1.7: Програми для перетворення Лапласа

Перетворення Лапласа функції,\(f\) локально інтегровної\([0,\infty)\) на

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

для всіх\(s\) таких, що інтеграл сходиться. Перетворення Лапласа широко застосовуються в математиці, особливо при розв'язанні диференціальних рівнянь.

Ми залишаємо це вам, щоб довести наступну теорему (Вправа [exer:26]).

[теорема: 12] Припустимо\(f\), локально інтегрується\([0,\infty)\) і\(|f(x)|\le M e^{s_{0}x}\) для досить великих розмірів\(x\). Тоді перетворення Лапласа рівномірно\(F\) сходиться на\([s_{1},\infty)\) if\(s_{1}>s_{0}\).

[теорема:13] Якщо\(f\) є неперервним\([0,\infty)\) і\(H(x)=\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) обмеженим,\([0,\infty),\) то перетворення Лапласа рівномірно\(f\) сходиться на\([s_{1},\infty)\) if\(s_{1}>s_{0}.\)

Якщо\(0\le r\le r_{1}\),

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dx =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}f(x)\,dt =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})t}H'(x)\,dt.\]

Інтеграція по частинам

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dt=e^{-(s-s_{0})x}H(x)\biggr|_{r}^{r_{1}} +(s-s_{0})\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x} H(x)\,dx.\]

Тому якщо\(|H(x)|\le M\), то

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}f(x)\,dx\right|&\le& M\left|e^{-(s-s_{0})r_{1}} +e^{-(s-s_{0})r} +(s-s_{0})\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\right|\\ &\le &3Me^{-(s-s_{0})r}\le 3Me^{-(s_{1}-s_{0})r},\quad s\ge s_{1}.\end{aligned}\]

Тепер теорема [теорема: 4] передбачає, що\(F(s)\) сходиться рівномірно\([s_{1},\infty)\).

Наступна теорема робить значно більш міцний висновок з тих же припущень.

[теорема: 14] Якщо\(f\) є безперервним на\([0,\infty)\) і

\[H(x)=\int_{0}^{x}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\]

обмежується,\([0,\infty),\) тоді перетворення Лапласа\(f\) є нескінченно диференційованим на\((s_{0},\infty),\) з

\[\label{eq:30} F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty} e^{-sx} x^{n}f(x)\,dx;\]

тобто\(n\) -а похідна від перетворення Лапласа\(f(x)\) - це перетворення Лапласа\((-1)^{n}x^{n}f(x)\).

Спочатку ми покажемо, що інтеграли

\[I_{n}(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx,\quad n=0,1,2, \dots\]

всі рівномірно сходяться на\([s_{1},\infty)\) ньому\(s_{1}>s_{0}\). Якщо\(0<r<r_{1}\), то

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx= \int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}x^{n}f(x)\,dx =\int_{r}^{r_{1}}e^{-(s-s_{0})x}x^{n}H'(x)\,dx.\]

Інтеграція по частинам врожайності

\[\begin{aligned} \int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx &=&r_{1}^{n}e^{-(s-s_{0})r_{1}}H(r)-r^{n}e^{-(s-s_{0})r}H(r)\\ &&-\int_{r}^{r_{1}}H(x)\left(e^{-(s-s_{0})x}x^{n}\right)'\,dx,\end{aligned}\]

де\('\) вказує на диференціацію по відношенню до\(x\). Тому якщо\(|H(x)|\le M\le \infty\) на\([0,\infty)\), то

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx\right|\le M\left(e^{-(s-s_{0})r}r^{n}+e^{-(s-s_{0})r}r^{n} +\int_{r}^{\infty}|(e^{-(s-s_{0})x})x^{n})'|\,dx\right).\]

Тому так як\(e^{-(s-s_{0})r}r^{n}\) зменшується монотонно на\((n,\infty)\) if\(s>s_{0}\) (перевірити!) ,

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx\right|<3Me^{-(s-s_{0})r}r^{n},\quad n<r<r_{1},\]

так теорема [теорема: 4] означає, що\(I_{n}(s)\) сходиться рівномірно\([s_{1},\infty)\) якщо\(s_{1}>s_{0}\). Тепер теорема [теорема: 11] має на увазі\(F_{n+1}=-F_{n}'\), що, і легкий індукційний доказ дає [eq:30] (Вправа [exer: 25]).

[example:13] Тут ми застосовуємо теорему [теорема: 12] з\(f(x)=\cos ax\) (\(a\ne0\)) і\(s_{0}=0\). Так як

\[\int_{0}^{x}\cos au\,du=\frac{\sin ax}{a}\]

обмежується\((0,\infty)\), Теорема [теорема: 12] означає, що

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}\cos ax\,dx\]

сходиться і

\[\label{eq:31} F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}\cos ax\,dx, \quad s>0.\]

(Зауважте, що це також вірно, якщо\(a=0\).) Елементарна інтеграція дає

\[F(s)=\frac{s}{s^{2}+a^{2}}.\]

Отже, з [eq:31],

\[\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}\cos ax=(-1)^{n}\frac{d^n}{ds^n} \frac{s}{s^{2}+a^{2}}, \quad n=0,1, \dots.\]