Zad. 1. Oznaczmy g (x) = |x|. Wówczas

Rozwi ˛ azania zada´ n z kolokwium z TCiWdTD dn. 28.01.2008

Zad. 1. Oznaczmy g (x) = |x|. Wówczas

hDg, ϕi = − hg, ϕ ⁰ i = −

+ ∞

Z

−∞

|x| ϕ ⁰ (x) dx = Z 0

−∞

xϕ ⁰ (x) dx −

+ ∞

Z

0

xϕ ⁰ (x) dx = |całk. przez cz ˛e´sci| =

= −

Z 0

−∞

ϕ (x) dx +

+ ∞

Z

0

ϕ (x) dx = h−1 + (−x) + 1 + (x) , ϕi = hsgn (x) , ϕi .

Analogicznie dla h (x) = x |x| otrzymujemy

hDh, ϕi = − hh, ϕ ⁰ i = −

+ ∞

Z

−∞

x |x| ϕ ⁰ (x) dx = Z 0

−∞

x ² ϕ ⁰ (x) dx −

+ ∞

Z

0

x ² ϕ ⁰ (x) dx = |całk. przez cz ˛e´sci| =

= −2 Z 0

−∞

xϕ (x) dx + 2

+ ∞

Z

0

xϕ (x) dx = h−2x · 1 + (−x) + 2x · 1 + (x) , ϕi = h2 |x| , ϕi .

W takim razie w grupie I: Df = |x| + sgn (x − 1), D ² f = sgn (x) + 2δ (x − 1), za´s w grupie II Df = |x − 1| + sgn (x), D ² f = sgn (x − 1) + 2δ (x).

Zad. 2. (grupa I)

Obliczaj ˛ ac transformat ˛e Laplace’a lewej i prawej strony otrzymujemy:

L n t ^k δ ^(k) o

(s) = (−1) ^k d ^k ds ^k L n

δ ^(k) o

(s) = (−1) ^k d ^k

ds ^k s ^k = (−1) ^k k! = L n

(−1) ^k k!δ o (s) , co na mocy twierdzenia o jednoznaczno´sci transformaty Laplace’a ko´nczy dowód.

Zad. 2. (grupa II)

Na podstawie definicji, otrzymujemy D sin (αt) δ ⁽¹⁾ , ϕ E

= D

δ ⁽¹⁾ , sin (αt) ϕ (t) E

= − ­

δ, (sin (αt) ϕ (t)) ⁰ ®

= − d

dt (sin (αt) ϕ (t))

¯ ¯

¯ ¯

t=0

=

= −αϕ (0) = h−αδ, ϕi , co ko´ nczy dowód.

Zad. 3. (grupa I)

Z definicji transformaty Mellina obliczamy

K (s) =

+ ∞

Z

0

x ² 1 + x √

x x ^{s −1} dx =

+ ∞

Z

0

x ^s+1

1 + x

³²

dx = ¯ ¯ x

³²

= t, dx = ² ₃ t ⁻

¹³

dt ¯ ¯ = 2 3

+ ∞

Z

0

t

²³

^s+

¹³

1 + t dt =

= 2

3

+ ∞

Z

0

t(

²³

^s+

⁴³

) −1

(1 + t)(

²³

^s+

⁴³

) ⁺ [ ¹ − (

²3

s+

⁴₃

)] dt = 2 3 B

µ 2 3 s + 4

3 , − 1 3 − 2

3 s

¶

= 2 3 Γ

µ 2 3 s + 4

3

¶ Γ

µ

− 1 3 − 2

3 s

¶

=

= 2

3

π sin π ¡ ₂

3 s + ⁴ ₃ ¢.

Zad. 3. (grupa II)

Z definicji transformaty Mellina obliczamy

K (s) =

+ ∞

Z

0

x 1 + √

³

x x ^{s −1} dx =

+ ∞

Z

0

x ^s

1 + x

¹³

dx = ¯ ¯ x

¹³

= t, dx = 3t ² dt ¯ ¯ = 3

+ ∞

Z

0

t ^3s+2 1 + t dt =

= 3

+ ∞

Z

0

t ^{(3s+3) −1}

(1 + t) ^{(3s+3)+[1 −(3s+3)]} dt = 3B (3s + 3, −2 − 3s) = 3Γ (3s + 3) Γ (−2 − 3s) = 3π

sin π (3s + 3) .

Zad. 4. (wspólne)

Niech F (z) = Z {x ⁿ } (z). Transformuj ˛ac obie strony równania otrzymujemy kolejno z ³

µ

F (z) − 1 z − 2

z ²

¶

− 2z ² µ

F (z) − 1 z

¶

− 4zF (z) + 8F (z) = z z − 3 F (z) ¡

z ³ − 2z ² − 4z + 8 ¢

= z ³ − 3z ² + z z − 3 F (z) = z ³ − 3z ² + z

(z − 2) ² (z + 2) (z − 3) zatem

x _n = 1 2πi

I

|z|=r

F (z) z ^{n −1} dz = 1 2πi

I

|z|=r

z ⁿ⁺² − 3z ⁿ⁺¹ + z ⁿ (z − 2) ² (z + 2) (z − 3) dz =

X 3 i=1

z=z res

i

z ⁿ⁺² − 3z ⁿ⁺¹ + z ⁿ (z − 2) ² (z + 2) (z − 3) . Poniewa˙z

z=3 res

z ⁿ⁺² − 3z ⁿ⁺¹ + z ⁿ

(z − 2) ² (z + 2) (z − 3) = 1 5 · 3 ⁿ ,

z= res −2

z ⁿ⁺² − 3z ⁿ⁺¹ + z ⁿ

(z − 2) ² (z + 2) (z − 3) = (−2) ^{n −4} · 11 5 ,

z=2 res

z ⁿ⁺² − 3z ⁿ⁺¹ + z ⁿ

(z − 2) ² (z + 2) (z − 3) = 2 ^{n −4} · (2n − 1) , wi ˛ec rozwi ˛ azaniem jest ci ˛ ag {x n } okre´slony wzorem

x _n = 1

5 · 3 ⁿ + (−2) ^{n −4} · 11

5 + 2 ^{n −4} · (2n − 1) . Zad. 5. (grupa I)

Do obu stron równania zastosujmy transformat ˛e Laplace’a wzgl ˛edem t. Niech U (x, s) = L t {u (x, t)} (s). Wów- czas otrzymamy

∂

∂x [sU (x, s) − x] = − 1

1 + s ² , U (0, s) = 2 s ³ ,

∂

∂x U (x, s) = s 1 + s ² , U (x, s) = sx

1 + s ² + C (s) , z warunku wynika, ˙ze C (s) = 2 s ³ , zatem rozwi ˛ azaniem jest

u (x, t) = ¡

x cos t + t ² ¢

· 1 ⁺ (t) . Zad. 5. (grupa II)

Do obu stron równania zastosujmy transformat ˛e Laplace’a wzgl ˛edem t. Niech U (x, s) = L t {u (x, t)} (s). Wów- czas otrzymamy

∂

∂x

∙

sU (x, s) − 1 2 x ²

¸

= − s

1 + s ² , U (0, s) = 1 s ² ,

∂

∂x U (x, s) = x s − 1

1 + s ² , U (x, s) = x ²

2s − x

1 + s ² + C (s) , z warunku wynika, ˙ze C (s) = 1 s ² , zatem rozwi ˛ azaniem jest

u (x, t) = µ 1

2 x ² − x sin t + t

¶

· 1 ⁺ (t) .