PROV I MATEMATIK Transformmetoder 1MA april 2011

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Salling ( ) PROV I MATEMATIK Transformmetoder MA34 8 april SKRIVTID: 8-3 HJÄLPMEDEL: Formelsamling (delas ut) och miniräknare. MOTIVERA alla lösningar noggrant. För betygen 3, 4 respektive 5 krävs minst 8, 5 respektive 3 p. (5p) Lös integralekvationen Ÿ t f HuL Â Ht-uL u sinh tl, t. LÖSNING Notera att integralen är en faltning Ÿ t f HuL ght - ul u med ghtl = Â t, och att Laplacetransformen av integralen därför (se formelsamlingen) är lika med FHsL ÿ GHsL = FHsL ÿ Laplacetransformation av den givna ekvationen resulterar följdaktligen i ekvationen F s - Â s + 4 s- Â. Härav, FHsL s + Â f HtL - Â t ANM. Det är relativt enkelt att evaluera den givna integralen med ovanstående f inpluggad, och därigenom verifiera att lösningen är korrekt. (7p) (a) För vilka reella värden på a är följande differentialekvation stabil? y HtL + H - al y HtL - a yhtl xhtl, t >. (b) Bestäm impulssvaret i fallet när överföringsfunktionen har en dubbelpol. LÖSNING (a) Stabilitet råder omm överföringsfunktionens poler ligger i vänster halvplan. Vi bestämmer överföringsfunktionen genom att Laplacetransformera differentialekvationen Resultatet av transformationen blir h HtL + H - al h HtL - a hhtl dhtl med begynnelsevillkor hh -L =, h H -L =. H - al s HHsL - a HHsL + s HHsL vars lösning är överföringsfunktionen HHsL Hs + L Hs - al HHsL:s poler finns där nämnaren är noll, dvs. de är - och a. Bägge ligger i vänster halvplan omm a <. Stabilitet råder således när a <. (b) Vid dubbelpol är HHsL = Hs+L Hs+L = Hs+L, och därmed hhtl = t -t, t >.

2 8 april.nb 3 (6p) En bank (Ebberyds) lämnar hundra procents ränta på insatta pengar. Bestäm hur mycket som skall sättas in varje år, för att resultera i en viss ackumulerad penningmängd efter n år. Närmare bestämt, lös följande ekvation m.a.p. a n. LÖSNING Z -transformation ger Härav, Så här ser några inledande värden ut: n k= a k n-k = 5 n, n œ N. AHzL AHzL z - z - 5 z z- z z-5 z z z - 5 a n 5 n - µ 5 n- qhn - L I, 3, 5, M 4 (8p) (a) Bestäm den -periodiska Fourierserien till funktionen f i figuren nedanför (b) Vilket värde konvergerar Fourierserien mot i origo? Motivera ditt svar! (c) Beräkna n udda n = med hjälp av Fourierserien. 5 (d) Betrakta nu den -periodiska Fourierserien till f :s jämna utvidgning, Vilket värde konvergerar den här Fourierserien mot i origo? Och vilken serie konvergerar snabbast? Den i (a) eller den i (d)? Motivera ditt svar! LÖSNING (a) Den efterfrågade -periodiska Fourierseriens koefficienter c n ges av c n = f HtL - t t = 4 H - tl - t t = - - H-Ln + c = f HtL t = 6 8 p n Fourierserien blir således 6 + - - H-L n + n¹ 8 p n  t = 6 + n - H-L n 4 p n cosh tl + 4 sinh tl. (b) I origo konvergerar Fourierserien enligt Dirichlets sats mot medelvärdet 8 av vänster- och högergränsvärdena i origo för f :s -periodiska utvidgning. (c) Av (a) och (b) följer likheten

3 8 april.nb n - H-L n 4 p cosh L + n 4 sinh L = 8 dvs. n H-L n - 4 p n = 6, som kan förenklas till n udda n = p 8. (d) Den jämna -periodiska utvidgningen f jämn ser ut som nedan. Enligt Dirichlet sats konvergerar f jämn :s Fourierserie mot. (Detaljerna finns i grafen ovanför.) 4 Vidare, eftersom f jämn är kontinuerlig, medan f :s -periodiska utvidgning har språng, kommer f jämn :s Fourierserie att konvergera snabbare än f :s. Närmare bestämt är termerna i f jämn :s Fourierserie av storleksordning n medan de i f:s Fourierserie är av storleksordning n. 4 sin 5 (7p) (a) Härled transformparet -Â I -, HtL -, HtLM HL både med hjälp av Fouriertransformens definition och med hjälp av regler och något känt transformpar. ANM. a,b HtL = a < t < b f.ö. (b) Beräkna integralen sin Ÿ 4 HxL - x x. LÖSNING (a) Om f HtL = -Â I -, HtL -, HtLM, så följer av Fouriertransformens definition att f`hl = Ÿ Â -Â t t - Ÿ - Â -Â t t = Â -Â - -Â = -Â Â - Â -Â + - Â = I- -Â Â M = I - -Â - Â M = H - HcosH L - Â sinh LL - HcosH L + Â sinh LLL = H - cosh LL = 4 sin HL. Återstår nu att härleda f` med hjälp av känt transformpar och regler. Skalningsregeln på det kända paret -, HtL sini M resulterar i -, HtL Och t-translation en enhet till vänster resp. höger på det senare paret ger sinhl. -, HtL -Â sinhl och, HtL Â sinhl. Lineäritet ger till sist

4 4 8 april.nb -Â I -, HtL -, HtLM -Â J Â sinhl -Â I Â = J Â - -Â Â = sinhl 4 sinhl = 4 sin HL (b) Plancherels formel tillämpad på paret ger - -Â sinhl N - -Â M sinhl N 4 sinhl - Â 4 I -, HtL -, HtLM sin HL Â p I sin HL -,HtL -, HtLM t = - = - sin 4 HL, - sin 4 HxL x x = 4 p 8 = p 6 (7p) En tråd av längden befinner sig i en skål med isvatten, något som tvingar tråden att hålla temperaturen. Plötsligt och blixtsnabbt tar man upp hela tråden förutom ena änden som får LÖSNING stanna kvar i isvattnet. Den upptagna delen av tråden isoleras, förutom dess ände vilken kopplas till en värmekälla som gör att änden hålls vid konstant grader fortsättningsvis. Bestäm temperaturen i trådens olika punkter fortsättningsvis, genom att lösa problemet: u t Hx, tl = u xx Hx, tl, < x <, t >, uh, tl =, uh, tl =, t >, uhx, L =, < x <. Vi har att göra med ett s.k. inhomogent problem. (Inhomogent randvillkor.) Då är lösningsstrategin att homogenisera problemet. Dvs. att betraktar differensen mellan en partikulär lösning till PDE + RAND-villkor och det givna problemets lösning. Randvillkoren för nämnda differens blir nämligen homogena (eller hur!).

5 8 april.nb 5 Partikulärlösning Eftersom de givna RAND-villkoren är tidsoberoende, söker vi en partikulärlösning till differentialekvation + RAND-villkor som också är är tidsoberoende. Dvs. en funktion parthxl sådan att = part HxL parthl =, parthl = Det följer (eller hur!) att parthxl = x. Homogen lösning Differensen homhx, tl = uhx, tl - parthxl satisfierar PDE hom t Hx, tl hom x x Hx, tl RAND hom homh, tl, hom H, tl BEG hom homhx, L - x RAND hom leder oss till att ansätta hom som en -periodisk sinusserie På sedvanligt sätt får vi efter spektraltransformation vars lösning är ODE BEG homhx, tl = b n HtL sinhn p xl b n HtL = -Hn pl b n HtL b n HL = Ÿ H- xl sinhn p xl x = 4 H-L n b n HtL = den homogena lösningen blir Den slutgiltiga lösningen 4 H-Ln 4 H-L n homhx, tl = Av likheten homhx, tl = uhx, tl - parthxl framgår det att 4 H-L n uhx, tl = parthxl + homhx, tl = x + n p -Hn pl t. -Hn pl t sinhn p xl. -Hn pl t sinhn p xl.