# 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 $$F(s) = \mathcal{L}(f) = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\mathrm{d}t. $$ Den inverse laplacetransformasjonen er gitt ved(dette er ikke pensum): $$f(t) = \frac{1}{2\pi i} \lim_{T \to \infty}\int_{\gamma-iT}^{\gamma+iT}F(s)e^{st}ds$$ Funksjonen $F(s)$ sies å være i frekvens-domenet, gitt at funksjonen $f$ er en funksjon av tid. Her vil utrykket _laplace-domenet_ brukes, for å unngå forvirring med fouriertransformasjonen. __Eksempel__ Finn laplacetransformasjonen til $f(t) = 1$. $$F(s) = \int_0^\infty e^{-st}\mathrm{d}t = -\frac{1}{s}e^{-st}\bigg|_0^\infty = -\frac{1}{s}(0 - 1) = \frac{1}{s}$$ ## 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 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 laplacetransformasjonen. Hvis $f(t)$ __ikke__ var eksponensielt begrenset, vil grensen ved $\infty$ divergere. ## 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. || $\textbf{f(t)}$ || $\textbf{F(s)}$ || || $1$ || $\frac{1}{s}$ || || $t$ || $\frac{1}{s^2}$ || || $t^2$ || $\frac{2}{s^3}$ || || $t^n$ || $\frac{n!}{s^{n+1}}$ || || $e^{at}$ || $\frac{1}{s-a}$ || || $\sin(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ || || $\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\sin(\omega t)$ || $\frac{s - a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || ##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__ $$ F(s-a) = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}[e^{at}f(t)]\mathrm{d}t = \mathcal{L}(e^{at}f(t)) $$ __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](#noen-fa-laplacetransformasjoner). __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. ILT gir oss nå $$f(t) = e^{-2t}(\sin(t) + 2\cos(t))$$ ##Andre skifteteorem(t-Skifting), Heavisides funksjon, Diracs deltafunksjon ###Heavisides funksjon Heavisides funksjon er definert ved $$ u(t - a) = \begin{cases} 0 & \text{if } t < a \\ 1 & \text{if } t > a \end{cases} $$ 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: $$f(x) = x(1-u(x-3/2)) + ((x-1)^2 + 5/4)u(x-3/2)$$ Laplacetransformasjonen til Heavisides funksjon er gitt ved $$ \mathcal{L}(u(t-a)) = \frac{e^{-as}}{s} $$ Dette 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 $$ \mathcal{L}(g) = \mathcal{L}(f(t-a)u(t-a)) = e^{-as}F(s). $$ 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 er det brukt substitusjonen $\tau = t - a$. $$ \int_a^\infty e^{-st}f(t-a)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}f(t-a)u(t-a)\mathrm{d}t = \mathcal{L(f(t-a)u(t-a))}$$ __Eksempel 1__ La $$f(t) = tu(t-2) $$ finn $F(s)$. Hvis $f(t)$ hadde vært $(t-2)u(t-2)$, hadde oppgaven vært triviell, siden vi kunne ha brukt t-skifting direkte. Så vi bruker et lite triks for å få funksjonen vår over på en slik form: $$ f(t) = ((t-2) + 2)u(t-2) = (t-2)u(t-2) + 2u(t-2)$$ Dette kan vi bruke t-skifting på: $$F(s) = \mathcal{L}\big((t-2)u(t-2) + 2u(t-2)\big) = \frac{e^{-2s}}{s^2} + \frac{2e^{-2s}}{s} $$ __Eksempel 2__ La $$F(s) = \frac{e^{-5s}}{(s+7)^3}$$ finn $f(t)$. Vi har et utrykk på formen $e^{-as}G(s)$ hvor $G(s) = \frac{1}{(s+7)^3}$. Ved bruk av [s-skifting](#frste-skifteteorems-skifting) ser vi at $g(\tau) = \frac{1}{2}e^{-7\tau}\tau^2$. For å finne $f(t)$ må vi ved t-skifting bruke substitusjonen $\tau = t - 5$ i $g(\tau)$, og vi får $$f(t) = \frac{1}{2}e^{-7(t-5)}(t-5)^2u(t-5)$$ ###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 $$\lim_{t \to \infty} e^{-st}f(t) = 0 $$ som gir $$ e^{-st}f(t)\Bigg|_0^{\infty} + s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t) = -f(0) + s\int_0^{\infty} e^{-st}f(t) = -f(0) + sF(s)$$ 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 $\mathcal{L}(fg) \neq \mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$. $\mathcal{L}(f)\mathcal{L}(g)$ 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 $$ \begin{align} h(t) &= f(t)*g(t) = e^{-t}*t \\ &=\int_0^t f(\tau)g(t-\tau)\mathrm{d}\tau = \int_0^t e^{-\tau}(t-\tau)\mathrm{d}\tau \\ &=\int_0^t te^{-\tau}\mathrm{d}\tau - \int_0^t \tau e^{-\tau} \mathrm{d}\tau \\ &=t\left(1-e^{-t}\right) + e^{-t}\left(t + 1\right) - 1 = t + e^{-t} - 1 \end{align} $$ ### 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 utledningene. ## 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 $$ b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \equiv 0$$ 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 $$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) \mathrm{d}x \\ &a_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \\ \end{align} $$ Dette kalles for en __fouriercosinusrekke__. __Odde funksjoner__ Hvis $f(x)$ er en __odd__ funksjon (en funksjon hvor $f(x) = -f(x)$), vil $$ \begin{align} &a_0 = \frac{1}{2L} \int_{-L}^{L} f(x) \mathrm{d}x \equiv 0 \\ &a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \mathrm{d}x \equiv 0\\ \end{align} $$ 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 $$ b_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\mathrm{d}x $$ Dette kalles for en __fouriersinusrekke__. ### Kompleks form Ved bruk av Eulers formler for sinus og cosinus $$ \cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}\quad \sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} $$ kan en skrive formlene for fourierrekken til en funksjon $f(x)$ på kompleks form: $$ f(x) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n \exp\left(\frac{in\pi}{L}x\right) $$ hvor $$ c_n = \frac{1}{2L}\int_{-L}^{L}f(x)\exp\left(-\frac{in\pi}{L}x\right)\mathrm{d}x $$ ### Feilestimat I praktisk bruk av fourierrekker kan det 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 lik fourier-koeffesientene til $f(x)$ (som kan vises at minimerer feilen til $F$), får man $$ E^* = \int_{-L}^{L} f^2 \mathrm{d}x - L\left[2a_0^2 + \sum_{n = 1}^{\infty} (a_n^2 + b_n^2)\right] $$ 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 dens periode. Av figuren 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 i oppgaven). $f(x)$ er en jevn funksjon. Dermed er $b_n = 0$, og det gjenstår å finne $a_0$ og $a_n$. $$ \begin{align} a_0 &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2} x^2 \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\frac{1}{3}x^3\Bigg|_0^2 = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \\ a_n &= \int_{0}^{2} x^2 \cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \mathrm{d}x = \left(\frac{2}{\left(\frac{n\pi}{2}\right)^2}x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) - \frac{2 - \left(\frac{n\pi}{2}\right)^2 x^2}{\left(\frac{n\pi}{2}\right)^3}\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\right)\Bigg|_0^2 \\ &= \frac{8}{n^2\pi^2}x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\Bigg|_0^2 = \frac{16}{n^2\pi^2}\cos(n\pi) \end{align} $$ Vi ser at hele sinusleddet faller bort, siden $\sin(n\pi) = \sin(0) = 0$. 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 $$ \begin{align} E^* &= \int_{-\pi}^{\pi}(\pi - x)^2\mathrm{d}x - \pi\left[2\pi^2 + \sum_{n=1}^5 \frac{4}{n^2}\right]\\ &= \int_{-\pi}^{\pi}(\pi^2 - 2\pi x + x^2)\mathrm{d}x -\pi\left[2\pi^2 + \sum_{n=1}^5 \frac{4}{n^2}\right]\\ &= \left(\pi^2x - \pi x^2 + \frac{1}{3}x^3)\right)\Bigg|_{-\pi}^{\pi} - \pi\left[2\pi^2 + 4\left(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9}+ \frac{1}{16} + \frac{1}{25}\right)\right] \\ &= 2\pi^3 + \frac{2}{3}\pi^3 - 2\pi^3 - 4\pi\frac{5269}{3600} \approx 2,27 \end{align} $$ ## Fourierintegral Diskusjonen så langt av fourierrekker har tatt basis i funksjoner som er strengt periodiske. Men hvis en funksjons periode går mot uendelig (altså er funksjonen uperiodisk), vil rekke-representasjonen gå mot et integral på tilsvarende form: $$ \begin{align} &f(x) = \int_{0}^{\infty}\left[A(w)\cos(wx) + B(w)\sin(wx)\right]\mathrm{d}w \\ &\text{hvor} \\ &A(w) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(v)\cos(wv)\mathrm{d}v,\quad B(w) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}f(v)\sin(wv)\mathrm{d}v \end{align} $$ ## 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 fouriertransofmert funksjon sies å være i __frekvens-domenet__. __Eksempel__ Finn den fouriertransformerte av funksjonen $f(x) = 1,\quad |x| < 5$ og $f(x) = 0$ ellers. $$ \begin{align} \hat{f}(w) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-5}{5} e^{-iwx}\mathrm{d}x = \frac{1}{-iw\sqrt{2\pi}} e^{-iwx}\Bigg|_{-10}^{10} \\ &= \frac{1}{-iw\sqrt{2\pi}}\left(e^{-5iw} - e^{5iw}\right) = \sqrt{\frac{\2}{\pi}}\frac{\sin(5w)}{w} $$ Her har vi brukt at $e^{iaw} - e^{-iaw} = 2i\sin(aw)$. ### Eksistens Hvis $f(x)$ er absolutt integrerbar langs x, og er delvis kontinuerlig på ethver begrenset intervall, finnes fouriertransformasjonen $\hat{f}(w)$ av $f(x)$ ### Linearitet Som laplacetransformasjonen, er fouriertransformasjonen en lineær operasjon, og dermed gjelder $$ \mathscr{F}(af + bg) = a\mathscr{F}(f) + b\mathscr{F}(g) $$ ### Deriverte For en derivert funksjon, $f'(x)$ med $\lim_{|x| \to \infty}f(x) = 0$, gjelder: $$ \mathscr{F}\big(f'(x)\big) = iw\mathscr{F}\big(f(x)\big) $$ __Bevis__ $$ \begin{align}\mathscr{F}\big(f'(x)\big) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f'(x)e^{-iwx}\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(f(x)e^{-iwx}\Bigg|_{\infty}^{\infty} + iw\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-iwx}\mathrm{d}x\right) = iw\mathscr{F}\big(f(x)\big) \end{align} $$ ### Konvolusjon Analogt med den laplacetransformerte av konvolusjonen av to funksjoner $f$ og $g$, er den fouriertransformerte av konvolusjonen av $f$ og $g$ gitt ved $$ \mathscr{F}(f*g) = \sqrt{2\pi}\mathscr{F}\mathscr{G} $$ hvor $$ h(x) = (f*g)(x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(p)g(x-p)\mathrm{d}p = \int_{-\infty}^{\infty}f(x-p)g(p)\mathrm{d}p$$ er konvolusjonen av $f$ og $g$. # Partielle differensiallikninger I [Matematikk 1](http://www.wikipendium.no/TMA4100_Matematikk_1/nb/), og [Matematikk 3](http://www.wikipendium.no/TMA4115_Matematikk_3) har studenten blitt introdusert til ordinære differensiallikninger(ODE); differensiallikninger som inneholder deriverte avhengig av én variabel. _Partielle differensialikninger_(PDE) er differensiallikninger som inneholder partielderiverte, avhengig av to eller flere variabler. Hvis en PDE bare inneholder deriverte avhengig av én variabel, kan den skrives om til tilsvarende ODE. ## Partiellderiverte En kjapp gjennomgang av partiellderiverte kan være nødvendig. Hvis studenten er kjent med partiellderiverte kan en hoppe til [generell løsningsmetodikk](#generell-lsningsmetodikk). 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; $$\frac{\partial f}{\partial x} = f_x$$ __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: $$f_{xy} = \frac{\partial (4x - 4y)}{\partial y} = -4 = -f_xx$$ __Eksempel 2__

$$

\end{align} $$ ### Integrasjon av partiellderiverte ## Generell løsningsmetodikk ## Bølgelikningen ## Varmelikningen i én dimensjon ## Varmelikningen i to dimensjoner ## Superposisjon #Referanser