1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 78
Текст из файла (страница 78)
Нетрудновидеть, что в сектореπ3π+ ε arg z −ε22функция e−z не имеет асимптотического разложения. Произведение e−z z m стремится по модулю к бесконечности на любом лучеэтого сектора.Рассмотрим при z > 0 интеграл∞f (z) =−m z−xxe∞dx = ezzx−m e−x dx,(157)zгде m 1 — некоторое целое число. Производя последовательноинтегрирование по частям, получаемf (z) =1mm(m + 1)− m+1 +− ...+zmzz m+2m(m + 1) . .
. (m + n − 1)+ (−1)n+z m+n+ (−1)n+1∞m(m + 1) . . . (m + n)ez−xxm+n+1zОценим последний интеграл:∞0<z1dx < m+n+1xm+n+1zez−x∞ez−x dx =z1,z m+n+1dx.112]Асимптотические разложения491откуда следует, что на луче z > 0 для функции (157) имеет местоасимптотическое разложениеf (z) ∼1mm(m + 1)− m+1 ++ ...mzzz m+2(158)Нетрудно видеть, что это разложение имеет место и в секторе (156), причем в интеграле (157) интегрирование совершается получу этого сектора, выходящему из точки z = 0.Пользуясь определением (153), легко доказать возможностьпростейших операций над асимптотическими разложениями. Из(154) следуетac2ac1af (z) ∼ ac0 ++ 2 + ...,zzгде a — постоянная. Два асимптотических разложения в одном итом же секторе (или на одном и том же луче) можно почленноскладывать и умножать.Если кроме (154) мы имеемϕ(z) ∼∞dkk=0тоf (z)ϕ(z) ∼zk(159),∞ck d0 + ck−1 d1 + .
. . + c0 dk.zkk=0Асимптотические ряды (154) и (159) можно делить почленно, еслиd0 = 0 [ср. 16]. Полученный ряд будет асимптотическим для частf (z)ного ϕ(z)в том же секторе по ϕ при достаточно больших |z|. Еслиимеем на некотором луче l разложение (154) и f (z) — непрерывнаяфункция на l при |z| > a, то f (z) − c0 − cz1 интегрируема по лучу lот z до ∞ и∞z)∞c1ckdz ∼f (z) − c0 −z(k − 1)z k−1(на l, |z| > a).(160)k=2В дальнейшем мы будем иметь дело с функциями f (z), регулярными в соответствующих секторах.
Сформулируем для этого случая492Гл. V. Линейные дифференциальные уравнения[112теорему о возможности почленного дифференцирования разложения (154). Пусть B и B1 — секторы на плоскости, определяемыенеравенствамиB{α < arg z < β; |z| > a},B1 {α1 < arg z < β1 ; |z| > a1 },где a1 > a и α < α1 < β1 < β. Если f (z) регулярна в B и в B имеетместо разложение (154), равномерное по arg z, то в B1 имеет месторазложение∞(k − 1)ck−1f (z) ∼ −,zkk=2равномерное по arg z в B1 . Разложение (154), равномерное по arg zв B, определяется так: при любом заданном ε > 0 существует такоеN , чтоm−1 ck f (z) − ε|z|1−mzk k=0при всех z из B, удовлетворяющих условию |z| N , причем числоN может зависеть от m.
Сформулированное предложение доказывается применением формулы Коши для f (z) при z, принадлежащих B1 . Это дает возможность доказать разложимость f (z) дляz из B1 , в асимптотический степенной ряд. Отсюда применениемформулы (160) для этого ряда получаем формулу для f (z).Отметим, что если f (z) регулярна при |z| > a, включая точкуz = ∞, то она разлагается при |z| > a в ряд видаf (z) = a0 +a2a1+ 2 + ...zz(161)При этом, очевидно,m−1 ak lim f (z) −z m−1 = 0,zk |z|→∞ k=0т.
е. правая часть является и асимптотическим разложением f (z)при |z| > a. Положим теперь, что f (z) регулярна при |z| > a, но оее поведении в точке z = ∞ нам ничего не известно. Пусть, кроме113]Асимптотические разложения решений. . .493того, имеет место асимптотическое разложение (161) при всех значениях |z| > a. При этом ряд, входящий в формулу (161), сходитсяпри |z| > a, и его сумма равна f (z). Это утверждение доказываетсяпри помощи замены z = 1/u и применения теоремы из [10] к функции g(u) = f (1/u) и g(0) = a0 . Функция f (z) при этом, очевидно,регулярна и в точке z = ∞.Кратко скажем об асимптотических рядах, отличных от рядоввида (149).Разложениеc 0 + c 1 z + c2 z 2 + . .
.называется асимптотическим разложением f (z) в некотором секторе α arg z β или на луче arg z = α, еслиlim [f (z) − (c0 + c1 z + . . . + cm−1 z m−1 )]|z|→01=0z m−1(162)при любом m = 0, 1, . . . в секторе или на луче.Дадим в заключение определение асимптотической последовательности ϕk (z) функций при z → z0 : последовательность функций ϕk (z), заданных на некотором множестве M точек z, имеющем z = z0 предельной точкой (не входящей в M ) и удовлетворяющих отношениям ϕk+1 (z) : ϕk (z) → 0 при z → z0 , называетсяасимптотической последовательностью.
В этом определении не исключена возможность и случая z → ∞. В случае формулы (154)ϕk (z) = 1/z k и z0 = ∞. Подробные сведения об асимптотическихразложениях можно найти, например, в упомянутой выше [81] книге А. Эрдейи «Асимптотические разложения».113. Асимптотические разложения решений, полученных преобразованием Лапласа. Мы займемся теперь выводомасимптотических разложений решений уравнений вида (112), представляемых интегралами (128). Напомним, что эти решения былиопределены нами приππ− < arg z < .22Начнем с первого из них. Вводим вместо z новую переменнуюинтегрирования по формуле z − α1 = t и полагаем для сокращения494Гл.
V. Линейные дифференциальные уравнения[113β = α1 − α2 . Мы считали при выводе формул (128), что мнимыечасти α1 , α2 различны и тем самым β не есть вещественное число.После указанных преобразований решение w1 (z) примет вид(163)w1 (z) = tp−1 (t + β)q−1 ez(α1 +t) dt,l0где l0 — контур, идущий из t = −∞ и обходящий вокруг начала. Подынтегральная функция имеет точки разветвления t = 0 иt = −β. Вместо рис. 68 мы будем иметь на плоскости t два разреза,идущих из (−∞) к точкам t = 0 и t = −β = α2 −α1 , причем arg t = 0при t > 0 и arg(t + β) = 0 при t + β > 0, т.
е. на продолжениях этихразрезов.Применяя формулу бинома Ньютона, мы будем иметь при|t| < |β|q−1 ∞t(t + β)q−1 = β q−1 1 +=dk tk ,(164)βk=0гдеdk = β q−1 β −k(q − 1)(q − 2) . . . (q − k)k!(d0 = β q−1 ).(165)В силу указанного выше условия относительно аргумента (t+β)на плоскости t с разрезом из (−∞) к (−β), мы должны считать,что в выражении β q−1 , равном значению функции (164) при t = 0,аргумент β заключается в пределах−π < arg β < π,(166)причем мы считаем, что β отлично от вещественного отрицательного числа.Если |t| |β|, то формулой (164) пользоваться нельзя, и в этомслучае мы будем просто писать(t + β)q−1 = d0 + d1 t + . .
. + dn tn + Rn (t),гдеRn (t) = (t + β)q−1 − (d0 + d1 t + . . . + dn tn ).(167)113]Асимптотические разложения решений. . .495Пользуясь последними формулами, можно написатьw1 (z) = eα1 znk=0ezt tp+k−1 dt + eα1 zdkl0ezt tp−1 Rn (t) dt.(168)l0Рассмотрим сумму, стоящую в правой части. Вводя вместо tновую переменную интегрирования τ по формулеzt = −τ = e−πi τ,приведем интеграл к видуezt tp+k−1 dt = e−πpi (−1)k z −p−k e−τ τ p+k−1 dτ.l0λКратко опишем идею последующих вычислений. Интегралы,стоящие под знаком суммы, имеют, как мы сейчас покажем, видc(−1)k z −p−k Γ(p + k), где c — некоторая постоянная (не зависящаяот k), и эта сумма вместе с множителем eα1 z будет иметь видeα1 z z −p cn(−1)k dk Γ(p + k)k=0zk.(169)Остается оценить последнее слагаемое.
Мы покажем, что оноимеет вид произведения eα1 z z −p ϕn (z), где z n ϕn (z) → 0 приz → +∞. Существенным при этом доказательстве будет тот факт,что tp−1 Rn (t) имеет лишь степенной рост при t → ∞, а множитель ezt убывает по показательному закону при z > 0 и t → −∞.Остается в силу этого оценить соответствующий интеграл, когдапеременная интегрирования находится вблизи t = 0 (при обходеэтой точки). Таким образом, формула (168) перепишется в видеw1 (z) = eα1 z −pz n(−1)k dk Γ(p + k)c+ ϕn (z) ,zkk=0где z ϕn (z) → 0 при z → +∞.
Это приводит к асимптотическому разложению решения w1 (z) или, точнее говоря, к асимптотиnГл. V. Линейные дифференциальные уравнения496[113ческому разложению видаe−α1 z z p w1 (z) ∼∞ck.zk(170)k=0Кратко говоря, оно получается, если в интеграле (163) разложить множительq−1tq−1q−1(t + β)1+=ββв ряд по биному Ньютона, не считаясь с тем, что при |t| > |β| этотряд будет расходящимся. Асимптотичность разложения (170) получается за счет множителя ezt , убывающего по показательномузакону при z > 0 и t → −∞. Проделаем все выкладки и оценки.Вводим в интегралы, входящие в формулу (168), вместо t новуюпеременную интегрирования τ :zt = −τ = e−πi τ,τ = eπi zt.(171)Для упрощения дальнейшего будем считать, что z находится налуче z > 0, что несущественно.
Важно лишь, что Re z > 0, т. е.что выполнено условие (170). Преобразованию (171) соответствуетповорот плоскости t на угол π против часовой стрелки, так что разрез (на плоскости t) из t = 0 к t = −∞ переходит в разрез, идущийиз τ = 0 к τ = +∞, и нижний берег первого разреза переходитв верхний берег второго, где надо считать arg τ = 0. Упомянутыеинтегралы на плоскости τ берутся по контуру λ, идущему по упомянутому разрезу из τ = +∞ с обходом точки τ = 0 против часовойстрелки.Совершая преобразование в интегралах, входящих в формулу(168), получимezt tp+k−1 dt = e−πpi (−1)k z −p−k e−τ τ p+k−1 dτl0λи, используя формулу (150) из [74], будем иметьezt tp+k−1 dt = (−1)k e−πpi (e2(p+k)πi − 1)Γ(p + k),l0113]Асимптотические разложения решений.
. .497и формула (168) даетw1 (z) = eα1 z −p −pπize(e2pπi− 1)ndk Γ(p + k)+zk+ eα1 z ezt tp−1 Rn (t) dt,(−1)kk=0l0и для того чтобы доказать, чтоe−α1 z z p w1 (z) ∼ e−pπi (e2pπi − 1)∞(−1)kk=0dk Γ(p + k)zkпри z > 0, остается доказать, чтоlim z n+p ezt tp−1 Rn (t) dt = 0.z→∞(172)(173)l0Наметим соответствующие оценки. Контур l0 выберем следующим образом: путь от t = −∞ до t = −r вдоль верхнего берегавещественной оси, окружность C с центром t = 0 и радиусом rи путь от t = −r до t = −∞ вдоль нижнего берега вещественнойоси.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
