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

MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

Datum: 2013-03-15 Telefon: Elin Solberg 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).

Maxpoäng står inom parentes efter varje uppgift, med summa 62.

1. Bestäm en lösning u = u(x, t) till den inhomogena värmeled- ningsekvationen

u

− ku

= x

för 0 < x < `, t > 0 med villkoren u(0, t) = 0 och u(`, t) = 1 för t > 0 samt u(x, 0) = 0 för 0 < x < `. Här är k > 0 en

konstant. (8)

2. Ett linjärt, tidsinvariant dynamiskt system svarar med utsig- nalen iωe

på insignalen e

, för varje ω ∈ R.

(a) Vad är impulssvaret?

(b) Är systemet kausalt?

(c) Vad blir svaret på insignalen χ

, alltså på den sig- nal som tar värdet 1 mellan -3 och 3 och värdet 0 i andra

punkter? (4+2+2)

3. Lös vågekvationen u

= c

u

i området x > 0, t > 0 med randvärden u(0, t) = t

och initialvillkor u(x, 0) = 0 samt u

(x, 0) = 0 . Här är c > 0 en konstant. (8) 4. Betrakta Sturm-Liouville-problemet

(x

f

)

− f + λf = 0

i intervallet [1, 2] med randvillkoren f(1) = 0 och f

(2) = 0 .

Bestäm problemets egenfunktioner. (9)

5. Beräkna för en konstant b med 0 < b < π summan

∞

X

n=1

sin

bn n

,

förslagsvis med hjälp av Fourierserier. (8) 6. Bestäm en lösning u = u(x, y, z) till Dirichlets problem ∆u = 0 i den cylinder som denieras av x

+ y

< R

, 0 < z <

` , med randvärdena u(x, y, 0) = 0 och u(x, y, `) = x + y samt u(x, y, z) = 0 för x

+ y

= R

. Svaret får innehålla

svårberäknade integraler. (9)

7. Formulera och bevisa ortogonalitetsrelationen mellan två oli-

ka Hermitepolynom. (6)

8. Beskriv hur Fouriertransformen kan approximeras med den

diskreta Fouriertransformen, för en lämplig funktion. Beskriv

också hur Fouriers inversionsformel approximeras av inver-

sionsformeln för den diskreta Fouriertransformen. Det är val-

fritt att använda kursbokens denition av den diskreta Fou-

riertransformen eller den något avvikande i BETA. (3+3)

MATEMATISKA VETENSKAPER

Chalmers Datum: 2013-03-15

L ¨ OSNINGAR TILL

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

Uppgift 1.

Det finns tv˚ a inhomogeniteter i problemet, termen x i ek- vationen och randv¨ ardet 1 f¨ or x = `. Eftersom b˚ ada ¨ ar oberoende av t, kan steady state-metoden anv¨ andas. Den inneb¨ ar att man best¨ ammer en funktion u

(x) av enbart x som skall uppfylla b˚ ade ekvationen och de givna randvill- koren f¨ or x = 0 och x = `. Det betyder

−ku

(x) = x och u

(0) = 0 och u

(`) = 1.

Tv˚ a integrationer ger att u

(x) = −x

/6k + ax + b, och randvillkoren medf¨ or b = 0 och a = `

+ `

/6k. Allts˚ a ¨ ar

u

(x) =  1

` + `

6k



x − 1 6k x

.

Vi s¨ oker nu en l¨ osning till problemet av formen u(x, t) = v(x, t) + u

(x). Instoppat i ekvationen ger det

v

(x, t) + 0 − kv

(x, t) − ku

(x) = x,

och f¨ or v f˚ ar vi d¨ arf¨ or den homogena v¨ armeledningsekvatio- nen v

(x, t) − kv

(x, t) = 0. Randvillkoren f¨ or v blir ocks˚ a homogena, v(0, t) = 0 och v(`, t) = 0. Initialvillkoret blir v(x, 0) = −u

(x). F¨ or v har vi nu ett standardproblem f¨ or variabelseparation, och vi vet att de separabla l¨ osningarna till ekvationen med randvillkoren ¨ ar

sin nπx

` e

(

)

, n = 1, 2, . . . . Ansatsen blir d¨ arf¨ or

v(x, t) =

∞

X

n=1

b

sin nπx

` e

(

)

,

och initialvillkoret medf¨ or att

∞

X

n=1

b

sin nπx

` = 1

6k x

−  1

` + `

6k



x, 0 < x < `.

Vi beh¨ over allts˚ a utveckla funktionerna x

och x i sinusserie i intervallet, och det g¨ or vi med hj¨ alp av BETA 13.1 (14) och (12), med L = `. Detta ger efter lite f¨ orenklingar

b

= 2(−1)

π

 1

n − `

π

kn

 .

Resultatet av det hela blir

u(x, t) =  1

` + `

6k



x − 1

6k x

+

∞

X

n=1

b

sin nπx

` e

(

)

med dessa b

.

Anm. De givna randv¨ ardena har en diskontinuitet i h¨ ornet (1, 0). I den punkten kan man d¨ arf¨ or inte v¨ anta sig att l¨ osningen skall ha n˚ agot gr¨ ansv¨ arde.

Uppgift 2.

(a) Om h ¨ ar systemets impulssvar, ¨ ar svaret p˚ a insignalen e

alltid ˆ h(ω)e

. D¨ arf¨ or ¨ ar i v˚ art fall ˆ h(ω) = iωe

. F¨ or att finna den inversa Fouriertransformen av detta uttryck observerar vi att e

¨ ar Fouriertransformen av

e

. D¨ arf¨ or ¨ ar

h(t) = 1 2 √

π d

dt e

= − 1 4 √

π te

, som allts˚ a ¨ ar svaret p˚ a fr˚ aga (a).

(b) Impulssvaret ¨ ar inte 0 p˚ a v¨ anstra halvaxeln, s˚ a systemet

¨ ar inte kausalt.

3

(c) Insignalen χ

ger utsignalen h ∗ χ

(t) =

Z

−∞

h(s)χ

(t − s) ds

= − 1 4 √

π

Z

se

ds = 1 2 √

π (e

− e

)

= − 1

√ π e

e

sinh 3t 2 .

Uppgift 3.

H¨ ar kan man l¨ ampligen Laplacetransformera i t-variabeln, i synnerhet som initialvillkoren ¨ ar homogena. D˚ a kommer U (x, z) = Lu(x, z) att uppfylla ekvationen z

U (x, z) − zu(x, 0) − u

(x, 0) = c

U

(x, z), och allts˚ a

z

U (x, z) = c

U

(x, z).

F¨ or fixt z f˚ ar vi

U (x, z) = A(z) exp  zx c



+ B(z) exp 

− zx c

 ,

d¨ ar A och B beror av z men inte av x. Den f¨ orsta termen h¨ ar har ett alltf¨ or snabbt v¨ axande d˚ a x v¨ axer och f¨ orkastas.

Randvillkoret ger att U (0, z) = Lt

= 6z

, det sista enligt BETA 13.5 L20. Vi f˚ ar allts˚ a f¨ or x = 0 att B(z) = 6z

och d¨ armed

U (x, z) = 6z

exp



− zx c

 .

F¨ or att hitta u, som ¨ ar inversa Laplacetransformen till det- ta uttryck, fixerar vi x och observerar att 6z

¨ ar Laplace- transformen av funktionen t

. Effekten av faktorn exp(−zx/c)

¨ ar att denna funktion translateras, enligt regeln i BETA 13.5 L4. Den inversa Laplacetransformen av U (x, z) ¨ ar d¨ ar- f¨ or (t − x/c)

, men h¨ ar ¨ ar det viktigt att funktionen t

skall tolkas som 0 f¨ or negativa argument. Svaret blir allts˚ a

u(x, t) =

( (t − x/c)

, om t > x/c

0, annars.

Detta kan ocks˚ a skrivas som u(x, t) = (t − x/c)

θ(t − x/c) med Heavisidefunktionen θ. Se g¨ arna efter i ett diagram var de olika uttrycken f¨ or u(x, t) g¨ aller. L¨ agg m¨ arke till att vi egentligen inte beh¨ ovde Laplacetransformen 6z

, det hade r¨ ackt att skriva Lt

.

Uppgift 4.

Koefficienten x

framf¨ or f

¨ ar positiv i intervallet, och vik- ten ¨ ar 1. De givna randvillkoren ¨ ar separerade och d¨ armed sj¨ alvadjungerade, s˚ a vi har ett regulj¨ art Sturm-Liouville- problem. Ekvationen kan skrivas

x

f

+ 2xf

− f + λf = 0,

och ¨ ar allts˚ a en Eulerekvation. F¨ or att finna den allm¨ anna l¨ osningen ans¨ atter vi f (x) = x

. Det leder till ekvationen γ(γ − 1) + 2γ − 1 + λ = 0, med l¨ osningar

γ = − 1 2 ±

r 5 4 − λ.

Vi delar in i fall enligt tecknet p˚ a det som h¨ ar st˚ ar under rottecknet.

Om 5/4 − λ > 0, skriver vi 5/4 − λ = µ

med µ > 0 s˚ a att γ = −1/2 ± µ. Den allm¨ anna l¨ osningen till differential- ekvationen blir d˚ a

f (x) = a 1

√ x x

+ b 1

√ x x

.

Randvillkoret i punkten 1 ger att a+b = 0, s˚ a att l¨ osningen

¨ ar proportionell mot

(x

− x

) =

(e

− e

) och allts˚ a mot

sinh(µ ln x). Detta deriveras, och man ser att randvillkoret i punkten 2 ger att

− 1

2x √

x sinh(µ ln x) + µ x √

x cosh(µ ln x) = 0 skall g¨ alla f¨ or x = 2. H¨ arav f˚ as

tanh(µ ln 2) = 2µ.

5

En skiss av graferna f¨ or de b˚ ada leden i denna ekvation, som funktioner av µ, visar att kurvorna sk¨ ar varandra i ori- go. Men f¨ or µ > 0 har de ingen sk¨ arningspunkt, eftersom derivatan av v¨ ansterledet ¨ ar ln 2/ cosh

(µ ln 2) som ¨ ar av- tagande i µ > 0 och i 0 tar v¨ ardet ln 2, vilket ligger under det konstanta v¨ ardet 2 av h¨ ogerledets derivata. Ekvatio- nen har allts˚ a inga positiva l¨ osningar, och d¨ arf¨ or finns inga egenv¨ arden med 5/4 − λ > 0.

Om λ = 5/4, har andragradsekvationen f¨ or γ dubbelrot

−1/2. D¨arf¨or ¨ar den allm¨anna l¨osningen till differential- ekvationen

f (x) = a 1

√ x + b 1

√ x ln x.

Randvillkoren medf¨ or a = 0 och −

4√

2

ln 2 +

2√

2

= 0, dvs.

ln 2 = 2 som ¨ ar falskt. Allts˚ a ¨ ar 5/4 inget egenv¨ arde.

Om 5/4 − λ < 0, s¨ atter vi 5/4 − λ = −µ

med µ > 0.

Den allm¨ anna l¨ osningen kan nu skrivas f (x) = a 1

√ x x

+ b 1

√ x x

,

Randvillkoret i punkten 1 medf¨ or som nyss att a + b = 0, s˚ a att l¨ osningen ¨ ar proportionell mot

(e

− e

) och allts˚ a mot

sinh(µ ln x). Det andra randvillkoret ger

− 1 4 √

2 sin(µ ln 2) + µ 2 √

2 cos(µ ln 2) = 0, vilket betyder

tan(µ ln 2) = 2µ.

Som i f¨ orsta fallet skissar man graferna av de b˚ ada leden i denna ekvation. Det framg˚ ar att ekvationen har en v¨ ax- ande f¨ oljd av positiva l¨ osningar µ

, k = 1, 2, . . . , och vi f˚ ar allts˚ a en f¨ oljd av egenv¨ arden λ

= 5/4 + µ

. De s¨ okta egenfunktionerna ¨ ar d˚ a

√ 1

x sin(µ

ln x), k = 1, 2, . . . ,

med dessa µ

.

Uppgift 5.

Det enklaste ¨ ar nog att f¨ ors¨ oka se serien som Fourierserien f¨ or n˚ agon funktion, med hj¨ alp av tabell. I BETA 13.1 (22) ser vi att funktionen

f (t) = π

6 − πt 2 + t

4 har Fourierserien

∞

X

n=1

cos nt n

i intervallet 0 < t < 2π. Den givna summan kan skrivas som

∞

X

n=1

sin

bn n

= 1

2

∞

X

n=1

1 − cos 2bn n

= 1

2 (f (0) − f (2b)), det sista f¨ orutsatt att Fourierserien f¨ or f konvergerar mot f i punkterna 0 och 2b.

F¨ or att verifiera denna konvergens t¨ anker vi oss en fort- s¨ attning av f till en 2π-periodisk funktion p˚ a hela linjen.

Eftersom f ¨ ar deriverbar i [0, 2π] och tar v¨ ardet π

/6 b˚ a- de i 0 och i 2π, blir denna forts¨ attning styckvis glatt och kontinuerlig. D¨ arf¨ or konvergerar Fourierserien mot f i alla punkter. Den s¨ okta summan ¨ ar allts˚ a

1

2 (f (0) − f (2b)) = 1 2

 π

6 − π

6 + πb − b



= (π − b)b

2 .

En alternativ metod g˚ ar ut p˚ a att till¨ ampa Parsevals ek- vation p˚ a en funktion vars Fourierkoefficienter ¨ ar (propor- tionella mot) ± sin bn/n. BETA 13.1 (1) med L = π och h = 1 ger att den 2π-periodiska funktion g(t) som tar v¨ ar- det 1 f¨ or |t| < απ och ¨ ar 0 i resten av intervallet [−π, π]

har Fourierserien

α + 2 π

∞

X

n=1

sin nπα

n cos nt.

7

H¨ ar ¨ ar 0 < α < 1, och vi v¨ aljer α = b/π. Parsevals ekvation ger nu

Z

−π

|g(t)|

dt = 2πα

+π  2 π



X

n=1

sin

nπα

n

= 2b

π + 4

π

∞

X

n=1

sin

bn n

. Eftersom v¨ ansterledet h¨ ar ¨ ar 2b, f˚ ar man ¨ aven p˚ a detta s¨ att

∞

X

n=1

sin

bn

n

= (π − b)b

2 .

Uppgift 6.

Vi anv¨ ander cylindriska koordinater (r, θ, z) och observerar att randvillkoret f¨ or z = ` d˚ a skrivs u(r, θ, `) = r cos θ + r sin θ. F¨ orst s¨ oker vi de separerade l¨ osningarna

u = R(r)Θ(θ)Z(z)

till differentialekvationen med randvillkoret f¨ or r = R

, som ger R(R

) = 0. Eftersom ∆u uttryckt i dessa koordinater blir u

+ r

u

+ r

u

+ u

, f˚ ar man

R

R + 1

r R

R + 1 r

Θ

Θ + Z

Z = 0.

Genom att h¨ ar flytta ¨ over sista termen till h¨ ogerledet f˚ ar vi en ekvation vars b˚ ada led m˚ aste vara en konstant, s¨ ag λ.

Allts˚ a ¨ ar −Z

/Z = λ och, efter multiplikation med r

, r

R

R + r R

R + Θ

Θ = λr

.

H¨ ar kan vi p˚ a samma s¨ att flytta ¨ over termen med Θ till h¨ ogerledet, och dessutom λr

till v¨ ansterledet. D˚ a ser vi att de tv˚ a kvantiteterna

r

R

R + r R

R − λr

och − Θ

Θ

m˚ aste ha samma konstanta v¨ arde. Eftersom Θ ¨ ar 2π-periodisk,

¨ ar detta v¨ arde av formen n

med n ∈ {0, 1, 2, . . . }, och Θ(θ) = a cos nθ + b sin nθ. F¨ or R f˚ ar vi d˚ a ekvationen

r

R

+ rR

− (λr

+ n

)R = 0.

Om λ > 0, s¨ ag λ = µ

med µ > 0, har vi den modifierade Besselekvationen, med l¨ osningar

R(r) = cI

(µr) + c

K

(µr).

Men K

¨ ar singul¨ ar i 0 och f¨ orkastas, och I

¨ ar positiv och kan inte uppfylla randvillkoret R(R

) = 0. Vi kan avf¨ arda fallet λ > 0.

Om λ = 0, har vi en Eulerekvation, och ansatsen R(r) = r

ger γ = ±n. L¨ osningarna ¨ ar d¨ arf¨ or

R(r) = cr

+ c

r

om n > 0 resp.

R(r) = c + c

ln r

om n = 0. Detta fall kan avf¨ ardas p˚ a liknande grunder.

Om slutligen λ < 0, s¨ atter vi λ = −µ

med µ > 0 och f˚ ar Bessels ekvation, med l¨ osningar

R(r) = cJ

(µr) + c

Y

(µr).

H¨ ar f¨ orkastas Y

som ¨ ar singul¨ ar i 0. D˚ a ˚ aterst˚ ar J

(µr), och randvillkoret ger J

(µR

) = 0. Vi kan skriva µ = λ

/R

, d¨ ar λ

, k = 1, 2, . . . , betecknar de positiva nollst¨ allena till J

. Vi har d¨ armed

R(r) = J

 λ

r R

 .

F¨ or λ f˚ ar vi allts˚ a v¨ ardena λ = −(λ

/R

)

, och ekvatio- nen f¨ or Z ¨ ar d¨ arf¨ or Z

= (λ

/R

)

Z. Det betyder att

Z(z) = α cosh λ

z R

+ β sinh λ

z R

.

Randvillkoret f¨ or z = 0 medf¨ or att α = 0, och vi kan s¨ atta Z(z) = sinh λ

z/R

. De separerade l¨ osningarna blir nu

J

 λ

r R



(a cos nθ + b sin nθ) sinh λ

z

R

,

d¨ ar n = 0, 1, . . . och k = 1, 2, . . . .

9

Som l¨ osning u ans¨ atter vi en summa av separerade l¨ os- ningar, allts˚ a

u(r, θ, z) =

∞

X

n=0

∞

X

k=1

J

 λ

r R



(a

cos nθ+b

sin nθ) sinh λ

z R

. Det ˚ aterst˚ aende randvillkoret, f¨ or z = `, medf¨ or d˚ a

(1)

∞

X

n=0

∞

X

k=1

J

 λ

r R



(a

cos nθ + b

sin nθ) sinh λ

` R

= r cos θ + r sin θ.

Som funktion av θ ¨ ar v¨ ansterledet en Fourierserie, som p˚ a grund av h¨ ogerledets utseende bara kan inneh˚ alla termer med n = 1. ¨ Ovriga a

och b

m˚ aste vara 0. F¨ or termerna med cos θ f˚ ar vi d¨ arf¨ or

∞

X

k=1

J

 λ

r R



a

cos θ sinh λ

`

R

= r cos θ,

och motsvarande f¨ or sin θ. I denna likhet kan faktorerna cos θ strykas, och det g¨ aller att utveckla funktionen r i or- togonalbasen J

(λ

r/R

) p˚ a intervallet (0, R

), med vikt w(r) = r. Koefficienterna blir

a

sinh λ

`

R

= 1

kJ

(λ

r/R

)k

Z

0

rJ

 λ

r R

 r dr.

Den viktade normen h¨ ar ˚ aterfinns i BETA 12.4, sidan 275, och man f˚ ar

a

= 2

R

J

(λ

)

sinh(λ

`/R

) Z

0

rJ

 λ

r R

 r dr.

Samma resonemang f¨ or termerna med sin θ ger att b

= a

. Ett korrekt och fullt tillr¨ ackligt svar p˚ a uppgiften ¨ ar d¨ arf¨ or

u(r, θ, z) =

∞

X

k=1

a

J

 λ

r R



(cos θ + sin θ) sinh λ

z

R

,

med a

enligt ovan.

Men v¨ ardet av integralen i uttrycket f¨ or a

kan, efter variabeltransformationen s = λ

r/R

, f˚ as fr˚ an BETA 12.4, sj¨ atte raden i den stora rutan p˚ a sidan 274. Resultatet blir att koefficienterna ges av det enklare uttrycket

a

= 2R

λ

J

(λ

) sinh(λ

`/R

) .