Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA435 Matematikk 4D: Løysing Faglig kontakt under eksamen: Morten Andreas Nome Tlf: Eksamensdato: 3 desember 27 Eksamenstid (fra til): 9:3: Hjelpemiddelkode/Tillatte hjelpemidler: Kode C: Bestemt, enkel kalkulator Rottmann: Matematisk formelsamling Annen informasjon: Håper eksamen var lett at alle gjør det bedre enn gjennomsnittet. Målform/språk: bokmål Antall sider: 5 Antall sider vedlegg: Informasjon om trykking av eksamensoppgave Originalen er: -sidig 2-sidig sort/hvit farger skal ha flervalgskjema Dato Kontrollert av: Sign Merk! Studenter finner sensur i Studentweb. Har du spørsmål om din sensur må du kontakte instituttet ditt. Eksamenskontoret vil ikke kunne svare på slike spørsmål.
TMA435 h27: Løysing Side av 5 Oppgave a) Vi skal ha Da må Altså er a n 2 π f(x) a + a n cos nx for < x < π n π f(x) 2 π a π π ( π 4 x 2 ) dx, ( π 4 x ) { hvis n jevn cos nx dx 2 n 2 π n 2 hvis n er odde. cos(2n + )x for < x < π. (2n + ) 2 b) Merk at cosinusrekken konvergerer til den jevne 2π-periodiske utvidelsen π g(x) x for x π 4 2 π + x for π x 4 2 for alle x. Altså kan vi velge x beregne π 4 f() 2 π n n (2n + ) 2 (2n + ) 2 π2 8. Oppgave 2 Observer først at venstresiden er konvolusjonen mellom f e x, ligningen kan skrives f(x) e x e x2 2. Vi fouriertransformerer begge sider, bruker konvolusjonsteoremet 2πF(f)F(e x ) F(e x2 2 ), tabell, F(f) 2π e ω2 /2 2 π ω 2 + 2 ( ω 2 e ω2 /2 ) + 2 ( e ω 2 /2 ).
Side 2 av 5 TMA435 h27: Løysing Vi bruker identiteten F(f ) iwf(f), koker litt rundt inverstransformerer, får f(x) /2 ) + /2 2 (e x2 2 e x2 2 (x2 )e x2 /2 + /2 x2 2 e x2 2 + e x2 /2. Oppgave 3 a) Vi laplacetransformerer begge sider, får s 2 L(y) s 3sL(y) + 3 + 2L(y) L(), L(y) Da blir ( 2 y(t) L s ) s 2 s 3 (s )(s 2) 2 s s 2. b) Vi setter x(t) y (t), systemet blir 2L L 2e t e 2t. s s 2 ( x ) (t) y (t) 3x 2y. x Velg h., definer x n y n som tilnærminger til x(nh) y(nh), henholdsvis. Eulers eksplisitte metode er setter vi får vi x y x y xn+ y n+ Oppgaven spør etter y. xn y n x y 3xn 2y + h n, 3x 2y + h x, x n +.2.2.
TMA435 h27: Løysing Side 3 av 5 Oppgave 4 Vi skriver ligningen som x g(x) e x/3. Fikspunktmetoden konvergerer siden g (x) 3 ex/3 e/3 < på (, 3). Fikspunktiterasjonen er x n+ g(x n ), x g(x ) e /3.3956 x 2 g(x ).5923 x 3 g(x 2 ).72. Oppgave 5 Vi bytter plass på to rekker 4x x 2 + 2x 3 2 x + 4x 2 x 3 4 x 2 + 4x 3 28 systemet blir diagonaldominant, Jacobi konvergerer. Nå setter vi 4 D 4 4 2 R Jacobis iterasjon blir x n+ 5 /4 /2 x n y n+ /4 /4 y n z n+ 7 /4 z n Vi har x y z x 5 /4 /2 4.75 y /4 /4 9.5 z 7 /4 7.25
Side 4 av 5 TMA435 h27: Løysing x 2 5 /4 /2 4.75 y 2 /4 /4 9.5 7 z 2 7 /4 7.25 4.625 For de interesserte: hvis du kjører til konvergens, får du x 9.438 y 9 8.6897. 4.8276 z 9 Oppgave 6 a) Vi stapper u(x, t) F (x)g(t) inn i varmeligningen får F kf G kg. På grunn av den vanlige prosedyren med randkravene ser vi at k p 2 <. Den første ligningen har løsning F (x) A cos px + B sin px, bruker vi randkravene F () F (3), får vi A sin 3p, p nπ 3, n, 2,... Vi trenger ikke B, så den setter vi til. Den andre ligningen løses av alle løsninger er b) Vi summerer alle funksjonene G n (t) B n e (nπ/3)2t. u n (x, t) F (x)g n (t) B n sin nπx 3 e (nπ/3)2t. Når vi setter u(x, t) u(x, ) n n B n sin nπx 3 e (nπ/3)2t. B n sin nπx 3 2 sin πx. 3
TMA435 h27: Løysing Side 5 av 5 går dette i orden dersom B n er fourierkoeffisientene til f. De er trivielle å beregne, siden f er en sinusfunksjon. Vi får B n for n, B 2, u(x, t) 2 sin πx e (π/3)2t. 3 c) Crank-Nicolson er gitt ved (2 + 2r)u i,j+ r(u i+,j+ + u i,j+ ) (2 2r)u ij + 2 (u i+,j + u i,j ). der r k/h 2 /2, så vi får 3u i,j+ 2 (u i+,j+ + u i,j+ ) u ij + 2 (u i+,j + u i,j ) Vi vil finne u u(,.5), som er ett tidssteg opp fra t. Bruker vi initialkravet, får vi u u 2.732 u u 3. Ligningsystemet blir 3u 2 u 2 2.5982 Når dette løses på gamlemåten, får vi 3u 2 2 u 2.5982 u u 2.393 u(,.5).393.