Вопрос по преобразованию Лапласа

[shamaz.mazum]

Здравствуйте! У меня есть книжка М.А. Евграфов "Аналитические функции". Там есть теорема, которую не совсем могу понять. Формулировка:

Цитата:

Пусть функция $F(z)$ регулярна в полосе $a \leq \operatorname{Re} z \leq b$. Если функция $F(z)$ удовлетворяет условию
$F(z) = O({\lvert z \rvert}^{-\alpha-1})$, $0<\alpha<1$ ($z \rightarrow \infty$, $a \leq \operatorname{Re} z \leq b$),

то функция
$f(x) = {{1}\over{2 \pi i}} \int_{c-i \infty}^{c+i \infty} F(z) e^{xz} dz$, ($a\leq c \leq b$)

не зависит от $c$ и при любом $a\leq c \leq b$ удовлетворяет неравенствам

$\lvert f(x) e^{-cx} \rvert \leq M$,
$\lvert f(x) e^{-cx} - f(\xi) e^{-c\xi} \rvert \leq M_1 {\lvert x - \xi \rvert}^\alpha$

При этом $f(x) \rightrightarrows F(z)$ ($a < \operatorname{Re} z < b$), а если $b = +\infty$, то $f(x) = 0$ при $x<0$ и $f(x) \rightarrow F(z)$

Тут $f(x) \rightrightarrows F(z)$ обозначено как двустороннее преобразование Лапласа, а $f(x) \rightarrow F(z)$ - одностороннее. Так вот никак не пойму (и из доказательства тоже, потому как оно несколько "сжато" и сложно отследить некоторые "очевидные" вещи), условие, налагаемое на F(z), достаточно для существования формулы обращения или нет?

Почему я сомневаюсь: для функции $f(x) = e^{-x}$ по таблице из википедии образом будет функция $F(z) = {1\over{z+1}}$, которая на бесконечности убывает как $O(z^{-1})$, т.е. не попадает под условие для $F(z)$, но тем не менее прообраз имеет $e^{-x}$. Есть ли тогда такое условие для $F(z)$, что при выполнении которого у $F(z)$ есть прообраз и больше никогда?

И ещё вопрос про свёртку, определена как $f(x)*g(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x-\xi) g(\xi) d\xi$. Там написано, что свёртке прообразов отвечает умножение образов, и что $f\prime(x) \rightrightarrows zF(z)$

Как тогда с помощью этого решить дифур (взял из головы):
$y\prime(x) + y(x) = e^x$ (решение $y(x) = ce^{-x} + {{1}\over{2}} e^x$)

Тогда если преобразуем преобразованием (ога, вот так!:) Лагранжа ур-е, получим:
$z\eta(z) + \eta(z) = L[e^x]$, L обозначил преобразование, которое не делаю явно.
Далее: $\eta(z) (z+1) = L[e^x]$
$\eta (z) = L[e^x] {{1}\over{z+1}}$

Произведению образов соответствует свертка прообразов. Прообраз $1\over{z+1}$ - экспонента.
И получаем по определению свёртки из книги что-то такое:
$y(x) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x-\xi)}e^\xi d\xi}$, что какая-то чушь. Так как этот дифур таким методом решить?

-- Вт фев 11, 2014 19:04:16 --

Совершенно внезапно, если в последнем интеграле поставить пределы $-\infty$ до $x$, то...

$y(x) = \int_{-\infty}^x e^{-(x-\xi)}e^xi d\xi = e^{-x} \int_{-\infty}^x e^{2\xi} d\xi = {1\over2} e^{-x} (e^{2x} - 0) = {1\over2} e^x$

Непонятно, какой магией я пришел к правильному результату

[svv]

Я не на все Ваши вопросы отвечу. Необходимые и достаточные условия существования — это к специалистам.

По поводу уравнения.
Двустороннее преобразование Лапласа (ПЛ) функции $e^x$ не существует: интеграл $\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^x e^{-xz}dx$ не сходится ни на какой прямой $\operatorname{Re} z=c$.
Зато интеграл $\int\limits_{0}^{\infty} e^x e^{-xz}dx$ сходится в полуплоскости $\operatorname{Re} z>1$. Поэтому используем одностороннее ПЛ.

Решим даже более общее уравнение $y'+y=e^{ax}$. Его решение $y=\frac{e^{ax}}{a+1}+Ce^{-x}$, или в более удобной для нас форме
$y=\frac{e^{ax}}{a+1}+\left(y(0)-\frac 1{a+1}\right)e^{-x}$
Записываем ПЛ уравнения:
$sY(s)-y(0)+Y(s)=\frac 1{s-a}$
(важное слагаемое $y(0)$ Вы почему-то пропустили). Отсюда
$Y(s)=\frac 1 {s+1}\left(\frac 1 {s-a}+y(0)\right)$

Классический метод решения состоит в разложении дробей на простейшие:
$Y(s)=\frac 1 {a+1}\frac 1 {s-a}+\left(y(0)-\frac 1 {a+1}\right)\frac 1 {s+1}$
Отсюда, зная, что $e^{ax}\to\frac 1{s-a}$, почти устно получаем выписанное выше решение.

Теперь с помощью свертки. Имеем
$y=e^{-x}\ast e^{ax}+y(0)e^{-x}$
Свертка:
$e^{-x}\ast e^{ax}=\int\limits_0^x e^{-(x-\xi)}e^{a\xi}d\xi=e^{-x}\left.\frac{e^{(a+1)\xi}}{a+1}\right|_{0}^x=\frac{e^{ax}-e^{-x}}{a+1}$
Получаем то же решение без каких-то натяжек.

[shamaz.mazum]

Цитата:

(важное слагаемое $y(0)$ Вы почему-то пропустили).

Ага, это потому что я формулу для двустороннего брал, а надо одностороннее. Я потом когда не по таблице, а сам проинтегрировал, то понял этот момент.

Интересно, почему же тогда в книге верхний предел интеграла в определении свёртки - бесконечность, а не $x$?

[Otta]

shamaz.mazum в сообщении #825377 писал(а):

Интересно, почему же тогда в книге верхний предел интеграла в определении свёртки - бесконечность, а не $x$?

$x$ появляется при подстановке оригиналов в формулу свертки. С учетом того, что оригиналы нулевые при отрицательном аргументе.

[shamaz.mazum]

Всем спасибо, с примером разобрался, а вот с первым вопросом - пока нет

[Otta]

Первый вопрос неясен.
Сам вопрос.
Теорема утверждает, что приведенные условия - достаточны для того, чтобы $f$ было прообразом двустороннего преобразования Лапласа в одном случае и одностороннего - в другом. Это и есть результат теоремы. Есть другие достаточные результаты. Что именно непонятно?

[svv]

shamaz.mazum в сообщении #825337 писал(а):

Есть ли тогда такое условие для $F(z)$, что при выполнении которого у $F(z)$ есть прообраз и больше никогда?

Т.е. хочется необходимого и достаточного.

[shamaz.mazum]

Вот ещё вопрос появился, когда я порешал несколько примеров:

Цитата:

$x$ появляется при подстановке оригиналов в формулу свертки. С учетом того, что оригиналы нулевые при отрицательном аргументе.

Вот в уравнениях вида
$y^\prime + y = f(x)$
$y^{\prime\prime} + y = f(x)$

появляются такие образы: образ экспоненты ($\eta(z) = {1\over{z+1}}$), которая регулярна справа от прямой $\operatorname{Re} z = -1$, образ синуса или косинуса ($\eta(z) = {1\over{z^2+1}}$ и $\eta(z) = {z\over{z^2+1}}$), регулярные справа от прямой $\operatorname {Re} z = 0$. Значит прообраз $f(x) = 0$ при $x<0$, т.е. для прообраза существует только одностороннее преобразование.

А тогда почему, когда мы решаем дифур (как показал svv, например) решение выходит правильным и для области $x<0$? Совпадение? В принципе когда решение выражается в элементарных функциях, вряд ли можно найти такой пример, где решение было бы неверным при $x<0$, но как я понял, это возможно, да?