NMAF063 Matematika pro fyziky III Zápočtová písemná práce A Termín pro odevzdání 7. prosinec 2018

Transkript

1 Jméno: Příkla 4 5 Celkem boů Boů Získáno Zápočtová písemná páce učená k omácímu vypacování. Nutnou pomínkou po získání zápočtu je zisk více jak 50 boů. Pavila jsou násleující:. Příklay řešte samostatně bez cizí pomoci spolužáci, staší kolegové a poobně).. Příklay lze řešit s použitím veškeých osupných nástojů skipta, učebnice, softwae po symbolické výpočty jako napříkla Mathematica).. Poku je příkla zaán ve stylu řešte ifeenciální ovnici a poku používáte softwae po symbolické výpočty, není ovoleno použít funkce typu DSolve. Je naopak ovoleno použít bez alšího komentáře výstup funkcí typu FouieTansfom nebo Integate. Je nutné explicitně uvést jenotlivé koky řešení, ílčí výpočty lze svěřit softwae po symbolické výpočty. 4. Poku je příkla zaán ve stylu najěte Fouieovu tansfomaci funkce a poku používáte softwae po symbolické výpočty, není ovoleno použít funkce typu FouieTansfom. Je naopak ovoleno použít bez alšího komentáře výstup funkcí typu Apat, kteá pováí ozkla na paciální zlomky. 5. Numeická chyba v řešení znamená nulový boový zisk za aný příkla. 6. Jenotlivé koky při výpočtech stučně, ale přesně oůvoněte. Poku používáte nějaké tvzení, nezapomeňte ověřit splnění přepoklaů. 0]. S použitím Laplaceovy tansfomace najěte řešení obyčejné ifeenciální ovnice na intevalu 0, + ) s počátečními pomínkami f x + xf x f = f x=0 = 0, f x = 0. x=0 S použitím známých vztahů po Laplaceovu tansfomaci Lf] = ef x=0 fx)e px x eivace funkce ] f L = plf] f0), x ] f L x = p Lf] pf0) f x 0), a s pomocí tabulky po Laplaceovu tansfomaci, kteá říká, že převeeme ovnici o tvau L]p) = p, p Lf] + L x f ] Lf] = x p. Dále využijeme eivaci integálu pole paametu, a spočteme si Laplaceovu tansfomaci uhého členu na levé staně, L x f ] = x f x x=0 x e px x = f p x=0 x e px x = ] f p L = pl f]), x p ke jsme využili počáteční pomínky po hleanou funkci f a vztah po Laplaceovu tansfomaci eivace. Půvoní ifeenciální ovnice se tuíž po Laplaceově tansfomaci změní na p Lf] p pl f]) Lf] = p,

2 což lze přepsat jako p L f] p ) L f] = p p. Tuto ifeenciální ovnici snano vyřešíme stananími technikami, napříkla metoou integačního faktou. Jest p L f] e s=as s) s p ) L f] e p s=as s) s = L f] e p s=as s) ) s. p p p Půvoní ovnici po Laplace obaz L f] poto můžeme zapsat jako Spočteme si pimitivní funkci v integačním faktou L f] e p s=as s) ) s = p p p e s=as s) s. e p s=as s) s = e p + ln p = p e p. Využíváme toho, že potřebujeme skutečně jenom pimitivní funkci, což nám umožní položit integační konstantu ovnou nule.) Celkem poto ) L f] p e p = pe p. p Řešením této ovnice je ke C je integační konstanta. Je tey L f] p e p = e p + C, L f] = p + Ce p, z čehož je viět, že integační konstantu musím volit ovnou nule jinak bychom na pavé staně neostali obaz při Laplaceově tansfomaci. V tabulce Laplaceovy tansfomace ohleáme, že vzoem funkce p je funkce x! a výslekem výpočtu je f = x, což je skutečně řešení půvoní ifeenciální ovnice s příslušnými počátečními pomínkami.

3 0]. Spočtěte Fouieovu tansfomaci funkce f : R R ané přepisem fx) = + x. Abychom se bezpečně sholi na výsleku, tak připomínám, že užíváme násleující efinici Fouieovy tansfomace Ff]ξ) = ef fx)e ix ξ x, π) R ke je imenze postou, na kteém pacujeme. Dle efinice Fouieovy tansfomace chceme spočíst objemový integál ] F + x ξ) = ef π) x R + x eix ξ x. Integál zjevně nazávisí na oientaci souřaného systému. Souřaný systém tey zvolíme tak, aby byl vhoný po výpočet. Po ané ξ 0 zvolíme souřaný systém tak, aby osa z souhlasila se směem vektou ξ a po výpočet integálu použijeme stananí sféické souřanice, Má-li vekto x složky pak jest x = sin θ ϕ, y = sin θ sin ϕ, z = θ. sin θ ϕ x = sin θ sin ϕ, θ x ξ = ξ θ. Vekto ξ je oientován ve směu osy z.) Po osazení o vzoce po Fouieovu tansfomaci tey ostaneme π) x R + x eix ξ x = π) Výslený integál spočteme známými technikami I = π) π θ=0 π ϕ=0 Nyní si povšimneme, že platí I = ξ π) π θ=0 π ϕ=0 + ei ξ θ sin θ θϕ = π) = s = θ s = sin θ θ = π) { I } + ei ξ = s= ξ π) + ei ξ θ sin θ θϕ. π θ=0 + ei ξ s s = i ξ π) + ei ξ θ sin θ θ { } I = + ei ξ, přičemž v poslení úpavě jsme využili fakt, že imaginání část integanu je suá funkce. Integál J = ef = + ei ξ spočteme s pomocí integace v komplexní ovině. Integujeme-li funkci gz) = ef přes polokužnici v honí poloovině, to jest přes křivku z + z ei ξ z γ = γ γ = {z = t, t R, R)} { z = Re iφ, φ 0, π) }, + e i ξ e i ξ ].

4 ostaneme lim R + γ gz) z = J + lim R + Skutečnost, že uhý z integálů v limitě vymizí, aneb π φ=0 Re iφ iφ + R ei ξ Re Rie iφ φ = J. eiφ π Re iφ iφ lim R + φ=0 + R ei ξ Re Rie iφ φ = 0, eiφ snano ověříme s pomocí technik iskutovaných na cvičení. Z esiuové věty ovšem také plyne, že gz) z = πi es a intγ g, lim R + ke intγ značí vnitřek oblasti ohaničené křivkou γ. Poto γ J = πi es a intγ g. Funkce g má uvnitř křivky γ jen jenu singulaitu a sice v boě a = i. Tato singulaita je jenonásobným pólem, a poto platí z z es a=i + z ei ξ z = z ei ξ z) z=a = e ξ, ke jsme použili lemma o výpočtu esiua v jenonásobném pólu. Vátíme se zpět k výpočtu Fouieovy tansfomace a viíme, že I = ξ π) { I = } + ei ξ = I {J} = I {πi es ξ π) ξ π) a intγ g} = π) ξ e ξ, oku ] F + x ξ) = π ξ e ξ.

5 0]. S pomocí Fouieovy tansfomace vyřešte po x R paciální ifeenciální ovnici u t = k u x γu, ke k a γ jsou klané konstanty, a počáteční pomínka je ux, t) t=0 = fx). Nejpve ovo te obecný vzoec po řešení úlohy. Obecné řešení je áno postřenictvím konvolučního integálu.) Po speciální počáteční pomínku fx) = e x pak najěte explicitní přepis po funkci ux, t). Poveeme Fouieovu tansfomaci vůči poměnné x. Z tabulky po Fouieovu tansfomaci víme, že ] u F x ξ) = ξ F u] ξ), což můžeme úsponě zapsat jako u x = ξ û. Toto značení použijeme při výpočtu. Fouieova tansfomace ané ovnice je tey û t = k ξ û γû. Tuto ifeenciální ovnici v poměnné t řešíme s počáteční pomínkou û t=0 = f. Řešením ifeenciální ovnice s příslušnou počáteční pomínkou je funkce û = fe kξ γ)t. Poku okážeme spočíst zpětnou Fouieovy tansfomaci û, získáme řešení půvoní paciální ífeenciální ovnice. Potřebujeme spočíst F û] x) = fξ)e kξ γ)t e ixξ ξ. π) ξ R V ieálním přípaě se nám poaří zpětnou Fouieovu tansfomaci vyjářit jako konvoluční integál zahnující počáteční pomínku f. V tabulce Fouieových tansfomací ohleáme, že platí F e ax] ξ) = e ξ 4a, a F F g] F h]] x) = π g h] x), ke hvězička značí opeáto konvoluce, kteý je efinován jako g h] x) = ef gx y)hy) y. Vátíme se zpět ke vztahu po invezní Fouieovu tasfomaci, a viíme, že F û] x) = π) ξ R = e γt π) y R fξ)e kξ γ)t e ixξ ξ = e γt ξ R ) e fξ) x kt π) ξ R e ixξ ξ = e γt π fξ)e kξt e ixξ ξ f e x ] kt x) = e γt y R fx y) e y x, 4πkt přičemž v uhém členu v integálu ozeznáváme funamentální řešení po ovnici veení tepla. To není náhoa, půvoní ovnice přeje po přechou k nové neznámé ũ = ef ue γt na stananí ovnici veení tepla po funkci ũ.) Můžeme tey pohlásit, že obecné řešení zaané ifeenciální ovnice s příslušnou počáteční pomínkou je áno vzocem ux, t) = e γt y R fx y) e y 4πkt x.

6 Poku je počáteční pomínka aná vztahem fx) = e x, pak řešení spočteme osazením o pávě ovozeného vzoce. Jest ux, t) = e γt e x y) y R ke jsme použili stananí úpavu s oplněním na čtveec. e y 4πkt x = e x γt e + +, Vzoové řešení po fx) = e x vyvěšené na intenetových stánkách 0. posince bylo v tomto boě chybné.

7 0] 4. Spočtěte Laplaceovu tansfomaci funkce fx) = x. Laplaceovu tansfomaci spočteme le efinice, jest L x]p) = x=0 xe px x = y = x + yy = x = y e py y = p y=0 = p y=0 y=0 e py) y e py y = p π π p = p, přičemž při výpočtu jsme využili větu o záměně integálu a eivace a známou honotu integálu x=0 e ax x = π a.

8 0] 5. Ukažte, že jením z možných řešení obyčejné ifeenciální ovnice je funkce fx) = π f xf = 0, x ξ=0 ) ξ + xξ ξ, R přičemž integál v efinici je chápán ve smyslu hlavní honoty, aneb fx) = lim R + π že po x + platí fx) e πx x. 4 ) ξ=0 t + xξ ξ. Ukažte, Pokusme se ovnici vyřešit s použitím Fouieovy tansfomace. Po účely pozější iskuse bue vhoné pacovat s ovnicí zapsanou po neznámou funkci g, g xg = 0. x S použitím stananích paviel po Fouieovu tansfoamci eivace a a Fouieovy tansfomaci funkce násobené poměnnou ostaneme, že Fouieova tansfomace ané onice je ξ F g] i F g] = 0. ξ Po Fouieův obaz funkce f tey platí Řešením této ovnice je ξ F g] = iξ F g]. F g] = e i ξ. Integační konstantu volíme tak, aby po výslenou funkci f platilo f x x=0 = 0, což plyne z půvoní ifeenciální ovnice.) Řešení půvoní ifeenciální ovnice získáme jako invezní Fouieovu tansfomaci funkce ei ξ, což po explicitním osazení o vzoce po invezní Fouieovy tansfomaci ává Nyní si stačí uvěomit, že funkce ξ + π ξ= Funkce g efinovaná jako e i ξ e iξx ξ = π g = π ξ= e i ξ e iξx ξ. + ξx je lichá funkce, a poto platí ξ= ) ξ + ξx ξ ) ξ i sin π ξ= + ξx ξ = π gx) = π ξ=0 ) ξ + ξx ξ ξ=0 ) ξ + ξx ξ. je tey řešením půvoní obyčejné ifeenticální ovnice, což jsme chtěli okázat. Řešíme linání ifeenciální ovnici bez počátečních/okajových pomínek. Multiplikativní konstanta tuíž nehaje žánou oli, lze ji zvolit libovolně. Z toho plyne, že funkce f, kteá je o funkce g liší o multiplikativní konstantu, je také řešením půvoní ovnice.) Asymptotický ozvoj po x + lze získat ůznými technikami. V zásaě lze bu pacovat přímo s ifeenciální ovnicí nebo lze využít integálního vztahu po řešení ifeenciální ovnice. Ukážeme si uhou techniku, kteá vychází přímo z integálního vztahu po řešení. Po funkci f platí fx) = π ξ=0 ) ξ + xξ ξ = ) ξ π ξ= + xξ ξ = +i e η xη η πi η= i = πi γ={z C, z=it, t, )} e z xz z.

9 Výslekem je křivkový integál v komplexní ovině. Nyní zefomujeme integační křivku γ, namísto přímky z = it, t, + ) bueme integovat poél přímky z = δ + it, t, + ), z esiuové věty víme, že je to totéž. Poobné tiky známe z příklaů na Laplaceovu tansfomaci.) Po úpavě integační křivky ostaneme fx) = e δ+it) xδ+it) t = ) e δ δt xδ e i δ t t xt t. π π Nyní zvolíme δ = x, což vee k tomu, že exponenciála s komplexní jenotkou neobsahuje členy s poměnnou x. Skutečne, po δ = x ostaneme fx) = + ) e δ δt xδ e i δ t t t) xt = π δ= π e x x e xt e i t t. Integál ozepíšeme jako e xt e i t t = ) e xt t t i e xt sin ) t t, přičemž imaginání část je ienticky ovná nule, nebot integan je zjevně lichá funkce. Nyní konečně přichází čas po apoximaci. Uvěomíme si, že chceme popsat asymptotické chování po velká x, což znamená, že ) e xt t t e xt t. t Exponenciální ) člen stlačí honotu integanu k nule mnohme říve než se stačí pojevit vliv oscilace kvůli členu.) Poslení integál lze vyčíslit, což po osazení vee na e xt π t =, x fx) e πx x. 4 Funkce f, kteou jsme zkoumali se jmenuje Aiy function. Buete-li pečlivě hleat v ůzných zojích, jistě naazíte i na ovození asymptotického chování pomocí pvně jmenované techniky, tey pouze s použitím ifenciální ovnice.