TMA4135 Matematikk 4D Høst 2014

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA435 Matematikk 4D Høst 04 Eksamen. desember 04 Integralet er en konvolusjon, så vi har Laplace-transformasjon gir yt) y cos)t) = sin t. s Y s) Y s) s + = s + Y s) = = F s ), s ) hvor F s) = /s. Vi vet at L F )t) = t, og første forskyvningsteorem «sforskyvning») gir derfor yt) = te t. a) Et Newton-differensskjema for interpolasjonsdataene er e 0 ) = e e 0 e e 0 = e e e ) ) = e, som gir polynomet b) Vi har px) = e + e )x )) + e )x ))x 0) I = = + e )x. px) dx = dx + e ) x dx = + 3 e ). Integralet I er nettopp Simpsons metodes tilnærming til e x dx med m = skritt. Vi vet at feilen i Simpsons metode, altså I e x dx,. desember 04 Side av 6

2 er begrenset av M b a) 5 80 m) 4 = M 90, hvor M er en konstant slik at f 4) x) M for alle x [, ], hvor f 4) er den fjerdederiverte til integranden. I vårt tilfelle er f 4) x) = e x 6x 4 48x + ). Vi har f 4) x) 6x 4 48x +, og ved å analysere dette polynomet på vanlig måte, ser vi at det har maksimum på intervallet [, ] når x = 0. Med M = f 4) 0) = finner vi da I e x dx 90 = 5. 3 La g a x) = e ax. Da er ligningen vår g 4 f)x) = g x). Fourier-transformerer vi, får vi πĝ4 ˆf = ĝ. Vi vet at ĝ a ω) = Fg a )ω) = a e ω /4a), så vi har ˆfω) = ĝ ω) πĝ4 ω) = π e ω /8 e ω /6 = π e ω /6 = π 4 4 e ω /4 4) = π ĝ 4 ω). Dermed er fx) = π F ĝ 4 )x) = π e 4x. 4 a) Vi beregner a 0 = π π fx) dx = π 0 x dx = π 4 a n = fx) cos nx dx = π π π 0 = nπ [x sin nx]π x=0 nπ 0 = n π [cos nx]π x=0 = n π )n ) { 0 når n =, 4, 6,... = når n =, 3, 5,... n π x cos nx dx sin nx dx. desember 04 Side av 6

3 b n = fx) sin nx dx = π π π = nπ [x cos nx]π x=0 + nπ = )n+ n Fourier-rekken til f er i punktet x altså π 4 π m= b) Parsevals identitet sier at 0 m ) cosm )x) + 0 x sin nx dx cos nπx dx ) n+ sin nx. n Siden får vi som gir a 0 + a n + b n) = fx)) dx. π π π π πfx)) dx = x dx = π π 0 3 π π n ) 4 + ) n = π 3, 4 π n ) 4 + ) n = 5 4 π. 5 a) Setter vi inn ux, t) = F x)gt) i PDE-en i oppgaven får vi som etter omforming blir F x)g t) = F x)gt) F x)gt), F x) F x) = G t) Gt). Siden ligningen holder for alle x og t, og venstre side ikke avhenger av t mens høyre side ikke avhenger av x, må begge sider være lik en konstant k. Vi får da to ODE-er: F x) + k)f x) = 0 ) G t) kgt) = 0. ) Løsningen av ligning ) kan ha tre former, avhengig av hva k er:. Dersom k >, er løsningen på formen F x) = Ae +kx + Be +kx. Randbetingelsen u0, t) = 0 gir F 0) = 0, som gir A = B, altså F x) = Ae +kx e +kx ). Randbetingelsen u, t) = 0 gir F ) = 0, altså A = 0 og triviell løsning.. desember 04 Side 3 av 6

4 . Dersom k =, er løsningen på formen F x) = Ax + B. Randbetingelsen u0, t) = 0 gir F 0) = 0, som gir B = 0. Randbetingelsen u, t) = 0 gir F ) = 0, altså A = 0 og triviell løsning. 3. Dersom k <, er løsningen på formen F x) = C cos px + D sin px, hvor vi har definert p = k + ). Randbetingelsen u0, t) gir F 0) = 0, som gir C = 0 og F x) = D sin px. Randbetingelsen u, t) = 0 gir 0 = F ) = D sin p. For at vi ikke skal ha triviell løsning, har vi bare mulighetene p = nπ for n =,, 3,... og p = π, π,..., men siden sinus er odde kan vi la konstanten D ta hånd om disse). Ligning ) har altså løsninger på formen F n x) = D n sin nπx for n =,, 3,.... Siden nπ = k + ), blir ligning ) Denne har løsninger på formen G t) + + n π )Gt) = 0. G n t) = C n e +n π )t. De ikke-trivielle løsningene på oppgavens PDE er altså for n =,, 3,.... u n x, t) = F n x)g n t) = A n e +n π )t sin nπx b) Den generelle løsningen fra deloppgave 5a er Vi har da ux, t) = A n e +n π )t sin nπx. sin πx cos πx = ux, 0) = A n sin nπx Høyre side er altså Fourier-sinus-rekken til funksjonen på venstre side. Vi kan derfor regne ut A, A,... ved hjelp av de vanlige integralene, eller vi kan spare oss tid ved å bruke dobbelvinkelsetningene til å skrive sinπx) cosπx) = sinπx)/, slik at sin πx = A n sin nπx. Da er venstre side allerede en sinusrekke, og vi kan derfor lese av koeffisientene direkte: A = / og A n = 0 for alle n. Dermed er løsningen som tilfredsstiller den gitte initialbetingelsen ux, t) = e +4π )t sin πx.. desember 04 Side 4 av 6

5 c) Fremoverdifferens i tid er tilnærmingen u t ih, jk) k U i,j+ U i,j ) og sentraldifferens i rom er tilnærmingen Vi får da skjemaet u x ih, jk) h U i+,j U i,j + U i,j ). k U i,j+ U i,j ) = h U i+,j U i,j + U i,j ) U i,j. Med h = /4 og k = /3, er j 0 og i 3, og skjemaet blir For i = 3 og j = 0 finner vi U i,j+ = U i+,j + U i,j ) 3 U i,j. U 3, = U 4,0 + U,0 ) 3 U 3,0 = sin π 4 ) cos π og = 64, ) + sin π ) cos π )) sin π 3 ) cos π 3 ) 4 4 u3/4, /3) = ) 3 )/3 e +4π sin π = )/3 e +4π 0,4. Avviket vi ble bedt om å finne er altså /64 + e +4π )/3 / 0, Metoden som er implementert er Heuns metode «forbedret Euler»), altså hvor y n+ = y n + k + k ), k = hfx n, y n ) og k = hfx n + h, y n + k ). Hvis fx, y) = λy, er k = hλy n og k = hλy n + hλy n ) = hλy n + h λ y n, slik at metoden blir y n+ = y n + ) ) hλy n + h λ y n = + hλ + hλ) y n. Anvendt n ganger finner vi y n = + hλ + hλ) ) n y 0,. desember 04 Side 5 av 6

6 og vi ser at lim n y n = 0 kun hvis hλ) + hλ + <. I vårt tilfelle λ = 000) har vi altså h + h <, som er tilfredsstilt hvis og bare hvis h < /500. Dersom vi ønsker å si noe om lim n y n også for større h, kan vi bruke en implisitt metode, for eksempel baklengs Euler. Med baklengs Euler er y n+ = y n + hfx n+, y n+ ). Da får vi slik at y n+ = y n + hλy n+ y n+ = y n hλ, y n = y 0 hλ) n. Det er klart at y n 0 når n så lenge hλ >, som for λ = 000 er sant uansett valg av h > 0.. desember 04 Side 6 av 6