§32. Лаплас түрлендіруін кері түрлендіру

270
Жордан леммасы. 
Функция 
∞
→
→
p
p
F
,
0
)
(
делік. Онда 
интеграл 
( )
,
0, Re
,
R
pt
C
F p e dt t
p
p
R
γ
>
<
=
∫
C
R
шеңбері бойы-
мен 
R
→
∞
нөлге ұмтылады: 
0
lim
( )
0.
R
pt
R
C
t
F p e dp
→∞
>
=
∫
(42)
1-мысал
. 
p
p
F
1
)
(
=
Табу керек
f
(
t
)-ны.
Шешуі. 
1
( )
,
0
2
pt
i
e
p
i
f t
dp
i
γ
γ
γ
π
+ ∞
− ∞
=
>
∫
Түпнұсқа интеграл ас-
тындағы функцияның жай полюсы 
p
=0, шегеріндісі бірге тең. 
Демек,
⎩
⎨
⎧
=
<
>
=
)
(
)
(
,
0
,
0
,
0
,
1
)
(
t
t
f
t
t
t
f
η
.
2-мысал
. 
1
1
)
(
2
+
=
p
p
F
, табу керек 
f
(
t
).
Шешуі. Шегерінділер туралы негізгі теореманы қолданамыз: 
1
( )
( )
Re
( ) ;
,
2
i
pt
pt
k
i
F p e dp
f t
s F p e
a
i
γ
γ
π
+ ∞
− ∞
⎡
⎤
=
=
⎣
⎦
∑
∫
(43)
a
k 
– барлық ерекше нүктелері. 
2
2
( ) Re
,
Re
,
sin .
1
1
2
2
pt
pt
it
it
e
e
e
e
f t
s
i
s
i
t
p
p
i
i
−
⎡
⎤
⎡
⎤
=
+
− =
+
=
⎢
⎥
⎢
⎥
+
+
−
⎣
⎦
⎣
⎦
Формуланы (43) 
F
(
p
) рационал функция болғанда қолданайық: 
)
(
)
(
)
(
p
B
p
A
p
F
=
, (44)
A
(
p
), 
B
(
p
)-көпмүшеліктер, бөлшек (44) дұрыс делік. Онда: 
0
)
(
lim
=
∞
→
p
F
p
.

271
(
1)
( )
1
( )
( )
lim (
)
,
( )
(
1)!
( )
k
k
k
k
k
n
pt
n
p
a
A p
A p e
f t
p
a
B p
n
B p
−
→
⎡
⎤
→
=
−
⎢
⎥
−
⎣
⎦
∑
(45)
a
k
- бөлімінің 
B
(
p
) нөлдері, 
n
k
- олардың еселігі. Туындылау 
комплекс айнымалы 
p
бойынша, 
t
-ны тұрақты деп атқарылады. 
Формула (45) жіктеу формуласы (немесе жіктеу теоремасы) ата-
лады.
Мұндағы 
(
)
1
1
( )
( ),
( ) 0
k
n
k
k
B p
p
a
B p
B a
=
−
≠
болғандықтан: 
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
1
1
( )
( )
lim
.
( )
( )
k
k
k
k
k
k
k
k
n
n
pt
pt
n
n
p
a
p a
A p e
A p e
p
a
B p
p
a
B p
−
−
→
=
⎡
⎤
⎡
⎤
−
=
⎢
⎥
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
(46)
Барлық полюстар жай болғанда (еселі емес) 
∑
=
→
t
a
k
k
k
e
a
B
a
A
t
f
p
B
p
A
)
('
)
(
)
(
)
(
)
(
. (47)
Егер 
p
=0 бөлімінің нөлі болса 
1
1
( )
( ),
(0) 0.
B p
pB p
B
=
≠
Онда: 
1
1
1
1
'( )
( )
'( ), '(0)
(0), '( )
'( ),
k
k
k
B p
B p
pB
p
B
B
B a
a B a
=
+
=
=
1
1
1
( )
( )
(0)
( )
.
( )
(0)
'( )
k
a t
k
k
k
A a
A p
A
f t
e
pB p
B
a B a
→
=
+
∑
(48)
3-мысал
. 
1
( )
.
(
)(
)
F p
p p
a p
b
=
+
+
Табу керек 
f
(
t
).
Шешуі. 
A
(
p
)=1, 
B
(
p
)=
p
(
p+a
)(
p+b
), 
B
1
(
p
)=(
p+a
)(
p+b
).
Туынды 
B
1
′(
p
)=(
p+a
)(
p+b
). Онда (48) формула бойынша
1
( )
(
)
(
)
at
bt
e
e
f t
ab
a a
b
b b
a
−
−
=
+
+
−
−
Бөлшекті 
)
(
)
(
p
B
p
A
қарапайым (жай) бөлшектерге жіктеп, бел-
гілі сəйкестендіру формулаларының көмегімен де түпнұсқа та-
былады.

272
Мысалы 
a
p
A
−
түріндегі бөлшектердің түпнұсқасы 
Ae
at
,
(
)
k
A
p
a
−
бөлшектерінікі 
1
.
(
1)!
k
at
A
t
e
k
−
−
Бөлшекті 
2
Mp
N
p
Ap
B
+
+
+
мына түрде жазамыз: 
2
2
2
A
M
p
A
p
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
⎠
+
⎛
⎞
+
+ Δ
⎜
⎟
⎝
⎠
2
2
,
2
MA
N
A
p
−
Δ
+
Δ
⎛
⎞
+
+ Δ
⎜
⎟
⎝
⎠
0
4
2
<
−
=
Δ
A
B
, (егер 
0
>
Δ
болса, 
онда бөлімі сызықты көбейткіштерге жіктеледі) кестедегі форму-
лаларды 
2
,
A
a
−
=
Δ
=
ω
деп пайдаланамыз.
4-мысал
. 
2
2
3
3
2
( )
.
(
2)(
4
8)
p
p
F p
p
p
p
+
+
=
−
+
+
Табу керек 
f
(
t
).
Шешуі. 
2
2
2
3
3
2
(
2)(
4
8)
2
4
8
p
p
A
Mp
N
p
p
p
p
p
p
+
+
+
=
+
−
+
+
−
+
+
Анықталмаған коэффициенттер əдісімен 
3
,
2
,
1
=
=
=
N
M
A
табылады. Онда 
4
)
2
(
2
2
1
4
)
2
(
)
2
(
2
2
1
)
(
2
2
+
+
−
+
+
+
+
−
=
p
p
p
p
p
F
, 
көрсетілген формулалармен түпнұсқаларға көшсек,
t
e
t
e
e
t
f
t
t
t
2
sin
2
1
2
cos
2
)
(
2
2
2
−
−
−
+
=
.
5-мысал
. 
3
2
)
1
(
2
)
(
p
p
p
p
F
−
+
=
. Табу керек 
f
(
t
).
Шешуі. 
F
(
p
) функциясының 
p
=0 еселігі 3 жəне 
p
=1 еселігі 
2 екі полюсі бар. Формуланы (46) қолданып, полюстердегі 
шегерінділерді есептесек

273
(
)
(
)
2
2
0
2
1
5 8,
2!
1
II
pt
p
p
e
t
t
p
=
⎡
⎤
+
= + +
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
3
1
(
2)
(3 8) .
I
pt
t
p
p
e
t
e
p
=
⎡
⎤
+
=
−
⎢
⎥
⎣
⎦
Сонымен 
8
5
)
8
3
(
)
1
(
2
2
2
3
+
+
+
−
→
−
+
t
t
e
t
p
p
p
t
.
6-мысал
.
 
2
2
2
2
( )
,
(
)(
)
p
c
F p
p
a
p
b
+
=
+
+
 a,b,c 
- нақты сандар. 
Табу керек 
f
(
t
).
Шешуі. Бөлімінің 
B
(
p
) жай комплекс түйіндес түбірлері ±
ai
жəне ±
bi
, 
)
(
2
)
(
2
)
('
2
2
2
2
a
p
p
b
p
p
p
B
+
+
+
=
.
Шегерінділерін есептесек, 
2
2
2
2
1
Re
( ) ,
(
) ,
2 (
)
2 (
)
pt
iat
iat
ai
c
s F p e
ai
e
a
ci e
ai b
a
a b
a
+
⎡
⎤ =
=
−
⎣
⎦
−
−
2
2
2
2
1
Re
( ) ,
(
)
.
2 (
)
2 (
)
pt
iat
iat
ai
c
s F p e
ai
e
a
ci e
ai b
a
a b
a
−
−
− +
⎡
⎤
−
=
=
+
⎣
⎦ −
−
−
Комплекс түйіндес ±
ai
полюстарындағы шегерінділер дe 
комплекс түйіндес болғандықтан, олардың қосындысы кез кел-
генінің екі еселі нақты бөлігіне тең 
(
)
2
2
1
2Re
(
)
2
iat
a
ci e
a b
a
⎡
⎤
−
=
⎢
⎥
−
⎢
⎥
⎣
⎦
2
2
1
cos
sin
.
c
at
at
b
a
a
⎛
⎞
=
+
⎜
⎟
⎝
⎠
−
Дəл осылайша, екінші жұп шегерінділерінің қосындысы
2
2
1
cos
sin
,
c
bt
bt
a
b
a
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
⎠
−
сонымен
2
2
1
sin
sin
( )
cos
cos
.
at
bt
f t
at
bt
c
b
a
a
b
⎡
⎤
⎛
⎞
=
−
+
−
⎜
⎟
⎢
⎥
⎝
⎠
−
⎣
⎦

274
Рационал 
)
(
)
(
)
(
p
B
p
A
p
F
=
функциялардың коэффициенттері 
нақты болса, 
B
(
p
)-ның комплекс түйіндес 
k
a
жəне 
k
a
түбірлеріне 
(45) формулада
( )
( )
( ) 2Re
'( )
'( )
'( )
k
k
k
a t
a t
k
k
k
k
k
A a
A a
A a
e
e
B a
B a
B a
+
=
тиесілі.
Барлық полюстар жай (еселі емес) болғанда (47) формуланы мы-
на түрде жазуға болады 
( )
( )
( )
2Re
,
'( )
'( )
k
k
a t
a t
k
k
k
k
A a
A a
f t
e
e
B a
B a
=
+
∑
∑
(49)
мұндағы бірінші қосынды 
B
(
p
)-ның барлық нақты түбірлеріне, 
ал екінші қосынды жорамал бөлігі оң таңбалы барлық комплекс 
түбірлеріне тиесілі.
Формуланың (49) екінші бөлігінің қосылғыштарын былай 
түрлендіруге де болады
(
)
,
cos
sin
,
k
k
a t
t
k
k
k
k
k
a
i
e
e
t
i
t
α
α
β
β
β
=
+
=
+
( )
( )
, 2Re
'( )
'( )
k
a t
k
k
k
k
k
k
A a
A a
M
iN
e
B a
B a
=
+
=
[
]
2
cos
sin
.
k
a t
k
k
k
k
e
M
t
N
t
β
β
=
−
Егер 
α
k
=0, яғни 
α
k
таза жорамал сан болса, онда оған 
[
]
t
N
t
M
k
k
k
k
β
β
sin
cos
2
−
тиесілі.

жүктеу/скачать 1,36 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: