Løsningsførslag i Matematikk 4D, 4N, 4M

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Løsningsførslag i Matematikk 4D, 4N, 4M Oppgave (Kun før 4D Vi har f(x, y x + y x y, for x y. Dette gir For (x, y (, er altså f 6xy [ y, x]. (x y f 4 [, ]. 3 Enhetsvektoren i retningen bestemt av v er og dermed er Df f u /3. u v v [, ], Størst mulig verdi for Df f u er når u peker samme vei som f. Da er maksimal Df f u f. For (x, y (, er følgelig maksimal rettningsderivert f Oppgave (Oppgave før 4D, Oppgave før 4N a (i Ligningen kan uttrykkes via konvolusjonsproduktet som y(t + 3e t y(t te t 0 Vi anvender Laplace -transformen på ligningen. Her er L(e t, og s-skifte s formelen anvendt på funksjonen t gir L(te t. Vi får ligningen (s Y (s + 3 s Y (s (s 0

2 Side av 6 og løser denne med hensyn på Y og får Det gir Y (s (s (s + 3 ( s s + y(t 3 (et e t (ii Ligningen kan skrives som z(t (t n (t m 0 og Laplace-transformasjonen av denne er Derfor er Z(s n! s n+ m! s m+ 0 Z(s n!m! (n + m +! n!m! sn+m+ s n+m+ (n + m +! n!m! z(t (n + m +! tn+m+ b I denne oppgaven bruker vi at L(δ(t, og vi merker oss at δ(t a δ(t au(t a og derfor gir formelen for t-skifte L(δ(t a e as Anvendes Laplace-transformen på differensialligningen, med initialbetingelsene y(0 y (0 0, så får en følgende algebraiske ligning for Y (s s Y (s 6sY (s + 9Y (s e s e s Derfor er Y (s e s (s 3 e s (s 3 Her må en benytte både s-skifte og t-skifte formlene for å finne y(t. s-skifte gir at og t-skifte gir videre for a > 0 L(te 3t (s 3 Følgelig er L((t ae 3(t a u(t a e as (s 3 y(t (t e 3(t u(t (t e 3(t u(t 0, t < (t e 3(t, < t < (t e 3(t (t e 3(t, t >

3 Side 3 av 6 Oppgave 3 (Oppgave 3 før 4D, Oppgave før 4N, Oppgave før 4M The transform is given by 0 e x(a iω dx /(a iω a + iω a + ω. The Fourier inversion formula gives at x, for a e Similarly, for x we obtain 0 f( ( + iω(cos ω i sin ω + ω dω ( + iω(cos ω + i sin ω + ω dω (cos ω + ω sin ω + ω dω (cos ω ω sin ω + ω dω Hence, if the two integrals are I and I we have I I and I + I e, and thus I I πe. Oppgave 4 (Oppgave 4 før 4D, Oppgave 3 før 4N, Oppgave før 4M a Fourier-sinus rekka finner en ved å utvide g(x til en odde funksjon g(x på intervallet [ π, π] og deretter bestemme Fourier-rekka til g(x. Vi får da {, x (0, π] g(x, x [ π, 0 g(x b n π b n sin(nx, π π g(x sin(nxdx π nπ [( n ] π 0 { 4 nπ, n odde 0, n jevn Derfor er Fourier-sinus rekka til g(x gitt ved g(x 4 sin(nx 4 π n π n odde Videre er, ifølge Parsevals identitet, π π π sin(nxdx nπ cos(nx xπ x0 k0 g(x dx b n 6 π (k + π 8 k0 sin((k + x k + (k + k0

4 Side 4 av 6 b Vi ser på bølgeligningen u tt 4u xx med rand-og initialbetinglser (i u(0, t u(π, t 0 (ii u(x, 0 0, u t (x, 0 og benytter som vanlig separasjon av variable som først gir oss alle løsninger på forma u(x, t F (xg(t. Det gir eller F (xg (t 4F (xg(t F (x F (x G (t 4G(t k (konstant ( F (x kf (x, ( G (t 4kG(t La oss først bestemme de løsningene av disse differensialligningene som er slik at u F (xg(t oppfyller randbetingelsen (i. Vi må ha da F (0 F (π 0 og differensialligningen ( må ha k λ < 0 (λ > 0.Løsningen må være på forma F (x sin(λx, med sin(λπ 0 Det gir λ,, 3,..., n,..,og vi setter F n (x sin(nx. Dernest løser vi differensialligningen ( for G(t, med k n, som gir løsningene G n (t A n cos(nt + B n sin(nt Initialbetingelsen (ii gir at G n (0 0, G n(0, derav A n 0. Vi prøver derfor å finne en løsning på forma u(x, t B n F n (xg n (t B n sin(nx sin(nt Den siste initialbetingelsen u t (x, 0 gir da nb n sin(nx cos(nt t0 nb n sin(nx som forteller oss at rekka på høyre side må være Fourier-sinus rekka til den konstante funksjonen på intervallet [0,π], nemlig funksjonen g(x i punkt a. Følgelig må { 4 nb n b n, n odde nπ B n b n n 0, n jevn {, n odde n π 0, n jevn

5 Side 5 av 6 Endelig løsning er u(x, t π n odde sin(nx sin(nt n c De tidsuavhengige løsningene u(x, t v(x av ligningen u tt + 8 4u xx får en ved å ignorere leddet u tt. Da må v(x være en løsning av ligningen v (x, dvs. v(x x + bx + c. Med randbetingelsen v(0 v(π 0 blir da v(x x(x π Merk at ligningen u tt + 8 4u xx er inhomogen, og v(x er en (partikulær løsning av denne. Ved å fjerne konstantleddet 8 får en den tilhørende homogene ligningen u tt 4u xx. La nå w(x, t være den løsningen av denne ligningen som vi fant i punkt b, og sett u(x, t w(x, t + v(x sin(nx sin(nt + x(x π π n n odde Siden w(x, t tilfredsstiller betingelsene i punkt b, er det nå enkelt å sjekke at funksjonen u(x, t tilfredsstiller betingelsene (i, (ii gitt i punkt c i oppgaven. Oppgave 5 (Oppgave 5 før 4D, Oppgave 4 før 4N, Oppgave 3 før 4M a The system becomes y z, z cos(xy + x. Let F (y, z, x T (z, cos(xy + x. Heun s method is then ( ( ( ỹn+ yn yn + hz + hf (z z n+ z n, y n, x n n n z n + h(cos(x n y n + x. n and ( yn+ z n+ ( yn z n + h (F (y n, z n, x n + F (ỹ n+, z n+, x n+. b Taking h 0. and x 0 0 we obtain ( ỹ z (. and ( y z ( + h ( ( + cos( h ( 4.00 (..0.

6 Side 6 av 6 Oppgave 6 (Oppgave 6 før 4D,Oppgave 5 før 4N, Oppgave 4 før 4M With F as the two expression we have F (π/, 0 (0, π 3 and ( cos x x sin x cos J(x, y y sin y sin x + x cos x cos y y sin y so that If we invert this we obtain J(π/, 0 J (π/, 0 ( π/ ( π/ + π/ Therefore the next iteration (x, y is given by ( (x, y (π/, 0 J (0, π 3 T (π + /(π + 4, π(π 3/(π + 4 (.53, Oppgave 7 (Oppgave 5 før 4M a Runge Kuttas 4th order method. The output is an approximation of y(b with intial value y(a ya, where y is a solution on (a, b. The output would be b Since the method is fourth order we have y y n + C/n 4. Hence we obtain y y n /5 ( c We obtain that y n ( h n y 0 which goes to zero with n iff h <, and since h > 0 this implies h <.