Matematika M1 Kidolgozott feladatsor

Átírás

1 Matematika M Kidolgozott feladator Molnár-Szipai Richárd 26. áprili röpzárthelyi anyaga Elmélet. Hogyan értelmezzük egy f függvény Laplace tranzormáltját? L(f, ) = f(t)e t dt 2. Milyen feltételt imer a Laplace tranzformált létezéére? Ha létezik K é a, hogy minden t -ra f(t) Ke at (f M a ), akkor L(f, ) létezik minden Re() > a pontban. 3. Hogyan értelmezzük az f é g függvények f g konvolucióját? (f g)(t) = t f(τ)g(t τ) dτ 4. Mit tud az f g konvolució Laplace tranzformáltjáról? L(f g, ) = L(f, ) L(g, ) (Aminek perze akkor van értelme, ha Re > max{a, b}, ahol f M a é g M b.) 5. Fogalmazza meg a folytono é deriválható f függvény folytono deriváltjának Laplace-tranzformáltjára vonatkozó tételt! L(f, ) = L(f, ) f() 6. Fogalmazza meg az n-zer (n N) folytonoan dierenciálható f függvény n-dik deriváltjának Laplace-tranzformáltjára vonatkozó tételt! L(f (n), ) = n L(f, ) n f() n 2 f ()... f (n ) () 7. Fogalmazza meg a folytono f függvény é g(t) = t f(τ)dτ integrálfüggvényének Laplacetranzformáltjaira vonatkozó özefüggét! L( t f(τ)dτ, ) = L(f, ). 8. Fogalmazza meg a Haonlóági Tételt! L(f(λt), ) = L ( ) f, λ λ

2 2 9. Fogalmazza meg az Eltolái Tételt! L(e λt f(t), ) = L(f, λ). Fogalmazza meg egy alkalma f függvény é g(t) = f(t a), t a > eltoltjának Laplacetranzformáltjaira vonatkozó özefüggét! Példák L(f(t λ)η(t λ), ) = e λ L(f, ).. Írjuk fel az alábbi adatokra a Lagrange-féle interpoláció polinomot, é zámítuk ki a polinom értékét a megadott x helyen. x x j x i x j Elmélet: adottak az (x, y ),..., (x n, y n ) pontpárok. Ekkor a ϕ i (x = j i lez, hogy ϕ i (x i ) =, de j i-re ϕ i (x j ) =. Így a p(x) = y i ϕ i (x) polinom a megfelel értékeket fogja felvenni. polinomra igaz Az így kapott polinom legfeljebb n fokú (ϕ i pontoan n fokú, de kiehetnek tagok az özegzénél), tehát az interpoláció feladat mindig megoldható egy legfeljebb n fokú polinommal. S t, az ilyen polinomok között a megoldá egyértelm, hizen ha két legfeljebb n fokú polinom n helyen megegyezik, akkor egyenl ek. a) x i 2 3 y i 8 27 x =, ϕ (x) = (x )(x 2)(x 3) = (x )(x 2)(x 3). ( )( 2)( 3) 6 ϕ 2 (x) = x(x 2)(x 3) = x(x 2)(x 3). ( )( 2) 2 ϕ 3 (x) = x(x )(x 3) 2 ( ) = 2 ϕ 4 (x) = x(x )(x 2) 3 2 = 6 Így a polinom x(x )(x 3). x(x )(x 2). p(x) = ϕ (x) + ϕ 2 (x) + 8ϕ 3 (x) + 27ϕ 4 (x) = ( x 2 (x2 5x + 6) 8 2 (x2 4x + 3) + 27 ) 6 (x2 3x + 2) = x 3 b) Amit perze Lagrange-polinomok nélkül i kitaláltunk volna, p(x) =. x i 2 3 y i 8 8 x =, c) p(x) = (x ) 3 = x 3 3x 2 + 3x. p(x) = (x + ) 3 = x 3 + 3x 2 + 3x + x i 2 2 y i 8 27 x =,

3 3 d) x i 2 y i 3 x = 2, A következ feladathoz haonlóan egyenletrendzer megoldáaként i el állíthatjuk a polinomot. Legyen p(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a, é helyetteítük be az adatokat: a = a 3 + a 2 a + a = a 3 + a 2 + a + a = 8a 3 + 4a 2 + 2a + a = 3 El b l a =. Máodik é harmadik özegéb l a 2 =. Negyedikhez hozzáadva a 2 máodik kétzereét 6a 3 + 6a 2 = 5, így a 3 = 3, é végül a = 5 6. Tehát p(x) = 3 x3 + 2 x2 5 6 x. 2. Írjuk fel az alábbi adatokra az Hermite-féle interpoláció polinomot! x i yi yi 3 yi 2 6 x i 2 yi 3 yi 3 x i yi 2 yi 3 Elmélet: n darab adatra tudunk illezteni egy legfeljebb n fokú polinomot. Ennek ugyani n együtthatója van, minden adat megfelel egy lineári egyenletnek, így egy n n-e egyenletrendzert kell megoldanunk, aminek garantáltan egyértelm megoldáa van (kivéve, ha valami többzör van deniálva, például y (2) = 3 é y (2) = 5, de az meg nyilván nem oldható meg). a) 5 adatunk van, erre negyedfokú polinomot illeztünk: p(x) = a 4 x 4 +a 3 x 3 +a 2 x 2 +a x+a. Ekkor p (x) = 4a 4 x 3 + 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a, é p (x) = 2a 4 x 2 + 6a 3 x + 2a 2. Az adatok behelyetteítée lineári egyenleteket ad: p() = : a = p() = : a 4 + a 3 + a 2 + a + a = p () = : a = p () = 3 : 4a 4 + 3a 3 + 2a 2 + a = 3 p () = 6 : 2a 4 + 6a 3 + 2a 2 = 6 Az a = é a = -t gyelembe véve a következ rendzerünk marad: a a 3 = a 2 6 Aminek a megoldáával (vagy ézrevezük, hogy a mátrix máodik ozlopa pont a jobboldal) a 4 =, a 3 =, a 2 =. Vagyi a polinom a p(x) = x 3 b) 3 adat, p(x) = a 2 x 2 + a x + a. p() = : a = p(2) = 3 : 4a 2 + 2a + a = 3 p (2) = 3 : 4a 2 + a = 3 Aminek a megoldáa a =, a =, a 2 = 2. Tehát p(x) = 2 x2 + x.

4 4 c) 3 adat, p(x) = a 2 x 2 + a x + a. p() = : a = p() = 2 : a 2 + a + a = 2 p () = 3 : 2a 2 + a = 3 Aminek a megoldáa a =, a =, a 2 = 2. Tehát p(x) = 2x 2 x Számítuk ki az e At mátrixot az alábbi mátrixokra! Egyzer bb mátrixokra zámolhatunk az e At = A k t k k= képlettel. k! A Cayley-Hamilton tételre épül egy jól haználható módzer: mivel A gyöke egy n-fokú polinomnak, így a orban minden legalább n. hatványt le lehet cerélni A egy kiebb fokú polinomjára. Tehát e At felírható egy h(a, t) függvényként, ami A-ban egy legfeljebb n fokú polinom. Ennek a polinomnak meg kell egyeznie az f(λ, t) = e λt függvénnyel az A ajátértékein, illetve ha λ i egy k-zoro ajátérték, akkor az el k deriváltban i: h j λ (λ i, t) = f j λ (λ i, t), λ i k-zoro ajátérték, é j =,,..., k Ezt pedig az el z feladatban gyakorolt Hermite-interpolációval oldhatjuk meg. a) ( α β A = β α ) (, A = ( ) ) ( 8, A = ) ( 2 3, A = 2 i. Itt A = αi +β. Mivel az egyégmátrix bármelyik mátrixzal felcerélhet, ( ) így e At = e αti e βtb, ahol B =. ( ) B hatványai elég egyzer en néznek ki: B 2 = = I, B 3 = B é B 4 = I, ahonnan imétl dik. Így deníció zerint felírva az e βbt mátrixot: ( β2 t 2 + β4 t 4 βt... β3 t ! 4!! 3! βt + β3 t 3... β2 t 2 + β4 t 4! 3! 2! ) ( ) co βt in βt =... in βt co βt 4! ( ) co βt in βt Özerakva a kett t e At = e αt. in βt co βt ( ) ii. A = i egy elég egyzer mátrix, hizen már A 2 =, így az e At orban cak ( ) t a é index tagok maradnak meg: e At = I + At = ( ) 8 iii. A = ajátértékei: λ = ± e mátrixról révén zó olyan h(λ, t) = a λt + a legfeljebb el fokú polinomot kereünk, amely megegyezik f(λ, t) = e λt -vel ).

5 5 a ajátértékeken, vagyi: b) 3ta + a = e 3t 3ta + a = e 3t Özeadva a kett t a = 2 (e3t + e 3t ), é ekkor az el egyenletb l a t = e3t a 6 (e3t e 3t ). Tehát ( e At = a ta + a I = h3t + ch3t 8 h3t ) 3 3 h3t h3t + ch3t 3 3 iv. Sajátértékek: é. h(λt) = a λt + a e λt : a t + a = e t a t + a = e t Aminek a megoldáa a = 2 et + 2 e t, a t = 2 et 2 e t, tehát e At = hta + chti. 3 = Megjegyzé: zárthelyin nem kell hiperboliku függvénnyé alakítani, általában nem i lehet (az el z két feladatban a két ajátérték egymá -zeree volt). Továbbá e At felíráánál ne felejtük el, hogy a kontan tag a I, nem a. ( ) ( ) ( ) ( ) A =, A =, A =, A = ( ) 3 2 i. A =. A ajátértékei λ 2 =, λ 2 =. h(λ, t) = a λt+a, ami f(λ, t) = e λt - r l vett pontokat interpolál. Méghozzá a λ = kétzere ajátérték, így egyrézt h(, t) = f(, t), márézt h λ (, t) = f λ (, t): a t + a = e t a t = te t Ahonnan a t = te t é a = e t te t. Így e At = te t A + (e t te t )I. ii. λ = 2, 7, h(λt) = a λt + a e λt : 2a t + a = e 2t 7a t + a = e 7t a t = 5 e7t 5 e2t, a = 7 5 e2t 2 5 e7t. e At = a ta + a I. iii. λ = ±3. Ebb l az a) réz 3. mátrixával megegyez módon a = 2 (e3t + e 3t ), a t = e3t a = 3 6 (e3t e 3t ). Tehát e At = a ta + a I. Vegyük ézre, hogy a polinom cak a ajátértékekt l függ, különböz mátrixoknak lehet ugyanaz a polinomja, perze e At különbözni fog, hizen má mátrixot helyetteítünk be. Itt peciálian a mátrix az a) 3. mátrixának a -zeree volt. iv. λ,2 = 4. h(λ, t) = a tλ + a e λt. Mivel kétzere ajátérték a 4, így h(4, t) = e 4t é h λ (4, t) = (eλt ) λ (4, t) egyenleteknek i teljeülniük kell: 4a t + a = e 4t a t = te 4t Ebb l a t = te 4t, a = e 4t 4te 4t. e At = te 4t A + (e 4t 4te 4t )I.

6 6 c) A =, A = i. A mátrix ajátértékei:,, 2. h(λ, t) = a 2 λ 2 t 2 + a λt + a, f(λ, t) = e λt. Az egyenletek: 2 3. a 2 t 2 a t + a = e t (λ = ) 2a 2 t 2 + a t = te t (dλ, λ = ) 4a 2 t 2 + 2a t + a = e 2t (λ = 2) Aminek a megoldáa: t 2 a 2 = 5 9 e t + te t + 9 e2t () ta = 2 9 e t + 3 te t e2t (2) a = 8 9 e t te t + 9 e2t (3) Így e At = t 2 a 2 A 2 + ta A + a I. ii. A mátrix ajátértékei:,, 2. Mivel 3 3-a mátrixunk van h(λ, t) = a 2 λ 2 t 2 +a λt+a alakban kereünk polinomot, ami megegyezik f(λ, t) = e λt -vel a ajátértékeken, illetve a deriváltjuk i megegyezik λ = -re: a 2 t 2 + a t + a = e t (λ = ) 2a 2 t 2 + a t = te t (dλ, λ = ) 4a 2 t 2 + 2a t + a = e 2t (λ = 2) Végigzámolva az egyenletrendzert a 2 = et et + e2t, a t t 2 t 2 = 3e t + 2et 2e2t é t t a = e 2t 2te t. A mátrix exponenciáli függvénye pedig e At = a 2 A 2 t 2 + a At + a I. 4. Számítuk ki az alábbi függvények Laplace-tranzformáltjait! Itt mot deníció zerint dolgozunk, az eredményeket érdeme tudni, mivel ké bb fogjuk haználni ket. L(f, ) = f(t)e t dt. {, t < a) η(t) =, t (egyégugrá, vagy Heaviide-függvény, amely elnevezét Oliver Heaviide-ról kapta) L(η(t), ) = η(t)e t dt = [ e e t t dt = ] = = Megjegyzéek: a határt perze impropriu integrálként kell értelmezni, vagyi precízen egy b paramétert kéne helyetteíteni, majd limez b. Itt e b ha b é >. b) e kt

7 7 L(e kt, ) = e kt e t dt = [ e e (k )t (k )t dt = k ] = k = k Feltéve, hogy > k. Veük öze avval, hogy e kt M k, így cak > k-ra tudjuk garantálni a Laplace-tranzformált létezéét. c) in(ωt) L(in(ωt), ) = = + ω ] in(ωt)e t dt = [in(ωt) e t ω co(ωt) e t dt = co(ωt)e t dt = ω ] [co(ωt) e t ω = + ω 2 ω2 2 Átrendezve: ( ) + ω2 L(in(ωt), ) = ω 2 2 Tehát d) co(ωt) e) f(t) = L(co(ωt), ) = = + ω {, t < a, t a L(in(ωt), ) = co(ωt)e t dt = L(η(t a), ) = ω 2 + ω2 2 = ] [co(ωt) e t ω in(ωt) e t dt = in(ωt)e t dt = ω ω2 L(in(ωt), ) 2 2 ω 2 + ω 2 in(ωt)e t dt = ω L(in(ωt), ) = ω ω in(ωt) e t dt = ω 2 + ω 2 = = 2 + ω 2 ( 2 + ω 2 ) ω 2 ( 2 + ω 2 ) = 2 ( 2 + ω 2 ) =, a > tetz lege (egyégugrá eltoltja, η(t a)) η(t a)e t dt = a [ e e t t dt = ] a = e a 2 + ω 2 5. Laplace tranzformáció alkalmazáával oldjuk meg az alábbi, lineári el rend dierenciálegyenletekre vonatkozó kezdetiérték feladatokat! Általában ez a következ képpen néz ki: Laplace-tranzformáljuk mindkét oldalt, kihaználjuk, hogy az y deriváltjának tranzformáltját fel tudjuk írni az y tranzformáltjával. Rendezzük az egyenletet L(y)-ra, majd felimerjük, hogy a jobboldal minek a tranzformáltja. Ez perze elég nehéz lehet. a) y (t) y(t) = 2, y() =. Mindkét oldalt Laplace-tranzformálva: L(y, ) L(y, ) = 2L(η)

8 8 b) c) L(y) = L(y) y() L(y) = 2 ( )L(y) = ( ) + = A + B + A zokáo parciáli törtekre bontáo trükk, A = 2, B = 2. L(y) = A jobboldal az η tranzformáltja, illetve az η tranzformáltjának eltoltja, így y = 2η(t) + 3e t η(t) Vagyi y negatív t-re, nemnegatív t-re pedig 2 + 3e t. A Laplace-tranzformált a t = határt peciálian kezeli, így ok η-val fogunk még találkozni. A módzer olyan modellek kezeléére jó, ahol ez nem okoz gondot. Jellemz en a t id t jelent, imerjük a jelenlegi (t = ) állapotot, é cak a modell jöv beli lefolyáa érdekel minket. Tranzformáljuk mindkét oldalt: y (t) y(t) = in t, y() =. L(y ) L(y) = L(in t) L(y) L(y) = + 2 L(y) = ( )( + 2 ) = A + B + C + 2 L(y) = y = 2 et 2 co t 2 in t Megjegyzé: hagyományo módzerrel a következ képpen oldottuk volna meg az egyenletet. Az egyenlet homogén rézének (y y = ) a megoldáa ce t. A jobboldal in t, így próbafüggvénynek az A in t + B co t függvényt válaztottuk volna, megkapjuk A é B értékét. Végül az y() = kezdetiérték behelyetteítéével megkapjuk c értékét. y (t) 2y(t) = co t, y() =. L(y ) 2L(y) = L(co t) L(y) 2L(y) = + 2 L(y) = ( 2)( + 2 ) = A 2 + B + C + 2 L(y) = y = 2 5 e2t 2 5 co t + 5 in t

9 9 6. A Laplace tranzformáció alkalmazáával oldjuk meg az alábbi, lineári el rend dierenciálegyenletekre vonatkozó kezdetiérték feladatokat! Az el z feladathoz képet annyi a különbég, hogy a jobboldal egy lépc függvény, amit érdeme átírnunk η- jelölére a Laplace-tranzformáció el tt. a) y y = {, t < 2, vagy t 3,, 2 t < 3, y() =. b) L(y) = e 2 e 3 ( ) y y = η(t 2) η(t 3) L(y ) L(y) = L(η(t 2)) L(η(t 3)) e 3 L(y) ( ) L(y) = e 2 L(y) = ( ) e 2 e 3 = (e 2 e 3 ) ahol A =, B = lez, mindent zétzedve: ( A + B L(y) = e 2 e 3 e 2 + e 3 ) Vizatranzformálánál az e a megfelel a-val való eltolának, az a-val való eltolá pedig e at -el való zorzának. Így rendre vizatranzformálva a tagokat: y = e t 2 η(t 2) e t 3 η(t 3) η(t 2) + η(t 3) e t η(t) Ez elég bonyolultan néz ki, de ha megnézzük külön a [, 2], [2, 3], [3, ) intervallumon: e t t < 2 y(t) = e t + e t 2 2 t < 3 e t + e t 2 e t 3 3 t Felrajzolva a függvényt láthatjuk, hogy y folytono, de a t = 2 é t = 3 pontokban törik, itt y nem létezik., t < y y =, t < 3, 3 t, y() =. y y = η(t ) η(t 3) L(y ) L(y) = L(η(t )) L(η(t 3)) L(y) L(y) = e L(y) = e e 3 ( ) e 3 +

10 L(y) = e e 3 e + e 3 + y = e t η(t ) e t 3 η(t 3) η(t ) + η(t 3) + e t η(t) Átírva intervallumok zerinti bontába: e t t < y(t) = e t + e t t < 3 e t + e t e t 3 3 t c) y + 2y = {, t <, t, y() =. Itt = (+2) L(y) = 2 2 y + 2y = η(t) η(t ) L(y ) + 2L(y) = L(η(t)) L(η(t )) L(y) + + 2L(y) = e L(y) = ( + 2 ) e e + 2 e y = 2 η(t) 3 2 e 2t η(t) 2 η(t ) + 2 e 2(t ) η(t ) Átírva intervallumok zerinti bontába: y(t) = { e 2t t < 3 2 e 2t + 2 e 2t+2 t d), t < 2 y + y =, 2 t < 4, 4 t, y() =. Táblázat rézlet: L (e at f(t)) () = L(f)( a), L(η(t a)f(t a)) = e a L(f)(), L(η(t))() =, L(in t)() =, L(co t)() =