Tentamen i Fourieranalys MVE030 för F2 och Kf2 och Fouriermetoder MVE290 för TM2

Transkript

1 MATEMATISKA VETENSKAPER Datum: Chamers Skrivtid: Teefon: Matteo Moteni Tentamen i Fourieranays MVE3 för F2 och Kf2 och Fouriermetoder MVE29 för TM2 Hjäpmede: Godkänd räknedosa, BETA samt Några tips om Fourierserier m.m. i BETA, 24 (två sidor). Maxpoäng står inom parentes efter varje uppgift, med summa 62. Betygsgränser: betyg 3: 3, betyg 4: 4, betyg 5: 5.. Utvecka funktionen f(x) = x 2 i sinusserie i intervaet [, ], där är en positiv konstant. Ange också i vika punkter serien konvergerar och vad dess summa är, och förkara varför. (5+3) 2. Lös probemet u t = ku xx, < x <, t > u x (, t) = 2, u(, t) =, t > u(x, ) = 2(x ), < x <. Här är k och positiva konstanter. (8) 3. Betrakta föjande Sturm-Liouvie-probem i intervaet [, 3]: y + λy =, y () y() =, y(3) =. Hur många egenvärden med λ < 2 nns det? (9) 4. Finn en ösning u = u(x, t) ti ekvationen u t = ku xx bu x i övre havpanet {(x, t) : t > }, med initiavärden u(x, ) = f(x) för x R. Här är f L (R) en given funktion, och b R och k > är konstanter. Svara med ett så expicit uttryck som möjigt. (9)

2 5. Bestäm den bästa approximationen B(x) av funktionen f(x) = x, x, med poynom av grad högst 3, mätt med normen i rummet L 2 [, ]. Beräkna också f B, där normen tas i samma L 2 -rum. (6+2) 6. Lös Dirichets probem u = i cyindern {(x, y, z) : x 2 + y 2 <, < z < L} med randvärden u(x, y, ) = u(x, y, L) = för x 2 + y 2 < och u(x, y, z) = för x 2 + y 2 =, < z < L. (8) 7. Formuera och bevisa satsen om punktvis derivering av Fourierserier. Det räcker att betrakta kompexa Fourierserier i intervaet [ π, π]. (6) 8. Beskriv superpositionsmetoden för att ösa PDE-probem med givna randvikor och ev. initiavikor. (6)

3 MATEMATISKA VETENSKAPER Datum: Chamers LÖSNINGAR TILL tentamen i Fourieranays MVE3 för F2 och Kf2 och Fouriermetoder MVE29 för TM2 Uppgift. Vi söker i intervaet en utvecking av typ x 2 = b n sin nπx, n= och koefficienterna ges enigt formen av b n = 2 x 2 sin nπx dx. Här partiaintegrerar vi två gånger och får b n = 2 [ x 2 cos nπx ] + 4 x cos nπx dx πn πn = ( ) n+22 πn + 4 [ x sin nπx ] 4 π 2 n 2 π 2 n 2 sin nπx = ( ) n+22 πn + + (( )n ) 42 π 3 n3, n =, 2,.... Detta kan också uttryckas med en forme för jämna n- värden, b 2k = 2 πk och en för udda n-värden, b 2k = 2 2 π(2k ) 8 2 π 3 (2k ) 3. Båda formerna gäer för k =, 2,.... Därmed har vi funnit den sökta serien. För konvergensen observerar vi att den funna sinusserien är Fourierserien för den udda, 2-periodiska utvidgningen dx

4 2 av f ti hea R, och denna funktion är styckvis gatt i hea R (rita grafen). Konvergenssatsen säger därför att Fourierserien konvergerar mot den utvidgade funktionen i varje punkt där den är kontinuerig. Speciet gäer det aa punkter i det öppna intervaet < x <. För ändpunkterna och kan man het enket titta på serien och se att aa termerna är, så den konvergerar mot. Detta föjer också av konvergenssatsen, eftersom den säger att man där har konvergens mot medevärdet av vänster- och högergränsvärdena för den utvidgade funktionen. Man ser (med hjäp av grafen) att dessa medevärden är. Detta besvarar frågan om konvergens. Anm. Som aternativ för att finna Fourierserien kan man observera att funktionen x 2 har derivatan 2x i intervaet (, ) och försöka med att integrera en Fourierserie för derivatan. För att få en sinusserie för x 2 behövs då en cosinusserie för 2x. Det innebär en jämn utvidgning av 2x ti (, ), atså 2 x. Lägg märke ti att 2 x är derivatan av den udda utvidgningen x 2 sgn x av x 2 i (, ). Enigt BETA 3. (3), eer here Några tips..., är 2 x = 8 π 2 (2k )πx cos, < x <. (2k ) 2 n= Här fyttar vi över termen ti vänsteredet, för att få en Fourierserieutvecking utan konstant term, av en funktion som därför har medevärde över en period. Därefter kan man använda satsen om termvis integration av en Fourierserie. En primitiv funktion av vänsteredet ges i (, ) av x 2 sgn x + x. Då säger satsen att x 2 sgn x + x = A 82 π 3 n= (2k )πx sin (2k ) 2 för någon konstant A. I detta fa måste vara, eftersom vänsteredet är udda. Här känner vi igen termerna med (2k ) 2 i resutatet ovan. De övriga termerna får man

5 genom att utvecka x i sinusserie enigt BETA 3. (2), och resutatet bir samma serie som förut. För denna uppgift är det atså knappast enkare att använda tabe och termvis integration. Men det kanske kan göra det ättare att förstå varför koefficienterna har både termer som avtar som /n och som /n 3. 3 Uppgift 2. Differentiaekvationen är här den vaniga, homogena värmeedningsekvationen. Randvärdena är inhomogena, på ett sätt som är oberoende av t-variaben. Därför fungerar steady state-metoden. Vi börjar atså med att finna en funktion u (x) av enbart x-variaben som uppfyer värmeedningsekvationen och randvikoren. Det ger u (x) = så att u är av formen u (x) = ax + b, och dessutom ska man ha u () = 2 och u () =. Det ger a = 2 och b = 2, och atså u (x) = 2x+ 2. Sedan söker vi en ösning u(x, t) ti det givna probemet av formen u(x, t) = u (x)+v(x, t). För v får vi då v t = kv xx och homogena randvikor v x (, t) = och v(, t) =, samt initiavikor v(x, ) = 2(x ) u (x) =. Därför kan v bestämmas med variabeseparation. För en separerad ösning v = X(x)T (t) får man som vanigt T (t) k T (t) = X (x) X(x) = λ, för någon konstant λ, och X () = X() =. I faet λ >, säg λ = µ 2 där µ >, eder detta ti X(x) = a cosh µx + b sinh µx. Randvikoren medför b = och a =, så man får bara noösningen. För λ = får man X(x) = ax + b, och inte heer i det faet finns det några ösningar X(x) utöver noösningen. Om λ <, säg λ = ν 2 med ν >, har man X(x) = a cos νx + b sin νx. Randvikoren ger då att b = och cos ν =, så att ν = (n /2)π/ för något n =, 2,....

6 4 Motsvarande funktion T (t) är proportione mot (n /2)π k( e ) 2t. För v ansätter vi nu en summa av separarade ösningar (n /2)πx (n /2)π k( v(x, t) = a n cos e ) 2t. n= n= Initiavikoret säger då att (n /2)πx a n cos =, < x <. Dessa cosinusfunktioner bidar ett fuständigt ortogonasystem i L 2 [, ], eftersom de utgör egenvektorerna ti ett regujärt Sturm-Liouvie-probem. Deras normer i detta L 2 - rum ges av (n /2)πx cos 2 = 2 (n /2)πx cos dx = 2, det sista via dubba vinken. Därför ges koefficienterna av a n = 2 (n /2)πx ( ) cos dx 2 4( )n = sin (n /2)π = (n /2)π (2n )π. Detta bestämmer v, och sutresutatet bir att u ges av (n /2)πx (n /2)π k( u(x, t) = 2x a n cos e ) 2t, n= där a n är som angetts ovan. Uppgift 3. Vi söker först negativa egenvärden, och sätter λ = µ 2 där µ >. Då är y(x) = a cosh µx + b sinh µx och därmed y (x) = aµ sinh µx + bµ cosh µx. Det första randvikoret medför då bµ a =, så att y(x) = b(µ cosh µx + sinh µx),

7 och här kan vi kasta faktorn b. Insatt i det andra randvikoret ger detta att µ cosh 3µ + sinh 3µ =, dvs. vi får ekvationen tanh 3µ = µ. Men tanh-funktionen är positiv på positiva havaxen, så denna ekvation har ingen ösning µ >. Därför finns det inga negativa egenvärden. Faet λ = ger y(x) = ax + b, och randvikoren medför a b = och 3a + b =. Detta ekvationssystem öses bara av a = b =, och därför är inte ett egenvärde. Det återstår att sätta λ = ν 2 med ν >. Då är y(x) = a cos νx+b sin νx och därmed y (x) = aν sin νx+bν cos νx. Det första randvikoret ger bν a =, så att y(x) är (proportione mot) ν cos νx + sin νx. Då medför det andra randvikoret att ν cos 3ν + sin 3ν = och tan 3ν = ν. Genom att skissa graferna för båda eden i denna ekvation ser vi att ekvationen har en föjd av ösningar ν k >, k =, 2,..., som vi numrerar i växande ordning. Vi vi veta hur många av dem som motsvarar ett egenvärde λ k = νk 2 som är mindre än 2. Grafiskt ser man att den första ösningen ν igger på den gren av kurvan för tan 3ν som ges av π/2 < 3ν < 3π/2, och på den vänstra, undre havan av denna gren, atså där π/2 < 3ν < π. (Rita!) Det föjer att ν < π/3 och atså att λ = ν 2 < π 2 /9 < 2. Den andra ösningen ν 2 igger på nästa gren, given av 3π/2 < 3ν < 5π/2. Det ger ν 2 > π/2 och därmed λ 2 > π 2 /4 > 2. Detta betyder att λ är det enda egenvärdet mindre än 2, så svaret på uppgiften är: ett. Anm. I faet λ > kan man som aternativ skriva den amänna ösningen ti differentiaekvationen som a cos ν(x 3) + sin ν(x 3). Då börjar man med randvikoret i punkten 3, som genast ger a =. Med hjäp av randvärdet i kommer man sen fram ti samma ekvation tan 3ν = ν som förut. Motsvarande kan göras också i faet λ <. 5 Uppgift 4. Vi Fouriertransformerar i x-variaben, och söker funktionen

8 6 û(ξ, t). Den transformerade ekvationen bir û t (ξ, t) = kξ 2 û(ξ, t) ibξû(ξ, t). För fixt ξ är dess ösningar û(ξ, t) = Ae ( kξ2 ibξ)t, där konstanten A kan bero av ξ och bör skrivas A(ξ). Det transformerade initiavikoret säger att û(ξ, ) = ˆf(ξ) och medför A(ξ) = ˆf(ξ), så att û(ξ, t) = ˆf(ξ)e ( kξ2 ibξ)t. Den sökta ösningen u(x, t) är den inversa Fouriertransformen av högeredet här. För att finna den observerar vi först att effekten av faktorn e ibξt bir en transation på inverssidan. Enigt BETA 3.2 (37) är e ktξ2 Fouriertransformen av funktionen K t (x) = 4πkt e x2 4kt. Därför är ˆf(ξ)e ktξ2 Fouriertransformen av fatningen av K t och f. För u får vi resutatet eer utskrivet u(x, t) = f K t (x bt) u(x, t) = 4πkt f(x bt y) e y2 4kt dy. Anm. Att i stäet använda Lapacetransformen i t-variaben bir betydigt besvärigare, även om det förmodigen är möjigt. Uppgift 5. I detta L 2 -rum bidar Legendrepoynomen P n, n =,,..., ett fuständigt ortogonasystem. Satsen om bästa approximation säger att B(x) är ortogonaprojektionen av funktionen f på det derum som spänns upp av P n, n =,, 2, 3,

9 och ges av där B(x) = 3 c n P n, n= c n = P n 2 f, P n. Här tas både skaärprodukten och normen i L 2 [, ]. Eftersom f är jämn och P och P 3 är udda, bir c = c 3 =. I BETA 2.2, sidan 263, ser vi att P = och P 2 = (3x 2 )/2 och att P n 2 = 2/(2n + ). Det ger och c 2 = 5 2 c = 2 x 3x2 2 x dx = dx = 5 2 x dx = 2 x(3x 2 ) dx = 5 2 Den sökta bästa approximationen är därför 7 ( 3 4 ) = B(x) = 2 P P 2 = 5 6 x För att finna normen av f B skriver vi f = f B + B och utnyttjar vi att f B och B är ortogonaa. Pythagoras sats ger därför Här är och Detta ger B 2 = f 2 = f 2 = f B 2 + B 2. 3 n= x 2 dx = 2 x 2 dx = 2 3 c n 2 P n 2 = = f B 2 = = 96, och f B = / 96.

10 8 Att i stäet integrera f(x) B(x) 2 ger betydigt ängre räkningar. Anm. En aternativ metod för att beräkna B(x), utan att använda Legendrepoynom, är att ansätta B(x) = 3 n= a n x n. Skinaden f(x) 3 n= a n x n är då ortogona mot aa poynom av grad högst 3. Speciet är den ortogona mot, x, x 2 och x 3, viket utskrivet ger ett ekvationsssystem. Genom att ösa det finner man koefficienterna a n. Men sen måste man bestämma normen genom integration av f(x) B(x) 2. Uppgift 6. Vi använder cyindriska koordinater (r, θ, z). Observera att aa de givna randvikoren är oberoende av θ, så detsamma kommer att gäa för ösningen. Vi skriver atså u = u(r, z). Eftersom randvikoren för z = och z = L är homogena, kan vi separera det två variaberna. För en separerad ösning R(r)Z(z) ti ekvationen u = får vi, via uttrycket för Lapaceoperatorn i pana poära koordinater, R + r R R = Z Z, och detta måste ha ett konstant värde, säg λ. Nu är det viktigt att observera att det är i z-variaben som man har homogena randvikor (atså för z = och z = L). De måste då gäa även för Z-faktorn i varje separerad ösning, så att Z() = Z(L) =. Vi börjar därför med Z-faktorn, och för den har vi ekvationen Z = λz med dessa randvikor. Det är en standardsituation, där vi vet att Z(z) är (proportone mot) sin nπ L z och λ = (nπ L )2, för något n {, 2,... }. (Att i stäet börja med R-faktorn eder het fe, eftersom randvikoret för r = inte är homogent.) Med det λ-värdet bir ekvationen för R ( nπ ) 2 r 2 R + rr r 2 R =. L

11 Detta är den modifierade Besseekvationen, med parametrar µ = nπ/l och ν =. Lösningarna är injärkombinationer av de modifierade Bessefunktionerna I ( nπ L r) och K ( nπ L r), och K måste förkastas eftersom den är singuär i. Vi får R(r) = I ( nπ L r). För u ansätter vi nu u(r, z) = c n I ( nπ L r) sin nπ L z. Randvärdet för r = medför c n I ( nπ L ) sin nπ L z =, för < z < L. Vi behöver atså utvecka funktionen i sinusserie i intervaet [, L]. Det innebär en (underförstådd) udda utvidgning, atså funktionen sgn x i [ L, L]. Dess utvecking hittar man enkast i Några tips..., men också i BETA 3. (25) eer (2) med α = : sgn x = 4 π 2k (2k )π sin z. L Det föjer att c n = för jämna n och att c n = 4 πn 9 I (nπ/l) för udda n. Sammanfattningsvis kan svaret på uppgiften skrivas 4 π u(r, z) = k= (2k )I ((2k )π/l) I ( (2k )π L ) r sin (2k )π z. L