x(x 1)(x 2) p(x) = 3,0 1( 1 1)( 1 2) Newtons interpolasjonsformel: Tabellen over dividerte differenser er gitt ved

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 Løsningsforslag Oppgaven kan, for eksempel, løses ved hjelp av Lagrange-interpolasjon eller Newtons interpolasjonsformel. Lagrange-interpolasjon: xx x 2 px = 3, ,5x + x x 2 2 x + xx 2 + xx,0,5x = 2 x3 3x 2 + 2x + x3 2x 2 x x3 x 2 2x x3 x = 0,5x 2 2,0x + 0,5 Newtons interpolasjonsformel: Tabellen over dividerte differenser er gitt ved x i fx i f[x i, x i+ ] f[x i, x i+, x i+2 ] f[x i,..., x i+3 ],0 3,0 2,5 0,0 0,5 0,5,5 0,0,0,0 0,5 0,5 2,0,5 så interpolasjonspolynomet blir px = 3,0 2,5x +,0 + 0,5x +,0x + 0,0x +,0xx,0 = 0,5x 2 2,0x + 0,5. 2 Vi kan skrive initialverdiproblemet på formen y + y = 2 sin 2t [ ut ], y0 = 0, y 0 = 0. La så Y s = L {yt}. Legg merke til at sin 2t = sin 2t. Laplace-transformerer så. Det gir s 2 Y + Y = e s s 2, + det vil si Y = s e s. Ettersom { } L s = sin 2t sin 2t = sin 2t 2t cos 2t, lf_tma35_0h 20. desember 200 Side

2 TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 gir andre forskyningsteorem at yt = L {Y s} = sin 2t 2t cos 2t sin 2t 2t cos 2t ut = sin 2t 2t cos 2t sin 2t 2t cos 2t ut { = sin 2t 2t cos 2t for 0 t <, cos 2t for t >. 2 3 Den retningsderiverte til fx, y i punktet, langs vektoren a kan uttrykkes som D a f, = a f,. a Med andre ord, vil D e f, = 0 for de enhetsvektorene e som står ortogonalt på f,. Gradienten til fx, y = lnx 2 + e 2xy er gitt ved Altså er f = f x i + f y j = 2 x 2 + e 2xy x + ye 2xy i + xe 2xy j, e = f, = 2 + e 2 + e 2 i + e 2 j. ± + 2e2 + 2e e 2 i + + e 2 j. a Grafen til den 2-periodiske utvidelsen til fx er gitt ved figuren under. e fx e x Den komplekse Fourier-rekken til fx er gitt ved fx c n e inx, der c n = 2 = 2 = sinh fxe inx dx = e x e inx dx = in e e in + + in e e in n in + n 2. = 2 [ ] + in e +inx + in n e e lf_tma35_0h 20. desember 200 Side 2

3 TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 Altså er den komplekse Fourier-rekken til fx gitt ved fx sinh b Ettersom fx er kontinuerlig i x = 0 får vi at f0 = = sinh = sinh = 2 sinh n in + n 2 + 3i n in + n 2 e inx i i i i i n + n 2, Ettersom fx har et sprang i x = får vi at n + n 2 = 2 sinh. [ f + + f ] = cosh = sinh 2 5 Integralligningen kan skrives på formen = sinh = sinh = 2 sinh + n in + n 2 e in n in + n 2 n in + n 2 + n 2, + n 2 = cosh 2 sinh = 2 tanh fx f gx = e x, gx = e x. La så ˆfw = F f. Fourier-transformerer så. Det gir ˆfw 2 ˆfw 2 w = det vil si Altså har vi at Delbrøkoppspalting gir så 2 8 ˆfw w 2 = w w ˆfw 2 = ˆfw = 2 w w 2 + w w w 2 + w = w w 2 + w = = 7 5 w w w 2 +, w w 2 +. w 2 + w lf_tma35_0h 20. desember 200 Side 3

4 TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 Finner så fx ved å ta inverstransformasjonen, det vil si fx = F ˆf = 5e x x 2 e 2 = 5e 7 x 2 2e 2 2 x. 6 a Setter inn ux, t = F xgt i u t = u xx + 2u. Det gir F xġt = F xgt + 2F xgt det vil si F xgt = F x Ġt 2Gt, F x Ġt 2Gt =. F x Gt }{{}}{{} k k Dette gir følgende to 2. ordens ordinære differensialligninger F x kf x = 0, Ġt k + 2Gt = 0. 2 Løser så, gitt randbetingelsene u x 0, t = 0 og u x, t = 0, det vil si F 0 = 0 og F = 0. Med andre ord, Vi har tre muligheter for k: F x kf x = 0, F 0 = 0, F = 0. i k = p 2 > 0: Innsatt for k = p 2 i får vi Denne ligningen har løsning Ettersom F x p 2 F x = 0. F x = Ae px + Be px. F x = p Ae px Be px, gir F 0 = 0 at A = B. Fra F = 0 får vi F = Ape p e p = 2Ap sinh p = 0. Altså må A = 0. Dermed står vi kun igjen med den trivielle løsningen ux, t = 0. Altså er k 0. ii k = 0: Innsatt for k = 0 i får vi F x = 0, som har løsning F x = Ax + B. Fra F 0 = 0 og F = 0 får vi A = 0. Altså står vi igjen med løsningen F x = konstant. iii k = p 2 < 0: Innsatt for k = p 2 i får vi som har løsning Ettersom F x + p 2 F x = 0, F x = A cos px + B sin px. F x = p B cos px A sin px, får vi at F 0 = Bp = 0, det vil si B = 0. Altså har vi at F x = A cos px. Fra F = 0, får vi F = pa sin p = 0. Ettersom A = 0 kun gir den trivelle løsningen ux, t = 0, ser vi på tilfellet der sin p = 0. Det gir p = n =, 2, 3,.... Altså er k = n 2. lf_tma35_0h 20. desember 200 Side

5 TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember 200 Ved å kombinere ii og iii har vi funnet at alle mulige løsninger for, gitt våre randbetingelser, er på formen Setter så inn for k = n 2 i 2. Det gir som har løsning F n x = Ãn cos nx, n = 0,, 2,... Ġt + n 2 2Gt = 0 det vil si Ġt = 2 n 2 Gt, G n t = C n e 2 n2 t, n = 0,, 2,... Altså er alle løsninger på formen ux, t = F xgt, som tilfredstiller u t = u xx + 2u og de gitte randbetingelsene, gitt ved ux, t = F n xg n t = A n e 2 n2t cos nx. n=0 b Legg merke til at cos 2 x = 2 + cos 2x, ux, 0 = cos x + 2 = cos 2 x + 2 cos x + = cos x + cos 2x. 2 De løsningene vi fant i oppgave a som i tillegg tilfredstiller initialbetingelsen gitt over, er da gitt ved 7 La y = y og y 2 = y. Da blir ligningssystemet n=0 ux, t = 3 2 e2t + 2e t cos x + 2 e 2t cos 2x. y = y 2, y 0 = 2, y 2 = sin y, y 2 0 = 0. Et skritt med trapesmetoden på denne ligningen er gitt ved y,n+ = y,n + h 2 y 2,n + y 2,n+, y 2,n+ = y 2,n + h 2 sin y,n + sin y,n+. Med h = 0,, n = 0 og y,0 = 2, y 2,0 = 0 blir dette y, = y 2, y 2, = + sin y, 20 eller 20y, y 2, 0 = 0 sin y, 20y 2, + = 0. 8 Her er [ ] 20 Jx =, fx = cosx 20 Med oppgitte startverdier blir Jx 0 x = fx 0 til [ ] [ ] [ ] 20 x 0 = 0 20 x 2 2 med løsning x 2 = 0 = 0, og x = 200 = 0,0005. Dermed blir [ ] 20x x 2 0. sinx 20x 2 + x = 2 +,5758, x 2 = 0, lf_tma35_0h 20. desember 200 Side 5

6 TMA35 Matematikk D eksamen 20. desember Differanseskjemaet blir for U i,j ux i, t j eller U i,j+ U ij k = κ U i+,j 2U i,j + U i,j h 2 + x i x i U i,j+ = U i,j + κ k h 2 U i+,j 2U i,j + U i,j + kx i x i, for i =, 2,..., N, og j = 0,, 2,..., og med U i,0 = sin x i = sin ih, U 0,j = U N,j = 0. Med κ = 0,, h = 0,25 og k = 0,2 blir dette x i = 0,25i U i,j+ = U i,j + 0,32U i+,j 2U i,j + U i,j + 0,05i 0,25i. Med startverdiene U 0,0 = 0, U,0 = sin 0,707, U 2,0 = sin 2 =, U 3,0 = sin 3 0,707, U,0 = sin = 0 ender vi med u0,25, 0,2 U, 0,62, u0,50, 0,2 U 2, 0,8625, u0,75, 0,2 U 3, 0,62. lf_tma35_0h 20. desember 200 Side 6