MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

Datum: 2012-01-14

Telefon: Adam Wojciechowski 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 60)

1. Utveckla funktionen te

i Fourierserie på intervallet [−π, π].

Ange också var i intervallet serien konvergerar och vad dess summa är i varje konvergenspunkt. (5+3) 2. Bestäm en lösning till den s.k. konvektions-diusionsekvationen

u

= u

+ cu

, −∞ < x < ∞, t > 0,

där u = u(x, t) har begynnelsevärdena u(x, 0) = 1 för |x| < 2 och u(x, 0) = 0 för |x| > 2. Här är c en reellvärd konstant.

(8) 3. Låt a > 0 vara en konstant. Bestäm det minsta möjliga vär-

det av integralen

Z

−a

(x

− P (x))

dx,

där P är ett reellt polynom av grad högst 3. (8) 4. Lös Dirichlets problem ∆u = 0 i halvcirkelskivan x

+ y

<

R

, y > 0 , med randvillkoren u(x, y) = y för x

+ y

= R

och u

(x, 0) = 0 för |x| < 1. (8)

5. Låt f vara Fouriertransformen av funktionen

på R.

(a) Veriera att f är reellvärd och jämn. (1) (b) Beräkna

Z

−∞

f (x)

dx och

Z

f (x) sin ax x dx,

där a > 0 är en konstant. (3+4)

6. Betrakta värmeledningsekvationen u

= ∆u i skivan r < A, där r = px

+ y

och A > 0 är en konstant. Om u har randvärden u(x, y, t) = 1 för r = A, t > 0 samt initialvärden

u(x, y, 0) = r

, vad är u? (8)

7. Formulera satserna som ger samband mellan Fourierkoeci- enterna för en funktion och för dess derivata resp. dess primi- tiva funktioner. Ge också ett bevis i fallet med derivata. Det räcker att behandla den komplexa formen, alltså med e

,

på [−π, π]. (2+2+2)

8. Beskriv hur ett reguljärt Sturm-Liouville-problem ger upphov till ett fullständigt ortogonalsystem. (6)

2

MATEMATISKA VETENSKAPER

Chalmers Datum: 2012-01-14

L ¨ OSNINGAR TILL

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

Uppgift 1.

Vi v¨ aljer att anv¨ anda basen (e

)

, men man kan ocks˚ a arbeta med cos nx, sin nx. Koefficienterna blir

c

= 1 2π

Z

−π

te

e

dt, och med en partialintegration f˚ ar man

c

= 1 2π



− 1

(1 + in) te



−π

+ 1

2π(1 + in) Z

−π

e

dt

= − (−1)

2(1 + in) (e

+ e

) + (−1)

2π(1 + in)

(e

− e

)

= (−1)

cosh π

(1 + in) + (−1)

sinh π π(1 + in)

. Funktionen har allts˚ a Fourierserien P

−∞

c

e

med dessa c

.

Ovanst˚ aende uttryck f¨ or c

kan duga som svar p˚ a den f¨ orsta delen av uppgiften, men man kan f¨ orst˚ as dela upp i real- och imagin¨ ardelar:

c

= (−1)

cosh π

1 + n

+ (−1)

(1 − n

) sinh π π(1 + n

)

+ i (−1)

n cosh π

1 + n

+ i (−1)

2n sinh π π(1 + n

)

. Via c

± c

kan man h¨ arifr˚ an ganska l¨ att best¨ amma koef- ficienterna i funktionens Fourierserie i basen cos nx, sin nx.

Man f˚ ar

a

= 2(−1)

cosh π

1 + n

+ 2(−1)

(1 − n

) sinh π

π(1 + n

)

,

2

utom att faktorerna 2 h¨ ar ska utel¨ amnas f¨ or n = 0, och b

= 2(−1)

n cosh π

1 + n

+ 4(−1)

n sinh π π(1 + n

)

.

Eftersom (den periodiserade) funktionen ¨ ar styckvis glatt, och kontinuerlig utom i ¨ andpunkterna ±π, konvergerar seri- en mot funktionsv¨ ardena te

i det ¨ oppna intervallet −π <

t < π. F¨ or t = ±π konvergerar den mot medelv¨ ardet av v¨ anster- och h¨ ogergr¨ ansv¨ ardena av den periodiserade funk- tionen, allts˚ a mot (πe

− πe

)/2 = −π sinh π.

Anm. F¨ or att slippa att partialintegrera kan man finna de primitiva funktioner man beh¨ over i BETA 7.4, formel (320) sid 175 f¨ or den komplexa serien resp. (334) och (335) sid 176 f¨ or cos-sin-varianten.

Uppgift 2.

Eftersom variabeln x r¨ or sig ¨ over hela linjen, ¨ ar det l¨ ampligt att Fouriertransformera u och hela ekvationen i x-variabeln.

Man f˚ ar en funktion ˆ u(ξ, t) som satisfierar ˆ

u

= (−ξ

+ icξ)ˆ u.

Fouriertransformation av de givna begynnelsev¨ ardena ger att ˆ u(ξ, 0) = 2

. F¨ or fixt ξ har vi d˚ a en enkel ordin¨ ar differentialekvation f¨ or ˆ u i t-variabeln, med startv¨ arde, vars l¨ osning ¨ ar

ˆ

u(ξ, t) = 2 sin 2ξ

ξ e

.

F¨ or att finna den inversa Fouriertransformen av denna pro- dukt utnyttjar vi satsen om Fouriertransformen av en falt- ning, och s¨ oker d¨ arf¨ or de inversa Fouriertransformerna av de tv˚ a faktorerna. Den f¨ orsta faktorn ¨ ar ju Fouriertrans- formen av begynnelsev¨ ardena. Funktionen e

har inversa Fouriertransformen

4πt

e

, s˚ a inversa transformen av e

blir translatet

4πt

e

. D¨ arf¨ or f˚ ar vi u

3

som faltningen i x-variabeln av denna sista funktion och de givna begynnelsev¨ ardena, allts˚ a

u(x, t) = 1

√ 4πt Z

−2

e

dy

= 1

√ π

Z

(x+ct−2)/√ 4t

e

ds.

H¨ ar kommer vi inte l¨ angre, eftersom den primitiva funk- tionen till e

inte kan uttryckas i element¨ ara funktioner.

(D¨ aremot kan den uttryckas i termer av funktionen erf.) Det finns andra l¨ osningar, som alla v¨ axer p˚ a ett fysikaliskt orimligt s¨ att.

Anm. Ett elegant s¨ att att komma fram till samma l¨ osning

¨ ar att inf¨ ora funktionen v(x, t) = u(x − ct, t). D˚ a kommer v att satisfiera den vanliga v¨ armeledningsekvationen och ha samma begynnelsev¨ arden som u. Man vet d˚ a att v ges av faltning med v¨ armeledningsk¨ arnan

4πt

e

.

Uppgift 3.

F¨ or att komma till intervallet [−1, 1], d¨ ar Legendrepolyno- men bildar ett ortogonalsystem, s¨ atter vi x = ay s˚ a att integralen blir

a

Z

−1

(y

− a

P (ay))

dy.

N¨ ar P (x) varierar ¨ over alla reella polynom av grad h¨ ogst 4, g¨ or ˜ P (y) = a

P (ay) detsamma. Detta visar att det s¨ okta minsta v¨ ardet ¨ ar proportionellt mot a

. Vi betraktar d¨ arf¨ or fallet a = 1 av det givna problemet.

Polynomet P varierar ¨ over vektorrummet av alla poly-

nom av grad h¨ ogst 3, som ¨ ar detsamma som det vektorrum

som sp¨ anns upp av Legendrepolynomen P

, P

, P

och P

.

H¨ ar anv¨ ander vi f¨ orst˚ as reella skal¨ arer. Satsen om b¨ asta

approximation s¨ ager d˚ a att integralen tar sitt minsta v¨ ar-

de d˚ a P ¨ ar den ortogonala projektionen Q av x

p˚ a detta

4

vektorrum, projektionen tagen i L

[−1, 1]. I BETA 12.2, tabellrutan p˚ a sidan 263, kan man se att

x

= 1

35 (8P

+ 20P

+ 7P

).

Av detta avl¨ aser vi att projektionen ¨ ar Q = 1

35 (20P

+ 7P

).

Detta kan man f¨ orst˚ as skriva som ett vanligt andragradspo- lynom, men det beh¨ over vi inte g¨ ora. I st¨ allet observerar vi att

x

− Q(x) = 8

35 P

(x).

Integralens minsta v¨ arde ¨ ar d¨ arf¨ or 8

35

Z

−1

P

(x)

dx.

Enligt formeln betecknad Orthogonality p˚ a sidan 263 i BE- TA ¨ ar v¨ ardet av integralen i detta uttryck 2/9. Det s¨ okta minsta v¨ ardet ¨ ar allts˚ a i fallet a = 1

8

· 2

35

· 9 = 128 11025 . Svaret p˚ a uppgiften ¨ ar d¨ arf¨ or

128 11025 a

.

Uppgift 4.

Vi anv¨ ander pol¨ ara koordinater s˚ a att u = u(r, θ) och f˚ ar ekvationen

u

+ r

u

+ r

u

= 0

i omr˚ adet 0 < r < R

, 0 < θ < π. Randvillkoren blir u(R

, θ) = R

sin θ och u

(r, 0) = u

(r, π) = 0. Variabelse- paration u = R(r)Θ(θ) som i Folland 4.4 ger f¨ or Θ

Θ

+ ν

Θ = 0, Θ

(0) = Θ

(π) = 0.

5

H¨ arav ser man att ν m˚ aste vara reellt och ett heltal, s¨ ag ν = n ∈ {0, 1, . . . }, och att Θ(θ) ¨ ar en multipel av cos nθ.

F¨ or R blir ekvationen

r

R

(r) + rR

(r) − n

R(r) = 0.

Detta ¨ ar en Eulerekvation, och l¨ osningarna ¨ ar linj¨ arkom- binationer av r

och r

d˚ a n > 0 och av 1 och ln r d˚ a n = 0. Av dessa beh˚ aller vi bara dem som ¨ ar begr¨ ansade vid 0, allts˚ a r

, n = 0, 1, . . . Genom att som vanligt bilda linj¨ arkombinationer av de separerade l¨ osningarna ans¨ atter vi u av formen

u(r, θ) =

∞

X

n=0

a

r

cos nθ.

Randvillkoret f¨ or r = R

leder d˚ a till

∞

X

n=0

a

R

cos nθ = R

sin θ.

Utvecklingen av funktionen sin θ i cosinusserie i [0, π] ¨ ar enligt BETA 13.1 (10) med L = π och h = 1

sin θ = 2 π − 4

π

∞

X

k=1

1

4k

− 1 cos 2kθ.

Det f¨ oljer att a

= 2R

/π och a

= 0 och a

= − 4

π

R

4k

− 1 .

f¨ or k = 1, 2, . . . . L¨ osningen till problemet ¨ ar allts˚ a u(r, θ) = 2R

π − 4 π

∞

X

k=1

R

4k

− 1 r

cos 2kθ.

Uppgift 5.

(a) Funktionen h(x) = 1/(1 + |x|) ligger inte i L

(R) men i

L

(R). D¨arf¨or ligger ocks˚ a dess Fouriertransform f i L

(R),

De avhuggna funktionerna h

(x) = χ

/(1 + |x|), d¨ ar

6

vi allts˚ a ers¨ atter h:s v¨ arden med noll utanf¨ or intervallet (−R, R), ligger i b˚ ade L

och L

och konvergerar i L

-norm mot h d˚ a R → ∞. Det f¨ oljer att f ¨ ar L

-gr¨ ansv¨ ardet av c h

d˚ a R → ∞. Men c h

kan skrivas som

h c

(ξ) = Z

−R

e

1 + |x| dx = Z

−R

cos xξ

1 + |x| dx − i Z

−R

sin xξ 1 + |x| dx.

Av paritetssk¨ al ser man h¨ ar att imagin¨ ardelen ¨ ar 0, och realdelen ¨ ar j¨ amn i ξ. Varje c h

¨ ar allts˚ a reellv¨ ard och j¨ amn, och detsamma g¨ aller d˚ a f¨ or deras limes f . D¨ armed ¨ ar (a) visat.

Anm. Trots att h inte tillh¨ or L

, kan man skriva f som f (ξ) =

Z

−∞

e

1 + |x| dx = Z

−∞

cos xξ

1 + |x| dx − i Z

−∞

sin xξ 1 + |x| dx f¨ or ξ 6= 0, om man tolkar dessa integraler som lim

R

−R

. H¨ arav f¨ oljer (a) direkt.

(b) Plancherels sats ger Z

−∞

f (ξ)

dξ = Z

−∞

|f (ξ)|

dξ

= 2π Z

−∞

1

(1 + |x|)

dx = 4π Z

0

1

(1 + x)

dx = 4π.

Eftersom f ¨ ar j¨ amn, kan vi skriva den andra integralen i uppgiften som

1 2

Z

−∞

f (ξ) sin aξ ξ dξ.

I en tabell (BETA 13.2 F50) ser man att ξ

sin aξ ¨ ar Fou- riertransformen av χ

/2, allts˚ a den funktion som ¨ ar 1/2 i intervallet [−a, a] och 0 f¨ or ¨ ovrigt. Enligt Plancherels sats

¨

ar ovanst˚ aende uttryck d¨ arf¨ or lika med 1

2 2π 1 2

Z

−a

1

1 + |x| dx = π Z

0

1

1 + x dx = π ln(1 + a).

7

Uppgift 6.

Eftersom alla indata ¨ ar rotationsinvarianta, dvs. oberoende av θ, kommer l¨ osningen u ocks˚ a att bli rotationsinvariant, s˚ a att u = u(r, t).

Randvillkoret u = 1 p˚ a skivans periferi ¨ ar inte homogent, men d¨ aremot tidsoberoende. D¨ arf¨ or s¨ oker vi f¨ orst en ste- ady state-l¨ osning u

= u

(r) till ekvationen ∆u

= 0 som antar detta randv¨ arde. Det ¨ ar ett trivialt Dirichletproblem i skivan, med l¨ osningen u

= 1.

Vi skall nu best¨ amma v(r, t) = u(r, t)−u

(r) = u(r, t)−1.

I likhet med u kommer v att satisfiera v¨ armeledningsekva- tionen, v

= ∆v. Detta betyder att

v

= v

+ r

v

,

och v har randv¨ arden v(A, t) = 0 och initialv¨ arden v(r, 0) = r

− 1.

Vi s¨ oker f¨ orst de separerade l¨ osningarna v = R(r)T (t).

Ekvationen blir

R(r)T

(t) = R

(r)T (t) + r

R

(r)T (t).

Genom division med R(r)T (t) ser man som vanligt f¨ or T (t) att T

(t) = σT (t) f¨ or n˚ agon konstant σ. F¨ or R(r) f˚ ar man ekvationen

R

(r) + r

R

(r) − σR(r) = 0.

Randvillkoren f¨ or R(r) blir R(A) = 0, och dessutom skall R(r) vara begr¨ ansad vid r = 0.

Om σ > 0, s¨ ag σ = µ

f¨ or n˚ agot µ > 0, har vi den modi- fierade Besselekvationen med index ν = 0. Dess l¨ osningar

¨ ar linj¨ arkombinationer av I

(µr) och K

(µr). Av dessa ¨ ar K

(µr) obegr¨ ansad vid 0 och m˚ aste f¨ orkastas, och I

(µr) saknar nollst¨ alle p˚ a positiva halvaxeln och f¨ orkastas ock- s˚ a. F¨ or σ = 0 f˚ ar vi en Eulerekvation, vars l¨ osningar ¨ ar linj¨ arkombinationer av 1 och ln r. Dessa b˚ ada f¨ orkastas av liknande sk¨ al.

D˚ a ˚ aterst˚ ar fallet σ = −µ

< 0, som ger Besselekvatio-

nen och allts˚ a tv˚ a linj¨ art oberoende l¨ osningar J

(µr) och

Y

(µr). Den senare f¨ orkastas eftersom den ¨ ar obegr¨ ansad

8

vid 0. Randvillkoret vid A medf¨ or nu att J

(µA) = 0, s˚ a att µ = λ

/A f¨ or n˚ agot n, d¨ ar λ

, n = 1, 2, . . . ¨ ar nollst¨ al- lena till J

p˚ a positiva halvaxeln.

Nu n¨ ar vi k¨ anner µ och d¨ armed σ, ser vi att T (t) blir en multipel av exp −λ

t/A

. F¨or v f˚ ar vi d˚ a f¨ oljande serie- utveckling:

v(r, t) =

∞

X

n=1

a

J

 λ

r A

 exp



− λ

t A

 .

F¨ or att utnyttja initialv¨ ardena s¨ atter vi h¨ ar t = 0 och f˚ ar

∞

X

n=1

a

J

 λ

r A



= r

− 1,

som skall g¨ alla f¨ or 0 < r < A. Men nu vet man att funk- tionerna J

(λ

r/A) , n = 1, 2, . . . , bildar ett fullst¨ andigt ortogonalsystem i (0, A) med vikten r, och att

Z

J

(λ

r/A)

r dr = A

J

(λ

)

/2.

Se BETA 12.4 sidan 275, “Orthogonal series ...”. D¨ arf¨ or blir koefficienterna

a

= 2 A

J

(λ

)

Z

J

 λ

r A



(r

− 1)r dr.

Man kan n¨ oja sig med detta uttryck f¨ or a

.

Men det g˚ ar att ber¨ akna denna sista integral: variabelby- tet s = λ

r/A ger

a

= 2A

λ

J

(λ

)

Z

J

(s) s

ds − 2 λ

J

(λ

)

Z

J

(s) s ds.

De b˚ ada integralerna h¨ ar ¨ ar k¨ anda. Enligt ¨ ovningarna 5.2.8 och 5.2.4 i Folland ¨ ar deras v¨ arden

(λ

− 4λ

)J

(λ

) resp. λ

J

(λ

).

Detta kan ocks˚ a f˚ as ur BETA 12.4, den ˚ attonde raden i

rutan p˚ a sidan 274 med C

= J

och C

= J

. Resultatet

9

blir d˚ a

a

= 2 J

(λ

)

 A

− 1

λ

− 4A

λ

 .

Svaret p˚ a uppgiften blir u(r, t) = 1 +

∞

X

n=1

a

J

 λ

r A

 exp



− λ

t A



,

med ovanst˚ aende a

.