Den 26 september 2000

Tentan i Fouriermetoder 1998 08 14: lösningar

Christer O. Kiselman

Uppgift 1

Funktionen är udda, så Fourierserien är en sinusserie. Vidare är T = 2 och Ω = π. Man ser att funktionen är kontinuerlig och har kontinuerlig derivata, medan andraderivatan är diskontinuerlig. Detta brukar betyda att Fourierkoefficenterna avtar som |n|^{−3}. Koefficienterna b_{n} ges av

b_{n} = \frac{2}{T} ∫_{−T/2}^{T/2} f(t) sin nπt dt = \frac{4}{T} ∫_{0}^{T/2} f(t) sin nπt dt, n = 1, 2, 3, ...

Man beräknar den sista integralen medelst partiell integration två gånger och får då svaret: b_{n} = (8/π^{3})n^{−3} då n är udda och noll för jämna n. Fourierkoefficienterna avtar alltså som väntat, vilket är en lugnande iakttagelse. Parsevals relation säger i detta fall att

∫_{−T/2}^{T/2} f(t)^{2}dt = ∑_{1}^{∞} b_{n}^{2}.

Här beräknar man vänsterledet till 1/15 och högerledet till (8/π^{3})^{2} ∑_{1}^{∞}(2k − 1)^{−6}, så σ_{2} = π^{6}/960. För att få fram σ_{1} tar vi värdet av funktionen i punkten t = 1/2. Funktionens värde är f(1/2) = 1/4, medan Fourierseriens värde är

\frac{8}{π^{3}} ∑_{1}^{∞} \frac{sin((2k − 1)π/2)}{(2k − 1)^{3}} = \frac{8}{π^{3}} ∑_{1}^{∞} \frac{(−1)^{k−1}}{(2k − 1)^{3}} .

Är nu dessa lika? Ja, ty funktionen är av klass C^{1} överallt, speciellt nära punkten 1/2. Alltså blir σ_{1} = π^{3}/32.

Uppgift 2

Den karaktäristiska ekvationen för differentialekvationen är 4z^{2} −4z +a = 0, som har rötterna z = \frac{1}{2}(1±\sqrt{1 − a}). Om a ⩽ 1 är rötterna reella och de uppfyller −1 < z < 1 precis då 0 < a ⩽ 1. Om däremot a > 1 så är rötterna icke-reella med realdel lika med \frac{1}{2} och man ser att de ligger inne i enhetscirkeln precis när 1 < a < 4. Om vi kombinerar de två fallen ser vi att svaret blir att ekvationen är stabil omm 0 < a < 4.

Vi tar nu z-transformen med de angivna värdena på y(0), y(1) och u(n) och får

4z^{2}Y − 4z^{2}y(0) − 4zy(1) − 4zY + 4zy(0) + Y = (4z^{2} − 4z + 1)Y − 8z^{2} + 8z = \frac{2z}{z − \frac{1}{2}} ,

varav

Y (z) = \frac{8z^{3} − 12z^{2} + 6z}{(4z^{2} − 4z + 1)(z − \frac{1}{2})} = \frac{2z^{3} − 3z^{2} + \frac{3}{2}z}{(z − \frac{1}{2})^{3}} = 2 + \frac{A}{(z − \frac{1}{2})^{3}} + \frac{B}{(z − \frac{1}{2})^{2}} + \frac{C}{z − \frac{1}{2}} .

Man bestämmer så A, B och C: A = \frac{1}{4}, B = C = 0 och får alltså att

Y (z) = 2 + \frac{1}{4} \frac{1}{(z − \frac{1}{2})^{3}} .

Detta ger y(0) = 2, y(n) = \frac{1}{8}(n − 1)(n − 2)2^{−n}, n ⩾ 1; i själva verket gäller formeln också för n = 0.

Här har vi använt det faktum att funktionen (z −a)^{−m} är transformen av följden

y(n) = \{ \begin{matrix}0, & n = 0, 1, ..., m − 1 \\ \frac{(n−1)(n−2)···(n−m+1)}{(m−1)!} a^{n−m}, & n ⩾ m \end{matrix} .

(Vi sätter här 0^{0} = 1. Om a ≠ 0 gäller den andra formeln för alla n ⩾ 1.) Speciellt är (z − a)^{−3} transformen av

y(n) = \{ \begin{matrix}0, & n = 0, 1 \\ \frac{1}{2}(n − 1)(n − 2)a^{n−3}, & n ⩾ 2 \end{matrix} .

Uppgift 3(a)

Den karakteristiska ekvationen är z^{2} + 4z + 3 = 0 med rötterna −1 och −3, således med negativ realdel: stabilitet. Vi tar Laplacetransformen av båda leden i ekvationen: s^{2}Y (s)−y′(0)−sy(0)+4sY (s)−4y(0)+3Y (s) = U(s), där Y = ℒ(y) och U = ℒ(u). Detta ger

ℒ(y)(s) = \frac{s^{2} + 1}{(s + 1)^{2}(s + 3)} = \frac{A}{(s + 1)^{2}} + \frac{B}{s + 1} + \frac{C}{s + 3}.

Man bestämmer A, B och C: A = 1, B = 0, C = 1, således ℒ(y)(s) = (s + 1)^{−2} + (s + 3)^{−1}. Lösningen blir därför y(t) = te^{−t} + e^{−3t}. Den ser ju väldigt stabil ut.

Uppgift 3(b)

Vi har en faltningsekvation cos ∗f = f′ + e^{−t}. Laplacetransformering ger ℒ(cos)ℒ(f) = ℒ(f′) + (s + 1)^{−1}, varav

ℒ(f) = \frac{s^{2} + 1}{s^{2}(s + 1)} = \frac{1}{s^{2}} − \frac{1}{s} + \frac{2}{s + 1}.

Man ser att f(t) = t − 1 + 2e^{−t}.

Uppgift 4

Den homogena ekvationen löses av

v(x, t) = ∑_{1}^{∞} b_{n}e^{−n^{2}π^{2}t} sin nπx,

och vi kan gissa att en lösning till den icke-homogena ekvationen är w(x, t) = − sin πx− \frac{1}{9} sin 3πx, ty vi får w_{xx} −w_{t} = w_{xx} = π^{2} sin x+π^{2} sin 3x = 4π^{2} sin x cos^{2} x. Men denna lösning har ju inte rätt randvärden för t = 0. Vi får alltså korrigera den med en lösning till den homogena som innehåller samma sinussvängningar. Det innebär att vi skall välja b_{1} = 1 och b_{3} = \frac{1}{9}. Lösningen till uppgiften blir alltså u = v + w med det angivna valen av b_{1} och b_{3}, således

u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = (e^{−π^{2}t} − 1) sin πx + \frac{1}{9} (e^{−9π^{2}t} − 1) sin 3πx.

Uppgift 5(a)

Man vet att Fouriertransformen av f(t) = (1 + t^{2})^{−1} är f̂(ω) = πe^{−|ω|}. Alltså blir transformen av f ∗ f lika med kvadraten på f̂, dvs. π^{2}e^{−2|ω|}. Denna funktion liknar ju f̂: den uppstår från den sistnämnda genom töjning av den oberoende och den beroende variabeln. Därför uppstår f ∗ f från f genom töjning av den oberoende och beroende variabeln, så vi måste ha (f ∗ f)(t) = Af(at) för några konstanter a och A. Man ser att (f ∗ f)(t) = 2π(4 + t^{2})^{−1} genom räkning eller efter en titt i Beta.

Uppgift 5(b)

Den sökta integralen är lika med hälften av

∫_{R} \frac{cos t}{1 + t^{2}} dt = Re ∫_{R} \frac{e^{−it}}{1 + t^{2}} dt = Re f̂(1),

där f är funktionen i uppgift 5(a). Eftersom vi vet att f̂(ω) = πe^{−|ω|}, så blir svaret \frac{1}{2} f̂(−1) = \frac{π}{2e}.