Lösningar till tentamen i Transformmetoder okt 2007

Transkript

1 Lösningar till tentamen i Transformmetoder okt 7. Låt Y (s beteckna Laplacetransformen till funktionen y. Laplacetransformering av den givna ekvationen ger: varav följer att. (a För s > a är Y (s + s Y (s = s + s s Y (s = s + Y (s = s s(s + = s + f(te st dt y(t = + cos t + sin t. Ke at e st dt = K Laplacetransformen existerar därför för s > a. s s + + s +, (b Partiell integrering ger L(f (s = f (te st dt = [f(te st] + s e (a st dt <. f(te st dt = lim t f(te st f( + sf (s = f( + sf (s. Gränsvärdet är noll om s > a beroende på att f(te st Ke (a st då t. 3. Låt A(z beteckna den okända följdens z-transform. De translaterade följderna (a n+ och (a n+ har transformerna za(z a z = za(z z respektive z A(z a z a z = z A(z z. Z-transformering av det givna rekursionssambandet leder därför till ekvationerna: z A(z z 3(zA(z z + A(z = z z (z 3z + A(z z + 6z = z z (z (z A(z = z 6z z z = z3 8z + 5z z z 8z + 5 A(z = z (z (z = efter partialbråksuppdelning ( = z (z + 5 z + 3 z z = (z + 5 z z 3 z z.

2 Ur tabellen avläser vi nu att a n = n n. 4. (a Observera att f(t = e t för t men att det inte gäller att f(t = e t för t <. I definitionen av fourierkoefficient är det därför enklast att integrera över intervallet [, ] väljer man ett annat intervall av längd måste man tänka på hur uttrycket för f(t ser ut i just det intervallet. Det är vidare enklast att beräkna de komplexa fourierkoefficienterna ˆf(n = f(te int dt = = [ e t( in ] = in Detta ger oss fourierserien ( f(t e e ni in e t e int dt = = e e int in. in. e t( in dt Den reella varianten får man genom att kombinera termer med index n och index n: e int + in + eint in = ( + ineint + ( ine int + n = (cos nt n sin nt + n Om vi sätter in detta i ekvation ( (och inte glömmer termen med index n =, så får vi ( f(t e ( + ( cos nt n sin nt + n + n. n= b Funktionen f är kontinuerlig överallt utom i punkterna n, där den har språng. Vidare existerar de generaliserade vänster- och högerderivatorna i alla punkter. Vi drar därför slutsatsen att fourierserien är konvergent för allt t och att den för t n konvergerar mot funktionsvärdet f(t. För t = n konvergerar den istället mot medelvärdet av funktionens vänsteroch högergränsvärden, dvs. mot e + e = + e. Insättning av t = i ( (eller för den delen i ( ger därför likheten + e = e ( + n= + n,

3 vilket efter förenkling blir n= + n = ( π e + e. Alternativ lösning. Vi kan också använda Parsevals formel: f(t dt = I det här fallet är vänsterledet lika med medan högerledet är lika med ( e ˆf(n. e t dt = 4π (e4π = 4π (e + (e, ( e in = ( e = ( + + n n= + n. Genom att sätta vänster- och högerled lika samt förenkla får vi samma resultat som ovan. 5. ˆf(ω = t e iωt dt = t (cos ωt i sin ωt dt = t cos ωt dt beroende på att funktionen t cos ωt är jämnt och funktionen t sin ωt är udda. (Däremot är inte funktionen t e iωt jämn!!!! Det följer nu genom partiell integration att ([ sin ωt ] ˆf(ω = t ω sin ωt ω dt ω sin ω + cos ω = ω. ( sin ω [ cos ωt ] = ω + ω (Man kan naturligtvis också beräkna ˆf(ω genom att dela upp den ursprungliga integralen som och sedan integrera partiellt. te iωt dt + te iωt dt 3

4 6. Starta med ansatsen u(x, t = X(xT (t, vilket leder till differentialekvationen X (x X(x = T (t T (t = λ eller ekvivalent X (x + λx(x = och T (t + λt (t =, och randvillkoret har i det här fallet formen X( = X (π =. En undersökning av fallen λ < och λ = visar att differentialekvationen för X(x då endast har den ointressanta triviala lösningen X(x =. Fallet λ = α > (α > ger den allmänna lösningen X(x = A cos αx + B sin αx. Villkoret X( = ger att A =, medan X (π = innebär att Bα cos απ =. Eftersom vi inte är intresserade av den triviala lösningen B = leder detta till villkoret cos απ =, vilket är ekvivalent med att α = n +, där n är ett godtyckligt heltal. Motsvarande differentialekvation för T har för λ = (n + förstås lösningen T (t = Ce (n+ t. Den partiella differentialekvationen och randvillkoren är därför uppfyllda av funktionerna u n (x, t = a n e (n+ t sin(n + x, och därmed också av summor av typen Då u(x, t = a n e (n+ t sin(n + x. n= u(x, = a n sin(n + x, n= och begynnelsefunktionen g(x är en ändlig sådan summa, behöver vi nu bara jämföra koefficienterna för att dra slutsatsen att u(x, t = e 4 t sin 5 x + 3e 4 t sin 5 x. 4

5 7. a Börja med uppdelningen (3 a n = f(t cos nt dt + f(t cos nt dt. Den första integralen i högerledet skriver vi om på följande sätt: f(t cos nt dt = = För jämna index n är följaktligen f(t + π cos nt dt = [variabelsubsitution u = t + π] f(u cos(nu nπ du = ( n f(u cos nu du. f(t cos nt dt = f(t cos nt dt. Det följer därför genom insättning i (3 att a n = för alla jämna index. På liknande sätt visas att b n = för alla jämna index n. b Definiera funktionen f genom att sätta { t för π f(t = t π π t för π t 3π och utvidga sedan funktionen så att den får period. (Rita en figur!. Funktionen f blir då udda och f(t + π = f(t. Vidare är funktionen kontinuerlig överallt och höger- och vänsterderivatorna existerar överallt. Vi kan därför dra slutsatsen att funktionens fourierserie är en ren sinusserie, att alla koefficienter med jämna index är lika med (på grund av (a samt att serien är konvergent med f(t som summa för alla t. Speciellt är således seriens summa lika med t i intevallet t π/. Det återstår således enbart att beräkna de sinuskoefficienterna b n för udda index n: b n = π f(t sin nt dt = π Efter partiella integrationer fås att och därför är t = 4 π k= / b k+ = t sin nt dt + π 4( k π(k +, π/ ( k (k + sin(k + t om t π. (π t sin nt dt. 5

6 c För x π är därför x = 4 π k= ( k (k + sin((k + x, dvs. x = 8 π k= ( k (k + sin(k + x. Av undersökningen i uppgift 6 följer därför att u(x, t = 8 π är den sökta lösningen. k= ( k (k + e (k+ t sin(k + x 6