Matematika M1 Kidolgozott feladatsor Molnár-Szipai Richárd 2016. április 9.
5. röpzárthelyi anyaga
Elmélet 1. Hogyan értelmezzük egy
f
függvény Laplace transzormáltját?
∞
Z
f (t)e−st dt
L(f, s) = 0
2. Milyen feltételt ismer a Laplace transzformált létezésére? Ha létezik
K
Re(s)
pontban.
>a
és
a,
hogy minden
3. Hogyan értelmezzük az
f
és
g
t ≥ 0-ra |f (t)| ≤ Keat (f ∈ Ma ), f ∗g
függvények
Z
akkor
L(f, s)
létezik minden
konvolucióját?
t
f (τ )g(t − τ ) dτ
(f ∗ g)(t) = 0 4. Mit tud az
f ∗g
konvolució Laplace transzformáltjáról?
L(f ∗ g, s) = L(f, s) · L(g, s) (Aminek persze akkor van értelme, ha Res 5. Fogalmazza meg a folytonos és deriválható
f
> max{a, b},
ahol
f ∈ Ma
és
g ∈ Mb .)
függvény folytonos deriváltjának Laplace-transzformáltjára
vonatkozó tételt!
L(f 0 , s) = sL(f, s) − f (0) 6. Fogalmazza meg az
n-szer (n ∈ N ) folytonosan dierenciálható f
függvény
n-dik deriváltjának
Laplace-transzformáltjára vonatkozó tételt!
7.
L(f (n) , s) = sn L(f, s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − . . . − f (n−1) (0) Rt Fogalmazza meg a folytonos f függvény és g(t) = f (τ )dτ 0 transzformáltjaira vonatkozó összefüggést!
Rt L( 0 f (τ )dτ, s) = 1s L(f, s). 8. Fogalmazza meg a Hasonlósági Tételt!
L(f (λt), s) = λ1 L f, λs
1
integrálfüggvényének Laplace-
9. Fogalmazza meg az Eltolási Tételt!
L(eλt f (t), s) = L(f, s − λ) 10. Fogalmazza meg egy alkalmas
f
függvény és
g(t) = f (t − a), t ≥ a > 0
eltoltjának Laplace-
transzformáltjaira vonatkozó összefüggést!
L(f (t − λ)η(t − λ), s) = e−λs L(f, s).
Példák 1. Írjuk fel az alábbi adatokra a Lagrange-féle interpolációs polinomot, és számítsuk ki a polinom értékét a megadott
x
helyen.
Q x−x (x1 , y1 ), . . . , (xn , yn ) pontpárok. Ekkor a ϕi (x = j6=i xi −xjj polinomra igaz P ϕi (xi ) = 1, de j 6= i-re ϕi (xj ) = 0. Így a p(x) = yi ϕi (x) polinom a megfelel®
Elmélet: adottak az lesz, hogy
értékeket fogja felvenni.
Az így kapott polinom legfeljebb
n−1
fokú (ϕi pontosan
n−1
fokú, de kieshetnek tagok
az összegzésnél), tehát az interpolációs feladat mindig megoldható egy legfeljebb
n−1
fokú
polinommal. S®t, az ilyen polinomok között a megoldás egyértelm¶, hiszen ha két legfeljebb
n−1
fokú polinom
n
helyen megegyezik, akkor egyenl®ek.
a)
xi 0 1 2 3 yi 0 1 8 27 ϕ1 (x) = ϕ2 (x) = ϕ3 (x) = ϕ4 (x) =
(x−1)(x−2)(x−3) = − 16 (x − 1)(x − 2)(x (−1)(−2)(−3) x(x−2)(x−3) = 12 x(x − 2)(x − 3). 1(−1)(−2) x(x−1)(x−3) = − 21 x(x − 1)(x − 3). 2·1·(−1) x(x−1)(x−2) = 61 x(x − 1)(x − 2). 3·2·1
x = −1,
− 3).
Így a polinom
p(x) = 0ϕ1 (x) + ϕ2 (x) + 8ϕ3 (x) + 27ϕ4 (x) = 1 2 8 2 27 2 x (x − 5x + 6) − (x − 4x + 3) + (x − 3x + 2) = x3 2 2 6 Amit persze Lagrange-polinomok nélkül is kitaláltunk volna, b)
xi −1 1 2 3 yi −8 0 1 8
x = 0,
p(x) = (x − 1)3 = x3 − 3x2 + 3x − 1. c)
xi −1 1 −2 2 yi 0 8 −1 27 p(x) = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
2
x = 0,
p(x) = −1.
d)
xi 0 −1 1 2 yi 0 1 0 3
x = −2,
A következ® feladathoz hasonlóan egyenletrendszer megoldásaként is el®állíthatjuk a po3 2 linomot. Legyen p(x) = a3 x + a2 x + a1 x + a0 , és helyettesítsük be az adatokat:
a0 = 0 −a3 + a2 − a1 + a0 = 1 a3 + a2 + a1 + a0 = 0 8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 = 3 1 Második és harmadik összegéb®l a2 = . Negyedikhez hozzáadva a 2 5 1 3 1 második kétszeresét 6a3 + 6a2 = 5, így a3 = , és végül a1 = − . Tehát p(x) = x + 3 6 3 1 2 x − 56 x. 2 Els®b®l
a0 = 0.
2. Írjuk fel az alábbi adatokra az Hermite-féle interpolációs polinomot!
xi 0 yi0 0 yi1 0 yi2 − Elmélet:
n
n
1 1 3 6
xi 0 2 yi0 −1 3 yi1 − 3
darab adatra tudunk illeszteni egy legfeljebb
xi 0 1 yi0 1 2 yi1 − 3 n−1
fokú polinomot. Ennek ugyanis
együtthatója van, minden adat megfelel egy lineáris egyenletnek, így egy
n × n-es
egyenlet-
rendszert kell megoldanunk, aminek garantáltan egyértelm¶ megoldása van (kivéve, ha valami 00 00 többször van de niálva, például y (2) = 3 és y (2) = 5, de az meg nyilván nem oldható meg). a) 5 adatunk van, erre negyedfokú polinomot illesztünk: 0 3 2 00 Ekkor p (x) = 4a4 x + 3a3 x + 2a2 x + a1 , és p (x)
p(x) = a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . = 12a4 x2 + 6a3 x + 2a2 . Az adatok
behelyettesítése lineáris egyenleteket ad:
p(0) = 0 : p(1) = 1 : p0 (0) = 0 : p0 (1) = 3 : p00 (1) = 6 : Az
a0 = 0
és
a1 = 0-t
a0 = 0 a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 1 a1 = 0 4a4 + 3a3 + 2a2 + a1 = 3 12a4 + 6a3 + 2a2 = 6
gyelembe véve a következ® rendszerünk marad:
1 1 1 a4 1 4 3 2 · a3 = 3 12 6 2 a2 6 Aminek a megoldásával (vagy észrevesszük, hogy a mátrix második oszlopa pont a jobb3 oldal) a4 = 0, a3 = 1, a2 = 0. Vagyis a polinom a p(x) = x b) 3 adat,
p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 . p(0) = −1 : a0 = −1 p(2) = 3 : 4a2 + 2a1 + a0 = 3 p0 (2) = 3 : 4a2 + a1 = 3
Aminek a megoldása
a0 = −1, a1 = 1, a2 = 3
1 . Tehát 2
p(x) = 21 x2 + x − 1.
c) 3 adat,
p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 . p(0) = 1 : a0 = 1 p(1) = 2 : a2 + a1 + a0 = 2 p0 (1) = 3 : 2a2 + a1 = 3
Aminek a megoldása 3. Számítsuk ki az
eAt
a0 = 1, a1 = −1, a2 = 2.
Tehát
p(x) = 2x2 − x + 1.
mátrixot az alábbi mátrixokra!
Egyszer¶bb mátrixokra számolhatunk az
eAt =
P∞
k=0
Ak tk képlettel. k!
A Cayley-Hamilton tételre épül egy jól használható módszer: mivel
A gyöke egy n-fokú polinom-
nak, így a sorban minden legalább n. hatványt le lehet cserélni A egy kisebb fokú polinomjára. At Tehát e felírható egy h(A, t) függvényként, ami A-ban egy legfeljebb n − 1 fokú polinom. λt Ennek a polinomnak meg kell egyeznie az f (λ, t) = e függvénnyel az A sajátértékein, illetve ha
λi
egy
k -szoros
sajátérték, akkor az els®
hjλ (λi , t) = fλj (λi , t),
λi
k−1
deriváltban is:
k-szoros sajátérték, és
j = 0, 1, . . . , k − 1
Ezt pedig az el®z® feladatban gyakorolt Hermite-interpolációval oldhatjuk meg. a)
i.
α β 0 1 −1 8 2 −3 A= , A= , A= , A= . −β α 0 0 1 1 1 −2 0 1 Itt A = αI +β . Mivel az egységmátrix bármelyik mátrixszal felcserélhet®, −1 0 0 1 At αtI βtB így e = e · e , ahol B = . −1 0 −1 0 2 B hatványai elég egyszer¶en néznek ki: B = = −I , B 3 = −B és 0 −1 B 4 = I , ahonnan ismétl®dik. βBt Így de níció szerint felírva az e mátrixot: ! 4 4 2 2 βt β 3 t3 − + . . . cos βt sin βt 1 − β2!t + β4!t − . . . 1! 3! = 3 3 2 2 4 4 − sin βt cos βt − βt + β3!t − . . . 1 − β2!t + β4!t − . . . 1! Összerakva a kett®t
ii.
A= a
iii.
0
0 1 0 0
1
és
At
e
=e
αt
cos βt sin βt − sin βt cos βt
.
A2 = 0, így 1 t = I + At = 0 1
is egy elég egyszer¶ mátrix, hiszen már
index¶ tagok maradnak meg:
eAt
az
eAt
sorban csak
−1 8 A= sajátértékei: λ = ±3. 2 × 2-es mátrixról révén szó olyan h(λ, t) = 1 1 a1 λt + a0 legfeljebb els®fokú polinomot keresünk, amely megegyezik f (λ, t) = eλt -vel 4
a sajátértékeken, vagyis:
3ta1 + a0 = e3t −3ta1 + a0 = e−3t Összeadva a kett®t a0 1 3t (e − e−3t ). Tehát 6
1
és ekkor az els® egyenletb®l
− 31 sh3t + ch3t 1 sh3t 3
At
= a1 tA + a0 I =
és
−1. h(λt) = a1 λt + a0 ∼ eλt :
e iv. Sajátértékek:
= 12 (e3t + e−3t ),
8 sh3t 3 1 sh3t + ch3t 3
a1 t =
e3t −a0 3
=
a1 t + a0 = et −a1 t + a0 = e−t Aminek a megoldása
a0 = 21 et + 12 e−t , a1 t = 12 et − 12 e−t ,
tehát
eAt = shtA + chtI .
Megjegyzés: zárthelyin nem kell hiperbolikus függvénnyé alakítani, általában nem is lehet At (az el®z® két feladatban a két sajátérték egymás −1-szerese volt). Továbbá e felírásánál ne felejtsük el, hogy a konstans tag
a0 I ,
nem
a0 .
b)
A= i.
A=
3 −2 2 −1 3 −2 2 −1
,
.
A=
3 2 2 6
,
A=
1 −8 −1 −1
,
A=
−5 −1 1 −3
.
A sajátértékei λ1 = 1, λ2 = 1. h(λ, t) = a1 λt + a0 , ami f (λ, t) = eλt -
r®l vett pontokat interpolál. Méghozzá a λ h(1, t) = f (1, t), másrészt h0λ (1, t) = fλ0 (1, t):
= 1
kétszeres sajátérték, így egyrészt
a1 t + a0 = et a1 t = tet a1 t = tet és a0 = et − tet . λ = 2, 7, h(λt) = a1 λt + a0 ∼ eλt :
Ahonnan ii.
Így
eAt = tet A + (et − tet )I .
2a1 t + a0 = e2t 7a1 t + a0 = e7t
iii.
a1 t = 15 e7t − 15 e2t , a0 = 57 e2t − 52 e7t . eAt = a1 tA + a0 I . λ = ±3. Ebb®l az a) rész 3. mátrixával megegyez® módon a0 = 12 (e3t + e−3t ), 3t 0 a1 t = e −a = 16 (e3t − e−3t ). Tehát eAt = a1 tA + a0 I . Vegyük észre, hogy a polinom 3 csak a sajátértékekt®l függ, különböz® mátrixoknak lehet ugyanaz a polinomja, persze eAt különbözni fog, hiszen más mátrixot helyettesítünk be. Itt speciálisan a mátrix az a) 3. mátrixának a
iv.
−1-szerese
volt.
λt
λ1,2 = 4. h(λ, t) = a1 tλ + a0 ∼ e . Mivel kétszeres sajátérték h0λ (4, t) = (eλt )0λ (4, t) egyenleteknek is teljesülniük kell: 4a1 t + a0 = e4t a1 t = te4t Ebb®l
a1 t = te4t , a0 = e4t − 4te4t . eAt = te4t A + (e4t − 4te4t )I . 5
a
4,
így
h(4, t) = e4t
és
c)
0 1 1 A = 1 0 1 , 1 1 0 i. A mátrix sajátértékei: h(λ, t) = a2 λ2 t2 + a1 λt
0 1 −1 A = −2 3 −1 . −1 1 1
−1, −1, 2. + a0 , f (λ, t) = eλt .
Az egyenletek:
a2 t2 − a1 t + a0 = e−t (λ = −1) −2a2 t2 + a1 t = te−t (dλ, λ = −1) 4a2 t2 + 2a1 t + a0 = e2t (λ = 2) Aminek a megoldása:
1 15 −t e + te−t + e2t 9 9 2 −t 1 −t 2 2t ta1 = − e + te + e 9 3 9 8 −t 2 −t 1 2t a0 = e + te + e 9 3 9 t2 a2 =
(1) (2) (3)
eAt = t2 a2 A2 + ta1 A + a0 I . 2 2 A mátrix sajátértékei: 1, 1, 2. Mivel 3×3-as mátrixunk van h(λ, t) = a2 λ t +a1 λt+a0 λt alakban keresünk polinomot, ami megegyezik f (λ, t) = e -vel a sajátértékeken, illetve a deriváltjuk is megegyezik λ = 1-re:
Így ii.
a2 t2 + a1 t + a0 = et (λ = 1) 2a2 t2 + a1 t = tet (dλ, λ = 1) 4a2 t2 + 2a1 t + a0 = e2t (λ = 2) t 2t et Végigszámolva az egyenletrendszert a2 = − − et2 + et2 , a1 t a0 = e2t − 2tet . A mátrix exponenciális függvénye pedig eAt =
t
2t
= 3et + 2et − 2et és a2 A2 t2 + a1 At + a0 I .
4. Számítsuk ki az alábbi függvények Laplace-transzformáltjait! Itt most de níció szerint dolgoR∞ zunk, az eredményeket érdemes tudni, mivel kés®bb fogjuk használni ®ket. L(f, s) = f (t)e−st dt. 0
a)
( 0, η(t) = 1,
t<0 t≥0
(egységugrás, vagy Heaviside-függvény, amely elnevezést Oliver Heaviside-ról kapta)
Z L(η(t), s) =
∞
η(t)e
−st
Z dt =
0
∞
e 0
−st
e−st dt = −s
∞ =0− 0
1 1 = −s s
∞ határt persze improprius integrálként kell értelmezni, vagyis precízen −sb b paramétert kéne helyettesíteni, majd limesz b → ∞. Itt e s → 0 ha b → ∞ és s > 0.
Megjegyzések: a egy
b)
ekt
6
kt
∞
Z
kt −st
L(e , s) =
e e
Z
s > k.
(k−s)t
dt =
0 Feltéve, hogy
∞
e 0
e(k−s)t dt = k−s
∞ =0− 0
ekt ∈ Mk ,
Vessük össze avval, hogy
1 1 = k−s s−k
így csak
s > k -ra
tudjuk
garantálni a Laplace-transzformált létezését. c)
sin(ωt) ∞ Z ∞ e−st e−st sin(ωt)e dt = sin(ωt) ω cos(ωt) L(sin(ωt), s) = − dt = −s 0 −s 0 0 ∞ Z Z ω ∞ ω e−st ω ∞ e−st −st =0−0+ cos(ωt)e dt = cos(ωt) − −ω sin(ωt) dt = s 0 s −s 0 s 0 −s Z ω ω2 ∞ ω ω2 =0+ 2 − 2 sin(ωt)e−st dt = 2 − 2 L(sin(ωt), s) s s 0 s s Z
∞
−st
Átrendezve:
ω2 1+ 2 s
L(sin(ωt), s) =
Tehát
L(sin(ωt), s) = d)
1+
=
ω2 s2
s2
ω + ω2
cos(ωt) ∞ Z ∞ e−st e−st L(cos(ωt), s) = cos(ωt)e dt = cos(ωt) dt = − −ω sin(ωt) −s 0 −s 0 0 Z 1 ω ∞ 1 ω 1 ω ω =0+ − sin(ωt)e−st dt = − L(sin(ωt), s) = − · 2 = s s 0 s s s s s + ω2 s2 + ω 2 ω2 s2 s − = = 2 = 2 2 2 2 2 2 s(s + ω ) s(s + ω ) s(s + ω ) s + ω2 ( 0, t < a f (t) = , a > 0 tetsz®leges (egységugrás eltoltja, η(t − a)) 1, t ≥ a Z
e)
ω s2
ω s2
∞
−st
Z L(η(t − a), s) =
∞ −st
η(t − a)e
∞
Z
−st
dt =
0
e a
e−st dt = −s
∞ a
e−as = s
5. Laplace transzformáció alkalmazásával oldjuk meg az alábbi, lineáris els®rend¶ dierenciálegyenletekre vonatkozó kezdetiérték feladatokat! Általában ez a következ®képpen néz ki: Laplace-transzformáljuk mindkét oldalt, kihasználjuk, hogy az
y
egyenletet
deriváltjának transzformáltját fel tudjuk írni az
y
transzformáltjával. Rendezzük az
L(y)-ra, majd felismerjük, hogy a jobboldal minek a transzformáltja.
nehéz lehet. a)
y 0 (t) − y(t) = 2,
y(0) = 1.
Mindkét oldalt Laplace-transzformálva:
L(y 0 , s) − L(y, s) = 2L(η) 7
Ez persze elég
sL(y) − y(0) − L(y) =
2 s
2 +1 s 2 1 A B 1 L(y) = + = + + s(s − 1) s − 1 s s−1 s−1 törtekre bontásos trükk, A = −2, B = 2. (s − 1)L(y) =
A szokásos parciális
3 −2 + s s−1 az η transzformáltjának
L(y) = A jobboldal az
η
transzformáltja, illetve
eltoltja, így
y = −2η(t) + 3et η(t) Vagyis
y
negatív
t-re 0,
nemnegatív
A Laplace-transzformált a
t=0
t-re
pedig
−2 + 3et .
határt speciálisan kezeli, így sok
η -val
fogunk még ta-
lálkozni. A módszer olyan modellek kezelésére jó, ahol ez nem okoz gondot. Jellemz®en a
t
id®t jelent, ismerjük a jelenlegi (t
= 0)
állapotot, és csak a modell jöv®beli lefolyása
érdekel minket. b)
y 0 (t) − y(t) = sin t,
y(0) = 0.
Transzformáljuk mindkét oldalt:
L(y 0 ) − L(y) = L(sin t) 1 sL(y) − 0 − L(y) = 1 + s2 1 A Bs + C L(y) = = + 2 (s − 1)(1 + s ) s−1 1 + s2 1 s 1 1 1 1 − − L(y) = 2 s − 1 2 1 + s2 2 1 + s2 1 1 1 y = et − cos t − sin t 2 2 2 Megjegyzés: hagyományos módszerrel a következ®képpen oldottuk volna meg az egyenle0 t tet. Az egyenlet homogén részének (y − y = 0) a megoldása ce . A jobboldal sin t, így
A sin t + B cos t függvényt választottuk volna, megkapjuk A y(0) = 0 kezdetiérték behelyettesítésével megkapjuk c értékét.
próbafüggvénynek az értékét. Végül az c)
y 0 (t) − 2y(t) = cos t,
y(0) = 0.
L(y 0 ) − 2L(y) = L(cos t) s sL(y) − 0 − 2L(y) = 1 + s2 s A Bs + C L(y) = = + 2 (s − 2)(1 + s ) s−2 1 + s2 2 1 2 s 1 1 L(y) = − + 5 s − 2 5 1 + s2 5 1 + s2 2 2 1 y = e2t − cos t + sin t 5 5 5 8
és
B
6. A Laplace transzformáció alkalmazásával oldjuk meg az alábbi, lineáris els®rend¶ dierenciálegyenletekre vonatkozó kezdetiérték feladatokat! Az el®z® feladathoz képest annyi a különbség, hogy a jobboldal egy lépcs®s függvény, amit érdemes átírnunk
η -s
jelölésre a Laplace-transzformáció el®tt.
a)
( 0, y0 − y = 1,
0 ≤ t < 2, 2≤t<3
vagy
t ≥ 3,
,
y(0) = −1.
y 0 − y = η(t − 2) − η(t − 3) L(y 0 ) − L(y) = L(η(t − 2)) − L(η(t − 3)) e−2s e−3s − sL(y) − (−1) − L(y) = s s −2s 1 e − e−3s L(y) = −1 s−1 s e−2s − e−3s 1 A B 1 −2s −3s L(y) = − = (e − e ) + − (s − 1)s s−1 s−1 s s−1 ahol
A = 1, B = −1
lesz, mindent szétszedve:
L(y) = e−2s
1 1 1 1 1 − e−3s − e−2s + e−3s − s−1 s−1 s s s−1
−as Visszatranszformálásnál az e megfelel a-val való eltolásnak, az a-val való eltolás pedig at e -sel való szorzásnak. Így rendre visszatranszformálva a tagokat:
y = et−2 η(t − 2) − et−3 η(t − 3) − η(t − 2) + η(t − 3) − et η(t) [0, 2], [2, 3], [3, ∞) t 0≤t<2 −e t t−2 y(t) = −e + e − 1 2≤t<3 −et + et−2 − et−3 3 ≤ t
Ez elég bonyolultan néz ki, de ha megnézzük külön a
Felrajzolva a függvényt láthatjuk, hogy 0 itt y nem létezik.
y
folytonos, de a
t = 2 és t = 3 pontokban törik,
b)
0, 0 y − y = 1, 0,
0≤t<1 1≤t<3 3≤t
,
y(0) = 1.
y 0 − y = η(t − 1) − η(t − 3) L(y 0 ) − L(y) = L(η(t − 1)) − L(η(t − 3)) e−s e−3s sL(y) − 1 − L(y) = − s s e−s − e−3s 1 L(y) = + s(s − 1) s−1 9
intervallumon:
1 1 1 1 1 − e−3s − e−s + e−3s + s−1 s−1 s s s−1 y = et−1 η(t − 1) − et−3 η(t − 3) − η(t − 1) + η(t − 3) + et η(t) L(y) = e−s
Átírva intervallumok szerinti bontásba:
t 0≤t<1 e y(t) = et + et−1 − 1 1≤t<3 t t−1 t−3 e +e −e 3≤t c)
( 1, y 0 + 2y = 0,
0≤t<1 1≤t
,
y(0) = −1.
y 0 + 2y = η(t) − η(t − 1) L(y 0 ) + 2L(y) = L(η(t)) − L(η(t − 1)) 1 1 sL(y) + 1 + 2L(y) = − e−s s s 1 1 1 L(y) = − e−s − 1 s+2 s s Itt
1 s(s+2)
=
1 2
· 1s − 12 ·
1 . s+2
1 1 1 1 · − · − 2 s 2 s+2 1 3 y = η(t) − e−2t η(t) − 2 2
L(y) =
1 −s 1 1 −s 1 1 e · + e · − 2 s 2 s+2 s+2 1 1 −2(t−1) η(t − 1) + e η(t − 1) 2 2
Átírva intervallumok szerinti bontásba:
( y(t) =
− 32 e−2t 0≤t<1 3 −2t 1 −2t+2 1≤t −2e + 2e 1 2
d)
0, 0 y + y = 1, 0,
0≤t<2 2≤t<4 4≤t
at Táblázat részlet: L (e f (t)) (s) = L(f )(s − a), 1 s L(sin t)(s) = 1+s2 , L(cos t)(s) = 1+s 2.
,
y(0) = −1.
L(η(t − a)f (t − a)) = e−as L(f )(s), L(η(t))(s) =
10
1 , s
