> "Mathematical analysis is as extensive as nature itself; it defines all perceptible relations, measures times, spaces, forces, temperatures ; this difficult science is formed slowly, but it preserves every principle which it has once acquired; it grows and strengthens itself incessantly in the midst of the many variations and errors of the human mind." - Joseph Fourier # Tips

# Introduksjon # Numerikk ## Lagrange-interpolasjon > @TODO Ta i et tak, da vel! ## Newtons dividerte differanser > @TODO Ta i et tak, da vel! ## For å estimere integraler ### Simpsons metode En enkel numerisk metode for å beregne verdier av bestemte integraler. Den er også oppført i Rottmann. $$\int_a^b f(x) dx \approx \frac{h}{3}(f_0 + 4 f_1 + 2 f_2 + 4 f_3 + ... + 2f_{2m-2} + 4 f_{2m-1} + f_{2m}) $$ hvor $h = \frac{b-a}{2m}$, og $f_j = f(x_j)$. Du finner på/får oppgitt en passende $x_0$, deretter beregner du de påfølgende ved at $x_n = x_{n-1} +h$, dvs. at $x_1 = x_0 + h$. ### Trapesmetoden Denne metoden kan benyttes til å anslå verdien til et integral. Den er gitt ved: $$J = \int_a^b f(x) dx = h[\frac{1}{2}f(a) + f(x_1) + f(x_2) + ... + f(x_{n-1}) + \frac{1}{2}f(b) ]$$ Her er $h = \frac{b-a}{n}$, hvor $n$ er antallet intervaller du vil dele $x$-aksen mellom $a$ og $b$ i. ## For initialverdiproblemer ### Euler-metoden Gitt et initalverdiproblem $y' = f(x, y)$ med $y(x_0) = y_0$, og en steglengde $h$ (oppgis gjerne i oppgaven) så er: $$ y_{n+1}= y_n + h(f(x_n ,y_n)) $$ ### Baklengs Euler Baklengs Euler er gitt ved: $$ y_{n+1}= y_n + h(f(x_{n+1} ,y_{n+1})) $$ Får du en differensialligning $y' = f(x, y)$ og at $y(x_0) = y_0$, putter du inn utrykket ditt $f(x, y)$ i ligningen over, og løser for $y_{n+1}$. Deretter er det bare å begynne å iterere, for å få en numerisk løsning. $x_{n+1} x_n + h$ ### Heuns metode Kalles også forbedret Eulers metode. Gitt et initalverdiproblem $y' = f(x, y)$ med $y(x_0) = y_0$, og en steglengde $h$ (oppgis gjerne i oppgaven) så er: $$ y^{*}_{n+1}= y_n + h(f(x_n ,y_n) )$$ med andre ord en merket $y$ med samme uttrykk som Eulers metode, og en ny verdi: $$ y_{n+1}= y_n + h \frac{1}{2} [f(x_n ,y_n) + f(x_{n+1} ,y^*_{n+1} )]$$ og $$x_n = nh$$ ### Runge-Kutta #### Klassisk Runge-Kutta (RK4) Her må du først finne $k_1, k_2, k_3, k_4$: $$k_1 = hf(t_n, y_n)$$ $$k_2 = hf(t_n + h/2, y_n + k_1/2)$$ $$k_3 = hf(t_n + h/2, y_n + k_2/2)$$ $$k_4 = hf(t_n + h, y_n + k_3)$$ For å finne $y_{n+1}$: $$y_{n+1} = y_n + \frac{1}{6}(k_1 + 2k_2 + 2k_3 + k4)$$ ## For matriser ### Gauss-Seidel Dette er metoden hvor du putter inn de nyeste verdiene man har. Bare se [denne korte videoen](https://www.youtube.com/watch?v=F6J3ZmXkMj0&t=157s) så skjønner du greia relativt lett. ### Jacobi-iterasjon Dette er metoden hvor du putter inn verdiene du fikk i forrige iterasjon. Bare se [denne korte videoen](https://www.youtube.com/watch?v=bR2SEe8W3Ig) så skjønner du greia relativt lett. ## Fikspunkt-iterasjon Bare se [denne korte videoen](https://www.youtube.com/watch?v=OLqdJMjzib8) 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 $f'(x_n) = 0$. ### For ligningssystemer ## 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! # Laplacetransformasjon >Laplacetransformasjonen $F(s)$ til en funksjon $f(t)$ er gitt 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 __frekvensdomenet__, gitt at funksjonen $f$ er en funksjon av tid. __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 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](#tabell-med-laplacetransformasjoner). Den seriøse student anbefales å sette seg ned og utlede et par av disse selv. || $\textbf{f(t)}$ || $\textbf{F(s)}$ || || $1$ || $\frac{1}{s}$ || || $t$ || $\frac{1}{s^2}$ || || $t^2$ || $\frac{2}{s^3}$ || || $t^n$ || $\frac{n!}{s^{n+1}}$ || || $e^{at}$ || $\frac{1}{s-a}$ || || $\sin(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ || || $\cos(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\sin(\omega t)$ || $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\cos(\omega t)$ || $\frac{s-a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || ##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__ $$ F(s-a) = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}f(t)\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-st}\big[e^{at}f(t)\big]\mathrm{d}t = \mathcal{L}(e^{at}f(t)) $$ __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](#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. Vi inverstransformerer: $$f(t) = e^{-2t}(\cos(t) + 2\sin(t))$$ ##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 den laplacetransformerte til $f(t) = 1$, 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 $$f(t) = g(t-5)u(t-5) = \frac{1}{2}e^{-7(t-5)}(t-5)^2u(t-5)$$ ###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 >Laplacetransformasjonen 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 _Kreyszig_ 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 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](#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](##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. __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](#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 Laplacetransformering (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: $$ \begin{align} &Y(s) = \frac{1}{\left(s - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}} \Longleftrightarrow y(t) = \sqrt{\frac{4}{3}}e^{0.5t}\sin\left(\frac{3}{4}t\right) \end{align} $$ ##Tabell med laplacetransformasjoner || $\textbf{f(t)}$ || $\textbf{F(s)}$ || || $1$ || $\frac{1}{s}$ || || $t$ || $\frac{1}{s^2}$ || || $t^2$ || $\frac{2}{s^3}$ || || $t^n$ || $\frac{n!}{s^{n+1}}$ || || $1/\sqrt{\pi t}$ || $1/\sqrt{s}$ || || $t^{a-1}/\Gamma(a)$ || $1/s^a\>(a > 0)$ || || $e^{at}$ || $\frac{1}{s-a}$ || || $\frac{1}{a-b}(e^{at} - e^{bt})$ || $1/((s-a)(s-b))\quad a\neq b$ || || $\frac{1}{a-b}(ae^{at} - be^{bt})$ || $s/((s-a)(s-b))\quad a\neq b$ || || $\sin(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$ || || $\cos(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$ || || $\sinh(\omega t)$ || $\frac{\omega}{s^2 - \omega^2}$ || || $\cosh(\omega t)$ || $\frac{s}{s^2 - \omega^2}$ || || $e^{at}\sin(\omega t)$ || $\frac{s - a}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $e^{at}\cos(\omega t)$ || $\frac{\omega}{(s-a)^2 + \omega^2}$ || || $1 - \cos(\omega t)$ || $\frac{\omega^2}{s(s^2 + \omega^2)}$ || || $\omega t - \sin(\omega t)$ || $\frac{\omega^3}{s^2(s^2 + \omega^2)}$ || || $\sin(\omega t) - \omega t \cos(\omega t)$ || $\frac{2\omega^3}{(s^2 + \omega^2)^2}$ || || $t \sin(\omega t)$ || $\frac{2w \cdot s}{(s^2 + \omega^2)^2}$|| || $\frac{2}{t}(1 - \cos(\omega t)$ || $\ln\frac{s^2 + \omega^2}{s^2}$ || || $-\ln t - \gamma\quad(\gamma \approx 0.5772)$|| $\ln(s)/s$ || || $\frac{e^{bt}-e^{at}}{t}$ || $\ln\frac{s - a}{s - b}$ || || $\frac{\sin\omega t}{t}$ || $\arctan\frac{\omega}{s}$ || # 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. 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 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. ### 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, og utrykket under integralet totalt er __odd__. 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 en __jevn__ funksjon, og utrykket under integralet totalt er __odd__. 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, kan det vises at $E^*$ går mot 0, og Bessels ulikhet går mot(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 av 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. $$ \begin{align} a_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (\pi - x) \cos(nx) \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\int_{-\pi}^{\pi} \pi \cos(nx) - \int_{-\pi}^{\pi} x\cos(nx) \mathrm{d}x\right) \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\pi \sin(nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi} - \left(\frac{1}{n^2}\cos(nx) + \frac{x}{n}\sin(nx)\right)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\right) \\ &= -\frac{1}{\pi} \left(\frac{1}{n^2}\big(\cos(\pi n) - \cos(-\pi n)\big) + \frac{\pi}{n}\big(\sin(\pi n) + \sin(\pi n)\big)\right) = 0 \end{align} $$ Leddene med $\sin(\pm \pi n)$ faller bort siden $n$ er et heltall. Videre er $\cos(-x) = \cos(x)$ og dermed faller $\left(\cos(\pi n) - \cos(-\pi n)\right)$ også vekk. Resultatet $a_n = 0$ ser du kanskje intuitivt ved at $f(x)$ er en odd funksjon skiftet vertikalt opp med $\pi$ (dette gjelder generelt). $$ \begin{align} b_n &= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}(\pi-x) \sin(nx) \mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{\pi} \left(\int_{-\pi}^{\pi}\pi \sin(nx) \mathrm{d}x - \int_{-\pi}^{\pi} x\sin(nx)\mathrm{d}x\right) \\ &= \frac{1}{\pi} \left(-\pi\cos(nx)\Bigg|_{-\pi}^{\pi} - \left(\frac{1}{n^2}\sin(nx) - \frac{x}{n}\cos(nx)\right)\Bigg|_{-\pi}^{\pi}\right) \\ &= \frac{1}{n}\left(\cos(\pi n) + \cos(-\pi n)\right) = \frac{2}{n}\cos(\pi n) = 2\left(-1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \dots \right) \end{align} $$ 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 $f(x)$. $$ \begin{align} a_0 &= \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\left(\int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\mathrm{d}x - \int_{\frac{1}{2}}^{1} dx\right) = \frac{1}{4} \\ a_n &= \int_{-1}^{1}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{1}\right) \mathrm{d}x = \int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\cos(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\cos(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1}-\cos(n\pi x)\mathrm{d}x \\ &= \left(\sin\left(\frac{-n \pi}{2}\right) - \sin\left(-n \pi\right)\right) + \frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{n \pi}{2}\right) -\sin\left(\frac{-n \pi}{2}\right)\right) - \left(\sin\left(n \pi\right) - \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right) \\ &= \sin\left(\frac{n \pi}{2}\right) \\ b_n &= \int_{-1}^{1}f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{1}\right) \mathrm{d}x = \int_{-1}^{-\frac{1}{2}}\sin(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\sin(n\pi x)\mathrm{d}x + \int_{\frac{1}{2}}^{1}-\sin(n\pi x)\mathrm{d}x \\ &= -\left(\cos\left(\frac{-n \pi}{2}\right) - \cos\left(-n \pi\right)\right) - \frac{1}{2}\left(\cos\left(\frac{n \pi}{2}\right) -\cos\left(\frac{-n \pi}{2}\right)\right) + \left(\cos\left(n \pi\right) - \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\right) \\ &= 2\left(\cos(n\pi) - \cos\left(\frac{n \pi}{2}\right)\right) \end{align} $$ 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 sinusleddet faller bort, siden $\sin(n\pi) \equiv \sin(0) = 0$. 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 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 $e^{iaw} - e^{-iaw} = 2i\sin(aw)$. ### Eksistens Hvis $f(x)$ er absolutt integrerbar langs hele $x$, 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 $$ \mathscr{F}(f*g) = \sqrt{2\pi}\mathscr{F}(f)\mathscr{F}(g) $$ 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 $g$. Merk at (i motsetning til konvolusjonen for laplacetransformerte) konvolusjonen er definert også for negative verdier 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 en tilsvarende ODE. Hvis en diff. likning er avhengig av to generelle deriverte kan den med kjerneregelen ekspanderes til en PDE. PDE'er oppstår ofte i modellering av fysiske fenomener, siden ODE'er bare kan modellere de enklere fysiske fenomener, viss deriverte bare er avhengig av én variabel. ## 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; $$\frac{\partial f}{\partial x},\quad f_x$$ __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 $f_{xyz}$. $$ \begin{align} &f_z = 3ye^{x^2} - x\sin z\\ &f_{zz} = -x\cos z\\ &f_{x} = 6yzxe^{x^2} + \cos z \\ &f_{xx} = 6yz\left(e^{x^2}+2x^2e^{x^2}\right) = 6yze^{x^2}(1 + 2x^2) \\ &f_{xy} = 6zxe^{x^2} \\ &f_{xyz} = 6xe^{x^2} \end{align} $$ ### Antideriverte Det kan være nødvendig å gå fra partiellderiverte tilbake til den opprinnelige funksjonen. For eksempel gitt $f_x$ og $f_y$, finn $f(x,y)$. Hvordan dette gjøres beskrives best ved et eksempel; __Eksempel__ La $f_x = 2$ og $f_y = y$, finn $f(x,y)$. Vi tar først for oss $f_x$, den antideriverte må åpenlyst være $$f(x,y) = 2x + C$$ __men__, siden $f_x$ er en partiellderivert, og $y$ dermed blir en konstant under derivasjonen, er $C$ en funksjon av $y$ pluss en konstant. Vi skriver dette på formen $$f(x,y) = 2x + g(y) + D$$ Deretter, siden $f_y = y$ må $g'(y) = y$ og $g(y) = \frac{1}{2}y^2$. Dermed er $$f(x,y) = 2x + \frac{1}{2}y^2 + D $$ ## 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](#generell-lsningsmetodikk), 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__](http://en.wikipedia.org/wiki/Normal_mode) til tråden. Siden bølgelikningen er lineær og homogen, følger det ifra [superposisjonens fundamentalteorem](#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](#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](#blkgelikningen), verifiser selv at dette er den eneste mulige løsningen): $$ \begin{align} &F'' + p^2F = 0 \Longleftrightarrow F = A\cos px + B \sin px \\[2mm] &\dot{G} + c^2p^2G = 0 \Longleftrightarrow G = Ce^{-c^2p^2t} \\ \end{align} $$ ### Konstant temperatur Med grensebetingelsene $u(0,t) = 0 = u(L,t)$ (konstant temperatur $0$ ved endepunktene), fås løsningen $$ \begin{align} &F(0) = 0 \implies A = 0 \\ &F(L) = 0 \implies \sin pL = 0 \Longleftrightarrow p = \frac{n\pi}{L} \\ &\implies F_n(x) = \sin\frac{n\pi}{L}x, \quad G_n(t) = A_ne^{-\lambda_n^2 t}, \quad \lambda_n = \frac{cn\pi}{L} \\[2mm] &u(x,t) = \sum_{n =1}^{\infty} u_n(x,t) =\sum_{n =1}^{\infty} F_n(x)G_n(t)\\ &= \sum_{n =1}^{\infty} A_n \sin\frac{n\pi x}{L} e^{-\lambda_n^2 t} \end{align} $$ Siden $u(x,0) = f(x)$, ser en at $A_n$ er fourierkoeffesienten til en fouriersinusrekke, bestemt av $$ A_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\frac{n\pi x}{L} \mathrm{d} x\>(n = 1,2,\ldots) $$ ### Isolerte endepunkter Med grensebetingelsene $u_x(0,t) = 0 = u_x(L,t)$ (isolerte endepunkter; ingen flyt av varme), fås løsningen $$ \begin{align} F_x &= -Ap\sin px + Bp\cos px \\ &F_x(0) = Bp = 0,\>F_x(L) = -Ap\sin px = 0 \\ \Longleftrightarrow &p = \frac{n\pi}{L}\>(n = 0,1,2,\ldots),\quad B = 0,\> A = 1 \\ \implies &F_n = \cos\frac{n\pi x}{L},\>G_n = A_ne^{-\lambda_n^2 t} \end{align} $$ Det eneste å legge merke til her er at $p = 0$ også er en del av løsningen (for tilfellet hvor $f(x) = const$). Løsningen er dermed $$ \begin{align} u(x,t) = \sum_{n = 0}^{\infty} F_n(x)G_n(t) = \sum_{n = 0}^{\infty}A_n \cos\frac{n\pi x}{L}e^{-\lambda_n^2 t} \end{align} $$ og siden $$u(x,0) = f(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}A_n \cos\frac{n\pi x}{L}$$ er $A_n$ fourierkoeffesienten til __fouriercosinusrekken__ til f(x), gitt ved $$ A_0 = \frac{1}{L} \int_0^L f(x) \mathrm{d},\quad A_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \cos\frac{n\pi x}{L}\mathrm{d}x\>(n = 1,2,\ldots) $$ Som forventet, ser en av resultatet at gjennomsnittstemperaturen ved $t = 0$, $A_0$, er bevart når $t \to \infty$, siden ingen varme forlater systemet. ## 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__. ### Første BVP Det kanskje mest trivielle problemet er en __Første BVP__ som har grensebetingelser  $$ \begin{align} &u(0,y) = 0,\>u(b, y) = 0 \\ &u(x,0) = 0,\>u(x, a) = f(x) \\ \end{align} $$ [Løsningsmetoden](#generell-lsningsmetodikk) er den samme som før; $$ \begin{align} &u = F(x)G(y),\>u_{xx} = -u_{yy} \\ &\Longleftrightarrow G\frac{d^2 F}{dx^2} = -F\frac{d^2 G}{dy^2} \\ &\Longleftrightarrow \frac{1}{F}\frac{d^2 F}{dx^2} = -\frac{1}{G}\frac{d^2 G}{dy^2} = k \\ &\Longleftrightarrow F'' - kF = 0\quad G'' + kG = 0 \\ \end{align} $$ Velger $k = -p^2$ som nå av tidligere erfaring vil gi ikke-triviell løsning for $F$; $$ \begin{align} &F'' + p^2F = 0 \Longleftrightarrow F = A\cos px + B\sin px \\[1mm] &F(0) = 0,\>F(b) = 0 \implies A = 0,\>B\sin pb = 0 \\[1mm] &\Longleftrightarrow p = \frac{n\pi}{b} \implies F_n(x) = \sin\frac{n\pi x}{b}\>(n = 1,2,\ldots) \end{align} $$ Videre brukes $k = -p^2 = -\left(\frac{n\pi}{b}\right)^2$ til å løse for $G$: $$ \begin{align} &G'' - p^2G = 0 \Longleftrightarrow G = A_ne^{py} + B_ne^{-py} \\ &G(0) = 0 \implies A_n + B_n = 0 \implies G_n = A_n\left(e^{py} - e^{-py}\right) \\ &= 2A_n\sinh py = 2A_n\sinh \frac{n\pi y}{b} = A_n^*\sinh \frac{n\pi y}{b} \\ \end{align} $$ Dermed er $u$, ved [superposisjonens fundamentalteorem](#superposisjonens-fundamentalteorem) $$ \begin{align} &u(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}u_n(x,t) = \sum_{n = 1}^{\infty}F_n(x)G_n(y) \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}A_n^*\sin\frac{n\pi x}{b}\sinh\frac{n\pi y}{b} \end{align} $$ Til slutt må grensebetingelsen $u(x,a) = f(x)$ tilfredstilles: $$ \begin{align} &u(x,a) = \sum_{n = 1}^{\infty}A_n^*\sin\frac{n\pi x}{b}\sinh\frac{n\pi a}{b} \\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}\left(A_n^*\sinh\frac{n\pi a}{b}\right)\sin\frac{n\pi x}{b} = f(x) \\ \end{align} $$ Dette er en __fouriersinusrekke__, og $A_n\sinh\frac{n\pi a}{b}$ er fourierkoeffesienten i rekken, som gir $$ \begin{align} &A_n^*\sinh\frac{n\pi a}{b} = \frac{2}{b} \int_0^b f(x)\sin\frac{n\pi x}{b}\mathrm{d}x \\ \Longleftrightarrow &A_n^* = \frac{2}{\sinh(n\pi a/b)} \int_0^b f(x)\sin\frac{n\pi x}{b}\mathrm{d}x \end{align} $$ som fullfører den generelle løsningen av problemet. ### Tredje BVP #Referanser