Løsningsforslag til opgavesæt 5

Transkript

1 Matematik F Matematik F Løsningsforslag til opgavesæt 5 Opgave : Se kursushjemmesiden. Opgave : a) π dθ sin θ = e iθ, = ie iθ dθ, dθ = i sin θ = eiθ e iθ i = i(5 + 4( / )) = i = + 5i Integranden har poler i = i og = i/, men kun = i/ ligger inden for enhedscirklen så: = ( + i)( + i/) = πires = i/ = πi ( i/ + i) = π 3 b) Lav standardskiftet af variable: π sin θ cos θ dθ = e iθ, cos θ = eiθ + e iθ, sin θ = eiθ e iθ i

2 Matematik F Matematik F cos θ = = ie iθ, dθ = i ( + ), sin θ = ( ) i som giver at γ [ i [ ( )] ( + hvor konturen er enhedscirklen. )] i = 4i γ 4 + ( ) Integranden har poler i =,, men det er kun = og = der ligger inden for vores kontur, der jo er enhedscirklen. Så integralet kan omskrives til: 4 + 4i γ ( + ) ( ) + Derfor: ( ) 4i πi Res = + Res = så vi skal bruge residuet for polen af. orden i = Res = = d 4 + lim = [ ] lim (4 + 5) 4 + ( ) = 5 = 5 4 og residuet af den simple pol i = / Res = Og integralet er derfor: 4 + = lim / ( + ) = = = 3 4

3 Matematik F Matematik F c) ( 5 4i πi ) = π 4 4 = ( )( 3) Integranden har simple poler i =,, 3. Kun og er inden for konturen så = ( )( 3) = πi(res = + Res = ) ( = πi lim ( = πi lim ) = 5 3 πi ) d) e 3/ =5 Der er en essentiel singularitet i = så integralet bestemmes ved: e 3/ = πires = =5 For at finde residuet finder vi laurentrækkeudviklingen for integranden.. Generelt gælder det at Res =a er koefficienten foran leddet med a i laurentrækkeudviklingen som i dette tilfælde er givet ved: e 3/ = (3/) k Når k = fås leddet i summen til at være 9 så a = Res = = 9. Altså er integralet 3 k= k!

4 Matematik F Matematik F =5 e) e 3/ = πi 9 = 9πi =5 cos ( π) 3 Der er en pol af. orden i = og en pol af 3. orden i = π. Begge poler ligger inden for konturen så =5 cos ( π) 3 = πi (Res = + Res =π ) ( = πi lim d cos ( π) 3 + lim π ) d cos ( [ 3 cos = πi lim ( π) sin ] + [ 4 ( π) 3 lim d cos sin ]) π 3 ( [ 3 cos = πi lim ( π) sin ] 4 ( π) 3 + [ lim d 3 cos π 4 ( ) 3 = πi π + π 6 4 π 4 = π i π 3 + sin 3 + sin 3 cos ] ) f) = sin Der er en hævelig singularitet i =, men ellers ingen singulariteter så integralet giver. g) = 4 cos

5 Matematik F Matematik F Da polen = ligger inden for konturen er svaretπi cos() = πi. h) e / sin = Rækkeudviklingen for hver af faktorerne er: e / = + +! +... sin = 3! De har begge en essentiel singularitet i = så det har produktet også. Residuet i = findes som koefficienten foran og det ses at denne er. Så løsningen er altså: = e / sin = πi. Opgave 3: a) b) c) π π π x + x 4 dx = π (4 + x ) dx = π 6 cos x dx = x e π + π 5

6 Matematik F Matematik F Opgave 4: Se tabel 5. (s. ). Opgave 5: a) Lad λ være større end realdelen af alle singulariteter. Den inverse transformation er da λ+i e st πi λ i s s ds. Der er simple poler i s = og s =, så integralet bliver: e t 3 e t 3 b) Den inverse transformation er givet ved integralet λ+i s e st πi λ i (s + )(s + 4) ds. Der er simple poler i og ±i. Integralet bliver: 5 e t + (cos t + sin t) 5 Opgave 6: Ligningen omskrives til sˆx x + γˆx = hvor ˆx er x transformeret og x ˆx = /(s + γ), så = er begyndelsesværdien. Dette betyder at x(t) = λ+i πi λ i s + γ est ds. () Bemærk at dette kun kan gøres for positive t-værdier, da integranten skal gå mod for Re t. Integranten har en simpel pol i s = γ, så vi får: x(t) = e γt. () 6

7 Matematik F Matematik F Opgave 7: Vi løser følgende ligning ved hjælp af Laplace-transformationen m d x dt + γ dx dt + kx = A sin(w Et) hvor w E er frekvensen af den eksterne drivkraft (A sin(w E t)), k = w m, hvor w er egenfrekvensen af oscillatoren. Vi benytter startbetingelserne x() = og dx dt = α. t= Vi dividerer igennem med massen m på begge sider af differentialligningen og definerer nye konstanter ν = γ/m og a = A/m, således at d x dt + ν dx dt + w x = a sin(w E t) Ved at anvende Laplace-transformationen på begge sider omskriver vi nu ligningen. De enkelte led transformeres som følger (hvor ˆ symboliserer transformerede variable), d x dx dt dt sx() + s ˆx(s) = α + s ˆx(s) t= dx dt x() + sˆx(s) = sˆx(s) x ˆx(s) sin(w E t) w E s + w E Differentialligningen kan nu skrives på formen ˆx(s) = α s + νs + w + w E (s + w E )(s + νs + w ). Løsnigen til differentialligningen findes nu fra den inverse transformation x(t) = λ+i [ ] α aw E + e st ds. πi λ i s + νs + w (s + we )(s + νs + w) 7

8 Matematik F Matematik F Vi kan enten skrive summen under integralet på fælles brøk eller dele integralet i to. Hvis vi deler i to får vi først πi λ+i λ i [ α s + νs + w ] e st ds. (3) Integranden har to simple poler, hvor s + νs + w =, dvs. hvor s = β ±. Vi har her introduceret β ± = ν ± ν 4w. I Bromwich integralet vælges λ således, at både λ > Re(β+) og λ > Re(β ). Vi omskriver nu integranden på formen Residuet i s = β + er αe st (s β + )(s β ). Residuet i s = β er αe st lim (s β + ) s β + (s β + )(s β ) = αe β+t ν 4w αe st lim (s β ) s β (s β + )(s β ) = αeβ t ν 4w Dvs. integralet i (??) antager værdien πi λ+i λ i [ α s + νs + w ] e st ds. = Vi har her benyttet omskrivningen i 4w ν = ν 4w. Det andet integrale πi λ+i λ i ( ) αe ν t sin 4w ν t. (4) 4w ν [ ] aw E e st ds (5) (s + we )(s + νs + w) løses nu på tilsvarende vis, hvor vi nu har to ekstra simple poler for s = ±iw E. Vi finder følgende residuer. 8

9 Matematik F Matematik F Residuet i s = β + er aw E e st lim (s β + ) s β + (s + we )(s + νs + w) = aw E e β+t (β+ + we ) ν 4w Residuet i s = β er aw E e st lim (s β ) s β (s + we )(s + νs + w) = aw E e β t (β + we ) ν 4w Residuet i s = iw E er aw E e st lim (s iw E ) s iw E (s + we )(s + νs + w) = ae iwet (i)(w we + iνw E) Residuet i s = iw E er aw E e st lim (s + iw E ) s iw E (s + we )(s + νs + w) = ae iwet ( i)(w we iνw E) Løsningen til (??) findes nu ved at addere alle residuerne, som efter lidt omskrivning giver, at aw E e β +t aw E e β t (β+ + we ) + ν 4w (β + we ) ν 4w +a (w w E ) sin w Et νw E cos w E t (w w E ) + ν w E (6) Bemærk at den samlede løsning så findes ved at lægge sammen løsningerne (??) og (??). Vi ser at for t, at det eneste led, som overlever, er x (t) = a (w we ) sin w Et νw E cos w E t. (w we ) + ν we Bemærk resonansen i udsvinget for w E w. 9