∀ Σ = RE Z > S, TÍCH PHÂN Σ+∫∞−∞ΣISỐ S0 BÉ NHẤT THOẢ M~N ĐIỀU KI...
3. ∀ σ = Re z > s, tích phân
σ
+
∫
∞
−
∞
σ
i
Số s0
bé nhất thoả m~n điều kiện 1. và 3. gọi là chỉ số của hàm F(z). Kí hiệu A là tập hợp các hàm ảnh. Nếu F(z) là hàm ảnh chỉ số s0
ta sẽ viết F ∈ A(s0
). Định lý Cho F(z) ∈ A(s0
). Khi đó hàm trị phức 1∀ t ∈ 3, f(t) =zt
dz(zeF (5.7.1) )πσ
+
∫
∞
i2là hàm gốc chỉ số s0
và f(t) ↔ F(z). Chứng minh Theo giả thiết 3. với mỗi σ > s0
cố định hàm F(σ + iω) khả tích tuyệt đối. Kí hiệu 1i
t
ω
ωω+π F(σ i )e d∀ t ∈ 3, gσ
(t) =+∞
∫
1i
t
σ
ω+
ω
∀ σ > s0
, f(t) = gσ
(t)eσ
t
=+∞
∫
=σ
+
∫
∞
i Fπσ
Theo định lý về biến đổi Fourier ng−ợc hàm gσ
∈ C0
suy ra hàm f ∈ CM. Ngoài ra do giả thiết 1., 2. và công thức tính tích phân suy rộng (4.9.6) 1 =∑
τ
∀ t = - τ < 0, f(t) =−
σ
∫
+
∞
z
,a ]z
dzRe = 0 -zF-[sπk
>
a
Re
k
s
0
Ch−ơng 5. Biến Đổi Fourier Và Biến Đổi Laplace Ước l−ợng tích phân ∀ σ > s0
, | f(t) | = | gσ
(t) | eσ
t
< Meσ
t
với M = sup{ | gσ
(t) |, σ > s0
} Từ đó suy ra hàm f(t) là hàm gốc và ta có−
dtσ
(t)e−
dt∀ σ > s0
, F(z) =+∞
∫
zt
dttf(
i
)
t
=+∞
∫
−
f gi
t
=+∞
∫
Hệ quả 1 Cho hàm F(z) ∈ A(s0
) và có các cực điểm ak
với k = 1...nn
F(z) ↔ f(t) =∑
zt
,a ]Re (5.7.2) f=
1
Chứng minh Suy ra từ công thức (5.7.1) và công thức tính tích phân suy rộng (4.9.6) A là phân thức hữu tỷ thực sự, có các cực điểm đơn thực Hệ quả 2 Cho hàm F(z) = Bak
với k = 1..n và các cực điểm đơn phức bj
= αj
± βj
với j = 1..m. Khi đóm
A + 2∑ ( )
aα
β − βt
M cos t N sin tt
k
ek
ej
(5.7.3) f(t) =∑
j
=
′bAtrong đó Mj
= Re′ với j = 1..m ′ và Nj
= ImSuy ra từ công thức (5.7.2) và công thức tính thặng d− tại cực điểm đơn.2
3Ví du Hàm F(z) = − + + có các cực điểm đơn a = 2 và b = -2±2i 84)(A =1i ⇒ M = 1, N = 1 Ta có 1,′ −− + = 1 + 1sin2t) Suy ra f(t) = e2t
+ 2e-2t
(cos2t - Hệ quả 3 Cho F(z) ∈ A(s0
) và có khai triển Laurent trên miền | z | > R. Khi đó a ↔ f(t) =∑
+∞
a (5.7.4) −−
n
tn
F(z) =∑
+∞
n)!=1
n
n
Với Rez > R, chuỗi ở vế trái (5.7.4) hội tụ đều. Tích phân từng từzt
tn
1
1 vớiσ
+
∫
∞
[e1 = ,0]z dzf(t) =∑ ∫
+∞
= (n 1)!Ren
−πn
1
σ