(s + 1) s(s 2 +2s+2) : 1 2 s s + 2 = 1 2. s 2 + 2s cos(t π) e (t π) sin(t π) e (t π)) u(t π)

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag Eksamen i TMA4 Matematikk 4K og MA5 Kompl. f.teori med diff.likninger.8.4 Løsningsforslag Laplace-transformasjon av initialverdiproblemet gir y + y + y ut π), y), y ) s Y s) s + sy s) ) + Y s) e πs /s s + s + )Y s) s + + e πs /s Y s) s + s + s + + e πs ss + s + ) s + s + ) + + s + ) + + e πs ss + s + ). Vi delbrøkoppspalter uttrykket ss +s+) : ss + s + ) ) s s + s + s + og får Y s) ) s s + s + ) + s + ) + s + s + ) + + s + ) + + ) s s + s + ) + s + ) e πs. + Inverstransformasjon av den siste ligningen gir yt) cos t + sin t)e t + cost π) e t π) sint π) e t π)) ut π) + cos t e t π) + sin t e t π)) ut π) cos t + sin t)e t + cos t + sin t)e t for t π, cos t + sin t)e t + eπ ) + for t π. a) b n π π π fx) sin nx dx π [x n cos nx) ] π π π/ π så Fourier-sinusrekken blir n cos nπ + ) πn sin nπ sin nx. n x sin nx dx n cos nx)dx n cos nπ + πn sin nπ, lf*eksamen* august 4 Side

2 Eksamen i TMA4 Matematikk 4K og MA5 Kompl. f.teori med diff.likninger.8.4 ekken kan deles opp i odde og like ledd dette kreves ikke, men tas med i tilfelle noen gjør det under eksamen): b k k ) π k ) ) k+, k,,,.... Vi får: k cos kπ k )k+, b k k ) sink n cos nπ + πn sin nπ ) sin nx n k )k+ sin kx + k ) )k+ sink )x. k Det kan også vises dette kreves heller ikke) at hvis vi betegner den første summen med s x) og den andre med s x), så har vi x/ for x < π/ x/ for x π/ s x) s x) x/ π/ for π/ < x π π/ x/ for π/ x π. b) Med ux, t) Xx)T t) har vi XT + XT 9X T T T + 9X X k en konstant. Standard drøfting under de gitte randbetingelsene) gir at vi må ha k < for å få løsninger Xx) forskjellig fra null-løsningen. Så vi setter k p <. For Xx) gir dette differensialligningen 9 X X p, dvs. X + p 9 X, som har løsning Xx) A cos p x + B sin p x. Innsetting av randbetingelsene gir X) A, Xπ) B sin p π. For å få ikke-trivielle løsninger må vi ha B, dvs., p må velges slik at sin p π. Dette gir følgende muligheter for p: p π nπ, dvs., p n, n,,,.... Så for hvert naturlig tall n har vi en mulig løsning X n for X, gitt ved: X n x) B n sin n x B n sin nx, n,,,..., hvor konstantene B n kan velges fritt og uavhengig av hverandre. For T t) gir dette, for hver n,,,..., en løsning T n t), gitt som løsning av differensialligningen T T + k p 9n, dvs. T t) T n t) C n e +9n )t, n,,,.... Konstanten C n kan sløyfes da den blir absorbert av B n når X og T ganges sammen. For ux, t) Xt)T t) får vi da for hver n en løsning u n x, t) gitt ved u n x, t) X n x)t n t) B n sin nx e +9n )t, n,,,..., og disse er alle løsningene på formen ux, t) Xx)T t) som oppfyller differensialligningen og de gitte randbetingelsene. c) For å bestemme løsningen som i tillegg til differensialligningen og randbetingelsene også tilfredstiller initialbetingelsen ux, ) fx) hvor fx) er funksjonen fra a) prøver vi med en sum av produktløsninger: lf*eksamen* august 4 Side

3 Eksamen i TMA4 Matematikk 4K og MA5 Kompl. f.teori med diff.likninger.8.4 ux, t) n u nx, t) n B n sin nx e +9n )t. Kravet ux, ) fx) gir n B n sin nx fx), x π, dvs., n B n sin nx må være Fourier-sinusrekken til f. Dette betyr at B n b n n cos n π + sin n π πn. Så løsningen blir ux, t) n cos nπ + ) πn sin nπ sin nx e +9n )t. n Som i pkt. a) kan denne summen splittes opp i odde og like ledd dette kreves fortsatt ikke): ux, t) + k k k )k+ sin kx e +6k )t πk ) )k+ sink )x e +9k ) )t. a) Funksjonen g w ) e iw /+ ) har en første ordens pol i hvert av punktene ±i og ingen andre singulære punkter. es g w) lim i)g w ) e iw i i + i ew i i es g w) lim + i)g w) e iw i i i e w i i b) Med x + iy og > har vi g w ) e iwx+iy) / + ) e wy / + ) e wy / ). Anta w og Γ +. Da er y, så wy og dermed ewy. Det følger at g w ) e wy / ) / ). Anta så at w og Γ. Da er y, så wy og dermed nok en gang ewy. Det følger at g w ) e wy / ) / ) også i dette tilfellet. c) Anta først at w. Vi integrerer g w ) langs den lukkede, positivt orienterte kurven bestående av det reelle intervallet fra til og halvsirkelen Γ +. Denne kurven omslutter det singulære punktet i, og residysatsen gir e iwx / + x )dx + g w )d πi es g w) πi ew Γ + i i πew. *) Fra resultatet i b) følger at Γ + g w )d π/ ), så lim Γ + g w )d. Vi tar grensen når på begge sider av ligningen *), og får: ) lim e iwx / + x )dx + e iwx / + x )dx + Γ + g w )d e iwx / + x )dx πe w når w. Anta så w. Denne gangen integrerer vi langs den lukkede, positivt orienterte kurven bestående av det reelle intervallet fra til merk at vi her må gå i lf*eksamen* august 4 Side

4 Eksamen i TMA4 Matematikk 4K og MA5 Kompl. f.teori med diff.likninger.8.4 negativ retning langs x-aksen pga. kurvens orientering) og halvsirkelen Γ. Denne kurven omslutter det singulære punktet i, og residysatsen gir: e iwx / + x )dx + g w )d πi es g w) πi e w Γ i i πe w. **) Fra resultatet i b) følger at Γ g w )d π/ ), så lim Γ g w )d. Vi tar grensen når på begge sider av ligningen **), og får: lim dvs., Alt i alt har vi vist: e iwx / + x )dx + Γ + e iwx / + x )dx + g w )d e iwx / + x )dx πe w når w. e iwx / + x )dx Siden F / + x ) ) π ) e iwx / + x )dx πe w πe w når w πe w når w πe w for alle reelle w. e iwx / + x )dx, betyr dette at F / + x ) ) π πe w π e w. sin +! 4 a) Funksjonen f) e / ) + e /+) + har tre mulige singulære punkter:, og. : Vi har e / ) n ) for. De to andre funksjonene er analytiske n sin + i, så vi kan skrive e /+)! + a n ) n for i en viss omegn om Taylorrekke om ). Det betyr at Laurentrekken til f) om har formen n f) ) n + a n ) n. Siden prinsipaldelen rekken med negative eksponenter) har uendelig mange ledd, er en essensiell singularitet for f). esidyet er koeffisienten til leddet med eksponent lik. Fra Laurentrekken ser vi at den er lik, så es f). : Vi har e /+) +) n for. De to andre funksjonene er sin +! analytiske i, så vi kan skrive e / ) + a n + ) n for i en viss omegn om Taylorrekke om ). Det betyr at Laurentrekken til f) om har formen f) + ) n + a n + ) n. lf*eksamen* august 4 Side 4

5 Eksamen i TMA4 Matematikk 4K og MA5 Kompl. f.teori med diff.likninger.8.4 Siden prinsipaldelen har uendelig mange ledd, er en essensiell singularitet for f). Her ser vi at leddet med eksponent lik mangler, så es f). ) k : Vi har sin k k+)! k+! + 5! 5 + sin +! 5! 5 + ) k k k+)! k+ og dermed k ) k k+)! k+, så sin +! 5! + k ) k k + )! k 4 ). sin +! Det følger at kan gjøres analytisk i ved å gi den verdien 5! der. Så er en hevbar singularitet for denne funksjonen og dermed også for f) siden de to andre funksjonene er analytiske i origo. Dette resultatet kunne også vært oppnådd ved fem gangers bruk av l Hôpitals regel. Siden vi har en hevbar singularitet, mangler leddet med eksponent lik her også, så es f). b) i) Sirkelen / omslutter ingen andre singulariteter enn den hevbare singulariteten i origo, så f) d. / ii) Sirkelen omslutter de essensielle singularitetene og. Fra a) har vi at es f) og es f), så vi får ) f) d πi es f) + es f) πi + ) 4πi. lf*eksamen* august 4 Side 5