Ассоциированная по Борелю функция

[Tulse_Luper]

Здравствуйте. Не могли бы подсказать, верно ли я нашёл ассоциированную функцию по Борелю к данной.
Требуется найти для $f(z)=\frac{\sin^2(pz)}{z^2},\ p\in\mathbb{R}$ ассоциированную по Борелю функцию $g(z)$.

Проверим, что $f$ - целая функция экспоненциального типа(цфэт).
Найдём максимум модуля $M_f(r)=\max\limits_{|z|=r}|f(z)|$.

$$|z|=r,\ |f(z)|=\left|\frac{\sin^2(pz)}{z^2}\right|=\frac12\frac{|1-\cos(2pz)|}{|z|^2}=\frac{1}{2r^2}\left|\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2pz)^{2n}}{(2n)!}\right|\leqslant\frac{1}{2r^2}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(2|p||z|)^{2n}}{(2n)!}=\frac{\ch (2pr)-1}{2r^2}. $$

С другой стороны, при $z_0=-ir$, $|z_0|=r$ и $|f(z_0)|=(\ch(2pr)-1)/2r^2$. Значит $M_f(r)=(\ch(2pr)-1)/2r^2$.
$M_f(r)\sim \frac{e^{2|p|r}}{4r^2},\ r\rightarrow\infty\Rightarrow \rho=\overline{\lim\limits_{r\rightarrow\infty}}\frac{\ln\ln M_f(r)}{\ln r}=1$ и $\sigma=\overline{\lim\limits_{r\rightarrow\infty}}\frac{\ln M_f(r)}{r}=2|p|<+\infty$. $f$ - цфэт.

$$ \text{Если } f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{c_n z^n}{n!}\text{, то } g(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{c_n}{z^{n+1}}. $$

$$f(z)=\frac12\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}z^{2n-2}}{(2n)!}\Rightarrow g(z)=\frac12\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n (2p)^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)z^{2n+1}}.$$

$$ \arctan z = \sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n z^{2n+1}}{2n+1}\Rightarrow \int\limits_{0}^{z}\arctan w dw = \sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n z^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}, $$

$$ \int\limits_{0}^{z}\arctan w dw = z\arctan z - \int\limits_{0}^{z}\frac{wdw}{1+w^2}=z\arctan z - \frac12\ln(1-z^2). $$

$$ 2g(z)/z=\left(w\arctan w - \frac12\ln(1-w^2)\right)|_{z=2p/z}=\frac{2p\arctan(\frac{2p}{z})}{z}-\frac12\ln(1-(2p/z)^2), $$

$$ g(z)=p\arctan(\frac{2p}{z})-\frac{z}{4}\ln(1-(2p/z)^2). $$

Особенности у $g$ в точках: $0,i2p,-i2p$.

Спасибо.

[Tulse_Luper]

Вопрос, в принципе, снят.

В полуплоскости, $\Re(t)\geqslant 2|p|$, ассоциированная по Борелю функция $g$ совпадает с преобразованием Лапласа функции $f$ вдоль положительной оси, т.е $g(t)=\int\limits_{0}^\infty\frac{\sin^2(pz)}{z^2}e^{-tz}dz,\ \Re(t)\geqslant 2|p|.$

$$ g(t)=\int\limits_{0}^\infty\frac{\sin^2(pz)}{z^2}e^{-tz}dz=\frac12\int\limits_{0}^\infty\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}z^{2n-2}}{(2n)!}e^{-tz}dz=\frac12\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}}{(2n)!}\int\limits_{0}^\infty z^{2n-2}e^{-tz}dz, $$

$$ \frac12\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}}{(2n)!}\int\limits_{0}^\infty z^{2n-2}e^{-tz}dz=\frac12\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}}{(2n)!}\frac{(2n-2)!}{t^{2n-1}}=\frac12\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{(2p)^{2n}}{(2n-1)(2n)t^{2n-1}}. $$

На единичку сдвинуть индекс и получится, что требуется. Дальше возможны только ошибки в суммировании ряда.
Всё же интересно, как посчитать вот эту штуку $\int\limits_{0}^\infty\frac{\sin^2(pz)}{z^2}e^{-tz}dz$ с помощью контурного интегрирования, что бы получить явный вид. Предполагаю, что нужно взять контур в виде урезанного кольца в верхней полуплоскости, т.к. особенность в точке $z_0=0$. А дальше представить квадрат синус в виде экспонент, интеграл по контуру такой функции будет равен 0. Отдельно посчитать на нижней полуокружности и отрезках. А потом устремить один радиус к бесконечности, другой к нулю. А там что-то получится. Но здесь мешает $e^{-tz}$ - интеграл по верхней полуокружности не будет стремиться к нулю при стремлении радиуса к бесконечности...

[Tulse_Luper]

Всё таки нашёл преобразование Лапласа нужной функции. Напишу, для полноты.

$g(t)=\int\limits_0^{+\infty}\frac{\sin^2 (pz)}{z^2}e^{-tz}dz$ - аналитическая в полуплоскости $\Re(t) > 2|p|$ функция.
Из свойств преобразования Лапласа следует, что $\lim\limits_{\Re (t)\rightarrow +\infty}g(t)=0$. Обозначим $g(+\infty)=0$.

Продифференцируем $g$.

$$ g'(t)=-\int\limits_0^{+\infty}\frac{\sin^2 (pz)}{z}e^{-tz}dz,\ g'(+\infty)=0. $$

Продифференцируем второй раз.

$$ g''(t)=\int\limits_0^{+\infty}\sin^2(pz)e^{-tz}dz=\frac12\int\limits_0^{+\infty}(1-\cos(2pz))e^{-tz}dz= \frac12\left(\frac1t -\frac{t}{t^2+4p^2}\right). $$

Получили дифференциальное уравнение:

$$ g''(t)=\frac12\left(\frac1t -\frac{t}{t^2+4p^2}\right),\ g(+\infty)=g'(+\infty)=0. $$

Проинтегрируем от $z$ до $+\infty$:

$$ \int\limits_{z}^{+\infty}g''(t)dt=\frac12\int\limits_{z}^{+\infty}\left(\frac1t -\frac{t}{t^2+4p^2}\right)dt. $$

$$ g'(z)=\frac12\ln\left(\frac{z}{\sqrt{z^2+4pz}}\right). $$

Проинтегрируем ещё раз от $z$ до $+\infty$:

$$ \int\limits_{z}^{+\infty}g'(t)dt=\frac12\int\limits_{z}^{+\infty}(\ln t - \frac12\ln(t^2+4p^2))dt. $$

$$ \int\ln(t^2+4p^2)dt=t\ln(t^2+4p^2)-2\int\frac{t^2 dt}{t^2+4p^2}=t\ln(t^2+4p^2)-2t+4p\arctan(t/2p). $$

$$ g(z)=-\frac12\left[t\ln t - \frac12t\ln(t^2+4p^2)-2p\arctan(t/2p)\right]|_{z}^{+\infty}. $$

$$ -\frac12\left[t\ln t - \frac12t\ln(t^2+4p^2)\right]|_{z}^{+\infty}=\frac{z}2\ln\left(\frac{z}{\sqrt{z^2+4pz}}\right)=-\frac{z}4\ln\left(1+\frac{4p^2}{z^2}\right). $$

$$ p\arctan(t/2p)|_{z}^{+\infty}=p\frac\pi2-p\arctan(z/2p)=p\arctan(2p/z). $$

В итоге:
$g(z)=p\arctan(2p/z)-\frac{z}4\ln\left(1+\frac{4p^2}{z^2}\right)$.
Когда суммировал ряд в первом сообщении, лишний минус поставил в интеграле...

[Otta]

Tulse_Luper в сообщении #1030191 писал(а):

Продифференцируем $g$.

Можно было воспользоваться известным свойством $\dfrac{f(t)}{t}\to \int_p^{\infty} F(\zeta)\, d\zeta$, где $f(t)\to F(p)$, правда, очевидно, что экономия небольшая, только за счет обоснований и прочих нюансов.