TMA41 Matte 4k Høst 1 Norges tekiskaturviteskapelige uiversitet Istitutt for matematiske fag Løsigsforslag til oppgaver fra Kreyzig utgave 1: 11.1.18 Fuksjoe er lik for < x <, og lik 1 for < x <. a 1 f(xdx 1 (a er lik gjeomsittet til fuksjoe på itervallet (, 1 b 1 f(x cos xdx cos xdx f(x si xdx 1 si xdx 1 (1 cos {, for like, for odde Så Fourier-rekke er f(x 1 + si x + si 3x +... 3 11.1. Ser at, < x < f(x x, < x <, < x < Og vi aveder Euler-formlee a 1 dx (Itegral av odd fuksjo f(x cos xdx (Itegral av odd fuksjo 1. september 1 Side 1 av 6
b 1 f(x si xdx ( 1 si xdx + I 1 + I + I 3 Ved substitusjoe t x ser ma at I 1 og I 3 er like. x si xdx + si xdx og I 3 1 1 I 1 ( si xdx ( cos cos x si xdx 1 [ 1 x cos x] + 1 1 ( 1 ( cos ( cos 1 cos + si cos xdx + 1 (si si ( a I + I 3 si 1 cos + 1 (cos cos si 1 cos + 1, 1, 5,... 1,, 6,... + 1, 3, 7,..., 4, 8,... 1 Fourier-rekke er altså: ( f(x + 1 si x 1 ( 1 si x + 3 si 3x 1 si 4x +... 9 4 11.1.15 Her ka vi begye med å trasformere fuksjoe slik at deisjositervallet ligger symmetrisk om origo. Grafe forskyves altså eheter til vestre. Vi bruker igje symmetriegeskaper for å spare oss for itegraler som blir ull. Da oppås følgede koesieter (ved å bruke delvis itegrasjo: 1. september 1 Side av 6
a 1 1 b 1 (x + dx 1 [ x 3 3 + x + x ] 4 3 + (x cos x dx 1 (x + x + cos x dx [ x x si x si x + x cos x cos x dx 3 + (x si x dx 1 (x + x + si x dx [ si x x cos x ] (+1 x si x dx 4 4, 1 Nå ka vi trasformere tilbake og oppå rekke for f(x: ] 4(, 1 f(x 4 3 + 1 4 ( cos (x + 4 (+1 si (x 11..17 Bruker Euler-formlee for fuksjoer med periode L. Her er L 1 a 1 a 1 1 f(xdx 1 + f(x cos xdx (1 + x cos xdx + cos xdx + [ x 1 si x ] (1 x cos xdx x cos xdx 1 si xdx x cos xdx ( [ x 1 ] 1 si x 1 si xdx (Det første itegralet er itegralet av e cosius-fuksjo over et helt atall perioder. De adre leddee er fra delvis itegrasjo, og to av dem er lik ull. 1 ( si xdx si xdx 1 ((1 cos (cos 1 (1 ( b { 4, for odde, for like (Da fuksjoe er like. 1. september 1 Side 3 av 6
Og Fourier-rekke er f(x 1 + 4 4 cos x + cos 3x +... 9 11..5 Vi begyer med cosiusrekke: a 1 f(x dx 1 x dx 1 [x 1 x] 1 a 1 x cos x dx ( ( x cos x dx 1 [ x si x + cos x ] si x (1 + (+1, 1 b 1 f(x 1 + ( x si x dx, 1 Så reger vi ut siusrekke: 4 cos( + 1x ( + 1 a 1 f(x dx f odde ( x cos x dx f odde b 1 x si x dx ( ( x si x dx [ 1 si x x cos x ] cos x +, 1 f(x si x 11..8 Vi har fuksjoe f(x x, < x < L 1. september 1 Side 4 av 6
Fourierkoesietee for cosiusrekka er gitt ved Eulerformlee a 1 L f(x dx L gjeomsittsverdie. a 1 L L f(x cos( x L dx x cos( x L dx L ([xl si(x L ]L L [ L cos(x L ]L L ( L ( (cos( 1 {, oddetall, partall si( x L dx Fourierkoesietee for siusrekka er gitt ved Eulerformlee b 1 L L f(x si( x L dx x si( x L dx L ([ xl cos(x L ]L + L cos( x L dx L cos( + [ L si(x L ]L L ( Dermed har vi at Fourier-cosiusrekke til f er og Fourier-siusrekke til f er L 4L L 1 ( +1 1 cos( (x L ( 1, si( x L. 11.3.1 Løser fra til. Dette er e periode på og burde derfor gi samme svar som å løse likige fra til. De homogee likige y + ω y har e løsig på forme c 1 si(ωt + c cos(ωt. 1. september 1 Side 5 av 6
r(t er e jam fuksjo og vi ka derfor uttrykke r(t som e Fourier cosius-rekke. Vi er koeesietee: a 1 4 si t dt 1 si tdt 1 4 a 4 si t cos(tdt 1 si(1 + t + si(1 tdt 1 4 1 Fordi itegralet går fra til, ka absoluttverditegee fjeres. Setter så i uttrykket for Fourier-rekka, A cos(t + B si(t, i y + ω y for å e koeesietee A og B og får y + ω y A (ω cos(t + B (ω si(t. Setter dette uttrykket lik Fourier-rekka til r(t og ser at B må være lik, og A 1 ω 1 A (ω ( 1, for like og for odde. Dermed blir løsige på forme (summe av de homogee løsige og de ikke-homogee løsige med r(t y(t c 1 si(ωt + c cos(ωt + 1 ω 1 3(ω 4 cos(t 1 15(ω 16 cos(4t... 1. september 1 Side 6 av 6