KTH, Matematik Maria Saprykina Lösningsförslag till tentamen i SF683, Differentialekvationer och Transformmetoder (del 2) 4 april 28 Tentamen består av sex uppgifter där vardera uppgift ger maximalt fyra poäng. Preliminära betygsgränser: A 2 poäng, B 9, C 6, D 3, E, Fx. Det finns möjlighet att komplettera betyget Fx inom 4 veckor. Kontakta i så fall Maria Saprykina. Inga hjälpmedel är tillåtna vid tentamen. OBS: För full poäng krävs fullständiga, tydligt presenterade och välmotiverade lösningar som är lätta att följa. Markera dina svar tydligt.. Betrakta rummet C([, ]) (rummet av alla kontinuerliga, komplexvärda funktioner definierade på intervallet [,]) med den inre produkten < f,g >= f(x)g(x)dx. a). LåtW vara delrummet avc([,]) som spänns upp av funktionernau (x) = ochu 2 = x 2. Bestäm en ON-bas för W. b). Låtf(x) = x 3. Bestäm den funktion (vektor) u(x) iw som minimerar f u. Lösning. a). Observera att u = u,u = och låt w (x) = u (x). Vidare, låt w 2 = u 2 Proj u (u 2 ) = x 2 x2 dx = x 2 3 and w 2 = w 2/ w 2 = 3 5 2 (x2 3 ). Då ärw 2 ortogonal mot w, båda vektorerna har norm, alltså bildar paret(w,w 2 ) en ON bas i W. b). Den vektor u(x) iw som minimerar f u är u =Proj W (f) = f,w w + f,w 2 w 2 = x 3 dx+ 45 4 2 (SF683). Finn en lösning y(x) till integralekvationen x 3 (x 2 3 )dx(x2 3 ) = 4 + 5 6 (x2 3 ) = 5 6 x2 6. y(x) = 2e x + x e t+x y(t)dt, x. Tips: Laplacetransform-tabellen ger: L(e at ) =,s > a. s a Lösning. Ekvationen ovan kan skrivas om som y = 2e x +e x y.
2 Laplacetransformering ger:y = 2L(e x )+L(e x )Y däry = L(y). Enligt tabellen,l(e x ) = Detta ger: (s 2)Y = 2, dvs Y = 2. Inverstransformering ger y = s 2 2e2x. 2 (SF629). Bestäm en talföljd (a n ),n =,,..., sådan atta = 2 och a n+ 3a n = 2 n 2 för n =,,... Lösning. Låt A(z) vara Z-transformen av följden (a n ). Z-transform av den rekurrenta formeln a n+ 3a n = 2 n 2,a = 2, blir: za(z) 2z 3A(z) = z z 2 2 z z. Detta ger A(z) = 2z z 3 + z (z 3)(z 2) 2z (z 3)(z ). Partialbråksuppdelning ger: och Därför kan vi skriva: (z 3)(z 2) = z 3 z 2, 2 (z 3)(z ) = z 3 z. A(z) = 2z z 3 + z z 3 z z 2 z z 3 + z z = 2z z 3 z z 2 + z z. Invers Z-tranform ger nu: a n = 2 3 n 2 n +, n =,,... s. 3 a). Beräkna samtliga egenvärden och egenfunktioner till Sturm-Liouvilleproblemet { f +λf =, < x < π, f() = f (π) =. OBS: Motivering av resultatet krävs! Svar utan motivering ger inga poäng. b). Låt (φ k (x)) k= vara egenfunktionerna i a). Är det sant att man kan hitta N och c,...,c n sådana att för funktionen ψ(x) = N k= c kφ k (x) gäller sinx ψ(x) 2 dx <.? p. c). Beräkna p. ( ) 2 π sinx φ k(x)dx φ. k(x) 2 dx k=
Lösning. a). För λ > sätt λ = ω 2, ω >. Ekvationen blir då f + ω 2 f =. Den har den allmänna lösningen Derivering ger f(x) = Acos(ωx)+Bsin(ωx). f (x) = Asin(ωx)+Bcos(ωx). Randvillkoret f() = ger A =, randvillkoret f (π) = ger icke triviala lösningar om cos(ωπ) =. Det sista ger ω = /2 + n där n =,,2,... För alla n =,,2,... har vi alltså egenvärden λ n = (/2+n) 2 med motsvarande egenfunktioner f n = cos(/2+n)x. För λ har randvärdesproblemet ovan bara triviala lösningar (eftersom i dessa fal är den allmänna lösningen antingen en linjär kombination av två exponentiella funktioner eller en linjär funktion; randvärden medför att desa kan bara vara identiskt noll). b). Enligt Sturm-Liouvilles sats, utgör mängden{f n } n= en fullständig ortogonal mängd il 2 (,π). Per definition, betyder detta att för varje ǫ > (speciellt, för ǫ =.) finns det ett N och konstanterc,...,c n sådana att för funktionen ψ(x) = N k= c kφ k (x) gäller sinx ψ(x) 2 = sinx ψ(x) 2 dx <.. c). Enligt Parsevals formel, om (f k ) k= är en fullständig ortogonal mängd i ett inreproduktrum V, så gäller för varje u V : u,fk 2 = f 2. f k 2 I vårt fall ger detta: 3 ( sinx φ k(x)dx φ k(x) 2 dx k= ) 2 = sin(x) 2 dx = π 2. 4 a). Funktionen, x < f(x) = x+2, x 2x 2, x >. definierar en tempererad distribution. Beräkna dess derivata i distributionsmening på två sätt: a). genom att skriva om den i termer av Heaviside funktion och b). direkt per definition. Förkorta ditt svar så långt det går. Lösning. a). Vi kan uttrycka f med hjälp av Heaviside funktion: f(x) = H( x)+(x+2)(h(x) H(x ))+2x 2 H(x ).
4 Derivering ger: f (x) = δ(x)+(h(x) H(x ))+(x+2)(δ(x) δ(x ))+2x 2 δ(x )+4xH(x ) = 3δ(x) 3δ(x )+2δ(x )+(H(x) H(x ))+4xH(x ) = 3δ(x) δ(x )+H(x) H(x )+4xH(x ). Vi har använt formeln φ(x)δ(x a) = φ(a)δ(x a) som gäller för varje testfunktion. b). Per definition av derivatan i distributionsmening, för varje testfunktion gäller:f [φ] = f[φ ]. ( ) f (φ) = f(φ ) = ( )φ (x)dx+ (x+2)φ (x)dx+ x 2 φ (x)dx ( = [φ(x)] +[(x+2)φ(x)] = φ() 3φ()+2φ()+2φ()+ φ(x)dx+[2x 2 φ(x)] 4 φ(x)dx+4 xφ(x)dx = (3δ(x) δ(x )+H(x) H(x )+4xH(x ))[φ(x)]. ) xφ(x)dx Vi har använt partiell integration samt faktum att för varje testfunktionφ(x) gäller:lim x ± x 2 φ(x) =. 5 a). Betrakta funktionen f(t) = { cost, t π,, t > π. Beräkna Fouriertransformen av f. Tips: du kan behöva formeln 2cosacosb = cos(a+b)+cos(a b). b). Använd resultatet i a) för att beräkna integralen ω 2 sin 2 πω (ω 2 ) 2 dω. Lösning. Eftersom e itω = cosωt+isinωt andf(t) är en jämn funktion, for vi: ˆf(ω) = f(ω)e iωt dω = π cost(cosωt+isinωt)dω =2 cosωtcostdω = cos(ωt+t)+cos(ωt t)dω [ sin(ωt+t) = + sin(ωt t) ] π ω + ω [ ] π sin(ωπ +π) sin(ωπ π) = + ω + ω [ sin(ωπ) = ω + + sin(ωπ) ] π = 2ωsin(ωπ) ω ω 2
5 för ω ±. Värden ˆf(±) beräknas separat: ˆf(±) = 2 För att lösa b)., använder vi Plancherels formel Den ger oss: f(t) 2 dt = 2π cos 2 tdω = π. ω 2 sin 2 (ωπ) ( ω 2 ) dω = 2 4 = 4 2π f(t) 2 dt = π 2 π ˆf(ω) 2 dω. ˆf(ω) 2 dω cos 2 tdt = π2 2. 6 a). För en funktion f L 2 (T) låt c n (f) beteckna f:s komplexa Fourierkoefficienter. Antag att f är 2π-periodisk, 2 gånger kontinuerligt deriverbar. Uttryck c n (f ) och c n (f ) genom c n (f) ochn. Motivera! p. b). Använd Fourierseriemetoden för att bestämma alla 2π-periodiska, 4 gånger kontinuerligt deriverbara funktioner som uppfyller 2p. y (t) = 4y(t π/2), t R. c). Ge en kortfattat beskrivning (2-4 meningar) av Gibbs fenomenet (beskrivningen skall vara riktad till en person som kan definitionen av Fourierserier). p. Lösning. a). Man kan visa att c n (f ) = inc n (f), c n (f ) = n 2 c n (f); bevis se sid. 84-85 i boken. b). Eftersom både y, y och y är 2 gånger kontinuerligt deriverbara, så konvergerar deras Fourierserier till motsvarande funktioner i alla punkter. Representera y(t) i Fourierserie: y(t) = n= c ne int. Då har vi y (t) = n= n2 c n e int. Ekvationen ger: n 2 c n e int = 4 c n e in(t π/2) = c n ( i) n e int, n= n= n= i det sista steget använde vi relationen e iπ/2 = i. Jämförelse av koefficienter vid samma grad ave int ger för varje n Z: n 2 c n = 4( i) n c n c n (n 2 +4( i) n ) =. För varje fixerad n innebär detta att antingen c n =, eller n 2 + 4( i) n = och c n får väljas godtyckligt. Relationenn 2 +4( i) n = är uppfylld om och endast omn = ±2. Alltså beskrivs alla lösningar till ekvationen ovan av formeln därc ±2 är godtyckliga konstanter. y = c 2 e 2it +c 2 e 2it
6 c). Gibbs fenomenet beskriver beteendet av partiella summor av Fourierserien till en styckvis kontinuerligt deriverbar funktion kring diskontinuitetspunkter. Det visar sig att partiella summorna S n konvergerar, men har en viss överslag, vars absolutbelopp är större än någon konstant för alla n.