MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

MATEMATISKA VETENSKAPER Chalmers

Datum: 2013-01-15 Telefon: Peter Sjögren 7723511 eller 0706-242748 Skrivtid: 14.00 - 19.00

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 60.

1. Beräkna Z

−∞

f (ξ) e ˆ

dξ,

där funktionen f denieras av att f(x) =

för x > 2 och

f (x) = 0 för x ≤ 2. (8)

2. Lös följande problem, där u = u(x, t) och k, ` > 0 är kon- stanter:







u

= ku

, 0 < x < `, t > 0 u(0, t) = 0, u

(`, t) = 0, t > 0

u(x, 0) = x, 0 < x < `.

(8) 3. Bestäm det polynom P av grad högst 3 som minimerar

Z

−∞

 p|x| − P (x)   

2

e

dx.

(8) 4. Hitta en lösning till problemet







u

= u

− 4u

, 0 < x < π, t > 0, u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t > 0

u(x, 0) = 1, u

(x, 0) = 0, 0 < x < π.

(8)

5. Bestäm för x > 0 integralen Z

−π

e

sin

ϕ dϕ,

exempelvis med hjälp av Besselfunktionernas genererande

funktion. (8)

6. Lös följande randvärdesproblem i rektangeln [0, L] × [0, `]:







∆u(x, y) = 1, 0 < x < L, 0 < y < `, u(x, 0) = 1, u(x, `) = x, 0 < x < L,

u

(0, y) = 0, u

(L, y) = 0, 0 < y < `.

(8) 7. Deniera ett reguljärt Sturm-Liouville-problem. (6) 8. (a) Vad innebär det att ett linjärt dynamiskt system är tidsin-

variant?

(b) Ange ett samband mellan sådan tidsinvarians och falt- ning.

(c) Vad betyder det att systemet är kausalt, och hur hänger

det ihop med faltning? (2+2+2)

2

MATEMATISKA VETENSKAPER

Chalmers Datum: 2013-01-15

L ¨ OSNINGAR TILL

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

Uppgift 1.

Vi vill anv¨ anda Plancherels formel, och observerar att e

¨ ar Fouriertransformen av funktionen

, enligt BETA 13.2 F41b. D˚ a ger Plancherel

Z

−∞

f (ξ) e ˆ

dξ = 2π π

Z

−∞

f (x) 1

1 + x

dx = 2 Z

2

1

x

(1 + x

) dx.

Den sista integranden partialbr˚ aksuppdelar vi och f˚ ar 2

Z

1

x

(1 + x

) dx = 2 Z

2

 1

x

− 1 1 + x

 dx

= 2



− 1

x − arctan x



= 1 − π + 2 arctan 2.

Denna primitiva funktion kan man ocks˚ a hitta i BETA 7.4, 71. Svaret blir allts˚ a 1 − π + 2 arctan 2 ≈ 0.0727.

Uppgift 2.

Detta ¨ ar v¨ armeledningsekvationen med homogena randvill- kor, s˚ a man kan variabelseparera direkt. D¨ arf¨ or s¨ oker vi de separerade l¨ osningarna X(x)T (t) till v¨ armeledningsekvatio- nen med randvillkoren. Som vanligt f˚ ar man att

1 k

T

(t)

T (t) = X

(x) X(x) = λ

m˚ aste vara konstant, och randvillkoren ger X(0) = 0 och X

(`) = 0.

Om λ > 0, s¨ ag λ = µ

, ger X

(x) = µ

X(x) att X(x) =

a cosh µx + b sinh µx. Men randvillkoren leder d˚ a till a = 0

och b = 0, s˚ a detta fall ger inget ut¨ over noll¨ osningen. Om

λ = 0, f˚ ar vi X(x) = a + bx som kan avf¨ ardas p˚ a samma

2

s¨ att. D˚ a ˚ aterst˚ ar fallet λ = −µ

< 0, d¨ ar vi tar µ > 0.

Man f˚ ar X(x) = a cos µx + b sin µx och randvillkoren ger att a = 0 och att bµ cos µ` = 0. Det f¨ oljer att µ = (n −

)

f¨ or n˚ agot n ∈ {1, 2, . . . }.

Ekvationen f¨ or T ¨ ar T

(t) = kλT (t), och eftersom λ =

−µ

blir T (t) proportionell mot exp 

−k (n −

)

t  . De separerade l¨ osningarna ¨ ar allts˚ a multipler av

sin (n −

)πx

` e

(

)

, n = 1, 2, . . . .

F¨ or att finna en l¨ osning till hela det givna problemet an- s¨ atter vi en summa av separerade l¨ osningar:

(1) u(x, t) =

∞

X

1

a

sin (n −

)πx

` e

(

)

. Initialvillkoret leder d˚ a till

∞

X

1

a

sin (n −

)πx

` = x, 0 < x < π.

Vi vet att sinusfunktionerna i denna summa bildar ett full- st¨ andigt ortogonalsystem p˚ a intervallet (0, π), eftersom de

¨ ar egenfunktionerna till ett regulj¨ art Sturm-Liouville-problem.

Deras L

-normer ¨ ar kvadratroten ur Z

0

sin

(n −

)πx

` dx = ` 2 . D¨ arf¨ or ges koefficienterna av

a

= 2

` Z

0

x sin (n −

)πx

` dx = partialintegration

= 2

`

"

−x cos

1 2)πx

`

(n −

)π/`

#

0

+ 2

` Z

0

cos

1 2)πx

`

(n −

)π/` dx

= 0 + 2

`

1

((n −

)π/`)



sin (n −

)πx

`



0

= 8`(−1)

(2n − 1)

π

.

3

Varning: BETA 13.1 (12) ger en utveckling av funktionen x i sinusserie, n¨ amligen

x = 2L π

∞

X

1

(−1)

n sin nπx

L , |x| < L.

Om man h¨ ar s¨ atter L = 2`, f˚ ar man en utveckling som liknar den vi s¨ oker. Men eftersom vi skall ha (2n − 1)π/(2`) som argument f¨ or sinusfunktionen, dvs. bara udda n-v¨ arden i ovanst˚ aende formel, kan vi inte anv¨ anda detta f¨ or att finna koefficienterna a

.

D¨ aremot g˚ ar det att f˚ a fram a

genom att manipulera med serien f¨ or f

(x) = |x|, men ovanst˚ aende r¨ akning ¨ ar nog enklare.

Svaret p˚ a uppgiften ¨ ar (1) med a

som ovan.

Uppgift 3.

Genom transformationen t = x √

2 blir problemet i st¨ allet att minimera

√ 1 2

Z

−∞

 2

p|t| − Q(t)   

2

e

dt, d¨ ar Q(t) = P (x) = P (t/ √

2) liksom P ¨ ar ett polynom av grad h¨ ogst 3. F¨ ordelen med denna omskrivning ¨ ar att vi f˚ ar vikten e

, och vi vet att Hermitepolynomen (H

)

bildar en ortogonalbas i L

med denna vikt. Satsen om b¨ asta approximation s¨ ager d¨ arf¨ or att

Q(t) =

3

X

0

c

H

(t), d¨ ar

c

= 1 kH

k

Z

−∞

2

p|t|H

(t)e

dt,

med normen tagen i det viktade L

-rummet. Enligt BETA 12.2 sidan 266 ¨ ar kH

k

= n!2

√

π. Eftersom H

har sam-

ma paritet (udda – j¨ amnt) som n, ser vi att c

blir 0 f¨ or

4

udda n. Vi har allts˚ a bara c

och c

att r¨ akna ut. Eftersom H

= 1 f˚ ar man

c

= 2

√ π Z

−∞

p|t|e

dt = 2

√ π 2 Z

0

√ te

dt.

Den sista integralen h¨ ar kan man hitta i BETA 7.5 (42) (d¨ ar beh¨ over parametern n inte vara heltal):

Z

√

te

dt = 1 2 Γ  3

4

 .

Det ¨ ar inte ¨ overraskande att Γ-funktionen dyker upp h¨ ar, f¨ or ett alternativ ¨ ar att variabeltransformera s = t

och komma till den integral som definierar Γ-funktionen. Allts˚ a

¨ ar

c

= 2

√ π Γ  3 4

 . Enligt tabellen ¨ ar H

(t) = 4t

− 2, s˚ a c

= 2

8 √ π

Z

−∞

p|t|(4t

−2)e

dt = 2

4 √

π Z

0

√

t(4t

−2)e

dt.

Samma tabellrad som nyss ger att c

= 2

4 √ π



2Γ  7 4



− Γ  3 4



.

F¨ or att hyfsa detta kan man utnyttja rekursionsformeln f¨ or Γ-funktionen, som ger att Γ

=

Γ

. D˚ a f˚ as

c

= 2

√ π Γ  3 4

 1 8 .

Om man nu stoppar in uttrycken f¨ or c

och H

i formeln f¨ or Q, f˚ ar man

Q(t) = 2

√ π Γ  3 4

  t

2 + 3

4

 .

Det ˚ aterst˚ ar bara att transformera tillbaks till x f¨ or att f˚ a det s¨ okta polynomet P :

P (x) = Q(x √

2) = 2

√ π Γ  3 4

 

x

+ 3 4



.

5

Uppgift 4.

B˚ ade differentialekvationen och randvillkoren ¨ ar homoge- na, s˚ a det ¨ ar b¨ addat f¨ or variabelseparation. Om u(x, t) = X(x)T (t) f˚ ar man p˚ a vanligt s¨ att att

T

(t)

T (t) = X

(x) − 4X

(x) X(x)

och denna kvantitet m˚ aste vara konstant, s¨ ag λ. F¨ or X har man allts˚ a den ordin¨ ara, linj¨ ara differentialekvationen X

(x) − 4X

(x) − λX(x) = 0, vars karakteristiska ekvation r

−4r −λ = 0 har l¨osningar r = 2± √

4 + λ. Randvillkoren ger att X(0) = 0 och X(π) = 0. L¨ osningarnas utseende beror av vilket tecken 4 + λ har.

Om 4 + λ > 0, s¨ ag 4 + λ = µ

med µ > 0, blir l¨ os- ningarna till den ordin¨ ara differentialekvationen X(x) = ae

+ be

. Randvillkoren inneb¨ ar d˚ a att a + b = 0 och ae

+ be

= 0, vilket, som man l¨ att ser, medf¨ or a = b = 0. (Detta blir en aning enklare om man skriver l¨ osningarna som e

(a

cosh µx + b

sinh µx).) Vi f˚ ar allts˚ a bara den ointressanta noll¨ osningen i detta fall.

Om 4 + λ = 0 har den karakteristiska ekvationen dubbel- rot, och den ordin¨ ara differentialekvationen har l¨ osningar- na X(x) = ae

+ bxe

. D˚ a medf¨ or randvillkoren igen att a = b = 0.

Om slutligen 4 + λ < 0, s¨ atter vi 4 + λ = −µ

d¨ ar µ >

0. Den ordin¨ ara differentialekvationen l¨ oses nu av X(x) = e

(a cos µx + b sin µx), och randvillkoren ger a = 0 och, eftersom b˚ ade a och b inte f˚ ar vara 0, ocks˚ a sin µπ = 0.

D¨ arf¨ or m˚ aste µ vara heltal, s˚ a att µ ∈ {1, 2, . . . }.

F¨ or T har vi ekvationen T

(t) = λT (t), dvs. T

(t) =

−(4 + µ

)T (t), med l¨ osningar T (t) = α cos p

4 + µ

t + β sin p

4 + µ

t.

Vi har d¨ armed funnit de separabla l¨ osningarna

e

sin µx



α cos x p

4 + µ

t + β sin p

4 + µ

t



, µ = 1, 2, . . . .

6

F¨ or den s¨ okta funktionen u blir ansatsen (2) u(x, t) =

∞

X

µ=1

e

sin µx 

α

cos p

4 + µ

t + β

sin p

4 + µ

t  . Nu utnyttjar vi initialvillkoren, som ger

∞

X

µ=1

α

e

sin µx = 1

och

X

µ=1

p 4 + µ

β

e

sin µx = 0,

b˚ adadera f¨ or alla 0 < x < π. Detta ¨ ar Fourierserieutveck- lingar, och vi ser genast att alla β

m˚ aste vara 0 och att α

¨ ar koefficienterna f¨ or funktionen e

, utvecklad i sinusserie i (0, π). D¨ arf¨ or ¨ ar

α

= 2 π

Z

e

sin µx dx

= 2 π Im

Z

e

dx = 2

π Im (−1)

e

− 1

−2 + iµ

= 2

π Im ((−1)

e

− 1)(−2 − iµ)

4 + µ

= 2µ

π

(1 − (−1)

e

) 4 + µ

. L¨ osningen vi s¨ oker blir allts˚ a (2) med dessa α

.

Anm. Ett annat s¨ att att r¨ akna ut α

¨ ar att partialintegrera tv˚ a g˚ anger. D˚ a kommer man tillbaka till integralen man startade med, med en koefficient 6= 1. Men det enklaste ¨ ar att hitta den primitiva funktionen i BETA 7.4 330.

Uppgift 5.

Vi utg˚ ar fr˚ an formeln e

=

∞

X

n=−∞

J

(x)e

,

7

se BETA 12.4 sidan 274. Den g¨ aller f¨ or x > 0 och alla reella ϕ. F¨ or varje fixt x ¨ ar h¨ ogerledet en Fourierserie, som m˚ aste vara den komplexa Fourierserien f¨ or funktionen ϕ 7→

e

i v¨ ansterledet. D¨ arf¨ or ges koefficienterna J

(x) av den vanliga formeln

(3) J

(x) = 1 2π

Z

−π

e

e

dϕ.

Denna formel kan man ocks˚ a f˚ a fr˚ an sidan 270 i BETA 12.4.

I den givna integralen g¨ or vi omskrivningen sin

ϕ = 1

2 (1 − cos 2ϕ) = 1 2 − 1

4 e

− 1

4 e

.

Den givna integralen kan d¨ arf¨ or f˚ as med hj¨ alp av tre inte- graler av typ (3), utom att vi har ett minustecken i expo- nenten framf¨ or ix sin ϕ. Men det minustecknet ¨ andrar bara tecknet framf¨ or integralens imagin¨ ardel som ¨ ar

Z

−π

sin(x sin ϕ) sin

ϕ dϕ,

och detta ¨ ar 0 eftersom integranden h¨ ar ¨ ar udda. Det bety- der att minustecknet i exponenten inte har n˚ agon betydelse och kan strykas. D¨ arf¨ or ger (3)

Z

−π

e

sin

ϕ dϕ

= 1 2

Z

−π

e

dϕ − 1 4

Z

−π

e

e

dϕ− 1 4

Z

−π

e

e

dϕ

= πJ

(x) − π

2 J

(x) − π

2 J

(x).

Men J

(x) = J

(x), se BETA 12.4 sidan 270, s˚ a Z

−π

e

sin

ϕ dϕ = πJ

(x) − πJ

(x), som ¨ ar svaret.

En liten variant av ovanst˚ aende ¨ ar att skriva om Fourier-

serien f¨ or e

som en sinus-cosinus-serie, och sen arbeta

med s˚ adana serier.

8

Uppgift 6.

H¨ ogerledet 1 g¨ or ekvationen ∆u = 1 inhomogen. Eftersom 1 ¨ ar oberoende av b˚ ada variablerna, kan man anv¨ anda ste- ady state-metoden, allts˚ a f¨ orst finna en l¨ osning u

till ek- vationen som ¨ ar oberoende av den ena variabeln. Den “ena variabeln” brukar vara tiden t, d¨ arav uttrycket. Men i det- ta fall kan vi v¨ alja x eller y. Vi v¨ aljer x, s˚ a att u

blir en funktion av enbart y. Det ger ekvationen u

(y) = 1, med l¨ osningar u

(y) = y

/2 + ay + b.

I allm¨ anhet vill man ocks˚ a att en s˚ adan steady-state- l¨ osning u

(y) skall uppfylla randvillkoren i ¨ andpunkterna av y-intervallet. H¨ ar kan vi klara det ena, u

(0) = 1, genom att v¨ alja b = 1, men att f˚ a u

(`) = x f¨ or alla 0 < x < L g˚ ar f¨ orst˚ as inte. L¨ agg ocks˚ a m¨ arke till att x-derivatan (u

)

¨ ar 0, s˚ a att varje s˚ adan l¨ osning uppfyller randvillkoren f¨ or x = 0 och x = L. F¨ or koefficienten a har vi fritt val och v¨ aljer enklast a = 0, s˚ a att u

(y) = y

/2 + 1.

F¨ or v(x, y) = u(x, y) − u

(y) f˚ ar vi







∆v = 0, 0 < x < L, 0 < y < `, v(x, 0) = 0, v(x, `) = x − `

/2 − 1, 0 < x < L,

v

(0, y) = 0, v

(L, y) = 0, 0 < y < `.

Nu har vi ett standardproblem, en homogen ekvation med homogena randvillkor f¨ or x = 0 och x = L. D¨ arf¨ or separe- rar vi variablerna och s¨ oker l¨ osningar av formen v(x, y) = X(x)Y (y), vilket som vanligt ger

X

(x)

X(x) = − Y

(y) Y (y) = λ,

f¨ or n˚ agon konstant λ. De homogena randvillkoren g¨ or att vi b¨ orjar med X, och vi f˚ ar ekvationen X

(x) = λX(x) med X

(0) = X

(L) = 0. I denna v¨ alk¨ anda situation vet vi att enda m¨ ojligheten ¨ ar att λ = −(nπ/L)

och X(x) ¨ ar en multipel av cos

, f¨ or n˚ agot n ∈ {0, 1, 2, . . . }.

Ekvationen f¨ or Y (y) blir d˚ a Y

(y) = (nπ/L)

Y (y). F¨ or

n > 0 m˚ aste d¨ arf¨ or Y (y) vara en linj¨ arkombination av

sinh

och cosh

. Randvillkoret v(x, 0) = 0 ger Y (0) =

0, s˚ a n˚ agon cosh-term finns inte. F¨ or n = 0 f˚ ar vi i st¨ allet

9

att Y m˚ aste vara ett f¨ orstagradspolynom, och p˚ a grund av samma randvillkor i sj¨ alva verket en multipel av y.

Som separerade l¨ osningar f˚ ar vi allts˚ a 1 · y och cos

sinh

, n = 1, 2, . . . .. Vi ans¨ atter d¨ arf¨ or

v(x, y) = b

y +

∞

X

n=1

b

cos nπx

L sinh nπy L .

Det ˚ aterst˚ aende randvillkoret v(x, `) = x − `

/2 − 1 s¨ ager d˚ a att

b

` +

∞

X

n=1

b

cos nπx

L sinh nπ`

L = x − `

2 − 1.

Vi utvecklar d¨ arf¨ or funktionen x i cosinusserie i intervallet (0, L). BETA 13.1 (3) med α = 1 och h = 1 ger

x = L

2 − 4L π

∞

X

n=1

1

(2n − 1)

cos (2n − 1)πx

L .

Det ˚ aterst˚ ar bara att identifiera koefficienter. F¨ or den kon- stanta termen f˚ ar man b

` = L/2 − `

/2 − 1, dvs.

b

= L − 2 2` − `

2 . F¨ or n ≥ 1 blir b

= 0 och

b

= − 4L π

1

(2n − 1)

sinh

.

Vi kan sammanfatta i en formel f¨ or den s¨ okta l¨ osningen u = v + u

:

u(x, y) = y

2 +  L − 2 2` − `

2



y +1− 4L π

∞

X

n=1

cos

sinh

(2n − 1)

sinh

.