Korzystaj ˛ ac z własno´sci funkcji Γ otrzymujemy Γ

Rozwi ˛ azania zada´ n z kolokwium TCiWdTD dn. 26.11.2009

Zad. 1. (grupa I)

Korzystaj ˛ ac z własno´sci funkcji Γ otrzymujemy Γ

µ n + 1

2

¶

= µ

n − 1 2

¶ Γ

µ n − 1

2

¶

= . . . = µ

n − 1 2

¶ µ n − 3

2

¶ . . . 1

2 Γ µ 1

2

¶

=

= (2n − 1) · (2n − 3) . . . · 3 · 1 2 ⁿ

√ π

Zad. 1. (grupa II)

Ze wzoru Weierstrassa (wzór 1.2.2) wynika, ˙ze

(ln Γ (x)) ⁰ = −C − 1 x +

+ ∞

X

n=1

x n (x + n) , wi ˛ec

(ln Γ (x)) ⁰⁰ = 1 x ² +

+ ∞

X

n=1

nx + n ² − nx n ² (x + n) ² = 1

x ² +

+ ∞

X

n=1

1 (x + n) ² =

+ ∞

X

n=0

1 (x + n) ² co ko´ nczy dowód.

Zad. 2. (grupa I)

Niech Y (s) = L {y (t)} (s) . Wówczas stosuj ˛ac transformat ˛e Laplace’a do obu stron równania i uwzgl ˛edniaj ˛ac warunki pocz ˛ atkowe otrzymujemy

¡ s ³ + 3s ² + 3s + 1 ¢

Y (s) = 6

s + 1

Y (s) = 6

(s + 1) ⁴ zatem y (t) = t ³ e ^−t 1 + (t).

Zad. 2. (grupa II)

Niech Y (s) = L {y (t)} (s). Wówczas stosuj ˛ac transformat ˛e Laplace’a do obu stron równania i uwzgl ˛edniaj ˛ac warunki pocz ˛ atkowe otrzymujemy

¡ s ³ − 3s ² + 3s − 1 ¢

Y (s) = 6

s − 1

Y (s) = 6

(s − 1) ⁴ zatem y (t) = t ³ e ^t 1 + (t).

Zad. 3. (wspólne)

Niech F (s) = L {f} (s). Stosuj ˛ac twierdzenie Borela o splocie i transformuj ˛ac obie strony równania otrzymujemy co nast ˛epuje:

s ² F (s) − s − 1 − F (s) 1

s ² − 1 + F (s) (sF (s) − 1) s

s ² − 1 = s s ² − 1

F (s) = s ³ + s ² + s − 1 s ² (s ² − 1) zatem

f (x) = (−1 + x + 2 cosh x) 1 ⁺ (x) .

Zad. 4. (wspólne) We wzorze L n

f (t) t

o (s) =

Z ∞

s

F (σ) dσ nale˙zy przyj ˛ a´c f (t) = sin (kt) oraz s ∈ R ⁺ . Wynika st ˛ ad, ˙ze

L

½ sin (kt) t

¾

= Z ∞

s

k

σ ² + k ² dσ = π

2 − arctg s k . W takim razie na mocy jednej z własno´sci transformaty Laplace’a

L {Si (kt)} (s) = 1 s

³π

2 − arctg s k

´ .

Zad. 5.* (wspólne) Poniewa˙z Γ (z) =

Z ∞

0

e ^−t t ^{z −1} dt, wi ˛ec Γ ⁰ (z) = Z ∞

0

e ^−t t ^{z −1} ln tdt, zatem:

C = −Γ ⁰ (1) = − Z ∞

0

e ^−t ln tdt = − Z 1

0

e ^−t ln tdt − Z ∞

1

e ^−t ln tdt = Z 1

0

¡ e ^−t − 1 ¢ ₀

ln tdt + Z ∞

1

¡ e ^−t ¢ ₀

ln tdt =

= ¡

e ^−t − 1 ¢ ln t ¯ ¯ ¹

| {z 0 }

0

+ e ^−t ln t ¯ ¯ ^∞

| {z 1 }

0

+ Z 1

0

¡ 1 − e ^−t ¢ 1 t dt −

Z ∞

1

e ^−t 1 t dt.

Podstawiaj ˛ ac w ostatniej całce t = ¹ _τ otrzymujemy Z ∞

1

e ^−t 1 t dt = −

Z 0

1

e ⁻

1 τ dτ =

Z 1

0

e ⁻

1 t dt co ko´ nczy dowód wzoru

Z 1

0

1 − e ^−t − e ⁻

t dt = C.