1. No category

TATA 57/TATA80 4 juni 2015. Lösningar
1) Z-transformering av ekvationen (med hänsyn tagen till begynnelsevillkoren) ger
(z 2 − z − 6)Y (z) = z −
5z
+1
z2
som i sin tur ger (efter ommöblering)
Y (z) =
z(z − 2)
.
(z 2 + 1)(z − 3)
Av detta får vi
Y (z)
(z − 2)
= 2
z
(z + 1)(z − 3)
z
7
1
1
−
+
=
10 z − 3 z 2 + 1 z 2 + 1
och således har vi
1
z
z2
7z
Y (z) =
−
+
10 z − 3 z 2 + 1 z 2 + 1
och vi erhåller
kπ
1
kπ
k
+ 7 sin
y(k) =
3 − cos
, k = 0, 1, 2, . . .
10
2
2
2) Laplacetransformering av ekvationen (med hänsyn tagen till begynnelsevillkoret) ger
s(s2 + 2)
(s4 + s2 − 2)
Y
(s)
=
s2 + 1
s2 + 4
som kan skrivas om som
(s2 + 2)(s2 − 1)
s(s2 + 2)
Y (s) = 2
s2 + 1
s +4
1
och då är
1
1
1
3s
s(s2 + 1)
=
+
+
Y (s) =
(s − 1)(s + 1)(s2 + 4)
5 s − 1 s + 1 s2 + 4
och vi erhåller
y(t) =
1 t
e + e−t + 3 cos 2t ,
5
t ≥ 0.
3) Fourierserien är
∞
a0 X
ak cos kt + bk sin kt.
f (t) ∼
+
2
k=1
[1 + (−1)k ]
Standardkalkyler ger a0 = π, ak = 0, k = 1, 2, 3, . . . och bk = −
k
2
vilket ger att bk = 0 för udda k medan bk = − då k är jämnt. Således
k
har vi
∞
π X sin 2kt
f (t) ∼ −
2 k=1 k
Funktionen uppfyller alla krav i Dirichlets sats och således konvergerar
f (t+ ) + f (t− )
. I synnerhet får vi att fourierserien
fourierserien mot
2
π
konvergerar mot i de tre punkterna t = 0, ±π
2
Enligt Parsevals Sats har vi
1
π
∞
π
|a0 |2 X
|f (t)| dt =
+
|bk |2
2
−π
k=1
Z
2
av vilket det följer att—————————————————————
————-++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
2
∞
2π 2
π2 X 1
=
+
3
2
k2
k=1
och vi får
∞
X
1
π2
.
=
2
k
6
k=1
4) Fouriertransformering av ekvationen ger
2
ω2 + 2
ω
Y (ω) = −4i 2
2
ω +1
(ω + 1)2
Vi har då(efter lite arbete)
Y (ω) = −2i
(ω 2
−2iω
2iω
ω
= 2
+ 2
2
+ 1)(ω + 2)
ω +1 ω +2
oh då erhåller vi
i
h
√
−|t|
− 2|t|
sgn t.
y(t) = e − e
5) Att y 00 (t) existerar betyder att y(t) och y 0 (t) är kontinuerliga, och
eftersom sin t är oändligt deriverbar, så måste y(t) vara oändligt deriverbar. Vi kan alltså sätta
y(t) =
∞
X
ikt
ck e ,
∞
X
(−k 2 )ck eikt ,
y (t) =
00
−∞
−∞
där ck är y(t):s fourierkoefficienter. Insättning i differentialekvationen
ger
∞
X
(−2k 2 + ik + (−1)k )ck eikt =
−∞
Vi erhåller
3
1 e2it 2e−2it
+
.
2
4
(−2k 2 + ik + (−1)k )ck = 0 för k 6= 0, ±2
vilket ger ck = 0 för k 6= 0, ±2 eftersom −2k 2 + ik + (−1)k = 0 inte
har några reella lösningar. För k = ±2 får vi dock
1
(−7 + 2i)c2 = ,
4
och då får vi (efter lite arbete)
y(t) =
−(7 + 2i)c−1 =
1
4
1
1
−
[7 cos 2t − 2 sin 2t] .
2 106
6) Med
1 − cos t
t
, g(t) = 2
t
t +1
kan integralen skrivas som
Z ∞
Z ∞
1 − cos t
f (t)g(t)dt.
I=
dt =
2
−∞ 1 + t
−∞
Enligt Parsevals Sats vet vi att
Z ∞
Z ∞
1
f (t)g(t)dt =
F (ω)G(ω)dω
2π −∞
−∞
f (t) =
där F (ω), G(ω) är fouriertransformerna till f (t), g(t). Enligt tabellerna har vi då att
Z ∞
1
F (ω)G(ω) dω
I=
2π −∞
Z
π 1 −|ω|
=
e
dω
2 −1
Z
π 0 −|ω|
=
e
dω
2 −∞
= π[1 − e−1 ].
4
7) Serien är
f (x) =
∞
X
uk (x)
k=1
med uk (x) =
sin kx
. Vi har
(k 2 + x2 )2
|uk (x)| ≤ 1/k 2
för alla x ∈ R och serien
jorantsats är serien
∞
X
∞
X
1/k 2 konvergerar. Enligt Weierstrass’ Ma-
1
uk (x) likformigt konvergent och därmed punkt-
k=1
vis konvergent.
Vidare har vi att
u0k (x) =
4x sin kx
k cos kx
−
(k 2 + x2 )2 (k 2 + x2 )3
och triangelolikheten ger
k
4|x|
+
(k 2 + x2 )2 (k 2 + x2 )3
√
√
för alla x ∈ R. Observera att |x| = x2 ≤ k 2 + x2 , av vilket det
följer att
|u0k (x)| =
|u0k (x)|
√
4 k 2 + x2
k
4
k
+ 2
= 2
+ 2
≤ 2
2
2
2
3
2
2
(k + x )
(k + x )
(k + x )
(k + x2 )5/2
och vi får då att
|u0k (x)| ≤
1
4
+ 5/2
3
k
k
5
∞
∞
X
X
1
1
för alla x ∈ R. Serierna
och
konvergerar, vilket medför
3
5/2
k
k
k=1
k=1
∞
X
att serien
u0k (x) är likformigt konvergent enligt Weierstrass’ Majok=1
rantsats. Observera att u0k (x) är kontinuerliga för alla k ≥ 1, x ∈ [0, 1]
och då följer det att serien
f (x) =
∞
X
uk (x)
k=1
är kontinuerligt deriverbar på R med
!
∞
∞
X
d X
uk (x) =
u0k (x).
dx k=1
k=1
6