# Numerikk ## Lagrange-interpolasjon ## Newtons dividerte differanser ## Simpsons metode ## Gauss-Seidel ## Euler-metoden ## Baklengs Euler ## Heuns metode ## Trapesmetoden ## Fikspunkt-iterasjon ## Newtons metode ### For ligningssystemer ## 4-punktsformelen ## 5-punktsformelen # Laplacetransformasjon Laplacetransformasjonen $F(s)$ til en funksjon $f(t)$ er definert ved $$F(s) = \mathcal{L}(f) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\mathrm{d}t. $$ Eksempelvis for $f(t) = 1$: $$F(s) = \int_0^\infty e^{-st}\mathrm{d}t = \left.-\frac{1}{s}\right|_0^\infty = -\frac{1}{s}(0 - 1) = \frac{1}{s}$$ Den inverse laplacetransformasjonen er gitt ved(dette er ikke pensum): $$f(t) = \frac{1}{2\pi i} \lim_{T \to \infty}\int_{\gamma-iT}^{\gamma+iT}F(s)e^{st}ds$$ Kompendiet kommer gjennomgående til å bruke _LT_ og _ILT_ som forkortelser for disse operasjonene. ## Linearitet Laplacetransformasjon er en lineær operasjon, altså gjelder $$ \mathcal{L}(af(t) + bg(t)) = a\mathcal{L}(f(t)) + b\mathcal{L}(g(t)) $$ ## Noen få laplacetransformasjoner En lengre liste finnes under [Tabell med laplacetransformasjoner](#Tabell med laplacetransformasjoner). Den seriøse student anbefales å sette seg ned og utlede et par av disse selv. || $\textbf{f(t)}$ || $\textbf{F(s)}$ || || $1$ || $\frac{1}{s}$ || || $t$ || $\frac{1}{s^2}$ || || $t^2$ || $\frac{2}{s^3}$ || || $t^n$ || $\frac{n!}{s^{n+1}}$ || || $e^{at}$ || $\frac{1}{s-a}$ || || $\sin(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ || || $\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\sin(\omega t)$ || $\frac{s - a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || ## Eksistens En funksjon må tilfredstille visse krav for å ha en laplacetransformasjon. Funksjonen må være _stykkvis 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 LT. Hvis $f(t)$ __ikke__ var eksponensielt begrenset, vil ikke lenger $e^{-st}$ være den dominerende faktoren, og grensen ved $\infty$ vil divergere. ##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__ $$ F(s-a) = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}[e^{at}f(t)]\mathrm{d}t = \mathcal{L}(e^{at}f(t)) $$ ### Eksempler __Finn den inverstransformerte__ 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](#noen-fa-laplacetransformasjoner). __Finn den invertransformerte__ 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 LT'en 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. ILT gir oss nå $$f(t) = e^{-2t}(sin(t) + 2cos(t))$$ ##Andre skifteteorem(t-Skifting), Heavisides funksjon, Diracs deltafunksjon ###Heavisides funksjon Heavisides funksjon er definert som $$ u(t - a) = \begin{cases} 0 & \text{if } t < a \\ 1 & \text{if } t > a \end{cases} $$ Funksjonen kan brukes på kreative måter. For eksempel kan funksjonen $$ f(x) = \begin{cases} x & \text{if } x < \frac{3}{2} \\ (x-1)^2 + \frac{5}{4} & \text{if } x > \frac{3}{2} \end{cases} $$ skrives ved hjelp av Heavisides som: $$h(x) = x(1-u(x-3/2)) + ((x-1)^2 + 5/4)u(x-3/2)$$ Laplacetransformasjonen til Heavisides funksjon er gitt ved $$ \mathcal{L}(u(t-a)) = \frac{e^{-as}}{s} $$ Dette kan utledes helt analogt med $f(t) = 1$, hvor nedre integrasjonsgrense settes til $a$ ($u$ er $0$ frem til $a$). ###t-Skifting Den laplacetransformerte til en funksjon $g(t) = f(t-a)u(t-a)$ er $$ \mathcal{L}(g) = \mathcal{L}(f(t-a)u(t-a)) = e^{-as}F(s). $$ Igjen hvor $F(s) = \mathcal{L}(f(t))$. Dette kalles for t-skifting. __Bevis__ $$ e^{-as}F(s) = \int_0^\infty e^{-s(\tau+a)}f(\tau)\mathrm{d}\tau = \int_a^\infty e^{-st}f(t-a)\mathrm{d}t $$ Her har vi brukt substitusjonen $\tau = t - a$. Videre får vi: $$ \int_a^\infty e^{-st}f(t-a)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}f(t-a)u(t-a)\mathrm{d}t = \mathcal{L(f(t-a)u(t-a))}$$ ###Diracs deltafunksjon Diracs deltafunksjon brukes til å modellere veldig korte støt og er definert ved $$ \delta(t - a) = \begin{cases} 0 & \text{if } t \neq a \\ \infty & \text{if } t = a \end{cases} $$ slik at $$ \int_0^\infty \delta(t-a)\mathrm{d}t = 1. $$ Laplacetransformasjonen til $\delta$ er gitt ved: $$ \mathcal{L}(\delta(t-a)) = e^{-as}. $$ ##Laplacetransformasjoner av deriverte og integraler ### Deriverte Den laplacetransformerte til den deriverte av en funksjon $f(t)$, $f'(t)$, er gitt ved $$ \mathcal{L}(f'(t)) = sF(s) - f(0)$$ og for den dobbeltderiverte $f''(t)$ ved $$ \mathcal{L}(f''(t)) = s^2F(s) - sf'(0) - f(0) $$ __Bevis__ $$ \mathcal{L}(f'(t)) = \int_0^{\infty} e^{-st}f'(t) = e^{-st}f(t)\Bigg|_0^{\infty} + s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t)$$ Siden funksjonen __må__ være eksponensielt begrenset, vil $$\lim_{t \to \infty} e^{-st}f(t) = 0 $$ og man får $$ e^{-st}f(t)\Bigg|_0^{\infty} + s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t) = f(0) + s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t) = -f(0) + sF(s)$$ Utvidelse til andre-deriverte og n'te-deriverte kan deretter gjøres ved direkte bruk av resultatet ovenfor: $$ \mathcal{L}(f''(t)) = s\mathcal{L}(f'(t)) - f'(0) = s\left[sF(s) - f(0)\right] - f'(0) = s^2F(s) - sf(0) - f'(0)$$ Ved induksjon kan det deretter vises at $$ \mathcal{L}(f^{(n)}(t)) = s^{n}F(s) - s^{n-1}f(0) - s^{n-2}f'(0) - \dots - f^{(n-1)}(0) $$ ### Integrerte Laplacetranformasjoen til en funksjon $$ g(t) = \int_0^{t}f(\tau)\mathrm{d}\tau$$ er gitt ved $$ \mathcal{L}(g) = \mathcal{L}\left(\int_0^t f(\tau)\mathrm{d}\tau\right) = \frac{1}{s}F(s)$$ Beviset utelates her, men kan finnes i _Kreyzig_ s. 213. ## 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 Resultatene ovenfor er veldig hendige til løsning av differensiallikninger. Ved bruk av formelenene 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](#eksistens). ### __Eksempler__ __Løs diff. likningen:__ $$ y'' - 2y' + y = cos(t) \qquad y'(0) = 0,\> y(0) = 0 $$ 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](##frste-skifteteorems-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. __Løs diff. likningen:__ $$ y'' + 5y' = \delta(t - 3) + e^{-t}\qquad y(0) = 5,\> y'(0) = 0 $$ 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](#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-](##frste-skifteteorems-skifting) og/eller [t-skifting](#andre-skifteteoremt-skifting-heavisides-funksjon-diracs-deltafunksjon) || $F(s)$ || $f(t)$ || || $e^{-3s}/s$ || $u(t-3)$ || || $e^{-3s}/(s+5)$ || $u(t-3)e^{-5(t-3)}$ || || $5$ || $5\delta(t)$ || || $25/s$ || $25$ || || $25/(s+5)$ || $25e^{-5t}$ || || $1/s$ || $1$ || || $1/(s+1)$ || $e^{-t}$ || || $1/(s+5)$ || $e^{-5t}$ || 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 Laplacetransfomering (så lenge du titter på konvolusjon). ##Konvolusjon Laplacetransformering er som vist en [linær operasjon](#linearitet), men for to funksjoner $f$ og $g$ er $\mathcal{L}(fg) \neq \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$. $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$ kalles for konvolusjonen av $f$ og $g$ og er definert ved $$ h(t) = (f * g)(t) = \int_0^t f(\tau)g(t - \tau)\mathrm{d}\tau = \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$$ Vi kan bruke konvolusjon til å invers-transformere 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 $$ \begin{align} h(t) &= f(t)*g(t) = e^{-t}*t \\ &=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau = \int_0^t e^{-\tau}(t-\tau)\mathrm{d}\tau \\ &=\int_0^t te^{-\tau}\mathrm{d}\tau - \int_0^t \tau e^{-\tau} \mathrm{d}\tau \\ &=t\left(1-e^{-t}\right) + e^{-t}\left(t + 1\right) - 1 = t + e^{-t} - 1 \end{align} $$ ### Integrallikninger Konvolusjon kan brukes til å løse likninger som inneholder integraler som selv inneholder variablen likningen skal løses for. __Eksempel:__ Løs for $y(t)$: $$y(t) - \int_0^{\infty} y(\tau)\sin(t-\tau)\mathrm{d}\tau = \cos(t)$$ Vi ser at vi med konvolusjon kan hive hele likningen over i Laplace-domenet, og deretter løse for $Y(s)$. $$ \begin{align} &y(t) - \int_0^{\infty} y(\tau)\sin(t-\tau)\mathrm{d}\tau = \cos(t) \\ &\Longleftrightarrow Y(s) - Y(s)\frac{s}{s^2 + 1} = \frac{1}{s^2 + 1} \\ &\Longleftrightarrow Y(s)\left(1 - \frac{s}{s^2 + 1}\right) = \frac{1}{s^2 + 1} \\ &\Longleftrightarrow Y(s) = \frac{1}{s^2+1} \frac{s^2 + 1}{s^2 - s + 1} \\ &\Longleftrightarrow Y(s) = \frac{1}{s^2 - s + 1} \\ \end{align} $$ Vi har nå fått et utrykk vi kan løse med s-skifting: $$ \begin{align} &Y(s) = \frac{1}{\left(s - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}} \Longleftrightarrow y(t) = \sqrt{\frac{4}{3}}e^{0.5t}\cos\left(\frac{3}{4}t\right) \end{align} $$ ##Tabell med laplacetransformasjoner || $\textbf{f(t)}$ || $\textbf{F(s)}$ || || $1$ || $\frac{1}{s}$ || || $t$ || $\frac{1}{s^2}$ || || $t^2$ || $\frac{2}{s^3}$ || || $t^n$ || $\frac{n!}{s^{n+1}}$ || || $e^{at}$ || $\frac{1}{s-a}$ || || $\sin(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ || || $\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\sin(\omega t)$ || $\frac{s - a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || # Fourieranalyse  ## 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. Formelene gitt i delkapittelet vil ikke bli utledet her, siden utledningene med få unntak er relativt lange. Den seriøse student anbefales å se Kreyzig for en utledning. ## Fourierrekker Hensikten med fourierrekker 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 $a_0$ kan dermed ofte droppes, ettersom gjennomsnittet for en god del funksjoner kan sees direkte av funksjonen. ### Periodisitet på 2$\pi$ Hvis funksjonen det skal lages fourierrekke av har periodisitet på $2L = 2\pi$, blir formlene $$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d}x \\ &a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \mathrm{d}x \\ &b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \mathrm{d}x \end{align} $$ ### Jevne og odde funksjoner __Jevne funksjoner__ Hvis $f(x)$ er en __jevn__ funksjon (en funksjon hvor $f(x) = f(-x)$), vil integralet $$ b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \equiv 0$$ siden $\sin(kx)$ er en __odd__ funksjon. Videre vil integralene i bestemmelsen av $a_0$ og $a_n$ være jevne, siden $\cos(ax)$ er jevn. Dermed kan fourierrekken for jevne funksjoner skrives $$ f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$ hvor $$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) \mathrm{d}x \\ &a_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \\ \end{align} $$ __Odde funksjoner__ Hvis $f(x)$ er en __odd__ funksjon (en funksjon hvor $f(x) = -f(x)$), vil integralene $$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(x) \mathrm{d}x \equiv 0 \\ &a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \equiv 0\\ \end{align} $$ siden $f(x)$ er odd og $\cos(kx)$ er jevn. Dermed kan fourierrekken for odde funksjoner skrives $$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) $$ hvor $$ b_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{d}x $$ ### Feilestimat I praktisk bruk av fourierrekker vil det til tider være nødvendig å bruke $N$-antall ledd av rekken. En slik rekke vil ha en viss feil assosiert ved seg. For en funksjon $f(x)$ med en begrenset fourierrekke $F(x)$ er det vanlig å beregne den __kvadratiske__ feilen over hele perioden til $f$: $$ E = \int_{-L}^{L}\left(f - F\right)^2\mathrm{d}x $$ Lar en koeffesientene i $F(x)$ være like fourier-koeffesientene til $f(x)$ (som kan vises at minimerer feilen), får en $$ E^* = \int_{-L}^{L} f^2 \mathrm{d}x - L\left[2a_0^2 + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2)\right] $$ Siden $E^* \geq 0$ får en av likningen ovenfor __Bessels ulikhet__: $$ 2a_0^2 + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2) \leq \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)^2 \mathrm{d}x $$ Hvis antall ledd i $F(x)$ går mot uendelig, går $E^*$ mot 0, og en får (vha. __Parsevals Teorem__ for den interesserte) __Parsevals identitet__: $$ 2a_0^2 + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2) = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x)^2 \mathrm{d}x $$ ### Eksempler _Generelle funksjoner_ __Eksempel 1__ La $f(x) = \pi - x \quad(-\pi < x < \pi),\; f(x + 2\pi) = f(x)$.  Finn fourierrekken til $f(x)$. Oppgaven går ut på å finne $a_0$, $a_n$ og $b_n$. Vi angriper én av gangen. $$ a_0 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} (\pi - x) \mathrm{d}x = \frac{1}{2\pi} \left(\pi x - 0.5x^2\right)\bigg|_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi}\left(\pi(2\pi) - 0.5(\pi^2 - \pi^2)\right) = \pi $$ Husk at $a_0$ er snittet av funksjonen over perioden. Av figuren vår ser vi at $a_0 = \pi$ er å forvente. Ved utregning av $a_n$ og $b_n$ får vi integraler på typen $\int x \cos(ax)$ og $\int x \sin(ax)$. Disse går ofte igjen i utregning av fourierrekker. De kan løses ved delvis integrasjon, og står i Rottmann s. 144. $$ \begin{align} a_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (\pi - x) \cos(nx) \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\int_{-\pi}^{\pi} \pi \cos(nx) - \int_{-\pi}^{\pi} x\cos(nx) \mathrm{d}x\right) \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\pi \sin(nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi} - \left(\frac{1}{n^2}\cos(nx) + \frac{x}{n}\sin(nx)\right)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\right) \\ &= -\frac{1}{\pi} \left(\frac{1}{n^2}\left(\cos(\pi n) - \cos(-\pi n)\right) + \frac{\pi}{n}\left(\sin(\pi n) + \sin(\pi n)\right)\right) = 0 \end{align} $$ Leddene med $\sin(\pm \pi n)$ faller bort siden $n$ er et heltall. Videre er $cos(-x) = cos(x)$ og dermed faller $\left(\cos(\pi n) - \cos(-\pi n)\right)$ vekk òg. Resultatet $a_n = 0$ ser du kanskje intuitivt ved at $f(x)$ er en odd funksjon skiftet vertikalt opp med $\pi$. $$ \begin{align} b_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}(\pi-x) \sin(nx) \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\int_{-\pi}^{\pi}\pi \sin(nx) \mathrm{d}x - \int_{-\pi}^{\pi} x\sin(nx)\mathrm{d}x\right) \\ &= \frac{1}{\pi} \left(-\pi\cos(nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi} - \left(\frac{1}{n^2}\sin(nx) - \frac{x}{n}\cos(nx)\right)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\right) \\ &= \frac{1}{n}\left(\cos(\pi n) + \cos(-\pi n)\right) = \frac{2}{n}\cos(\pi n) = 2\left(-1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \dots \right) \end{align} $$ Dermed får vi $$ f(x) = \pi + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2}{n} \cos(n \pi) \sin(nx) = \pi + 2\left(-\sin(x) + \frac{\sin(2x)}{2} - \frac{\sin(3x)}{3} \dots \right)$$ __Eksempel 2__ La $$ f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } -1 < x < -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \text{if } -\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2} \\ -1 & \text{if } \frac{1}{2} < x < 1 \end{cases} $$ og $f(x + 2) = f(x)$.  Finn fourierrekken til $f(x)$. $$ \begin{align} a_0 &= \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\left(\int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\mathrm{d}x - \int_{\frac{1}{2}}^{1} dx\right) = \frac{1}{4} \\ a_n &= \int_{-1}^{1}f(x)\cos(n\pi x) \mathrm{d}x = \int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\cos(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\cos(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1}-\cos(n\pi x)\mathrm{d}x \\ &= \left(\sin\left(\frac{-n \pi}{2}\right) - \sin\left(-n \pi\right)\right) + \frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{n \pi}{2}\right) -\sin\left(\frac{-n \pi}{2}\right)\right) - \left(\sin\left(n \pi\right) - \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right) \\ &= \sin\left(\frac{n \pi}{2}\right) \\ b_n &= \int_{-1}^{1}f(x)\sin(n\pi x) \mathrm{d}x = \int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\sin(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\sin(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1}-\sin(n\pi x)\mathrm{d}x \\ &= -\left(\cos\left(\frac{-n \pi}{2}\right) - \cos\left(-n \pi\right)\right) - \frac{1}{2}\left(\cos\left(\frac{n \pi}{2}\right) -\cos\left(\frac{-n \pi}{2}\right)\right) + \left(\cos\left(n \pi\right) - \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right) \\ &= 2\left(\cos(n\pi) - \cos\left(\frac{n \pi}{2}\right)\right) \end{align} $$ Fourierrekken blir dermed $$ f(x) = \frac{1}{4} + \sum_{n = 1}^{\infty} \sin\left(\frac{n \pi}{2}\right)\cos(n \pi x) + 2\left(\cos(n\pi) - \cos\left(\frac{n \pi}{2}\right)\right)\sin(n\pi x) $$ _Jevne og Odde funksjoner_ __Eksempel 3__ La $f(x) = x \quad (-\pi < x < \pi), \; f(x + 2\pi) = f(x)$  Finn fourierrekken til $f(x)$. $f(x)$ er en odd funksjon. Dermed er $a_0 = 0$ og $a_n = 0$, og det gjenstår å finne $b_n$: $$ \begin{align} b_n &= \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin(nx)\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi}\left(\frac{1}{n^2}\sin(nx) - \frac{x}{n}\cos(nx)\right)\Bigg|_0^{\pi} \\ &= -\frac{2}{n}\cos(n\pi) \end{align} $$ Dermed er $$f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty} -\frac{2}{n}\cos(n\pi)\sin(nx) $$ __Eksempel 4__ La $f(x) = x^2 \quad (-2 < x < 2), \; f(x + 4) = f(x)$  Finn fourierrekken til $f(x)$ (se Rottmann s. 144 for de ubestemte integralene brukt). $f(x)$ er en jevn funksjon. Dermed er $b_n = 0$, og det gjenstår å finne $a_0$ og $a_n$. $$ \begin{align} a_0 &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2} x^2 \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\frac{1}{3}x^3\Bigg|_0^2 = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \\ a_n &= \int_{0}^{2} x^2 \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \mathrm{d}x = \left(\frac{2}{\left(\frac{n\pi}{2}\right)^2}x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) - \frac{2 - \left(\frac{n\pi}{2}\right)^2 x^2}{\left(\frac{n\pi}{2}\right)^3}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\right)\Bigg|_0^2 \\ &= \frac{8}{n^2\pi^2}x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\Bigg|_0^2 = \frac{16}{n^2\pi^2}x\cos(n\pi) \end{align} $$ Vi ser at hele sinusleddet faller bort, siden $\sin(nx) \equiv 0$ og $\sin(0) = 0$. Dermed får vi $$f(x) = \frac{4}{3} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{16}{n^2\pi^2}\cos(n\pi)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)$$ _Feilestimering_ __Eksempel 5__ Bruk fourierrekken til $f(x) = \pi - x$ (eksempel 1) til å bestemme feilen ved en rekkeutvikling med $5$ ledd. Vi har $a_0 = \pi, a_n = 0, b_n = \frac{2}{n}\cos(\pi n)$. Siden $b_n^2 = \frac{4}{n^2}$ får vi $$ \begin{align} E^* &= \int_{-\pi}^{\pi}(\pi - x)^2\mathrm{d}x - \pi\left[2\pi^2 + sum_{n=1}^5 \frac{4}{n^2}\right]\\ &= \int_{-\pi}^{\pi}(\pi^2 - 2\pi x + x^2)\mathrm{d}x -\pi\left[2\pi^2 + sum_{n=1}^5 \frac{4}{n^2}\right]\\

&= 2\pi^3 + \frac{2}{3}\pi^3 - 2\pi^3 - 4\pi\frac{5269}{3600} \approx 2,27 \end{align} $$ ## Fourierintegral ## Fouriertransformasjon ### Konvolusjon # Partielle differensiallikninger ## Generell løsningsmetodikk ## Bølgelikningen ## Varmelikningen i én dimensjon ## Varmelikningen i to dimensjoner ## Superposisjon #Referanser