%& --translate-file=ISO-8859-2
\documentclass[dvips]{report}
\usepackage[OT4]{polski}
\usepackage[cp1250]{inputenc}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{bbm}
\usepackage{verbatim}
\selecthyphenation{polish}
\DeclareMathAlphabet{\mathpzc}{OT1}{pzc}{m}{it}
\usepackage[pdftex,bookmarks=true,bookmarksnumbered=false,
bookmarksopen=false,linkcolor=webred,unicode=true]{hyperref}
\usepackage[pdftex]{graphicx}

\setlength{\textwidth}{15cm}
\setlength{\topmargin}{-1.5cm}
\setlength{\textheight}{640pt}
\parskip 3pt
\hoffset -40pt

\title{Transformaty całkowe i wstęp do teorii dystrybucji}

\newtheorem{defi}{Definicja}[section]
\newtheorem{twie}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{lema}{Lemat}[section]
\newtheorem{wnio}{Wniosek}[section]
\newtheorem{przy}{Przykład}[section]
\newtheorem{uw}{Uwaga}[section]
\newtheorem{wz}{Wzór}[section]
\newtheorem{wl}{Własność}[section]
\newenvironment{dow}{\textbf{Dowód}}{\hfill$\square$}

\begin{document}
\maketitle\title
\chapter{Funkcje specjalne Eulera}


\section{Funkcja Gamma}
\begin{defi}
\[\Gamma(z):=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\,dt\quad z\in\mathbb{C},t\in\mathbb{R}\]
\end{defi}
\subsection{Analiza zbieżności}
Zauważmy, że:
\[ t^z=e^{z\ln t} = e^{(Re\,z+iIm\,z)\ln t}=e^{Re\,z\cdot\ln t}\cdot \underbrace{e^{iIm\,z\cdot\ln t}}_{e^{i\alpha}}, \qquad \vert e^{i\alpha}\vert = 1.\]
Zatem o zbieżności całki decyduje tylko jej część rzeczywista: $e^{Re\,z\ln t}$.
Całka postaci:
\[\int\limits_0^\infty e^{-t}t^m\, dt\]
jest zbieżna dla $m>-1$.\\
Jeśli $Re\,z \leqslant 0$, to całka definiująca $\Gamma(z)$ może być rozbieżna.\\
Wiemy, 
\[\int\limits_0^1\frac{1}{t^\alpha}\, dt\quad \mbox{jest zbieżna}\Leftrightarrow \alpha <1\]
Definicja jest poprawna dla $\displaystyle \underline{Re\, z>0}$

\begin{twie}
$\Gamma(z)$ jest funkcją holomorficzną dla $Re\,z>0$.
\end{twie}
\begin{dow}
 \begin{enumerate}
  \item Niech $\displaystyle F_n(z):=\int\limits_{\frac{1}{n}}^\infty e^{-t}t^{z-1}\, dt$.\\ 
	Pokażemy, że $F_n$ są holomorficzne.\\
   Całkę można różniczkować względem parametru, kiedy całka jest zbieżna 	jednostajnie względem parametru.\\
   $F_n(z)$ - całka zbieżna jednostajnie względem $z$.\\
   Zbadajmy różniczkowalność w punkcie. W tym celu badamy otoczenie $z$.\\
   Rozważmy pas $\{z: \delta <Re\,z < A\}$.
   \[\vert e^{-t}t^{z-1}\vert\leqslant \varphi(t)=
   \left\{\begin{array}{ll}
e^{-t}t^{A-1} & 1<t,\\
e^{-t}t^{\delta-1} & 0<t<1,
\end{array}\right.\]
   Czyli mamy oszacowanie niezależne od $z$, więc $F_n$ jest holomorficzna.
  \item Z twierdzenia Weierstrassa ciąg funkcji holomorficznych zbieżny jednostajnie na każdym zbiorze zwartym jest zbieżny do funkcji holomorficznej.\vspace{5pt}\\
   Na dowolnym zbiorze zwartym $K\subset\lbrace z:\, Re\,z>0\rbrace$ 
   \[F_n\rightrightarrows \Gamma\] 
   Zbiór $K$ jako zwarty jest domknięty i ograniczony
   \[\left\vert \Gamma\left( z\right) - F_n\left( z\right) \right\vert = \left\vert \int\limits_0^{\frac{1}{n}} e^{-t} t^{z-1}\, dt \right\vert
   \leqslant \int\limits_0^{\frac{1}{n}} \left\vert \varphi\left( t \right)\right\vert\, dt \xrightarrow[n\to\infty]{} 0\]
   \begin{footnotesize} bo $\varphi$ - całkowalna i długość przedziału $\to 0$\end{footnotesize}
 \end{enumerate}
 Stąd wynika, że $\Gamma$ jest holomorficzna.
\end{dow}


Spróbujmy teraz rozszerzyć funkcję $\Gamma$ poza rozważaną półpłaszczyznę.
\begin{eqnarray*}\Gamma (z) &&= \int\limits_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\, dt =\int\limits_0^\infty (e^{-t}+0)t^{z-1}\, dt=\\
& &\left(e^{-t}=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^kt^k}{k!}\right)\\
& &= \int\limits_0^\infty \left( e^{-t} - \sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt + \int\limits_0^\infty \left(\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt=\\
&&=\int\limits_0^1 \left( e^{-t} - \sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt +
\int\limits_0^1 \left(\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt +
\int\limits_1^\infty e^{-t} t^{z-1}\, dt=\\
&&=\int\limits_0^1 \left( \sum\limits_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt +
\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\left[\frac{1}{k+z}t^{k+z}\right]_0^1 +
\int\limits_1^\infty e^{-t} t^{z-1}\, dt=\\
&&=\int\limits_0^1 \left( \sum\limits_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt +
\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\frac{1}{k+z} +
\int\limits_1^\infty e^{-t} t^{z-1}\, dt
\end{eqnarray*}
\ \\
\[\Gamma(z) - \underbrace{\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\frac{1}{k+z}}_{*} =
 \int\limits_0^1 \left( \sum\limits_{k=n+1}^\infty \frac{(-1)^kt^k}{k!}\right) t^{z-1}\, dt + \int\limits_1^\infty e^{-t} t^{z-1}\, dt =: \varphi(z)\]

$\varphi(z)$ - holomorficzna dla $Re\,z>-(n+1)$\\
$z=-k$ - biegun pierwszego rzędu \begin{footnotesize}( bo $\ldots\frac{1}{z+k}$)\end{footnotesize}\\

\[{Res}_{z=-k}\Gamma(z)=\frac{(-1)^k}{k!}\qquad \mbox{bo } Res\,\Gamma=Res\, *\]

\begin{wnio}
 $\Gamma(z)$ posiada bieguny rzędu $1$ w punktach $z=-k,\quad (k=0,1,\ldots)$
 \[{Res}_{z=-k} \Gamma(z) = \frac{(-1)^k}{k!}\]
\end{wnio}

\subsection{Własności}
\begin{wz}[Uogólnienie silni]
$\displaystyle\underline{\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)}$ 
\end{wz}
\begin{dow}
 \[\Gamma(z+1)=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^z\, dt ,\quad \Gamma(z)=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\, dt\]
 Pokażemy prawdziwość dla $Re \, z >0$, dalej korzystając z rozszerzenia.
 \[\Gamma(z)=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\, dt=\int\limits_0^\infty e^{-t}\left(\frac{1}{z}t^{z}\right)'\, dt=
 \underbrace{\left.e^{-t}\cdot \frac{1}{z} t^z \right|_0^\infty}_{=0} + 
 \int\limits_0^\infty e^{-t}\frac{1}{z}t^{z}\, dt = \frac{1}{z}\Gamma(z+1)
 \]
\end{dow}

\begin{wnio}
 \[\forall n \in \mathbb{N}\quad \Gamma(n)=(n-1)!\]
 Funkcja $\Gamma$ stanowi uogólnienie silni.
 \[\Gamma(1)=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^0\, dt = 1\]
 Uzasadnienie $0!=\Gamma(1)=1$
\end{wnio}

\begin{przy}
 \[\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int\limits_0^\infty e^{-t}t^{-\frac{1}{2}}\, dt=
 \left(
 \begin{footnotesize}
 \begin{array}{c}
 t=u^2\\
 dt=2u\,du
 \end{array}
 \end{footnotesize}
 \right)
 =\int\limits_0^\infty e^{-u^2}\frac{1}{u}2u\, du= \sqrt{\pi}
 \]
\end{przy}

\begin{wz}[Związek funkcji $\Gamma$ z sinusem]
\[\Gamma(z)\cdot\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}\]
\end{wz}
\begin{dow}
na ćwiczeniach / w domu
\end{dow}
\begin{wnio}
 Funkcja $\Gamma$ nie ma zer w płaszczyźnie zespolonej.
\end{wnio}
\begin{dow}
Przypuśćmy, że $z\in\mathbb{C},\,\Gamma(z)=0$. Wtedy:
  \[\Gamma(1-z)=z_1\in\mathbb{C}\]
  \[0\cdot z_1 = 0 \neq \frac{\pi}{\sin\pi z}\]
  \[\Gamma(1-z)=\infty\]
Więc w punkcie $1-z$ ma punkt osobliwy. 
  \[0\cdot\infty\Rightarrow 1-z\in\mathbb{Z} \quad(1-z=-k)\Rightarrow z\in\mathbb{N} \Rightarrow \Gamma(z)\neq 0,\]
   bo $\displaystyle \Gamma(n)=(n-1)!$
\end{dow}


\begin{wz}[\textbf{Wzór na $\Gamma(2z)$}]
 \[2^{2z-1}\Gamma(z)\cdot\Gamma(z+\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\Gamma(2z)\]
\end{wz}

\section{Funkcja Beta}
\begin{defi}[Funkcja beta]
\[\mathrm{B}(x,y) = \int\limits_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt \qquad Re\,x>0,\,Re\,y>0\quad x,y\in\mathbb{C}\] 
\end{defi}

\subsection{Własności}
\begin{twie}
Zachodzą następujące związki:
 \begin{enumerate}
  \item $\displaystyle \mathrm{B}(x,y)=\mathrm{B}(y,x)$
  \item $\displaystyle \mathrm{B}(x,y)=\frac{y-1}{x+y-1}\mathrm{B}(x,y-1)$
  \item $\displaystyle \mathrm{B}(m,n)=\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}\qquad \forall m,n\in\mathbb{N}$
  \item $\displaystyle \mathrm{B}(x,x)=\frac{1}{2^{2x-1}}\mathrm{B}(\frac{1}{2},x)$
  \item $\displaystyle \mathrm{B}(x,y)=\int\limits_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}\, dt$
  \item \textbf{Związek z funkcją $\Gamma $}\\ 
  $\displaystyle\mathrm{B}(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$
 \end{enumerate}
\end{twie}
\begin{dow} (5.)
  \[
  \begin{array}{rl}
   \mathrm{B}(x,y) &= \int\limits_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt=
   \begin{footnotesize}
   \left(
   \begin{array}{c}
    t=\frac{u}{u+1}\\
    dt=\frac{1}{(u+1)^2}du
   \end{array}
   \right)
   \end{footnotesize}=\\
   &=\int\limits_0^\infty \left(\frac{u}{u+1}\right)^{x-1}\left(1-\frac{u}{u+1}\right)^{y-1}\frac{1}{(u+1)^2}\, du=\\
   &=\int\limits_0^\infty\frac{u^{x-1}}{(u+1)^{x+y}}\, du
  \end{array}
  \]
\end{dow}

\begin{dow} (6.)
  \[
  \begin{array}{rl}
   \Gamma(x+y) &\stackrel{df}{=} \int\limits_0^\infty e^{-t}t^{x+y-1}\,dt=
   \begin{footnotesize}
   \left(
   \begin{array}{c}
    t=(1+u)r\\
    dt=(1+u)dr\\
    u\mbox{-parametr} 
   \end{array}
   \right)
   \end{footnotesize}=\\
   &=\int\limits_0^\infty e^{-(1+u)r}(1+u)^{x+y-1}r^{x+y-1}(1+u)\,dr=\\
   &=(1+u)^{x+y}\int\limits_0^\infty e^{-(1+u)r}r^{x+y-1}\,dr\qquad \Big|\cdot \frac{1}{\Gamma(x+y)\cdot(1+u)^{x+y}}
  \end{array}
  \]
  \[\frac{1}{(1+u)^{x+y}}=\frac{1}{ \Gamma(x+y)}\int\limits_0^\infty e^{-(1+u)r}r^{x+y-1}\,dr,\]
  podstawiamy do 5.
  \[
  \begin{array}{rl}
   \mathrm{B}(x,y) &= \frac{1}{ \Gamma(x+y)}\int\limits_0^\infty u^{x-1}\, du \int\limits_0^\infty e^{-(1+u)r}r^{x+y-1}\,dr=\\
   &\begin{tiny}\mbox{(można bo całka zbieżna bezwzględnie)}\end{tiny}\\
   &=\frac{1}{ \Gamma(x+y)}\int\limits_0^\infty e^{-r}r^{x+y-1}\,dr \int\limits_0^\infty e^{-ur}u^{x-1}\, du=\\
   &=\frac{1}{ \Gamma(x+y)}\underbrace{\int\limits_0^\infty e^{-r}r^{y-1}\,dr}_{\Gamma(y)} \underbrace{\int\limits_0^\infty e^{-ur}(ru)^{x-1}\, d(ru)}_{\Gamma(x)}
  \end{array}
  \]
\end{dow}

\begin{dow} (2.)
\[\begin{array}{rl}
\mathrm{B}(x,y) &=\frac{y-1}{x+y-1}\mathrm{B}(x,y-1)=\\
&=\frac{y-1}{x+y-1}\frac{\Gamma(x)\Gamma(y-1)}{\Gamma(x+y-1)} \stackrel{\begin{tiny}\mbox{wł 1.}\end{tiny}\Gamma}{=}\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\end{array}\]
\end{dow}

\[\forall n\in\mathbb{N}\quad \mathrm{B}(x,n)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}=\frac{\Gamma(x)(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x\Gamma(x)}=\]
\[=\frac{(n-1)!}{(x+n-1)(x+n-2)\ldots(x+1)x}\]


\subsection{Związek ze stałą Eulera}
\begin{defi}[Stała Eulera]
 \[{c}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n} - \ln(n)\right)\]
\end{defi}
\begin{dow} (istnienia granicy (szkic))\\
\[u_n:=1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n} - \ln(n)\]
\[v_n:=1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n} - \ln(n+1)\]
\[\forall n\in\mathbb{N}\quad u_n>v_n\]
$u_n$ - ciąg malejący.\\
$v_n$ - ciąg rosnący.\\
\[u_n-v_n\xrightarrow[n\to\infty]{}0\]
Więc
\[\exists \lim_{n\to\infty}u_n=\lim_{n\to\infty}v_n=c\approx 0.57721\ldots\]
\end{dow}

\begin{twie}[Wzór Gaussa dla funkcji $\Gamma $]
\[\Gamma(x)=\lim_{n\to\infty}(n^x\cdot n!)\cdot \frac{1}{x(x+1)\ldots(x+n)}\]
określony dla $x\in\mathbb{R}$ ale rozszerzymy.
\end{twie}
\textbf{Uwaga!} korzystamy ze wzoru (z definicji pochodnej):
\[\lim_{n\to\infty} n(1-u^{\frac{1}{n}})=\ln \frac{1}{u}\]
\begin{dow}
\[ \begin{array}{rl}
  \Gamma(x) &\stackrel{df}{=} \int\limits_0^\infty e^{-t}t^{x-1}\,dt=
   \begin{footnotesize}
   \left(
   \begin{array}{l}
    e^{-t}=u\\
    -e^{-t}dt=du
   \end{array}
   \right)
   \end{footnotesize}=\\
   &=\int\limits_1^0 - \left(\ln \frac{1}{u}\right)^{x-1}\,du=\int\limits_0^1 \left(\ln \frac{1}{u}\right)^{x-1}\,du=\\
   &=\lim_{n\to\infty} n^{x-1}\int\limits_0^1\left( 1 - u^{\frac{1}{n}}\right)^{x-1}\, du=
   \begin{footnotesize}
   \left(
   \begin{array}{l}
    u=y^n\\
    du=ny^{n-1}\, dy
   \end{array}
   \right)
   \end{footnotesize}=\\
   &=\lim_{n\to\infty} n^{x-1}\cdot n \int\limits_0^1( 1 - y)^{x-1}y^{n-1}\, dy=\\
   &=\lim_{n\to\infty} n^x \mathrm{B}(x,n) = \lim_{n\to\infty} n^x\cdot \frac{(n-1)!}{x(x+1)\ldots (x+n-1)}\cdot 1=\\
   &=\lim_{n\to\infty} \frac{n^x(n-1)!}{x(x+1)\ldots (x+n-1)}\underbrace{\lim_{n\to\infty} \frac{n}{x+n}}_{=1}=
  \end{array}
  \]
  \[=\lim_{n\to\infty} \frac{n^x(n)!}{x(x+1)\ldots (x+n)}\]
\end{dow}


\begin{wnio}
\[
\begin{array}{rl}
  \underline{\Gamma(x)} &= \lim_{n\to\infty} \frac{n^x(n)!}{x(x+1)\ldots (x+n)}\\
  &= \lim_{n\to\infty} \frac{1}{x}\frac{(1+\frac{1}{1})^x(1+\frac{1}{2})^x\ldots (1+\frac{1}{n-1})^x}{(\frac{x}{1}+1)(\frac{x}{2}+1)\ldots (\frac{x}{n}+1)}
  \cdot\lim_{n\to\infty} \left( 1 + \frac{1}{n}\right)^x=\\
  &= \lim_{n\to\infty} \frac{1}{x} \prod\limits_{k=1}^n\left( 1+\frac{1}{k}\right)^x\cdot\frac{1}{\left( 1+ \frac{x}{k}\right)}=\\
  &=\underline{\frac{1}{x}\prod\limits_{k=1}^\infty \frac{(1+\frac{1}{k})^x}{(1+\frac{x}{k})}}
  \end{array}
\]
\hfill \begin{tiny}( inny zapis wzoru Gaussa ) \end{tiny}
\end{wnio}

\begin{wz}
\[e^{c}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}{e^{1\over n}\over 1+{1\over n}}.\]
\end{wz}

\hypertarget{wzWeierstrass}{}
\begin{wz}[Wzór Weierstrassa]
\[{1\over \Gamma(x)}=e^{Cx}x\prod\limits_{n=1}^{\infty}\left(1+{x\over n}\right)e^{-{x\over n}}.\]
\end{wz}
\begin{dow}
Zauważmy, że:
\[e^{Cx}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}{e^{x\over n}\over\left(1+{1\over n}\right)^{x}},\]
oraz:
\[\Gamma(x)={1\over x}\prod\limits_{n=1}^{\infty}{\left(1+{1\over n}\right)^{x}\over 1+{x\over n}}.\]
Stąd:
\[\Gamma(x)\cdot e^{Cx}={1\over x}\prod\limits_{n=1}^{\infty}{e^{x\over n}\over 1+{x\over n}}.\]
\end{dow}


\begin{wz}
\[\Gamma '(1)=-c.\]
\end{wz}
\begin{dow}
Zlogarytmujmy funkcję korzystając ze \hyperlink{wzWeierstrass}{wzoru Weierstrassa}:
\[-\ln\Gamma(x)=Cx+\ln x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+{x\over n}\right)-{x\over n}\right).\]
\[\ln\Gamma(x)=-Cx-\ln x-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+{x\over n}\right)-{x\over n}\right).\]
Zróżniczkujmy obie strony:
\[\left(\ln\Gamma(x)\right)'=C-{1\over x}-\sum_{n=1}^{\infty}
\left({1\over 1+{x\over n}}\cdot{1\over n}-{1\over n}\right)=
-C-{1\over x}-\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over x+n}-{1\over n}\right)=\]
\[=-C-{1\over x}+\sum_{n=1}^{\infty}{x\over(n(x+n))}.\]
Wstawmy teraz $x=1$:
\[\left.\left(\ln\Gamma(x)\right)'\right|_{x=1}=-C-1+1.\]
Zważywszy na to, że:
\[\left(\ln\Gamma(x)\right)'={\Gamma '(x)\over\Gamma(x)}\]
dostajemy:
\[{\Gamma '(1)\over\Gamma(1)}=-C\Rightarrow\Gamma '(1)=-C\cdot\Gamma(1)=-C.\]
\end{dow}


\newpage
\chapter{Szeregi Fouriera}


\begin{uw}
Będziemy używali następującego oznaczenia:
\[f(a^{+})=\lim_{x\to a^{+}}f(x),\]
\[f(a^{-})=\lim_{x\to a^{-}}f(x).\]
\end{uw}

\section{Pomocnicze lematy o zbieżności pewnych całek}
\subsection{Lemat Riemanna-Lebesgue'a}
\hypertarget{lemRiemLeb}{}
\begin{lema}[Lemat Riemanna-Lebesgue'a]
Jeżeli $g(t)$ dla $t\in\mathcal{R}$, jest bezwzględnie całkowalna, to:
\begin{enumerate}
    \item \[\lim_{p\to\infty}\int\limits_{a}^{b}g(t)\sin{pt}dt=0\]
    \item \[\lim_{p\to\infty}\int\limits_{a}^{b}g(t)\cos{pt}dt=0\]
\end{enumerate}
\end{lema}

\begin{dow} (dla przypadku 1.)\\
Wybierzmy $\varepsilon>0$.\\
Podzielmy przedział $[a,b]$ na przedziały: $[t_{i-1},t_{i}]$ dla $t=1,2\ldots,n$, gdzie $t_{0}=a$ oraz $t_{n}=b$. Wprowadźmy oznaczenia:
\[m_{i}=\inf_{<t_{i-1},t_{i}>}g(t),\]
\[M_{i}=\sup_{<t_{i-1},t_{i}>}g(t),\]
dla $i=1,2,\ldots,n$.

Wtedy:
\[\int\limits_{a}^{b}g(t)\sin{pt}dt=\sum_{i=1}^{n}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}g(t)\sin{pt}dt=
\sum_{i=1}^{n}m_{i}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}\sin{pt}dt+
\sum_{i=1}^{n}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}[g(t)-m_{i}]\sin{pt}dt.\]

Możemy dobrać taki podział odcinka $[a,b]$, aby:
\[\left|\sum_{i=1}^{n}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}[g(t)-m_{i}]\sin{pt}dt\right|
\leqslant\sum_{i=1}^{n}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}|M_{i}-m_{i}||\sin{pt}|dt\leqslant
\sum_{i=1}^{n}(M_{i}-m_{i})\Delta t_{i}\leqslant{\varepsilon\over 2}\]

Zauważmy, że:
\[\left|\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}\sin{pt}dt\right|
=\left|(-\frac{1}{p}\cos{pt})|_{t_{i-1}}^{t_{i}}\right|\leqslant\frac{2}{p}.\]

Zatem
\[\sum_{i=1}^{n}m_{i}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}\sin{pt}dt
\leqslant\frac{2}{p}\sum_{i=1}^{n}|m_{i}|.\]

Stąd $\exists p$ takie, że \[\sum_{i=1}^{n}m_{i}\int\limits_{t_{i-1}}^{t_{i}}\sin{pt}dt
\leqslant\frac{\varepsilon}{2}.\]

Stąd ostatecznie:
\[\int\limits_{a}^{b}g(t)\sin{pt}dt\leqslant\varepsilon.\]

Z dowolności $\varepsilon$ otrzymujemy tezę.

\end{dow}

\subsection{Całka Dirichleta}
Przy dowodzie tego twierdzenia będziemy potrzebowali następującego faktu z analizy:

\hypertarget{2twowartsr}{}
\begin{twie}[II twierdzenie o wartości średniej]
Niech $f$ będzie funkcją monotoniczną, a $g$ całkowalną. Wtedy $\exists\xi\in(a,b)$, że zachodzi wzór:
\[\int\limits_{a}^{b}f(x)g(x)dx=f(a^{+})\int\limits_{a}^{\xi}g(x)dx+
f(b^{-})\int\limits_{\xi}^{b}g(x)dx.\]
\end{twie}

\hypertarget{calDir}{}
\begin{lema}[Całka Dirichleta]
Jeżeli $g(t)$ jest rosnąca i ograniczona na przedziale $[0,h]$, gdzie $h>0$, to zachodzi wzór:
\[\lim_{p\to\infty}\int\limits_{0}^{h}g(t)\frac{\sin{pt}}{t}dt=\frac{\pi}{2}g(0^{+}).\] 
\end{lema}

\begin{dow}\\
\[\int\limits_{0}^{h}g(t)\frac{\sin{pt}}{t}dt=g(0^{+})\int\limits_{0}^{h}\frac{\sin{pt}}{t}dt+
\int\limits_{0}^{h}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt.\]

Zauważmy, że:
\[\int\limits_{0}^{h}{\sin{pt}dt\over t}=
\left|
\begin{array}{c}
x=pt\\
dx=pdt\\
\end{array}
\right|=\int\limits_{0}^{ph}\frac{\sin{x}}{x}dx\stackrel{p\to\infty}{\longrightarrow}
\int\limits_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x}=\frac{\pi}{2}.\]

Wybierzmy teraz $\varepsilon>0$.\\
Weźmy pewne $\delta>0$ i rozdzielmy przedział całkowania:
\[\int\limits_{0}^{h}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt=
\underbrace{\int\limits_{0}^{\delta}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt}+
\underbrace{\int\limits_{\delta}^{h}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt}.\]
\hspace{2.9in}$I_{1}$\hspace{1.5in}$I_{2}$

Korzystając z \hyperlink{2twowartsr}{II twierdzenia o wartości średniej} dostajemy:
\[I_{1}=[g(0^{+})-g(0^{+})]\int\limits_{0}^{\xi}\frac{\sin{pt}}{t}dt+
[g(\delta^{-})-g(0^{+})]\int\limits_{\xi}^{\delta}\frac{\sin{pt}}{t}dt=
\left|
\begin{array}{l}
pt=x\\
pdt=dx\\
\end{array}
\right|=[g(\delta^{-})-g(0^{+})]\int\limits_{p\xi}^{p\delta}\frac{\sin{x}}{x}.\]

\[\exists_{L}\forall_{p,\xi,\delta}
\left|\int\limits_{\xi}^{\delta}\frac{\sin{pt}}{t}dt\right|\leqslant L.\]
Zatem dla dostatecznie małych $\delta$:
\[\left|I_{1}\right|\leqslant\left[g(\delta^{-})-g(0^{+})\right]\cdot L<\frac{\varepsilon}{2}.\]

Zauważmy, że na mocy \hyperlink{lemRiemLeb}{lematu Riemanna-Lebesgue'a}:
\[\int\limits_{\delta}^{h}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt
\stackrel{p\to\infty}{\longrightarrow}0.\]

Zatem przy odpowiednio dużym $p$:
\[\left|I_{2}\right|<\frac{\varepsilon}{2}.\]

Ostatecznie więc:
\[\int\limits_{0}^{h}[g(t)-g(0^{+})]\frac{\sin{pt}}{t}dt
\leqslant\left|I_{1}\right|+\left|I_{2}\right|<\varepsilon.\]

Z dowolności $\varepsilon$ otrzymujemy tezę.

\end{dow}



\begin{uw}
Teza powyższego twierdzenia pozostaje prawdziwa dla funkcji, która jest różnicą dwóch funkcji rosnących.
\end{uw}

\section{Szeregi Fouriera}

\hypertarget{lemtryg1}{}
\begin{lema}
Dla każdego $n\in\mathbb{N}, n>0$ zachodzi wzór:
\[\frac{1}{2}+\sum_{m=1}^{n}\cos{m(u-x_{0})}=
\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})(u-x_{0})}}{2\sin{\frac{u-x_{0}}{2}}}.\]
\end{lema}
\begin{dow}(\textit{Indukcja po $n$})\\
Dowód przeprowadzony na ćwiczeniach.
\end{dow}
\subsection{Konstrukcja szeregu Fouriera}
\begin{twie}
Niech będzie dana okresowa funkcja $f$ o okresie $2\pi$. Zakładamy także, że $f$ jest różnicą dwóch funkcji rosnących. Wtedy:
\[S_{n}(x)=\frac{1}{2}a_{0}+\sum_{m=1}^{n}(a_{m}\cos{mx}+b_{m}\sin{mx})
\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}\frac{1}{2}[f(x^{+})+f(x^{-})].\]
gdzie:
\[a_{m}=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos{mx}dx,\]
dla $m=0,1,\ldots$\\
oraz
\[b_{m}=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin{mx}dx,\]
dla $m=1,2,\ldots$.
\end{twie}

\begin{dow}
\[S_{n}(x_{0})=\frac{1}{2}a_{0}+
\sum_{m=1}^{n}(a_{m}\cos{mx_{0}}+b_{m}\sin{mx_{0}})=(*)\]
Wstawmy wzory na współczynniki szeregu:
\[(*)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)du+
\sum_{m=1}^{n}\left(\frac{\cos{mx_{0}}}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)\cos{mu}du+
\frac{\sin{mx_{0}}}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)\sin{mu}du\right)=(*)\]
Skorzystamy ze wzoru trygonometrycznego: $\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$
\[(*)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)du+
\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)\cos{m(u-x_{0})}du=
\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(u)
\left\{\frac{1}{2}+\sum_{m=1}^{n}\cos{m(u-x_{0})}\right\}du=(*)\]
Korzystamy z okresowości funkcji $f$, funkcji trygonometrycznych i \hyperlink{lemtryg1}{lematu}:
\[(*)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}
f(u)\frac{\sin(n+\frac{1}{2})(u-x_{0})}{2\sin{\frac{u-x_{0}}{2}}}du=
\frac{1}{\pi}\int\limits_{x_{0}-\pi}^{x_{0}+\pi}
f(u)\frac{\sin(n+\frac{1}{2})(u-x_{0})}{2\sin{\frac{u-x_{0}}{2}}}du=
\left|
\begin{array}{l}
u-x_{0}=t\\
du=dt\\
\end{array}
\right|=(*)\]
Rozbijamy przedział całkowania:
\[(*)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}
f(x_{0}+t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt=
\frac{1}{\pi}\left(\int\limits_{-\pi}^{0}
f(x_{0}+t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt+
\int\limits_{0}^{\pi}
f(x_{0}+t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt\right)=(*)\]
Zmieniamy zmienną, aby mieć takie same całki:
\[(*)=\left|\begin{array}{l}
t=-z\\
dt=-dz\\
\end{array}\right|=\frac{1}{\pi}\left(
\int\limits_{0}^{\pi}
f(x_{0}-z)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})z}}{2\sin{\frac{z}{2}}}dz+
\int\limits_{0}^{\pi}
f(x_{0}+t)\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt\right)=(*)\]

Korzystamy z \hyperlink{2twowartsr}{II tw. o wartości średniej}, całki Dirichleta i faktu, że:
\[h(t)=\frac{t}{2\sin\frac{t}{2}}\]
jest funkcją rosnącą:
\[(*)=\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi}
[f(x_{0}+t)+f(x_{0}-t)]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt=
\frac{1}{\pi}\int\limits_{0}^{\pi}
[f(x_{0}+t)+f(x_{0}-t)]\frac{\sin{(n+\frac{1}{2})t}}{t}\frac{t}{2\sin{\frac{t}{2}}}dt
\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}\]
\[\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}\frac{1}{2}[f(x_{0}^{+})+f(x_0)^{-}].\]


\end{dow}



\subsection{Zbieżność do funkcji}
\begin{twie}[Warunki Dirichleta]
Jeżeli:
\begin{enumerate}
    \item $f$ jest różnicą dwóch funkcji rosnących,
    \item W każdym punkcie nieciągłości $x_{0}$ zachodzi:
$f(x_{0})=\frac{1}{2}[f(x_{0}^{+})+f(x_{0}^{-})].$
    \item $f(\pi)=f(-\pi)=\frac{1}{2}[f(\pi^{-})+f(-\pi^{+})]$,
\end{enumerate}
to $\forall_{x\in\langle-\pi,\pi\rangle}$ $f(x)$ jest sumą swojego szeregu Fouriera.
\end{twie}

\subsection{Szereg Fouriera dla liczb zespolonych}
Pamiętając, że:
\[\cos{mz}=\frac{1}{2}\left(e^{imz}+e^{-imz}\right),\]
oraz
\[\sin{mz}=\frac{1}{2i}\left(e^{imz}-e^{-imz}\right),\]
możemy definiować szereg Fouriera dla liczb zespolonych wzorem:
\[S(z)=\frac{1}{2}a_{0}+\sum_{m=1}^{\infty}(a_{m}\cos{mz}+b_{m}\sin{mz})=
\frac{1}{2}a_{0}+\sum_{m=1}^{\infty}(c_{m}e^{imz}+d_{m}e^{-imz}).\]
Oznaczmy $e^{iz}=\xi$. Otrzymujemy szereg Laurenta 

\[S(z)=\frac{1}{2}a_{0}+\sum_{m=1}^{\infty}(c_{m}\xi^{m}+d_{m}\xi^{-m}).\]

Szereg Laurenta jest zbieżny, gdy:
\[r<\left|\xi\right|<R\]
Skoro
\[\xi=e^{iz}=e^{ix-y},\]
to
\[\left|e^{iz}\right|=\left|e^{ix-y}\right|
=\left|e^{ix}\right|\left|e^{-y}\right|=e^{-y}.\]
Więc \[e^{-y}\in(r,R).\]
A zatem ostatecznie:
\[Imz\in(-\ln R,-\ln r).\]

Zatem szereg jest zbieżny dla $z\in\mathbb{C}$ takich, że $Imz\in(-\ln R,-\ln r)$, czyli w pewnym pasie równoległym do osi rzeczywistej.

\chapter{Transformata Fouriera}

\section{Wzór całkowy Fouriera, definicja transformaty Fouriera}
\subsection{Wzór w postaci zespolonej}


Niech $g(x)$ będzie funkcją określoną na przedziale $[-\frac{l}{2};\frac{l}{2}]$, gdzie $l>0$. Załóżmy, że funkcja $g$ jest rozwijalna w szereg Fouriera. Zatem:
\begin{equation}\label{eq:tr_fur1}
g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(a_{n}\cos y_{n}x + b_{n}\sin y_{n}x)=
\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{n}e^{iy_{n}x},
\end{equation}
gdzie:
\[\left\{\begin{array}{ll}
y_{n}=\frac{2n\pi}{l}&, \forall n\in\mathbb{Z}\\
c_{n}=\frac{1}{2}(a_{n}-ib_{n})&, n\geqslant 0\\
c_{n}=\frac{1}{2}(a_{-n}+ib_{-n})&, n<0.
\end{array}\right.\]

$\forall n\in\mathbb{Z}$ współczynniki $c_{n}$ mogą być określone wzorem:
\begin{equation}\label{eq:tr_fur2}
c_{n}=\frac{1}{l}\int\limits_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}g(\xi)e^{-iy_{n}\xi}d\xi,
\end{equation}

Równanie \ref{eq:tr_fur2} wstawmy do równania \ref{eq:tr_fur1}.
\[g(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{iy_{n}x}
\frac{1}{l}\int\limits_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}g(\xi)e^{-iy_{n}\xi}d\xi=(*).\]
Zauważmy, że:
$y_{n}-y_{n-1}=\frac{2\pi}{l}.$
Oznaczmy zatem $y_{n}-y_{n-1}=\Delta y_{n}$.

Stąd oczywiście:
${1\over l}={\Delta y_{n}\over 2\pi}$

\[(*)={1\over 2\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{iy_{n}x}\Delta y_{n}\int\limits_{-\frac{l}{2}}^{l\over 2}g(\xi)e^{-iy_{n}\xi}d\xi=(*).\]
Otrzymaliśmy sumę Riemanna, którą w granicy zamieniamy na całkę Riemanna. Możemy przejść z $l$ do nieskończoności i wtedy całka wewnętrzna będzie po całym $\mathbb{R}$.
\[(*)\stackrel{l\to\infty}{\longrightarrow}
{1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iyx}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)e^{-iy\xi}d\xi.\]

W ten sposób otrzymujemy:
\begin{wz}[Wzór całkowy Fouriera w postaci zespolonej]
\[g(x)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iyx}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)e^{-iy\xi}d\xi.\]
\end{wz}

\subsection{Wzór w postaci rzeczywistej}
\subsubsection{Wzór ogólny}
Dokonajmy teraz prostej modyfikacji powyższego wzoru.
\[g(x)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)e^{iy(x-\xi)}d\xi=
{1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}
g(\xi)[\cos y(x-\xi)+i\sin y(x-\xi)]d\xi=\]
\[={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\cos y(x-\xi)d\xi,\]
gdzie ostatnia równość wynika z nieparzystości sinusa.

Otrzymaliśmy:
\begin{wz}[Wzór całkowy Fouriera w postaci rzeczywistej]
\[g(x)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\cos y(x-\xi)d\xi={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}
g(\xi)(\cos(yx)\cos(y\xi)+\sin(yx)\sin(y\xi))d\xi.\]
\end{wz}

\subsubsection{Wzory uproszczone w pewnych szczególnych przypadkach}
Dla $g(x)$ parzystej $h_{C}(x)=g(x)\cos x$ jest parzysta a $h_{S}(x)=g(x)\sin x$ jest nieparzysta. Natomiast dla $g(x)$ nieparzystej $h_{C}(x)=g(x)\cos x$ jest nieparzysta a $h_{S}(x)=g(x)\sin x$ jest parzysta. Stąd wobec całkowania po przedziale symetrycznym względem zera, otrzymujemy następujące wzory uproszczone.

\begin{wz}[Wzór całkowy Fouriera dla funkcji $g$-parzystej]
\[g(x)={1\over\pi}\int\limits_{0}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\cos y(x-\xi)d\xi={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}
g(\xi)\cos(yx)\cos(y\xi)d\xi.\]
\end{wz}

\begin{wz}[Wzór całkowy Fouriera dla funkcji $g$-nieparzystej]
\[g(x)={1\over\pi}\int\limits_{0}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\cos y(x-\xi)d\xi={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}
g(\xi)\sin(yx)\sin(y\xi)d\xi.\]
\end{wz}


\subsection{Transformaty sinusowe i cosinusowe}
\begin{defi}
Transformatą cosinusową $g(x)$ nazywamy przekształcenie:
\[G_{c}(y)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\cos (y\xi) d\xi.\]

Odwrotną transformatą cosinusową $G_{c}(y)$ nazywamy przekształcenie:
\[g(x)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}G_{c}(y)\cos (yx) dy.\]

Transformatą sinusową $g(x)$ nazywamy przekształcenie:
\[G_{s}(y)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)\sin (y\xi) d\xi.\]

Odwrotną transformatą sinusową $G_{s}(y)$ nazywamy przekształcenie:
\[g(x)={1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}G_{s}(y)\sin (yx) dy.\]
\end{defi}

\section{Podstawowe twierdzenia dla transformat}
\subsection{Warunek dostateczny istnienia transformaty}

\begin{twie}
Jeżeli istnieje $\int\limits_{-\infty}^{\infty}|g(x)|dx$, to
$\forall y\in\mathbb{R}$ funkcja $G(y)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-iy\xi}g(\xi)d\xi$ istnieje i $G(y)$ jest jednostajnie ciągła.
\end{twie}

\begin{dow}\begin{itemize}
    \item (określoność)
\[|G(y)|=\left|\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-iy\xi}g(\xi)d\xi\right|\leqslant
\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left|e^{-iy\xi}\right|\cdot\left|g(\xi)\right|d\xi=
\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left|g(\xi)\right|d\xi<\infty.\]
    \item (jednostajna ciągłość)\\
Ustalmy $\varepsilon>0$ i weźmy pewną $\delta>0$ taką, że $\delta$ nie zależy od $y$. Rozważmy następującą różnicę:
\[|G(y+\delta)-G(y)|=\left|\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-i(y+\delta)\xi}g(\xi)d\xi-
\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-iy\xi}g(\xi)d\xi\right|=\]
\[=\left|\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-iy\xi}\left(e^{-i\delta\xi}-1\right) g(\xi)d\xi\right|\leqslant\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left|e^{-iy\xi}\right|\cdot
\left|e^{-i\delta\xi}-1\right||g(\xi)|=(*).\]

Zauważmy, że:
\[\left|e^{-i\delta\xi}-1\right|^{2}=|\cos(\delta\xi)-i\sin(\delta\xi)-1|^{2}=
(\cos(\delta\xi)-1)^{2}+(sin(\delta\xi))^{2}=2-2\cos(\delta\xi)=
4\sin^{2}\left({\delta\xi\over 2}\right).\]

Stąd:
\[(*)=2\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right||g(\xi)|d\xi=(*).\]

Rozbijmy tą całkę na przedziały, dobierając $x_{0}$ w ten sposób, aby:
\[\int\limits_{-\infty}^{-x_{0}}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi<{\varepsilon\over 8},\]
oraz
\[\int\limits_{x_{0}}^{\infty}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi<{\varepsilon\over 8}.\]

Wtedy:
\[(*)=2\left(\int\limits_{-\infty}^{-x_{0}}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi+\int\limits_{-x_{0}}^{x_{0}}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi+\int\limits_{x_{0}}^{\infty}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi\right)<\]
\[<{\varepsilon\over 4}+2\int\limits_{-x_{0}}^{x_{0}}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi+{\varepsilon\over 4}.\]

Zajmijmy się pozostałą całką:
\[2\int\limits_{-x_{0}}^{x_{0}}\left|\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\right|\cdot|g(\xi)|d\xi=2\int\limits_{-x_{0}}^{x_{0}}{\left|\delta\xi\right|\over 2}\left|{\sin\left({\delta\xi\over 2}\right)\over{\delta\xi\over 2}}\right|\cdot|g(\xi)|d\xi\leqslant\]
\[\leqslant\delta|x_{0}|\int\limits_{-x_{0}}^{x_{0}}|g(\xi)|d\xi<{\varepsilon\over 2},\]
dla dostatecznie małych $\delta$.

Stąd ostatecznie:
\[|G(y+\delta)-G(y)|<\varepsilon.\]

Wobec dowolności $\varepsilon$ funkcja $G(y)$ jest jednostajnie ciągła.
\end{itemize}

\end{dow}


\begin{uw}
Należy zwrócić uwagę, że założenie całkowalności funkcji $g$ na całej osi rzeczywistej jest założeniem bardzo mocnym i znacznie zawężającym przestrzeń rozpatrywanych funkcji.
\end{uw}

\begin{wnio}
Z powyższego twierdzenia wynika, że transformaty poprawiają klasę funkcji jako, że wyjściowo nie zakładaliśmy nic o ciągłości funkcji transformowanej.
\end{wnio}

\subsection{Wartość główna całki niewłaściwej}
\begin{defi}
Wartością główną całki niewłaściwej z funkcji $f$ nazywamy:
\[V.P.\int\limits_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-R}^{R}f(x)dx.\]
\end{defi}
Można rozważać również całki niewłaściwe z funkcji nieograniczonych.
\begin{przy}(dla funkcji nieograniczonej)
\[V.P.\int\limits_{-1}^{1}{1\over x}dx=\lim_{\varepsilon\to 0^{+}}\left(\int\limits_{-1}^{-\varepsilon}{1\over x}dx+\int\limits_{\varepsilon}^{1}{1\over x}dx\right)=0.\]
\end{przy}

\subsection{Twierdzenie o transformacie odwrotnej}

\begin{twie}[O transformacie odwrotnej]
Jeżeli $G(y)=\mathpzc{F}[g](y)$ i $g$ jest funkcją o wahaniu skończonym (różnicą dwóch funkcji rosnących) to zachodzi wzór:
\[{g(x^{+})+g(x^{-})\over 2}=V.P.{1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iyx}G(y)dy.\]
\end{twie}
\begin{dow}
\[P={1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-R}^{R}e^{iyx}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}
e^{-iy\xi}g(\xi)d\xi=\]
Łączymy wykładniki i zamieniamy kolejność całkowania:
\[={1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-R}^{R}dy\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iy(x-\xi)}g(\xi)d\xi=
{1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)d\xi\int\limits_{-R}^{R}e^{iy(x-\xi)}dy=\]
Obliczamy całkę i korzystamy ze wzoru: $\sin z={e^{iz}-e^{-iz}\over 2i}$
\[={1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)d\xi
\left(-{i\over x-\xi}e^{iy(x-\xi)}\right)^{y=R}_{y=-R}=
{1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)d\xi
\left((-i){2i\sin(R(x-\xi))\over x-\xi}\right)=\]
\[={1\over\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}g(\xi)
{\sin(R(x-\xi))\over x-\xi}d\xi\]
Rozbijamy przedział całkowania w punkcie $x$:
\[={1\over\pi}\lim_{R\to\infty}
\left(\int\limits_{-\infty}^{x}g(\xi){\sin(R(\xi-x))\over \xi-x}d\xi+
\int\limits_{x}^{\infty}g(\xi){\sin(R(\xi-x))\over \xi-x}d\xi\right)=\]
\[=\left|\begin{array}{l}
\xi-x=u\\
d\xi=du\\
\end{array}\right|=
{1\over\pi}\lim_{R\to\infty}\left(\int\limits_{-\infty}^{0}g(x+u){\sin(Ru)\over u}du+
\int\limits_{0}^{\infty}g(x+u){\sin(Ru)\over u}du\right)=\]
Na mocy \hyperlink{calDir}{lematu Dirichleta}
\[={1\over\pi}\cdot{\pi\over 2}
[g(x^{-})+g(x^{+})]={g(x^{-})+g(x^{-})\over 2}.\]
\end{dow}


\chapter{Transformata Laplace'a}
\section{Wprowadzenie, definicja}
Rozważmy funkcję $f(t)$ rzeczywistą taką, że $f(t)=0$ dla $t<0$.

\begin{defi}
Transformatą Laplace'a funkcji $f(t)$ nazywamy przekształcenie określone wzorem:
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)dt=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-iyt}\cdot e^{-xt}f(t)dt.\]
dla $s=x+iy\in\mathbb{C}$.
\end{defi}

Zauważmy, że na podstawie twierdzenia z poprzedniego rozdziału:
\[f(t)e^{-xt}=V.P.{1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iyt}dy\int\limits_{0}^{\infty}e^{-su}f(u)du.\]
\[f(t)=V.P.{1\over 2\pi}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{(x+iy)t}F(s)dy=
\left|\begin{array}{l}
s=x+iy\\
ds=idy\\
\end{array}\right|=V.P.{1\over 2\pi i}\int\limits_{x-i\infty}^{x+i\infty}e^{st}F(s)ds.\]

\begin{uw}
Granice w ostatniej całce oznaczają całkowanie po prostej równoległej do osi $Im\,s$ takiej, że $Re\,s=x$.
\end{uw}

\begin{center}\includegraphics[scale=0.8]{Res.jpg}\end{center}

\begin{defi}
Odwrotną transformatą Laplace'a nazywamy przekształcenie zdefiniowane wzorem:
\[f(t)=V.P.{1\over 2\pi i}\int\limits_{x-i\infty}^{x+i\infty}e^{st}F(s)ds.\]
\end{defi}

\section{Własności transformaty Laplace'a}
\subsection{Twierdzenie o zbieżności bezwzględnej}

\begin{twie}
Jeżeli $F(s)$ jest zbieżna bezwzględnie dla $s=s_{0}$, to $F(s)$ jest zbieżna bezwzględnie dla $Re\,s\geqslant Re\,s_{0}$.
\end{twie}

\begin{dow}
\[\left|e^{-st}f(t)\right|=\left|e^{-(s-s_{0})t}e^{-s_{0}t}f(t)\right|\leqslant
\left|e^{-s_{0}t}f(t)\right|,\]
dla każdego $t\geqslant 0$.
 \end{dow}


\begin{uw}
Jeżeli $|f(t)|\leqslant Me^{\alpha t},$ gdzie $\alpha>0$, to $F(s)$ jest zbieżna bezwzględnie dla $Re\,s>\alpha$.
\end{uw}

\begin{defi}
Funkcją Heaviside'a lub inaczej funkcją skoku jednostkowego nazywamy funkcję zdefiniowaną wzorem:
\[\mathbbm{1}_{+}(t)=\left\{
\begin{array}{lll}
1 & dla & t>0\\
0 & dla & t<0\\
\end{array}\right.\]
\end{defi}

\begin{przy}
\[f(t)={1\over 1+t^{2}}\mathbbm{1}_{+}(t).\]
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-st}\over 1+t^{2}}dt.\]
Weźmy teraz $s$ takie, że $Re\,s>0$. Wtedy powyższa całka będzie zbieżna bezwzględnie. Dla $Re\,s<0$ w sposób oczywisty będzie rozbieżna. Zajmijmy się więc przypadkiem, gdy $Re\,s=0$. Wtedy $s=iy$. Dostajemy zatem:
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-iyt}\over 1+t^{2}}dt.\]
Ponieważ $\left|e^{-iyt}\right|=1$, więc powyższe rozważania pokazują, że $F(s)$ jest zbieżna bezwzględnie dla $Re\,s\geqslant 0$.
\end{przy}

\begin{przy}
\[f(t)=\mathbbm{1}_{+}(t).\]
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}dt.\]
Tutaj łatwo zauważyć, że $F(s)$ będzie zbieżna bezwzględnie dla $Re\,s>0$.
\end{przy}

\begin{wnio}
Obszar zbieżności bezwzględnej jest półpłaszczyzną $Re\,s>\alpha$ lub $Re\,s\geqslant\alpha$.
\end{wnio}

\newpage
\subsection{Twierdzenie podstawowe o zbieżności transformaty Laplace'a}
\begin{twie}
Jeżeli $F(s)$ jest zbieżna dla $s=s_{0}$, to jest zbieżna w półpłaszczyźnie $Re\,s>Re\,s_{0}$, w której można ją wyrazić przez całkę zbieżną bezwzględnie postaci:
\[(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)dt,\]
gdzie
\[\varphi(t)=\int\limits_{0}^{t}e^{-s_{0}\tau}f(\tau)d\tau.\]
\end{twie}
\begin{dow}
Weźmy $Re\,s>Re\,s_{0}$. Wtedy:
\[\int\limits_{0}^{\omega}e^{-st}f(t)\,dt=\int\limits_{0}^{\omega}e^{-(s-s_{0})t}
\underbrace{e^{-s_{0}t}f(t)}_{\varphi'(t)}\,dt=
\int\limits_{0}^{\omega}e^{-(s-s_{0})t}\varphi'(t)\,dt=\]
\[=\left.e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\right|^{t=\omega}_{t=0}+
(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\omega}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt=
\underbrace{e^{-(s-s_{0})\omega}\varphi(\omega)}_{A(\omega)}-\underbrace{\varphi(0)}_{0}+
(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\omega}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt=(*).\]
\[\lim_{\omega\to\infty}A(\omega)=\lim_{\omega\to\infty}e^{-(s-s_{0})\omega}\varphi(\omega)=
\lim_{\omega\to\infty}e^{-(s-s_{0})\omega}\int\limits_{0}^{\omega}e^{-s_{0}t}f(\tau)\,d\tau=
F(s_{0})\lim_{\omega\to\infty}e^{-(s-s_{0})\omega}=0,\]
gdzie z założenia wiemy, że $F(s_{0})$ istnieje.
Zatem:
\[(*)\stackrel{\omega\to\infty}{\rightarrow}(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt.\]
Wiemy, że $\varphi(t)$ jest ograniczona, więc powyższa całka jest zbieżna bezwzględnie.
\end{dow}


\begin{uw}
Obszarem zbieżności zwykłej całki Laplace'a jest półpłaszczyzna otwarta $Re\,s>\alpha$.
\end{uw}

\begin{przy}
\[f(t)={1\over 1+t^{2}}\mathbbm{1}_{+}(t).\]
Tutaj oczywiście zbieżność jest na obszarze $Re\,s\geqslant 0$.
\end{przy}

\begin{przy}
\[f(t)={1\over 1+t}\mathbbm{1}_{+}(t).\]
Dla $Re\,s>0$ mamy zbieżność. Rozpatrzmy $Re\,s=0$, wtedy $s=iy$, a zatem:
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-iyt}\over 1+t}dt=\int\limits_{0}^{\infty}{\cos(yt)\over 1+t}dt-i\int\limits_{0}^{\infty}{\sin(yt)\over 1+t}dt.\]
Powyższe całki są zbieżne dla $y\neq 0$, bo dla $y=0$ mamy:
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}{1\over 1+t}dt,\]
co w sposób oczywisty jest rozbieżne.
\end{przy}

\begin{twie}[Kryterium Dirichleta]
Jeżeli funkcja $f$ zbiega monotonicznie do $0$ na $(a,\infty)$, oraz $\left|\int\limits_{a}^{b}g(x)dx\right|<L$, gdzie $L>0$, $a<b$, to całka:
\[\int\limits_{a}^{\infty}f(x)g(x)dx\]
jest zbieżna.
\end{twie}


\subsection{Twierdzenie o transformacie odwrotnej}

\begin{twie}[O transformacie odwrotnej]
Niech $\Omega$ będzie obszarem zbieżności $F(s)$. Jeżeli $F(s)$ jest zbieżna bezwzględnie dla $Re\,s=Re\,s_{0}$, to zachodzi wzór:
\[{f(t^{+})+f(t^{-})\over 2}={1\over 2\pi i}V.P.\int\limits_{x-i\infty}^{x+i\infty}F(s)
e^{st}ds.\]
Dla $t=0$ zachodzi wzór:
\[f(0^{+})={1\over\pi i}V.P.\int\limits_{-\infty}^{\infty}F(s)ds,\]
gdzie prosta $Re\,s=x\subset\Omega$.
\end{twie}


\begin{przy}
\[f(t)=\mathbbm{1}_{+}(t).\]
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}dt=\lim_{\omega\to\infty}\int\limits_{0}^{\omega}e^{-st}
dt=\lim_{\omega\to\infty}-\left.{1\over s}e^{-st}\right|^{\omega}_{0}=\]
\[=\lim_{\omega\to\infty}\left({1\over s}e^{-\omega s}+{1\over s}\right)=
{1\over s},\]
dla $Re\,s>0$.

Policzmy dla przykładu transformatę odwrotną i sprawdźmy jej wartość w zerze:
\[F(s)={1\over s}.\]
\[{1\over 2\pi i}V.P.\int\limits_{x-i\infty}^{x+i\infty}{1\over s}ds=
\left|\begin{array}{l}
s=iy+x\\
ds=idy\\
\end{array}\right|=\]
\[={1\over 2\pi}\lim_{R\to\infty}\int\limits_{-R}^{R}{1\over x+iy}dy=
{1\over 2\pi i}\lim_{R\to\infty}\left.\left(\ln(x+iy)\right)\right|^{y=R}_{y=-R}=\]
\[={1\over 2\pi i}\lim_{R\to\infty}(ln(x+iR)-ln(x-iR))={1\over 2\pi i}i\left( {\pi\over 2}+{\pi\over 2}\right)={1\over 2}.\]
\end{przy}

\begin{przy}
Niech
\[f(t)=\left\{\begin{array}{lll}
0 & dla & 0\leqslant t\leqslant\ln\ln 3\\
(-1)^{n}\exp\left({1\over 2}e^{t}\right) & dla & \ln\ln n\leqslant t\leqslant\ln\ln(n+1), n\geqslant 3\\
\end{array}\right.\]
Wykazać, że $F(s)$ jest zbieżna, ale nigdzie nie jest zbieżna bezwzględnie.
\end{przy}


\section{Zastosowanie do równań różniczkowych}
Transformatę całkową Laplace'a możemy użyć do rozwiązywania zagadnień z równań różniczkowych. Poniższy schemat przedstawia klasyczny i alternatywny sposób ich rozwiązywania.
\vspace{0.4in}
%SCHEMAT

$\framebox[1.5in]{zagadnienie fizyczne}\hspace{0.2in}\rightarrow\hspace{0.2in}\overbrace{\underbrace{\framebox[1.5in]{równanie różniczkowe}}_{\downarrow}\hspace{0.2in}
\rightarrow\hspace{0.2in}\underbrace{\framebox[1.5in]{rozwiązanie równ. różn.}}_{\uparrow}}^{\textrm{przestrzeń}\hspace{0.5in} \textrm{oryginałów}}$\\

$\hspace{2.1in}\underbrace{\overbrace{\framebox[1.5in]{równanie algebraiczne}}\hspace{0.2in}\rightarrow\hspace{0.2in}\overbrace{\framebox[1.5in]{rozwiązanie równ. alg.}}}_{\textrm{przestrzeń}\hspace{0.5in} \textrm{obrazów}}$
\vspace{0.2in}

\begin{twie}[o transformacie całki]
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}(s)=F(s)$ oraz $\varphi(t)=\int\limits_{0}^{t}f(\tau)d\tau$, to:
\[\mathscr{L}\{\varphi\}(s)={1\over s}F(s).\]
\end{twie}
\begin{dow}
\[\int\limits_{0}^{T}e^{-st}\varphi(t)\,dt=
\int\limits_{0}^{T}\left(-{1\over s}e^{-st}\right)'\varphi(t)\,dt=
\left.-{1\over s}e^{-st}\varphi(t)\right|^{t=T}_{t=0}+
{1\over s}\int\limits_{0}^{T}e^{-st}f(t)\,dt=\]
\[=-{1\over s}e^{-sT}\varphi(T)+{1\over s}\int\limits_{0}^{T}e^{-st}f(t)\,dt.\]
Wystarczy teraz pokazać, że:
\[{1\over s}e^{-sT}\varphi(T)\rightarrow 0.\]
Rozpiszmy z definicji:
\[e^{-sT}\int\limits_{0}^{T}f(\tau)\,d\tau=e^{-(s-s_{0})T}\underbrace{\int\limits_{0}^{T}
e^{-s_{0}T}f(\tau)\,d\tau}_{=I}.\]
Wystarczy teraz pokazać, że $I$ jest ograniczone:
\[I=\int\limits_{0}^{T}e^{-s_{0}T}f(\tau)\,d\tau=
\int\limits_{0}^{T}e^{-s_{0}(T-\tau)}
\underbrace{e^{-s_{0}\tau}f(\tau)}_{\varphi_{1}'(t)}\,d\tau=(*),\]
gdzie: 
$\displaystyle \varphi_{1}(t)=\int\limits_{0}^{t}e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\,d\tau.$
\[(*)=e^{-s_{0}(T-T)}\varphi_{1}(T)-s_{0}\int\limits_{0}^{T}
e^{-s_{0}(T-\tau)}\varphi_{1}(\tau)\,d\tau=
\varphi_{1}(T)-s_{0}\int\limits_{0}^{T}
e^{-s_{0}(T-\tau)}\varphi_{1}(\tau)\,d\tau.\]
Zauważmy, że:
\[\varphi_{1}(T)\stackrel{T\to\infty}{\rightarrow}F(s_{0}).\]
Wiemy, że $F(s_{0})$ istnieje, zatem należy zająć się wyrażeniem:
\[\left|s_{0}\right|\left|\int\limits_{0}^{T}e^{-s_{0}(T-\tau)}\varphi_{1}(\tau)\,d\tau\right|\leqslant
M\cdot|s_{0}|\cdot\int\limits_{0}^{T}e^{-Re\,s_{0}(T-\tau)}\,d\tau \leqslant
\frac{M|s_{0}|}{Re\,s_{0}}.\]
Otrzymujemy zatem:
\[ \int\limits_{0}^{T}e^{-st}\varphi(t)\,dt\stackrel{T\to\infty}{\rightarrow}
{1\over s}F(s). \]
\end{dow}


\begin{twie}[o transformacie pochodnej]
Niech $\mathscr{L}\{f\}(s)=F(s)$. Wówczas zachodzi wzór:
\[\mathscr{L}\{f'\}(s)=sF(s)-f(0^{+}),\]
o ile istnieje $f'$ i $\mathscr{L}\{f'\}$ jest zbieżna.
\end{twie}
\begin{dow}
Obliczamy poniższą całkę jak następuje:
\[\int\limits_{0}^{t}f'(\tau)d\tau=f(t)-f(0^{+}).\]
Transformujemy obie strony:
\[\mathscr{L}\left\{\int\limits_{0}^{t} f'(\tau)\,d\tau\right\}(s)=\mathscr{L}\{f\}(s)-\mathscr{L}\{f(0^{+})\}(s)=
F(s)-{f(0^{+})\over s}.\]
Z drugiej strony:
\[\mathscr{L}\left\{\int\limits_{0}^{t} f'(\tau)\,d\tau\right\}(s)={1\over s} \mathscr{L}\{f'\}(s)\]
zatem
\[\mathscr{L}\{f'\}(s)=sF(s)-f(0^{+}).\]
\end{dow}


\begin{przy}
Rozwiązać następujące zagadnienie początkowe:
\[{dx\over dt}+x=\sin t,\]
gdzie $x(0^{+})=0$.
Niech $\mathscr{L}\{f\}(s)=X(s)$.
Policzmy transformaty Laplace'a obu stron.
\[sX(s)-x(0^{+})+X(s)={1\over s^{2}+1}.\]
Uwzględniając warunek początkowy dostajemy następujące równanie algebraiczne:
\[X(s)={1\over(s+1)(s^{2}+1)}=(*).\]
Rozkładamy na ułamki proste:
\[(*)={1\over 2}{1\over s+1}-{1\over 2}{s\over s^{2}+1}+{1\over 2}{1\over s^{2}+1}.\]
Z \hyperlink{TabTransLap}{tabeli transformat Laplace'a} i korzystając z liniowości transformaty znajdujemy transformaty odwrotne obydwu stron i dostajemy wynik:
\[x(t)=\left({1\over 2}e^{-t}-{1\over 2}\cos t+{1\over 2}\sin t\right)\mathbbm{1}_{+}(t).\]
\end{przy}

\begin{przy}
Rozwiązać następujące zagadnienie początkowe:
\[y''-y'-2y=1,\]
gdzie $y(0^{+})=1$ oraz $y'(0^{+})=0$.
Niech $\mathscr{L}\{y\}(s)=Y(s)$.
Policzmy transformaty Laplace'a obu stron.
\[\mathscr{L}\{y''\}(s)-\mathscr{L}\{y\}(s)-2Y(s)={1\over s}.\]
Uwzględniając warunek początkowy dostajemy następujące równanie algebraiczne:
\[s^{2}Y(s)-s\cdot 1-0-(s\cdot Y(s)-1)-2Y(s)={1\over s}.\]
\[s^{2}Y(s)-sY(s)-2Y(s)={1\over s}-1+s={s^{2}-s+1\over s}.\]
\[Y(s)={s^{2}-s+1\over s(s^{2}-s-2)}={s^{2}-s-1\over s(s-2)(s+1)}=(*).\]
Rozkładamy na ułamki proste:
\[(*){1\over 2}{1\over s}+{1\over s+1}+{1\over 2}{1\over s-2}.\]
Z \hyperlink{TabTransLap}{tabeli transformat Laplace'a} i korzystając z liniowości trasformaty znajdujemy transformaty odwrotne obydwu stron i dostajemy wynik:
\[y(t)=\left(-{1\over 2}+e^{-t}+{1\over 2}e^{2t}\right)\mathbbm{1}_{+}(t).\]
\end{przy}


%--WYKLAD-07.10.05--
\hypertarget{podobienstwo}{}
\begin{twie}[O podobieństwie]
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}=F$, to
\[\mathscr{L}\{f(at)\}(s)=\frac{1}{a}F\left(\frac{s}{a}\right),\qquad a>0\]
\end{twie}
\begin{dow}
 \[\mathscr{L}\{f(at)\}(s)=\int\limits_0^\infty e^{-st}f(at)\, dt=
\left|
\begin{array}{c}
at=u\\
a\,dt=du
\end{array}
\right|=\int\limits_0^\infty e^{-s\frac{u}{a}}f(u)\frac{du}{a}=\frac{1}{a}F(\frac{s}{a})
\]
\end{dow}
\begin{przy}
 \[\mathscr{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^2+1}\]
 \[\mathscr{L}\{\sin \alpha t\}(s)=\frac{1}{\alpha}\frac{1}{(\frac{s}{\alpha })^2+1}=\frac{\alpha }{s^2+\alpha^2}\]
\end{przy}

\hypertarget{przesuniecie}{}
\begin{twie}[o przesunięciu]
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}=F$, to
\[\mathscr{L}\{f(t-b)\mathbbm{1}_+(t-b)\}(s)=e^{-bs}F(s),\qquad b>0\]
%rysuneczek z podpisikiem w fotoszopie
\begin{center}\includegraphics[scale=1.0]{przesuniecie.jpg}\end{center}
\end{twie}
\begin{dow}
 \begin{eqnarray*}
  \mathscr{L}\{f(t-b)\mathbbm{1}_{+}(t-b)\}(s)&=&\int\limits_0^\infty e^{-st}f(t-b)\mathbbm{1}_{+}(t-b)\, dt=\\
 &=& \int\limits_b^\infty e^{-st}f(t-b)\, dt=\left|
\begin{array}{c}
t-b=u\\
dt=du
\end{array}
\right|=\int\limits_0^\infty e^{-s(u+b)}f(u)\, du=\\
&=&e^{-bs}F(s)
 \end{eqnarray*}
\end{dow}
\begin{przy}
 Wyznaczyć transformatę Laplace'a funkcji
\[f(t)=\left\{
\begin{array}{lll}
\sin t & \mbox{dla} & t\in\langle0,2\pi\rangle\\
0 & \mbox{w.p.p} &\\
\end{array}\right.\]
\[f(t)=\sin t - \sin(t-2\pi)\mathbbm{1}_+(t-2\pi),\]
\[\mbox{więc }\quad \mathscr{L}\{f\}(s)=\frac{1}{s^2+1}-\frac{e^{-2\pi s}}{s^2+1}=\frac{1-e^{-2\pi s}}{s^2+1}\]
\end{przy}
\begin{przy}
Znaleźć transformatę odwrotną funkcji $\displaystyle \frac{1}{s(s+1)}e^{-s}$
\[\frac{1}{s(s+1)}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1} \qquad\Rightarrow\qquad \mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s(s+1)}\right\}(t)=1-e^{-t} \quad \mbox{(dla $t>0$)}\]
\[\mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-s}}{s(s+1)}\right\}(t)=(1-e^{-(t-1)})\mathbbm{1}_+(t-1)\]
\end{przy}

\begin{twie}[połączenie \hyperlink{podobienstwo}{podobieństwa} z \hyperlink{przesuniecie}{przesunięciem}]\ \\
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}=F$, to
\[\mathscr{L}\{f(at-b)\mathbbm{1}_+(at-b)\}(s)=\frac{1}{a}e^{-\frac{bs}{a}}F\left(\frac{s}{a}\right),\qquad {a,b>0}\]
\end{twie}

\begin{twie}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}=F$, to
\[\mathscr{L}\{f(at+b)\mathbbm{1}_+(t)\}(s)=\frac{1}{a}e^{\frac{bs}{a}}\left(F\left(\frac{s}{a}\right)-F_b\left(\frac{s}{a}\right)\right)\qquad {a,b>0}\]
\[\mbox{gdzie}\quad F_b(s):=\int\limits_0^b e^{-st}f(t)\,dt \quad\mbox{($F_b$ jest skończoną transformatą Laplace'a)}\]
\end{twie}
\begin{dow} na ćwiczeniach lub w domu
\end{dow}

\begin{twie}[o przesunięciu obrazu]
Jeżeli $F(s)=\mathscr{L}\{f\}(s),\quad c>0,\,d\in\mathbb{C}$, to
\[F(cs+d)=\frac{1}{c}\mathscr{L}\left\{e^{-\frac{d}{c}u}f\left(\frac{u}{c}\right)\right\}(s)\]
\end{twie}
\begin{dow}
 Niech $F_1(s)=F(cs+d)$.
 \begin{eqnarray*}
  F_1(s)&\stackrel{def}{=}&\int\limits_0^\infty e^{-(cs+d)t}f(t)\,dt=\int\limits_0^\infty e^{-tcs-td}f(t)\,dt=\\
  &=& \left|
\begin{array}{c}
ct=u\\
c\,dt=du
\end{array}
\right|=\frac{1}{c}\int\limits_0^\infty e^{-su-\frac{u}{c}d}f\left(\frac{u}{c}\right)\, du=\\
&=&\frac{1}{c}\mathscr{L}\left\{e^{-\frac{d}{c}u}f\left(\frac{u}{c}\right)\right\}(s)
 \end{eqnarray*}
\end{dow}

\begin{przy}
\[\mathscr{L}\{t^\alpha\}(s)=\frac{\Gamma(\alpha +1)}{s^{\alpha +1}}\]
\[\mathscr{L}\{e^{-dt}t^\alpha\}(s)=\frac{\Gamma(\alpha +1)}{(s+d)^{\alpha +1}}\]
\end{przy}

\begin{wnio}[twierdzenie o tłumieniu]
Dla $c=1$ otrzymujemy
\[F(s+d)=\mathscr{L}\left\{e^{-du}f\left(u\right)\right\}(s)\]
\end{wnio}

\section{Splot funkcji}
\begin{defi}[Splot funkcji]
\[(f_1*f_2)(t):=\int\limits_{-\infty}^\infty f_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau\]
\end{defi}
\textbf{Założenia}\ \\
\begin{enumerate}
\item Funkcje $f_1,f_2$ są bezwzględnie całkowalne i jedna z nich jest ograniczona.
\item $f_1,f_2\in L^2(\mathbb{R}),$ (wtedy z nierówności Schwarza: $\vert\int_{-\infty}^\infty f_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau\vert \leqslant \Vert f_1 \Vert_{L^2}\cdot\Vert f_2 \Vert_{L^2}$)
\end{enumerate}
\begin{defi}[Splot funkcji prawostronnych] Jeśli $\displaystyle f_1(t)=f_2(t)=0\quad \mbox{dla } t<0$, to
\[(f_1*f_2)(t):=\int\limits_0^{t} f_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau\]
\end{defi}

\begin{uw}
Od tej pory będziemy rozważali tylko takie funkcje.
\end{uw}

\begin{przy}[założenie samej bezwzględnej zbieżności całek nie wystarcza]\ \\
\[ f_1(t)=t^{-\frac{1}{2}},\quad f_2(t)=(1-t)^{-\frac{1}{2}}\]
$f_1,f_2$ - są bezwzględnie całkowalne.\\
\begin{footnotesize}(mają osobliwości, ale rzędu pierwiastkowego, więc są zbieżne)\end{footnotesize}
\[(f_1*f_2)(1)=\int\limits_0^1\frac{1}{\sqrt{\tau}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\tau}}\,d\tau = \int\limits_0^1 \frac{1}{\tau}\,d\tau\quad - \mbox{ rozbieżna}\]
\end{przy}


\begin{defi}
Klasa $\tau_0$ jest to zbiór funkcji bezwzględnie całkowalnych, które punkt osobliwy mogą mieć wyłącznie dla $t=0$.
\end{defi}

\textbf{Określoność splotu dla funkcji klasy $\tau_0$}
\[\int\limits_0^t f_1(\tau)f_2(t-\tau)\, d\tau=\underbrace{\int\limits_0^{\frac{t}{2}} f_1(\tau)f_2(t-\tau)\, d\tau}_{I_1}+\underbrace{\int\limits_{\frac{t}{2}}^t f_1(\tau)f_2(t-\tau)\, d\tau}_{I_2}\]
Więc w $\tau_0$
\[| I_1| \leqslant M_{f_2}\int\limits_0^{\frac{t}{2}}|f_1(\tau)|\,d\tau < \infty\]
\[| I_2| \leqslant M_{f_1}\int\limits_{\frac{t}{2}}^t|f_2(t-\tau)|\,d\tau < \infty\]

\begin{twie}[Younga]
Jeżeli \[f_1\in L^p(\mathbb{R}),f_2\in L^q(\mathbb{R}), \frac{1}{q}+\frac{1}{q}-1=\frac{1}{r}>0\,,\]
to \[f_1*f_2\mbox{ istnieje i } f_1*f_2\in L^r(\mathbb{R})\]
\end{twie}
\begin{uw}
Jeżeli $\frac{1}{r}=0\,(r=\infty)$ (symbolicznie), to $f_1*f_2$ jest ograniczona i jednostajnie ciągła.
\end{uw}

\subsection{Własności splotu}
\begin{wl}[przemienność]
$\displaystyle f_1*f_2=f_2*f_1$
\end{wl}
\begin{wl}[łączność]
$\displaystyle (f_1*f_2)*f_3=f_1*(f_2*f_3)$
\end{wl}

\begin{twie}[Borela]\label{tw:borel}\hypertarget{tw:borel}{}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f_1\}=F_1,\mathscr{L}\{f_2\}=F_2$ oraz $F_1,F_2$ są zbieżne bezwzględnie dla $s=s_0$, to
\[\mathscr{L}\{f_1*f_2\}(s_0)=F_1(s_0)\cdot F_2(s_0)\]
\[(\, f_1*f_2)=\mathscr{L}^{-1}\{F_1\cdot F_2\}\,)\]
\end{twie}\addcontentsline{toc}{subsubsection}{Twierdzenie Borela}
\begin{dow}
$f_1,f_2$ - prawostronne.
\begin{eqnarray*}
F_1(s_0)\cdot F_2(s_0)&=&\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_0\tau} f_1(\tau)\, d\tau \cdot\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_0u} f_2(u)\,du= \\
& & (\,F_1,F_2 \mbox{ zbieżne bezwzględnie, więc można zmienić kolejność całkowania.}\,)\\
& =&\int\limits_{-\infty}^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_0\tau}e^{-s_0u} f_1(\tau)f_2(u)\, d\tau du=\left|
\begin{array}{l}
u=t-\tau\\
du=dt
\end{array}\right|=\\
&=&\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_0\tau} f_1(\tau)\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_0(t-\tau)} f_2(t-\tau)\, dt d\tau=\\
&=&\int\limits_{-\infty}^\infty e^{{-s_0}t}\,dt\int\limits_{-\infty}^\infty  f_1(\tau) f_2(t-\tau)\, d\tau=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-s_{0}t}(f_1*f_2)(t)\,dt=\\
&=&\mathscr{L}\{f_1*f_2\}(s_0)\\
\end{eqnarray*}
\end{dow}

\subsubsection{Ciągłość splotu}
\begin{lema}\label{lem:cgl_splotu}\hypertarget{lem:cg_splotu}{}
Jeżeli $f$ jest całkowalna na przedziale $<0,t>$, to
\[\lim_{\delta\to 0}\int\limits_0^t|f(u+\delta)-f(u)|\,du=0\]
\end{lema}
\begin{twie}\label{tw:cg_splotu}\hypertarget{tw:cg_splotu}{}
Jeżeli $f_1,f_2\in\tau_0$ i są prawostronne, $t>0,\,$ to splot\\
$f_1*f_2$ jest ciągły w punkcie $t$.
\end{twie}
\begin{dow}
\begin{eqnarray*}
D(t,\delta)&:=&(f_1*f_2)(t+\delta)-(f_1*f_2)(t)=\int\limits_0^{t+\delta}f_1(\tau)f_2(t+\delta-\tau)\,d\tau - \int\limits_0^{t}f_1(\tau)f_2(t-\tau)\,d\tau=\\
&=&\underbrace{\int\limits_0^{t_0}f_1(\tau)\left(f_2(t+\delta-\tau)-f_2(t-\tau)\right)\,d\tau}_{I_1} +\underbrace{\int\limits_{t_0}^{t}f_1(\tau)\left(f_2(t+\delta-\tau)-f_2(t-\tau)\right)\,d\tau}_{I_2}+\\
& & +\underbrace{\int\limits_t^{t+\delta}f_1(\tau)f_2(t+\delta-\tau)\,d\tau}_{I_3}
\end{eqnarray*}
\begin{itemize}
\item[$I_1$: ] argument $f_2$ zmienia się w przedziale $(t-t_0, t+\delta)$, więc $|f_2|\leqslant M_{f_2}$
\[|I_1|\leqslant 2M_{f_2}\cdot\underbrace{\int\limits_0^{t_0}|f_1(\tau)|\, d\tau}_{\mbox{całkowalne z założenia}} < \frac{1}{3}\varepsilon \quad \mbox{dla dostatecznie małych $t_0$}\]
\item[$I_2$: ] argument $f_1$ zmienia się w przedziale $(t_0, t)$, więc $|f_1|\leqslant M_{f_1}$
\begin{eqnarray*}
|I_2|&\leqslant& M_{f_1}\int\limits_{t_0}^{t}|f_2(t+\delta-\tau )-f_2(t-\tau )|\, d\tau=
\left|
\begin{array}{c}
t-\tau=u\\
-d\tau=du
\end{array}
\right|=\\
&=& M_{f_1}\int\limits_{0}^{t-t_0}|f_2(u+\delta)-f_2(u)|\, du <\\
& &\mbox{(na mocy \hyperlink{lem:cg_splotu}{lematu} \ref{lem:cgl_splotu})}\\
&<& \frac{\varepsilon}{3}\quad \mbox{dla dostatecznie małej $\delta$}
\end{eqnarray*}
\item[$I_3$: ]
\[|I_3|\leqslant M_{f_1} \int\limits_t^{t+\delta}|f_2(t+\delta-\tau)|\, d\tau < \frac{\varepsilon}{3}\quad \mbox{dla dostatecznie małej $\delta$,}\]
 bo $f_2$ całkowalna i przedział malejący.
\end{itemize}
\end{dow}




\begin{uw}Teza \hyperlink{tw:cg_splotu}{twierdzenia} \textrm{\ref{tw:cg_splotu}} nie jest prawdziwa dla $t=0$.\\
\end{uw}
\begin{przy}[kontrprzykład]\label{kontr:cg}
Niech $\displaystyle f_1(t)=t^{-\frac{1}{2}},\quad f_2(t)=t^{-\frac{1}{2}}$.
\textup{
Wtedy $f_1,f_2\in\tau_0$ i dla $t>0$:
\begin{eqnarray*}
(f_1*f_2)(t)&=&\int\limits_0^t\frac{1}{\sqrt{\tau}}\cdot\frac{1}{\sqrt{t-\tau}}\, d\tau =
\left|
\begin{array}{c}
\frac{\tau}{t}=u\\
\frac{d\tau}{t}=du
\end{array}
\right|=\int\limits_{0}^{1}\frac{t\cdot du}{\sqrt{ut}\sqrt{t-ut}}\, du\int\limits_{0}^{1}\frac{du}{\sqrt{u}\sqrt{1-u}}\, du =\\
&=& \int\limits_{0}^{1} u^{-\frac{1}{2}}(1-u)^{-\frac{1}{2}}\, du= \mathrm{B}\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\frac{\Gamma\left( \frac{1}{2}\right)\Gamma\left( \frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left( 1\right)}=\\
&=& \pi \xrightarrow[t\to 0]{}\pi \quad \mbox{- stała, niezależna od $t$}
\end{eqnarray*}
Lecz z definicji:
\[(f_1*f_2)(0)=\int\limits_0^0\ldots = 0\]
Zatem funkcja $(f_1*f_2)$ nie jest ciągła.\\
Sprzeczność.}
\hfill$\square$
\end{przy}

\begin{uw}
Jeżeli $f_1,f_2\in\tau_0$ i jedna z nich jest ograniczona, to $(f_1*f_2)$ jest ciągła dla $\underline{t\geqslant 0}$.
\end{uw}
\begin{dow}
\[\left|\int\limits_0^t f_1(\tau)f_2(t-\tau )\, d\tau \right|\leqslant M_{f_1} \int\limits_{0}^{t} | f_2(t-\tau)|\, d\tau \xrightarrow[t\to 0]{}0, \]
bo $f_2$ całkowalna i długość przedziału całkowania dąży do zera.
\end{dow}


\hypertarget{twie:poch_spl}{}
\begin{twie}[O pochodnej splotu]\label{tw:poch_spl}
Jeżeli $f_1,f_2\in\tau_0$, istnieje $f_1'\in\tau_0$, to dla tych punktów $t>0$, dla których $f_2$ jest ciągła (z prawej lub lewej strony), splot $(f_1*f_2)$ jest różniczkowalny (prawo- lub lewostronnie) i zachodzi wzór:
\[(f_1*f_2)'(t^\pm)=(f_1'*f_2)(t)+f_1(0^+)\cdot f_2(t^\pm)\]
\end{twie}
\addcontentsline{toc}{subsubsection}{Twierdzenie o pochodnej splotu}
\begin{dow}
\[f_1(\tau)=\int\limits_0^\tau f_1'(u)\, du + f_1(0^+)\]
\begin{eqnarray*}
(f_1*f_2)(t)&=&\int\limits_0^tf_1(\tau)f_2(t-\tau)\, d\tau = \int\limits_0^tf_2(t-\tau)\left(\int\limits_0^\tau f_1'(u)\, du + f_1(0^+)\right) \, d\tau=\\
&=& \int\limits_0^tf_2(t-\tau)\, d\tau \int\limits_0^\tau f_1'(u)\, du + f_1(0^+)\int\limits_0^tf_2(t-\tau)\, d\tau=\\
&=& \int\limits_0^tf_2(t-\tau)\, d\tau \int\limits_0^\tau f_1'(u)\, du + f_1(0^+)\int\limits_0^tf_2(u)\, du
\end{eqnarray*}
$\displaystyle \int\limits_0^tf_2(t-\tau)\, d\tau \int\limits_0^\tau f_1'(u)\, du=\quad \left|\begin{array}{l}\tau=-y+t\\u=x-y\end{array}\right|=$\\
\begin{center}
\includegraphics[scale=1.0]{przed.jpg}
\includegraphics[scale=1.0]{po.jpg}
\end{center}

%rysunki zamiany zmiennych
$\displaystyle =\int\limits_0^t\, dx \underbrace{\int\limits_0^x f_1'(x-y)f_2(y)\, dy}_{(f_1'*f_2)}$, zatem
\[(f_1*f_2)'(t)=(f_1'*f_2)(t)+f_1(0^+)f_2(t^\pm)\]
\end{dow}

\begin{uw}
Jeśli $f_1(0)=0$, to ciągłość $f_2$ nie jest istotna.
\end{uw}
\begin{uw}
Jeśli $t=0$, to \hyperlink{twie:poch_spl}{twierdzenie} \textrm{\ref{tw:poch_spl}} nie jest prawdziwe. 
\end{uw}
\begin{przy}[kontrprzykład]
\[f_1=t^\frac{1}{2},\qquad f_2=t^{-\frac{1}{2}}\]

\begin{eqnarray*}
(f_1*f_2)(t)&\stackrel{df}{=}&\int\limits_0^t\frac{1}{\sqrt{\tau}}\cdot\sqrt{t-\tau}\, d\tau =
\left|
\begin{array}{c}
\frac{\tau}{t}=u\\
\frac{d\tau}{t}=du
\end{array}
\right|=\int\limits_{0}^{1}\frac{t\sqrt{t-ut}\cdot du}{\sqrt{ut}}\, du=\int\limits_{0}^{1}t\frac{\sqrt{1-u}\cdot du}{\sqrt{u}}\, du =\\
&=& t \int\limits_{0}^{1} u^{-\frac{1}{2}}(1-u)^{\frac{1}{2}}\, du= t\cdot \mathrm{B}\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right)=t\cdot\frac{\Gamma\left( \frac{3}{2}\right)\Gamma\left( \frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left( 2\right)}=\\
&=& t\cdot\frac{1}{2}\Gamma^2\left( \frac{1}{2}\right)= t \frac{\pi}{2}
\end{eqnarray*}
\textup{Więc $\displaystyle (f_1 * f_2)'=\frac{\pi}{2}$.\vspace{8pt}\\
Ale ze wzoru z \hyperlink{twie:poch_spl}{twierdzenia} \ref{tw:poch_spl}:
\[(f_1*f_2)'(0)=\underbrace{(f_1'*f_2)(0)}_{0}+\underbrace{f_1(0^+)}_{0}\cdot f_2(0)=0\]
Sprzeczność!}
\hfill$\square$ 
\end{przy}


\section{Zagadnienie różnowartościowości transformaty}
Będziemy teraz rozważali następujące zagadnienie:
\[\mathscr{L}\{f_{1}\}=\mathscr{L}\{f_{2}\}\stackrel{?}{\Rightarrow}f_{1}=f_{2}.\]
Do precyzyjnej odpowiedzi na postawione w powyższej implikacji pytanie będziemy potrzebowali dodatkowego pojęcia funkcji zerowej.
\subsection{Funkcja zerowa}

\begin{defi}[Funkcja zerowa]
Funkcję $u(t)$ nazywamy zerową $\Leftrightarrow$, gdy $\forall t>0\, \int\limits_{0}^{t}u(z)dz=0.$
\end{defi}

\begin{uw}
\[\mathscr{L}\{u\}=0.\]
\end{uw}
\begin{dow}
Weźmy $\omega>0$ i zastosujmy uogólniony wzór na całkowanie przez części. Wtedy:
\[\int\limits_{0}^{\omega}e^{-st}u(t)\,dt=\int\limits_{0}^{\omega}e^{-st}\left(
\int\limits_{0}^{t}u(\tau)\,d\tau\right)'\,dt=
e^{-st}\left.\int\limits_{0}^{t}u(\tau)\,d\tau\right|_{0}^{\omega}+
s\int\limits_{0}^{\omega}e^{-st}\int\limits_{0}^{t}u(\tau)\,d\tau=0.\]
\end{dow}

\begin{lema}
Jeżeli $\psi$ jest ciągła na $(a,b)$ oraz:
\[\int\limits_{a}^{b}x^{n}\psi(x)\,dx=0,\]
dla $n=0,1,2,\ldots.$, to $\psi\equiv 0$.
\end{lema}

\begin{twie}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}=F$ oraz $F(s_{0}+n\delta)=0$ dla $n=1,2\ldots, \delta>0$, to $f$ jest funkcją zerową.
\end{twie}
\begin{dow}
Wiemy, że transformatę Laplace'a funkcji $f$ możemy wyrazić wzorem:
\[F(s)=(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)dt,\]
gdzie:
\[\varphi(t)=\int\limits_{0}^{t}e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\,d\tau.\]
Dokonajmy teraz podstawienia: $s=s_{0}+n\delta$.
Zgodnie z założeniem:
\[0=F(s_{0}+n\delta)=n\delta \int\limits_{0}^{\infty}e^{-n\delta t}\varphi(t)\,dt=
\left|\begin{array}{l}
e^{-\delta t}=x\\
dt={-1\over \delta x}\,dx\\
\end{array}\right|=
n\delta \int\limits_{0}^{1}x^{n}\varphi\left({-\ln x\over \delta}\right)\left(1\over \delta x\right)\,dx= \]
\[=n \int\limits_{0}^{1}x^{n-1}\psi(x)\,dx\Rightarrow\psi(x)\equiv 0\equiv \varphi(t) \quad \forall t>0 \]
Stąd:
\[0=\int\limits_{0}^{t}e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\,d\tau=
\left|
\begin{array}{ll}
u=e^{-s_0\tau} & v'=f(\tau) \\
u'=-s_0e^{-s_0\tau} & v=\int_0^\tau f(\xi)d\xi \\
\end{array}
\right| =
\left[e^{-s_0\tau}\int\limits_0^\tau f(\xi)d\xi\right]_0^t+s_0\int\limits_0^t
e^{-s_0\tau}\int\limits_0^\tau f(\xi)d\xi d\tau
\]
Różniczkując obydwie strony względem $t$ otrzymujemy:
\[
0=-s_0e^{-s_0 t}\int\limits_0^t f(\xi)d\xi
+e^{-s_0 t}\frac{d}{dt}\int\limits_0^t f(\xi)d\xi
+s_0e^{-s_0 t}\int\limits_0^t f(\xi)d\xi
\]
Stąd:
\[
\int\limits_0^t f(\xi)d\xi=\mbox{const} \, \forall t>0 \; \Rightarrow \; 
\mbox{f - f. zerowa}
\]
\end{dow}

\begin{wnio}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f_{1}\}=\mathscr{L}\{f_{2}\}$, to $f_{1}-f_{2}$ jest funkcją zerową.
\end{wnio}

\section{Holomorficzność transformaty Laplace'a}

\begin{twie}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}(s)=F(s)$ jest zbieżna dla $Re\,s>\beta$, to $F$ jest holomorficzna w tej półpłaszczyźnie i dla każdego $n=1,2,\ldots$ zachodzi wzór:
\[F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}t^{n}f(t)\,dt.\]
\end{twie}
\begin{dow}
Weźmy n=1. Chcemy sprawdzić czy:
\[\lim_{h\to 0}{F(s+h)-F(s)\over h}\stackrel{?}{=}-\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}tf(t)\,dt.\]
Niech $s$,$s_{0}$ i $\beta$ będą takie, że $\exists\xi$ takie, że:
\begin{itemize}
    \item $Re\,(s-\beta)=3\xi,$
    \item $Re\,(s_{0}-\beta)=\xi,$
    \item $Re\,(s-s_{0})=2\xi.$
\end{itemize}
\begin{center}\includegraphics[scale=1.0]{holomorficznosc.jpg}\end{center}
Zakładamy, że transformata jest zbieżna w punkcie $s_{0}$. Mamy zatem:
\[F(s)=(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt,\]
gdzie:

\[\varphi(t)=\int\limits_{0}^{t} e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\,d\tau.\]
Teraz wprowadzimy funkcję $\psi$, którą otrzymamy formalnie różniczkując $F$ po $s$ (choć nie wiemy, czy taka operacja jest poprawna).
Zatem wprowadzamy funkcję $\psi$ określoną wzorem:
\[\psi(s)=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt-
(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}t\varphi(t)\,dt.\]
Chcemy teraz sprawdzić  czy $\psi$ jest rzeczywiście pochodną transformaty. Będzie to prawdą, gdy prawdziwa będzie poniższa równość:
\[\lim_{h\to 0}\left({F(s+h)-F(s)\over h}-\psi(s)\right)\stackrel{?}{=}0.\]
\[{F(s+h)-F(s)\over h}-\psi(s)=\]
\[={1\over h}
\left\{(s+h-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s+h-s_{0})t}\varphi(t)\,dt-
(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt\right\}-
\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt+\]
\[+(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}t\varphi(t)\,dt\quad=\quad
\left(\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s+h-s_{0})t}\varphi(t)\,dt-
\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt\right)+\]
\[+(s-s_{0})\left({1\over h} \int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s+h-s_{0})t}\varphi(t)\,dt-{1\over h} \int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt+\int\limits_{0}^{\infty}
e^{-(s-s_{0})t}t\varphi(t)\,dt\right)=\]
\[=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\left(e^{-ht}-1\right)\varphi(t)\,dt+
(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\left({e^{-ht}-1\over h}+t\right)\varphi(t)\,dt.\]
Rozpatrzmy teraz wyrażenia:
\[\left|e^{-ht}-1\right|\leqslant e^{\xi t}\left|ht\right|.\]
\[\left|{e^{-ht}-1\over h}+t\right|=\left|{e^{-ht}-1+ht\over h}\right| \leqslant{1\over 2}{\left|ht\right|^{2}e^{\xi t}\over h}=
{1\over 2}\left|h\right|t^{2}e^{\xi t}.\]

Niech teraz $D(h)={F(s+h)-F(s)\over h}-\psi(s)$.
Zgodnie z powyższymi oszacowaniami otrzymamy:
\[\left|D(h)\right|\leqslant M\int\limits_{0}^{\infty}e^{-2\xi t}e^{\xi t}\left|h\right|t\,dt+
M\cdot 2\xi\int\limits_{0}^{\infty}{1\over 2}\left|h\right|t^{2}e^{\xi t}e^{-2\xi t}\,dt\leqslant\left|h\right|\cdot const.\stackrel{h\to 0}{\longrightarrow}0.\]

To dowodzi holomorficzności $F$ i tego, że $F'=\psi$.
Teraz wystarczy pokazać, że $\psi$ wyraża się wzorem:
\[\psi(s)=-\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}tf(t)\,dt.\]

W tym celu policzmy pomocniczą całkę:
\[\int\limits_{0}^{t}\tau\left(e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\right)\,d\tau=
\tau\left.\varphi(\tau)\right|^{\tau=t}_{\tau=0}-\int\limits_{0}^{t}\varphi(\tau)\,d\tau=\]
\[=t\varphi(t)-\int\limits_{0}^{t}\varphi(\tau)\,d\tau.\]
Możemy zapisać:
\[t\varphi(t)=\int\limits_{0}^{t}\left(\tau e^{-s_{0}\tau}f(\tau)+\varphi(\tau)\right)\,d\tau.\]
Rozpatrzmy teraz następujące wyrażenie:
\[-(s-s_{0})\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}t\varphi(t)\,dt=
\int\limits_{0}^{\infty}\left(e^{-(s-s_{0})t}\right)'t\varphi(t)\,dt=\]
\[=\left.e^{-(s-s_{0})t}t\varphi(t)\right|^{t=\infty}_{t=0}-
\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\left(te^{-s_{0}t}f(t)+\varphi(t)\right)\,dt=\]
\[=-\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}te^{-s_{0}t}f(t)\,dt-
\int\limits_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt.\]
Wracając do wzoru na $\psi$ otrzymujemy:
\[\psi(s)=-\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}tf(t)\,dt.\]
\end{dow}

\begin{lema}\label{lem:zbie_sektor}\hypertarget{lem:zbie_sektor}{}
Jeżeli $F(s)=\mathscr{L}\{f\}(s)$ jest zbieżna dla $s=s_{0}$, to całka $\mathscr{L}\{f\}(s)$ jest zbieżna jednostajnie w każdym sektorze postaci:
\[\left\{s\in\mathbbm{C}:\left|arg(s-s_{0})\right|\leqslant\psi<{\pi\over 2}\right\}\]
\end{lema}
\begin{center}\includegraphics[scale=1.0]{sektor.jpg}\end{center}
\begin{dow}
Transformata $\mathscr{L}\{f\}$ jest zbieżna jednostajnie $\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0\,\,\exists\Omega\,\,\forall\omega_{1},\omega_{2}>\Omega$
\[\left|\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-st}f(t)\,dt\right|<\varepsilon.\]
Niech
\[\varphi(t)=-\int\limits_{t}^{\infty}e^{-s_{0}\tau}f(\tau)\,d\tau.\]
Stąd mamy:
\[\varphi '(t)=e^{-s_{0}t}f(t),\]
oraz \[\varphi(t)\stackrel{t\to\infty}{\rightarrow}0.\]

\[\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-st}f(t)\,dt=
\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-(s-s_{0})t}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt=\]
\[=\underbrace{\left.e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\right|^{t=\omega_{2}}_{t=\omega_{1}}}_{A}+
\underbrace{(s-s_{0})\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)\,dt}_{B}.\]

\[\left|A\right|=\left|e^{-(s-s_{0})\omega_{2}}\varphi(\omega_{2})
-e^{-(s-s_{0})\omega_{1}}\varphi(\omega_{1})\right|\leqslant
\left|\varphi(\omega_{1})\right|+\left|\varphi(\omega_{2})\right|<{\varepsilon\over 2},\]
dla $\omega_{1}\,,\omega_{2}>\Omega$, gdzie $\Omega$ jest dostatecznie duże.

\[\left|B\right|=\left|(s-s_{0})\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-(s-s_{0})t}\varphi(t)
\,dt\right|\leqslant|s-s_{0}|\sup_{t>\Omega}\left|\varphi(t)\right|
\cdot \int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-Re\,(s-s_{0})t}\,dt\leqslant\]
\[\leqslant|s-s_{0}|\sup_{t>\Omega}\left|\varphi(t)\right|\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}
e^{-|s-s_{0}|t\cos\psi}\,dt=|s-s_{0}|\sup_{t>\Omega}\left|\varphi(t)\right|\cdot
\left.\left({-1\over |s-s_{0}|\cos\psi}e^{-|s-s_{0}|t\cos\psi}\right)\right|^{\omega_{2}}_{\omega_{1}} \leqslant\]
\[\leqslant \frac{2\sup_{t>\Omega}\left|\varphi(t)\right|}{\cos\psi} <{\varepsilon\over 2}.\]

Stąd ostatecznie:
\[\left|\int\limits_{\omega_{1}}^{\omega_{2}}e^{-st}f(t)\,dt\right|<\varepsilon
\quad \mbox{dla dostatecznie dużych $\Omega$.}
\]
\end{dow}

\begin{twie}
Jeżeli $\mathscr{L}\{f\}(s)=F(s)$ jest zbieżna dla $s=s_{0}$, to:
$\lim\limits_{s\to\infty}F(s)=0$ po każdej drodze zawartej w sektorze:
\[\left\{s\in\mathbbm{C}:\left|arg(s-s_{0})\right|\leqslant\psi<{\pi\over 2}\right\}\]
\end{twie}

\begin{dow}
Uwaga! Pisząc $s\to\infty$ mamy na myśli, że $|s|$ w sensie liczb zespolonych zbiega do nieskończoności.
\[F(s)=\int\limits_{0}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt=
\int\limits_{0}^{T_{1}}e^{-st}f(t)\,dt+\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}}e^{-st}f(t)\,dt+
\int\limits_{T_{2}}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt.\]
Oszacujmy teraz poszczególne części:
\[\left|\int\limits_{0}^{T_{1}}e^{-st}f(t)\,dt\right|<{\varepsilon\over 3},\]
dla dostatecznie małego $T_{1}$.
\[\left|\int\limits_{T_{2}}^{\infty}e^{-st}f(t)\,dt\right|<{\varepsilon\over 3},\]
dla dostatecznie dużego $T_{2}$ (na mocy \hyperlink{lem:zbie_sektor}{lematu} \ref{lem:zbie_sektor}).
\[\left|\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}}e^{-st}f(t)\,dt\right|\leqslant
\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}}e^{-t\,Re\,s}\left|f(t)\right|\,dt<{\varepsilon\over 3},\]
dla dostatecznie dużych $Re\,s$.
Stąd:
\[\lim_{s\to\infty}F(s)=0.\]
\end{dow}


\begin{wnio}
Obrazem tranformaty Laplace'a jest funkcja holomorficzna taka, że:
\[\lim_{Re\,s\to\infty}F(s)=0.\]
\end{wnio}

\section{Odwracanie transformaty Laplace'a}
Wiemy, że jeśli $F$ jest obrazem $f$ przy przekształceniu Laplace'a, to:
\[{f(t^{+})+f(t^{-})\over 2}={1\over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}e^{st}F(s)\,ds,\]
o ile oczywiście powyższa całka jest zbieżna.


\begin{uw}[BARDZO WAŻNY WZÓR NA ODWRACANIE TRANSFORMATY!!!]
Jeżeli $F(s)$ ma bieguny w punktach $s_{1},s_{2},\ldots,s_{n}$, to:
\[{f(t^{+})+f(t^{-})\over 2}=\sum_{j=1}^{n}res_{s=s_{j}}\left(e^{st}F(s)\right).\]
\end{uw}

Wzór wynika z lematu Jordana dla funkcji zespolonych.

%wyklad 19.11.2007
\section{Zastosowania transformaty Laplace'a}
\subsection{Zastosowanie do równań różniczkowych zwyczajnych}

\begin{flushleft}
\hypertarget{jedyneczka}{}
$\left(1\right)\quad y^{\left(n\right)}+c_{n-1}\cdot y^{\left(n-1\right)}+\ldots+c_{1}\cdot y'+c_{0}\cdot y=f\left(t\right)$
dla $t\geq0$, gdzie $c_{0},c_{1},\ldots,c_{n-1}$-stałe;
$\left(2\right)\quad\text{warunki początkowe: }y\left(0^{+}\right)=y_{0},\; y'\left(0^{+}\right)=y'_{0},\ldots,\; y^{\left(n-1\right)}\left(0^{+}\right)=y_{0}^{\left(n-1\right)}.$
\end{flushleft}

\paragraph{Założenia:}

\begin{enumerate}
\item $f\in\tau_{0}$
\item $f$ ma $\mathscr{L}$ transformatę
\item funkcje $y,y',\ldots,y^{\left(n-1\right)}\in C$ (funkcje ciągłe)
dla $t\geq0$
\item $y^{\left(n\right)}\left(t^{\pm}\right)+c_{n-1}\cdot y^{\left(n-1\right)}\left(t^{\pm}\right)+\ldots+c_{1}\cdot y'\left(t^{\pm}\right)+c_{0}\cdot y\left(t^{\pm}\right)=f\left(t^{\pm}\right)$
\item $y^{\left(n\right)}$ ma $\mathscr{L}$ transformatę
\end{enumerate}
\begin{flushleft}

Zauważmy, że nie zakładamy tutaj np. ciągłości $y^{\left(n\right)}$ oraz $f$.
\newline
\newline
Oznaczamy: $\mathscr{L}\left\{ y\right\} \left(s\right)=Y\left(s\right),\;\mathscr{L}\left\{ f\right\} \left(s\right)=F\left(s\right)$ i stosujemy $\mathscr{L}$ transformatę do równania \hyperlink{jedyneczka}{$(1)$:}
\newline
\newline
\[\left[s^{n}Y\left(s\right)-y_{0}\cdot s^{n-1}-y'_{0}\cdot s^{n-2}-\ldots-y_{0}^{\left(n-1\right)}\right]+c_{n-1}\cdot\left[s^{n-1}\cdot Y\left(s\right)-y_{0}\cdot s^{n-2}-\ldots-y_{0}^{\left(n-2\right)}\right]+\]
\[+c_{n-2}\cdot\left[s^{n-2}\cdot Y\left(s\right)-y_{0}\cdot s^{n-3}-\ldots-y_{0}^{\left(n-3\right)}\right]+\ldots+c_{1}\cdot\left[s\cdot Y\left(s\right)-y_{0}\right]+c_{0}\cdot Y\left(s\right)=F\left(s\right)\]
\newline
Grupujemy odpowiednie wyrazy i dostajemy:
\newline
$Y\left(s\right)\cdot p\left(s\right)=F\left(s\right)+y_{0}\cdot\left(s^{n-1}+c_{n-1}\cdot s^{n-2}+\ldots+c_{1}\right)+y'_{0}\cdot\left(s^{n-2}+c_{n-1}\cdot s^{n-3}+\ldots+c_{2}\right)+$
$+\ldots+y_{0}^{\left(n-2\right)}\cdot\left(s+c_{n-1}\right)+y_{0}^{\left(n-1\right)}$,
\newline
\newline
gdzie $p\left(s\right)=s^{n}+c_{n-1}\cdot s^{n-1}+\ldots+c_{1}\cdot s+c_{0}$
- wielomian charakterystyczny.\hypertarget{gwiazdeczka}{}
\newline
\newline
Czyli:
$\left(\star\right)\quad Y\left(s\right)=\frac{F\left(s\right)}{p\left(s\right)}+y_{0}\cdot\frac{\left(s^{n-1}+c_{n-1}\cdot s^{n-2}+\ldots+c_{1}\right)}{p\left(s\right)}+y'_{0}\cdot\frac{\left(s^{n-2}+c_{n-1}\cdot s^{n-3}+\ldots+c_{2}\right)}{p\left(s\right)}+\ldots+y_{0}^{\left(n-1\right)}\cdot\frac{1}{p\left(s\right)}$
\end{flushleft}
\paragraph{Rozpatrzmy dwa przypadki:}

\begin{description} \hypertarget{aa}{} \hypertarget{be}{}
\item [{A}] Równanie niejednorodne z jednorodnymi warunkami początkowymi.
\item [{B}] Równanie jednorodne z dowolnymi warunkami początkowymi.
\end{description}
\begin{description}
\item [{\hyperlink{be}{Ad. B} }]
\begin{description}
\item [{Przypadek szczególny}] Okazuje się, że gdy znamy rozwiązanie tego konkretnego przypadku, to potrafimy znaleźć rozwiązanie \hyperlink{be}{B.} 
\newline
Niech:
\[y_{0}=0,\; y'_{0}=0,\ldots,\; y_{0}^{\left(n-2\right)}=0,\; y_{0}^{\left(n-1\right)}=1\]
\newline Wtedy: \[Y\left(s\right)=\frac{1}{p\left(s\right)}=:G\left(s\right)\text{ oraz }g:=\mathscr{L}^{-1}\left\{ G\right\}\]
// funkcja $g$ jest postaci - kombinacja liniowa funkcji wykładniczych,
albo wielomian razy funkcja wykładnicza
\newline
Mamy:
\newline$\mathscr{L}\left\{ g\right\} \left(s\right)=G\left(s\right)=\frac{1}{p\left(s\right)}$
\newline$\mathscr{L}\left\{ g'\right\} \left(s\right)=s\cdot G\left(s\right)-g\left(0^{+}\right)=\frac{s}{p\left(s\right)}$
\newline$\mathscr{L}\left\{ g''\right\} \left(s\right)=\frac{s^{2}}{p\left(s\right)}$
\newline$\vdots$
\newline$\mathscr{L}\left\{ g^{\left(n-1\right)}\right\} \left(s\right)=\frac{s^{n-1}}{p\left(s\right)}$
\newline$\mathscr{L}\left\{ g^{\left(n\right)}\right\} \left(s\right)=\frac{s^{n}}{p\left(s\right)}-1$
\item [{\hyperlink{be}{Wróćmy do B} }]
Liczymy transformatę odwrotną \hyperlink{gwiazdeczka}{$\left(\star\right)$:} \newline
\begin{flushleft}

\[y\left(t\right)=y_{0}\cdot\left[g^{\left(n-1\right)}\left(t\right)+c_{n-1}\cdot g^{\left(n-2\right)}\left(t\right)+\ldots+c_{1}\cdot g\left(t\right)\right]+\]\newline\[+y'_{0}\cdot\left[g^{\left(n-2\right)}\left(t\right)+c_{n-1}\cdot g^{\left(n-3\right)}\left(t\right)+\ldots+c_{2}\cdot g\left(t\right)\right]
+\ldots+y_{0}^{\left(n-1\right)}\cdot g\left(t\right)\] \newline Jest to
rozwiązanie przypadku \hyperlink{be}{B.} \newline
Znając rozwiązanie przypadku szczególnego, znamy rozwiązanie dla dowolnego jednorodnego.
\end{flushleft}
\end{description}
\item [{\hyperlink{aa}{Ad. A} }]
\[Y\left(s\right)=\frac{F\left(s\right)}{p\left(s\right)}=F\left(s\right)\cdot G\left(s\right)\]
Zatem na mocy \hyperlink{tw:borel}{twierdzenia Borela o splocie }(\ref{tw:borel}): 
\[y\left(t\right)=\left(g*f\right)\left(t\right)=\underset{0}{\overset{t}{\int}}f\left(\tau\right)g\left(t-\tau\right)d\tau\]

\begin{uw}
Gdybyśmy nie zakładali warunków 2. i 5., to mimo wszystko $y=g*f$
spełnia równanie niejednorodne:

Pamiętając, że    $g\left(0^{+}\right)=g'\left(0^{+}\right)=\ldots=g^{\left(n-2\right)}\left(0^{+}\right)=0$
oraz $g^{\left(n-1\right)}\left(0^{+}\right)=1$
\[y'=g'*f+g\left(0^{+}\right)\cdot f=g'*f\]
\[y''=g''*f+g'\left(0^{+}\right)\cdot f=g''*f\]
\[\vdots\]
\[y^{\left(n-1\right)}=g^{\left(n-1\right)}*f\]
\[y^{\left(n\right)}=g^{\left(n\right)}*f+g^{\left(n-1\right)}\left(0^{+}\right)\cdot f=g^{\left(n\right)}*f+f\]
Teraz powyższe wzory podstawiamy do \hyperlink{jedyneczka}{$\left(1\right)$} i otrzymujemy:
\newline
\begin{flushleft}
$y^{\left(n\right)}+c_{n-1}\cdot y^{\left(n-1\right)}+\ldots+c_{1}\cdot y'+c_{0}\cdot y=g^{\left(n\right)}*f+f+c_{n-1}\cdot g^{\left(n-1\right)}*f+\ldots+c_{1}\cdot g'*f+c_{0}\cdot g*f\overset{\Delta}{=}$\newline
$\overset{\Delta}{=}\left(g^{\left(n\right)}+c_{n-1}\cdot g^{\left(n-1\right)}+\ldots+c_{1}\cdot g'+c_{0}\cdot g\right)*f+f\overset{\diamondsuit}{=}f$\newline\newline
$\Delta\quad$korzystamy z liniowości splotu\newline
$\diamondsuit\quad g^{\left(n\right)}+c_{n-1}\cdot g^{\left(n-1\right)}+\ldots+c_{1}\cdot g'+c_{0}\cdot g=0$,
bo $g$ - rozwiązanie równania jednorodnego
\end{flushleft}
\end{uw}

\begin{wnio}
Jeśli znamy $g\left(t\right)$, to umiemy rozwiązać dowolne
równanie niejednorodne z jednorodnymi warunkami początkowymi.
\end{wnio}
\end{description}


\subsection{Zastosowania w fizyce}

Model matematyczny:
\newline
 \includegraphics[scale=1.0]{rysunek1.jpg}
\newline
Dla transformat:
\newline
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek2.jpg}
\newline
Gdzie $G\left(s\right)$ - transmitancja układu.

\begin{przy}
Przypadek szczególny.
\[f\left(t\right)=1_{+}\left(t\right)\]
\begin{flushleft}
Interpretacja fizyczna: od chwili 0 przykładamy stały impuls (np.
elektryczny, mechaniczny itp).\newline
Wtedy:
\end{flushleft}
\[y_{1_{+}}\left(t\right)=\left(g*f\right)\left(t\right)=\overset{t}{\underset{0}{\int}}g\left(\tau\right)d\tau\]
Czyli otrzymujemy uniwersalny wzór na funkcję $g$:
\[g\left(t\right)=\frac{d}{dt}\left(y_{1_{+}}\left(t\right)\right)\text{.}\]
Znając odpowiedź układu na impuls $1_{+}\left(t\right)$ na mocy poprzednich uwag, znamy rozwiązanie zagadnienia z dowolnymi warunkami początkowymi.
\end{przy}

\begin{przy} Układ $R,L,C$
\newline
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek3.jpg}\newline
Wejście: $E\left(t\right)$ - siła elektromotoryczna źródła prądu\newline
Wyjście: $i\left(t\right)$ - natężenie prądu.\newline
Zgodnie z II prawem Kirchhoffa mamy:
\hypertarget{ojej}{\[E=R\cdot i+L\cdot\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\cdot\underset{0}{\overset{t}{\int}}i\left(\tau\right)d\tau\]}
Przypadek $E\in C^{1}\Rightarrow\dot{E}=R\cdot\frac{di}{dt}+L\cdot\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+\frac{1}{C}\cdot i$
- rozwiązanie na ćwiczeniach.
\end{przy}
\begin{przy} Układ $R,L$
\newline
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek4.jpg}
\newline
$E\left(t\right)=U\cdot1_{+}\left(t\right)$\newline
$i\left(t\right)=?$\newline
Transformujemy to równanie:
\[U\cdot1_{+}\left(t\right)=R\cdot i\left(t\right)+L\cdot\frac{di}{dt},\quad i\left(0^{+}\right)=0\]
$\frac{U}{s}=R\cdot I\left(s\right)+L\cdot s\cdot I\left(s\right),\;\;I\left(s\right)=\mathscr{L}\left\{ i\right\}\left(s\right) $
\newline
$I\left(s\right)\left(R+s\cdot L\right)=\frac{U}{s}$\newline
\[I\left(s\right)=\frac{U}{s\cdot\left(R+s\cdot L\right)},\]
 gdzie $U,R,L$- stałe
\newline
Stosujemy rozkład na ułamki proste i obliczamy $\mathscr{L}^{-1}\left\{ I\right\} $ (jest to Prawo Ohma):
\newline
\[i\left(t\right)=\frac{U}{R}\cdot\left(1-e^{-\frac{R}{L}\cdot t}\right)\]
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek5.jpg}
\end{przy}

\begin{przy} Proste doświadczenie: do cylindra wlewamy ciecz i umieszczamy w nim ciężarek na sprężynie.\newline

\includegraphics[scale=1.0]{rysunek6.jpg}
\newline
\begin{flushleft}
$F\left(t\right)$- wejście (siła wymuszająca)\newline
$y$ - wyjście (wychylenie z położenia równowagi)\newline
Mamy następujące równanie różniczkowe:\newline
\[m\ddot{y}=F-ky-c\dot{y}\]
Gdzie $c\dot{y}$ - to siła oporu (zakładamy, że przy małych prędkościach
opór jest proporcjonalny do $\dot{y}$)
\[m\ddot{y}+c\dot{y}+ky=F\]
Zauważamy odpowiedniość do:\newline
\[\hyperlink{ojej}{\dot{E}=R\cdot\frac{di}{dt}+L\cdot\frac{d^{2}i}{dt^{2}}+\frac{1}{C}\cdot i}\] 
\newline
To znaczy:\newline 
$m\leftrightarrow L$\newline
$c\leftrightarrow R$\newline
$k\leftrightarrow\frac{1}{C}$\newline
$F\leftrightarrow\dot{E}$
\end{flushleft}
\end{przy}
\begin{przy}
\hypertarget{ukladx}{}
{Przykład: (rrcz paraboliczne)}\newline
Równanie przewodnictwa cieplnego: \newline
\[\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\triangle u\text{, }\text{,}\]
gdzie $u=u\left(x,t\right)\text{- temperatura}$, $x\in\mathbb{R}^{n}$,
$t>0$, $a>0$\newline\newline
$n=1$\newline
$\begin{cases}
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\cdot\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad & x\geq0\qquad\left(1\right)\\
u\left(x,0\right)=u_{0}\left(x\right)\text{\;\;\;-warunek początkowy} & x>0\\
u\left(0,t\right)=U_{0}\text{\qquad\;\;-warunek brzegowy} & t>0\qquad\left(2\right)\end{cases}$\newline\newline
Z $(2)$ wynika, że $x=0$ - punkt o stałej temperaturze $u_0$.\newline
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek7.jpg}\newline\newline
Niech $u_{0}\equiv0$\newline
\[U\left(x,s\right)=\mathscr{L}\left\{ u\left(x,t\right)\right\} \left(s\right)=\underset{0}{\overset{\infty}{\int}}e^{-st}\cdot u\left(x,t\right)dt\]
\begin{flushleft}
$\mathscr{L}\left\{ \frac{\partial u}{\partial t}\right\} \left(s\right)=\underset{0}{\overset{\infty}{\int}}e^{-st}\cdot\frac{\partial u}{\partial t}dt=s\cdot U\left(x,s\right)-u\left(x,0\right)=s\cdot U\left(x,s\right)$\newline
$\mathscr{L}\left\{ \frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}\right\} \left(s\right)=\underset{0}{\overset{\infty}{\int}}e^{-st}\cdot\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}dt\overset{\lozenge}{=}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}\underset{0}{\overset{\infty}{\int}}e^{-st}\cdot u\left(x,t\right)dt=\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}U\left(x,s\right)$\newline
$\diamondsuit\quad$zakładamy bezwzględną całkowalność\newline
\end{flushleft}
Transformujemy równania \hyperlink{ukladx}{$\left(1\right) \text{ i }\left(2\right)$}:\newline\newline
$\begin{cases}
sU\left(x,s\right)=a^{2}\cdot\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}U\left(x,s\right)\\
U\left(0,s\right)=\mathscr{L}\left\{ u\left(0,t\right)\right\} =\frac{U_{0}}{s}\end{cases}\;\;\;\;\;\;\;\;\;$//rrcz zredukowało się do rrzw\hypertarget{tszy}{}\newline\newline
$\begin{cases}
\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}U\left(x,s\right)-\frac{s}{a^{2}}U\left(x,s\right)=0\\
U\left(0,s\right)=\frac{U_{0}}{s}\qquad\qquad\qquad\left(3\right)\end{cases}$
\newline Równanie charakterystyczne:\newline
$r^{2}-\frac{s}{a^{2}}=0\Rightarrow r=\pm\frac{\sqrt{s}}{a}$\newline
Rozwiązanie ma postać:\newline
\[U\left(x,s\right)=C_{1}\cdot e^{\frac{\sqrt{s}}{a}x}+C_{2}\cdot e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}\]
$C_{1}=0$, ponieważ transformata musi znikać w $\infty$.\newline
Czyli:
\[U\left(x,s\right)=C_{2}\cdot e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}\]
Z \hyperlink{tszy}{$\left(3\right)$} obliczamy stałą $C_{2}$:\newline
\[\frac{U_{0}}{s}=C_{2}\Rightarrow\underline{U\left(x,s\right)=\frac{U_{0}}{s}e^{-\frac{\sqrt{s}}{a}x}}\]
Teraz obliczamy transformatę odwrotną.\newline Całkujemy po takiej drodze:\newline
\includegraphics[scale=1.0]{rysunek8.jpg}\newline
Po odwróceniu otrzymujemy:
\[u\left(x,t\right)=\frac{2U_{0}}{\sqrt{\pi}}\cdot\underset{\frac{x}{2\sqrt{a\cdot t}}}{\overset{\infty}{\int}}e^{-r^{2}}dr\]
Z postaci rozwiązania wynika, że temperatura rozchodzi się z nieskończoną
szybkością, bo $t>0\Rightarrow u>0$ - jest to własność przyjętego modelu matematycznego.
\end{przy}


\chapter{Wstęp do teorii dystrybucji}

\section{Dystrybucje, wiadomo\'{s}ci wst\k{e}pne}
Wielko\'{s}ci fizyczne opisujemy najcz\k{e}\'{s}ciej przyporz\k{a}dkowuj\k{a}c
im funkcje (np. zale\.{z}ne od czasu). Inn\k{a} drog\k{a} opisu tych
wielko\'{s}ci jest przyporz\k{a}dkowanie im funkcjona\l \'{o}w okre\'{s}lonych
na odpowiednich przestrzeniach funkcyjnych rzeczywistych lub zespolonych.
Funkcjona\l y takie nazywamy dystrybucjami. Dystrybucje mog\k{a} by\'{c}
okre\'{s}lone na r\'{o}\.{z}nych przestrzeniach funkcyjnych. Zmieniaj\k{a}c
odpowiedni\k{a} przestrze\'{n} funkcyjn\k{a} zmieniamy klas\k{e} dystrybucji.
\vspace{0.5cm}

Poni\.{z}ej przypomnimy podstawowe poj\k{e}cia dotycz\k{a}ce dystrybucji.


\section{Przestrze\'{n} funkcji pr\'{o}bnych $\mathscr{D}$, przestrze\'{n}  $\mathscr{D}^{\prime}$}

\begin{defi}
$\mathscr{D}$ (zbi\'{o}r funkcji pr\'{o}bnych) $=C_{0}^{\infty}\left(   \mathbb{R}\right)  $ lub
$C_{0}^{\infty}\left(  \mathbb{R}^{n}\right)  $.
\end{defi}
Oznacza to, \.{z}e $\varphi\in \mathscr{D}\Leftrightarrow\varphi\in C^{\infty}$ oraz
$\operatorname*{supp}\varphi=\overline{\left\{  x:\varphi\left(  x\right)
\neq0\right\}  }$ (no\'{s}nik funkcji) jest zwarty \\ ($\varphi$ mo\.{z}e by\'{c}
funkcj\k{a} o warto\'{s}ciach rzeczywistych lub zespolonych).
\vspace{0.5cm}

W przestrzeni funkcji pr\'{o}bnych definiujemy zbie\.{z}no\'{s}\'{c} ci\k{a}gu
funkcyjnego w spos\'{o}b nast\k{e}puj\k{a}cy.

\begin{defi}
$\varphi_{n}\rightarrow\varphi$ w $\mathscr{D}\Leftrightarrow\forall k\in N$
$\ \varphi_{n}^{\left(  k\right)  }\rightrightarrows\varphi^{\left(  k\right)
}$ \\ oraz no\'{s}niki $\operatorname*{supp}\varphi_{n}$ s\k{a} wsp\'{o}lnie
ograniczone.
\end{defi}

\begin{uw}
To jest kontrprzyk\l ad na zbie\.{z}no\'{s}\'{c} (brak wsp\'{o}lnej
ograniczono\'{s}ci no\'{s}nik\'{o}w)
\end{uw}

\begin{center}\includegraphics[scale=1.0]{kontr_w_d.jpg}\end{center}

\begin{twie}
Ka\.{z}da funkcja ci\k{a}g\l a o no\'{s}niku ograniczonym mo\.{z}e by\'{c}
jednostajnie przybli\.{z}ona przez funkcje z przestrzeni $\mathscr{D}$.
\end{twie}
\begin{dow} (szkic)
Nale\.{z}y rozwa\.{z}y\'{c} funkcj\k{e}: 
\[\xi\left(  t\right)
=\left\{
\begin{array}
[c]{rl}%
0 & \text{dla }\left|  t\right|  \geq1\\
e^{\frac{1}{t^{2}-1}} & \text{dla }\left|  t\right|  <1
\end{array}
\right.  \]
oraz zauwa\.{z}y\'{c}, \.{z}e jest ona klasy $C^{\infty}$ i
utworzy\'{c} kolejn\k{a} funkcj\k{e} pomocnicz\k{a} okre\'{s}lon\k{a} wzorem
\[
g_{\alpha}\left(  t\right)  =\frac{\xi\left(  \frac{t}{\alpha}\right)  }{%
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
\xi\left(  \frac{t}{\alpha}\right)  dt}\text{, \ \ \ }%
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
g_{\alpha}\left(  t\right)  dt=1
\]
dla $\alpha>0.$ Funkcja $g_{a}$ jest to\.{z}samo\'{s}ciowo r\'{o}wna zeru poza
przedzia\l em $\left(  -\alpha,\alpha\right)  $. Niech 
\[\varphi_{\alpha
}\left(  t\right)  =
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  \tau\right)  g_{\alpha}\left(  t-\tau\right)  d\tau, \; \varphi
_{\alpha}\in \mathscr{D}.\] 
Funkcja $\varphi_{\alpha}$ jest \.{z}\k{a}danym
przybli\.{z}eniem, poniewa\.{z}
\[
\left|  f\left(  t\right)  -\varphi_{\alpha}\left(  t\right)  \right|
=\left|
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
\left[  f\left(  t\right)  -f\left(  \tau\right)  \right]  g_{\alpha}\left(
t-\tau\right)  d\tau\right|  \leq%
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
\left|  f\left(  t\right)  -f\left(  \tau\right)  \right|  g_{\alpha}\left(
t-\tau\right)  d\tau\text{.}
\]
Dobieraj\k{a}c $\alpha$ tak ma\l e, by dla $\left|  t-\tau\right|  <\alpha$ na
mocy jednostajnej ci\k{a}g\l o\'{s}ci funkcji $f$ zachodzi\l a
nier\'{o}wno\'{s}\'{c} $\left|  f\left(  t\right)  -f\left(  \tau\right)
\right|  <\varepsilon$ otrzymujemy tez\k{e}, gdy\.{z}
\[
\left|  f\left(  t\right)  -\varphi_{\alpha}\left(  t\right)  \right|
\leq\varepsilon%
{\displaystyle\int\limits_{t-\alpha}^{t+\alpha}}
g_{\alpha}\left(  t-\tau\right)  d\tau=\varepsilon
\]
co ko\'{n}czy dow\'{o}d.
\end{dow}

\begin{defi}
Przestrzeni\k{a} dystrybucji $\mathscr{D}^{\prime}$ nazywamy przestrze\'{n}
funkcjona\l \'{o}w liniowych i ci\k{a}g\l ych na $\mathscr{D}$ (ci\k{a}g\l o\'{s}\'{c}
wzgl\k{e}dem zbie\.{z}no\'{s}ci okre\'{s}lonej w poprzedniej definicji).\hfill
\end{defi}
W przestrzeni $\mathscr{D}^{\prime}$ okre\'{s}lamy zbie\.{z}no\'{s}\'{c} jak
nast\k{e}puje. \\
Niech $T_{n}$, $T\in \mathscr{D}^{\prime}$ (oznaczamy r\'{o}wnowa\.{z}nie
$T\left(  \varphi\right)  =\left\langle T|\varphi\right\rangle= 
\left\langle T,\varphi\right\rangle)$.
\begin{defi}
$T_{n}\rightarrow T$ w $\mathscr{D}^{\prime}\Leftrightarrow\forall\varphi\in \mathscr{D}$
$\Rightarrow T_{n}\left(  \varphi\right) \xrightarrow[n\to\infty]{}
T\left(  \varphi\right)
$\hfill
\end{defi}

\begin{twie}
Przestrze\'{n} $\mathscr{D}^{\prime}$ jest domkni\k{e}ta ze wzgl\k{e}du na
zbie\.{z}no\'{s}\'{c} (tzn. granica ciągu funkcjonałów liniowych i ciągłych
 jest funkcjona\l em liniowym i ci\k{a}g\l ym).\hfill
\end{twie}

Spo\'{s}r\'{o}d wszystkich dystrybucji szczeg\'{o}lnie wyr\'{o}\.{z}niamy tzw.
dystrybucje regularne. S\k{a} to dystrybucje wyznaczone przez funkcje lokalnie
ca\l kowalne. Niech $f$ b\k{e}dzie funkcj\k{a} lokalnie ca\l kowaln\k{a} na
$\mathbb{R}$.
\begin{defi}
Dystrybucj\k{a} regularn\k{a} wyznaczon\k{a} przez lokalnie ca\l kowaln\k{a}
funkcj\k{e} $f$ nazywamy dystrybucj\k{e} okre\'{s}lon\k{a} wzorem
\[
\left\langle f|\varphi\right\rangle =%
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt
\]
dla $\varphi\in \mathscr{D}$.\hfill
\end{defi}

Poprawno\'{s}\'{c} tej definicji (ci\k{a}g\l o\'{s}\'{c} funkcjona\l u) wynika
z oszacowania
\[
\left|  \left\langle f|\varphi\right\rangle -\left\langle f|\varphi
_{n}\right\rangle \right|  \leq%
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
\left|  f\left(  t\right)  \right|  \left|  \varphi\left(  t\right)
-\varphi_{n}\left(  t\right)  \right|  dt=%
{\displaystyle\int\limits_{K}}
\left|  f\left(  t\right)  \right|  \left|  \varphi\left(  t\right)
-\varphi_{n}\left(  t\right)  \right|  dt\leq M_{K}\cdot\varepsilon
\]
gdzie $K$ jest zbiorem zwartym, w kt\'{o}rym zawarte s\k{a} no\'{s}niki
wszystkich funkcji $\varphi_{n}$, $\varphi$.\vspace{0.5cm}

Wiele poj\k{e}\'{c} zwi\k{a}zanych z dystrybucjami
wprowadza si\k{e} zwykle w ten spos\'{o}b, by by\l y one uog\'{o}lnieniem własno\'{s}ci dystrybucji regularnych. Dotyczy to przede wszystkim
r\'{o}\.{z}niczkowania dystrybucji, poj\k{e}cia r\'{o}wno\'{s}ci dystrybucji
na zbiorze otwartym (mimo, \.{z}e dystrybucja nie jest funkcj\k{a}
maj\k{a}c\k{a} okre\'{s}lon\k{a} warto\'{s}\'{c} w ka\.{z}dym punkcie) oraz
poj\k{e}cia no\'{s}nika dystrybucji.\vspace{0.5cm}

Rozwa\.{z}my na pocz\k{a}tek funkcję lokalnie całkowaln\k{a} $f$,
kt\'{o}rej pochodna $f^{\prime}$ jest tak\.{z}e funkcj\k{a} lokalnie całkowaln\k{a}.
 Niech $\varphi\in \mathscr{D}$ b\k{e}dzie taka, \.{z}e
$\operatorname*{supp}\varphi\subset K=\left\langle a,b\right\rangle $ -
zwarty. W\'{o}wczas ze wzoru na ca\l kowanie przez cz\k{e}\'{s}ci otrzymujemy
\[
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f^{\prime}\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=
{\displaystyle\int\limits_{a-1}^{b+1}}
f^{\prime}\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=\underset
{0}{\underbrace{\left.  f\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  \right|
_{a-1}^{b+1}}}-
{\displaystyle\int\limits_{a-1}^{b+1}}
f\left(  t\right)  \varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=
-{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt
\]
co pozwala przyj\k{a}\'{c} nast\k{e}puj\k{a}c\k{a} definicj\k{e}
r\'{o}\.{z}niczkowania w przestrzeni $\mathscr{D}^{\prime}$.

\begin{defi}
Pochodn\k{a} dystrybucji $T\in \mathscr{D}^{\prime}$ nazywamy dystrybucj\k{e}
$T^{\prime}=DT$ okre\'{s}lon\k{a} wzorem
\[
\left\langle T^{\prime}|\varphi\right\rangle =-\left\langle T|\varphi^{\prime
}\right\rangle \quad \mbox{dla} \quad \varphi\in \mathscr{D}
\]
(w ten spos\'{o}b ka\.{z}da dystrybucja, a wi\k{e}c i
ka\.{z}da funkcja lokalnie ca\l kowalna ma pochodn\k{a}). \\
Pochodn\k{a} t\k{a}
nazywamy pochodn\k{a} w sensie dystrybucyjnym.\hfill
\end{defi}
W przypadku wielowymiarowym powy\.{z}sz\k{a} definicj\k{e} modyfikujemy do
wzoru
\[
\left\langle D^{\alpha}T|\varphi\right\rangle =\left(  -1\right)  ^{\left|
\alpha\right|  }\left\langle T|D^{a}\varphi\right\rangle
\]
gdzie $\alpha$ jest wielowska\'{z}nikiem $\alpha=\left(  \alpha_{1},\alpha
_{2},...,\alpha_{n}\right)  $, $\left|  \alpha\right|  =\alpha_{1}+\alpha
_{2}+...+\alpha_{n}$,
\[D^{\alpha}\varphi=\frac{\partial^{\left|
\alpha\right|  }}{\partial x_{1}^{\alpha_{1}}...\partial x_{n}^{\alpha_{n}}%
}\varphi.
\]

\begin{defi}
Dystrybucje $T_{1}$, $T_{2}\in \mathscr{D}^{\prime}$ s\k{a} r\'{o}wne na zbiorze
otwartym $A\subset \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow$\newline$\Leftrightarrow\forall
\varphi\in \mathscr{D}$, $\ \operatorname*{supp}\varphi\subset A\Rightarrow\left\langle
T_{1}|\varphi\right\rangle =\left\langle T_{2}|\varphi\right\rangle $.\hfill
\end{defi}

\begin{defi}
No\'{s}nikiem dystrybucji $T\in \mathscr{D}^{\prime}$ nazywamy najmniejszy zbi\'{o}r
domkni\k{e}ty $F\subset \mathbb{R}$ taki, \.{z}e $T=0$ na $F^{\prime}$ w sensie
poprzedniej defincji.\hfill
\end{defi}

Spo\'{s}r\'{o}d wszystkich dystrybucji wyr\'{o}\.{z}niamy tzw. dystrybucje
sko\'{n}czonego rz\k{e}du b\k{e}d\k{a}ce pochodnymi dystrybucyjnymi funkcji
ci\k{a}g\l ych.
\begin{defi}
Dystrybucj\k{e} $T\in \mathscr{D}^{\prime}$ nazywamy dystrybucj\k{a} sko\'{n}czonego
rz\k{e}du $\Leftrightarrow$ gdy istnieje funkcja $h\left(  t\right)  $
ci\k{a}g\l a na $\mathbb{R}$ oraz liczba naturalna $k$ taka, \.{z}e $T=D^{k}h$.
Najmniejsz\k{a} liczb\k{e} $k$ o tej w\l asno\'{s}ci nazywamy rz\k{e}dem
dystrybucji $T $.\hfill
\end{defi}

\begin{twie}
Ka\.{z}da dystrybucja $T\in \mathscr{D}^{\prime}$ jest lokalnie dystrybucj\k{a}
sko\'{n}czonego rz\k{e}du tzn., \.{z}e dla ustalonego ograniczonego lecz
dowolnego przedzia\l u $\left(  a,b\right)  \subset \mathbb{R}$ istnieje $h\in C\left(
a,b\right)  $, $k\geq0$ taka, \.{z}e $\forall\varphi\in \mathscr{D}$,
\ $\operatorname*{supp}\varphi\subset\left(  a,b\right)  $ zachodzi
\[
\left\langle T|\varphi\right\rangle =\left(  -1\right)  ^{k}
{\displaystyle\int\limits_{a}^{b}}
h\left(  t\right)  \varphi^{\left(  k\right)  }\left(  t\right)  dt=\left(
-1\right)  ^{k}
{\displaystyle\int\limits_{R}}
h\left(  t\right)  \varphi^{\left(  k\right)  }\left(  t\right)
dt=\left\langle D^{k}h|\varphi\right\rangle
\]
(dla dystrybucji sko\'{n}czonego rz\k{e}du r\'{o}wno\'{s}\'{c} powy\.{z}sza
zachodzi dla wszystkich $\varphi\in \mathscr{D}$ - bez \.{z}adnych dodatkowych
ogranicze\'{n} co do no\'{s}nika $\varphi$).\hfill
\end{twie}

\noindent\textbf{Przyk\l ady} (dystrybucji sko\'{n}czonego rz\k{e}du)

\begin{enumerate}
\item Niech \[h\left(  t\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{rl}
0 & \text{dla }t<0\\
t & \text{dla }t\geq0
\end{array}
\right. . \] 
W\'{o}wczas $Dh=1_{+}$, gdzie $1_{+}$ jest funkcj\k{a} skoku
jednostkowego (funkcj\k{a} Heavyside'a) okre\'{s}lon\k{a} jako 
\[1_{+}\left(
t\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{rl}%
0 & \text{dla }t<0\\
1 & \text{dla }t\geq0
\end{array}
\right.  .
\]
\newline Obliczaj\k{a}c z definicji pochodn\k{a} $Dh$ otrzymujemy
\begin{align*}
\left\langle Dh|\varphi\right\rangle  &  =-\left\langle h|\varphi^{\prime
}\right\rangle =-
{\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}}
t\varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=\underset{0}{\underbrace{\left.
-t\varphi\left(  t\right)  \right|  _{0}^{+\infty}}}+
{\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}}
\varphi\left(  t\right)  dt=\\
&  =
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
1_{+}\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=\left\langle 1_{+}%
|\varphi\right\rangle \text{, \ a wi\k{e}c }Dh=1_{+}.%
\end{align*}


\item Niech $\delta=D1_{+}=D^{2}h$. Obliczmy warto\'{s}\'{c} $\left\langle
\delta|\varphi\right\rangle $.
\[
\left\langle \delta|\varphi\right\rangle =\left\langle D1_{+}|\varphi
\right\rangle =-\left\langle 1_{+}|\varphi^{\prime}\right\rangle =-
{\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}}
\varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=\underset{0}{\underbrace{-\varphi\left(
\infty\right)  }}+\varphi\left(  0\right)  =\varphi\left(  0\right)
\]
Dystrybucja $\delta$ zwana jest tzw. delt\k{a} Diraca. Nie jest ona
dystrybucj\k{a} regularn\k{a}, poniewa\.{z} (patrz \hyperlink{twie:delta_dir}{twierdzenie} \ref{twie:delta_dir}) nie
istnieje funkcja lokalnie ca\l kowalna $f$ taka, \.{z}e $\forall\varphi\in \mathscr{D}$
zachodzi $
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=\varphi\left(  0\right)  $,
jest ona jednak\.{z}e dystrybucj\k{a} sko\'{n}czonego rz\k{e}du, jej rz\k{a}d
r\'{o}wny jest $2$.

\item Dystrybucje $\delta^{\left(  n\right)  }=D^{n}\delta=D^{n+2}h$ s\k{a}
tak\.{z}e dystrybucjami sko\'{n}czonego ($n+2$ - go) rz\k{e}du.
Korzystaj\k{a}c z definicji obliczamy natychmiast, \.{z}e
\[
\left\langle \delta^{\left(  n\right)  }|\varphi\right\rangle =\left(
-1\right)  ^{n}\left\langle \delta|\varphi^{\left(  n\right)  }\right\rangle
=\left(  -1\right)  ^{n}\varphi^{\left(  n\right)  }\left(  0\right)
\]

\end{enumerate}

\begin{twie}
Niech $f$ b\k{e}dzie lokalnie ca\l kowalna na $\mathbb{R}$. Niech $h\left(  t\right)  =
{\displaystyle\int\limits_{\alpha}^{t}}
f\left(  \tau\right)  d\tau$. \\
W\'{o}wczas $f=Dh$ (w sensie
dystrybucyjnym).
\end{twie}
\begin{dow}
W teorii ca\l ki Lebesgue'a dowodzi si\k{e}, \.{z}e $h\left(  t\right)  $ jest
r\'{o}\.{z}niczkowalna prawie wsz\k{e}dzie i\thinspace prawie wsz\k{e}dzie
$h^{\prime}\left(  t\right)  =f\left(  t\right)  $. W takim razie mamy na mocy
wzoru na ca\l kowanie przez cz\k{e}\'{s}ci
\[
\left\langle Dh|\varphi\right\rangle  =-\left\langle h|\varphi^{\prime
}\right\rangle =-
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
h\left(  t\right)  \varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=\underset
{0}{\underbrace{\left.  -h\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  \right|
_{-\infty}^{+\infty}}}+
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=
\left\langle f|\varphi\right\rangle,
\]
a wi\k{e}c $Dh=f$. \\
Poniewa\.{z} $h$ jest ci\k{a}g\l a, wi\k{e}c $f$ jest sko\'{n}czonego
rz\k{e}du ($0$ - gdy $f$ ci\k{a}g\l a, $1$ - w przeciwnym razie).
\end{dow}

Przypomnijmy sobie jeden z ważnych lematów z analizy funkcjonalnej:
\begin{lema}\label{lem:rozk_jedn}\hypertarget{lem:rozk_jedn}{}
	Niech $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ - zbiór otwarty. \\
Wtedy dla dowolnego zbioru $\Omega' \subset \mathbb{R}^n$ - ograniczonego
i takiego, że $\overline{\Omega'} \subset \Omega$ istnieje funkcja \\
$\eta \in C^\infty_0(\Omega)$ taka, że $\eta(x)=1$ dla $x\in\Omega'$
i $0\leqslant\eta(x)\leqslant 1$ dla $x\in\Omega$.
\end{lema}

\begin{twie}\label{twie:delta_dir}\hypertarget{twie:delta_dir}{}
 Dystrybucja Diraca $<\delta,\varphi>=\varphi(0)$ $\forall\varphi\in\mathscr{D}(\mathbb{R}^n)$ jest dystrybucją osobliwą (nie jest dystrybucją regularną).
\end{twie}
\begin{dow}

Należy wykazać, że $\delta$ nie jest dystrybucją regularną.

\noindent Nie wprost:

Przypuścmy, że $\delta$ jest dystrybucją regularną. \\
Zatem istnieje funkcja lokalnie całkowalna $f$ w $\mathbb{R}$ taka, że\\
\[
(*) \quad <\delta,\varphi>=\int\limits_{\mathbb{R}}f(x)\varphi(x)dx=\varphi(0)
\quad \forall\varphi\in\mathscr{D}(\mathbb{R}).
\]
Skorzystamy z \hyperlink{lem:rozk_jedn}{lematu} \ref{lem:rozk_jedn} przyjmując, że \[
\Omega'=\{0\}, \ \Omega_i=\{x\in\mathbb{R}:|x|<\frac{1}{i}\} \ dla \ i=1,2,\dots
\]
Na mocy \hyperlink{lem:rozk_jedn}{lematu} \ref{lem:rozk_jedn} istnieją funkcje
$\eta_i\in\mathscr{D}(\Omega_i)$ takie, że $\eta_i(0)=1$, $\eta_i(x)=0$ dla $x\notin\Omega_i$ oraz $0\leqslant \eta_i(x)\leqslant 1 \ dla \ x\in\Omega_i$. \\
Zatem korzystając ze wzoru (*) mamy
\[
1=\eta_i(0)=\int\limits_{\Omega_i}f(x)\eta_i(x)dx\leqslant\int\limits_{\Omega_i}
|f(x)|dx\xrightarrow[i\to\infty]{}0.
\]
Otrzymaliśmy sprzeczność, zatem dystrybucja Diraca jest dystrybucją osobliwą.
\end{dow}

\section{Transformata Laplace'a dystrybucji - definicja}

Ze zbioru wszystkich dystrybucji sko\'{n}czonego rz\k{e}du wybieramy te,
kt\'{o}re s\k{a} pochodnymi dystrybucyjnymi funkcji ci\k{a}g\l ych $h\left(
t\right)  $ spe\l niaj\k{a}cych dwa dodatkowe warunki:

\begin{enumerate}
\item $h\left(  t\right)  =0$ dla $t<0$

\item $\mathscr{L}\left\{  h\left(  t\right)  \right\}  $ istnieje (w sensie klasycznym) i jest zbie\.{z}na
bezwzgl\k{e}dnie dla $\operatorname{Re}s>\sigma$.
\end{enumerate}
Zbi\'{o}r takich dystrybucji oznaczamy przez $\mathscr{D}_{o}^{\prime}$.

\begin{defi}
Dla dystrybucji $T=D^{k}h\in \mathscr{D}_{0}^{\prime}$ definiujemy przekszta\l cenie
Laplace'a wzorem
\[
\mathscr{L}\left\{  T\right\}  \left(  s\right)  =s^{k}\mathscr{L}\left\{  h\left(  t\right)
\right\}  \left(  s\right)  =s^{k}H\left(  s\right)
\]
gdzie $H\left(  s\right)  =\mathscr{L}\left\{  h\left(  t\right)  \right\}  \left(
s\right)  $.\hfill
\end{defi}

\begin{twie}
Je\'{s}li funkcja $f\left(  t\right)  $ posiada $\mathscr{L}$ transformat\k{e} w sensie
klasycznym, to posiada r\'{o}wnie\.{z} transformat\k{e} w sensie
dystrybucyjnym i transformaty te s\k{a} r\'{o}wne.\vspace{0.5cm}
\end{twie}
\begin{dow}
Niech $h\left(  t\right)  =
{\displaystyle\int\limits_{0}^{t}}
f\left(  \tau\right)  d\tau$ oraz niech $\mathscr{L}\left\{  f\right\}  \left(
s\right)  =F\left(  s\right)  $ w sensie klasycznym. W\'{o}wczas $h$ spe\l nia
warunki 1 i 2 oraz $Dh=f$. Ponadto, zgodnie z tw. o transformacie ca\l ki w
sensie klasycznym $\mathscr{L}\left\{  h\right\}  \left(  s\right)  =\frac{1}
{s}\mathscr{L}\left\{  f\right\}  \left(  s\right)  =\frac{1}{s}F\left(  s\right) =H\left( s\right) $.
Zatem z poprzedniej definicji wynika, \.{z}e wyznaczaj\k{a}c t\k{e}
transformat\k{e} w sensie dystrybucyjnym dostajemy
\[
\mathscr{L}\left\{  f\right\}  \left(  s\right)  =\mathscr{L}\left\{  Dh\right\}  =sH\left(
s\right)  =s\frac{1}{s}F\left(  s\right)  =F\left(  s\right)
\]
co ko\'{n}czy dow\'{o}d.\hfill
\end{dow}

\noindent\textbf{Przyk\l ady}

\begin{enumerate}
\item $T=\delta$. Poniewa\.{z} $\delta=D^{2}h\left(  t\right)  $, gdzie
$h\left(  t\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{rl}
0 & \text{dla }t<0\\
t & \text{dla }t\geq0
\end{array}
\right.  $ spe\l nia 1 i 2, wi\k{e}c
\[
\mathscr{L}\left\{  \delta\right\}  \left(  s\right)  =s^{2}\mathscr{L}\left\{  h\left(  t\right)
\right\}  \left(  s\right)  =s^{2}\frac{1}{s^{2}}=1
\]
(funkcja sta\l a nie nale\.{z}a\l a do przestrzeni obraz\'{o}w klasycznej transformaty).

\item $T=\delta^{\left(  n\right)  }$. Poniewa\.{z} $\delta^{\left(  n\right)
}=D^{n+2}h\left(  t\right)  $, wi\k{e}c
\[
\mathscr{L}\left\{  \delta^{\left(  n\right)  }\right\}  \left(  s\right)  =s^{n+2}%
\frac{1}{s^{2}}=s^{n}\text{ - wielomiany!}
\]


\item $T=\delta\left(  t-a\right)  $, gdzie $\left\langle \delta\left(
t-a\right)  ,\varphi\right\rangle :=\varphi\left(  a\right)  $. Poniewa\.{z}
$\delta\left(  t-a\right)  =D^{2}h\left(  t-a\right)  $, wi\k{e}c na mocy
w\l asno\'{s}ci klasycznej transformaty (tw. o przesuni\k{e}ciu)
otrzymujemy
\[
\mathscr{L}\left\{  \delta\left(  t-a\right)  \right\}  \left(  s\right)  =s^{2}%
e^{-as}\frac{1}{s^{2}}=e^{-as}
\]

\end{enumerate}



\subsection{Najwa\.{z}niejsze w\l asno\'{s}ci $\mathscr{L}$-transformaty dystrybucji}

Za\l \'{o}\.{z}my, \.{z}e $T\in \mathscr{D}_{0}^{\prime}$ tzn. $T=D^{k}h\left(
t\right)  $, $h\left(  t\right)  $ spe\l nia warunki 1 i 2 oraz
\[
\mathscr{L}\left\{  T\right\}  \left(  s\right)  =s^{k}\mathscr{L}\left\{  h\right\}  \left(
s\right)  =s^{k}H\left(  s\right)  =F\left(  s\right)
\]

\begin{defi}
Niech $b\in R$. W\'{o}wczas operator przesuni\k{e}cia $\tau_{b}$ okre\'{s}lony
na funkcjach klasycznych r\'{o}wno\'{s}ci\k{a} $\tau_{b}\varphi\left(
t\right)  =\varphi\left(  t-b\right)  $ definiujemy w przestrzeni dystrybucji
jako
\[
\left\langle \tau_{b}T|\varphi\right\rangle =\left\langle T|\varphi\left(
t+b\right)  \right\rangle
\]
(,,uzasadnieniem'' tej definicji jest nast\k{e}puj\k{a}ca r\'{o}wno\'{s}\'{c}
dla funkcji lokalnie ca\l kowalnych \\
${\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t-b\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi\left(  t+b\right)  dt$)\hfill
\end{defi}
Przyk\l adowo, $\left\langle \tau_{b}\delta|\varphi\right\rangle =\left\langle
\delta|\varphi\left(  t+b\right)  \right\rangle =\varphi\left(  b\right)  $ -
por. poprzedni przyk\l ad.

\begin{twie}[O przesunięciu]
Dla ka\.{z}dego $b>0$ prawdziwy jest wz\'{o}r
\[
\mathscr{L}\left\{  \tau_{b}T\right\}  \left(  s\right)  =e^{-bs}F\left(  s\right)
\]
\end{twie}
\begin{dow}
\begin{align*}
\left\langle \tau_{b}T|\varphi\left(  t\right)  \right\rangle  &
=\left\langle D^{k}h\left(  t\right)  |\varphi\left(  t+b\right)
\right\rangle =\left(  -1\right)  ^{k}\left\langle h\left(  t\right)
|\varphi^{\left(  k\right)  }\left(  t+b\right)  \right\rangle =\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
h\left(  t\right)  \varphi^{\left(  k\right)  }\left(  t+b\right)  dt=\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
h\left(  t-b\right)  \varphi^{\left(  k\right)  }\left(  t\right)
dt=\left\langle D^{k}h\left(  t-b\right)  |\varphi\right\rangle
\end{align*}
co oznacza, \.{z}e $\tau_{b}T=D^{k}h\left(  t-b\right)  .$ Zatem
\[
\mathscr{L}\left\{  \tau_{b}T\right\}  \left(  s\right)  =
\mathscr{L}\left\{  D^{k}h\left(
t-b\right)  \right\}  \left(  s\right)  =s^{k}e^{-bs}H\left(  s\right)
=e^{-bs}F\left(  s\right)
\]
\end{dow}

Analogicznie do operatora przesuni\k{e}cia wprowadzamy w przestrzeni
dystrybucji operacj\k{e} mno\.{z}enia dystrybucji przez funkcj\k{e} klasy
$C^{\infty}$. Poniewa\.{z} dla $f$ - lokalnie ca\l kowalnych, $\varphi\in \mathscr{D}$,
$\psi\in C^{\infty}$ zachodzi oczywisty wz\'{o}r $
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
\left(  f\left(  t\right)  \psi\left(  t\right)  \right)  \varphi\left(
t\right)  dt=
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \left(  \psi\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)
\right)  dt$, wi\k{e}c w naturalny spos\'{o}b wprowadzamy
nast\k{e}puj\k{a}c\k{a} definicj\k{e} mno\.{z}enia dystrybucji $T\in
\mathscr{D}^{\prime}$ przez funkcj\k{e} $\psi\in C^{\infty}$.

\begin{defi}
$\left\langle T\psi|\varphi\right\rangle :=\left\langle T|\psi\varphi
\right\rangle $\hfill
\end{defi}

\begin{twie}[przesunięcie w dziedzinie zespolonej]
Je\.{z}eli $T\in \mathscr{D}_{o}^{\prime}$, $\alpha\in \mathbb{C}$, to zachodzi wz\'{o}r
\[
\mathscr{L}\left\{  e^{-\alpha t}T\right\}  \left(  s\right)  =F\left(  s+\alpha\right)
\]
\end{twie}
\begin{dow}
Niech $T=D^{k}h$. W\'{o}wczas ze wzoru Leibniza otrzymujemy
\begin{align*}
\left\langle e^{-\alpha t}T|\varphi\right\rangle  &  =\left\langle
T|e^{-\alpha t}\varphi\right\rangle =\left\langle D^{k}h|e^{-\alpha t}
\varphi\right\rangle =\left(  -1\right)  ^{k}\left\langle h|
{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\left(  -\alpha\right)  ^{i}e^{-\alpha t}D^{k-i}\varphi
\right\rangle =\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}
{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\left(  -\alpha\right)  ^{i}\underset{\left\langle he^{-\alpha
t}|\varphi^{\left(  k-i\right)  }\right\rangle }{\underbrace{\left\langle
h|e^{-\alpha t}\varphi^{\left(  k-i\right)  }\right\rangle }}=\\
&  =\left(  -1\right)  ^{k}
{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\left(  -\alpha\right)  ^{i}\left(  -1\right)  ^{k-i}\left\langle
D^{k-i}\left(  h\left(  t\right)  e^{-\alpha t}\right)  |\varphi\right\rangle
=\\
{\displaystyle =\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\alpha^{i}\left\langle D^{k-i}\left(  h\left(  t\right)
e^{-\alpha t}\right)  |\varphi\right\rangle
\end{align*}
W takim razie $e^{-\alpha t}T=
{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\alpha^{i}D^{k-i}\left(  h\left(  t\right)  e^{-\alpha t}\right)
$, a wi\k{e}c
\[
\mathscr{L}\left\{  e^{-\alpha t}T\right\}  \left(  s\right)  =
{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}}
\binom{k}{i}\alpha^{i}s^{k-i}H\left(  s+\alpha\right)  =H\left(
s+\alpha\right) \cdot \left(  s+\alpha\right)  ^{k}=F\left(  s+\alpha\right)
\]
co ko\'{n}czy dow\'{o}d.\hfill
\end{dow}

\begin{twie}[o transformacie pochodnej]
Je\'{s}li $T\in \mathscr{D}_{0}^{\prime}$, $n\in N$, to prawdziwy jest wz\'{o}r
\[
\mathscr{L}\left\{  D^{n}T\right\}  \left(  s\right)  =s^{n}F\left(  s\right)
\]
\end{twie}
\begin{dow}
Niech $T=D^{k}h\left(  t\right)  $, zatem $D^{n}T=D^{n+k}h\left(  t\right)  $.
St\k{a}d
\[
\mathscr{L}\left\{  D^{n}T\right\}  \left(  s\right)  =\mathscr{L}\left\{  D^{n+k}h\right\}
\left(  s\right)  =s^{n+k}H\left(  s\right)  =s^{n}F\left(  s\right)
\]
co ko\'{n}czy dow\'{o}d.\hfill
\end{dow}
\vspace{0.5cm}

\noindent\textbf{Uwaga}

Powy\.{z}szy wz\'{o}r r\'{o}\.{z}ni si\k{e} pozornie od sformu\l owania
klasycznego. W sformu\l owaniu klasycznym prawdziwy jest wz\'{o}r
\[
\mathscr{L}\left\{  f^{\left(  n\right)  }\left(  t\right)  \right\}  \left(  s\right)
=s^{n}F\left(  s\right)  -f\left(  0^{+}\right)  s^{n-1}-f^{\prime}\left(
0^{+}\right)  s^{n-2}-...-f^{\left(  n-1\right)  }\left(  0^{+}\right)
\text{.}
\]
Wyst\k{e}puj\k{a}ca mi\k{e}dzy obydwoma przypadkami r\'{o}\.{z}nica jest
jednak tylko pozorna. Je\.{z}eli oznaczymy przez $\left[  f\right]  $
dystrybucj\k{e} generowan\k{a} przez funkcj\k{e} $f$ (r\'{o}wn\k{a} $0$ dla
$t<0$), to \l atwo pokaza\'{c} przez indukcj\k{e} wzgl\k{e}dem $n$, \.{z}e
pochodna w sensie dystrybucyjnym $D^{n}\left[  f\right]  $ mo\.{z}e by\'{c}
wyznaczona jako
\begin{equation}
D^{n}\left[  f\right]  =\left[  f^{\left(  n\right)  }\right]  +f^{\left(
n-1\right)  }\left(  0^{+}\right)  \delta+...+f\left(  0^{+}\right)
\delta^{\left(  n-1\right)  }\text{.} \label{poch_L}%
\end{equation}
Najpierw obliczamy dla $n=1$ jak nast\k{e}puje
\begin{align*}
\left\langle Df|\varphi\right\rangle  &  =-\left\langle f|\varphi^{\prime
}\right\rangle =-
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=-
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}}
\underset{0}{\underbrace{f\left(  t\right)  }}\varphi^{\prime}\left(
t\right)  dt-
{\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}}
f\left(  t\right)  \varphi^{\prime}\left(  t\right)  dt=\\
&  =\left.  -f\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  \right|
_{t=0}^{t=+\infty}+
{\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}}
f^{\prime}\left(  t\right)  \varphi\left(  t\right)  dt=f\left(  0^{+}\right)
\underset{\varphi\left(  0\right)  }{\underbrace{\left\langle \delta
|\varphi\right\rangle }}+\left\langle f^{\prime}|\varphi\right\rangle
\end{align*}
tzn. $D\left[  f\right]  =\left[  f^{\prime}\right]  +f\left(  0^{+}\right)
\delta$. St\k{a}d dalej \l atwo przez indukcj\k{e} uzyska\'{c} wz\'{o}r
(\ref{poch_L}) dla dowolnego $n$. Stosuj\k{a}c do wzoru (\ref{poch_L})
twierdzenie o transformacie pochodnej (w sensie dystrybucyjnym) otrzymujemy
\[
s^{n}\mathscr{L}\left\{  f\right\}  \left(  s\right)  =\mathscr{L}\left\{  f^{\left(  n\right)
}\right\}  \left(  s\right)  +f^{\left(  n-1\right)  }\left(  0^{+}\right)
+...+f\left(  0^{+}\right)  s^{n-1}\text{,}
\]
kt\'{o}ry jest r\'{o}wnowa\.{z}ny wzorowi klasycznemu.\hfill
\vspace{0.5cm}

%------wyklad--07-12-03------
\begin{twie}[o różniczkowaniu transformaty]
Dla każdego $n\in\mathbb{N}$ prawdziwy jest wzór:
\[ F^{(n)}(s)=\mathscr{L}\left\{(-t)^n T\right\}(s),\quad \mbox{gdzie } \mathscr{L}\left\{ T\right\}(s)=F(s)\]
\end{twie}
\begin{dow}
 dla $n=1:$
\[F(s)=s^kH(s),\quad T=D^kh,\,h\mbox{ - ciągła}\]
\[F'(s)=ks^{k-1}\cdot H(s)+s^kH'(s)\]
\[\mathscr{L}\left\{kD^{k-1}h(t)+D^k\left(-t\cdot h(t)\right)\right\}(s)=ks^{k-1}H(s)+ s^kH'(s)=F'(s)\]
Ponieważ $\displaystyle D^k(-t h(t))=-\binom{k}{0}tD^kh(t)-\binom{k}{1}D^{k-1}h(t)$, to
\[F'(s)=\mathscr{L}\left\{kD^{k-1}h(t)+D^k\left(-t\cdot h(t)\right)\right\}(s)=\mathscr{L}\left\{-tD^kh(t)\right\}(s)=\mathscr{L}\left\{-tT\right\}(s) \]
\end{dow}

\subsection{Splot dystrybucji}\ \\
$T_1,T_2\in D_0'\qquad$ (czyli $T_1=D^{k_1}h_1, T_2=D^{k_2}h_2,\, h_1(t)=h_2(t)=0$ dla $t<0$)
\begin{defi}
 \[T_1*T_2=(D^{k_1}h_1)*(D^{k_2}h_2)\stackrel{def}{=}D^{k_1+k_2}(h_1*h_2)\]
\end{defi}
\begin{uw}
 Jeżeli splot dystrybucji istnieje w sensie klasycznym, to istnieje w sensie dystrybucyjnym i są sobie równe.
\end{uw}
\begin{dow}\ \\
 $T_1=D(h_1*\mathbbm{1})\qquad$ \begin{footnotesize}$
 (h*\mathbbm{1})(t)=\int\limits_0^th(\tau)\,d\tau$\end{footnotesize}\\
$T_2=D(h_2*\mathbbm{1})$\\
\[T_1*T_2=D^2(h_1*\mathbbm{1}*h_2*\mathbbm{1})=D^2(((h_1*h_2)*\mathbbm{1})*\mathbbm{1})=D^1((h_1*h_2)*\mathbbm{1})=h_1*h_2\]
\end{dow}

\begin{twie}[Borela]
 Jeżeli $\mathscr{L}\{T_1\}=H_1,\mathscr{L}\{T_2\}=H_2,\,$ to 
\[\mathscr{L}\{T_1*T_2\}=H_1\cdot H_2\]
\end{twie}
\begin{dow}
\begin{eqnarray*}
 \mathscr{L}\{T_1*T_2\}(s)&=&\mathscr{L}\{D^{k_1}h_1*D^{k_2}h_2\}(s)=\mathscr{L}\{D^{k_1+k_2}(h_1*h_2)\}(s)=\\
&=&s^{k_1+k_2}\mathscr{L}\{h_1*h_2\}(s)=\\
&&\mbox{z twierdzenia \hyperlink{tw:borel}{Borela o splocie} (\ref{tw:borel})}\\
 &=&\underline{s^{k_1}}\cdot s^{k_2}\cdot \underline{\mathscr{L}\{h_1\}(s)}\cdot \mathscr{L}\{h_2\}(s)=\underline{H_1(s)}\cdot H_2(s)
\end{eqnarray*}
\end{dow}

\subsubsection{Własności splotu dystrybucji}
\begin{wl}[Splot z dystrybucją $\delta$]$\delta$ jest jedynką w algebrze dystrybucji.
\end{wl}
\begin{dow}
\[\delta=D^2\tilde{h},\quad\tilde{h}(t)=\left\{\begin{array}{lcc}t&\mbox{dla}& t\geqslant 0\\0&&t<0\end{array}\right.,
\quad \tilde{h}(t)=\int_0^td\tau=\mathbbm{1}_+*\mathbbm{1}_+\]
 \[\underline{T*\delta}=D^kh*D^2\tilde{h}=D^{k+2}(h*\tilde{h})=D^{k+2}(h*\mathbbm{1}_+*\mathbbm{1}_+)=D^k(h)=\underline{T}\]
\end{dow}

\begin{wl}[Splot z dystrybucją $\delta^{(n)}$] Splot z $\delta^{(n)}$ to różniczkowanie rzędu n.
\end{wl}
\begin{dow}
 \[\underline{T*\delta^{(n)}}=D^kh*D^{n+2}(\mathbbm{1}_+*\mathbbm{1}_+)=D^{k+n+2}(h*\mathbbm{1}_+*\mathbbm{1}_+)=D^{k+n}(h)=D^{n}(D^kh)=\underline{D^nT}\]
\end{dow}
\begin{wl}\label{wl:pomocnicza}
\begin{eqnarray*}
 \underline{D^n(T_1*T_2)}&=&T_1*T_2*\delta^{(n)}=\\
&=&T_1*(T_2*\delta^{(n)})=\underline{T_1*D^nT_2}=\\
&=&(T_1*\delta^{(n)})*T_2=\underline{D^nT_1*T_2}
\end{eqnarray*}

 
\end{wl}

\begin{uw} Równanie różniczkowe w przestrzeni dystrybucji
 \[c_nD^ny+c_{n-1}D^{n-1}y+\ldots+c_1Dy+c_0y=f,\qquad c_0,\ldots,c_n -\mbox{stałe}\]
można zapisać w równoważnej postaci splotowej
\[(c_n\delta^n+c_{n-1}\delta^{n-1}+\ldots+c_1\delta^{(1)}+c_0\delta)*y=f.\]
\end{uw}

\begin{wl}\ \\
 Jeżeli $L(y_\delta)=\delta$\begin{footnotesize}(rozwiązanie dystrybucyjne z $f=\delta$)\end{footnotesize}, gdzie $L(y)=c_nD^ny+\ldots+c_1Dy+c_0y$,\\
to $\displaystyle \underline{L(y_\delta*f)}\stackrel{\ref{wl:pomocnicza}}{=}L(y_\delta)*f=\delta*f=f$. Zatem $y_\delta*f$ jest rozwiązaniem równania z dowolnym $f$.\\
$y_\delta$ - to tzw. rozwiązanie podstawowe.
\end{wl}


\chapter{Uzupełnienie własności klasycznej transformaty Fouriera}
Przypomnienie: $f(t)$ - funkcja bezwzględnie całkowalna na $\mathbb{R}$. Wówczas:
\[\mathcal{F}[f](y)=\int\limits^\infty_{-\infty}e^{-ity}f(t)\, dt= F(y)\]
\[f(t)=V.P.\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{ity}F(y)\,dy\]
\section{Własności $\mathcal{F}$ transformaty}
\begin{wl}[Pochodna transformaty]
 \[\frac{d^kF}{dy^k}=(-i)^kF\left[t^nf(t)\right],\qquad t^kf(t)-\mbox{bezwzględnie całkowalna} \]
\end{wl}
\begin{wl}[Różniczkowanie funkcji $f$ (transformata pochodnej)]
 \[\mathcal{F}[f'(t)](y)=iy\mathcal{F}[f(t)](y)\]
 \[\mathcal{F}[f^{(n)}(t)](y)=(iy)^n\mathcal{F}[f(t)](y)\]
\end{wl}

\begin{wl}[Transformata całki]
 \[\mathcal{F}\left[\int\limits_{t_0}^t f(\tau)\,d\tau\right](y)=\frac{1}{iy}\mathcal{F}[f](y)\]
o ile istnieje transformata funkcji po lewej stronie. 
\end{wl}
\begin{wl}[Twierdzenie o przesunięciu]
 \[\mathcal{F}\left[f(t-t_0)\right](y)=e^{-iyt_0}\mathcal{F}[f(t)](y)\]
\end{wl}
\begin{wl}
 \[\mathcal{F}\left[e^{iy_0t}f(t)\right](y)=F(y-y_0)\]
\end{wl}
\begin{wl}
 \[\mathcal{F}\left[f(t)\cos y_0t\right](y)=\frac{1}{2}\left(F(y-y_0)+F(y+y_0)\right)\]
\end{wl}
\begin{wl}
 \[\mathcal{F}\left[f(t)\sin y_0t\right](y)=\frac{1}{2i}\left(F(y-y_0)-F(y+y_0)\right)\]
\end{wl}
\begin{wl}[Twierdzenie Borela]
 \[\mathcal{F}[f_1*f_2]=\mathcal{F}[f_1]\cdot\mathcal{F}[f_2]\]
\end{wl}

\begin{twie}[Tożsamość Parsevala]
 Jeżeli $\mathcal{F}[g_1]=G_1,\, \mathcal{F}[g_2]=G_2$, to zachodzi tożsamość:
\[\int\limits_{-\infty}^\infty g_1(u)G_2(u)\,du=\int\limits_{-\infty}^\infty G_1(u)g_2(u)\,du\]
\end{twie}
\begin{dow}
 \begin{eqnarray*}
L&=&\int\limits_{-\infty}^\infty g_1(u)G_2(u)\,du=\int\limits_{-\infty}^\infty g_1(u)\left(\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-iuv}g_2(v)\,dv\right)\,du=\\
&&\mbox{(zmieniamy kolejność całkowania)}\\
&=&\int\limits_{-\infty}^\infty g_2(v)\,dv\int\limits_{-\infty}^\infty g_1(u)\cdot e^{-iuv}\,du=
\int\limits_{-\infty}^\infty g_2(v)G_1(v)\,dv=P
\end{eqnarray*}
\end{dow}
\begin{wnio}[inna postać tożsamości Parsevala]
 Niech $g_2=\mathcal{F}^{-1}[\overline{g_1}]$, wtedy $G_2=\overline{g_1}$
\[g_2=\mathcal{F}^{-1}[\overline{g_1}](u)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{iuv}\overline{g_1(v)}\, dv
=\frac{1}{2\pi}\overline{\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-iuv}g_1(v)\, dv}=\frac{1}{2\pi}\overline{G_1(u)}\]
\[L=\int\limits_{-\infty}^\infty g_1(u)\cdot\overline{g_1(u)}\,du=\int\limits_{-\infty}^\infty G_1(u)\cdot{g_2}(u)\,du=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty G_1(u)\overline{G_1(u)}\,du\]
\[\underline{\int\limits_{-\infty}^\infty |g_1(u)|^2\,du=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty |G_1(u)|^2\,du}\]
$\mathcal{F}:L^2(\mathbb{R})\to L^2(\mathbb{R})$\\
(gdyby w definicji dobrać współczynniki przy całkach równomiernie, to byłaby to izometria w $L^2(\mathbb{R})$)
\end{wnio}

\chapter{Ciąg dalszy dystrybucji}
\section{Dystrybucje temperowane}

\begin{defi}
Funkcja $f(t)$ jest szybkomalej\k{a}ca $\Leftrightarrow$
\[
\forall n,k\in\mathbbm{N}\,\exists c_{n,k}\quad\left|  t^{n}\varphi^{\left(
k\right)  }\right|  \leq c_{n,k}.
\]
Zbi\'{o}r funkcji szybkomalej\k{a}cych oznaczamy przez $\Phi$.
\end{defi}

\begin{uw}
Zachodzi oczywista inkluzja $D\subset\Phi$, bowiem ka\.{z}da funkcja o
no\'{s}niku zwartym jest szybkomalej\k{a}ca. Co wi\k{e}cej, rozwa\.{z}aj\k{a}c
przyk\l ad funkcji $\varphi\left(  t\right)  =e^{-t^{2}}\in\Phi$ \l atwo
zauwa\.{z}y\'{c}, \.{z}e $\varphi\notin D$, zatem $D\varsubsetneq\Phi$.\hfill
\end{uw}

\begin{defi}
M\'{o}wimy, \.{z}e ci\k{a}g funkcji $\varphi_{n}\in\Phi$ zbiega do $\varphi
\in\Phi$ $\Leftrightarrow$ $\forall m,k\in\mathbbm{N}$ $t^{m}\varphi
_{n}^{\left(  k\right)  }\rightrightarrows t^{m}\varphi^{\left(  k\right)  }$
(zb. jednostajna).\hfill
\end{defi}

\begin{defi}
Dystrybucj\k{a} wolnorosn\k{a}c\k{a} (temperowan\k{a}) nazywamy
funkcjona\l \ \ liniowy i ci\k{a}g\l y na przestrzeni $\Phi$. Zbi\'{o}r
dytrybucji wolnorosn\k{a}cych oznaczamy $\Phi'$.\hfill
\end{defi}

\begin{uw}
Je\.{z}eli $f\in\Phi'$, to $f\in D'$, zatem
$\Phi'\subset D'$.
\end{uw}

Rozwa\.{z}my nast\k{e}puj\k{a}cy przyk\l ad:

\begin{przy}%
\[
\langle T,\varphi\rangle=\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{n^{2}}\varphi(n).
\]
a wi\k{e}c dla $\varphi(t)=e^{-t^{2}}$ otrzymujemy
\[
\langle T,e^{-t^{2}}\rangle=\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{n^{2}}e^{-n^{2}}=\infty.
\]
Zatem $T\notin\Phi'\,,T\in D'.$
\end{przy}

Przyj\k{e}cie powy\.{z}szej definicji dystrybucji temperowanej jest
uzasadnione tym, \.{z}e w przypadku funkcji klasycznych (dystrybucji
regularnych) mamy:
\[
\langle f,\varphi\rangle=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(t)\varphi(t)\,dt,
\]
gdzie $\varphi\in\Phi$. O ile zachodzi oszacowanie:
\[
|f(t)|\leqslant Ct^{n}.
\]
to ca\l ka powy\.{z}sza istnieje dla ka\.{z}dej funkcji szybkomalej\k{a}cej
$\varphi$. Funkcje takie nazywamy wolnorosn\k{a}cymi. Ka\.{z}da
wolnorosn\k{a}ca funkcja wyznacza dystrybucj\k{e} temperowan\k{a}.

\section{Transformata Fouriera dystrybucji}

Przypomnijmy sobie r\'{o}wno\'{s}\'{c} Parsevala:\newline Je\'{s}li
$G_{1}=\mathpzc{F}[g_{1}]$ i $G_{2}=\mathpzc{F}[g_{2}]$, to:
\[
\int\limits_{-\infty}^{\infty}g_{1}(u)G_{2}(u)\,du= \int\limits_{-\infty
}^{\infty}g_{2}(u)G_{1}(u)\,du.
\]


\begin{defi}%
\[
\langle\mathpzc{F}[f],\varphi\rangle\overset{def}{=}\langle
f,\mathpzc{F}[\varphi]\rangle,
\]
gdzie $\varphi\in\Phi$.
\end{defi}

\begin{uw}
Uzasadnienie powy\.{z}szej definicji wynika z przedstawionej wy\.{z}ej
r\'{o}wno\'{s}ci Parsevala.
\end{uw}

\begin{twie}
Je\'{s}li $\varphi\in\Phi$, to $\mathpzc{F}[\varphi]\in\Phi$.
\end{twie}

\begin{dow}
Niech $F=\mathpzc{F}[\varphi]$. Mamy:
\[
F^{(k)}(\omega)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}(-it)^{k}e^{-i\omega t}%
\varphi(t)\,dt.
\]
Dokonajmy oszacowania:
\[
|(i\omega)^{n}F^{(k)}(\omega)|= \left| \int\limits_{-\infty}^{\infty
}e^{-i\omega t}{\frac{d^{n}}{dt^{n}}}\left( (-it)^{k}\varphi(t)\right)
\,dt\right|  \leqslant\int\limits_{-\infty}^{\infty}\left| {\frac{d^{n}%
}{dt^{n}}}\left( (-it)^{k}\varphi(t)\right) \right| \,dt \leqslant
C_{n.k}\Rightarrow F\in\Phi.
\]

\end{dow}

\begin{uw}
Przekszta\l cenie: $\mathpzc{F}:\Phi\longrightarrow\Phi$ jest ci\k{a}g\l e.
Wystarczy pokaza\'{c} ci\k{a}g\l o\'{s}\'{c} w zerze. Czyli, \.{z}e je\'{s}li
$\varphi_{n}\rightarrow0$, to $\mathpzc{F}\varphi_{n}\rightarrow0$.
\end{uw}

\begin{uw}
Niech $f\in\Phi'$ oraz $\varphi_{n}\rightarrow0$. Mamy
\[
\langle\mathpzc{F}[f],\varphi_{n}\rangle=\langle f,\mathpzc{F}\varphi
_{n}\rangle\rightarrow\langle f,0\rangle=0.
\]
St\k{a}d $\mathpzc{F}[f]$ jest ci\k{a}g\l e.
\end{uw}

\subsection{W\l asno\'{s}ci}

\begin{twie}
[W\l asno\'{s}ci transformaty Fouriera dystrybucji]Niech $F=\mathpzc{F}[f]$. Wtedy:

\begin{enumerate}


\item $\mathpzc{F}[(-it)^{k}f(t)]=F^{(k)}(\omega).$ 

\item $\mathpzc{F}[D^{k}f]=(i\omega)^{k}F(\omega).$ 

\item $\mathpzc{F}[f(t-\tau)]=e^{-i\omega\tau}\mathpzc{F}[f].$ 

\item Niech $f=\delta^{(k)}(t-\tau).$\newline Wtedy:\newline%
$\mathpzc{F}[f]=(it)^{k}e^{-it\tau}.$ W szczeg\'{o}lno\'{s}ci:

\begin{itemize}


\item $\mathpzc{F}[\delta]=1,$ 

\item $\mathpzc{F}[\delta(t-\tau)]=e^{-it\tau},$ 

\item $\mathpzc{F}[\delta^{(k)}]=(it)^{k}.$
\end{itemize}

\item $\mathpzc{F}[1]=2\pi\delta.$ 

\item $\mathpzc{F}[e^{-it\tau}]=2\pi\delta(\omega+\tau).$ 

\item $\mathpzc{F}[(it)^{k}]=(-1)^{k}2\pi\delta^{(k)}.$ 

\item $\mathpzc{F}[(it)^{k}e^{-it\tau}]=(-1)^{k}2\pi\delta^{(k)}(\omega
+\tau).$ 

\item $\mathpzc{F}[at^{n}+a_{n-1}t^{n-1}+\ldots +a_{0}]=2\pi[a_{n}i^{n}%
\delta^{(n)}+a_{n-1}(i)^{n-1}\delta^{(n-1)}+\ldots+a_{0}\delta].$
\end{enumerate}
\end{twie}

\begin{dow}
[W\l asno\'{s}\'{c} 1] We\'{z}my $k=1$ (dalej przez indukcję):
\[
\langle F',\varphi\rangle=-\langle F,\varphi'\rangle= -\langle
f,\mathpzc{F}(\varphi')\rangle= -\langle f,\int\limits_{-\infty
}^{\infty}e^{-i\omega t}\varphi'(\omega)\,d\omega\rangle=- \langle f,
\int\limits_{-\infty}^{\infty}(it)e^{-i\omega t}\varphi(\omega
)\,d\omega\rangle=
\]
\[
=-\langle f, it\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-i\omega t}\varphi
(\omega)\,d\omega\rangle= \langle -it\cdot f,\mathpzc{F}[\varphi]\rangle=
\langle\mathpzc{F}[-it\cdot f],\varphi\rangle.
\]

\end{dow}

\begin{dow}
[W\l asno\'{s}\'{c} 2]
\[
\langle\mathpzc{F}[D^{k}f],\varphi\rangle= \langle D^{k}%
f,\mathpzc{F}[\varphi]\rangle= (-1)^{k}\langle f, {\frac{d^{k}}{d\omega^{k}}%
}\mathpzc{F}[\varphi]\rangle= (-1)^{k}\langle
f,\mathpzc{F}[(-it)^{k}\varphi(t)]\rangle= \langle\mathpzc{F}[f],
(it)^{k}\varphi(t)\rangle=
\]
\[
=\langle\mathpzc{F}[f](it)^{k},\varphi\rangle.
\]

\end{dow}

\begin{dow}
[W\l asno\'{s}\'{c} 4]
\[
\langle\mathpzc{F}[f],\varphi\rangle= \langle\delta^{(k)}(t-\tau
),\mathpzc{F}\varphi\rangle= (-1)^{k}(\mathpzc{F}\varphi)^{(k)}(\tau)=
(-1)^{k}\mathpzc{F}[(-it)^{k}\varphi(t)](\tau)= \int\limits_{-\infty}^{\infty
}e^{-it\tau}(it)^{k}\varphi(t)\,dt=
\]
\[
=\langle e^{-it\tau}(it)^{k},\varphi\rangle.
\]

\end{dow}

\begin{dow}
[W\l asno\'{s}\'{c} 5]
\[
\langle\mathpzc{F}[1],\varphi\rangle= \langle1,\mathpzc{F}\varphi\rangle=
\int\limits_{-\infty}^{\infty}1\,d\omega\int\limits_{-\infty}^{\infty
}e^{-i\omega t}\varphi(t)\,dt= \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega\cdot
0}\,d\omega\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-i\omega t}\varphi(t)\,dt=
\]
\[
=2\pi\varphi(0)=\langle2\pi\delta,\varphi\rangle.
\]

\end{dow}

\begin{lema}
Zachodzi nast\k{e}puj\k{a}ca to\.{z}samo\'{s}\'{c}:
\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{-in\lambda}= 2\pi\sum_{n=-\infty}^{\infty}%
\delta(\lambda-2n\pi).
\]

\end{lema}

\begin{dow}%
\begin{align*}
\left\langle
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{-in\lambda},\varphi\left(  \lambda\right)  \right\rangle  &  =%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dint \limits_{-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{-in\lambda}\varphi\left(  \lambda\right)  d\lambda=%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dint \limits_{\left(  2k-1\right)  \pi}^{\left(  2k+1\right)  \pi}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int\limits_{\left(  2k-1\right)  \pi}^{\left(  2k+1\right)
\pi}}
%EndExpansion
e^{-in\lambda}\varphi\left(  \lambda\right)  d\lambda=\\
&  =\left|
\begin{array}
[c]{l}%
\lambda-2k\pi=r\\
d\lambda=dr
\end{array}
\right|  =%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dint \limits_{-\pi}^{+\pi}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int\limits_{-\pi}^{+\pi}}
%EndExpansion
e^{-in\left(  r+2k\pi\right)  }\varphi\left(  r+2k\pi\right)  dr=\\
&  =\left|  \text{niech }\varphi_{k}\left(  r\right)  =\varphi\left(
r+2k\pi\right)  \right|  =%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{-in2k\pi}%
%TCIMACRO{\dint \limits_{-\pi}^{+\pi}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int\limits_{-\pi}^{+\pi}}
%EndExpansion
e^{-inr}\varphi_{k}\left(  r\right)  dr=\\
&  =%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
2\pi%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{in\left(  -2k\pi\right)  }c_{n}\left(  \varphi_{k}\right)
\end{align*}
gdzie $c_{n}\left(  \varphi_{k}\right)  =\frac{1}{2\pi}%
%TCIMACRO{\dint \limits_{-\pi}^{+\pi}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\int\limits_{-\pi}^{+\pi}}
%EndExpansion
e^{-inr}\varphi_{k}\left(  r\right)  dr$ s\k{a} wsp\'{o}\l czynnikami Fouriera
funkcji $\varphi_{k}$. \newline Wyra\.{z}enie $%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{in\left(  -2k\pi\right)  }c_{n}\left(  \varphi_{k}\right)  $ jest
warto\'{s}ci\k{a} sumy szeregu Fouriera tej funkcji w punkcie $r_{k}=$ \newline $=-2k\pi$,
a zatem z okresowo\'{s}ci tej sumy mamy
\[%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{in\left(  -2k\pi\right)  }c_{n}\left(  \varphi_{k}\right)  =\varphi_{k}\left(  0\right)  =\varphi\left(
2k\pi\right)  \text{.}
\]
Wynika st\k{a}d, \.{z}e
\[%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
2\pi%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{n=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
e^{in\left(  -2k\pi\right)  }c_{n}\left(  \varphi_{k}\right)  =2\pi%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
\varphi\left(  2k\pi\right)  =\left\langle 2\pi%
%TCIMACRO{\dsum \limits_{k=-\infty}^{+\infty}}%
%BeginExpansion
{\displaystyle\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}}
%EndExpansion
\delta\left(  \lambda-2k\pi\right)  ,\varphi\right\rangle
\]
co ko\'{n}czy dow\'{o}d.\hfill
\end{dow}

\subsection{Wz\'{o}r sumacyjny Poissona}

\begin{twie}
[Wz\'{o}r sumacyjny Poissona]Je\.{z}eli $F=\mathpzc{F}[\varphi],$ to zachodzi
wz\'{o}r:
\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}F(n)=2\pi\sum_{n=-\infty}^{\infty}\varphi(2n\pi).
\]

\end{twie}

\begin{dow} Z poprzedniego lematu wynika, \.{z}e%
\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}F(n)= \langle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta
(\lambda-n),\mathpzc{F}\varphi\rangle= \langle\mathpzc{F}\left( \sum
_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\lambda-n)\right) ,\varphi\rangle=
\]
\[
=\langle\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{-in\lambda},\varphi\rangle= \langle2\pi
\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\lambda-2n\pi),\varphi\rangle= 2\pi
\sum_{n=-\infty}^{\infty}\varphi(2n\pi).
\]

\end{dow}

\subsection{To\.{z}samo\'{s}\'{c} Jacobiego}

Zastosujmy wz\'{o}r sumacyjny Poissona dla funkcji $\varphi(x)=e^{-tx^{2}}$, dla $t>0$.
Wiadomo, \.{z}e $F(x)=$ 
\newline $=\sqrt{\frac{\pi}{t}}e^{\frac{-x^{2}}{4t}}$.
Dokonuj\k{a}c podstawienia $t={\frac{\tau}{4\pi^{2}}}$ otrzymujemy
nast\k{e}puj\k{a}c\k{a} posta\'{c} powy\.{z}szej to\.{z}samo\'{s}ci:
\[
\sqrt{\frac{\pi}{\tau}}\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{\frac{-\pi^{2}n^{2}}{\tau}%
}= \sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{-\tau n^{2}}.
\]
Wz\'{o}r ten nazywamy to\.{z}samo\'{s}ci\k{a} Jacobiego.

% wyklad 17 12 2007
\chapter{Funkcje Bessela}
\section{Wprowadzenie}
\begin{flushleft}
R.r. Bessela, $;\;\;\;\nu$ - parametr

$\left(\star\right)\qquad u''+\frac{1}{z}u'(z)+\left(1-\frac{\nu^{2}}{z^{2}}\right)u=0\;\;\;\;\;\;\;\; u=u(z),\;z,\nu\in\mathbb{C}$
\end{flushleft}
\begin{defi}

Funkcją Bessela I-go rodzaju o wskaźniku $\nu$ nazywamy funkcję:

\[J{}_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\Gamma\left(k+1\right)\Gamma\left(k+\nu+1\right)}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu+2k}\qquad z,\nu\in\mathbb{C}\]
\end{defi}

\begin{twie}
Funkcja $J{}_{\nu}\left(z\right)$ jest rozwiązaniem równania  $\left(\star\right)$.
\end{twie}
\begin{dow}
\begin{flushleft}
$J{}_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\alpha_{k}z^{\nu+2k}$,
gdzie $\alpha_{k}=\frac{\left(-1\right)^{k}}{\Gamma\left(k+1\right)\Gamma\left(k+\nu+1\right)\cdot2^{\nu+2k}}$

$J'{}_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\alpha_{k}\left(\nu+2k\right)z^{\nu+2k-1}$

$J''_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\alpha_{k}\left(\nu+2k\right)\left(\nu+2k-1\right)z^{\nu+2k-2}$

Teraz wystarczy wstawić do $\left(\star\right)$.
\end{flushleft}
\end{dow}

\begin{uw}
Prawdziwe są wzory:\newline 
\begin{itemize}
\item Dla $\nu=n\in\mathbb{N}$

$J_{n}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!\left(k+n\right)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2k}$
\item Dla $\nu=-n$

$J_{-n}\left(z\right)=\underset{k=n}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!\left(k-n\right)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{-n+2k}=\underset{s=0}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{n+s}}{\left(n+s\right)!\cdot s!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2s}=\left(-1\right)^{n}J_{n}\left(z\right)$

\item $J_{-\nu}\left(z\right),\quad J_{\nu}\left(z\right),\;\;\;\nu\neq n$
są liniowo niezależne, czyli każde rozwiązanie równania $\left(\star\right)$ można zapisać:

$u\left(z\right)=c_{1}\cdot J_{\nu}\left(z\right)+c_{2}\cdot J_{-\nu}\left(z\right)$
\end{itemize}




\end{uw}

\begin{defi}
Funkcją Bessela II-go rodzaju o wskaźniku $\nu$ nazywamy funkcję

\[Y_{\nu}\left(z\right)=\frac{J_{\nu}\left(z\right)\cos\nu\pi-J_{-\nu}\left(z\right)}{sin\nu\pi}\qquad z,\nu\in\mathbb{C}\]
\begin{flushleft}

Gdy $\nu=n$, to wyrażenie definiujące funkcję Bessela II-go rodzaju
traktujemy jako granicę.

$\left(lim\left(\frac{0}{0}\right)\overset{\text{reguła Hospitala}}{=}\ldots\right)$
\end{flushleft}
\end{defi}

\begin{uw}
\[Y_{n}\left(z\right)=\underset{\nu\rightarrow n}{lim}Y_{\nu}\left(z\right)=\underset{\nu\rightarrow n}{lim}\frac{\frac{d}{d\nu}\left(J_{\nu}\left(z\right)\right)\cdot\cos\nu\pi-J_{\nu}\left(z\right)\cdot\pi\cdot sin\nu\pi-\frac{d}{d\nu}\left(J_{-\nu}\left(z\right)\right)}{\pi\cdot cos\nu\pi}=\]
\[=\frac{\frac{d}{d\nu}\left(\left.J_{\nu}\left(z\right)\right)\right|_{\nu=n}\left(-1\right)^{n}-\frac{d}{d\nu}\left(\left.J_{-\nu}\left(z\right)\right)\right|_{\nu=n}}{\pi\left(-1\right)^{n}}\]
\end{uw}

\begin{twie}
Funkcja

\[u\left(z\right)=c_{1}J_{\nu}\left(z\right)+c_{2}Y_{\nu}\left(z\right)\]
\begin{flushleft}
jest rozwiązaniem ogólnym równania $(\star)$.
\end{flushleft}
\end{twie}

\begin{twie}
Zachodzi wzór:

\[Y_{n}\left(z\right)=-\frac{1}{\pi}\cdot\underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum}}\frac{\left(n-k-1\right)!}{k!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k-n}+\frac{1}{\pi}\underset{k=0}{\overset{\infty}{\sum}}\left(-1\right)^{k}\frac{1}{k!\left(n+k\right)!}\left(\frac{z}{2}\right)^{n+2k}\left\{ 2\ln\frac{z}{2}-\Psi\left(k+1\right)-\Psi\left(k+n+1\right)\right\} \]

\begin{flushleft}
gdzie $\Psi=\frac{\Gamma'}{\Gamma}$ oraz dla $n=0$ tylko drugi szereg jest niezerowy.
\end{flushleft}
\end{twie}
\begin{twie}

Własności funkcji $J_{\nu}\left(z\right)$

\begin{enumerate}
\item $\frac{d}{dz}\left[z^{\nu}\cdot J_{\nu}\left(z\right)\right]=z^{\nu}\cdot J_{\nu-1}\left(z\right)$
\item $\frac{d}{dz}\left[z^{-\nu}\cdot J_{\nu}\left(z\right)\right]=-z^{-\nu}J_{\nu+1}\left(z\right)$
\item $J_{\nu-1}\left(z\right)+J_{\nu+1}\left(z\right)=\frac{2\nu}{z}\cdot J_{\nu}\left(z\right)$
\item $J_{\nu-1}\left(z\right)-J_{\nu+1}\left(z\right)=2J_{\nu}'\left(z\right)$
\end{enumerate}
\end{twie}
\begin{dow} 

\begin{itemize}
\item{Ad 1.}
\begin{flushleft}
Ponieważ $z^{\nu}J_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{+\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}z^{2\nu+2k}}{\Gamma\left(k+1\right)\Gamma\left(k+\nu+1\right)2^{\nu+2k}}$
oraz $\Gamma\left(k+\nu+1\right)=\left(k+\nu\right)\Gamma\left(k+\nu\right)$,
więc

$\frac{d}{dz}\left[z^{\nu}J_{\nu}\left(z\right)\right]=\underset{k=0}{\overset{+\infty}{\sum}}$$\frac{2\left(\nu+k\right)\left(-1\right)^{k}z^{2\nu+2k-1}}{\Gamma\left(k+1\right)
\cdot\left(k+\nu\right)\Gamma\left(k+\nu\right)2^{\nu+2k}}=
z^{\nu}\overset{+\infty}{\underset{k=0}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}
z^{2k+\left(\nu-1\right)}}{\Gamma\left(k+1\right)\Gamma\left(k+\left(\nu-1\right)+1\right)2^{2k+\left(\nu-1\right)}}=z^{\nu}J_{\nu-1}\left(z\right)$

\end{flushleft}

\newpage
\item{Ad 2.}
\begin{flushleft}
Ponieważ $z^{-\nu}J_{\nu}\left(z\right)=\underset{k=0}{\overset{+\infty}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k}z^{2k}}{\Gamma\left(k+1\right)\Gamma\left(k+\nu+1\right)2^{\nu+2k}}$
oraz $\Gamma\left(k+1\right)=k\cdot\Gamma\left(k\right)$ dla $k>0$, więc

$\frac{d}{dz}\left[z^{-\nu}J_{\nu}\left(z\right)\right]=\underset{k=1}{\overset{+\infty}{\sum}}$$\frac{2k\left(-1\right)^{k}z^{2k-1}}{k\Gamma\left(k\right)\Gamma\left(k+\nu+1\right)2^{\nu+2k}}=-z^{-\nu}\overset{+\infty}{\underset{k=1}{\sum}}\frac{\left(-1\right)^{k-1}z^{2(k-1)+\left(\nu+1\right)}}{\Gamma\left(\left(k-1\right)+1\right)\Gamma\left(\left(k-1\right)+\left(\nu+1\right)+1\right)2^{\left(\nu+1\right)+2\left(k-1\right)}}=$
$=-z^{-\nu}J_{\nu+1}\left(z\right)$
\end{flushleft}

\item{Ad 3. i 4.}
\begin{flushleft}
$\left.\nu\cdot z^{\nu-1}\cdot J_{\nu}\left(z\right)+z^{\nu}\cdot J'_{\nu}\left(z\right)=z^{\nu}J_{\nu-1}\left(z\right)\right|\;\;:z^{\nu}$

(Prosta obserwacja do 1. - zapisujemy:$\frac{d}{dz}\left[z^{\nu}\cdot J_{\nu}\left(z\right)\right]=\frac{d}{dz}\left[z^{\nu}\right]\cdot J_{\nu}\left(z\right)+z^{\nu}\cdot\frac{d}{dz}\left[J_{\nu}\left(z\right)\right]$)

$\left.-\nu\cdot z^{- \nu-1}\cdot J_{\nu}\left(z\right)+z^{-\nu}\cdot J'_{\nu}\left(z\right)=-z^{-\nu}J_{\nu+1}\left(z\right)\right|\;\;:z^{- \nu}$

(Prosta obserwacja do 2. - analogicznie)

Otrzymujemy:

$\begin{cases}
\frac{\nu}{z}J_{\nu}\left(z\right)+J'_{\nu}\left(z\right)=J_{\nu-1}\left(z\right) & \left(a\right)\\
-\frac{\nu}{z}J_{\nu}\left(z\right)+J'_{\nu}\left(z\right)=-J_{\nu+1}\left(z\right) & \left(b\right)\end{cases}$

Jak dodamy stronami $\left(a\right)$ i $\left(b\right)$, to otrzymamy
własność 3., a jak odejmiemy stronami, to otrzymamy własność 4.
\end{flushleft}
\end{itemize}
\end{dow}
\begin{uw}
Szczególny przypadek 4.:

$2J'_{0}\left(z\right)=J_{-1}\left(z\right)-J_{1}\left(z\right)=-2J_{1}\left(z\right)$

\begin{tabular}{|c|}
\hline 
$J'_{0}\left(z\right)=-J_{1}\left(z\right)$\tabularnewline
\hline
\end{tabular}
\end{uw}


\begin{defi}

(Funkcja tworząca)

Niech \[w\left(z,t\right)=e^{\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)z}\]

\end{defi}

\begin{twie}
Wówczas
\[\left(\diamond\right)\qquad w\left(z,t\right)=\underset{n=-\infty}{\overset{\infty}{\sum}}c_{n}\left(z\right)\cdot t^{n},\text{gdzie }c_{n}\left(z\right)=J_{n}\left(z\right)\text{.}\]
\begin{flushleft}
(aby udowodnić wzór $\left(\diamond\right)$ wystarczy rozwinąć funkcję $e^{\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)z}$ w szereg Laurenta względem zmiennej t - korzystamy z rozwinięcia $e^{z}$ w szereg i grupujemy odpowiednie wyrazy)
\end{flushleft}
\end{twie}

\begin{twie}

(własności funkcji $Y_{\nu}\left(z\right)$)
\begin{flushleft}
Wzory 1. - 4. z twierdzenia 8.1.4 obowiązują dla $Y_{\nu}\left(z\right)$ 
\end{flushleft}


\end{twie}

\begin{twie}

(twierdzenie o zerach)
\begin{flushleft}

Funkcja $J_{n}(z)$ nie ma zer zespolonych, ma nieskończenie wiele
zer rzeczywistych, symetrycznych względem $z=0$. Punkt $z=0$ jest zerem o krotnosci
$n$ dla funkcji $J_{n}(z)$. Pozostałe zera są jednokrotne.
\end{flushleft}
\end{twie}
\newpage

\begin{defi}
Szereg Fouriera - Bessela
\begin{flushleft}
Weżmy $f(r)$ określoną na przedziale domkniętym $[0,a]$. Szeregiem Fouriera - Bessela nazywamy szereg postaci:
\end{flushleft}

 
\[f(r)=\underset{m=1}{\overset{\infty}{\sum}}c_{m}J_{\nu}\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)\]
\begin{flushleft}
gdzie $\left(x_{\nu_{m}}\right)_{m}$- ciąg dodatnich zer funkcji $J_{\nu}\newline$
\end{flushleft}
\end{defi}

\begin{twie}
$\left\{ J_{\nu}\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)\right\} _{m=1}^{\infty}$
- tworzy uklad ortogonalny z wagą $h\left(r\right)=r$.
\end{twie}
\begin{dow} Oznaczmy $u_{\alpha}\left(r\right)=J_{\nu}\left(\alpha r\right), wtedy \quad u{}_{\alpha}^{\prime}\left(r\right)=\alpha J_{\nu}^{\prime}\left(\alpha r\right),\quad u_{\alpha}^{\prime\prime}\left(r\right)=\alpha^{2}J_{\nu}^{\prime\prime}\left(\alpha r\right)$
\begin{flushleft}
Wiemy, że funkcja Bessela I-go rodzaju spełnia r.r. Bessela, zatem prawdziwa jest równość:

$\begin{cases}

\left.u_{\alpha}^{\prime\prime}+\frac{1}{r}u_{\alpha}^{\prime}+\left(\alpha^{2}-\frac{v^{2}}{r^{2}}\right)u_{\alpha}=0\right|\quad\cdot r u_{\beta}\\
\left.u_{\beta}^{\prime\prime}+\frac{1}{r}u_{\beta}^{\prime}+\left(\beta^{2}-\frac{v^{2}}{r^{2}}\right)u_{\beta}=0\right|\quad\cdot r u_{\alpha}\end{cases}$

Odejmujemy dwie ostatnie równości stronami i otrzymujemy:

$\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right) r u_{\alpha} u_{\beta}=\left[r\left(u_{\alpha} u_{\beta}^{\prime}-u_{\alpha}^{\prime} u_{\beta}\right)\right]^{\prime}$

Rozważamy iloczyn skalarny:

$\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\underset{0}{\overset{a}{\int}}r u_{\alpha} u_{\beta}dr=\left[r\left(u_{\alpha} u_{\beta}^{\prime}-u_{\alpha}^{\prime} u_{\beta}\right)\right]_{r=0}^{r=a}$

$\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\underset{0}{\overset{a}{\int}}r J_{\nu}\left(\alpha r\right) J_{\nu}\left(\beta r\right)dr=a\beta J_{\nu}\left(\alpha a\right) J_{\nu}^{\prime}\left(\beta a\right)-a\alpha J_{\nu}^{\prime}\left(\alpha a\right) J_{\nu}\left(\beta a\right)$

Niech $\alpha=\frac{x_{\nu_{m}}}{a},\quad\beta=\frac{x_{\nu_{n}}}{a}\;\alpha\neq\beta,\; n\neq m$

$\left(\alpha^{2}-\beta^{2}\right)\underset{0}{\overset{a}{\int}}r J_{\nu}\left(\nu_{m}\cdot\frac{r}{a}\right) J_{\nu}\left(\nu_{n}\cdot\frac{r}{a}\right)dr=0$, ponieważ

\[a\cdot\frac{x_{\nu_{n}}}{a}\cdot J_{\nu}\left(\frac{x_{\nu_{m}}}{a}\cdot a\right) J_{\nu}^{\prime}\left(\frac{x_{\nu_{n}}}{a}\cdot a\right)-a\cdot\frac{x_{\nu_{m}}}{a}\cdot J_{\nu}^{\prime}\left(\frac{x_{\nu{m}}}{a}\cdot a\right) J_{\nu}\left(\frac{x_{\nu_{n}}}{a}\cdot a\right)=0\]

$\left\langle f,g\right\rangle =\underset{a}{\overset{b}{\int}}h\left(x\right) f\left(x\right) g\left(x\right)dx$
- iloczyn skalarny z wagą $h$.
\end{flushleft}
W tym przypadku waga jest równa $h\left(r\right)=r \geq0$.
\end{dow}
\begin{uw}
Można pokazać, że $\left\{ J_{\nu}\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)\right\}$  jest zupełny w $L^2$, to znaczy:
\begin{flushleft}
$\left\langle \gamma,J\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)\right\rangle =0\quad\forall m=1,2,\ldots\Rightarrow\gamma=0$
\end{flushleft}
\end{uw}
\begin{uw}
\begin{flushleft}

\[\int_{0}^{a}rJ_{\nu}^{2}\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)dr=
\frac{a^{2}}{2}J_{\nu+1}^{2}\left(x_{\nu_{m}}\right)\qquad(\triangle)\qquad\left(>0\right)\]
\end{flushleft}
\end{uw}
\begin{wnio} (z poprzedniej uwagi, bo wyrażenie $(\triangle)$ jest różne od zera)

\[c_{m}=\frac{2}{a^{2}J_{\nu+1}^{2}\left(x_{\nu_{m}}\right)}\int_{0}^{a}r f\left(r\right) J_{\nu}\left(x_{\nu_{m}}\cdot\frac{r}{a}\right)dr\qquad m=1,2,\ldots\]
\end{wnio}

\newpage

\begin{twie}

(warunki dostateczne)
\begin{flushleft}

Jeśli

\begin{enumerate}
\item $f\left(r\right)$ jest przedziałami ciągła i przedziałami monotoniczna (o wahaniu skończonym),
\item istnieje całka $\int_{0}^{a}\sqrt{r}\left|f\left(r\right)\right|dr<\infty$,
\end{enumerate}
to szereg Fouriera - Bessela jest zbieżny w każdym punkcie ciągłości
funkcji $f$ do $f\left(r\right)$.

$\left(\text{zbieżny do }\frac{\left[f\left(r^{+}\right)+f\left(r^{-}\right)\right]}{2}\right)$

\end{flushleft}
\end{twie}

\begin{przy} $0\leq r<a,\qquad t>0$

\begin{flushleft}



\includegraphics[scale=1.0]{rysunek9.jpg}



\[\Delta v=\frac{\partial^{2}v}{\partial r^{2}}+\frac{1}{r}\cdot\frac{\partial v}{\partial r}=\frac{1}{k}\cdot\frac{\partial v}{\partial t}\]

Warunki:

\[\begin{cases}
v=v_{0} & \text{dla }r=a\\
v=0 & \text{dla }t=0\end{cases}\Rightarrow\left.\overline{V}\right|_{r=a}=\frac{v_{0}}{s}\]

$\overline{V}$ - transformata Laplace'a względem $t$, $r$ - parametr

$\overline{V}=\mathscr{L}\left\{ v\right\} \left(s\right)=\int_{0}^{\infty}e^{-st}v\left(r,t\right)dt$



$\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}\overline{V}+\frac{1}{r}\cdot\frac{\partial}{\partial r}\overline{V}=\frac{s}{k}\cdot\overline{V}\qquad\qquad q^{2}=-\frac{s}{k}$,
bo to liczba zespolona

$\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}\overline{V}+\frac{1}{r}\cdot\frac{\partial}{\partial r}\overline{V}+q^{2}\cdot\overline{V}=0$
- jest to równanie rózniczkowe zwyczajne (r.r. Bessela dla $\nu=0$)



Zatem rozwiązanie jest postaci:

\[\overline{V}=c_{1}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)+c_{2}\cdot Y_{0}\left(q\cdot r \right)\]

Ale z ograniczoności rozwiązania wynika, że: $c_{2}=0$

\[\overline{V}=c_{1}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)\]

Żeby wyliczyć stalą $c_{1}$ musimy obliczyć transformatę warunku brzegowego,
czyli:

$\left.\overline{V}\right|_{r=a}=\frac{v_{0}}{s}\Rightarrow c_{1}\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)=\frac{v_{0}}{s}$ 

$c_{1}=\frac{v_{0}}{s\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)}$ 

Zatem transformata rozwiązania jest postaci:

\[\overline{V}=\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)}{s\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)}\]


Obliczamy transformatę odwrotną (uogólniona metoda residuów):
\newline\newline
$v\left(r,s\right)=\sum res\left[e^{st}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)}{s\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)}\right]$
\newline\newline
$\underset{s=0}{res}\left[e^{st}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)}{s\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)}\right]=\underset{s\rightarrow0}{lim}\left[e^{st}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)}{J_{0}\left(q\cdot a\right)}\right]=e^{0}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(0\cdot r\right)}{J_{0}\left(0\cdot a\right)}=\frac{v_{0}J_{0}\left(0\right)}{J_{0}\left(0\right)}=v_{0}\newline\newline$

Niech $\left(\alpha_{n}\right)$ - ustalony ciąg zer funkcji $J_{0}\left(xa\right)$, tzn. $J_{0}\left(\alpha_{n} a\right)=0$. \newline

Punkty osobliwe transformaty rozwiązania $\overline{V}$ występują w takich punktach $s$, że 

$q=\alpha_{n}=\sqrt{-\frac{s}{k}}\Rightarrow s_{n}=-k\alpha_{n}^{2}\newline\newline$

Zatem:
$\underset{s=s_{n}}{res}\left[e^{st}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(q\cdot r\right)}{s\cdot J_{0}\left(q\cdot a\right)}\right]=\underset{s\rightarrow-k\alpha_{n}^{2}}{lim}\left[\frac{e^{st}}{s}\cdot\frac{v_{0}\cdot J_{0}\left(\sqrt{-\frac{s}{k}}\cdot r\right)}{J_{0}\left(\sqrt{-\frac{s}{k}}\cdot a\right)}\cdot\left(s+k\alpha_{n}^{2}\right)\right]=$
$=\underset{s\rightarrow-k\alpha_{n}^{2}}{lim}\left[v_{0}\cdot\frac{e^{st}\cdot J_{0}\left(\sqrt{-\frac{s}{k}}\cdot r\right)}{s}\cdot\frac{\left(s+k\alpha_{n}^{2}\right)}{J_{0}\left(\sqrt{-\frac{s}{k}}\cdot a\right)}\right]\overset{\left(\triangledown\right)}{=}v_{0}\cdot\frac{e^{-k\alpha_{n}^{2}t}\cdot J_{0}\left(\alpha_{n}\cdot r\right)}{-k\alpha_{n}^{2}}\cdot\frac{2\alpha_{n}\cdot k}{J_{1}\left(\alpha_{n}\cdot a\right)\cdot a}=-v_{0}\cdot\frac{2e^{-k\alpha_{n}^{2}t}\cdot J_{0}\left(\alpha_{n}\cdot r\right)}{a\cdot\alpha_{n}\cdot J_{1}\left(\alpha_{n}\cdot a\right)}\newline\newline$

$\left(\triangledown\right)\qquad\underset{s\rightarrow-k\alpha_{n}^{2}}{lim}\left[\frac{\left(s+k\alpha_{n}^{2}\right)}{J_{0}\left(\sqrt{-\frac{s}{k}}\cdot a\right)}\right]\overset{H}{=}\frac{2\alpha_{n}\cdot k}{J_{1}\left(\alpha_{n}\cdot a\right)\cdot a}\newline\newline$
Wynik:
\[v\left(r,t\right)=\mathscr{L}^{-1}\left(\overline{V}\left(r,s\right)\right)=v_{0}\cdot\left[1-\frac{2}{a}\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}e^{-k\alpha_{n}^{2}t}\cdot\frac{J_{0}\left(\alpha_{n}\cdot r\right)}{\alpha_{n}\cdot J_{1}\left(\alpha_{n}\cdot a\right)}\right]\]
\end{flushleft}
\end{przy}
%---koniec wykladu 17 12 2007---%

%---poczatek wykladu 07 01 08---%
\chapter{Przekształcenia całkowe z jądrem fourierowskim}
Niech $f$ będzie  funkcją daną dla $ x\in(a,b)$; $K(\alpha,x)$ dana funkcja dwóch zmiennych. \\
Przyporządkowanie
\begin{equation}
\label{row::calkowe1}
I_f(\alpha)=\int\limits_a^b K(\alpha,x)f(x)dx, \quad f\mapsto I_f
\end{equation}
nazywamy przekształceniem z jądrem całkowym $K(\alpha,x)$.

Dla $a=0$, $b=\infty$ mamy:
\begin{eqnarray*}
K(\alpha,x)=e^{-\alpha x} & - & \mbox{transformata Laplace'a} \\
K(\alpha,x)=x^{\alpha-1} & - & \mbox{transformata Mellina} \\
\vdots
\end{eqnarray*}

\begin{uw}
Każde przekształcenie całkowe \ref{row::calkowe1} jest liniowe.
\end{uw}

$I_f(\alpha)$ - dana $\Rightarrow$ f (?)

Rozważmy takie przekształcenia, że:
\begin{equation}
\label{row::calkowe2}
f(x)=\int\limits_a^b H(\alpha,x)I_f(\alpha)d\alpha
\end{equation}

Przypadek $a=0$, $b=\infty$.
\begin{defi}
Mówimy, że przekształcenie \ref{row::calkowe1} ($a=0$, $b=\infty$) jest przekształceniem z jądrem fourierowskim $\Leftrightarrow$ przekształcenie odwrotne \ref{row::calkowe2} daje się zapisać wzorem:
\[
f(x)=\int\limits_0^\infty K(\alpha,x)I_f(\alpha)d\alpha, \
tzn. \ H(\alpha,x)=K(\alpha,x).
\]
\end{defi}

\underline{\textbf{Ograniczenie:}} Rozważamy $K(\alpha,x)=K(\alpha\cdot x)$

Rozpatrzmy teraz następujące przekształcenie (zwane przekształceniem Mellina):
\[
\mathbb{K}(s)=\int\limits_0^\infty K(x)x^{s-1}dx
\]

\begin{twie}
Jeżeli jądro K jest jądrem fourierowskim, to zachodzi warunek
\[\mathbb{K}(s)\cdot\mathbb{K}(1-s)=1.\]
\end{twie}

\begin{dow}
\begin{eqnarray*}
\mathbb{I}(s)=\int\limits_0^\infty I_f(\alpha)\alpha^{s-1}d\alpha
=\int\limits_0^\infty\alpha^{s-1}d\alpha \int\limits_0^\infty K(\alpha\cdot x)f(x)dx
=\int\limits_0^\infty f(x)dx 
\int\limits_0^\infty K(\alpha\cdot x) \alpha^{s-1}d\alpha= \\
=\left|
\begin{array}{c}
\alpha x = \eta \\
x d\alpha=d\eta
\end{array}
\right|
=\int\limits_0^\infty f(x)dx
\int\limits_0^\infty K(\eta)\frac{\eta^{s-1}}{x^s}d\eta
=\int\limits_0^\infty f(x)x^{-s}dx\mathbb{K}(s)=\mathbb{K}(s)\mathbb{F}(1-s) \\
\end{eqnarray*}
Zatem:
\[ \mathbb{I}(s)=\mathbb{K}(s)\mathbb{F}(1-s) \; (*)\]
Podobnie możemy wykazać, że
\[ \mathbb{F}(s)=\mathbb{I}(1-s)\mathbb{K}(s) \]
Wystarczy teraz podstawić $s:=1-s$ i wynik wstawić do $(*)$.
\end{dow}

\begin{uw}
Można pokazać, że warunek $\mathbb{K}(s)\cdot\mathbb{K}(1-s)=1$ jest także warunkiem dostatecznym na to, żeby funkcja K była jądrem fourierowskim.
\end{uw}

\noindent\underline{\textbf{Przykłady}} jąder fourierowskich:
\begin{enumerate}
\item  $K(x)=A\cos x$, \ \ $A$-stała \\
\begin{eqnarray*}
\mathbb{K}(s) & = & A\int\limits_0^\infty x^{s-1}\cos x dx= \frac{1}{2}A\int\limits_0^\infty x^{s-1}(e^{ix}+e^{-ix})dx
={A \over 2}\int\limits_0^\infty e^{ix} x^{s-1}dx
+{A \over 2}\int\limits_0^\infty e^{-ix} x^{s-1}dx \\
&=&{A \over 2}(\Gamma(s)e^{{\pi \over 2}is}+\Gamma(s)e^{-{\pi \over 2}is})
=A\Gamma(s)\cos{\pi s \over 2} \\
\mathbb{K}(1-s) & = & A\Gamma(1-s)\cos{\pi \over 2}(1-s)
=A\Gamma(1-s)\sin{\pi s \over 2}
\end{eqnarray*}
\[
{A^2 \over 2} \Gamma(s)\Gamma(1-s)2\sin{\pi s \over 2}\cos{\pi s \over 2}=1
\]
\[
{A^2 \over 2} {\pi \over \sin \pi s} \sin \pi s=1 \, \Rightarrow \,
A=\sqrt{2 \over \pi}
\]
Zatem $K(x)=\sqrt{2 \over \pi}\cos x$ jest jądrem fourierowskim.
\[ F_c(\alpha):=I_f(\alpha)=\sqrt{2 \over \pi}\int\limits_0^\infty f(x)\cos\alpha x dx, \quad f(x)=\sqrt{2 \over \pi}\int\limits_0^\infty I_f(\alpha)\cos\alpha x d\alpha.
\]
\item $K(x)=A\sin x, \ \ldots \ \Rightarrow A=\sqrt{2 \over \pi}$ (analogicznie)\\
\[ F_s(\alpha):=I_f(\alpha)=\sqrt{2 \over \pi}\int\limits_0^\infty f(x)\sin\alpha x dx, \quad f(x)=\sqrt{2 \over \pi}\int\limits_0^\infty I_f(\alpha)\sin\alpha x d\alpha.
\]
\item $K(x)=\sqrt{x}J_\nu(x)$ \\
Skorzystamy ze wzoru, dowodzonego w teorii funkcji Bessela: 
\[
\int\limits_0^\infty J_\nu(at)t^\mu dt=
{
2^\mu\Gamma({1\over 2}+{1\over 2}\mu+{1\over 2}\nu) 
\over
a^{\mu+1}\Gamma({1\over 2}-{1\over 2}\mu+{1\over 2}\nu)
}
\]
\[
\mathbb{K}(s)=\int\limits_0^\infty J_\nu(x) x^{s-{1\over 2}}dx=2^{s-{1\over 2}}
{
\Gamma({1\over 2}\nu+{1\over 2}s+{1\over 4})
\over
\Gamma({1\over 2}\nu-{1\over 2}s+{3\over 4})
}
\]
Zachodzi $\mathbb{K}(s)\cdot\mathbb{K}(1-s)=1$. \\
Mamy zatem:
\[
g(\alpha)=\int\limits_0^\infty f(x)\sqrt{\alpha x}J_\nu(\alpha x) dx, \quad
f(x)=\int\limits_0^\infty g(\alpha)\sqrt{\alpha x}J_\nu(\alpha x) d\alpha.
\]
Wprowadźmy dla uproszczenia: $f(x)=\tilde{f}(x)\sqrt x$
i $g(\alpha)=\tilde{g}(\alpha)\sqrt \alpha$. Po uproszczeniu wzorów
otrzymamy tzw. prostą transformatę Hankela:
\[\tilde{g}(\alpha)=\int\limits_0^\infty x\tilde{f}(x)J_\nu(\alpha x)dx\]
oraz odwrotną transformatę Hankela:
\[\tilde{f}(x)
=\int\limits_0^\infty \alpha\tilde{g}(\alpha)J_\nu(\alpha x)d\alpha.\]
\end{enumerate}

\section{Związek transformaty Mellina i transformaty Laplace'a}
\[F(s)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-st}f(t)dt
\ - \ \mbox{dwustronna transformata Laplace'a}\]
\[f(t)={1 \over 2 \pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(s)e^{st}ds\]
Zróbmy podstawienie: $t=-\ln y$ wtedy $e^{-st}=y^s$, $dt=-\frac{1}{y}dy$, zatem
\[F(s)=\int\limits_0^\infty y^{s-1}\overbrace{f(-\ln y)}^{\tilde{f}(y)}dy
\ - \ \mbox{prosta transformata Mellina funkcji $\tilde{f}$ oraz}\]
\[\tilde{f}(y)=f(-\ln y)={1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}
F(s)y^{-s}ds \ - \ \mbox{odwrotna transformata Mellina}\]
\begin{przy}
\begin{eqnarray*}
f(x) & = & e^{-x} \\
F(s) & = & \int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}dx=\Gamma(s) \\
2\pi i f(x)&=&\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}\Gamma(s)x^{-s}ds
=\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}{\pi x^{-s}\over \sin \pi s \cdot \Gamma(1-s)} ds
=\overbrace{\ldots}^{lemat \ Jordana}=e^{-x}2\pi i
\end{eqnarray*}
\end{przy}
\subsection{Własności transformaty Mellina}
\begin{enumerate}
\item 
(twierdzenie o transformacie pochodnej)
\[
F_{(k)}(s)=\int\limits_0^\infty f^{(k)}(x)x^{s-1}dx=\left[f^{(k-1)}(x)x^{s-1}\right]_0^\infty
-(s-1)\int\limits_0^\infty f^{(k-1)}(x)x^{s-2}dx
\]
Przy założeniu, że $\lim_{x\rightarrow\infty}f^{(k-1)}(x)x^{s-1}=0$ mamy wzór:
\[
F_{(k)}(s)=-(s-1)F_{(k-1)}(s-1)
\]
\item
$F(s)$, $G(s)$ - transformaty $f(x)$, $g(x)$
\begin{eqnarray*}
\int\limits_0^\infty f(x)g(x)x^{s-1}dx
&=&\int\limits_0^\infty g(x)dx\cdot x^{s-1}\cdot{1 \over 2\pi i}
\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(\sigma)x^{-\sigma}d\sigma
={1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(\sigma)d\sigma
\int\limits_0^\infty g(x)x^{s-\sigma-1}dx \\
&=&{1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(\sigma)
G(s-\sigma)d\sigma
\end{eqnarray*}
dla $s=1$ mamy:
\[
\int\limits_0^\infty f(x)g(x)dx={1 \over 2\pi i} \int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(\sigma)G(1-\sigma)d\sigma
\]
\item
$F(s)$, $G(s)$ - transformaty $f(x)$, $g(x)$
\begin{eqnarray*}
{1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(s)G(s)x^{-s}ds
&=&{1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(s)x^{-s}ds
\int\limits_0^\infty g(u)u^{s-1}du
=\int\limits_0^\infty g(u){du \over u} \cdot
\underbrace{{1 \over 2\pi i}\int\limits_{c-i\infty}^{c+i\infty}
F(s)\left({x \over u}\right)^{-s}ds}_{f\left({x\over u}\right)} \\
&=&\int\limits_0^\infty g(u)f\left({x\over u}\right){du\over u}
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
Własności 2. i 3. są odpowiednikami tw. Borela o splocie.



%------wyklad--08-01-14------
\chapter{Z-transformata}
Rozważmy funkcję $f(t)=f_n$ - stała, dla $n\leqslant t < n+1$\begin{footnotesize}(schodkowa)\end{footnotesize}, $f(t)=0$, dla $t<0$.
Wtedy:
\begin{eqnarray*}
\mathscr{L}\{f\}(s)&=&\int\limits_0^\infty e^{-st}f(t)\, dt=\sum\limits_{n=0}^\infty\int\limits_n^{n+1} e^{-st}f_n\, dt=\\
&=&\sum\limits_{n=0}^\infty f_n\left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_{t=n}^{n+1}=\sum\limits_{n=0}^\infty f_n\frac{1}{s}\left(e^{-sn}-e^{-s(n+1)}\right)=\\
&=&\frac{1-e^{-s}}{s}\underbrace{\sum\limits_{n=0}^\infty f_n e^{-sn}}_{D^*(f)}
\end{eqnarray*}
\hfill \begin{footnotesize}(obszarem zbieżności transformaty Laplace'a jest $Re\, s>a$)\end{footnotesize}\\
$D^*(f)=\sum\limits_{n=0}^\infty f_n e^{-sn}$ - nazywamy dyskretną transformatą Laplace'a\\
\underline{Podstawmy:} $z=e^s$\\

\begin{defi}[Z-transformata]
\[Z\{\underbrace{f_n}_{\mbox{\begin{tiny}ciąg\end{tiny}}}\}:=\sum\limits_{n=0}^\infty f_n z^{-n}\]
\end{defi}
Jest to część główna (osobliwa) szeregu Laurenta w otoczeniu $0$.\\
Obszarem zbieżności jest więc $| z | > R$

\begin{przy}\ \\
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle Z\left\{e^{\alpha n}\right\}=\sum\limits_{n=0}^\infty e^{\alpha n}z^{-n}=\sum\limits_{n=0}^\infty (e^{-\alpha}z)^{-n}=\frac{1}{1-e^\alpha z^{-1}}=\frac{z}{z-e^\alpha} \label{z_tr_wl1}$
\item $\displaystyle Z\left\{\frac{1}{n!}\right\}=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^{-n}}{n!}=e^{\frac{1}{z}}$
\item $\displaystyle Z\left\{n\right\}=\sum\limits_{n=0}^\infty n\cdot z^{-n}=-z\left(\sum\limits_{n=0}^\infty z^{-n}\right)'=-z\left(\frac{1}{1-\frac{1}{z}}\right)'=-z\left(\frac{z}{z-1}\right)'=-z\left(\frac{z-1-z}{(z-1)^2}\right)=$\\
$\displaystyle =\frac{z}{(z-1)^2}$
\item Niech $\beta>0$. Wtedy\\
\begin{eqnarray*} Z\left\{\sin\beta n\right\}&=&Z\left\{\frac{1}{2i}\left(e^{i\beta n}-e^{-i\beta n}\right)\right\}=\frac{1}{2i}\left(Z\left\{e^{i\beta n}\right\}-Z\left\{e^{-i\beta n}\right\}\right)\stackrel{\eqref{z_tr_wl1}}{=}\frac{1}{2i}\left(\frac{z}{z-e^{i\beta}}-\frac{z}{z-e^{-i\beta}}\right)=\\
&=&\ldots=\frac{z\cdot \sin\beta}{z^2-2z\cos\beta +1}
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
\end{przy}

\section{Własności Z-transformaty}
\begin{enumerate}
\item Liniowość
\item Twierdzenia o przesunięciu
\[\{f_n\}=f_0,f_1,f_2,\ldots\]
\[\mbox{(umowa) }\{f_{n+k}\}:=f_k,f_{k+1},f_{k+2},\ldots\, ,\qquad k>0\]
\[\mbox{(umowa) }\{f_{n-k}\}:=\underbrace{f_{-k},f_{-k+1},\ldots,f_{-1}}_{=0\mbox{ umownie}},f_0,f_1,\ldots\]
\begin{footnotesize}(analogia do $\mathbbm{1}_+$ w zmiennych ciągłych)\end{footnotesize}

\begin{twie}[I tw. o przesunięciu]\ \\
 Jeżeli $Z\{f_n\}(z)=F(z)$, to $Z\{f_{n-k}\}=z^{-k}F(z)$\label{tw:oprzes1}
\end{twie}
\begin{dow}
\[Z\{f_{n-k}\}=\sum\limits_{n=0}^\infty f_{n-k} z^{-(n-k)}z^{-k}=z^{-k}\sum\limits_{n=0}^\infty f_{n-k} z^{-(n-k)}=z^{-k}\sum\limits_{n=k}^\infty f_{n-k} z^{-(n-k)}=z^{-k}F(z)\]
\end{dow}

\begin{twie}[II tw. o przesunięciu]\ \\
 Jeżeli $Z\{f_n\}(z)=F(z)$, to $Z\{f_{n+k}\}=z^{k}\left(F(z)-\sum\limits_{\nu=0}^{k-1}f_\nu z^{-\nu}\right)$
\label{tw:oprzes2}\end{twie}
\begin{dow}
\[Z\{f_{n+k}\}=\sum\limits_{n=0}^\infty f_{n+k} z^{-n}=z^{k}\sum\limits_{n=0}^\infty f_{n+k} z^{-(n+k)}=z^{k}\left(F(z)-\sum\limits_{\nu=0}^{k-1}f_\nu z^{-\nu}\right)\]
\end{dow}
\begin{przy}
\[\{n-2\}=0,0,0,1,2,\ldots\]
\[Z\{n-2\}=z^{-2}Z(n)=z^{-2}\frac{z}{(z-1)^2}=\frac{1}{z(z-1)^2}\]
\end{przy}



\end{enumerate}

\subsection{Różnice skończone}
$f_n$ - ciąg\\
Definiujemy następujące różnice (odpowiedniki różniczek):\\
$\Delta f_n:= f_{n+1}-f_n$\\
$\Delta^2 f_n:=\Delta(\Delta f_n)= f_{n+2}-2f_{n+1}+f_n$\\
$\vdots$\\
$\Delta^k f_n:=\Delta(\Delta^{k-1} f_n)$ - definicja rekurencyjna dla $k\in\mathbb{N}$.

\begin{enumerate}
\item[3.] \begin{twie}\ \\
 Jeśli $Z\{f_n\}(z)=F(z)$, to $Z\{\Delta f_{n}\}=(z-1)F(z)-z\cdot f_0$
\end{twie}
\begin{dow}
\[Z\{\Delta f_{n}\}=Z\{f_{n+1}\}-Z\{f_{n}\}\stackrel{\eqref{tw:oprzes2}}{=}z\left( F(z)-f_0\right) - F(z)=(z-1)F(z)-z\cdot f_0\]
\end{dow}\ \\

\underline{Ćwiczenia:}
Wyprowadzić wzór na $Z\{\Delta^kf_n\}$ (indukcyjnie).

\item[4.] \begin{twie}\ \\
 Jeśli $Z\{f_n\}(z)=F(z)$ i $g_n=\sum\limits_{\nu=0}^nf_\nu$ \begin{footnotesize}(odpowiednik całki $\int_0^t\ldots$)\end{footnotesize}, to $Z\{g_{n}\}=\frac{z}{z-1}F(z)$
\end{twie}
\begin{dow}
\[f_n=g_n-g_{n-1}\]
\[\underline{F(z)}=Z\{f_{n}\}=Z\{g_{n}\}-Z\{g_{n-1}\}\stackrel{\eqref{tw:oprzes1}}{=}\underline{Z\{g_{n}\}-\frac{1}{z}Z\{g_{n}\}}\]
\[\mbox{Stąd: }Z\{g_{n}\}=\frac{z}{z-1}F(z)\]
\end{dow}

\item[5.] \begin{twie}\ \\
 Jeśli $Z\{f_n\}(z)=F(z)$, to $Z\{n\cdot f_{n}\}=-z\frac{d}{dz}F(z)$
\end{twie}
\begin{dow} Analogiczny do przykładu 3.
\end{dow}
\end{enumerate}


\begin{defi}[Splot ciągów]
Splotem ciągów $\{f_n\}$ i $\{g_n\}$ nazywamy ciąg $\{h_n\}$ taki, że 
\[h_n=\sum\limits_{\nu=0}^n f_\nu g_{n-\nu}\]
\begin{center}\begin{footnotesize}$\sum\limits_{-\infty}^\infty$ pamiętając, że reszta się zeruje \end{footnotesize}\end{center}
(jest to splot klasyczny dla funkcji schodkowych) \\
Ozn. $h_n=f_n * g_n$
\end{defi}
\begin{enumerate}
\item[6.] \begin{twie}[odpowiednik \hyperlink{tw:borel}{tw. Borela}]\ \\
 Jeśli $Z\{f_n\}(z)=F(z),\,Z\{g_n\}(z)=G(z),\,h_n=f_n*g_n$, to $Z\{f_{n}*g_n\}=F(z)\cdot G(z)$
\end{twie}
\begin{dow}
\[F(z)\cdot G(z)=\sum\limits_{\nu=0}^\infty f_\nu \underbrace{z^{-\nu}G(z)}_{Z\{g_{n-\nu}\}}=
\sum\limits_{\nu=0}^\infty f_\nu \sum\limits_{n=0}^\infty {z^{-n}}{g_{n-\nu}}=
\sum\limits_{n=0}^\infty {z^{-n}} \underbrace{\sum\limits_{\nu=0}^\infty f_\nu{g_{n-\nu}}}_{f_n*g_n}=Z\{f_n*g_n\}\]
\end{dow}

\begin{przy}
\[\{n*1\}=\sum\limits_{\nu=0}^n \nu= \frac{n(n+1)}{2}\]
\[Z\left\{\frac{n(n+1)}{2}\right\}=Z\{n\}\cdot Z\{\mathbbm{1}\}=\frac{z}{(z-1)^2}\cdot\frac{z}{z-1}=\frac{z^2}{(z-1)^3}\]
\end{przy}
\end{enumerate}



\section{Transformata odwrotna do Z-transformaty}
\[F(z)=Z\{f_n\}=\sum\limits_{n=0}^\infty f_n z^{-n}\]
Odwrotną transformatę można wyznaczyć ze wzorów na współczynniki szeregu Laurenta:
\[\underline{f_n=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{|z|=r} F(z)\cdot z^{n-1}\, dz}\qquad \mbox{dla } n=0,1,2,\ldots\]

%rysunek anticlockwise

\begin{przy}
\[F(z)=\frac{z}{z^2-1}\]
\[f_n=\frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{|z|=r} \frac{z^n}{z^2-1}\, dz\]
Szukamy punktów osobliwych.\\
$z_1=1,\,z_2=-1$ - bieguny rzędu 1.
\[f_n=res_{z=1}\frac{z^n}{z^2-1}+res_{z=-1}\frac{z^n}{z^2-1}=\frac{1}{2}+\frac{-(-1)^n}{2}=\frac{1}{2}(1+(-1)^{n+1})\]
\hfill \begin{footnotesize}$(0,1,0,1,\ldots)$\end{footnotesize}
\end{przy}



\section{Równania różnicowe}
$x=x(t)$ - funkcja niewiadoma\\
$a_0,a_1,\ldots ,a_{m-1},f(t)$ - dane\\
Równanie:\\
\[x(t+m)+a_{m-1}x(t+m-1)+a_{m-2}x(t+m-2)+\ldots+a_{1}x(t+1)+a_0x(t)=f(t)\]
nazywamy równaniem różnicowym zmiennej ciągłej.\vspace{6pt}\\
Podstawiając funkcję schodkową:
\[x(t)=x_n,\quad \mbox{dla}\, n\leqslant t < n+1\]
otrzymujemy:
\begin{defi}[Równanie różnicowe dyskretne]
\[\tag{*}\label{eq:rrd}\left\{
\begin{array}{l}
x_{n+m}+a_{m-1}\cdot x_{n+m-1}+\ldots +a_{1}\cdot x_{n+1}+a_0\cdot x_n=f_n\\
x_0,x_1,\ldots,x_{m-1},f_n\,\mbox{ - dane początkowe}
\end{array}
\right.
\]
\end{defi}

\begin{uw}\ \\
Zagadnienie \eqref{eq:rrd} może być zapisane w równoważny sposób:
\[\left\{
\begin{array}{l}
\Delta^{m}x_{n}+c_{m-1}\cdot\Delta^{m-1} x_{n}+\ldots +c_{1}\cdot\Delta x_{n}+\underbrace{c_0\cdot x_n}_{\Delta^0 x_n =x_n\mbox{ z def.}}=f_n\\
x_0,x_1,\ldots,x_{m-1},f_n\,\mbox{ - dane początkowe}
\end{array}
\right.\]
\end{uw}
\ \\
\underline{Rozwiązanie:} Stosujemy Z-transformatę do \eqref{eq:rrd}. Oznaczmy $Z(x_n)=X(z),\quad Z\{f_n\}=F(z)$, wtedy:
\[z^m\left( X(z)-\sum\limits_{k=0}^{m-1}x_kz^{-k}\right)+a_{m-1}z^{m-1}\left( X(z)-\sum\limits_{k=0}^{m-2}x_kz^{-k}\right)+\ldots + a_0X(z)=F(z)\]
\[\mbox{Stąd: }X(z)=\frac{F(z)+\sum\limits_{\nu=1}^{m} a_\nu z^\nu \sum\limits_{k=0}^{\nu-1}x_kz^{-k}}{z^m+a_{m-1}z^{m-1}+\ldots +a_1z +a_0}\]

\begin{przy}
$\displaystyle x_{n+2}-3x_{n+1}+2x_n=0,\quad x_0,x_1$ - dane
\[z^2\left(X(z)-x_0z^0-x_1\frac{1}{z}\right) - 3z\left( X(z) - x_0 \right) +2X(z)=0\]
\[X(z)(z^2-3z+2)=x_0z^2+x_1z-3x_0z\]
\[X(z)=\frac{x_0(z^2-3z)+x_1z}{z^2-3z+2}=\frac{x_0(z^2-3z)+x_1z}{(z-1)(z-2)}\]
\begin{eqnarray*}
x_n&=&\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{|z|=r} X(z)z^{n-1}\, dz=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{|z|=r} \frac{x_0(z^2-3z)+x_1z}{(z-1)(z-2)} z^{n-1}\, dz=\\
&=&{res}_{z=1}\frac{x_0(z^2-3z)+x_1z}{(z-1)(z-2)} z^{n-1}+res_{z=2}\frac{x_0(z^2-3z)+x_1z}{(z-1)(z-2)} z^{n-1}=\\
&=&\frac{-2x_0+x_1}{-1}\cdot 1+ (-2x_0+2x_1)2^{n-1}=2x_0-x_1 + 2^n(x_1-x_0)
\end{eqnarray*}
Dla $x_0=x_1$ otrzymujmy ciąg stały.
\end{przy}

\begin{przy}
$\displaystyle x_{n+2}-x_n=1,\quad x_0=0,x_1=1$
\[z^2\left(X(z)-\frac{1}{z}\right) - X(z)=\frac{z}{z-1}\]
\[X(z)(z^2-1)=z+\frac{z}{z-1}=\frac{z-z+z^2}{z-1}=\frac{z^2}{z-1}\]
\[X(z)=\frac{z^2}{(z-1)^2(z+1)}=\frac{Az}{(z-1)}+\frac{Bz}{(z-1)^2}+\frac{Cz}{(z+1)}\]
\[A=\frac{1}{4},\, B=\frac{1}{2}\, C=\frac{-1}{4}\]
\[x_n=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}(-1)^{n+1}\]
\end{przy}


\chapter{Transformata Hankela}
\section{Transformata Hankela}
\begin{defi}
Transformat\k{a} Hankela funkcji $f$ nazywamy odwzorowanie:
\[\tilde{f}_{\nu}(p)=\int\limits_{0}^{\infty}rf(r)J_{\nu}(pr)\,dr,\]
a transformat\k{a} odwrotn\k{a} odwzorowanie:
\[f(r)=\int\limits_{0}^{\infty}p\tilde{f}_{\nu}(p)J_{\nu}(pr)\,dp.\]
\end{defi}
\noindent Poprawność tych wzorów wynika z rozważań o przekształceniach z jądrem fourierowskim.

\subsection{W\l asno\'{s}ci transformaty Hankela}
\begin{twie}[W\l asno\'{s}ci transformaty Hankela]
Za\l ó\.{z}my, \.{z}e\\
$\lim\limits_{r\to\infty}rf(r)=0$ oraz \\
$\lim\limits_{r\to\infty}rf^{\prime}(r)=0,$ wtedy:
\begin{enumerate}
\item{Transformata pochodnej}
\[\tilde{f}_{\nu}^{(1)}(p)=\int\limits_{0}^{\infty}r{df \over dr}J_{\nu}(pr)\,dr=
-p\left(\tilde{f}_{\nu-1}(p){\nu+1 \over 2\nu}-{\nu-1 \over 2\nu}\tilde{f}_{\nu+1}(p)\right).\]
\item{Transformata drugiej pochodnej}
\[\tilde{f}_{\nu}^{(2)}(p)={1\over 4}p^{2}\left({\nu+1 \over \nu-1}\tilde{f}_{\nu-2}(p)-2{\nu^{2}-3 \over \nu^{2}-1}\tilde{f}_{\nu}(p)+{\nu-1 \over \nu+1}\tilde{f}_{\nu+2}(p)\right).\]
\item{Zwi\k{a}zek z równaniem Bessela}
\[\int\limits_{0}^{\infty}r\left({d^{2}f \over dr^{2}}+{1 \over r}{df \over dr}-{\nu^{2} \over r^{2}}f\right)J_{\nu}(pr)\,dr=-p^{2}\tilde{f}_{\nu}(p).\]

\end{enumerate}

\end{twie}

\begin{dow}
ad 1) \\
\[f_{\upsilon}^{(1)}(p)=\int\limits_{0}^{\infty}r{df\over dr}J_{\upsilon}(pr)\,dr = \underbrace{\left.rf(r)J_{\upsilon}(pr)\right|^{r=\infty}_{r=0}}_{=0} - \int\limits_{0}^{\infty}f(r){d \over dr}\left(rJ_{\upsilon}(pr)\right)\,dr=\]
\[ {d \over dr}\left(rJ_{\upsilon}(pr)\right)=J_{\upsilon}(pr)+prJ_{\upsilon}^{\prime}(pr).\]
\[=-\int\limits_{0}^{\infty}f(r)\left(J_{\upsilon}(pr) + prJ_{\upsilon}^{\prime}(pr)\right)\,dr = -\int\limits_{0}^{\infty}f(r)\left(J_{\upsilon}(pr)+prJ_{\upsilon-1}(pr) -\upsilon J_{\upsilon}(pr)\right)\,dr=\]
\[=(\upsilon-1)\int\limits_{0}^{\infty}f(r)J_{\upsilon}(pr)\,dr - p\tilde{f}_{\upsilon-1}(p).\]
Zauwa\.{z}my, \.{z}e zachodzi równo\'{s}\'{c}:
\[2\upsilon J_{\upsilon}(pr)=prJ_{\upsilon-1}(pr)+prJ_{\upsilon+1}(pr),\]
St\k{a}d:
\[2\upsilon\int\limits_{0}^{\infty}f(r)J_{\upsilon}(pr)\,dr = p\left(\int\limits_{0}^{\infty}rf(r)J_{\upsilon-1}(pr)\,dr + \int\limits_{0}^{\infty}rf(r)J_{\upsilon+1}(pr)\,dr\right) = p\tilde{f}_{\upsilon-1}(p) + p\tilde{f}_{\upsilon+1}(p).\]
Wstawiaj\k{a}c $\int\limits_{0}^{\infty}f(r)J_{\upsilon}(pr)\,dr$ do wzoru na $\tilde{f}_{\upsilon}^{(1)}$ dostajemy:
\[\tilde{f}_{\upsilon}^{(1)}(p) = (\upsilon-1)\left({p\over 2\upsilon}\tilde{f}_{\upsilon-1}(p)+{p \over 2\upsilon}\tilde{f}_{\upsilon+1}(p)\right) - p\tilde{f}_{\upsilon-1}(p)=\]
\[=p\left(\tilde{f}_{\upsilon-1}(p){\upsilon-1-2\upsilon\over 2\upsilon} + {\upsilon-1\over 2\upsilon}\tilde{f}_{\upsilon+1}(p)\right) = -p\left(\tilde{f}_{\upsilon-1}(p){\upsilon+1\over 2\upsilon}-{\upsilon-1\over 2\upsilon}\tilde{f}_{\upsilon+1}(p)\right).\]
\end{dow}

\begin{dow}
ad 2) \\
Stosujemy dwukrotnie punkt (1).
\end{dow}

\begin{dow}
ad 3) Całkując przez części otrzymujemy:\\
\[\int\limits_{0}^{\infty}r\left({d^{2}f\over dr^{2}} + {1\over r}\cdot {df\over dr}\right)J_{\upsilon}(pr)\,dr = \int\limits_{0}^{\infty}r{d^{2}f \over dr^{2}}J_{\upsilon}(pr)\,dr + \int\limits_{0}^{\infty}{df\over dr}J_{\upsilon}(pr)\,dr=\]
\[=-\int\limits_{0}^{\infty}{df\over dr}(J_{\upsilon}(pr)+prJ_{\upsilon}^{\prime}(pr))\,dr + \int\limits_{0}^{\infty}{df \over dr}J_{\upsilon}(pr)\,dr = -p\int\limits_{0}^{\infty}{df\over dr}rJ_{\upsilon}^{\prime}(pr)\,dr=\]
\[=p\int\limits_{0}^{\infty}f(r)(J_{\upsilon}^{\prime}(pr) + prJ_{\upsilon}^{\prime\prime}(pr))\,dr = (*).\]
Zauwa\.{z}my, że:
\[pJ_{\upsilon}^{\prime}(pr)+p^{2}rJ_{\upsilon}^{\prime\prime}(pr) = -\left(p^{2}-{\upsilon^{2}\over r^{2}}\right)J_{\upsilon}(pr)r,\]
gdyż po podzieleniu przez $p^{2}r$ mamy:
\[{1\over pr}J_{\upsilon}^{\prime}(pr) + J_{\upsilon}^{\prime\prime}(pr) = -\left(1-{\upsilon^{2}\over (pr)^{2}}\right)J_{\upsilon}(pr) \quad \mbox{(jest to r-nie Bessela).}\]
Wracamy do (*):
\[(*)=-\int\limits_{0}^{\infty}\left(p^{2}-{\upsilon^{2}\over r^{2}}\right) rJ_{\upsilon}(pr)f(r)\,dr \quad \mbox{co kończy dowód}.\]
\end{dow}

\begin{przy}
Rozwa\.{z}my równanie Laplace'a:
\[\Delta \upsilon = 0,\]
gdzie $\upsilon = \upsilon(r,z)$ oraz $r=\sqrt{x^2+y^2}$ przy warunkach:
\[\left\{\begin{array}{lcl}
\upsilon=\upsilon_{0} & dla & 0\leq r < 1\,, z=0\\
{\partial\upsilon \over \partial z}=0 & dla & r>1\,, z=0\\
\end{array}
\right.\]
($\upsilon$ - potencjał naelektryzowanego dysku)

Zapiszmy równanie Laplace'a we wspó\l rz\k{e}dnych biegunowych:
\[\Delta\upsilon = {\partial^{2}\upsilon \over \partial r^{2}} + {1 \over r}\cdot {\partial\upsilon \over \partial r} + {\partial^{2}\upsilon \over \partial z^{2}} = 0.\] 

Zastosujmy transformat\k{e} Hankela.
Niech:
\[\tilde{\upsilon}(p,z)=\int\limits_{0}^{\infty}rJ_{0}(pr)\upsilon(r,z)\,dr\]
\[\upsilon(r,z)=\int\limits_{0}^{\infty}pJ_{0}(pr)\tilde{\upsilon}(p,z)\,dp\]
Wtedy:
\[-p^{2}\tilde{\upsilon}(p,z) + {\partial^{2} \over \partial z^{2}}\tilde{\upsilon}(p,z)=0\]

Dostali\'{s}my równanie zwyczajne drugiego rz\k{e}du. A zatem jego rozwi\k{a}zanie:
\[\tilde{\upsilon}(p,z)=A(p)e^{-pz}+B(p)e^{pz}.\]

Poniewa\.{z} poszukujemy rozwiązania ograniczonego, to $B(p)=0.$
Czyli:
\[\tilde{\upsilon}(p,z)=A(p)e^{-pz}.\]

Z warunków mamy:
\[\upsilon(r,0)=\int\limits_{0}^{\infty}pJ_{0}(pr)A(p)\,dp=\upsilon_{0},\]
dla $0\leq r <1$.

Analogicznie dla $r>1$ mamy:
\[\int\limits_{0}^{\infty}p^{2}J_{0}(pr)A(p)\,dp=0.\]

Po rozwi\k{a}zaniu tych równań całkowych otrzymamy:
\[A(p)={2\over \pi}\upsilon_{0}{\sin{p}\over p^{2}}.\]
A st\k{a}d ostatecznie:
\[\upsilon(r,z)={2\upsilon_{0}\over \pi}\int\limits_{0}^{\infty}{e^{-pz} \over p}J_{0}(pr)\sin{p}\,dp.\]

\end{przy}


\section{Transformaty sko\'{n}czone}
Rozwa\.{z}my funkcj\k{e} $f(x)$, gdzie $x\in[-l;l]$.
Rozwi\'{n}my $f$ na szereg Fouriera:
\[f(x)={a_{0}\over 2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos{n\pi x\over l} + b_{n}\sin{n\pi x\over l}\right),\]
gdzie:
\[a_{n}={1\over l}\int\limits_{-l}^{l}f(x)\cos{n\pi x\over l}\,dx, \quad b_{n}={1\over l}\int\limits_{-l}^{l}f(x)\sin{n\pi x\over l}\,dx\]
Na wspó\l czynniki $a_{n}$ i $b_{n}$ mo\.{z}emy spojrze\'{c} jak na transformat\k{e}.

\begin{uw}
Na rozwini\k{e}cia funkcji na szeregi mo\.{z}emy patrze\'{c} jak na transformaty odwrotne.
\end{uw}

\subsection{Transformaty cosinusowa i sinusowa}
\begin{defi}
Niech dana b\k{e}dzie funkcja $f(x)$. Sko\'{n}czon\k{a} transformat\k{a} cosinusow\k{a} nazwiemy:
\[\tilde{f}_{c}(p)=\int\limits_{0}^{a}f(x)\cos{p\pi x\over a}\,dx,\]
a sinusow\k{a}:
\[\tilde{f}_{s}(p)=\int\limits_{0}^{a}f(x)\sin{p\pi x\over a}\,dx.\]
\end{defi}

\begin{przy}
Rozwa\.{z}my nast\k{e}puj\k{a}ce zagadnienie Dirichleta:
\[\left\{\begin{array}{lll}
\Delta u =0\, & x\in(0,\pi)\, &y\in(0,\pi)\\
u=0\, & x=0\,,\pi \, & y=0\\
u=u_{0}\, & y=\pi\ & u_{0}\neq 0\\
\end{array}\right.\]

Zastosujmy transformat\k{e} sinusow\k{a} względem $x$:
\[\tilde{u}(p,y)=\int\limits_{0}^{\pi}u(x,y)\sin{px}\,dx.\]
Nasze równanie ma posta\'{c}:
\[{\partial^{2}u\over \partial x^{2}} + {\partial^{2}u\over \partial y^{2}} = 0.\]
Obliczmy:
\[\int\limits_{0}^{\pi}{\partial^{2} u \over \partial x^{2}}\sin{px}\,dx = \left.{\partial u \over \partial x}\sin{px}\right|^{\pi}_{0} - p\int\limits_{0}^{\pi}{\partial u\over \partial x}\cos{px} = -\left.p\,u(x,y)\cos{px}\right|^{\pi}_{0} - p^{2}\int\limits_{0}^{\infty}u\sin{px}\,dx =.\]
\[=-p^{2}\tilde{u}(p,y).\]

Nasze równanie przyjmuje posta\'{c}:
\[-p^{2}\tilde{u}(p,y) + {\partial^{2}\over \partial y^{2}}\tilde{u}(p,y)=0.\]
Warunki brzegowe:
\[\tilde{u}(p,0)=\int\limits_{0}^{\pi}u(x,0)\sin{px}\,dx=0,\]
\[\tilde{u}(p,\pi)=u_{0}\int\limits_{0}^{\pi}\sin{px}\,dx = -{u_{0}\over p}(\cos{p\pi}-1)={u_{0}\over p}\left(1-(-1)^{p}\right).\]

Zapiszmy rozwi\k{a}zanie:
\[\tilde{u}(p,y)=C_{1}e^{py}+C_{2}e^{-py}=A\sinh{py}+B\cosh{py}.\]
Z warunku $\tilde{u}(p,0)=0$ wynika, \.{z}e $B=0$.
Czyli:
\[\tilde{u}(p,y)=A(p)\sinh(py).\]
Korzystaj\k{a}c z drugiego warunku mamy:
\[\tilde{u}(p,\pi)=A(p)\sinh{p\pi}={u_{0}\over p}\left(1-(-1)^{p}\right).\]
St\k{a}d:
\[A(p)={u_{0}\over p\sinh{p\pi}}\left(1-(-1)^{p}\right).\]
Zatem ostatecznie:
\[\tilde{u}(p,y)={u_{0}\sinh{py}\over p\sinh{p\pi}}\left(1-(-1)^{p}\right).\]

Funkcja $u$ b\k{e}dzie si\k{e} zatem wyra\.{z}a\'{c} poprzez szereg:
\[u(x,y)={2u_{0}\over \pi}\sum_{p=1}^{\infty}{\sinh{py}\over p\sinh{p\pi}}\left(1-(-1)^{p}\right) \sin{px}.\]
\end{przy}

\begin{uw}
W przypadku zagadnienia Neumanna nale\.{z}y stosowa\'{c} transformat\k{e} cosinusow\k{a}.
\end{uw}






\appendix
\chapter{Tabela transformat Laplace'a}
%-------tabelka--------

%\newpage
%\section{Tabela transformat Laplace'a}
\begin{uw}
Wszystkie funkcje w pierwszej kolumnie tabeli należy pomnożyć przez $\mathbbm{1}_{+}(t)$.
\end{uw}

\hypertarget{TabTransLap}{}

\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}[t]{|c|c|c|}
\hline

&\\
Funkcja transformowana (dla $t>0$) & Transformata Laplace'a funkcji\\
&\\
\hline 

&\\
\huge{\bf{f$(t)$}} & \huge{\bf{$\mathscr{L}\{f\}(s)$}}\\
&\\
\hline

&\\
\Large{$\mathbbm{1}_{+}(t)$} & \Large{${1\over s}$}\\
&\\


\Large{$\cos(\alpha t)$} & \Large{${s\over s^{2}+\alpha^{2}}$}\\
&\\


\Large{$\sin(\alpha t)$} & \Large{${\alpha\over s^{2}+\alpha^{2}}$}\\
&\\


\Large{$t^{\alpha}$} & \Large{${\Gamma(\alpha +1)\over s^{\alpha+1}}$}\\
&\\


\Large{$e^{\alpha t}$} & \Large{${1\over s-\alpha}$}\\
&\\


\Large{$\cosh(\alpha t)$} & \Large{${s\over s^{2}-\alpha^{2}}$}\\
&\\


\Large{$\sinh(\alpha t)$} & \Large{${\alpha\over s^{2}-\alpha^{2}}$}\\
&\\


\Large{$\ln t$} & \Large{$-{1 \over s} (\ln s + \mathcal{C})$}\\
&\\


\Large{$t\cos(\alpha t)$} & \Large{${s^2-\alpha^2\over s^{2}+\alpha^{2}}$}\\
&\\


\Large{$t\sin(\alpha t)$} & \Large{${2\alpha s\over s^{2}+\alpha^{2}}$}\\
&\\
\hline


\end{tabular}
\caption{TABELA TRANSFORMAT LAPLACE'A}
\label{tab:}
\end{table}


%\appendix
\chapter{Tabela transformat Laplace'a dla dystrybucji}
%-------tabelka dystrybucji--------
%\newpage
%\section{Tabela transformat Laplace'a dla dystrybucji}

\hypertarget{TabTransLap2}{}

\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}[t]{|c|c|c|}
\hline

&\\
Dystrybucja & Transformata Laplace'a dystrybucji\\
&\\
\hline 


&\\
\huge{\bf{f}} & \huge{\bf{$\mathscr{L}\{f\}(s)$}}\\
&\\
\hline

&\\
\Large{$\delta$} & \Large{$1$}\\
&\\


\Large{$\delta(t-a)$} & \Large{$e^{-as}$}\\
&\\


\Large{$\delta^{(n)}$} & \Large{$s^n$}\\
&\\
\hline

\end{tabular}
\caption{TABELA TRANSFORMAT LAPLACE'A DLA DYSTRYBUCJI}
\label{tab2:}
\end{table}


\chapter{Tabela Z-transformat}
%-------tabelka Z-transformat--------

\hypertarget{TabTransLap2}{}

\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}[t]{|c|c|c|}
\hline

&\\
Ciąg tranformowany & Z-transformata ciągu\\
&\\
\hline 


&\\
\huge{\bf{$f_n$}} & \huge{\bf{$Z\{f_n\}(z)$}}\\
&\\
\hline

&\\
\Large{$e^{\alpha n}$} & \Large{$\frac{z}{z-e^\alpha}$}\\
&\\


\Large{$\frac{1}{n!}$} & \Large{$e^{\frac{1}{z}}$}\\
&\\


\Large{$n$} & \Large{$\frac{z}{(z-1)^2}$}\\
&\\

\Large{$\sin\beta n$} & \Large{$\frac{z\cdot \sin\beta}{z^2-2z\cos\beta +1}$}\\
&\\

\hline

\end{tabular}
\caption{TABELA Z-TRANSFORMAT}
\label{tab:Z-tr}
\end{table}



\chapter{Tabela transformat Hankela}
\hypertarget{TabTransHan}{}
\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}[t]{|c|c|c|c|}
\hline


Funkcja transformowana & Parametr & Transformata Hankela funkcji\\

\hline 


\huge{\bf{$f(x)$}} & $\upsilon$ & \huge{$\tilde{f}_{\upsilon}(p)$}\\
&&\\
\hline


&&\\
\Large{$x^{\upsilon}\mathbbm{1}_{[0,a]}(x)$}&
\Large{$\upsilon>-1$} & \Large{${a^{\upsilon+1}\over p}J_{\upsilon+1}(pa)$}\\
&&\\


\Large{$x^{\upsilon}e^{-\alpha x^{2}}$} & 
\Large{$\upsilon>-1$} & 
\Large{${p\over (2\alpha)^{\upsilon+1}}e^{-p^{2}\over 4\alpha}$}\\
&&\\


\Large{${e^{-\alpha x}\over x}$} & 
\Large{$\upsilon=0$} & \Large{${1\over \sqrt{p^{2}+\alpha^{2}}}$}\\
&&\\
\hline

\hline
\end{tabular}
\caption{TABELA TRANSFORMAT HANKELA}
\label{tab:}
\end{table}



\chapter{Wzory trygonometryczne}
\noindent\large{\textbf{Funkcje trygonometryczne sumy i różnicy}}
\[
\begin{array}{ll}
\sin(x+y)=\sin x\cos y +\cos x\sin y & \sin(x-y)=\sin x\cos y-\cos x\sin y \\ \\
\cos(x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y & \cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y \\ \\
\end{array}
\]
\noindent\textbf{Sumy i różnice funkcji trygonometrycznych}
\[
\begin{array}{ll}
\sin x+\sin y=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}
& \sin x-\sin y=2\cos\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2} \\ \\
\cos x+\cos y=2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}
& \cos x-\cos y=-2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2} \\ \\
\end{array}
\]
\noindent\textbf{Iloczyn funkcji trygonometrycznych}
\[
\begin{array}{ll}
\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]
& \cos\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)] \\ \\
\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]
& \sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)] \\ \\
\end{array}
\]



\setcounter{tocdepth}{3} 
\tableofcontents
\end{document}

