ˆ I u(x)v(x)w(x) dx, (1) där I ⊂ R är ett intervall och w : I → R en positiv kontinuerlig reellvärd funktion

(1)

KARL JONSSON

Nyckelord och inneh˚all

• Ortogonala system av polynom: Legendre, La- guerre, Hermite och Chebyshev

• Partiella differentialekvationer

• Separation av variabler

• Operatorer A definierade p˚a DA ⊂ V

• Regulj¨ara Sturm-Liouville problem och fullst¨andiga ortogonala system

Inofficiella ”m˚al”

Det ¨ar bra om du

(M1) vet att inre produkten i rummet L²(I, w) definieras av integralen (u|v) ≡

ˆ

I

u(x)v(x)w(x) dx, (1)

där I ⊂ R är ett intervall och w : I → R en positiv kontinuerlig reellvärd funktion.

(M2) kan använda i beräkningar att den ortogonala projektionen proj_V(u) p˚a ett ändligtdimen- sionellt underrum V = span({ϕ_k}^N_k=1) ⊂ U som spänns upp av en ortogonal bas {ϕ_k}^N_k=1 ges av

proj_V(u) ≡ (u|ϕ1)ϕ1

kϕ₁k² + ... + (u|ϕN)ϕN

kϕ_Nk² . (2)

(M3) vet att ett ortogonalt system med oändligt m˚anga vektorer {ϕk}^∞_k=1 sägs vara fullständigt om det för alla u ∈ U gäller att

u − (u|ϕ₁)ϕ₁

kϕ₁k² + ... + (u|ϕ_N)ϕ_N kϕ_Nk²

→ 0 d˚a N → ∞, (3)

och man kan i detta fall skriva, d¨ar likhet betyder konvergens i norm, u =

∞

X

k=1

(u|ϕ_k)

kϕ_kk²ϕ_k. (4)

(M4) kan rita och f¨orklara b˚ade den “konkreta” bilden (med funktion och viktfunktion) vid minime- ring av vissa typer av integraler samt den “abstrakta” bilden (som h¨or ihop med projektion p˚a underrum i L²(I, w)).

Institutionen f¨or matematik, KTH, SE-100 44, Stockholm, Sweden E-mail address: karljo@kth.se.

Date: 6 december 2017.

1

(2)

(M5) känner igen och kan använda följande system av ortogonala polynom, vilka även utgör ortogonala kompletta system, i rummet L²(I, w),

Legendre: I = (−1, 1) och w(x) = 1.

P₀ = 1, P1 = x, P₂ = 1

2(3x²− 1), P₃ = 1

2(5x³− 3x), . . . Pn= 1

2ⁿn!Dⁿ (x²− 1)ⁿ , kP_nk² = 2/(2n + 1).

Laguerre: I = (0, ∞) och w(x) = e^−x. L₀ = 1,

L₁ = −x + 1, L2 = 1

2(x²− 4x + 2), L₃ = 1

6(−x³+ 9x²− 18x + 6), . . . Ln= e^x

n!Dⁿ(xⁿe^−x), kL_nk = 1.

Hermite: I = (−∞, ∞) och w(x) = e^−x². H₀ = 1,

H₁ = 2x, H2 = 4x²− 2, H₃ = 8x³− 12x, . . . Hn= (−1)ⁿe^x²Dⁿ(e^−x²), kH_nk²= n!2ⁿ√

π.

Chebyshev: I = (−1, 1) och w(x) = 1/√ 1 − x². T₀ = 1,

T₁ = 2x, T2 = 2x²− 1, T₃ = 4x³− 3x, . . . T_n= cos(n arccos(x)), kT_nk²=

(π, n = 0, π/2, n > 0,. (M6) vet att ett typiskt parboliskt (alt. hyperboliskt) problem har formen

(PDE): ut− u_xx = f (x, t), (hyperboliskt: utt− u_xx = f (x, t)), (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = A(t), u(π, t) = B(t), t > 0,

(IV): u(x, 0) = g(x), (hyperboliskt ¨aven: u_t(x, 0) = h(x)), 0 < x < π.

och det är bra om du har följande intuitiva först˚aelse

funktionen u: har att u = u(x, t) uppfyller den partiella differentialekvationen i omr˚adet D.

“Kan ˚ask˚adligg¨oras som en t¨altduk ”.

(PDE): en partiell differentialekvation; en differentialekvation som inneh˚aller mer ¨an en oberoende variabel.

(D): domän, oftast för oss i denna kurs en delmängd av “space-time” (xt-planet).

(RV): randv¨arden, givna funktionsv¨arden till u p˚a randen till omr˚adet D.

(IV): initialvärden, värden för u = u(x, t) (och även för ut(x, t) i fallet d˚a utt förekommer i PDE’n) specificerat för alla x för starttiden t = 0.

(M7) kan genomf¨ora stegen som h¨anger ihop med separation av variabler:

(a) i (PDE)’n ans¨atta u(x, t) = X(x)T (t) och separera variabler mha λ.

(b) f˚ar system av ODE’er för b˚ade T och X och f˚ar fram randvärden för X.

(c) Sturm-Liouville problem uppst˚ar h¨ar! Se (M11) samt (M12).

(d) f˚ar fram diskreta λ_n och motsvarande X_n= X_n(x). Se (M13).

(e) l¨oser ODE f¨or Tn mha λn.

(f) f˚ar fram atomära lösningar un(x, t) = Xn(x)Tn(t) vilka uppfyller (PDE) samt (RV) men ej nödvändigtvis (IV).

(g) skapa formell linj¨arkombination

u(x, t) =X

n

b_nX_n(x)T_n(t).

(3)

(h) anpassa bn till (IV),

u(x, 0) =X

n

(bnTn(0))Xn(x) = g(x)

Allts˚a Fourierkoefficienter! Är {Xn}_n är ett fullständigt ortogonalt system? Se (M15).

(M8) vet hur man homogeniserar partiella differentialekvationer med avseende p˚a (RV).

(M9) vet att en linjär avbildning A, definierad p˚a ett delrum DAi ett vektorrum V med inre produkt, kallas för en operator. Samt att om man söker λ ∈ C och u ∈ V (där u 6= 0) s˚a att

Au = λu (5)

s˚a kallas λ för ett egenvärde och u för en egenvektor.

(M10) vet att symmetriska operatorer A, dvs s˚adana som uppfyller (v|Au) = (Av|u), f¨or u, v ∈ DA,

har reella egenvärden λ samt att egenvektorer med olika egenvärden är ortogonala.

(M11) känner igen att ett reguljärt Sturm-Liouville problem kan skrivas (där ?=okänd, 3 = känd storhet)

( p 3

(x)u⁰

?(x))⁰+ ( q 3

(x) + λ

?w 3(x))u

?(x) = 0, för x ∈ I = (a, b) (6) där w(x), q(x) ∈ C(I) med w(x) > 0 samt p(x) ∈ C¹(I), med p(a) 6= 0 6= p(b) tillsammans med randvärden för u som t.ex. u(0) = u⁰(1) = 0 eller u⁰(0) − 2u(0) = u(1) = 0.

(M12) vet att Sturm-Liouville problemet ovan kan uttryckas som ett egenv¨ardesproblem f¨or den symmetriska operatorn

Au := − 1

w(x) (p(x)u⁰(x))⁰+ q(x)u(x)

(7) där definitionsmängden är underrummet som ges av, I = (a, b), där −∞ < a < b < ∞,

DA= {u ∈ C²(I) : Au ∈ L²(I, w) och A₀u(a) + A₁u⁰(a) = 0 = B₀u(b) + B₁u⁰(b)}. (8) (M13) vet att reguljära Sturm-Liouville problem har uppräkneligt oändligt m˚anga egenvärden

λ1 < λ2< . . . d¨ar λn→ ∞ d˚a n → ∞.

(M14) vet att egenrummet som h¨or ihop med λ_n har dimension 1.

(M15) vet att om ϕn är en egenvektor som hör ihop med egenvärdet λn s˚a är {ϕn}^∞_n=1 ett fullständigt ortogonalt system i L²(I, w).

Obs! Detta är ett försök att bryta ned kursm˚alen i mindre och mer konkreta bitar. M˚alen ovan är inte officiella för kursen, utan ett förslag till hur man kan tänka.

Exempel och uppgifter

(U1) Bestäm det polynom p av grad ≤ 3 som är den bästa approximationen av f (x) = |x| i rummet L²(I, w) där I = (−1, 1) och w(x) = 1/√

1 − x².

(a) Skissa grafen till f (x) p˚a intervallet I. Samt rita ut den parabel p(x) som “bäst” approximerar f (x) (g˚a p˚a känsla). Detta är den “konkreta” bilden. Ta hänsyn till viktfaktorn.

(b) Den “abstrakta” bilden: Rita ett plan V . Rita en “vektor” som inte ligger i detta plan, detta

är f (x). Rita ut fyra vektorer i planet som spänner upp planet och är vinkelräta (egentligen s˚a spänns ett plan upp av tv˚a vektorer, men vi f˚ar leka med fantasin här). Benämn dessa T₀ = 1, T1= 2x, T2= 2x²− 1 och T₃= 4x³− 3x. Vad kallas dessa? Vilka egenskaper har dessa i rummet L²((−1, 1), 1/√

1 − x²)?

(c) Rita ut projektionen av f (x) p˚a planet i den abstrakta bilden. Detta ¨ar p = proj_V(f ).

Ber¨akna denna.

Svar: p(x) = ²_πT0+_3π⁴ T2 = _3π² (4x²+ 1).

(4)

(U2) Vilket är det polynom av grad ≤ 3 i L²(I, w) med I = [−1, 1] och w(x) = 1 som bäst approximerar 1/(1 + x²)? Förklara varför det inte finns n˚agon x-term i svaret.

Svar: p(x) = ¹⁵₄(3 − π)x²+³₄(2π − 5).

(U3) Visa att Laguerre-polynomen

L_n(x) = e^x

n!Dⁿ(xⁿe^−x) (9)

faktiskt ¨ar polynom av grad n f¨or n ≥ 0.

(a) Testa för n˚agra sm˚a värden p˚a n = 0, 1, 2 att p˚ast˚aendet stämmer.

(b) Förklara kedjan, där vi använder notationen att pdeg=k(x) är n˚agot polynom av grad k,

e^xD⁹³ pdeg=13(x)e^−x(1)

= e^xD⁹² d

dxpdeg=13(x)e^−x− pdeg=13(x)e^−x

(10)

(2)= e^xD⁹² pdeg=12(x)e^−x− pdeg=13(x)e^−x

(11)

(3)= e^xD⁹² (pdeg=12(x) − pdeg=13(x)) e^−x

(12)

(4)= e^xD⁹² pdeg=13(x)e^−x . (13)

(c) Vad är idéen med kedjan ovan? Förklara att vi f˚ar e^xD⁶ x⁶e^−x = p_deg=6(x). Generalisera.

(U4) Visa att Hermite-polynomen ¨ar ortogonala i L²(R, w) d¨ar w(x) = e^−x². Visa ocks˚a att kH_nk² = n!2ⁿ√

π.

(a) Visa f¨orst att

Dⁿ(e^−x²) = p_deg=n(x)e^−x² (14)

och därför är Hn ett polynom av grad n.

(b) H¨arled formeln

H_n+1(x) = 2xH_n(x) − d

dxH_n(x). (15)

(c) Dra slutsatsen Hn(x) är ett polynom av grad n med med koefficienten 2ⁿ framför högsta ordningens term,

Hn(x) = 2ⁿxⁿ+ . . . (16)

(d) Använd följande synsätt

(H8|H₃) = ˆ ∞

−∞

D⁸(e^−x²)H3(x) dx och försök argumentera för att detta är 0. Generalisera till att

(H_m|H_n) = 0 (17)

d¨ar m ≥ n + 1.

(e) Med samma syns¨att som innan (H₃|H₃) = −

ˆ ∞

−∞

D³(e^−x²)H₃(x) dx.

Använd partiell integration tre g˚anger och använd delresultat a) och c) ovan. Visa att detta är

= 48√

π. Generalisera och f˚a fram en formel f¨or (H_n|H_n).

(5)

(U5) L˚at f (x) = (1 − x²)^3/2. Finn det polynom P (x) av grad h¨ogst 3 som minimerar ˆ ₁

−1

|f (x) − P (x)|²

√1 − x² dx. (18)

Svar: P (x) =_15π⁴ (11 − 12x²).

(U6) Rita upp de olika delarna f¨or

(PDE): u_xx = u_t,

(D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u_x(0, t) = u_x(π, t) = 0, t > 0, (IV): u(x, 0) = ¹₂(1 + cos 3x), 0 < x < π.

Gör en tolkning i termer av temperatur u(x, t) i en stav. Lös för u(x, t) genom separation av variabler.

Homogen PDE och homogena RV. H¨ar kommer separation av variabler att fungera rakt av.

B¨orja med att antag att vi har en l¨osning p˚a formen u(x, t) = X(x)T (t). Insatt i ekvationen

X⁰⁰(x)T (t) = X(x)T⁰(t) (19)

Dividera med X(x)T (t), och f˚a

X⁰⁰(x)

X(x) = T⁰(t)

T (t) (20)

Antag att vi varierar x, d˚a kanske VL ändras, men HL kan inte ändras (det är ju oberoende av x) allts˚a kan inte heller VL ändras eftersom VL=HL, allts˚a m˚aste VL vara oberoende av x, allts˚a m˚aste VL vara en konstant, −λ, men d˚a m˚aste även HL = −λ. Vi f˚ar

X⁰⁰(x) + λX(x) = 0 (21)

T⁰(t) + λT (t) = 0. (22)

Vi har allts˚a särkopplat PDEn u_xx = u_t till tv˚a stycken ODEr. Nu vill vi använda randvärdena ux(0, t) = 0 = ux(π, t) vilket för v˚ar ansats tar formen

X⁰(0)T (t) = 0 = X⁰(π)T (t) (23)

vilket vi vill ska gälla för alla t > 0. Vi gör ett VAL och sätter X⁰(0) = X⁰(π) = 0 och hoppas att detta kommer ge oss n˚agot bra i slutändan (vilket det kommer att göra). Vi har nu allts˚a för ekvationen i x-led att

X⁰⁰(x) + λX(x) = 0, X⁰(0) = 0, X⁰(π) = 0. (24) Detta är ett s˚a kallat Sturm-Liouville problem. Se (M11) ovan där vi har att p(x) = 1, w(x) = 1 samt q(x) = 0. Den abstrakta teorin säger att problemet ovan kommer att ha en lösning för uppräkneligt m˚anga λ_k, samt att de funktioner som löser detta problem ϕ_k kommer att utgöra ett fullständigt ortogonalt system i rummet L²(I, w), i v˚art fall L²((0, π), w(x) = 1). Vi försöker finna dessa lösningar!

Vi bör egentligen g˚a igenom fallen λ < 0, λ = 0 samt λ > 0 och se vad vi kan f˚a ut¹. Om λ = −k² < 0 för n˚agot k ∈ R s˚a kommer allmänna lösningen till problemet ovan att vara p˚a formen

X(x) = A cosh(kx) + B sinh(kx) (25)

X⁰(x) = Ak sinh(kx) + Bk cosh(kx) (26)

med randv¨arden f˚ar vi X⁰(0) = 0 ger att Bk = 0, allts˚a B = 0, och X⁰(π) = 0 ger att

Ak sinh(kπ) = 0 (27)

1Varför behöver vi inte undersöka komplexa värden p˚a parametern λ? Se (M10).

(6)

men sinh(kπ) 6= 0 för alla k 6= 0. Allts˚a A = 0. Allts˚a X(x) = 0, inte en s˚a intressant lösning som vi kan använda som byggsten senare.

Om λ = 0 s˚a blir lösningen X(x) = kx + m. Med randvärdena s˚a f˚ar vi att k = 0, allts˚a är X(x) = m = en konstant är allts˚a en lösning.

Om λ = k²> 0 för n˚agot k ∈ R d˚a blir den allmänna lösningen

X(x) = A cos(kx) + B sin(kx) (28)

X⁰(x) = −Ak sin(kx) + Bk cos(kx). (29)

Randv¨ardet X⁰(0) = 0 ger att Bk = 0, och eftersom k 6= 0, s˚a m˚aste B = 0. Det andra villkoret X⁰(π) = 0 ger att

−Ak sin(kπ) = 0, (30)

vill att A 6= 0, s˚a att vi f˚ar kvar n˚agra lösningar att jobba med. Detta villkor är uppfyllt om k är ett heltal! S˚a välj k ∈ Z. Vilket ger oss

Xk(x) = Akcos(kx), (31)

λ_k= k², k ∈ Z. (32)

Nu g˚ar vi ¨over till ekvationen i t-led, denna ¨ar

T⁰(t) + k²T (t) = 0, (33)

vilken har l¨osningar

Tk(t) = Cke^−k²^t, k ∈ Z. (34)

Allts˚a har vi f˚att fram att

u_k(x, t) = X_k(x)T_k(t) = A_kC_kcos(kx)e^−k²^t= b_kcos(kx)e^−k²^t (35) för k ∈ Z är lösningar till (PDE) och (RV). Notera att fallet k = 0 ger lösningen

u₀(x, t) = b₀, (36)

en konstant, vilket precis var fallet d˚a λ = 0 ovan. Vidare s˚a blir det ingen ny lösning om man använder −k istället för k

u_−k(x, t) = b_−kcos(−kx)e^−(−k)²^t= b_−kcos(kx)e^−k²^t, (37) vilket g¨or att vi kan begr¨ansa oss till k = 0, 1, 2, 3, etc.

Enligt superpositionsprincipen (v˚ara lösningar u_k är lösningar till en homogen PDE u_xx = u_t med homogena randvillkor) s˚a kommer även summan av dessa lösningar att vara en lösning till PDE och RV, allts˚a

u(x, t) =

∞

X

k=0

b_kcos(kx)e^−k²^t. (38)

löser PDE och RV. Kvar att fixa till är en funktion som även löser IV. Allts˚a vi vill ha u(x, 0) =

∞

X

k=0

b_kcos(kx) = 1

2(1 + cos(3x)) (39)

vilket vi ser uppfyll som b₀= 1/2 och b₃= 1/2, detta ger oss l¨osningen till v˚art problem u(x, t) = 1

2(1 + cos(3x)e^−9t). (40)

(7)

(U7) Rita upp problemet och l¨os

(PDE): u_xx = tu_t, (D): 0 < x < π, t > 1,

(RV): u(0, t) = u(π, t) = 0, t > 1,

(IV): u(x, 1) = sin x + 2 sin 3x, 0 < x < π.

Ledning:

(a) Ansätt u(x, t) = X(x)T (t) och antag att u är icke-trivial. Varför?

(b) H¨arled X⁰⁰(x) + λX(x) = 0 och tT⁰(t) + λT (t) = 0. Allts˚a separera variabler.

(c) Visa att X(0) = X(π) = 0, fr˚an RV. Verifiera att du f˚att fram ett Sturm-Liouville problem.

(d) Visa att λ = n², n ≥ 1, ger icke-triviala l¨osningar Xn(x) = sin nx.

(e) Med λ = n² visa att T_n(t) = B_nt⁻ⁿ².

(f) Ger atom¨ara l¨osningar un(x, t) = t⁻ⁿ²sin nx. Visa att dessa uppfyller (PDE) och (RV).

(g) Summera formellt, med nya koefficienter, u(x, t) =

∞

X

n=1

b_nt⁻ⁿ²sin nx.

Best¨am bn med hj¨alp av (IV).

(U8) L¨os

(PDE): u_xx ⁽⁵⁾= u_t+ sin(x), (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t > 0,

(IV): u(x, 0) = sin(x) + 2 sin 3x, 0 < x < π.

I detta fall är ekvationen ej homogen, vi har en drivande term sin(x) med. I dessa fall s˚a är det bra att börja att lösa motsvarande homogena problem för PDE och RV. Allts˚a

(PDE): u_xx⁽⁶⁾= u_t, (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t > 0, (IV): ej nu.

Separation av variabler ger X_k(x) = sin(kx), k heltal. Med λ_k = k². Ekvationen för T ger Tk(t) = e^−k²^t. Allts˚a blir den allmänna lösningen till detta modifierade problem.

u(x, t) =

∞

X

k=1

b_ksin(kx)e^−k²^t. (41)

S¨ag nu att vi igen betraktar original-problemet:

(PDE): uxx

(7)= ut+ sin(x), (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t > 0,

(IV): u(x, 0) = sin(x) + 2 sin 3x, 0 < x < π.

.

I detta fall s˚a g¨or vi ANSATSEN (som garanterat kommer att uppfylla RV) u(x, t) =

∞

X

k=1

b_k(t) sin(kx) (42)

(8)

där bk(t) nu är funktioner av t som vi vill bestämma. Insatt i ekvationen

∞

X

k=1

−k²b_k(t) sin(kx) =

∞

X

k=1

b⁰_k(t) sin(kx) + sin(x) (43) vilket ger oss (om vi identifierar koefficienter f¨or de olika sin-funktionerna)

k = 1 : −b₁(t) = b⁰₁(t) + 1 (44)

k > 1 : −k²b_k(t) = b⁰_k(t) (45)

vilket ger oss

k = 1 : −b₁(t) = b⁰₁(t) + 1 (46)

k > 1 : −k²b_k(t) = b⁰_k(t) (47)

S˚a f¨o k = 1 s˚a kan vi skriva b⁰₁(t) + b₁(t) = −1, integrerande faktor e^t ger _dt^d(e^tb₁(t)) = −e^t allts˚a e^tb₁(t) = −e^t+ C allts˚a

b₁(t) = −1 + Ce^−t. (48)

och f¨or de ¨ovriga

bk(t) = cke^−k²^t, (49)

allts˚a l¨osning till PDE och RV i detta fall blir u(x, t) = (−1 + Ce^−t) +

∞

X

k=2

c_ksin(kx)e^−k²^t. (50)

F¨ors¨oker uppfylla IV, f˚ar att

u(x, 0) = (−1 + C) sin(x) +

∞

X

k=2

c_ksin(kx) = sin(x) + 2 sin 3x (51) allts˚a, efter identifikation av koefficienter, C = 2 samt c₃= 2 och ¨ovriga c_k= 0 allts˚a

Svar: u(x, t) = (2e^−t− 1) sin(x) + e^−9tsin 3x.

(U9) L¨os

(PDE): u_xx ⁽⁸⁾= u_tt+ 2u_t, (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t > 0,

(IV): u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = sin³x, 0 < x < π.

H¨ar kommer problemet som dyker upp i t-led att vara ett andra ordningens problem, T⁰⁰(t) + 2T⁰(t) + k²T (t) = 0.

med l¨osning f¨or k > 1

T_k(t) = e^−t(a_kcos(p

k²− 1t) + b_ksin(p

k²− 1t)) (52)

och om k = 1 s˚a har vi

T₁(t) = (c₁t + c₂)e^−t. (53)

s˚a l¨osning till PDE och RV ges av u(x, t) = (c₁t + c₂)e^−tsin(x) +

∞

X

k=2

e^−t(a_kcos(p

k²− 1t) + b_ksin(p

k²− 1t) sin(kx) (54)

(9)

vi f˚ar

u(x, 0) = 0 (55)

ger att alla a_k= 0 samt c2 = 0. Allts˚a u(x, t) = c₁te^−tsin(x) +

∞

X

k=2

e^−tb_ksin(p

k²− 1t) sin(kx) (56)

Deriverar map p˚a t och f˚ar ut(x, t) = c1(1 − t)e^−tsin(x) +

∞

X

k=2

b_ke^−t(p

k²− 1 cos(p

k²− 1t) − sin(p

k²− 1t)) sin(kx) (57)

s¨att in t = 0 och f˚a (efter lite formeltrollande)²

u_t(x, 0) = c₁sin(x) +

∞

X

k=2

b_kp

k²− 1 sin(kx) (58)

= sin³x = 1

(2i)³(e^ix− e^−ix)³ = 1

−4 1

2i(e^3ix− 3e^ix+ 3e^−ix− e^−3ix) (59) 1

−4(sin(3x) − 3 sin(x)) = 3

4sin(x) −1

4sin(3x) (60)

Detta ger oss allts˚a fr˚an koefficienten framf¨or sin(x) att c1 = ³₄ samt att b3

p3²− 1 = −1

4 =⇒ b3 = − 1 4√

8 = − 1 8√

2 (61)

vilket ger att l¨osningen blir:

u(x, t) = 3

4e^−tt sin x − 1 8√

2e^−tsin(t

√

8) sin(3x). (62)

(U10) L¨os

(PDE): u_xx+¹₄u = u_t, (D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): u(0, t) = 0, u(π, t)⁽⁹⁾= 1, t > 0, (IV): u(x, 0) = 0, 0 < x < π.

Homogen PDE och men INHOMOGENA RV. Här bör vi göra ett mellansteg innan separation av variabler.

Ledning:

(a) Rita! Skapa en visuell representation av problemet.

(b) Prova att separera variabler direkt, u(x, t) = X(x)T (t). Du bör stöta p˚a ett problem som hänger ihop med villkoret u(π, t) = 1, ett problem som inte uppst˚ar för villkoret u(0, t) = 0.

(c) Ans¨att

u(x, t)⁽¹⁰⁾= ϕ(x) + v(x, t) (63)

d¨ar

v(0, t) = v(π, t) = 0. (64)

Varf¨or?

(d) S¨att in i (PDE) och (RV) och visa att ϕ(0) = 0, ϕ(π) = 1.

2potenser av sin(x) och cos(x) kan man alltid skriva om som linj¨arkombinationer av sin(x), sin(2x), . . . alternativt 1, cos(x), cos(2x), . . . genom att anv¨anda Eulers-formler samt binomialsatsen.

(10)

(e) L¨agg till villkoret

ϕ⁰⁰(x) +¹₄ϕ(x)⁽¹¹⁾= 0. (65)

Du best¨ammer allts˚a att g¨ora detta val. Finn ϕ(x).

(f) Visa att vi har f¨oljande villkor p˚a v = v(x, t) (PDE): v_xx+¹₄v = v_t,

(D): 0 < x < π, t > 0,

(RV): v(0, t) = 0, v(π, t)⁽¹²⁾= 0, t > 0, (IV): v(x, 0) = − sin¹₂x, 0 < x < π.

(g) Ans¨att v(x, t) = X(x)T (t) och h¨arled X⁰⁰(x) + (¹₄ + λ)X(x) = 0, X(0) = X(π) = 0 samt T⁰(t) + λT (t) = 0.

(h) Kom fram till att vi m˚aste ha λn= n²−¹₄ för n = 1, . . . för icke-triviala lösningar. F˚ar att X_n(x) = sin nx.

(i) Dra slutsatsen att T_n(t) = A_ne⁽¹⁴⁻ⁿ²^)t. “Atomära lösningar” är s˚aledes v_n(x, t) = e⁽¹⁴⁻ⁿ²^)tsin nx.

(j) Summera:

v(x, t)⁽¹³⁾=

∞

X

n=1

b_ne⁽¹⁴⁻ⁿ²^)tsin nx.

(k) Dra slutsatsen att

∞

X

n=1

b_nsin nx = − sin¹₂x. (66)

(l) L˚at f (x) vara 2π-periodisk och udda samt f (x) = − sin¹₂x, f¨or x ∈ [0, π]. Funktionen f kan d˚a utvecklas i en sinusserie. Koefficienterna blir

bn= 2 period

ˆ

period

f (x) sin n 2π

periodx dx⁽¹⁴⁾= −2 π

ˆ _π

0

sin¹₂x sin nx dx (67)

(15)= 2

π(−1)ⁿ n

n²−¹₄. (68)

(m) Ett annat sätt att f˚a fram formeln för koefficienterna bnär att använda teorin för reguljära Sturm-Liouville problem. Enligt denna kommer mängden {sin(nx} att utgöra ett fullständigt ortogonalt system i L²((0, π), w(x) = 1). Detta innebär att, ortogonalitet,

ˆ _π

0

sin(nx) sin(mx) dx = 0 (69)

om n 6= m. Eller med mer abstrakt notation

(sin(nx)| sin(mx)) = 0 (70)

om n 6= m. Ta d¨arf¨or inre produkten av ekvation 66 med sin(mx) och f˚a (

∞

X

n=1

b_nsin(nx)| sin(mx)) = −(sin¹₂x| sin(mx)), (71) vilket ¨ar ekvivalent med

∞

X

n=1

bn(sin(nx)| sin(mx)) = −(sin¹₂x| sin(mx)), (72)

(11)

ekvivalent med (anv¨ander ortogonalitet)

bm(sin(mx)| sin(mx)) = −(sin¹₂x| sin(mx)), (73) och vi har att

(sin(mx)| sin(mx)) = ˆ _π

0

sin²(mx) dx = ˆ _π

0

1 − cos²(mx) dx = 1 2

ˆ _π

0

1 − cos(2mx) dx = π

2, (74) allts˚a formeln f¨or bm blir

bm = −2 π

ˆ _π

0

sin(mx) sin(1

2x) dx, (75)

precis som samma sätt som innan. Detta är allts˚a en alternativ metod för att slippa tänka p˚a hur utseendet för Fourier-koefficienterna, det enda man behöver komma ih˚ag är att sin(nx) utgör en ortogonal bas och projektions-tanke, s˚a faller formlerna ut automatiskt fr˚an dessa idéer.

(n) Allts˚a:

u(x, t) = sin¹₂x +

∞

X

n=1

2

π(−1)ⁿ n

n²−¹₄e⁽¹⁴⁻ⁿ²^)tsin nx.

(U11) Bestäm ett fullständigt ortogonalt system i L²((0, π), w(x) = 1) best˚aende av lösningar till u⁰⁰(x) + λu(x) = 0,

0 < x < π med u(0) = u⁰(π) = 0.

För att först˚a Sturm-Liouville teorin s˚a kan vi göra lite sm˚aövningar:

(a) L˚at A vara operatorn A = − d

dx² med DA = {u ∈ C²(I) : u(0) = u⁰(π) = 0}.

(b) Ett element i DA är u(x) = x²− 2πx. Varför d˚a? Skriv upp ett annat element v(x) i DA. (c) L˚at u(x) = x²− 2πx och v(x) = sin¹₂x. Vad blir Au och Av? Beräkna talen

(v|Au)_L²((0,π),w(x)=1)

och

(Av|u)_L2((0,π),w(x)=1), visa att de ¨ar lika.

(d) I detta fall kan man göra det mer generellt, för alla u, v ∈ DA, (förklara likheterna) (v|Au)⁽¹⁶⁾= −

ˆ _π

0

v(x)u⁰⁰(x) dx⁽¹⁷⁾= −[v(x)u⁰(x)]^π₀ + ˆ _π

0

v⁰(x)u⁰(x) dx

(18)= [v⁰(x)u(x)]^π₀ − ˆ _π

0

v⁰⁰(x)u(x) dx⁽¹⁹⁾= (Av|u).

(e) Om A ¨ar symmetrisk och vi har ett u 6= 0 s˚a att Au = λu, (f¨orklara likheterna) λ(u|u)⁽²⁰⁾= (λu|u)⁽²¹⁾= (Au|u)⁽²²⁾= (u|Au)

(23)= (u|λu)⁽²⁴⁾= (λu|u)⁽²⁵⁾= λ (u|u)⁽²⁶⁾= λ (u|u), allts˚a m˚aste λ = λ dvs. λ ¨ar reellt.

(f) Koppla ihop detta med (M12),(M13),(M14) och (M15).

(g) Visa att f¨or λ = −κ² d¨ar κ ≥ 0 s˚a f˚ar vi bara u(x) = 0.

(h) Visa att f¨or λ = κ², d¨ar κ > 0, s˚a f˚ar u(x) = A cos(κx) + B sin(κx).

(i) Anv¨and (RV): A = 0 samt κn= n + ¹₂, med n ∈ Z.

(j) Vad blir λ_n? St¨ammer p˚ast˚aendet i (M13)?

Svar: {un(x) = sin ¹₂ + n x}^∞_n=0

(12)

(U12) Bestäm ett fullständigt ortogonalt system i L²((0, π), w(x) = 1) best˚aende av lösningar till u⁰⁰(x) + λu(x) = 0,

0 < x < π med u(0) = u(π) + u⁰(π) = 0.

Detta är ett reguljärt Sturm-Liouville problem, se (M11) med p(x) = 1, och q(x) = 0 och w(x) = 1. Det är därför vi betraktar L²((0, π), w(x) = 1).

I detta fall s˚a har vi andra typer av randvillkor. Vi testar olika värden p˚a λ. (I princip s˚a skulle dessa värden p˚a λ vara komplexa egenvärden, men eftersom detta Sturm-Liouville kan betraktas som ett egenvärdesproblem för operatorn A[u] = −_dx^d²2u med DA = {u ∈ C²(0, π) : u(0) = 0, u(π) + u⁰(π) = 0}, och eftersom den operatorn är symmetrisk s˚a m˚aste potentiella egenvärden vara reella.

Om λ = 0, s˚a blir u⁰⁰= 0, allts˚a m˚aste u⁰(x) = k, en konstant och u(x) = kx + m vara en linje.

Eftersom u(0) = 0 s˚a m˚aste m = 0. Vi f˚ar sedan att u(π) + u⁰(π) = 0 vilket ger kπ + k = 0, allts˚a k(π + 1) = 0, allts˚a m˚aste k = 0. Ger endast u(x) = 0.

Om λ = −k², d¨ar k ∈ R s˚a m˚aste u(x) = A cosh(kx) + B sinh(kx), eftersom u(0) = 0 s˚a m˚aste A = 0. Det andra villkoret ger att, mha u⁰(x) = Bk cosh(kx), s˚a f˚ar vi

B(sinh(kπ) + k cosh(kπ)) = 0. (76)

men eftersom sinh och cosh ¨ar positiva f¨or positiv input, s˚a m˚aste uttrycket i parantesen vara strikt positivt om k > 0, allts˚a m˚aste B = 0. Vi f˚ar allts˚a endast u(x) = 0 i detta fall ocks˚a.

Sista fallet är u(x) = k², med k ∈ R. D˚a f˚ar vi allmänna lösningen u(x) = A cos(kx) + B sin(kx),

och pss som innan f˚ar vi att A = 0. Vidare s˚a f˚ar vi f¨or det andra randv¨ardet att

B sin(kπ) + Bk cos(kπ) = 0, (77)

där vi ser att om k = n + 1/2 för n ∈ Z s˚a blir cos((n + 1/2)π) = 0 och sin((n + 1/2)π) = ±1, vilket endast är en lösning till ekvationen ovan om B = 0 (vilket inte ger n˚agra intressanta lösningar), allts˚a kan vi anta att cos(kπ) 6= 0 och skriva om ekvationen som

B cos(kπ)(tan(kπ) + k) = 0. (78)

Kan vi lösa ekvationen tan(kπ) + k = 0? Om du ritar graferna för tan(πx) och −x i samma graf s˚a ser vi att det finns oändligt m˚anga positiva lösningar till denna ekvation. Kalla dessa lösning ω_nför n = 1, 2, . . .. Vi har allts˚a ingen exakt formel för dessa ωn, men det är klart fr˚an grafens utseende att dessa ω_n är väldefinierade. Allts˚a λ = ω²_n är egenvärdena och motsvarande egenfunktioner är un(x) = sin(kx) = sin(ωnx) för n ≥ 1.

Enligt teorin för reguljära Sturm-Liuovulle problem s˚a kommer λ_n→ ∞ d˚a n → ∞. Vidare s˚a utgör {sin(ωnx)} ett fullständigt ortogonalt system i rummet L²((0, π), w(x) = 1).

Svar: {sin ωnx}^∞_n=1 där ωn är de positiva lösningarna till tan(ωπ) = −ω, n ≥ 1.