PROV I MATEMATIK Transformmetoder 1MA dec 2010

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Södergren, Salling PROV I MATEMATIK Transformmetoder MA0 dec 00 SKRIVTID: -9 HJÄLPMEDEL: Formelsamling (delas ut) och miniräknare. MOTIVERA alla lösningar noggrant. För betygen, resektive 5 krävs minst 8, 5 resektive. (5). Finn med hjäl av Fouriertransformation en lösning å hela reella axeln till differentialekvationen y HtL - yhtl = dhtl. LÖSNING Genom att Fouriertransformera båda leden i differentialekvationen ustår en algebraisk ekvation (med ỳ som obekant) som lätt kan lösas. Lösningen känns igen som Fouriertransformen av en skalad - t. -w ỳhwl - ỳhwl ỳhwl - w + - I w M + - I w M + - F I - t M yhtl - - t. (7). (a) För vilka reella värden å b är följande differentialekvation stabil? y HtL + H - bl y HtL + H - bl yhtl xhtl, t > 0. (b) Bestäm imulssvaret i fallet när överföringsfunktionen har en dubbelol. LÖSNING (a) Stabilitet råder omm överföringsfunktionens oler ligger i vänster halvlan. Vi bestämmer överföringsfunktionen genom att Lalacetransformera differentialekvationen h HtL + H - bl h HtL + H - bl hhtl dhtl med begynnelsevillkor hh0 -L = 0, h H0 -L = 0. Resultatet av transformationen är (som vanligt) en algebraisk ekvation H - bl s HHsL + H - bl HHsL + s HHsL vars lösning är den s.k. överföringsfunktionen HHsL - H s + L Hb - s - L HHsL:s oler finns där nämnaren är noll, dvs. de är - och b -. Bägge ligger i vänster halvlan omm b <. Stabilitet råder således när b <. (b) Dubbelol har vi när b - = -, dvs. när b =. Överföringsfunktionen blir i detta fall lika med H HsL = - Och imulssvaret blir hhtl = t - t, t > 0. H s+l J -s-n = H s-l Js+ N = Js+ N.

2 dec00.nb (6). Bestäm följden HyHnLL n=0 om yh0l och yhn + L yh0l n + yhl yhl yhnl n- n- n-n + n - n n, n œ N. LÖSNING Man lägger märke till att summan yh0l n + yhl yhl yhnl n- n- n-n i högerledet är faltningen mellan yhnl och J Nn z. Eftersom dess Z -transform är lika med rodukten Y HzL, leder Z -transformeration av den givna differensekvationen till följande algebraiska ekvation z Hz Y HzL - zl Y HzL z - + z z z - - Jz - N z- vars lösning visar sig vara (förvånande?) enkel Y HzL z + z - z z - + z - Efter inverstransformation har vi lösningen klar: yhnl = n + n- qhn - L = n H + qhn - LL. Här är några inledande värden: I,,,, 8, M (8). (a) Bestäm den -eriodiska Fourierserien till funktionen f i figuren nedanför (b) Vilket värde konvergerar Fourierserien mot i origo? Motivera ditt svar! (c) Beräkna n udda n = med hjäl av Fourierserien. 5 (d) Betrakta nu den -eriodiska Fourierserien till f :s jämna utvidgning. Vilket värde konvergerar den här Fourierserien mot i origo? Motivera ditt svar! (e) Vilken konvergerar snabbast? Fourierserien i (a) eller den i (d)? Motivera ditt svar! LÖSNING (a) Den efterfrågade -eriodiska Fourierseriens koefficienter c n ges av c n = 0 = c 0 = 0 f HtL - n t t = 0  HH-Ln - L n + f HtL t = - n t t + - t - n t t H- H-Ln n + H-L n - L = - n + H-Ln - n n

3 dec00.nb Fourierserien blir således + - n + H-L n - n¹ 0 n  n t = + n H-L n - n cosh n tl + n sinh n tl. (b) I origo konvergerar Fourierserien enligt Dirichlets konvergenssats mot medelvärdet av f :s vänster- och högergränsvärden i origo, dvs, om f nu betecknar den -eriodiska utvidgningen av den givna funktionen. Se figuren nedanför. (c) Av (a) och (b) följer likheten + n H-L n - n cosh n 0L + n sinh n 0L = dvs. + H-L n - n n = som kan förenklas till n udda n = 8 (d) Man kan konstatera att den jämna utvidgningen f jämn av f inte gör något srång i origo. - 0 Det följer att f jämn :s Fourierserie konvergerar (enligt Dirichlet) mot f jämn H0L =. (e) Den första seriens termer har (som vi sett) storleksordning, medan den senare seriens n termer har storleksordning n eftersom f jämn :s -eriodiska utvidgning är kontinuerlig, men har derivata som gör srång (Se nedanför). Det följer att den senare serien konvergerar snabbare. - 0

4 dec00.nb 5 (7). (a) Härled transformaret -t qhtl F med hjäl av Fouriertransformens definition.  w+ ANM. qhtl betecknar Heavisidefunktionen t # 0, t < 0, t > 0. (b) Bestäm, för a > 0, Fouriertransformen av t # a t, t < 0 0, t > 0. (c) Finn en lösning f till integralekvationen f HxL - x + x Ÿ x f HyL -y y. LEDNING: Integraltermen kan skrivas som en faltning. LÖSNING (a) Vi beräknar Fouriertransformen av -t qhtl. - -t qhtl - w t t 0 -t - w t t -H+ wl t -t H+ wl t  w  w +  w (b) Nu beräknar vi Fouriertransformen av t # a t, t < 0 0, t > t Ha- wl 0 a t - w t t t Ha- wl t - - a -  w - a -  w Den funktion t # a t t < 0 0 t > 0, vars Fouriertransform vi nyss beräknade, kan också ses som en med -a skalad ghtl = -t qhtl, dvs. som gh-a tl = a t qh-a tl a>0 = a t qh-tl. Därför skulle den nyss beräknade transformen också ha kunnat beräknats med hjäl av g:s transform och skalningsregeln: gh-a tl F a - w a = a-â w. (c) Först konstaterar vi att integraltermen kan skrivas Ÿ f HyL x-y y = x Ÿ f HyL x-y qhy - xl y = H f HxL * gh-xll. - Fouriertransformation förvandlar därmed integralekvationen f HxL - x + x Ÿ x f HyL -y y till vars lösning är f`hwl f`hwl w + + f`hwl Hw + ÂL Iw + M Jw +  N - w, Hw - ÂL H w + ÂL H w + L H-  w + L Vi artialbråksudelar och inverstransformerar.

5 dec00.nb 5 f`hwl  w  w + Ig`HwL + g`h- wlm. f HtL ghtl + g -t t, t < 0 -t, t > 0 6 (7). En i bägge ändar fastsatt sträng, fri att vibrera i vertikallanet, ges i begynnelsen en viss fart. Bestäm strängens fortsatta "öde" genom att lösa roblemet nedanför. u tt Ix, tm = u xx Ix, tm, 0 < x <, t > 0, uh0, tl = uh, tl = 0, t > 0, uhx, 0L = 0, u t Hx, 0L = sinh xl + 6 sinh xl, 0 < x <. 0 LÖSNING Vi ansätter en sinusserie som är -eriodisk i rumsriktningen. uhx, tl = b n HtL sinhn xl n= Ett sådant u ufyller RAND-villkoren uh0, tl = uh, tl = 0. När vårt u luggas in i PDE och begynnelsevillkor förvandlas dessa till n= b n HtL sinhn xl = n= - Hn L b n HtL sinhn xl n= b n H0L sinhn xl = 0, n= b n H0L sinhn xl = sinh xl + 6 sinh xl Då koefficienterna identifieras erhålls en ODE med begynnelsevillkor: ODE b n HtL = - Hn L b n HtL BEG Lalacetransformation av ODE:n resulterar i b n H0L = 0 alla n, b H0L, b H0L 6, b n H0L = 0 f.ö. s B n HsL s b n H0L + b n H0L - Hn L Bn HsL, dvs. B n HsL och när BEG-villkoren sätts in erhålls Härav, B HsL b HtL = b n H0L s +H n L s +H L, B HsL 6 s + H6 L, B nhsl 0 f.ö. sinh tl, b HtL = sinh6 tl, b nhtl = 0 f.ö. Alltså, uhx, tl = sinh tl sinh xl + sinh6 tl sinh xl.

6 6 dec00.nb