TATA 57/TATA80 18 augusti Lösningar 1) Lösning 1: Z-transformering av ekvationen (med hänsyn tagen till begynnelsevillkoren) ger.

Transkript

1 TATA 57/TATA8 8 augusti 26. Lösningar ) Lösning : Z-transformering av ekvationen (med hänsyn tagen till begynnelsevillkoren) ger [ z + z ] Y (z) = z + z z 3 z 2 som i sin tur ger (efter ommöblering) Av detta får vi Y (z) = (z )(z 3). Y (z) z (z )(z 3) = z = [ 3 4 z + ] z 2 2 och således har vi och vi erhåller Y (z) = 4 [ 3 + z z 2 2z ] y(k) = [ 3 δ(k) + 2 k k 2 k], k =,, 2,... 4 Lösning 2: Alternativt kan man resonera så här: med har vi Y (z) = (z )(z 3).

2 och vi ser att Y (z) = (z )(z 3) = (z2 4z + 3) = (z 2)2 = = 2 z 2z = Z[δ(k)] 2 z Z[k 2 k ] = Z[δ(k)] 2 Z[(k )2k χ(k )] y(k) = δ(k) (k )2 k 2 χ(k ) för alla k =,, 2,.... Bägge uttryckena är lösningar till differensekvationen (som kan visas efter lite ansträngande kalkyler). 2) Laplacetransformering av ekvationen (med hänsyn tagen till begynnelsevillkoret) ger som ger och då erhåller vi (s 2 + 2s + 2)Y (s) = s + s 2 + Y (s) = (s 3 + s + ) (s 2 + )(s 2 + 2s + 2) 2

3 (s 3 + s + Y (s) = (s 2 + )(s 2 + 2s + 2) = [ 7s s 2 + 2s s 2 + = 5 och då får vi att 2s ] s 2 + [ 7(s + ) (s + ) (s + ) s 2 + 2s ] s 2 + y(t) = 5 [ e t (7 cos t 4 sin t) + sin t 2 cos t) ], t. 3) Fourierserien är Vi har f(t) a 2 + a k cos kt + b k sin kt. k= a k = [ cos t cos kt dt = [ cos t cos kt dt + = ] cos t cos kt ] cos t cos kt eftersom Vidare är cos t cos kt = [t = u] = cos u cos ku du. 3

4 b k = [ cos t sin kt dt = 2 = cos t sin kt dt ] cos t sin kt dt [sin(k + )t + sin(k )t] dt. För k = erhåller vi b = och för k 2 har vi b k = [ ] cos(k + )t cos(k )t + k + k = [ ] ( ) k+ + ( )k k + k = + [ ( )k k + + ] k = + ( )k 2k k 2 och vi erhåller b k = o för udda k 2 medan för jämna k med k = 2n har vi Således erhåller vi b k = b 2n = 8 n 4n 2. f(t) 8 n= n sin 2nt. 4n 2 Observera att funktionen är kontinuerlig i alla punkter t m med m =, ±, ±2,.... Fourierserien konvergerar punktvis mot f(t +) + f(t ) 2 i varje t. I synnerhet ser vi att fourierserien konvergerar punktvis mot värdet i t =, ± ty f(m ) = och f(m + ) =. 4

5 Enligt Parsevals Sats har vi nu att vilket ger och då får vi 64 2 n= b k 2 = k= f(t) 2 dt n 2 (4n 2 ) = cos 2 t dt = 2 n= 4) Ekvationen kan skrivas som y (t) + 2 n 2 (4n 2 ) 2 = y(t u)e 3u χ(u) du = e t sgn t. Fouriertransformering av denna ekvationen ger Vi har då (efter lite arbete) [(iω) + 2 2iω ]Y (ω) = 3 + iω + ω 2 Observera att 2iω(3 + iω) Y (ω) = ( + iω)(2 + iω)( + ω 2 ) = 2 [ iω 3 + iω + 3 ( + iω) ] 2 iω ( + iω) = i d 2 dω + iω 5

6 och, med regeln F[tf(t)](ω) = if (ω) samt F[e at χ(t)](ω) = /(a + iω), a >, vi erhåller y(t) = 2 3 [ 2e 2t + 3(t )e t] χ(t) 2et 3 χ( t). 5) Att y (t) existerar betyder att y (t) och y(t) är kontinuerliga och deriverbara och eftersom sin t är kontinuerligt deriverbar, så måste y (t) vara kontinuerligt deriverbar.vi kan alltså sätta y(t) = c k e ikt, y (t) = (ik)c k e ikt, y (t) = ( k 2 )c k e ikt där c k är y(t):s fourierkoefficienter. Insättning i differentialekvationen ger Vi erhåller ( k 2 + ( ) k )c k e ikt = + e2it + e 2it. 2 ( k 2 + ( ) k )c k = för k, ±2 vilket ger c k = för k, ±2 eftersom k 2 +( ) k = ger k 2 = ( ) k och då måste k vara jämnt ty k 2 > för k, ±2. Detta ger k 2 > och således saknar k 2 + ( ) k = reella lösningar. Således är c k = för k, ±2. För k = har vi c = och för k = ±2 har vi 3c ±2 = /2 vilket ger 6) Integralen är ( cos t) 2 y(t) = cos 2t. 3 t 4 dt = 2 6 ( cos t) 2 dt. t 4

7 Med har vi f(t) = cos 2t t 2 och enligt Plancherels sats har vi ( cos t) 2 dt = f(t) 2 dt t 4 vilket ger f(t) 2 dt = 2 F (ω) 2 dω och vi erhåller 7) Serien är cos 2 t 2 cos t + dt = t 4 2 ( cos t) 2 = 2 = = 3 t 4 dt = 6. F (ω) 2 dω ( ω ) 2 dω (ω ) 2 dω f(x) = med u k (x) = arctan x. Vi har k 2 + x2 u k (x) k= 7

8 arctan x u k (x) k 2 + x 2 2k 2 för alla x R och serien /k 2 konvergerar. Enligt Weierstrass Majorantsats är serien k= u k (x) likformigt konvergent och därmed punktvis konvergent på R. Vidare har vi att att och Vi har u k(x) = u k(x) 2x arctan x (k 2 + x 2 )( + x 2 ) (k 2 + x 2 ) 2 2 x arctan x + (k 2 + x 2 )( + x 2 ) (k 2 + x 2 ) 2 (k 2 + x 2 )( + x 2 ) k 2 för alla x R. Vidare är 2 x arctan x k2 + x 2 (k 2 + x 2 ) 2 (k 2 + x 2 ) 2 (k 2 + x 2 ) 3/2 k 3 för alla x R. Serierna /k 2, /k 3 konvergerar. Enligt Weierstrass Majorantsats är serien u k(x) likformigt konvergent på R. k= Funktionerna u k (x) är kontinuerliga på R och då är f(x) en kontinuerligt deriverbar funktion med f (x) = u k(k). k= 8