MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

Datum: 2012-03-10 Telefon: Martin Berglund 0703 - 088304

Skrivtid: 8.30  13.30

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

Hjälpmedel: Godkänd räknedosa, BETA samt Några tips om Fou- rierserier m.m. i BETA (två sidor).

Svar i form av svårberäknade integraluttryck kan i vissa fall ac- cepteras eller åtminstone ge poäng.

(maxpoäng inom parentes, med summa 61) 1. Ett linjärt, tidsinvariant dynamiskt system har systemfunk- tionen iω/(3 + ω

) . Bestäm impulssvaret. Vilken utsignal får man med insignalen χ

? Som vanligt betecknar χ

den funktion som är 1 i intervallet (0, 1) och 0 för övrigt. (3+5) 2. Lös värmeledningsekvationen u

= ku

i området x > 0, t >

0 med randvärden u(0, t) = e

och initialvärden u(x, 0) = 1.

Konstanten k är positiv. (8)

3. Ange någon funktion f i intervallet (0, π) sådan att integralen Z

0

|f (x) −

5

X

n=1

a

sin nx|

dx, a

, . . . , a

∈ R, antar sitt minsta värde för a

= 1/n, n = 1, . . . , 5 . Detta

minsta värde skall ej vara 0. (8)

4. Lös följande Dirichlet-Neumann-problem i en rektangel:







∆u = 0, 0 < x < `, 0 < y < L, u

(x, 0) = 0, u

(x, L) = 0, 0 < x < `,

u(0, y) = 1 + y, u(`, y) = y

, 0 < y < L.

(8)

5. Bestäm Fouriertransformen, eller den inversa Fouriertrans- formen, av funktionen f(x) =

och använd den för att visa att

Z

sin

x

x

dx = π 3 .

(4+4) 6. Svängningarna hos ett cirkulärt membran beskrivs av våg- ekvationen u

= c

∆u med u = u(x, y, t), där x

+ y

< R

och t > 0. Randvillkoret är u(x, y, t) = 0 för x

+ y

= R

och initialvillkoren u(x, y, 0) = 0 och u

(x, y, 0) = x . Bestäm

lösningen u. (9)

7. Formulera konvergenssatsen för Fourierserier och bevisa den i punkter där funktionen är kontinuerlig. Det räcker att be- trakta en av varianterna, t.ex. komplexa Fourierserier i inter-

vallet [−π, π]. (2+4)

8. Låt w vara en viktsfunktion i ett intervall I. Vad innebär det att (P

)

är en följd av ortogonalpolynom med avseende på w? Förklara hur alla P

är bestämda om koecienterna för högstagradstermerna är xerade, och beskriv hur man successivt kan konstruera dem. Välj något exempel och kons- truera där P

, P

och P

. (1+4+1)

2

MATEMATISKA VETENSKAPER

Chalmers Datum: 2012-03-10

L ¨ OSNINGAR TILL

tentamen i Fourieranalys MVE030 f¨ or F2 och Kf2 och Fouriermetoder MVE290 f¨ or TM2

Uppgift 1.

Impulssvaret ¨ ar inversa Fouriertransformen av systemfunk- tionen. Eftersom 1/(3 + ω

) enligt tabell ¨ ar Fouriertrans- formen av funktionen (2 √

3)

e

√

3

, ¨ ar iω/(3 + ω

) Fouri- ertransformen av

(1) 1

2 √ 3

d dt e

√3

= − 1

2 sgn t e

√3

som allts˚ a ¨ ar impulssvaret. Man kan ocks˚ a f˚ a denna invers- transform direkt ur BETA 13.2 F33.

Insignalen χ

har Fouriertransformen Z

0

e

dt = 1 − e

iω .

OBS: att i st¨ allet f¨ or denna enkla utr¨ akning anv¨ anda tabell, och d˚ a se χ

som skillnaden mellan Heavisidefunktionen och ett av dess translat, ger ett betydligt trassligare uttyck f¨ or samma Fouriertransform.

Motsvarande utsignal har Fouriertransformen 1 − e

iω

iω

3 + ω

= (1 − e

) 1 3 + ω

.

Av detta tar vi invers Fouriertransform och f˚ ar utsignalen 1

2 √

3 (e

√3

− e

√3

).

Ett alternativ ¨ ar att ber¨ akna utsignalen som faltningen av impulssvaret och insignalen, allts˚ a

− 1 2

Z

−∞

sgn s e

√3

χ

(t−s) ds = − 1 2

Z

sgn s e

√3

ds.

2

Den sista integralen h¨ ar kan f¨ orst˚ as ber¨ aknas direkt. Men d˚ a m˚ aste man dela in i fall beroende p˚ a om punkten 0 ligger inom, eller till v¨ anster eller till h¨ oger om intervallet (t−1, t).

Det finns ett enklare s¨ att: att utnyttja att integranden ¨ ar en derivata, enligt (1). D¨ arf¨ or blir faltningen

1 2 √

3 Z

t−1

d ds e

√3

ds = 1 2 √

3 h

e

√3

i

,

vilket ¨ ar samma resultat som vi fick nyss. Observera att man kan integrera derivatan h¨ ar som vanligt ¨ aven om in- tervallet inneh˚ aller punkten 0, d¨ ar derivatan inte existerar.

Det g˚ ar bra eftersom funktionen e

√3

¨ ar styckvis glatt och kontinuerlig.

Uppgift 2.

Vi Laplacetransformerar u(x, t) i t-variabeln och f˚ ar en funk- tion U (x, z). Laplacetransformen av derivatan u

(x, t) ¨ ar d˚ a zU (x, z) − u(x, 0) = zU (x, z) − 1, och den transformerade ekvationen blir

zU (x, z) − 1 = kU

(x, z).

F¨ or fixt z ¨ ar detta en ordin¨ ar differentialekvation i x-variabeln, linj¨ ar men inte homogen. Motsvarande homogena ekvation zU (x, z) = kU

(x, z) har l¨ osningar som ¨ ar linj¨ arkombi- nationer av exp(xpz/k ) och exp(−xpz/k ). Eftersom en partikul¨ arl¨ osning ¨ ar U (x, z) = 1/z, har differentialekvatio- nen den allm¨ anna l¨ osningen

U (x, z) = 1

z + ae

√

z/k

+ be

√

z/k

,

d¨ ar a = a(z), b = b(z). Termen med plustecken i exponen- ten v¨ axer orimligt snabbt f¨ or stora x och z, och f¨ orkastas, s˚ a att a = 0.

Randvillkoret u(0, t) = e

medf¨ or att U (0, z) = L(e

)

(som ¨ ar (z + 1)

, men det beh¨ over vi inte utnyttja). Det

3

betyder med x = 0 i uttrycket f¨ or U (x, z) ovan att 1

z + b(z) = L(e

), vilket ger b(z) och d¨ armed

U (x, z) = 1 z +



L(e

) − 1 z

 e

√

z/k

.

F¨ or att ta invers Laplacetransform av detta observerar vi (eventuellt med hj¨ alp av BETA 13.5 rad L21) att 1/z ¨ ar transformen av den konstanta funktionen 1. Rad L62 med a = x/ √

k ger f¨ or den sista delen av sista termen ovan att

− 1 z e

√

z/k

= −L



erfc( x 2 √

kt )

 . Eftersom ocks˚ a (rad L61)

e

√

z/k

= L

 x

2 √

πkt

e

 , blir den ˚ aterst˚ aende kvantiteten L(e

)e

√

z/k

en produkt av tv˚ a Laplacetransformer, allts˚ a Laplacetransformen av en faltning. Denna faltning ¨ ar

e

∗ x 2 √

πkt

e

= x 2 √

πk Z

0

e

s

e

ds,

eftersom funktionerna h¨ ar s¨ atts till 0 f¨ or t < 0. Svaret p˚ a uppgiften ¨ ar d¨ arf¨ or

u(x, t) = 1 − erfc( x 2 √

kt ) + x 2 √

πk Z

0

e

s

e

ds.

Uppgift 3.

Enligt satsen om b¨ asta approximation s¨ oker vi en funktion f vars ortogonalprojektion p˚ a det vektorrum som sp¨ anns upp av funktionerna sin nx, n = 1, . . . , 5, ¨ ar P

n=1 1

n

sin nx.

Eftersom alla funktionerna sin nx, n = 1, 2, . . . , bildar ett

ortogonalsystem i (0, π), kan man som f ta exempelvis

4

P

1

n

sin nx. En annan l¨ osning ¨ ar f (x) = (π − x)/2, som

¨ ar summan av den o¨ andliga serien P

1

n

sin nx.

Uppgift 4.

Randvillkoren i y-led ¨ ar homogena, och vi kan separera va- riabler, dvs. s¨ oka l¨ osningar av formen u(x, y) = X(x)Y (y).

P˚ a vanligt s¨ att f˚ ar vi fr˚ an differentialekvationen att X

(x)

X(x) = − Y

(y) Y (y) = λ,

f¨ or n˚ agon konstant λ. H¨ ar b¨ orjar vi med att betrakta funk- tionen Y (y), som satisfierar Y

= −λY . De homogena randvillkoren medf¨ or att Y

(0) = Y

(L) = 0. D˚ a vet vi att enda m¨ ojligheten ¨ ar att λ = (nπ/L)

och Y (y) ¨ ar en multipel av cos

, f¨ or n˚ agot n ∈ {0, 1, 2, . . . }. Speciellt ¨ ar Y konstant f¨ or n = 0.

Ekvationen X

= λX ger med detta λ f¨ or n > 0 att X(x) m˚ aste vara en linj¨ arkombination av sinh

och cosh

el- ler ekvivalent av sinh

och sinh

. Dessa senare ¨ ar att f¨ oredra, eftersom de funktionerna ¨ ar 0 i ¨ andpunkter- na 0 resp. `. F¨ or n = 0 ¨ ar X

= 0, s˚ a X m˚ aste vara ett f¨ orstagradspolynom. Vi skriver d˚ a X som en linj¨ arkombi- nation av x och ` − x, allts˚ a f¨ orstagradspolynom som ¨ ar 0 i endera ¨ andpunkten.

Som separerade l¨ osningar f˚ ar vi allts˚ a (ax + b(` − x)) · 1 och



a sinh nπx

L + b sinh nπ(` − x) L



cos nπy L f¨ or n = 1, 2, . . . .. Vi ans¨ atter d¨ arf¨ or

(2) u(x, y) = a

x + b

(` − x) +

∞

X

n=0



a

sinh nπx

L + b

sinh nπ(` − x) L



cos nπy

L .

5

Randvillkoret f¨ or x = 0 ger b

` +

∞

X

n=1

b

sinh nπ`

L cos nπy

L = 1 + y.

och det f¨ or x = ` a

` +

∞

X

n=1

a

sinh nπ`

L cos nπy

L = y

,

i b˚ ada fallen f¨ or 0 < y < L. Vi beh¨ over d˚ a utveckla h¨ oger- leden h¨ ar i cosinusserier i [0, L]. Fr˚ an BETA 13.1 (3) med α = 1, h = L och (13) f˚ ar man

1 + y = 1 + L

2 − 4L π

∞

X

n=1

1

(2n − 1)

cos (2n − 1)πy L resp.

y

= L

3 + 4L

π

∞

X

n=1

(−1)

n

cos nπy L .

Nu kan vi identifiera koefficienterna, och resultatet blir b

= 1

` + L 2` , b

= 0, n = 1, 2, . . . , b

= − 4L

π

1

(2n − 1)

sinh

, n = 1, 2, . . . , a

= L

3` , och

a

= 4L

π

(−1)

n

sinh

, n = 1, 2, . . . .

Svaret p˚ a uppgiften blir allts˚ a utvecklingen (2) med ovan- st˚ aende koefficienter.

Uppgift 5.

Fouriertransformen av funktionen f (x) = sin x/x ¨ ar en-

ligt tabell (BETA 13.2 F53) ˆ f (ξ) = πχ

(ξ). Vi ser nu

6

(sin x/x)

som en produkt av tv˚ a faktorer f (x). Dess Fou- riertransform ¨ ar d¨ arf¨ or en faltning,

sin d

x x

= 1

2π π

χ

∗ χ

. H¨ ar ¨ ar

χ

∗ χ

(ξ) = Z

−∞

χ

(η) χ

(ξ − η) dη.

Produkten i denna integral ¨ ar 1 om och endast om |η| < 1 och |ξ − η| < 1, dvs. η ligger i snittet av intervallen (−1, 1) och (ξ −1, ξ +1), annars ¨ ar den 0. Detta snitt ¨ ar ett intervall med l¨ angden 2 − |ξ| d˚ a |ξ| < 2, och annars ¨ ar snittet tomt (rita figur). Det f¨ oljer att

sin d

x

x

(ξ) = π

2 (2 − |ξ|)

f¨ or |ξ| ≤ 2, medan v¨ ardet ¨ ar 0 f¨ or |ξ| > 2. Plancherels sats ger nu

(3) Z

0

sin

x

x

dx = 1 2

Z

−∞

sin

x

x

dx = 1 4π

Z

−∞

sin d

x x

(ξ)

2

dξ

= π 16

Z

−2

(2−|ξ|)

dξ = π 8

Z

(2−ξ)

dξ = π 8

Z

t

dt = π 3 . Det n¨ ast sista steget h¨ ar var f¨ orst˚ as variabeltransformatio- nen t = 2 − ξ.

Att i st¨ allet anv¨ anda den inversa Fouriertransformen av sin

x/x

ger helt likartade r¨ akningar.

Uppgift 6.

Vi anv¨ ander pol¨ ara koordinater r, θ i st¨ allet f¨ or x, y, s˚ a att

u = u(r, θ, t) och ∆u = u

+ r

u

+ r

u

. Initialvillkoren

lyder d˚ a u(r, θ, 0) = 0 och u

(r, θ, 0) = r cos θ. Randvillkoret

7

u(R

, θ, t) = 0 ¨ ar homogent, och man kan variabelseparera:

u(r, θ, t) = R(r)Θ(θ)T (t).

Vi stoppar in denna produkt i v˚ agekvationen, dividerar med c

R(r)Θ(θ)T (t) och f˚ ar

1 c

T

T = R

R + 1

r R

R + 1 r

Θ

Θ .

Denna kvantitet m˚ aste vara konstant, s¨ ag λ. D˚ a f˚ ar vi T

= c

λT och

r

R

+ rR

R − λr

= − Θ

Θ = konstant.

Eftersom Θ ¨ ar 2π-periodisk, ¨ ar denna nya konstant n

f¨ or n˚ agot n ∈ {0, 1, 2, . . . }, och Θ ¨ ar av formen

Θ(θ) = a cos nθ + b sin nθ.

F¨ or R har vi ekvationen

r

R

+ rR

− λr

R − n

R = 0,

och R skall uppfylla randvillkoret R(R

) = 0. Dessutom m˚ aste R vara begr¨ ansad vid 0.

Om λ > 0, s¨ ag λ = µ

d¨ ar µ > 0, har vi den modifi- erade Besselekvationen, med l¨ osningar R(r) = αI

(µr) + βK

(µr). H¨ ar f¨ orkastar vi K

-termen eftersom den ¨ ar obe- gr¨ ansad vid 0. D˚ a ˚ aterst˚ ar I

, som emellertid inte har n˚ agot nollst¨ alle p˚ a R

. Positiva λ ger d¨ arf¨ or inga l¨ osningar R(r).

F¨ or λ = 0 f˚ ar vi en Eulerekvation. Med den vanliga an- satsen R = r

finner vi dess l¨ osningar αr

+ βr

d˚ a n > 0 och α + β ln r d˚ a n = 0. I b˚ ada fallen ¨ ar den andra termen obegr¨ ansad vid 0 och f¨ orkastas. Den f¨ orsta termen skall d˚ a ha ett nollst¨ alle i R

, vilket skulle ge α = 0. Allts˚ a hittar vi inga l¨ osningar f¨ or λ = 0.

Om slutligen λ < 0, s¨ ag λ = −µ

med µ > 0, har vi

den vanliga Besselekvationen. Dess l¨ osningar ¨ ar R(r) =

αJ

(µr) + βY

(µr). H¨ ar f¨ orkastar vi Y

, som ¨ ar singul¨ ar

vid 0. D˚ a ger randvillkoret i R

att J

(µR

) = 0, s˚ a att

8

µ = λ

/R

f¨ or n˚ agot k = 1, 2, . . . , d¨ ar (λ

)

beteck- nar nollst¨ allena till J

i R

. Allts˚ a f˚ ar vi l¨ osningar R(r) = J

(λ

r/R

), med λ = −λ

/R

.

Ekvationen f¨ or T blir nu

T

= − c

λ

R

T, med l¨ osningar

T (t) = α cos cλ

R

t + β sin cλ

R

t.

Initialvillkoret u(r, θ, 0) = 0 g¨ or att vi bara s¨ oker T med T (0) = 0. Det betyder α = 0 och allts˚ a

T (t) = sin cλ

R

t, d¨ ar koefficienten β d˚ a inte beh¨ ovs.

Vi kan nu ans¨ atta den s¨ okta l¨ osningen u som en o¨ andlig linj¨ arkombination av de separabla l¨ osningar vi funnit, allts˚ a

u(r, θ, t) =

∞

X

n=0

∞

X

k=1

J

 λ

R

r



(a

cos nθ + b

sin nθ) sin cλ

R

t.

Slutligen skall vi best¨ amma koefficienterna s˚ a att det ˚ ater- st˚ aende initialvillkoret u

(r, θ, 0) = r cos θ blir uppfyllt, vil- ket betyder

∞

X

n=0

∞

X

k=1

cλ

R

J

 λ

R

r



(a

cos nθ + b

sin nθ) = r cos θ.

f¨ or alla r och θ. F¨ or fixt r kan vi se v¨ ansterledet i denna ekvation som en Fourierserie i θ-variabeln, med koefficienter f¨ or cos nθ och sin nθ som ¨ ar

∞

X

k=1

cλ

R

J

 λ

R

r



a

resp.

∞

X

k=1

cλ

R

J

 λ

R

r



b

.

H¨ ogerledet best˚ ar av en enda term i en Fourierserie av sam-

ma slag, n¨ amligen cosinustermen med n = 1, s˚ a vi kan

9

identifiera koefficienter. Sinustermer saknas i h¨ ogerledet, s˚ a

∞

X

k=1

cλ

R

J

 λ

R

r



b

= 0,

f¨ or n = 0, 1, . . . . Detta g¨ aller f¨ or varje r i intervallet (0, R

), och d¨ ar bildar J

(λ

r/R

), k = 1, 2, . . . , ett fullst¨ andigt ortogonalsystem, med vikten r. Det f¨ oljer att alla b

= 0.

P˚ a samma s¨ att f˚ ar vi f¨ or n 6= 1

∞

X

k=1

cλ

R

J

 λ

R

r



a

= 0,

s˚ a att a

= 0 f¨ or n 6= 1 och alla k. F¨ or n = 1 g¨ aller

∞

X

k=1

a

cλ

R

J

 λ

R

r



= r,

f¨ or 0 < r < R

. Koefficienterna a

ges d¨ arf¨ or av a

cλ

R

= 1

kJ

(λ

r/R

)k

Z

0

rJ

 λ

R

r

 r dr.

Enligt tabell ¨ ar

kJ

(λ

r/R

)k

= R

J

(λ

)

2 .

Man kan stanna h¨ ar och beh˚ alla integralen i uttrycket f¨ or koefficienterna. Men med tabell och variabeltransformatio- nen s = λ

r/R

g˚ ar det att ber¨ akna integralen:

Z

0

rJ

 λ

R

r



r dr = R

J

(λ

) λ

. Detta ger

a

= 2R

cλ

J

(λ

) . Med dessa a

¨ ar allts˚ a den s¨ okta l¨ osningen

u(r, θ, t) =

∞

X

k=1

a

J

 λ

R

r



cos θ sin cλ

R

t.