Μέϑοδοι Εφαρμοσμένων Μαϑηματιϰών (ΜΕΜ 274) Λύσεις Θεμάτων Εξέτασης Ιούνη 2019

Transcript

1 Μέϑοδοι Εφαρμοσμένων Μαϑηματιϰών ΜΕΜ 74 Λύσεις Θεμάτων Εξέτασης Ιούνη 9 Ζήτημα Α Α. Δείξτε ότι αν p, q πραγματιϰά πολυώνυμα ίδιου βαϑμού, τότε p q ϰαϑώς ±. Λύση. Αρϰεί να δείξουμε ότι για με αρϰετά μεγάλο υπάρχουν σταϑερές c, c με < c < c, τέτοιες ώστε c q p c q. Εστω deg p = deg q = n N ώστε p = n r= a r r ϰαι q = n r= b r r, με a r, b r για r =,,..., n, με a n,. Αφού lim ± p q = an > για ϰάϑε ε > υπάρχει M > μεγαλύτερο από τη μεγαλύτερη απόσταση πραγματιϰής ρίζας των p, q από το σημείο τέτοιο ώστε > M p q an ε. Αρα, για οποιοδήποτε < ε < an υπάρχει M > τέτοιο ώστε για με > M ώστε a n ε a q p n + ε q. Συνεπώς, για αρϰετά μεγάλο υπάρχουν c, c με < c < c ώστε c q p c q. Α. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις n, n N, ορίζουν ασυμπτωτιϰή αϰολουϑία ϰαϑώς +. Λύση. Αρϰεί να δείξουμε ότι για ϰάϑε n N έχουμε n + = o n ϰαϑώς +. Από τον ορισμό της παραπάνω ασυμπτωτιϰής σχέσης, αρϰεί να δείξουμε ότι για ϰάϑε n N έχουμε lim + n+ n =. Οντως, για ϰάϑε n N έχουμε lim + n+ n = lim + n n+ = αφού n n+ <. Α 3. Δείξτε ότι για αρϰετά μεγάλο X > για ϰάϑε n N υπάρχει σταϑερά C n > ώστε ep ixt t dt C n X n. Λύση. Το παραπάνω ολοϰλήρωμα είναι της μορφής Fourier, eixt gt dt, με g C n για οποιοδήποτε n N, με την παράγωγο οποιασδήποτε τάξης απόλυτα ολοϰληρώσιμη σε οποιοδήποτε διάστημα I, δηλαδή, I gn t dt < +. Η διαφορισιμότητα του παράγοντα gt = e t ϰαι η ταχεία απόσβεση των παραγώγων του για t ± επιτρέπει την ολοϰλήρωση ϰατά παράγοντες. Για X > ep ixt t dt = t ix eixt e t dt = lim K,L + ix eixt e t L K ix eixt t e t dt = ix e ixt t e t dt. Εφαρμόζοντας διαδοχιϰά ολοϰληρώσεις ϰατά παράγοντες, με δεδομένο ότι είναι μηδενιϰή η συνεισφορά των συνοριαϰών όρων, αφού g n t για t ±, έχουμε επαγωγιϰά για n N, ep ixt t n ixt dn dt = e ix dt n e t dt ixt dn X n e dt n e t dt = X n g n t dt = C n X n όπου η σταϑερά C n = gn t dt > είναι ϰαλά ορισμένη. Ζήτημα Β Συνάρτηση Bessel Η συνάρτηση Bessel J είναι φραγμένη λύση της διαφοριϰής εξίσωσης Bessel y + y + y = στο σημείο ϰαι επιδέχεται την ολοϰληρωτιϰή αναπαράσταση J = Ενα τετριμμένο άνω φράγμα του ολοϰληρώματος είναι ep ixt t dt π π e i sin t t dt,. ep ixt t dt e t dt = π.

2 Β. Προσδιορίστε την ϰυρίαρχη ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά της J ϰαϑώς +. Λύση. Το παραπάνω ολοϰλήρωμα είναι της μορφής Fourier, b a Ateiϕt dt, με διάστημα ολοϰλήρωσης [a, b] = [ π, π], συνάρτηση πλάτους At = e it, συνάρτηση φάσης ϕt = sin t ϰαι μεγάλη παράμετρο. Η συνάρτηση φάσης έχει δύο εσωτεριϰά του διαστήματος ολοϰλήρωσης στάσιμα σημεία, t = ± π, τα οποία είναι μη εϰφυλισμένα με την έννοια ότι ϕ ± π, ενώ σε αυτά η συνάρτηση πλάτους έχει μη μηδενιϰές τιμές. Από το Λήμμα Στάσιμης Φάσης έχουμε J ϕ t At πi i ϕt+ 4 e sgn ϕ t, + συνεπώς J ± για θ, έχουμε t =± π πi πi e ±i e J 4 ϰαϑώς +, ϰαι τελιϰά, από τον τύπο του Euler, e iθ + e iθ = cos θ π cos 3π, +. 4 Β. Προσδιορίστε την ϰυρίαρχη ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά της J ϰαϑώς, ϰαι βεβαιωϑείτε ότι αυτή βρίσϰεται σε συμφωνία με το ϑεώρημα Fuchs. Λύση. Σε αυτή την περίπτωση δε μπορεί να εφαρμοστεί το Λήμμα Στάσιμης Φάσης. Σημειώνουμε πως για ϰάϑε i sin t = t, [ π, π] [, δ], με δ >, η σειρά e sin k t συγϰλίνει ομοιόμορφα. Εχουμε J = π π eit k= ik k sin k t dt k= ik k π π eit sin k t dt ϰαϑώς, αφού ϰάϑε όρος της ολοϰληρωτέας π σειράς είναι απόλυτα ολοϰληρώσιμος, π eit ik k sin k t dt k. Ο πρώτος όρος της ασυμπτωτιϰής σειράς k= ik k π k = είναι τετριμμένος, π eit dt =, οπότε αναζητούμε την ϰυρίαρχη ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά στον πρώτο μη τετριμμένο όρο k =, π i J e it sin t dt, π ϰαι άρα J ϰαϑώς. Η ϰανονιϰή μορφή της διαφοριϰής εξίσωσης Bessel είναι y + y + y = από την οποία συνάγουμε ότι το μοναδιϰό ιδιόμορφο σημείο της διαφοριϰής εξίσωσης στο είναι το σημείο, το οποίο είναι ϰανονιϰό ιδιόμορφο σημείο. Σύμφωνα με το Θεώρημα Fuchs τουλάχιστον μια λύση στη γειτονιά του σημείου έχει τη μορφή σειράς Frobenius με επίϰεντρο το σημείο, της οποίας η εναρϰτήρια δύναμη είναι, ϰάτι που προϰύπτει από τη ριζιϰή δομή του αντίστοιχου εναρϰτήριου πολυωνύμου, P α = α. Η λύση αυτή έχει ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά y C ϰαϑώς, για C, ϰάτι που είναι σε συμφωνία με το αποτέλεσμά μας C =. Κανονιϰή Κατανομή Εστω ϰανονιϰή τυχαία μεταβλητή μέσου µ ϰαι διαϰύμανσης σ. Η πιϑανότητα η μεταβλητή να λάβει τιμή μιϰρότερη του ισούται με P ; µ, σ = σ e t µ /σ dt. Εστω ότι ο μέσος µ παραμένει σταϑερός ενώ η διαϰύμανση είναι μιϰρή, δηλαδή σ +. Β 3. Δείξτε ότι η πιϑανότητα η τυχαία μεταβλητή να λάβει τιμή μιϰρότερη του < µ είναι αμελητέα. Συγϰεϰριμένα, δείξτε ότι για σταϑερό < µ P ; µ, σ = O σ e µ /σ, σ +. b Λύση. Το παραπάνω ολοϰλήρωμα έχει τη μορφή Laplace, σ a Ateϕt/σ dt, με διάστημα ολοϰλήρωσης [a, b] = ], ], συνάρτηση πλάτους At =, συνάρτηση φάσης ϕt = t µ ϰαι μεγάλη παράμετρο /σ. Η συνάρτηση φάσης έχει μοναδιϰό στάσιμο σημείο το t = µ, το οποίο είναι μη εϰφυλισμένο με την έννοια ότι ϕ µ, ενώ σε αυτό η συνάρτηση πλάτους έχει μη μηδενιϰή τιμή. Θα εφαρμόσουμε τη Μέϑοδο Laplace για τον προσδιορισμό της ασυμπτωτιϰής συμπεριφοράς του ολοϰληρώματος για μεγάλες τιμές του /σ. Για < µ στο διάστημα ολοϰλήρωσης δεν υπάρχει στάσιμο σημείο, συνεπώς η ϰυρίαρχη συμπεριφορά του ολοϰληρώματος προέρχεται από το άνω άϰρο του διαστήματος ολοϰλήρωσης στο οποίο η συνάρτηση φάσης έχει ολιϰό μέγιστο, P ; µ, σ σ µ e µ /σ, σ +

3 ϰαι άρα P ; µ, σ = O σ e µ /σ ϰαϑώς σ + αφού µ μένει σταϑερό. Β 4. Δείξτε ότι η πιϑανότητα η τυχαία μεταβλητή να λάβει τιμή μιϰρότερη του µ είναι περίπου ίση με. Συγϰεϰριμένα, δείξτε ότι P µ; µ, σ, σ +. Λύση. Για = µ το διάστημα ολοϰλήρωσης περιέχει μη εϰφυλισμένο στάσιμο σημείο στο σύνορό του, συνεπώς η ϰυρίαρχη συμπεριφορά του ολοϰληρώματος προέρχεται από αυτό, συνεισφέροντας στο μισό σε σχέση με εσωτεριϰό στάσιμο σημείο, P ; µ, σ ϰαι άρα P ; µ, σ ϰαϑώς σ +. ϕ µ eϕµ/σ, σ + Β 5. Δείξτε ότι η πιϑανότητα η τυχαία μεταβλητή να λάβει τιμή μιϰρότερη του > µ είναι περίπου ίση με. Συγϰεϰριμένα, δείξτε ότι για σταϑερό > µ P ; µ, σ, σ +. Λύση. Για > µ το διάστημα ολοϰλήρωσης περιέχει εσωτεριϰό μη εϰφυλισμένο στάσιμο σημείο, συνεπώς η ϰυρίαρχη συμπεριφορά του ολοϰληρώματος προέρχεται από αυτό, P ; µ, σ ϕ µ eϕµ/σ, σ + ϰαι άρα P ; µ, σ ϰαϑώς σ +. Ελλιπής Συνάρτηση Γάμμα Η ελλιπής συνάρτηση Γάμμα ορίζεται ως γs, := t s e t dt, s, >. Β 6. Δείξτε ότι για σταϑερό s η γ επιδέχεται την ασυμπτωτιϰή σειρά Λύση. Εχουμε, για s, >, γs, = γs, s e k= t s e t dt = ts e t t s s k ss +... s + k, +. t s s t e t dt = s e + s s Επαγωγιϰά, με διαδοχιϰές ολοϰληρώσεις ϰατά παράγοντες, έχουμε για ϰάϑε n N, γs, = s e n k= n ss +... s + n + ss +... s + n t s e t dt. t s+n e t dt =: S n s, + n s, δηλαδή, η ελλιπής συνάρτηση Γάμμα εϰφράζεται ως μεριϰό άϑροισμα S n s, = s e n k k= ss+...s+k με υπόλοιπο n s, = ss+...s+n ts+n e t dt για s, >. Για το ζητούμενο αρϰεί να δείξουμε ότι γs, S n s, = oe s+n ϰαϑώς + ϰατά σημείο ως προς s >. Εχουμε s n e n s, = s n e ss +... s + n t s+n e t dt s n e ma t [,] t s+n e t ss +... s + n Η σχετιϰή ασυμπτωτιϰή αϰολουϑία ορίζεται για k N ως φ k s, = e s+k ϰαϑώς +. e ss +... s + n.

4 e Για ϰάϑε n N το παραπάνω άνω φράγμα ss+...s+n + για + ϰατά σημείο ως προς s >. Συνεπώς γs, S n s, = oe s+n ϰαϑώς +, όποτε γs, s e k= k ss +... s + k, +. Θεωρήστε τη γραμμιϰή διαφοριϰή εξίσωση Ζήτημα Γ 9 y + 9 y + y =. Γ. Προσδιορίστε ϰαι χαραϰτηρίστε τα ιδιόμορφα σημεία της διαφοριϰής εξίσωσης στο. Λύση. Σε ϰανονιϰή μορφή, y + a y + b y =, η διαφοριϰή εξίσωση είναι y + y + 9 y =. Οι συντελεστές a = + ϰαι b = 9 είναι πραγματιϰοί αναλυτιϰοί στο \{} ενώ δεν είναι πραγματιϰοί αναλυτιϰοί στο σημείο. Συνεπώς, τα σημεία στο \{} είναι ομαλά σημεία της διαφοριϰής εξίσωσης, ενώ το σημείο είναι ιδιόμορφο. Μάλιστα, επειδή οι συναρτήσεις p := a = ϰαι q := b = + 9 είναι πραγματιϰές αναλυτιϰές στο σημείο, αυτό είναι ϰανονιϰό ιδιόμορφο σημείο της διαφοριϰής εξίσωσης. Γ. Επιϰαλούμενοι το Θεώρημα Fuchs, δείξτε ότι μια από τις γραμμιϰά ανεξάρτητες λύσεις είναι φραγμένη σε διάστημα ], δ[ για ϰάποιο δ >. Λύση. Σύμφωνα με το Θεώρημα Fuchs τουλάχιστον μια από τις δύο γραμμιϰά ανεξάρτητες λύσεις τις διαφοριϰής εξίσωσης έχει τη μορφή σειράς Frobenius με επίϰεντρο το σημείο σε γειτονιά ], δ[, για ϰάποιο δ >. Για το ϰανονιϰό ιδιόμορφο σημείο το εναρϰτήριο πολυώνυμο είναι P α = α 3, με ρίζες α = 3 ϰαι α = 3. Λόγω του ότι η απόσταση των ριζών δεν είναι αϰέραια, οι δύο εναρϰτήριες δυνάμεις αντιστοιχούν σε λύσεις μορφής σειράς Frobenius με επίϰεντρο το σημείο στην παραπάνω γειτονιά. Προφανώς, στη γειτονιά ], δ[ η φραγμένη λύση είναι εϰείνη που αντιστοιχεί στην εναρϰτήρια δύναμη 3, δηλαδή η y = /3 k= a k k, < < δ. Γ 3. Προσδιορίστε τη φραγμένη λύση στο ], δ[ ως σειρά Frobenius με επίϰεντρο το σημείο. Λύση. Κατασϰευάζουμε τη ζητούμενη λύση, y, προσδιορίζοντας την αϰολουϑία των πραγματιϰών συντελεστών {a, a, a,...}. Η αναδρομιϰή σχέση που ιϰανοποιούν οι συνετελεστές είναι P 3 + k a k = k l= με a αυϑαίρετο. Συγϰεϰριμένα, a k = [ l + ] p k l + q k l a l, k =,, 3, k a k k+ 3, k =,, 3,... Είναι φανερό ότι αφού a, από την αναδρομιϰή σχέση προϰύπτει πως a k για ϰάϑε k N. Μπορούμε να εϰφράσουμε τον γενιϰό όρο της αϰολουϑίας συντελεστών σε ϰλειστή μορφή πολλαπλασιάζοντας ϰατά μέλη τις σχέσεις a l = a l για όλα τα l k, με k N, παίρνοντας a k = a /9 k k l= l + 3, k =,, 3,... Την παραπάνω ϰλειστή μορφή μπορούμε να την απλοποιήσουμε χρησιμοποιώντας ιδιότητες της παραγοντιϰής συνάρτησης ϰαι της συνάρτησης Γάμμα, k l= l + 3 = k+ 3! = Γk ! όπου C αυϑαίρετη σταϑερά. Γ 5 3. Τελιϰά η λύση είναι y = C /3 k= k, < < δ 9 k Γ k l l+ 3

5 Γ 4. Προσδιορίστε την ϰυρίαρχη ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά της μη φραγμένης λύσης ϰαϑώς +. Λύση. Η μη φραγμένη λύση, y, αντιστοιχεί στην αρνητιϰή εναρϰτήρια δύναμη 3 ϰαι έχει την ασυμπτωτιϰή συμπεριφορά y C /3, + όπου C αυϑαίρετη σταϑερά. Ζήτημα Δ Δ. Προσδιορίστε την ϰλάσης C λύση της ολοϰληρωτιϰής εξίσωσης Fredholm Λύση. Παρατηρούμε ότι για u = + ξ uξ dξ u = + ξ uξ dξ = + ξ uξ dξ,. uξ dξ ξ uξ dξ uξ dξ + ξ uξ dξ. Με δεδομένο ότι υπάρχει λύση ϰλάσης C [, ] παραγωγίζουμε την ολοϰληρωτιϰή εξίσωση ϰατά μέλη διαδοχιϰά δύο φορές λαμβάνοντας συνήϑη διαφοριϰή εξίσωση δεύτερης τάξης, u = + uξ dξ uξ dξ u u = η οποία έχει γενιϰή λύση u = c e + c e,, όπου c, c αυϑαίρετες σταϑερές. Η λύση της ολοϰληρωτιϰής εξίσωσης είναι εϰείνη η ειδιϰή λύση της διαφοριϰής εξίσωσης η οποία ιϰανοποιεί την ολοϰληρωτιϰή εξίσωση, άρα πρέπει να ιϰανοποιεί τις συνοριαϰές σχέσεις u = ξ uξ dξ ϰαι u = + ξ uξ dξ, που τελιϰά δίνουν u = + e e e + e e e + e + e + e,. Δ. Προσδιορίστε την ϰλάσης C λύση της ολοϰληρωτιϰής εξίσωσης Volterra t vt = + vτ τ dτ, t. Λύση. Με δεδομένο ότι υπάρχει λύση ϰλάσης C [, + [ παραγωγίζουμε την ολοϰληρωτιϰή εξίσωση ϰατά μέλη λαμβάνοντας συνήϑη διαφοριϰή εξίσωση πρώτης τάξης, ϑεωρώντας t ώστε vt, vt = vt t vt dt vt dt = t log vt = C + log t άρα λαμβάνουμε τη γενιϰή λύση vt = c t για t, όπου c αυϑαίρετη σταϑερά. Η λύση της ολοϰληρωτιϰής εξίσωσης είναι εϰείνη η ειδιϰή λύση της διαφοριϰής εξίσωσης η οποία ιϰανοποιεί την ολοϰληρωτιϰή εξίσωση, άρα πρέπει να ιϰανοποιεί την αρχιϰή συνϑήϰη v =, που τελιϰά δίνει vt = t, t. 5 Ιούνη 9, Πάνος Καραγιώργος