EKSAMEN I TMA4120 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG

Transkript

1 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG Oppgave. y + y + t y(τ)e t τ dτ = u(t ) t >, y() = Anta at den Laplacetransformerte Y (s) av y(t) eksisterer. Siden integralet er konvolusjonen av y(t) og e t, kan vi Laplacetransformere ligningen. Det gir sy + Y + Y s = e s s ( Y s + + ) = + e s s s Y s s = + e s s Y = s s + s s 3 e s = s s + Vi får derfor ved invers Laplacetransformasjon at ( s ) s 3 e s y(t) = t + [t (t ) ]u(t ) = t + ( t)(t 3)u(t ). Oppgave. a)vi setter u(x, t) = F (x)g(t) inn i randverdiproblemet: F G + F Ġ = F G for x, t, F () = F () =. u(x, t) er opplagt en løsning. Vi søker produktløsninger u(x, t). Separasjon av de variable gir G G + Ġ G = F F = k der k er en (foreløpig ukjent) konstant. Vi løser først randverdiproblemet for F. Formen på løsningen av differensialligningen F = kf for F avhenger av fortegnet for k. Vi vurderer de tre tilfellene k >, k = og k < hver for seg. k > : Løsningene har da formen F (x) = A kx e + B e kx Typeset by AMS-TEX

2 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG der kravene F () = F () = medfører at F () = A + B = og F () = A sinh( k) =, altså A = B =, F (x) og derved u(x, t). k = : Løsningene har da formen F (x) = A + Bx. Kravene F () = F () = medfører derfor at F () = A = og F () = B =, altså B =, F (x) og derved u(x, t). k < : Løsningene har da formen ( ) ( ) F (x) = A cos k x + B sin k x ( k ) der kravene F () = F () = gir F () = A = og F () = B sin = ( k ) som holder for = n for n =, ±, ±,..., det vil si, for k = n. De eneste løsningene utenom nulløsningen for randverdiproblemet for F er derfor F n (x) = B n sin nx som krever at k = n. Differensialligningen for G har derfor formen G + Ġ + n G = som har generell løsning G(t) = e t/ [ cos n 4 t + D sin n 4 t]. Derved er produktløsningene av den opprinnenlige ligningen ( i tillegg til nulløsningen) u n (x, t) = e t/ [ n cos n 4 t + D n sin n 4t] sin nx for n =,, 3,... (n = gir bare nulløsningen. n negativ gir de samme løsningene som n positiv. Konstantene B n er slått sammen med n og D n. ) b)det ser ut som om u 4 (x, t) kan tilpasses initialkravene. Vi prøver: u 4 (x, ) = 4 sin 4x = for 4 =, slik at u 4 (x, t) = D 4 e t/ sin(t 63/4) sin 4x, og derved t u 4(x, t) = D 4 [ 63 t t e t/ sin + e t/ cos ] sin 4x som har verdien D 4 63 sin 4x for t =. Dette skal være lik sin 4x ifølge initialkravet. Altså er D 4 = / 63 = 7/. Løsningen vi søker er derfor u(x, t) = 7 e t/ sin 3 7 t sin 4x.

3 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG 3 Oppgave 3. La F (x) betegne summen av Fourierrekken for f(x). Da er F (x) = f(x) for alle x der f er kontinuerlig. Siden f(x) er kontinuerlig for alle x (også i skjøtepunktene x = n), er F (x) = f(x) for alle x, det vil si, f(x) = x 4 = a + og derfor og derved n= f() = 4 = a n cos nx = n= n= n= 8( ) n ( n 6) n 4 8( ) n ( n 6) n 4 cos nx for x cos n = n 6 n 4 = ( ) 4 = n= n 6 n 4 La S betegne summen av den neste rekken. Den kan skrives som 64 n= a n. For dem som husker Parceval s formel f(x) dx = a + a n kan oppgaven løses slik: ( x 8 4 dx = 5 n= ) + 64S der venstre side er lik 8 /9, slik at S = ( 8 /9 ( 4 /5) )/64 = 8 /45. Vi andre, vanlige dødelige kan for eksempel tenke slik: f(x) = a + n= a n cos nx. Altså er ( ) ( ) f(x) = a + a n cos nx a + a n cos nx = a + n= n= a n cos nx + masse ledd med cos nx cos mx der m < n. n= For å kvitte oss med alle leddene med cos mx cos nx, kan vi integrere over en periode: f(x) dx = a dx + cos nx dx + masse ledd med Hele Fourierekketeorien er basert på at cos nx dx = og a n n= cos nx cos mx dx der m n. cos mx cos nx dx = for m n. (Det kan også lett regnes ut.) Derved får vi ( f(x) dx = a + a n + = a + og summen S finnes som over. n= n= a n )

4 4 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG Oppgave 4. a) f(z) har fire enkle poler: z =, z =, z = ei/3 og z = e4i/3. f(z) vil derfor ha to ulike Laurentrekker med sentrum i origo; en som konvergerer i < z < og en som konvergerer for z >. Formen på rekkene er n= a nz n. Vi kan derfor sette z utenfor i første omgang. < z < : z > : f(z) = z f(z) = z 8z 3 8z 3 = z /8z 3 = 8z 4 (8z 3 ) n = 8 n z 3n. ( ) n 8z 3 = 8 n+ z 3n 4. b) Vi benytter Laurentrekken for f(z) som gjelder for z > dette området. Da er 8 n+ z 3n 4 dz = fordi ligger i fordi zk dz = for alle heltalls k. Alternativt kan vi finne verdien av integralet ved residyregning: i[res z= f(z) + Res z= f(z) + Res z= ei/3f(z) + Res z= e4i/3f(z)] der Res z= = 8 3 =, Res z= = eki/3 3z 3 z= eki/3 = 3 for k =,, 4 som igjen gir at. Det andre integralet er integralet av en ikke-analytisk funksjon. eksempel beregnes slik: (Re z)dz = (z + z)dz = z dz = e iθ i e iθ dθ = i Det kan for dθ = i der vi har brukt at z dz = ved auchy s integralteorem, og parametriseringen z = e iθ, < θ for, slik at z = e iθ og dz = ie iθ dθ.

5 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 4K, LØSNINGSFORSLAG 5 Oppgave 5. a) f(z) = eiz e 5iz z = (iz) n n! (5iz) n n! z = + iz! 5iz! + {ledd av grad } z = 4i z + g(z) der g(z) er gitt ved en konvergent Taylorrekke, og derfor er analytisk. Vi har derfor b = 4i. Vi bruker den gitte parametriseringen av integrasjonsveien : = 4 4i z dz + 4i g(z)dz = Re iθ Rieiθ dθ + g(z)dz S R dθ + g(z)dz = 4 + g(z)dz. La R. Da vil g(z)dz fordi g analytisk medfører at g er begrenset på, slik at g(z)dz M R ved ML-ulikheten. Altså er lim R 4. b) f(z)dz e ix y e 5ix 5y R R e + e R R = R når R. I = cos x cos 5x x dx = = Re e ix e 5ix x dx = 4 Re cos x cos 5x x dx f(x)dx der f(z) er funksjonen fra a). La < r < R. La være den lukkede kurven som består av halvsirklene og S r og de to rette linjestykkene fra R til r og fra r til R langs x-aksen, tatt i positiv omløpsretning. Da er r R f(z)dz f(z)dz + S r R r f(z)dz + f(z)dz der ved auchy s integralteorem. La R og r +. Da går denne likheten mot Derfor er I = 4/4 =. = f(x)dx 4.