Zad. 1a. Ze wzoru rekurencyjnego J ν−1 (z) + J ν+1 (z) = 2νz J ν (z) dla ν = − 1 2 wynika, ˙ze

Wybrane rozwi ˛ azania - egz. TCiWdTD 31.01.2012

Zad. 1a. Ze wzoru rekurencyjnego J _ν−1 (z) + J ν+1 (z) = ^2ν _z J ν (z) dla ν = − ¹ 2 wynika, ˙ze

J ₋

2

(z) = − 1 z J ₋

2

(z) − J

(z) . Z zada´ n przerabianych na ´cwiczeniach wiadomo, ˙ze J

(z) =

q 2

πz sin z, J ₋

2

(z) = q 2

πz cos z, zatem

J ₋

2

(z) = − r 2

πz µ 1

z cos z + sin z

¶ .

Zad. 4a. Niech Y (s) = L {y} (s). Wtedy Y (s) ¡

s ² + 2s + 1 ¢

= s ⁴ , Y (s) = s ⁴

(s + 1) ² = s ² − 2s + 3 − 4

s + 1 + 1 (s + 1) ² . Zatem

y = δ ⁽²⁾ − 2δ ⁽¹⁾ + 3δ − ¡

4e ^−t − te ^−t ¢

· 1 ⁺ (t) .

Zad. 5a. Poniewa˙z Z {n} (z) = _(z−1) ^z

, to na mocy jednej z własno´sci Z-transformaty wynika, ˙ze

Z © n ² ª

(z) = Z {n · n} (z) = −z d dz

µ z

(z − 1) ²

¶

= − z (z + 1) (z − 1) ³ . Zatem

Z {x ⁿ } (z) = − z

(z − 1) ³ (z + 1) itd. z twierdzenia o residuach...

Zad. 6. Niech v c (p, t) = Z π

0

v (x, t) cos pxdx. Wtedy:

Z π

0

∂ ² v (x, t)

∂x ² cos pxdx = ∂v (x, t)

∂x cos px

¯ ¯

¯ ¯

π

| {z 0 }

0

+ p Z π

0

∂v (x, t)

∂x sin pxdx =

= pv (x, t) sin px | ^π 0

| {z }

0

− p ² Z π

0

v (x, t) cos pxdx = −p ² v c (p, t) .

Otrzymujemy zatem równanie dv c (p, t)

dt = −kp ² v c (p, t) z warunkiem pocz ˛ atkowym v c (p, 0) =

Z π

0

f (s) cos psds.

Rozwi ˛ azaniem jest funkcja

v c (p, t) = e ^−kp

^t Z π

0

f (s) cos psds, dla p = 0, 1, 2, . . .

Odwracaj ˛ ac transformat ˛e cosinusow ˛ a ostatecznie otrzymujemy

v (x, t) = 1 π

Z π

0

f (s) ds + 2 π

X +∞

p=1

e ^−kp

^t Z π

0

f (s) cos psds.