Бромвич) интегралын қолданып анықтау 1 Мысалы. F ( p ) = e − p , p > 0; f (t ) = ? p мұнда F ( p ) -көпмәнді функция. p = 0 нүктеде функция тармақталады. Бромвич интегралы бойынша

(

Мысалы. F ( p ) =

41

)

α + i∞

α + iω

e pt − p 1 1 pt ( ) f (t ) = F p e dp = lim dp, 2πi α −∫i∞ 2πi ω →∞ α −∫iω p

(*)

бұған қалымды теоремасы қолданылмайды.

1 e pt − p dp 2πi ∫L p p жазықтықта интегралды зерттейік: сурет бойынша.

ω

b

p

B ( s + iω )

R C

θ

D

s

F

Cρ

E

A( s − iω )

a

Коши теоремасы бойынша тұйық L контур бойынша интеграл нөлге тең, сондықтан

∫=−

( AB )

0

4

2

1

C0

(CD

∫− ∫−∫− ∫−

( BC ) ( FA )

θ θ  p = R  cos + i sin  2 2 

3

∫, )( ) EF

бұл (BC ), (FA) да. Енді F ( p ) функцияның BC және FA доғалардағы R → ∞ ұмтылғандағы жағдайын қарастыралық. Бұл доғаларда p = Re e iθ , бұдан

θ θ  p = R  cos + i sin . 2 2 

42

функцияның

p −

π 2

≤θ ≤

π

болса,

−π ≤θ ≤ −

π 2

bC -да:

π 2

≤θ ≤π

және мұнда да cos

доғалардағы cos

θ 2

үшін

мұндағы

θ 2

және

cos

θ 2

≥ 0;

Fa -да:

≥ 0 . Сонымен BC және FA

≥ 0 ; олай болса бұл доғаларда e

онда

тұрақтылау

болуы қажет.

2

Олай

доғасын

− p

=e

− R cos

θ 2

≤ 1,

1 e− p болғандықтан R → ∞ ұмтылғанда F ( p ) → 0 . Бұдан ≤ p R

Жордан Леммасы бойынша BC және FA доғалар бойынша алынған интегралдар R → ∞ ұмтылғанда нөлге айналады. Демек R → ∞ (⇔ ω → ∞ ) ұмтылғанда α + i∞

∞

e −αt −i e pt − p e pt − p = − dp + dp ∫ p ∫ p ∫0 α α − i∞ Cρ

∫→

( AB )

Енді C ρ

α

∞

dα − ∫

e −αt +i

ρ

α

α

dα .

шеңбер бойынша интегралды қарастырайық. Ол

шеңберде p = ρe iθ = ρ (cosθ + i sin θ ) (π ≥ θ ≥ −π ) болғандықтан

θ θ  pt − p = ρ 0 (cosθ + i sin θ ) − ρ 0  cos + i sin ; 2 2  бұдан бұл шеңберде ρ аз болса, pt − p шамада өте аз, шамасындай болады. Сонымен

e pt − p = 1 + χ ( ρ ), мұндағы χ ( ρ ) → 0 бірқалыпты, егер ρ → 0 . Демек −π

−

π

e pt − p ∫ p dρ = −i π∫ (1 + χ )dθ = 2πi + i −∫π χ dθ ; Cρ

43

ρ

бұл жердегі оң жақтағы интеграл модулі бойынша 2π χ

max

шамадан

кіші, яғни нөлге ρ мен біргеұмтылатын өте аз шама. Сонымен ρ → 0 ұмтылғанда α + i∞

∞

∞

e − st +i s e − st −i s e pt − p = 2 π + − ds; ds dp i ∫ ∫ ∫ s s p 0 0 α − i∞ s = ξ деп алмастырсақ

соңғы екі интегралдарды α + i∞

∞

(

e pt − p e − st −i dp = 2 π i + ∫ p ∫0 p e α − i∞

s

−e

i s

)ds

∞

s =ξ

= 2πi − 4i ∫

e −ξ t sin ξ 2

ξ

0

dξ .

Оң жағындағы интегралды есептеу үшін ∞

∫e

−a 2 x 2

cos 2bxdx =

0

π 2a

−

e

b2 a2

(a > 0)

теңдікті пайдаланамыз, яғни осы өрнектің екі жағын в бойынша 0 ден в -ға дейін интегралдап в η в  ∞ −a 2 x 2  π − a2 π в − a2   cos 2 = = ⇒ e вxdx dв e dв e dη ∫0  ∫0 ∫ ∫  2 a a 0 0 a= t  2

в

2

2 в =1

∞

⇒ ∫ e−x t 2

0

1 2

sin x π dx = e x t ∫0

1 −

η2 t

dη = π

2 t

−τ ∫ e dτ = 2

0

π

 1  erf  . 2 2 t 

Сонымен α + i∞

e pt − p  1  dp = 2πi − 2πierf  , ∫ p 2 t  α − i∞

ал (*) өрнекті ескерсек, онда түп нұсқа  1   1  f (t ) = 1 − erf   = Erf  . 2 t  2 t  Ескерту (немесе логарифм логарифидер кескіндерін анықтау). 44

функциямен

интегралды қ

Кейбір қолданбалы есептерде логарифм функцияға байланысты өрнектердің (теңдеулер т.б.) кескіндерін қолдану керек болады. Сондықтан төмендегі мәселерге тоқталсақ. Әрине, f (t ) = ln t функцияны өсімі нөл көрсеткішті түп нұсқа 

деп қабылдаймыз. Мәселен f (t ) = F ( p ) болсын. Ал t ln t − t → 0 , егер 



t → 0 ұмтылса және ln t = F ( p ) деп алсақ, онда 









t ln t =− F ′( p ); t ln t − t =− F ′( p ) −

1 , p2  (t ln t − t )′ = (t ln t )′ − 1 = − pF ′( p ) − 1 , p

 ′ бірақ (t ln t − t ) = ln t = F ( p ) болғандықтан. Соңғы екі өрнектен 

− pF ′( p ) −

1 ln p C = F ( p) ⇒ F ( p) = − − . p p p

Егер p = 1 болса, онда соңғы өрнектен ∞

C = − F (1) = − ∫ ln t ⋅ e −t dt = 0,577... . 0

Бұл санды Эйлер тұрақтысы деп атайды. Бұл тұрақтыны 1  1 1  C = lim 1 + + + ... + − ln n  n → +∞ n  2 3  деп көрсетуге болады. Сонымен іздеген кескін 

ln t =− 

ln p C − , p p

(12)

мұндағы C -Эйлер тұрақтысы. Енді интегралдық логарифмді қарастырайық: lix = ∫

t 1  dx x = e et t t2 t  dt = = ⇔ = = + + + + lie dt 1 ... ∫ ∫  ln x dx = de t t 2! 3! t 

t2 t3 et − 1 eu − 1 + + ... + ln t = ∫ + ln t = ∫ du + C + ln t , 2 ⋅ 2! 3 ⋅ 3! t u 0 t

=C +t +

мұндағы C -кез келген тұрақты шама.

45



Ал e t = 

 1 1 1 , e t − 1= − болғандықтан  p −1 p −1 p ∞ et − 1   1 1 = ∫  − dq = ln p − ln( p − 1),  t q −1 q  p

e u − 1  ln p ln ( p − 1) ∫0 u du = p − p , t

демек, жоғарыдағы (12) формуланы пайдалансақ ln p ln( p − 1) C ln p C − + − − = p p p p p ln ( p − 1) C − C ln ( p − 1) =− = =− . p p p 

lie t = 

§ 8. Лапластың дискреттік түрлендіруі 1. Нақты t > 0 аргументті f (t ) функция алайық; ол функция бойынша { f (n )}, n = 0,1,2,... тізбегін қарастыралық. Бұл тізбекті қысқаша f (n ) деп белгілейік. Оларды-сеткеленген (решеткаланған) функциялар дейді. Әдетте f (t ) функцияны f (n ) тізбекті құраушы (порождающая) функция деп атайды. Демек сеткеленген функциялар аргументтері үтін бмәнді шамалар болып, теріс аргументтері бойынша нөлге тең функциялар. Анықтама. f (n ) -сеткеленген функцияүшін Лапластың дискреттік түрледіруі деп ∞

F * ( p ) = ∑ e −np f (n )

(1)

n =0

жинақты (қатарды) өрнегін айтады; мұндағы f (n ) -түп нұсқа, ал ∗ ∗ F ( p ) -кескін деп аталады; F ( p ) функция периоды 2π i болған периодты әжне қтықта аналитикалық Re p > S ∗ жарты жазы функция. Егер f (n ) -түп нұсқа

46

f (n ) ≤ Me λ0n

(2)

теңсіздігін қанағаттандырса, онда кескіннің жинақтық абсциссасы S ∗ > λ0 болады, яғни F ∗ ( p ) функция Re p = S > S ∗ > λ0 жағдайда жинақты. Жалпы айтқанда, бұрынғы Лапластың интегралдық түрлен діруіндегі f (t ) -түп нұсқа функция f (n ) -түп ұнсқа құраушы функция деп алуға болады. 1-мысал. f (n ) = e − n болсын. Шешуі. (2)-теңсіздікті қанағаттандыратын жинақтылық абсциссасы λ0 = 1 , ал ∀M > 1 , демек ұл б e − n функция үшін жинақты кескін табылады: ∞

F ( p) = ∑ e *

− np − n

e

n =0

∞

= ∑ e −(1+ p )n = n =0

1 , (Re p > −1). 1 − e −(1+ p )

(

)

(3)

Ескерту. f (n ) =e n функция үшін кескін жоқ. 2

2. Қасиеттері. 10. Сызықтық қасиеті. ∀f (n ), g (n ) үшін, сондай 

∃α , β = const ⇒ αf (n ) + βg (n ) −αF ∗ ( p ) + βG ∗ ( p ). 

Мысалы. ∞   1 1 1 1 −in e sin n = e in − e −in ⇒ e in = ∑ e −np ⋅ e in − = ⇒ p i − − ( )  1− e  1 − e −( p + i ) 2i 2i n =0 1 1 1 e p sin 1  . ⇒ sin n =  − =  2i 1 − e −( p −i ) 1 − e −( p +i )  e 2 p − 2e p cos1 + 1  

20. Озушы әне ж кешігу (опережения и запаздывания) теоремасы. а)

k −1    f (n + k ) − e kp  F ∗ ( p ) − ∑ e −mp f (m ),  m =0  

(4)

мәселен f (0 ) = f (1) = ... = f (k − 1) = 0 болса, онда 

f (n + k ) − e kp F ∗ ( p ). 

47

(5)

б) Дәл осылай 

f (n − k ) − e kp F ∗ ( p )

(6)



(себебі f (n − k ) = 0 , егер n < k ). Мысалы, егер f (n ) = e n =

e

n−2



−e

−2 p



1 ep болса, онда = 1 − e1− p e p − e

1 ep . ⋅ p = p p e −e e e −e

(

)



30. Ығысу кескіннің теоремасы. Егер f (n ) − F ∗ ( p ) болса, онда 

∀p0 -комплекс шама үшін 

F ∗ ( p − p0 ) = e p0n f (n ).

(7)



Мысалы. f (n ) = ne 2 n үшін, алдымен 



∞



n =0

n − ∑ n ⋅e −np

1 ⇒  1− e− p = d  1  1 n ⋅1 =  =− −p  dp  1 − e  1− e− p 1−

(

(7 )

олай болса

n⋅e

2n



− 

e −( p − 2 )

[1 − e ( ) ] − p −2

2

)

2

(

⋅ −e

−p

=

e− p

) (1 − e )

−p 2

,

.

4. Кескінді дифференциалдау:

{

}

 d F ∗ ( p ) =− nf (n )  dp

(8)

және жалпы жағдайда

{

}

 dk ∗ ( ) (− 1)k n k f (n ). F p = k  dp



Мысалы. f (n ) = ne n − F ∗ ( p ) − ? 

48

(9)

Алдымен

(8 )

 e p +1 ep d  ep   = . e − p ⇒ ne n − −  p  e −e  dp  e − e  e p − e 2

n



(

)

5. Кескінді интегралдау. Түп нұсқа f (n ) мына шарттарды

f (0 ) = 0, қанағаттандырсын, онда

f (t ) f (t ) = lim =0 t → + 0 t t =0 t

f (n )  − F ∗ ( p )dp, n  ∫p

(10)

∞

(11)

демек түп нұсқаны n -ге өлу б -керек болса, онда f (n ) кескінін ( p, ∞ ) аралықта интегралдау деп түсіну керек. Ескертулер. а) f (0 ) ≠ 0 жағдайда (11) интеграл жинақсыз, демек бұл жағдайда кескінді интегралдауға болмайды, яғни теорема орынсыз. б) Егер

f (t ) f (t ) = lim = a ≠ 0 болса, онда t t =0 t →+0 t f (n )  − a + ∫ F ∗ ( p )dp. n  p ∞

в) Егер m = 1,2,..., k мәндер үшін lim

t → +0

f (t ) = 0 орындалса, онда tm

f (n )  − ... F ( p )dp...dp, n k  ∫p ∫p  ∞

∞

(12)

∗

(13)

k

демек үтп нұсқаны интегралдау.

n k -ға бөлу-кескінді

( p, ∞ )

en −1 − n  ∗ − F ( p) − ?  n n Шешуі. f (n ) = e − 1 − n болсын ⇒ f (0 ) = 0, Мысалы.

49

дейін k ретті

lim

t → +0

 et − 1  f (t ) et − 1 − t = lim = lim − 1 = 1 − 1 = 0 t → +0 t →0 t t  t  

f (n ) − 

ep ep ep − − ⇒ e p − e e p −1 e p −1 2

(

)

∞ en −1− n   e p ep ep  e p −1 1 dp ... ln = = − p . −∫ p − p −  p 2 p  n e − e e −1  e − e e − 1 e − 1  p

(

)

6. Параметр бойынша кескінді дифференциалдау. 

Мәселен F ∗ ( p, ε ) − f (n, ε ) болсын, онда 

∂F ∗ ( p, ε )  ∂f (n, ε ) − .  ∂ε ∂ε 

Мысалы. ne nα , α -параметр болсын. e nα − 

 ep  p α e −e

демек



ne nα − 

(e

e p eα p

− eα

)

2

(14)

ep , онда e p − eα

′   nα ′  α − e α = neαn ;  

( )

.



7. Параметр бойынша интегралдау. Егер f (n, ε ) − F ∗ ( p, ε ) 

болса, онда ε

 ε

∗

∫ f (n, ε )dε − ε∫ F ( p, ε )dε . 

ε0

Мысалы. Параметр бойынша интегралдау жолымен нің кескінін анықтау керек: 

sin εn − 

(15)

0

e2 p

e p sin ε − 2e p cos ε + 1

мұның екі жағын (0, ε ) аралықта интегралдап

50

1− cos εn n

ε

 ε

∫ sinεndε − ∫ 

0

0

e2 p

e p sin ε ⇔ − 2e p cos ε + 1

1 − cos εn  1 = ln e 2 p − 2e p cos ε + 1  2 n 2p 1 e − 2e p cos ε + 1 = ln . 2 2 e p −1

(

⇔

(

)

ε 0

=

)









f1 (n ) − F4∗ ( p ), f 2 (n ) − F2∗ ( p )

8. Кескінді өбейту к теоремасы. болсын, онда 

n

n



m =0

m =0

F1∗ ( p ) ⋅ F2∗ ( p ) − ∑ f1 (n − m ) f 2 (m ) = ∑ f1 (m ) f 2 (n − m ) F ∗ ( p) =

Мысалы.

F2∗ ( p ) =

(16)

e2 p ep ∗ ( ) , ⇒ F p = 1 e p − e e p − e −1 ep −e

(

)(

)

∞  n ep en ⋅ e2 ∗ −m n−m −2 m n . ( ) ⇒ − = = F p e e e e ∑ ∑  e p − e −1 e2 −1 m =0 m =0

9. Айырманы ң кескіні.Сеткалы функциядан 1-ретті айырма деп ∆f (n ) = f (n + 1) − f (n )

(17)

өрнекті, ал 2-ретті айнымалы деп ∆2 f (n ) = ∆f (n + 1) − ∆f (n ) = f (n + 2 ) − 2 f (n + 1) + f (n ),

(18)

ал ∀k > 2 үшін k

∆k f (n ) = ∆k −1 f (n + 1) − ∆k −1 f (n ) = ∑ (1 − ) C kj f (n + k − j ), j

j =0

мұндағы C kj =

k! -биномдық коэффициенттер. j!(k − j )!

Мысалы. f (n ) = 2n 2 үшін 1-ретті айырма:

51

(19)

∆f (n ) = 2(n + 1) − 2n 2 = 2n 2 + 4n + 2 − 2n 2 = 4n + 2, 2

ал 2-ретті айырма: ∆2 f (n ) = ∆f (n + 1) − ∆f (n ) = 2[2(n + 1) + 1] − 2(2n + 1) = 4 ⇒ ∆k f (n ) = 0, k ≥ 3.

Енді осы айырмалардың кескіндерін анықтайық: 

f (n ) − F ∗ ( p ) ⇒ 



(

)

∆f (n ) − e p − 1 F ∗ ( p ) − e p f (0) 



(

)

(

)

∆2 f (n ) − e p − 1 F ∗ ( p ) − e p e p − 1 f (0 ) − e p ∆f (0 ),... 

2

жалпы: 

(

)

∆ f (n ) − e − 1 F ( p ) − e k



p

k

∗

∑ (e ν

k −ν −1

k −1

p

p

)

−1

∆ν f (0 ),

(20)

=0

мұнда ∆0 f (0 ) = f (0 ); онда (20) ⇒

F ∗ ( p) =

{

e p k −1 ∆ν f (0 ) 1 + LD ∆k f (n ) , ∑ k ν ν p p e − 1 ν =0 e − 1 e −1

(

) (

)

{

}

(21)

}

мұндағы LD ∆k f (n ) болса ∆k f (n ) -тің дискреттік кескіні. Егер болса, онда олар ∆ν f (0 ) = 0, ν = 0,1,..., k − 1 с сондықтан (20) мына ⇔ f (0 ) = f (1) = ... = f (k − 1) = 0 деген өз, қарапайым 

(

)

∆k f (n ) − e p − 1 F ∗ ( p ) 

k

(20´)

түрге келеді. Мысалы. f (n ) = n 2 түп нұсқаның кескінін анықтау керек. Шешуі. ∆f (n ) = 2n + 1, ∆2 f (n ) = 2n + 3 − 2n − 1 = 2,...∆k f (n ) = 0, k ≥ 3; оның үстіне f (0) = 0, ∆f (0 ) = 1, ∆2 f (0 ) = 2, ∆k f (0 ) = 0. онда (21) формула ға k = 3 деп

52

(

)

e p 2 ∆νf (0 ) ep  1 2  e p e p +1 f (n ) ≡ n − p ∑ p 2 = e p − 1 0 + e p − 1 + p 2  = p 2 .  e −1 ν =0 e − 1 e − 1  e −1  2



(

(

)

)

10. Қосындының кескіні туралы теоремасы.

)

f (n) -сеткалы



f (n ) − Fn∗−1 ( p ) -кескіні делік. Мына

түп нұсқа болсын, оның қосындыны

(



n −1

∑ f (m) қарастыралық. Онда

m =0

n −1

∑



f (m ) − 

m =0

F ∗ ( p) , e p −1

(22)

демек түп нұсқалар қосындысының кескіні түп нұсқа кескінін e p − 1 -ге бөлгенге тең. Мысалы.



ne n − 

бойынша n −1



m =0



∑ me m −

(e

e p +1 p

−e

)

2

екені белгілі, олай болса (22)-

 ep ep e − 1 e p +1 − + ⋅  ν 2 p e ep −e e p − e ⋅ e p −1  e − 1 e − e  (e − 1)ne n . e  n e 1 − − +    (e − 1)2 e  

(

e p +1

) (

)

=

e (e − 1)2

(

 − 2  

)

11. Түп нұсқа табу формуласы. Егер − π < Im p < +π ⇒ f (n ) =

C + iπ

1 F ∗ ( p )e np dp, 2πi C −∫iπ

(23)

мұнда C -кез келген тұрақты шама. Егер F ∗ ( p ) -дұрыс рационал бөлшек болса,

[

]

f (n ) = ∑ res F ∗ ( p )e (n−1) p . ν

pν

(24) қосынды барлық полюстар бойынша алынады. Егер pν -қарапайым түбірлер болса, онда

53

(24)

[

]

[

(

)

res F ∗ ( p )e p (n−1) = lim F ∗ ( p ) e p − e pν e p (n−1) pν

p → pν

]

(25)

егер де pν еселігі rν полюс болса, онда

[

]

res F ∗ ( p )e p (n−1) = pν

Мысал. F ∗ ( p) =

[

d rν −1rν −1 ∗ 1 lim F ( p ) e p − e pν p ( r −1) p → p (rν − 1)! ν de

Жоғарыдағы

(

)

rν

]

e p (n−1) .

(24)-формуланы

(26)

пайдаланып

p

e

2p

e кескіннің түп нұсқасын анықтау керек. − 3e p + 2

Шешуі. Бөлшектің бөлімінің түбірлерін анықтайық:

e 2 p − 3e p + r = 0 ⇒ e p = 1, e p = 2 ⇒ p1 = 0, p2 = 2 -қарапайым түбірлер ⇒ resF ∗ ( p )e p (n−1) = ?

[

res F ( p )e p =0

[

∗

res F ( p )e

p = ln 2

∗

p ( n −1)

p ( n −1)

]

]

(

)

 e p e p +1 − 1 e rp p ( n −1)  = −1, e = lim  p  = lim p p →0 e − 1 e p − 2   p →0 e − 2

(

( (

)(

)

)

e p e p − e ln 2 e p (n−1) e2 p e n ln 2 e ln 2 = lim = lim p = ln 2 = = 2n , p p p →ln 2 p ln 2 → e −1 e − 2 e − 2 e −1 2 −1

)(

n

)

демек (24) формула бойынша f (n ) = −1+ 2 n . 12. Айырма бойыншаңде те уді Лапласты ң дискретті түрлендіруі бойынша шешу.

F (n, f (n ), f (n + 1),..., f (n + k )) = 0

(27)

немесе

(

)

F n, f (n ), ∆f (n ),..., ∆k f (n ) = 0

(28)

түріндегі теңдеуді айырма түріндегі теңдеу деп атайды. Әдетте (27) түрдегі теңдеу (28)-ге f (n + k ) = f (n ) + C k1 ∆f (n ) + C k4 ∆2 f (n ) + ... + ∆k f (n )

формуланы пайдаланып, бұлардағы

54

(29)

∆k f (n ) = f (n + k ) − C k1 ∆f (n + k − 1) + + C k4 f (n + k − 2 ) − ... + (− 1) f (n ), k = 0,1,2,... k

(30)

k (k − 1)...(k − m + 1) -жоғарыдағы m! ((28) немесе) (29) теңдеудегі биномдық коэффициенттер. Егер (28) теңдеу f (n ) және оның айырмаларына салыстырғанда сызықтықта болса, ол теңдеуді сызықтық айырмалықтағы теңдеу деп айтады. Мәселен, сондай k -ретті теңдеуді (тұрақты коэффициентті) арқылы алынған; бұлардағы C km =

в0 ∆л f (n ) + в1∆лµ 1 f (n ) + ... + в л f (n ) = ϕ (n ),

(31)

мұндағы ϕ (n ) -белгілі сеткалы функция, ал в 0 ≠ 0, в1 ...в k тұрақты коэффициенттер. Егер (31) ңдеудегі те ∆m f (n ), m = 1,2,... шамаларды (30) формулалар бойынша алмастырсақ, онда (31) теңдеу мына түрде a0 f (n + k ) + a1 f (n + k − 1) + ... + a л f (n ) = ϕ (n )

(32)

жазылады. Жоғарыдағы теңдеулерде f (n ) және f (n + k ) араласқандарды k -ретті (k > 0 ) айырымды теңдеулер деп айтады; демек (32) теңдеуді a0 ≠ 0 және ak ≠ 0 жағдайда біртексіз k -ретті айырымды теңдеу деп айтамыз. Айырымдылық (32) теңдеудің реті теңдеудегі жоғарғы ретті айырыммен дәл келуі шарт емес. Мысалы. Мына айырымды ∆3 f (n ) + 4∆2 f (n ) + 5∆f (n ) + 2 f (n ) = 0 теңдеуді, мұндағы айырымдарды (30) формула бойынша алмастырса қ f (n + 3) + f (n + 2 ) = 0 немесе

f (n + 1) + f (n ) = 0

түріндегі 1-ретті айырымды теңдеуге келеді.

55

Мысалы. (айырымды теңдеуді шешуге)

f (n + 1) − ef (n ) = 1, f (0 ) = 0

(33)

теңдеуді шешу керек? Шешуі.



f (n ) − F ∗ ( p ) 

болсын.

Озу

теоремасы

бойынша



те екі жағына Лапластың f (n + 1) − e p F ∗ ( p ) . Онда (33) ңдеудің 

дискреттік түрлендіруін қолданып

e p F ∗ ( p ) − eF ∗ ( p ) =

ep ep ∗ ( ) ⇒ F p = ep −1 ep − e ep −1

(

)(

)

кескінді аламыз. Бұл функцияның p = 0, p = 1 -қарапайым екі полюсы бар, оларды жоғарыда келтірілген тәсілдермен

[

]

e p (n−1) p 1 e = , p →0 e p − e 1− e

res F ∗ ( p )e (n−1) p = lim p =0

[

]

e n−1 e n e = ⇒ p =1 e −1 e −1 en en −1 1 f (n ) = + = , 1− e e −1 e −1

res F ∗ ( p )e (n−1) p =

түп нұсқаларды, яғни (33) теңдеудің шешімін анықтаймыз.

56