TMA4125 Matematikk 4N

Transkript

1 Norges tekisk-aturviteskapelige uiversitet Istitutt for matematiske fag TMA425 Matematikk 4N Løsigsforslag - Øvig 9 Fra Kreyszig, avsitt.5 3 Vi skal fie temperature u(x, t) i e stav (L = π, c = ) som er helt isolert og har iitial temperatur f(x) = x/π. Side varmestrømme gjeom edeflatee er, og også proporsjoal med u x slik at u x (, t) = u x (π, t) = for t >, må vi løse varmeligige med (adiabatiske) radbetigelser u t = u xx () u x (, t) = u x (π, t) = for t >, (2) og itialbetigelse u(x, ) = x/π, x π. (3) Vi fier først løsiger av () på forme u(x, t) = F (x)g(t) som oppfyller radbetigelsee (2). Ved isettig i () og divisjo med F (x)g(t) får vi G G = F F som må være e kostat k side vestreside bare avheger av t og høyreside bare avheger av x. Det gir differesialligigee F kf = og G kg = som er oppfylte yaktig r u = F (x)g(t) er lsig av (). De første ligige har løsig F (x) = Ae µx + Be µx for k >, k = µ 2 F (x) = A + Bx for k =, F (x) = A cos px + B si px for k <, k = p 2. Radbetigelsee F ()G(t) = F (π)g(t) =, t >, gir to muligheter. Ete er G(t) = for alle t >, me de mulighete gir bare løsige u(x, t), eller så er F () = F (π) =. For k > må vi ha A = B = for å få F () = F (π) =. For k = blir F () = F (π) = dersom B =, A ka være vilkårlig. lfov9 7. mars Side

2 For k < er F () = pb = hvis B =, og da er F (π) = pa si pπ = dersom p = =, 2, 3,... (og A vilkårlig). Med A = får vi } k = : F (x) = k = 2 dvs. k = 2 : F (x) = cos x, =,, 2,... : F (x) = cos x Ligige G kg =, k = 2, =,, 2, 3... har løsig G(t) = Ae 2t så fuksjoee av forme u(x, t) = F (x)g(t) som passer i () og oppfyller radbetigelsee (2) blir derfor u (x, t) = A e 2t cos x, =,, 2,... Side () er lieær og homoge, er summe u(x, t) = u (x, t) = = A e 2t cos x også løsig av () hvis rekke kovergerer og er leddvis deriverbar mhp. t og to gager leddvis deriverbar mhp. x, radbetigelsee (2) er også oppfylt. Vi bestemmer koeffisietee A for =,, 2,... slik at iitialbetigelse (3) også blir oppfylt: f(x) = u(x, ) = = = A cos x = A + A cos x. Vi ser at A må være a -koeffisiete i Fouriercosiusrekka for f(x) = x/π på itervallet x π. Av formlee i Rottma side 75 får vi a = π ( x ) dx = ( x ) 2 π π π 2 π = 2 a = 2 π ( x ) cos x dx π π = 2 π [( x ) si x π cos x ] π 2( cos π) π 2 = 2 π 2 = { 4/( 2 π 2 ) for oddetall for partall. Svaret blir altså u(x, t) = ( π 2 e t cos x + 9 e 9t cos 3x + ) 25 e 25t cos 5x + = π 2 (2m ) 2 e (2m )2t cos (2m )x. m= 7 Oppgåva er eit spesialtilfelle av det problemet som blir gjeomgått i læreboka på sidee 66 67, med a = b =, f(x) = 2. Vi får derfor løysig der u(x, y) = A = 2 sih π A si πx sih πy, 2 si πx dx. lfov9 7. mars Side 2

3 Vi fi at I = si πx [ dx = cos πx π ] = π 48 Dette gir I 2m =, I 2m+ = π(2m+), og dermed A 2m =, [ cos π] = π [ ( ) ]. A 2m+ = π(2m + ) sih(2m + )π = 8 π(2m + ) sih(2m + )π Løysiga blir då u(x, y) = 8 π si m= ( ) (2m+)πx sih ( ) (2m+)πy (2m + ) sih(2m + )π. Fra Kreyszig, avsitt.6 3 Vi skal fie e løsig på itegralform av varmeligige u t = c 2 u xx med itialbetigelse u(x, ) = f(x) der f(x) = for x < og f(x) = ellers. Kreyszig.6, formel (6): Iitialbetigelse gir u(x, t) = f(x) = u(x, ) = [A(p) cos px + B(p) si px]e c2 p 2t dp. [A(p) cos px + B(p) si px] dp. Ved hjelp av formlee for Fourieritegralet i Kreyszig.8 får vi A(p) = π B(p) = π f(x) cos px dx = π f(x) si px dx = π cos px dx = 2 π si px dx =. cos px dx = 2 π si p p Svaret blir altså u(x, t) = 2 π si p p 2t p e c2 cos px dp. Fra Kreyszig, avsitt.2 5 Vi skal bruke Laplacetrasformasjoe til å løse x u x + u = xt, u(x, ) = for x, u(, t) = for t. t La U(x, s) vre de Laplacetrasformerte av u(x, t) mhp. t, U(x, s) = L{u(x, t)}. lfov9 7. mars Side 3

4 Da er L{u t (x, t)} = su(x, s) u(x, ), og vi har L{u x (x, t)} = U x (x, s) ved bytte om rekkeflge av itegrasjo og derivasjo: { } u st u L = e x x dt = e st u(x, t) dt = U(x, s). x x Laplacetrasformerer vi de partielle differesialligige, fr vi x U x + su u(x, ) = x s 2 dvs. x U x + su = x s 2. De eeste deriverte som igr her, er mhp. x, derfor ka vi se p dee ligige som e ordir differesialligig for U(x, s) betraktet som fuksjo av x. E lieær differesialligig y + p(x)y = q(x) ka vi lse ved å multiplisere med e itegrerede faktor F (x) = e R p dx (Kreyszig.6). Det gir (F y) = F q, og ved itegrasjo F y = F q dx + C. Det gir her U x + s x U = s 2, R F (x) = e s/x dx = e s l x = x s (x > ) x s U x + sxs U = ( s 2 xs, x s U ) = x s 2 xs (x ) x s U(x, s) = s 2 (s + ) xs+ + C(s) (x ). Itegrasjos- kostate C(s) bestemmes ved å bruke at u(, t) =. Da blir U(, s) = L{u(, t)} = og følgelig U(, s) = s 2 (s + ) + C(s), C(s) =, U(x, s) = x s 2 (s + ). Til slutt iverstrasformerer vi ved f.eks. å bruke delbrøkoppspaltig: x [ U(x, s) = s 2 (s + ) = x s 2 s + ] s + Fra SIF53 august 23 3 a) For koefisietee i cosiusrekka får vi u(x, t) = L {U(x, s)} = x(t + e t ). π 2 a = π a = 2 π π f(x) dx = π f(x) cos x dx = 2 π Følgelig har f(x) cosiusrekke π + 2 π dx = π 2 cos x dx = 2 π si 2 si si x cos x. 2 = 2 π si 2 si. lfov9 7. mars Side 4

5 La S(x) betege summe av rekka for vilkårlig x. For x = og x = π/2 fr vi S() = f( + ) + f( ) 2 = 2 b) Dersom u(x, t) = F (x)g(t) oppfyller (i) og (ii), må vi ha og ( S π ) jev ( π ) ( π ) = S = f = F kf =, F () =, F (π) = og G kg = for e kostat k. Fra Kreyszig.5 (adiabatiske radbetigelser) vet vi at ikketrivielle løsiger for F (x) blir F (x) = cos x for k = 2 der =,, 2,.... For G(t) får vi G + 2 G = som gir G (t) = A e 2t der A er e vilkårlig kostat. For u(x, t) = F (x)g(t) får vi dermed u (x, t) = F (x)g (t) = A e 2t cos x, =,, 2, 3,.... Side (i) er lieær og homoge, er summe u(x, t) = = u (x, t) også e løsig, og de oppfyller (ii). Vi setter følgelig u(x, t) = = A e 2t cos x, og bestemmer koeffisietee A slik at betigelse (iii) blir oppfylt: Vi skal ha f(x) = u(x, ) = = A cos x for < x < π. Fra pukt a) fr vi A = /π og A = (2/π)(si 2 si )/ for =, 2,... og følgelig u(x, t) = π + 2 π si 2 si e 2t cos x. 5 La W (x, s) være de Laplacetrasformerte av w(x, t), W (x, s) = e st w(x, t) dt. Laplacetrasformasjo av de gitte ligige gir W x + sw w(x, ) = s 2, dvs. W x + sw = s 2 (side w(x, ) = ). Dette er e ordiær differesialligig for W (x, s) betraktet som fuksjo av x. Ligige ka da skrives dw/dx + sw = /s 2, og ved å bruke løsige som står i oppgave får vi W (x, s) = C(s)e sx + /s 3. Vi skal ha w(, t) = og følgelig W (, s) =. Side W (, s) = C(s) + /s 3 følger C(s) = /s 3 og W (x, s) = s 3 s 3 e xs. For å iverstrasformere, bruker vi at F (s) = /s 3 har iverstrasformert f(t) = 2 t2 og skiftteorem 2: { w(x, t) = 2 t2 2 (t x)2 u(t x) = 2 t2 for t x 2x(2t x) for t x. lfov9 7. mars Side 5

6 Fra SIF53 mai 23 3 a) De Fouriertrasformerte av f(x) er f(w) = 2π [ ] e (+iw)x dx = e (+iw)x = 2π + iw 2π ( + iw). (Vi brukte at lim x e (+iw)x = lim x e x e iwx = lim x e x (cos wx si wx) =.) Side ĥ(w) = 2π f(w) f(w) følger av kovolusjosregele at h(x) = F {ĥ(w)} = 2π 2π (f f)(x) = 2π f(x p)f(p) dp. Når p < er f(p) =, og år p > x, dvs. x p <, er f(x p) =. Følgelig er h(x) = 2π x f(x p)f(p) dp. Dermed får vi h(x) = år x < og h(x) = x 2π e (x p) e p dp = x 2π e x dp = 2π e x x p = 2π xe x år x >. p= lfov9 7. mars Side 6