NTNU Institutt for matematiske fag TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august Løsningsforslag a) Andre forskyvningsteorem side 35 i læreboken) gir at der ut) er Heaviside-funksjonen f t) = L {F s)} = ut ) g t) = L {Gs)} = t t )ut ) b) La Y s) = L {yt)} Ved å Laplace-transformere differensialligningen får vi Det vil si Delbrøkoppspaltning gir at slik at Ved å ta inverstransformasjonen får vi y t) + yt) = g t) δt ) y) = y ) = s Y + Y = s + )Y = s e s ) e s = s + s s e s Y s) = s s + ) s e s s s + ) = s s + Y s) = s s + s e s yt) = t sin t t )ut ) a) Delbrøkoppspaltning gir at f x) = + x )4 + x ) = 3 slik at Fourier-transformasjonen til f x) er gitt ved ˆ f w) = 3 π e w b) Ved å utnytte symmetrien kan vi skrive e w e w ) cos wx dw = ) π e w = 3 + x 4 + x π e w e i wx dw Dette minner om den oppgitte Fourier-transformen og vi ser nå at e w e i wx dw = π = π = + x ) e w e w ) π e w e i wx dw ) π e w e i wx dw e w e i wx dw lf_tma435_k 6 juli Side
TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august På tilsvarende måte finner vi Følgelig blir e w e i wx dw = π = π = 4 + x π e w e i wx dw ) π e w e i wx dw e w e w ) cos wx dw = + x 4 + x 3 a) Fra oppgaveteksten ser vi at u x) tilfredstiller ligningen u x) + r = u ) = u L) = u x) = r x L x ) Fra oppgaveteksten vet vi at ux t) tilfredstiller ligningen for x L og t Ved å sette inn for ux t) = u x) + vx t) i ) får vi det vil si u t = u + r u t) = ul t) = ) u t = v t = u + r der u = u x) + v = r + v = u vlt) L) + = vlt) = blir randbe- Ettersom u t) = u ) + v t) = v t) = og ult) tingelse for vx t) de samme som for ux t) det vil si v t = v ) v t) = og vl t) = 3) b) Ettersom ux t) = u x) + vx t) og vi er gitt initialbetingelsen får vi initialbetingelsen ux) = u x) + sin πx 5πx + sin x L vx) = sin πx 5πx + sin x L 4) For å finne temperaturen i staven for x L og t trenger vi å finne løsningen til ) gitt randbetingelser 3) og initialbetingelse 4) La så vx t) = F x)gt) Innsatt i ) får vi F x)ġt) = F x)gt) det vil si F x) = Ġt) F x) Gt) }{{}}{{} =k =k lf_tma435_k 6 juli Side
TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august Dette gir oss to ligninger å løse F x) kf x) = 5) Ġt) kgt) = 6) Løser så 5) Anta at k = p Det vil si F x) + p F x) = som har generell løsning F x) = A cos px + B sin px Randbetingelsene 3) gir at F ) = og at F L) = Fra F ) = får vi at A = Fra F L) = får vi at n )π pl = n = 3 slik at n )π p = p n = n = 3 For k står vi kun igjen med den trivielle løsningen vx t) = ) Altså har vi at n )πx F n x) = B n sin p n x = B n sin n = 3 Innsatt for k = pn i 6) får vi Ġt) + pn Gt) = Dermed har vi at der A n = B n C n { G n t) = C n e p n t = C n exp vx t) = F n x)g n t) = n= Initialbetingelsen 4) gir så at vx) = n= n= n )π { A n exp n )π ) n = 3 ) sin n )πx A n sin = sin πx 5πx + sin det vil si A = A 3 = og A n = for alle andre verdier av n Altså er { π ) } vx t) = exp t sin πx { + exp som igjen gir at temperaturen i staven er gitt ved for x L og t ux t) = u x) + vx t) = r x L x ) + exp 5π { π ) } t sin πx { + exp n )πx ) sin 5πx 5π ) sin 5πx lf_tma435_k 6 juli Side 3
TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august 4 a) Ved Lagrange-interpolasjon: px) = x )x ) ) + 3 xx ) ) + xx ) = x 3x + ) + 3 4x + 4x) + x x) = 3 x 5 6 x + Ved bruk av dividerte differenser får vi følgende tabell /3 / /3 /3 /3 / og polynomet blir px) = 3 x + 3 x x ) = 3 x 5 6 x + Dette gir y3/4) p3/4) = 3/6 = 565 Til sammenligning: den underliggende funksjonen er yx) = / + x) slik at y3/4) = 4/7 5748) b) Vi finner en tilnærmelse til integralet ved å integrere interpolasjonspolynomet: Trapesmetoden gir T = px)dx = 5 36 694444 y + y + ) y = 7 4 78333 Feilen ved bruk av de to metodene er henholdsvis 3 3 og 5 Vi får alstå en vesentlig bedre tilnærmelse ved å integrere grads-polynomet som i dette tilfellet gir samme resultat som om vi hadde brukt Simpsons metode) 5 Fra ligningssystemet ser vi at y = e x og x = 6 y 3 5 y y = e x x = 6 y 3 4 3 3 4 x Figur : Skissé av ligningsystemet lf_tma435_k 6 juli Side 4
TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august Fra figur er det klart at ligningssystemet har to løsninger Jacobi-matrisen til ligningssystemet er gitt ved Jx y) = ex y) y 6x 4) slik at J ) = J x ) y )) = J3) = y ex y) [ e x y y = 6 6x 4) [ ] e 6 6 ] y Vi har ved Newtons metode for system av ikke-lineære ligninger at der J ) x ) = f x )) I vårt tilfelle er x ) = x ) + x ) [ e x ] [ ] y x fx) = y der x = 6x 4 y Dette gir følgende ligningssystem med hensyn på x ) [ e 6 6 ][ x ) y ) ] [ ] [ ] e 3 3 e = = 9 6 4 Altså er 9 6e [ ] x ) = 6e ) 6 9 6e 476 + 6 6e ) x ) = x ) + x ) [ ] 6 3476 6 Ved å innføre y t) = xt) y t) = x t) kan vi skrive om differensialligningen x t) + xt) = x) = x ) = til følgende system av første ordens differensialligninger med initialbetingelser y ) = og y ) = i) Eulers metode gir at der h er skrittlengden I vårt tilfelle er h = slik at y t) = x t) = y t) y t) = x t) = xt) = y t) y = y + ft y ) = y n+ = y n + h ft n y n ) [ ] + [ ] = [ ] som igjen gir at y = y + ft y ) = [ ] + [ ] = [ ] 99 7) lf_tma435_k 6 juli Side 5
Powered by TCPDF wwwtcpdforg) TMA435 Matematikk 4D eksamen 8 august ii) Et steg med skrittlengde h = ) med baklengs Euler gir ligningssystemet y = y + ft y ) = [ ] [ y )] + y ) det vil si [ ] [ ] y = Et steg med Eulers metode gir så y = y = y + ft y ) [ ] [ ] / 99 / 99 [ ] 99 + 99 [ ] 99 99 [ ] 98 98 8) Alternativ i) gir ved 7) at x) 99 og x ) slik at x) + x ) Alternativ ii) gir ved 8) at x) 99 og x ) 98 slik at x) + x ) Ut fra dette kan vi slutte at alternativ ii) gir best resultat lf_tma435_k 6 juli Side 6