Extra formler:

MATEMATIK

Chalmers tekniska h¨ogskola

Tentamen i Fourieranalys/Fouriermetoder, MVE030/MVE290, 20/03/2015, 8.30- 13.30

Hj¨alpmedel: Godk¨and r¨aknedosa, BETA.

Telefonvakt: Matteo Molteni, 0703-088304.

Bes¨okstider: ca 9.30 och 11.30

OBS: Ange linje samt personnummer och namn p˚a omslaget.

Ange kod p˚a varje inl¨amnat blad.

Motivera dina svar v¨al. Det ¨ar i huvudsak ber¨akningarna och motiveringarna som ger po¨ang, inte svaret. Skriv tydligt.

F¨or betyg 3 kr¨avs 30p, f¨or betyg 4 kr¨avs 40p, och f¨or betyg 5 kr¨avs 50p av 60p m¨ojliga plus ev. bonus

1. (a) Hitta Fourierserien till en 2π-periodisk funktion som ¨ar definierad som f (x) = 1− |x|/π

f¨or x∈ [−π, π). (3p)

(b) Anv¨and svaret i f¨orra uppgift f¨or att hitta

+∑∞ k=1

1

(2k−1)². (3p)

2. Funktionen f (x) ¨ar definierad p˚a R och har Fouriertransformen som har v¨ardet 1 p˚a intervalen [−10, −5] och [0, 3], v¨ardet −1 p˚a interval (−5, 0) och (3, 10], och v¨ardet 0 p˚a alla resterande tal.

(a) Hitta f (0). (2p)

(b) Hitta f ∗ f ∗ f ∗ f. (3p)

(c) Hitta ∫^∞

−∞(f ∗ f ∗ f)²dx. (3p)

3. L¨os f¨oljande begynelsev¨ardet problem p˚a positiva halv-axeln med hj¨alp av Laplace trans- form: u^′′+ 2u^′+ 2u = H(x− 2π); u(0) = 0; u^′(0) = 1. (8p) 4. L¨os Dirichlet problem ∆u = 0 i kvadraten 0≤ x, y ≤ 1 med randv¨ardena (6p)

u(x, 0) = x− x², u(0, y) = 0, u(1, y) = 0, u(x, 1) = 0.

5. (a) Hitta Laguerre polynomen L⁽¹⁾₁ , L⁽¹⁾₂ , L⁽¹⁾₃ , L⁽¹⁾₄ . (1p) (b) Hitta det polynom P av grad h¨ogst 3 som minimerar

+∫∞

(x⁴ − P (x))²xe^−xdx.

(b) Skriv funktionen f (x, y, z) = x³ p˚a sf¨aren x²+ y²+ z²= 1 som summa av sf¨ariska

harmoniker. Vad blir komponenten av ordning 3. (7p)

Information om n¨ar tentan ¨ar f¨ardigr¨attad och tid f¨or visning av tentan kommer att l¨amnas p˚a kurshemsidan. N¨ar resultaten ¨ar registrerade i Ladok kommer ett e-brev.

LYCKA TILL! Maria

Extra formler:

d dx

(x^−νJν(x))

=−x^−νJν+1(x) d

dx

(x^νJν(x))

= x^νJν−1(x)

∫b

0

Jν(µx)²xdx = b²

2J_ν^′(µb)²+µ²b²− ν²

2µ² Jν(µb)², µ, b > 0, ν≥ 0.

Uppgift 1

a) ur BETA (13.1(6) dela med π): f (x) ∼ ¹₂ + ∑^∞

k=1 4

π²(2k−1)²cos((2k− 1)x).

man kunde ocks˚a ber¨akna integralerna

b) D˚a f ¨ar kontinuerlig i origo g¨aller f (0)∼ ¹₂+∑^∞

k=1 4

π²(2k−1)²cos((2k−1)0), i.e. 1 = ¹₂ + ∑^∞

k=1 4

π²(2k−1)² och ∑^∞

k=1 1

(2k−1)² = π²/8.

Uppgift 2

a) f (0) = _2π¹

∫∞

−∞

f (ξ)eˆ ^i0ξdξ = _2π¹ (5 + 3− 5 − 7) = −_2π⁴ = ²_π.

b)F(f ∗ f ∗ f ∗ f) = ˆf· ˆf· ˆf· ˆf = χ_[−10,10]. f∗ f ∗ f ∗ f(x) = _2π¹ ∫₁₀

−10e^ixξdξ.

Om x ̸= 0 svaret ¨ar f ∗ f ∗ f ∗ f(x) = _2iπx¹ (e^10ix− e^−10ix) = ^sin(10x)_πx , om x = 0, svaret ¨ar f ∗ f ∗ f ∗ f(0) = _πx¹⁰.

c)F(f ∗f ∗f) = ˆf· ˆf· ˆf = ˆf , s˚a∫

(f∗f ∗f)²dx =∫

f²dx.F(f²) = _2π¹ fˆ∗ ˆf , s ∫

f²dx = _2π¹ fˆ∗ ˆf (0) = _2π¹ ∫ f (ξ) ˆˆ f (−ξ)dξ = _2π¹ 2(−5 + 2 − 3) = −⁶_π. Det var m˚anga som mistog c) f¨or Plancherel, som egentligen beh¨over beloppet. Jag ger delpo¨ang f¨or detta i f¨oruts¨attning att ni inte g¨or detta fel igen.

Uppgift 3

Laplacetransformera ekvationen (med randvilkor inr¨aknat): (s²+2s+2)L(u)− 1 = ^e−2π_s , dvs. L(u) = _s(s2^e+2s+2)^−2π +_s2+2s+2¹ . Partiellbr˚aksuppdela _s(s2+2s+2)¹ =

1

2(¹_s − _s2+2s+2^s+2 ) = ¹₂(¹_s − _(s+1)^s+12+1 − _(s+1)¹2+1). Nu L⁻¹(_s(s2+2s+2)¹ ) = ¹₂(1− e^−xcos(x)−e^−xsin(x)), och L⁻¹(_s(s2^e+2s+2)^−2π ) = H(x−2π)¹₂(1−e^−(x−2π)cos(x− 2π)−e^−(x−2π)sin(x−2π)) = H(x−2π)¹₂(1−e^−(x−2π)cos(x)−e^−(x−2π)sin(x)).

Ocks˚a L⁻¹(_s2+2s+2¹ ) = e^−xsin(x), s˚a svaret ¨ar u(x) = H(x − 2π)¹₂(1 − e^−(x−2π)cos(x)− e^−(x−2π)sin(x)) + e^−xsin(x).

M˚anga r¨aknade ist¨allet med faltning, och det var en del som gl¨omde H - det r¨aknades som principfel.

Tre av randvilkorna ¨ar homogena. Separerar variablerna och beh¨oller dem homogena randvilkor. ∆(X(x)Y (y)) = X^′′(x)Y (y) + X(x)Y^′′(y) = 0, s˚a X^′′(x)/X(x) = −Y^′′(y)/Y (y). D˚a VL beror ej p˚a y och HL beror ej p˚a x s˚a ¨ar b˚ada dem konstant. X^′′(x)/X(x) = −Y^′′(y)/Y (y) = λ. X(0)Y (y) = 0 f¨or alla y, s˚a om Y ¨ar ej trivial m˚aste X(0) = 0. Likadant f¨or X(1) = 0 och Y (1) = 0.

X^′′(x) = λX(x). I fall λ = 0, X = Ax + B, men X(0) = 0 medf¨or B = 0 och X(1) = A = 0, s˚a det finns bara triviall l¨osning. I fall λ = a² > 0, X(x) = Ae^ax + Be^−ax. D˚a X(0) = 0 ger A = −B, och X(1) = A(e^a − e^−a) = 0 medf¨or A = 0, i.e. det finns bara triviall l¨osning. I fall λ = −a² < 0, X(x) = A sin(ax) + B cos(ax). Randvilkor X(0) = 0 ger B = 0. D˚a X(1) = A sin(a) =, medf¨or A = 0 eller sin(a) = 0, dvs. det finns icke-trivialla l¨osningar, omm a = kπ. Sammanfattning: egenfunktioner X(x) = sin(kπx) vid egenv¨arden λ =−(kπ)², k ∈ N.

Nu l¨oser vi −Y^′′(y)/Y (y) = −(kπ)². Y^′′(y) = (kπ)²Y (y) har l¨osningar Y (Y ) = Ce^kπy + De^−kπy. Randvilkor Y (1) = 0 ger Ce^kπ + De^−kπ = 0, i.e.

D =−Ce^2kπ, s˚a l¨osningar ¨ar Y (y) = C(e^kπy− e^{−kπ(y−2)}).

u(x, y) = ∑^∞

n=1

C_nsin(nπx)(e^kπy− e^{−kπ(y−2)}). Det ˚aterst˚ar att v¨alja C_n att passa p˚a u(x, 0) = x− x².

Ur BETA 13.1(7), ser vi att f¨or t∈ [0, π] g¨aller t(π−t) = ∑^∞

k=1 8

π(2k−1)³ sin((2k− 1)t). G¨or variabelsubstitution t = πx - vi f˚ar πx(π−πx) = ∑^∞

k=1 8

π(2k−1)³ sin((2k− 1)πx), i.e. x− x² = ∑^∞

k=1 8

π³(2k−1)³ sin((2k− 1)πx).

Vi ser att ∑^∞

k=1 8

π³(2k−1)³ sin((2k− 1)πx) = ∑^∞

n=1

C_nsin(nπx)(1− e^nπ2). D˚a koefficienterna i sinusserierna med samma summa m˚aste vara samma blir det C_2k = 0 och C_2k−1 = _π3(2k⁸−1)³1/(1− e^2(2k−1)π).

Svar: u(x, y) = ∑^∞

n=1 8

π³(2k−1)³1/(1− e^2(2k−1)π) sin(nπx)(e^kπy− e^{−kπ(y−2)}).

Uppgift 5

a) ur BETA 12.2 Laguerre’s Recurrenceformler: _dx^dL^(α)n (x) = −L^(α+1)n−1 . Ur BETA’s L₁, L₂, L₃, L₄ man f˚ar d˚a: L⁽¹⁾₁ (x) = 2 − x; L⁽¹⁾3 (x) = 3− 3x +

1

2x²; L⁽¹⁾₃ (x) = 4 − 6x + 2x² − ¹₆x³, i nyare version av BETA det finns L5

som man kan anv¨anda likadant, i ¨aldre kan man anv¨anda annan rekurensfor- mel: (n + 1)L^(α)_n+1(x) = (2n + α + 1−x)L^(α)n (x)−(n+α)L^(α)n−1(x), vilken i v˚aran fall ger:L⁽¹⁾₄ = (6 + 1 + 1− x)/4L⁽¹⁾3 (x)− L⁽¹⁾2 (x) = (2−^x₄)(−¹₆x³+ 2x²− 6x + 4)−(¹₂x²−3x+3) = ₂₄¹ x⁴−¹₂x³+³₂x²−x−¹₃x³+4x²−12x+8−¹₂x²+3x−3 =

1

24x⁴−⁵₆x³ + 5x²− 10x + 5.

b) F¨or vikten xe⁻¹ p˚a [0,∞) polynomer {L⁽¹⁾ⁿ } utg¨or en ortogonal bas.

D˚a polynomer av grad 3 ¨ar linj¨aret h¨olje av L⁽¹⁾₀ , L⁽¹⁾₁ , L⁽¹⁾₂ , L⁽¹⁾₃ , den po- lynom som minimiserar

∫∞ 0

(x⁴ − P (x))²xe⁻¹dx ¨ar ortogonal projektion av x⁴ p˚a span(L⁽¹⁾₀ , L⁽¹⁾₁ , L⁽¹⁾₂ , L⁽¹⁾₃ ), dvs. om x⁴ = ∑^∞

n=0

c_nL⁽¹⁾n (x), ¨ar P (x) =

∑3 n=0

c_nL⁽¹⁾n (x). Samtidigt x⁴ ∈ span(L⁽¹⁾0 , L⁽¹⁾₁ , L⁽¹⁾₂ , L⁽¹⁾₃ , L⁽¹⁾₄ ), i.e. x⁴ = 24L⁽¹⁾₄ +

∑3 n=0

c_nL⁽¹⁾n (x). Men d˚a fr˚an a) vi ser att P (x) = x⁴− 24L⁽¹⁾4 = 20x³− 120x²+ 240x− 120.

Det var m˚anga som r¨aknade projektion genom att integrera och det ¨ar r¨att om man klarar det (och gl¨oler inte normera i utr¨akningen). Det var ocks˚a en del som f¨ors¨okte anv¨anda L_n ist¨allet f¨or L⁽¹⁾n - det ¨ar ett principfel och gav ingen po¨ang.

Uppgift 6

Vi g˚a r ¨over till pol¨ara koordinater: ¹₉u_t = u_rr+ _r¹u_r+_r¹2u_θθ, u_r(2, θ, t) = 0, u(r, θ, 0) = r²sin²(θ).

Separerar variabler: u = T (t)R(r)Θ(θ). ^T_T^′′ = ^R_R^′′ + _rR^R′ +_r^Θ2^′′Θ = λ, d˚a VL beror bara ej p˚a r och θ och HL beror ej p˚a t. ^r2_R^R′′ +^rR_R^′ − λr² =−^Θ_Θ^′′ = µ, d˚a VL beror bara ej p˚a θ och HL beror ej p˚a r.

2π-periodisk bara konstant. Om µ > 0 l¨osningarna ¨ar Θ(θ) = C₁cos( µθ) + C₂sin(√

µθ), vilken ¨ar 2π periodisk omm √

µ = n ∈ N. I.e. m¨ojliga Θ ¨ar Θ(θ) = C1cos(nθ) + C2sin(nθ), d¨ar n∈ N0 ={0, 1, . . .}.

Ekvationen f¨or R och Θ nu ser som ^r2_R^R′′ + ^rR_R^′ − λr² = −^Θ_Θ^′′ = n², i.e.

r²R^′′ + rR^′ − λr²R − n²R = 0. Om λ > 0 l¨osningarna ¨ar (BETA 12.4) R(r) = AIn(√

λr) + BKn(√

λr). B = 0 d˚a Kn ¨ar singul¨ar i 0. In ¨ar str¨ang v¨axande, s˚a R^′(2) = A√

λI_n^′(√

λ2) = 0 har bara triviall l¨osning (man kunde hantera detta fall genom att observera att T (t) kan inte v¨axa obegr¨ansad n¨ar t → ∞, av fysikalisk mening). Om λ = 0 och n ̸= 0, detta ¨ar Euler ekvation, med l¨osningarna R(r) = Arⁿ+ Br⁻ⁿ. Den andra term ¨ar singul¨art i origo, s˚a B = 0. R(r) = Arⁿ passar inte till R^′(2) = 0. Om λ = n = 0, R(r) = A ln(r) + B och A = 0 d˚a ln(r) ¨ar singul¨ar i origo. Konstanten passar som en l¨osning.

Antligen om λ =¨ −σ² < 0 vi har en vanlig Bessel ekvation, s˚a R(r) = AJn(σr) + BYn(σr), d¨ar B = 0 eftersom Yn ¨ar singul¨ar i origo. F¨or att ha R^′(2) = 0 m˚aste 2σ vara ett nollst¨alle till J_n^′. (Det var m˚anga som gl¨omde derivatan p˚a J_n, eller trodde den kan vara J_n±1, allt detta ¨ar fel.) Om vi numrerar alla nollst¨allen till J_n^′ som σn,k f˚ar vi l¨osningar R(r) = AJn(¹₂σn,kr) till λ =−¹₄σ_n,k.

Det sista ¨ar T^′/9T = λ, som har l¨osningarna T (t) = Ae^−94σ2n,kt f¨or R(r) = AJ_n(¹₂σ_n,kr), och konstant till R(r) = konst. (Av mig ok¨and anledning m˚anga

l¨oste h¨ar ist¨allet T^′′/9T = λ, som beskriver v˚agekvation, och inte v¨armeledningekvationen.) Sammanfattning: u(r, θ, t) = C+ ∑

k=1,n=0

J_n(¹₂σ_n,kr)(A_n,kcos(nθ)+B_n,kcos nθ)e^{−94σn,k2 t}. Vi hittar ok¨anda koefficienter fr˚an begynelsevilkor.

r²sin²(θ) = r2 1−cos(2θ)

2 = u(r, θ, 0) = C + ∑

k=1,n=0

J_n(¹₂σ_n,kr)(A_n,kcos(nθ) + Bn,kcos nθ). Koefficienterna framf¨or sin/cos-utveckling b¨or vara entydliga, s˚a B_n,k = 0 f¨or alla n, k och A_n,k = 0 f¨or n̸= 0, 2. (En del gl¨omde n = 0, vilket

¨ar fel.)

Nu l¨oser vi ¹₂r² = C + ∑

k=1

A0,kJ0(¹₂σ0,kr) och ¹₂r² = ∑

k=1

A2,kJ2(¹₂σ2,kr). I b˚ada fall funktionerna {1} ∪ {J(1

2σ_0,kr)} och {J2(¹₂σ_2,kr)} ¨ar system av egen- funktioner till Sturm-Liouville problem (singul¨ar, men vi vet att f¨or denna problem allt fungerar som vanligt). S˚a dem utg¨or varje g˚ang ortogonal system i L² med vikt r.

Allts˚a: C =

∫2 0

1

2r²1rdr/

∫2 0

1²rdr = ¹₈2⁴/(¹₂2²) = 1.

A_0,k =

∫2 0

1

2r²J₀(¹₂σ_0,kr)rdr/

∫2 0

J₀²(¹₂σ_0,kr)rdr.

A_2,k =

∫2 0

1

2r²J₂(¹₂σ_0,kr)rdr/

∫2 0

J₂²(¹₂σ_2,kr)rdr.

∫2 0

J₀²(¹₂σ_0,kr)rdr = ²₂²J₀^′(σ_0,k)²+ ²₂²J₀(σ_0,k)² = 2J₀(σ_0,k)² (extra formel).

∫2 0

J₂²(¹₂σ_2,kr)rdr = ²₂²J₂^′(σ_2,k)² + ²²⁽

σ2,k 2 )²−2²

2σ_2,k² J₂(σ_2,k)² = ^(σ

2 2,k−4)

2σ²_2,k J₂(σ_2,k)² (extra formel).

∫2 0

1

2r²J₂(¹₂σ_2,kr)rdr = ¹

2(¹₂σ2,k)⁴ σ∫2,k

0

x³J₂(x)dx = _σ⁸4 2,k

[x³J₃(x)]^σ₀^2,k = _σ⁸

2,kJ₃(σ_2,k).

∫2 0

1

2r²J₀(¹₂σ_0,kr)rdr = ¹

2(¹₂σ0,k)⁴ σ∫_0,k

0

x³J₀(x)dx = _σ⁸4 0,k

([−x³J₁(x)]^σ₀^0,k+

σ∫_0,k

0

3x²J₁(x)dx) =

−_σ0,k⁸ J₁(σ_0,k) + _σ4⁸ 0,k

[3x²J₂(x)]^σ₀^0,k =−_σ0,k⁸ J₁(σ_0,k) + _σ²⁴2 0,k

J₂(σ_0,k).

(I vissa upplaga av BETA kunde man hitta del av formler, d˚a g¨allde det att hitta r¨atta formler eftersom σ var l¨osningar till J_n^′ = 0. Det var m˚anga som felaktigt har anv¨and formler f¨or nollst¨allen till J_n.)

Uppgift 8

a) Solida harmoniker ¨ar homogena polynomer som uppfyller ∆P = 0, och sf¨ariska harmoniker ¨ar deras restriktion p˚a enhets sf¨aren.

b) Den t¨ankta l¨osning har anv¨and sats om solida harmoniker att varje homogen polynom av grad n kan skrivas som P = P_n+|(x, y, z)|²P_n−2+ . . ., d¨ar P_j ¨ar solida harmoniker av grad j. I v˚ar fall blir allts˚a P₃(x, y, z) = x³ − (x² + y² + z²)(Ax + By + Cz), d¨ar A, B, C ¨ar s˚adana att ∆P3 = 0.

∆P₃ = 6x− 10Ax − 10By − 10Cz, s˚a B = C = 0, A = ³₅, och i restriktion p˚a sf¨aren P₃ = x³− ³₅x.

En alternativ (kanske enklare) l¨osning: M¨angd av sf¨ariska harmoniker ¨ar invariant mot rotationer, dvs. om vi roterar en sf¨arisk harmonik av given grad vi f˚ar igen en sf¨arisk harmonik av samma grad. D˚a kan vi inf¨ora sf¨ariska koordinater s˚a att x = r cos(θ). P˚a sf¨aren vill vi presentera cos³(θ) som linj¨ar kombination av cos(mϕ)P_n^m(cos(θ)) och sin(mϕ)P_n^m(cos(θ)). Det ¨ar klart att