LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I MATEMATIKK 4N/D (TMA4125 TMA4130 TMA4135) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 8 EKSAMEN I MATEMATIKK N/D (TMA25 TMA3 TMA35 3. August 27 LØSNINGSFORSLAG Oppgave a Løsning: fouriersinusrekken til f(x: f(x n= b n sin nπx, der b = og b i = for i 2. Ingen regning er nødvendig. Finn fourier cosinus rekken til f(x = sin πx < x <. Løsning: a = sin πx dx = [ ] π cos πx = π cos π + π cos = 2 π a = 2 sin πx cos πx dx = sin 2πx dx = (2 Det siste integralet er lik null siden sin 2πx integreres over en hel periode. Vi finner a n for n 2: a n = 2 sin πx cos nπx dx = 2 [ ( nπ cos( nπx ( + nπ ( nπ ( n ( + nπ ( +n + (sin( nπx + sin( + nπx dx = 2 ] cos( + nπx = ( nπ + ( + nπ = ( 2 + ( n ( n 2 π (3

2 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 2 av 8 Dvs fouriercosinusrekken er f(x 2 π cos 2πx cos πx cos 6πx + 3π 5π 63π f(x 2 π j= b Vi skulle finne alle løsninger til randverdiproblemet på formen u(x, y = X(xY (y: cos 2jπx (j 2 π 2 u x u y 2 = u ( u x (, y = u x (, y = (5 Randbetingelsene gir X (Y (y = X (Y (y = for alle y. Dvs X ( = X ( = eller Y (y =. Vi har for det siste tilfellet u(x, y = X(xY (y =. Hvilket er den trivielle løsningen. Vi vil søke andre løsninger i teksten under. Dvs at vi vil anta at Y (y. Partsiellderiverer vi u(x, y = X(xY (y to ganger med hensyn på x og y så får vi u xx (x, y = X (xy (y og u yy (x, y = X(xY (y. Setter vi dette inn i den opprinnelige likningen får vi: Vi omformer denne likningen og får: X (xy (y + X(xY (y = X(xY (y. (6 X (x X(x = Y (y + = k. (7 Y (y Vi vil løse X (x X(x = k. (8 Vi løser for k = λ 2 >. Da er X(x = Ae λx + Be λx, og X (x = Aλe λx λbe λx. Randbetingelsene gir = X ( = Aλ λb. Dvs A = B og = X ( = Aλe λ Aλe λ. Dvs A =. Og derfor F (x =. Vi har antatt at u(x, y, så vi ser bort ifra denne. Vi løser for k =. Da er X(x = Ax + B, og X (x = A. Randbetingelsene gir = X ( = X ( = A. Dvs A =. Løsning er X (x = B. Legg merke til at vi ikke ser bort ifra konstant løsning. Vi har antatt at u(x, y. Derfor kan vi dele med u(x, y på begge sider av likningen.

3 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 3 av 8 Vi løser for k = λ 2 <. Da er X(x = A cos(λx + B sin(λx og X (x = Bλ cos(λx Aλ sin(λx. Første randbetingelse gir = X ( = Bλ cos( Aλ sin( = Bλ. Dvs B =. Andre randbetingelse gir = X ( = Aλ sin(λ. Dvs λ = nπ der n =, 2, 3,.... Dvs X n (x = A n cos(nπx. Vi vil nå løse Den har løsning Y (y Y (y = + n2 π 2. (9 Y n (y = A n e +n 2 π 2y + B n e +n 2 π 2y. c Fra randkravet X(xY ( = u(x, = har vi Y ( =. Vi får derfor Dvs: B n = A n e 2 +n 2 π 2. = A n e +n 2 π 2 + B n e +n 2 π 2. Løsningene er på formen u n (x, y = X n (xy n (y Fra superposisjonsprinsippet får vi at en generell løsning for randverdi problemet u(x, y = X n (xy n (y n= = A e y + B e y + Randbetingelsen u(x, = sin πx gir cos(nπx(a n e +n 2 π 2y + B n e +n 2 π 2y ( n= sin πx = A + B + cos(nπx(a n + B n ( n= Cosinusrekkeutviklingen til sin πx funnet i punkt a gir Bruker så B n = A n e 2 +n 2 π 2 : A + B = 2 π A n + B n =, For n > odde A n + B n =, For n > jevn (2 π( n 2

4 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side av 8 Løsningen blir A = 2 ( e 2 π B = 2e2 ( e 2 π A n = B n =, For n > odde A n =, For n > jevn π( n 2 ( e 2 +n 2 π 2 e 2 +n 2 π 2 B n =, For n > jevn (3 π( n 2 ( e 2 +n 2 π 2 u(x, y = 2 ey e 2 y ( e 2 π + n=, 2 n cos(nπx e +n 2 π 2y e +n 2 π 2 (2 y π( n 2 ( e 2 +n 2 π 2 ( Oppgave 2 Funksjonen f(x er kontinuerlig i x = π. Vi har at f(π = π og at f(π er lik fourierrekken til f(x innsatt x = π. Det er gitt at Fourierrekken til f(xer π = f(π = 28π 5 + n= 6( n (n 2 π 2 3 n cos nπ = Dvs at = 28π n= n= n 2 π 2 3 n n 2 π 2 3 n = = 2π 5 Andre del av oppgaven: Finn også summen til rekken Vi bruker Parsevals identitet: n= n π 6n 2 π n 8.

5 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 5 av 8 π π ( 28π f(x 2 2 dx = 2π + π 5 ( 6( n (n 2 π (5 Det er oppgitt at integralet er π π f(x2 dx = π9 Utrykket (5 og vedien av integralet gir π9 = π π n= n= n n π 2 6n π n 8 (6 Løser vi for summen får vi n= n π 2 6n π n 8 = 256 ( π 8 = π (7 Godkjent er også ( π 8 og Oppgave 3 a Vi begynner med høyresiden: L{ (sin t + u(t π/2 cos t} = L{ (sin t u(t π/2 sin(t π/ Vi bruker 2. forskyvningsteorem og får at den laplacetranformerte av høyresiden er ( e sπ/2. Den laplacetransformerte av løsningen tilfredstiller den laplacetransformerte av likningen: s 2 + s 2 Y sy( s (y sy y( 6Y = ( e sπ/2 (8 s 2 + Setter inn verdiene til y ( og y(. s 2 Y sy 6Y = ( e sπ/2 s 2 + Vi har s 2 s 6 = (s + 2(s 3 Y = ( e sπ/2 (s 2 + (s 3(s + 2 (9 (2 Regner vi ut første parantes til høyresiden i utrykket i oppgaven får vi 2 s 3 2s + s + 2 s 2 + = (s 2 + (s 3(s + 2. (2 Vi kunne også brukt delbrøksoppspalting.

6 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 6 av 8 b Den inverse trasformerte av Y (s er lik løsningen av oppgaven Transformerer først første parantes: Den invers transformerte av F (s er F (s = 2 s 3 2s + s + 2 s 2 + (22 f(t = 2e 3t e 2t + 2 cos t sin t (23 Løsningen blir y(t = f(t u(t π/2f(t π/2 (2 Setter inn for f(t og får y(t = 2e 3t e 2t + 2 cos t sin t u(t π/2(2e 3t 3π/2 e 2t+π + 2 sin t + cos t (25 Oppgave a Vi kan integrere og får y y = x ln y = 2 x2 + C der C er en vilkårlig konstant. Derfor, ved å anvende exponentiel funksjon, y = Ce x2 /2. den initielle betingelsen, y( =, gir C = og y(x = e x2 /2. Eulers metoden er gitt ved der f(x, y = xy. Vi får y = y + hf(x, y y = y + hx y = y = siden x =.

7 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 7 av 8 b Vi bruker nå den 3. ordens Runge-Kutta metoden som er gitt. Vi får og og Derfor, Den eksakte verdien er k = hx y = k 2 = h(x + 3 h(y + 3 k = h2 3 k 3 = h(x h(y + 2 h = 2 3 h2 ( + 2h2 9. y = y + 2 h2 ( + 2h y(x = y(h.5 og den 3. ordens Runge-Kutta metoden gir altså en bedre resultat enn Eulers metode. Oppgave 5 a Vi har at f(x, y = v xx + v yy = (u xx + u yy xx + (u xx + u yy yy = u xxxx + 2u xxyy + u yyyy. Videre er 2 u = u xx + u yy = v(x, y, så v(x, y = på randen er ekivalent med at 2 u = på randen. b Vi har tilnærmelsen Vi har da at v ij = v(ih, jh må tilfredstille /9( v + v 2 + v + v 2 v = /9( v + v 3 + v 2 + v 22 v 2 = /9( v2 + v 22 + v + v 3 v 2 = /9( v2 + v 32 + v 2 + v 23 v 22 = f (x h 2 ( f(x h 2f(x + f(x + h Innsetter randverdier v 2 + v 2 v = 9, v + v 22 v 2 = 9, v 22 + v v 2 = 9 og v 2 + v 2 v 22 = 9. Vi har alså Av = 9 (,,,, der v = (v, v 2, v 2, v 22. Videre får vi tilsvarende at /9( u + u 2 + u + u 2 u = v

8 TMA25/3/35 Matematikk D/N August 27. Løsningsforslag Side 8 av 8 /9( u + u 3 + u 2 + u 22 u 2 = v2 /9( u2 + u 22 + u + u 3 u 2 = v2 /9( u2 + u 32 + u 2 + u 23 u 22 = v22 Dvs at Au = v, der u = (u, u 2, u 2, u 22. Dvs at A 2 u = (,,,. 9