Lagrange-interpolasjon

@TODO Ta i et tak, da vel!

Newtons dividerte differanser

Bare se denne korte videoen så skjønner du greia relativt lett.

For å estimere integraler

For initialverdiproblemer

For matriser

Fikspunkt-iterasjon

Bare se denne korte videoen så skjønner du greia relativt lett.

@TODO Ta i et tak, da vel!

Newtons metode

Lar deg løse ligninger $f(x) = 0$, altså finne nullpunkt.

Ta en funksjon $f(x)$ og en initaliverdi $x_0$ og beregn følgende: $$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} $$

inntil $f'(x_n) = 0$.

Sekantmetoden

En variant av Newtons metode, for de tilfellene hvor det kan være litt stress å skaffe seg den deriverte av $f(x)$:

$$ x_{n+1} = x_n - f(x_n) \frac{x_n - x_{n-1}}{f(x_n) - f(x_{n-1})} $$

Gitt at du har noen initialverdier $x_n$ og $x_{n-1}$.

4-punktsformelen

@TODO Ta i et tak, da vel!

5-punktsformelen

@TODO Ta i et tak, da vel!

Linearitet

Laplacetransformasjon er en lineær operasjon, altså gjelder

$$ \mathcal{L}(af(t) + bg(t)) = a\mathcal{L}(f(t)) + b\mathcal{L}(g(t)) $$

Eksistens

En funksjon må tilfredsstille visse krav for å ha en laplacetransformasjon. Funksjonen må være stykkevis kontinuerlig, og være eksponensielt begrenset:

$$ |f(t)| \leq Me^{kt}$$ for to arbitrært valgt konstanter $M$ og $k$. Dette gir mening når en ser på definisjonsintegralet til laplacetransformasjonen. Hvis $f(t)$ ikke var eksponensielt begrenset, vil grensen ved $\infty$ divergere.

Noen få laplacetransformasjoner

En lengre liste finnes under Tabell med laplacetransformasjoner. Den seriøse student anbefales å sette seg ned og utlede et par av disse selv.

Første skifteteorem(s-Skifting)

Den laplacetransformerte til en funksjon $g(t) = e^{at}f(t)$ er

$$ \mathcal{L}(g) = \mathcal{L}(e^{at}f(t)) = F(s-a) $$

hvor $F(s)$ er laplacetransformasjonen til $f(t)$. Dette kalles for s-skifting.

Bevis

$$ F(s-a) = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}\big[e^{at}f(t)\big]\mathrm{d}t = \mathcal{L}(e^{at}f(t)) $$

Eksempel 1

La
$$F(s) = \frac{1}{s-1}$$ finn $f(t)$.

Vi ser at siden $\mathcal{L}\left(e^{t}\cdot 1\right) = F(s-1) = \frac{1}{s-1}$, hvor $F(s) = \mathcal{L}(1) = \frac{1}{s}$ må

$$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{s-1}\right) = 1\cdot e^t = e^t$$

Dette stemmer godt med tabellverdien.

Eksempel 2

La $$F(s) = \frac{s + 3}{s^2 + 4s + 5}$$ finn $f(t)$.

Intuitivt ser vi at dette likner litt på laplacetransformasjonen til en sinus og/eller cosinus funksjon med s-skifting.

Det første vi må gjøre er å faktorisere nevneren slik at vi får et utrykk på formen

$$ (s-a)^2 + \omega^2 $$

Dette ser en at er nødvendig for å bruke s-skifting på den laplacetransformerte av enten sinus eller cosinus. Deretter må vi organisere telleren slik at vi har et utrykk på formen

$$(s-a) + \omega$$

slik at vi kan dele opp i to brøker, en på formen til en s-skiftet cosinus, og en for en s-skiftet sinus.

$$ \begin{align} F(s) &= \frac{s + 4}{s^2 + 4s + 5} = \frac{s+4}{(s+2)^2 + 1} = \frac{(s+2) + 2}{(s+2)^2 + 1}\\ &= \frac{s+2}{(s+2)^2 + 1} + \frac{2}{(s+2)^2 + 1}\\ &= \frac{s+2}{(s+2)^2 + 1} + 2\frac{1}{(s+2)^2 + 1} \end{align} $$

Merk at vi her måtte trekke ut en faktor 2 av den siste brøken for å få den på riktig form. Vi inverstransformerer:

$$f(t) = e^{-2t}(\cos(t) + 2\sin(t))$$

Andre skifteteorem(t-Skifting), Heavisides funksjon, Diracs deltafunksjon

Laplacetransformasjoner av deriverte og integraler

Integrasjon og derivasjon av laplacetransformerte

Hvis en lar

$$ F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st}f(t) \mathrm{d}t $$

og deriverer med hensyn på s, får en

$$ F'(s) = -\int_{0}^{\infty} e^{-st}tf(t)\mathrm{d}t $$

Altså hvis $\mathcal{L}(f) = F(s)$ blir

$$ \mathcal{L}(tf(t)) = -F'(s)$$

Det kan også vises at

$$ \mathcal{L}\left(\frac{f(t)}{t}\right) = \int_s^{\infty} F(\tilde{s})\mathrm{d}\tilde{s} $$

Omforming og løsning av differensiallikninger med laplacetransformasjon

Diskusjonen så langt er veldig hendig til løsning av differensiallikninger. Ved bruk av formlenene for laplacetransformasjonen til første- og andrederiverte, kan enhver lineær diff. likning på formen

$$ ay'' + by' + cy = f(t)$$

laplacetransformeres og deretter løses, så lenge $f(t)$ tilfredstiller kravene i Eksistens.

Eksempel 1

Løs differensiallikningen

$$ y'' - 2y' + y = \cos(t) \qquad y'(0) = 0,\> y(0) = 0 $$

Vi laplacetransformerer overalt og får

$$ \begin{align} &\bigg[s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)\bigg] - 2\bigg[sY(s) - y(0)\bigg] + Y(s) = \frac{s}{s^2 + 1} \\ &\Longleftrightarrow s^2Y(s) - 2sY(s) + Y(s) = \frac{s}{s^2 + 1} \\ &\Longleftrightarrow Y(s) = \frac{s}{(s^2 + 1)(s-1)^2} \end{align}$$

Vi har nå utledet et utrykk for $Y(s)$ og oppgaven vår er nå redusert til å finne den invers-laplacetransformerte til $\frac{s}{(s^2 + 1)(s-1)^2}$. Vi angriper problemet med delbrøksoppspaltning:

$$ \begin{align} &Y(s) = \frac{A}{(s-1)^2} + \frac{B}{s^2 + 1} \\ &\implies A+B = 0, -2sB = s \implies B = -\frac{1}{2}, A = \frac{1}{2 } \\ &Y(s) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{(s-1)^2} - \frac{1}{s^2 + 1}\right) \end{align} $$

Vi ser at vi kan bruke s-skifting på første brøk, og at andre brøk er den laplacetransformerte til $\sin(t)$, dermed får vi

$$ y(t) = \frac{1}{2}(te^t - \sin(t))$$

Vi har her løst en ganske komplisert diff. likning på en veldig effektiv måte. Løsningen er en lineær kombinasjon av den homogene og den partikulære løsning av diff. likningen. Ved løsning via laplacetransformasjon vil alltid både den homogene og den partikulære løsningen være inkludert. En slipper dermed å løse en diff. likning "to" ganger.

Eksempel 2

Løs differensiallikningen

$$ y'' + 5y' = \delta(t - 3) + e^{-t}\qquad y(0) = 5,\> y'(0) = 0 $$

Vi går til verks som i forige oppgave:

$$ \begin{align} &\bigg[s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)\bigg] + 5\bigg[sY(s) - y(0)\bigg] = e^{-3s} + \frac{1}{s+1} \\ &\Longleftrightarrow s^2Y(s) - 5s + 5sY(s) - 25 = e^{-3s} + \frac{1}{s+1} \\ &\Longleftrightarrow (s^2+5s)Y(s) = e^{-3s} + 5s + 25 + \frac{1}{s+1} \\ &\Longleftrightarrow Y(s) = \left(e^{-3s} + 5s + 25 + \frac{1}{s+1}\right)\left(\frac{1}{(s+5)s}\right)\\ &\Longleftrightarrow Y(s) = \frac{1}{5}\left(e^{-3s} + 5s + 25 + \frac{1}{s+1}\right)\left(\frac{1}{s} - \frac{1}{s+5}\right) \end{align} $$

I overgangen til siste linje har vi brukt delbrøksoppspaltning på $\frac{1}{(s+5)s}$. Vi står igjen med et utrykk for $Y(s)$ som lar seg transformere. Vi ganger inn parentesene med hverandre, delbrøksoppspalter, og tar deretter ledd for ledd (jfr. linearitet):

$$ \begin{align} &Y(s) = \frac{1}{5}\left(\frac{e^{-3s}}{s} - \frac{e^{-3s}}{s+5} + 5 - \frac{5s}{s+5} + \frac{25}{s} - \frac{25}{s+5} + \frac{1}{s(s+1)} - \frac{1}{(s+1)(s+5)}\right) \\ &Y(s) = \frac{1}{5}\left(\frac{e^{-3s}}{s} - \frac{e^{-3s}}{s+5} + 5 - \frac{5s}{s+5} + \frac{25}{s} - \frac{25}{s+5} + \frac{1}{s} - \frac{1}{s+1} + \frac{1}{4}\left(\frac{1}{s+1} - \frac{1}{s+5}\right)\right) \end{align} $$

Vi lister opp leddene vi kan løse direkte, evt. med s- og/eller t-skifting

Vi har igjen $\frac{5s}{s+5}$ som byr på en litt større utfordring; her må vi bruke et av derivasjonsresultatene våre. Vi lar

$$sF(s) = \frac{5s}{s + 5} \Leftrightarrow F(s) = \frac{5}{s+5} \Leftrightarrow f(t) = 5e^{-5t}$$

Videre bruker vi derivasjonsteoremet:

$$ \begin{align} &\mathcal{L}(f'(t)) = sF(s) - f(0) = \frac{5s}{s + 5} - 5 \\ &\Longleftrightarrow\mathcal{L}^{-1}\big(\mathcal{L}(f'(t)\big) = \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{5s}{s + 5}\right) - \mathcal{L}^{-1}(5) \\ &\Longleftrightarrow\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{5s}{s + 5}\right) = f'(t) + 5\delta(t) = -25e^{-5t} + 5\delta(t) \end{align} $$

Totalt har vi dermed løsningen

$$ \begin{align} &y(t) = \frac{1}{5}\bigg(u(t-3) - u(t-3)e^{-5(t-3)} + 5\delta(t) - 5\delta(t) + 25e^{-5t} + 25 - 25e^{-5t} + 1 - e^{-t} + \frac{1}{4}\left(e^{-t} - e^{-5t}\right)\bigg)\\ &\Longleftrightarrow y(t) = \frac{1}{5}\bigg(u(t-3)\left(1 - e^{-5(t-3)}\right) + 26 - \frac{3}{4}e^{-t} - \frac{1}{4}e^{-5t}\bigg) \end{align} $$

Klarer du denne oppgaven på strak arm, er du så lærd som det kreves og vel så det i Laplacetransformering (så lenge du titter på konvolusjon).

Konvolusjon

Laplacetransformering er som vist en linær operasjon, men for to funksjoner $f$ og $g$ er $\mathcal{L}(fg) \neq \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$.

$\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$ er den laplacetransformerte til konvolusjonen av $f$ og $g$ og er definert ved

$$ h(t) = (f * g)(t) = \int_0^t f(\tau)g(t - \tau)\mathrm{d}\tau$$

Vi kan bruke konvolusjon til å inverstransformere sammensatte funksjoner i laplace-domenet.

Eksempel:

La $$H(s) = \frac{1}{s^2(s+1)}$$ finn $h(t)$.

Vi kan skrive dette som $$H(s) = F(s)G(s) = \frac{1}{s+1} \frac{1}{s^2} = \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$$

Dermed har vi $$ \begin{align} h(t) &= f(t)*g(t) = e^{-t}*t \\ &=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau = \int_0^t e^{-\tau}(t-\tau)\mathrm{d}\tau \\ &=\int_0^t te^{-\tau}\mathrm{d}\tau - \int_0^t \tau e^{-\tau} \mathrm{d}\tau \\ &=t\left(1-e^{-t}\right) + e^{-t}\left(t + 1\right) - 1 = t + e^{-t} - 1 \end{align} $$

Tabell med laplacetransformasjoner

Introduksjon

Joseph Fourier var en fransk matematiker som levde på 17- og 18-hundretallet. En av hans store oppdagelser innen matematikk var ideen om at alle periodiske funksjoner kan skrives som en sum av sinus- og cosinusfunksjoner med forskjellig amplitude og frekvens. En slik sum kalles for en fourierrekke.

Formlene gitt i delkapittelet vil ikke bli utledet her, siden utledningene med få unntak er relativt lange. Den seriøse student anbefales å se Kreyszig for utledningene.

Fourierrekker

Hensikten med fourierrekker er å utrykke en gitt periodisk funksjon $f(x)$, med periode $2L$, på formen

$$ f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\bigg( a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \bigg)$$

Det kan vises at $a_0$, $a_n$, og $b_n$ er bestemt ved

$$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(x) \mathrm{d}x \\ &a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)) \mathrm{d}x \\ &b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \end{align} $$

$a_0$ gjenkjennes som gjennomsnittet av funksjonen $f(x)$ over dens periode. Utregning av $a_0$ vha. integralet ovenfor kan dermed ofte droppes, ettersom gjennomsnittet for en god del funksjoner kan sees direkte av funksjonen. Merk at integralene kan regnes ut over en vilkårlig periode av funksjonen.

Fourierintegral

Diskusjonen så langt av fourierrekker har tatt basis i funksjoner som er strengt periodiske. Men hvis en funksjons periode går mot uendelig (altså hvis funksjonen er uperiodisk), vil rekke-representasjonen gå mot et integral på tilsvarende form:

$$ \begin{align} &f(x) = \int_{0}^{\infty}\bigg[A(w)\cos(wx) + B(w)\sin(wx)\bigg]\mathrm{d}w \\ \end{align} $$ hvor $$ \begin{align} &A(w) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(v)\cos(wv)\mathrm{d}v,\quad B(w) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(v)\sin(wv)\mathrm{d}v \end{align} $$

Fouriertransformasjon

Ifra fourierintegralet, med eulers formel, kan en utlede fouriertransformasjonen:

$$ \hat{f}(w) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-iwx}\mathrm{d}x $$

Den inverse fouriertransformasjonen er gitt ved:

$$ f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(w)e^{iwx}\mathrm{d}w $$

En alternativ notasjon for fouriertransformasjonen er

$$ \hat{f}(w) = \mathscr{F}(f)$$

En fouriertransformert funksjon sies å være i frekvens-domenet.

Eksempel

Finn den fouriertransformerte av funksjonen $f(x) = 1,\>|x| < 5$ og $f(x) = 0$ ellers.

$$ \begin{align} \hat{f}(w) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-5}^{5} e^{-iwx}\mathrm{d}x = \frac{1}{-iw\sqrt{2\pi}} e^{-iwx}\Bigg|_{-5}^{5} \\ &= \frac{1}{-iw\sqrt{2\pi}}\left(e^{-5iw} - e^{5iw}\right) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{\sin(5w)}{w} \end{align} $$

Her har vi brukt at $e^{iaw} - e^{-iaw} = 2i\sin(aw)$.

Partiellderiverte

En kjapp gjennomgang av partiellderiverte kan være nødvendig. Hvis studenten er kjent med partiellderiverte kan en hoppe til generell løsningsmetodikk.

Den partiellderiverte til en funksjon $f$ som er avhengig av flere variabler, er den deriverte av funksjonen med hensyn på én av variablene, hvor de andre variablene blir ansett som konstante under derivasjonen. Det er primært to notasjoner for en partiellderivert;

$$\frac{\partial f}{\partial x},\quad f_x$$

Eksempel 1

La $f(x,y) = 2x^2 - 4xy$, finn $f_x$, $f_y$, $f_{xx}$ og $f_{xy}$.

Vi holder $y$ konstant, og deriverer med hensyn på $x$:

$$ \begin{align} &f_x = 4x - 4y\\ &f_{xx} = 4 \end{align} $$

Så holder vi $x$ konstant og deriverer med hensyn på $y$:

$$ f_y = 4 $$

For å finne $f_{xy}$ deriverer vi først med hensyn på $x$, så på $y$:

$$f_{xy} = \frac{\partial(f_x)}{\partial y} = \frac{\partial (4x - 4y)}{\partial y} = -4$$

Eksempel 2

La $f(x,y,z) = 3yze^{x^2} + x\cos z$, finn $f_{zz}$, $f_{xx}$ og $f_{xyz}$.

$$ \begin{align} &f_z = 3ye^{x^2} - x\sin z\\ &f_{zz} = -x\cos z\\ &f_{x} = 6yzxe^{x^2} + \cos z \\ &f_{xx} = 6yz\left(e^{x^2}+2x^2e^{x^2}\right) = 6yze^{x^2}(1 + 2x^2) \\ &f_{xy} = 6zxe^{x^2} \\ &f_{xyz} = 6xe^{x^2} \end{align} $$

Superposisjonens fundamentalteorem

Hvis $u_1$ og $u_2$ er løsninger til en lineær og homogen PDE, så er

$$u = au_1 + bu_2$$

også en løsning for den samme PDE'en, med arbitrære konstanter $a$ og $b$.

Generell løsningsmetodikk

Mengden løsninger for nesten enhver gitt PDE, uten videre betingelser, kan være veldig stor. En viktig del av å løse en PDE er dermed å finne initialbetingelser og grensebetingelser. Initialbetingelser er betingelser for $t = 0$, mens grensebetingelser er betingelser for grensene til regionen PDE'en skal løses for.

PDE'ene skal generelt løses i tre steg:

• Separere variable
• Løse to homogene ODE'er ved bestemmelse av en konstant
• Tilfredstille betingelsene

Ved å separere variable leter en etter en løsning på formen $u(x,t) = F(x)G(t)$(hvis $x$ og $t$ er de to variablene likningen er avhengig av). Deretter setter en dette utrykket inn i PDE'en, og skiller ut i to homogene ODE'er, som kan løses hver for seg, ved hjelp av betingelsene oppgitt.

Bølgelikningen

Den en-dimensjonale bølgelikningen er gitt ved

$$ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $$

I pensum blir denne brukt til å modellere en svingende tråd som er festet i begge ender, og dermed er endebetingelsene: $u(0,t) = 0$ og $u(L,t) = 0$. Videre har tråden en initiell avbøyning, og en initiell hastighet, som gir to initialbetingelser; $u(x,0) = f(x), \>u_t(x,0) = g(x)$.

Som forklart ovenfor, letes det etter en løsning på formen $u(x,t) = F(x)G(t)$. Settes dette utrykket inn i bølgelikningen, får man

$$ F\ddot{G} = c^2 F''G $$

Hvis en deretter deler på $u = FG$, og rydder, får en to homogene ODE'er:

$$ \begin{align} &\frac{F\ddot{G}}{FG} = c^2 \frac{F''G}{FG} \Longleftrightarrow \frac{\ddot{G}}{G} = c^2 \frac{F''}{F} = k \\[2mm] &\Longleftrightarrow F'' - kF = 0\qquad \ddot{G} - c^2kG = 0 \\ \end{align} $$

Utrykkene er lik en konstant $k$. Dette må være tilfellet, siden forandring av én variabel bare vil påvirke én side av likningen.

PDE'en er nå redusert til to homogene ODE'er, som lar seg løse. Løsningen er avhengig av konstanten k, mer bestemt om den er positiv, negativ eller lik $0$. Som oftest gir bare en av disse valgene en ikke-triviell løsning. Hvis flere valg gir en løsning, kan det være lurt å se om det finnes flere betingelser.

Det er viktig å merke seg at gitt de to endebetingelsene, så er en løsning av PDE'en $G \equiv 0$, men dette gir $u \equiv 0$ og er dermed ikke av interesse.

Hvis en først lar $k = 0$, er løsningen av $F$

$$ \begin{align} &F = ax + b \\ &F(0) = 0 \implies b = 0 \\ &F(L) = 0 \implies a = 0 \\ &\implies F \equiv 0 \Leftrightarrow u \equiv 0 \end{align} $$

Altså en triviell løsning. Videre kan en la $k = p^2$, som gir løsningen

$$ \begin{align} &F'' - p^2F = 0 \\ &F = Ae^{px} + Be^{-px} \\ &F(0) = 0 \implies A + B = 0 \\ &F(L) = 0 \implies Ae^{Lp} + Be^{-Lp} = 0 \\ &\implies A = B = 0 \\ &\implies F \equiv 0 \Leftrightarrow u \equiv 0 \end{align} $$

Enda en triviell løsning. Siste mulighet er $k = -p^2$, som gir løsningen

$$ \begin{align} &F'' + p^2F = 0 \\ &F = A\cos px + B\sin px \\ &F(0) = 0 \implies A = 0 \\ &F(L) = 0 \implies \sin pL = 0 \Leftrightarrow pL = n\pi \\ &\Leftrightarrow p = \frac{n \pi}{L} \> \text{(n heltall)}\\ \end{align} $$

Løsningen $B = 0$ gir $F \equiv 0$, så dette er dermed utelukket. En kan sette $B = 1$, og får deretter

$$ F_n(x) = \sin\frac{n \pi x}{L}\qquad (n = 1,2 \ldots) $$

Dette er et uendelig stort set med løsninger for $F(x)$. Videre brukes $k = -p^2$ til å løse for $G$ (setter her $\lambda_n = cp = \frac{cn\pi}{L}$):

$$ \begin{align} &\ddot{G} + c^2p^2 G = 0 \\ &\ddot{G} + \lambda_n^2G = 0 \\ &G = A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t \end{align} $$

Før initialbetingelsene tilfredstilles, merkes det at løsninger for $u(x,t)$ kan skrives

$$u_n(x,t) = \left(A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi x}{L}$$

Disse funksjonene kalles for eigenfunksjoner, eller karakteristiske funksjoner av $u$, mens $\lambda_n$ er eigenverdiene, eller de karakteristiske verdiene til $u$. For den interesserte representerer hver av disse en normalmodus til tråden.

Siden bølgelikningen er lineær og homogen, følger det ifra superposisjonens fundamentalteorem at en sum av alle eigenfunksjonene er en løsning av $u$:

$$ u(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}u_n(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}\left(A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi x}{L}$$

Initialbetingelsene må deretter tilfredstilles:

$$ \begin{align} &u(0,t) = f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty}\left(A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi x}{L} \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}(A_n\cos0 + B_n \sin0)\sin\frac{n\pi x}{L} = \sum_{n = 1}^{\infty}A_n\sin\frac{n\pi x}{L} \end{align} $$

Dette kjennes igjen som en fouriersinusrekke til $f(x)$, og $A_n$ velges dermed til

$$A_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\frac{n\pi x}{L} \>\mathrm{d}x $$

Videre må $u_t$ bestemmes

$$ \begin{align} u_t &= \frac{\partial}{\partial t} \left[\sum_{n = 1}^{\infty}\left(A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi}{L}x\right] \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}\left(-A_n\lambda_n\sin\lambda_n t + B_n\lambda_n\cos\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi}{L}x \end{align} $$

slik at $u_t(x,0)$ kan tilfredstilles:

$$ \begin{align} u_t(x,0) &= g(x) = \sum_{n = 1}^{\infty}\left(-A_n\lambda_n\sin\lambda_n 0 + B_n\lambda_n\cos\lambda_n 0\right)\sin\frac{n\pi x}{L} \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}B_n\lambda_n\sin\frac{n\pi x}{L} \end{align} $$

Som tidligere, kjennes dette igjen som en fouriersinusrekke til $g(x)$, og $B_n\lambda_n$ velges dermed til

$$ \begin{align} &B_n\lambda_n = \frac{2}{L}\int_0^L g(x)\sin\frac{n\pi x}{L} \>\mathrm{d}x \\ &\Longleftrightarrow B_n = \frac{2}{cn\pi} \int_0^L g(x)\sin\frac{n\pi x}{L} \>\mathrm{d}x \end{align} $$

Dette fullfører den generelle løsningen til den én-dimensjonale bølgelikningen.

D'Alemberts løsning av bølgelikningen

Hvis en antar at den initielle hastigheten i utledningen ovenfor, $g(x)$, er lik 0, er $B_n = 0$, og den generelle løsningen er

$$ u(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}\left(A_n\cos\lambda_n t + B_n\sin\lambda_n t\right)\sin\frac{n\pi}{L}x = \sum_{n = 1}^{\infty}A_n\cos\lambda_nt\sin\frac{n\pi}{L}x $$

Ved litt trigonometrisk triksing($\sin x\cos y = \frac{1}{2}\big(\sin(x+y) + \sin(x-y)\big)$) blir dette

$$ u(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}A_n\cos\lambda_nt\sin\frac{n\pi}{L}x = \sum_{n = 1}^{\infty}A_n\frac{1}{2}\left[\sin\left(\frac{n\pi}{L}(x - ct)\right) + \sin\left(\frac{n\pi}{L}(x + ct)\right)\right] $$

Altså er

$$ u(x,t) = \frac{1}{2}\left[f^*(x - ct) + f^*(x + ct)\right] $$

hvor $f^*$ er den odde periodiske utvidelsen av $f$.

Deriveres denne to ganger, ser en at den tilfredstiller bølgelikningen.

Dette resultatet kan etableres ved å la $v = x + ct,\> w = x - ct$, og deretter utrykke $u$ ved $v$ og $w$ via kjerneregelen, som gir (utledning finnes i Kreyszig s. 553)

$$\frac{\partial^2 u}{\partial w \partial v} = 0 $$

Denne kan løses ved to integrasjoner (som diskutert i antideriverte), og gir

$$ u(x,t) = \phi(x + ct) + \psi(x - ct) $$

som er kjent som d'Alemberts løsning til bølgelikningen.

For å tilfredstille initialbetingelsene til bølgelikningen kan det vises at dette gir

$$ \begin{align} &\phi(x) = \frac{1}{2}f(x) + \frac{1}{2c}\int_{x_0}^x g(s)\mathrm{d}s + \frac{1}{2}k(x_0)\\ &\psi(x) = \frac{1}{2}f(x) - \frac{1}{2c}\int_{x_0}^x g(s)\mathrm{d}s - \frac{1}{2}k(x_0)\\ &k(x_0) = \phi(x_0) - \psi(x_0) \end{align} $$

som innsatt i d'Alemberts løsning gir

$$ u(x,t) = \frac{1}{2}\bigg[f(x + ct) + f(x-ct)\bigg] + \frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}g(s)\mathrm{d}s $$

Som reduseres til

$$ u(x,t) = \frac{1}{2}\bigg[f(x + ct) + f(x-ct)\bigg] $$

hvis den initielle hastigheten $g(x) = 0$.

Merk at denne løsningen gjelder bare hvis funksjonen $f$ er odd og periodisk med periode $2L$.

Varmelikningen i én dimensjon

Den én-dimensjonale varmelikningen er gitt ved

$$ \frac{\partial u}{\partial t} = c^2\frac{\partial u}{\partial x^2} $$

Det er flere initialbetinglser og grensebetingelser som er relevante i løsningen av varmelikningen, men her diskuteres bare grensebetingelsene:

• Endepunkter med konstant temperatur($u(0,t) = 0,\> u(L,t) = 0$)
• Isolerte endepunkter($u_x(0,t) = 0,\> u_x(L,t)= 0$, og initialbetingelsen: $u(x,0) = f(x)$.

Det begynnes igjen med seperasjon av variable:

$$ \begin{align} u(x,t) &= F(x)G(t) \Longleftrightarrow \dot{G}F = c^2F''G = k\\ \Longleftrightarrow &\frac{\dot{G}}{G} = c^2\frac{F''}{F} = k\\[2mm] \Longleftrightarrow &\dot{G} - c^2kG = 0, \qquad F'' -kF = 0 \\ \end{align} $$

Som i bølgelikningen må likningene være lik en konstant k. Videre løses likningene med valg av konstant $k = -p^2$(som for bølgelikningen, verifiser selv at dette er den eneste mulige løsningen):

$$ \begin{align} &F'' + p^2F = 0 \Longleftrightarrow F = A\cos px + B \sin px \\[2mm] &\dot{G} + c^2p^2G = 0 \Longleftrightarrow G = Ce^{-c^2p^2t} \\ \end{align} $$

Varmelikningen i to dimensjoner for stødige problemer

Varmelikningen i to dimensjoner er gitt ved

$$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2\nabla^2u = c^2\left(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\right) $$

Pensum ser på stødige problemer; problemer som er uavhengige av tid, altså $\partial u/\partial t = 0$. Varmelikningen reduseres dermed til laplaces likning:

$$ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0 \Longleftrightarrow \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} $$

Denne PDE'en lar seg løse i en region R, med grensekurve C, for gitte initialbetingelser og grensebetingelser, kalt et BVP (boundary value problem). Det er hovedsakelig tre kategorier med betingelser:

• Første BVP, Dirichlecht problem hvis $u$ er definert på C
• Andre BVP, Neumann problem hvis den normalderiverte $u_n$ er definert på C
• Tredje BVP, Mikset BVP, Robin problem hvis $u$ er definert på deler av C, og $u_n$ på resten.

Her vises en utledning for en Første BVP og for en Tredje BVP.