Høgskolen i Gjøvik
Versjon fra oktober 2003
Avdeling for teknologi
PARTIELLE DIFFERENSIAL–LIKNINGER
Hans Petter Hornæs
H.i.G.
E-mail: hans.hornaes@hig.no
Et hefte som dekker pensum i emnet ”partielle differensiallikninger” i
valgfaget Matematikk 30 ved Høgskolen i Gjøvik fra 1997.
Innledning
Dette heftet ble opprinnelig skrevet i 1992 for for å dekke emnet ” 2.–ordens lineære partielle differensiallikninger” i Matematikk II. Etter endringene i rammeplanene fra 1995 er
dette emnet flyttet til valgfaget Matematiske metoder 3, som i den lokale tilpasningen ved
Høgskolen i Gjøvik heter Matematikk–30. Heftet fikk da en revisjon i 1997, 1999 og 2002,
og ellers noen mindre årlige endringer. D‘Alemberts metode er tatt med, og utledningen av
varmeledningslikningen gjøres 3-dimensjonalt, ved hjelp av divergenssetningen (for å støtte
opp om andre deler av pensum).
Partielle differensiallikninger er ikke dekket i læreboka ”Edwards & Penney: Calculus with
Analytic Geometry, 5. ed., Prentice Hall 1998”.
Heftet dekker pensumdelen av dette temaet.
Heftet var opprinnelig renskrevede forelesningsnotater i Matematikk II. Disse var basert på
”Greenberg: Advanced Engineering Mathematics, Prentice Hall 1988”, kap 13–17. Greenberg
kan brukes til utdyping av stoffet her, og jeg anbefaler at man har tilgang på denne boka,
eller en tilsvarende som for eksempel Kreyzig: Advanced Engineering Mathematics som er
brukt ved mange andre høgskoler og universiteter .
Jeg har også brukt Borrelli and Coleman: Differential Equations, A modelling Perspective,
Wiley 1998, som er mer omfattende på temaet differensiallikninger (vanlige og partielle).
Maple
Det er ikke nødvendig å bruke matematikkprogrammet Maple (eller andre passende program) for å bruke dette heftet. Animasjonskommandoene kan imidlertid være en fin måteå illustrere løsningsfunksjonene
på. I forbindelse med bruk av Fourierrekker kan også dataverktøy være hensiktsmessig til å finne Fourierkoeffisientene. Dette skyldes blant annet at temaet i heftet dreier seg om å bruke, og ikke å lære å
regne ut, Fourierrekker.
Maple dokumenter til heftet, som gjerne er en utvidet versjon av det som er beskrevet her, er lagt ut
på nettet. Disse ligger på hjemmeområdet til faget ”Matematikk 30” ved HiG. Hvis det ikke er peker
til dem fra fagets hjemmeside for tiden finnes de på adressene:
Det er forhåpentligvis tre maple–filer der:
http://www2.hig.no/at/realfag/matematikk/Ma30/PDL k1.mws
Animasjoner til kapittel 1.
http://www2.hig.no/at/realfag/matematikk/Ma30/PDL k2 k3.mws
Animasjon av hovedeksempel i kapittel 2 og 3, samt utregning av Fourierrekka der.
http://www2.hig.no/at/realfag/matematikk/Ma30/PDL k4.mws
Animasjoner av D’Alemberts løsning, til kapittel 4.
i
Innhold
1 Partielle differensiallikninger
1.1 Partielle deriverte . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Definisjoner . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Tolkninger av u = f (x, t) . . . . . . . . . .
1.2 Partielle differensiallikninger . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Hva er partielle diff-likninger? . . . . . . . .
1.2.2 Tilleggsbetingelser . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Eksempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Varmeledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Den endimensjonale varmeledningslikningen
1.3.2 Noen andre PDLer . . . . . . . . . . . . .
1.3.3 Utledning av varmeledningslikningen . . .
1.4 Svingende streng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Den endimensjonale bølgelikningen . . . . .
1.4.2 Noen andre bølgelikninger . . . . . . . . .
1.4.3 Utledning av bølgelikningen . . . . . . . . .
1.5 Oppgaver til kapittel 1 . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Separasjon av variable
2.1 Separasjon av variable . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Separasjon av variable . . . . . . . . . . .
2.1.2 Løsningsmetoden i grove trekk . . . . . .
2.1.3 Noen vanlige differensiallikninger . . . . .
2.2 BØlgelikningen med separasjon av variable . . .
2.2.1 Innsetting av X(x) T (t) . . . . . . . . . .
2.2.2 Tilfellet k < 0 . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Lineærkombinasjoner av løsninger . . . .
2.2.4 Fortsettelse på separasjon av variable. . .
2.2.5 Drøfting av tilfellene k ≥ 0 . . . . . . . .
2.2.6 Tilfellet k = 0 . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.7 Tilfellet k > 0 . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Varmeledning med separasjon av variable . . . .
2.3.1 Formulering av likningen . . . . . . . . .
2.3.2 Løsning av rand- og initialverdiproblemet
2.4 Oppgaver til kapittel 2 . . . . . . . . . . . . . . .
iii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
1
2
4
4
5
6
6
6
7
8
9
9
10
10
11
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
13
13
13
13
14
14
15
15
17
18
20
20
21
21
21
22
24
3 Partielle differensiallikninger og Fourierrekker
3.1 Fourierrekker og halvperiodiske utvidelser . . . . . .
3.1.1 Eksempel på halv-periodisk utvidelse . . . . .
3.1.2 Oppsummering, odde halvperiodisk utvidelse
3.2 Fourierrekker og partielle diff-likninger . . . . . . . .
3.3 Oppgaver til kapittel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 D’Alemberts metode
4.1 D’Alemberts løsningsform . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Fysisk/Geometrisk tolkning av D’Alemberts
4.2 Bruk av tilleggsbetingelser . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Bruk av initialbetingelsene . . . . . . . . .
4.2.2 Bruk av randbetingelsene . . . . . . . . . .
4.2.3 Svingetid og frekvens . . . . . . . . . . . . .
4.2.4 Eksempel med Maple animasjon . . . . . .
4.3 Oppgaver til kapittel 4 . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Oppgaver
5.1 Eksamensoppgaver . . . . . . . . .
5.2 FASIT til noen av oppgavene . . .
5.2.1 Fasit til kapittel 1 . . . . .
5.2.2 Fasit til Kapittel 2 . . . . .
5.2.3 Fasit til kapittel 3 . . . . .
5.2.4 Fasit til kapittel 4 . . . . .
5.2.5 Fasit til eksamensoppgavene
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . .
løsning
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
27
27
27
28
29
31
.
.
.
.
.
.
.
.
35
35
35
36
36
37
38
38
39
.
.
.
.
.
.
.
41
41
45
45
45
47
51
51
Kapittel 1
Partielle differensiallikninger
1.1
1.1.1
Partielle deriverte
Definisjoner
Notasjon (skrivemåter)
Vi skal se på funksjoner av to variable, u = f (x, t). Variabelnavnene x og t kan selvfølgelig
variere, men i de anvendelsene vi skal se på har den andre variabelen t en naturlig tolkning
som tiden, mens x har en vanlig geometrisk betydning. Vi bruker følgende notasjon for de
partielle deriverte:
∂u notasjon
∂u notasjon
=
ux og
=
ut
(1.1)
∂x
∂t
2.ordens partielle deriverte
De partielle deriverte er selv funksjoner av to variable. Derfor kan de igjen partiell deriveres.
Vi har følgende skrivemåter for disse andre–ordens partiell–deriverte:
∂ux
∂x
notasjon
=
∂2u
∂x2
notasjon
=
uxx
og
∂ut
∂t
notasjon
=
∂2u
∂t2
notasjon
=
utt
(1.2)
Vi kan også partiellderivere ux med hensyn på t og ut med hensyn på x. Da får vi de blandede deriverte
uxt og utx . Vanligvis er uxt = utx . Dette er tilfellet om de 2. ordens partielle deriverte eksisterer og er
kontinuerlige. Disse blandede deriverte skal vi ikke bruke her.
Definisjonen av de partielle deriverte
Disse er, på tilsvarende måte som vanlige deriverte, definert som en grense:
u(x + ∆x, t) − u(x, t)
∆x
u(x, t + ∆t) − u(x, t)
ut (x, t) = lim
∆t→0
∆t
ux (x + ∆x, t) − ux (x, t)
uxx (x, t) = lim
∆x→0
∆x
ut (x, t + ∆t) − ut (x, t)
utt (x, t) = lim
∆t→0
∆t
ux (x, t) =
lim
∆x→0
1
(1.3)
(1.4)
(1.5)
(1.6)
2
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
Dette leder til den regneteknikken for partielle derviverte med hensyn på x, at vi bruker
vanlige derivasjonsregler som vi kjenner dem fra én–variabel teorien. Den andre variabelen t
behandles som en konstant. (Og selvfølgelig omvendt når vi deriverer med hensyn på t)
Eksempel– Standardeksemplet
Som gjennomgangstema i mange eksempler skal vi bruke funksjonen
u = sin x cos 2t
(1.7)
ux = (sin x) cos 2t = cos x cos 2t
(1.8)
Da er
Regneteknikken er som vanlig derivering med hensyn på x. Vi behandler t, og dermed cos 2t,
som en konstant som ”går utenfor” i denne derivasjonen. Tilsvarende er
ut = sin x(−2 sin 2t) = −2 sin x sin 2t
(1.9)
(da ”konstanten” sin x ”går utenfor derivasjonen”).
La fortsatt u = sin x cos 2t. Da er
uxx =
utt =
∂
∂x cos x cos 2t
∂
∂t (−2 sin x sin 2t)
= − sin x cos 2t
= −4 sin x cos 2t
(1.10)
Legg merke til at her er utt = 4uxx. Dette skal vi bruke i eksemplet på side 4.
De blandede deriverte er like: uxt = utx = −2 cos x sin 2t. Sjekk selv!
1.1.2
Tolkninger av u = f (x, t)
Fysisk/Geometrisk tolkning av u = f (x, t)
I anvendelser hvor den ene variabelen t representerer tiden kan vi anskueliggjøre funksjonen
u = f (x, t) påfølgende måte: For en fast verdi av t avhenger funksjonsverdien u bare av x.
La oss kalle denne funksjonen u = g(x), og grafen til denne kan tegnes på vanlig måte i
xu–planet. Se figur 1.1.
u
du/dx
du/dt
x
Figur 1.1: Tolkning av u(x, t) (ved fast tidspunkt t) og de partielle deriverte
For andre verdier av t får grafen til g(x) et annet utseende. Det vil si at kurven endrer seg
med tiden t. Dermed kan vi tenke på dette som en kurve i bevegelse. Figur 1.1 er kurven
”frosset” ved tidspunktet t, som et fotografi.
1.1. PARTIELLE DERIVERTE
1
u
1
π
−1
1
u
1
u
−1
1
−1
1
π
−1
t = 6π/16 + nπ
t = 10π/16 + nπ
π
u
x
u
x
t = 4π/16 + nπ
t = 12π/16 + nπ
x
t = 2π/16 + nπ
t = 14π/16 + nπ
−1
π
1
π
u
−1
u
x
t = π/16 + nπ
t = 15π/16 + nπ
x
t = 3π/16 + nπ
t = 13π/16 + nπ
π
1
π
−1
π
1
u
x
t = 0 + nπ
−1
3
x
t = 5π/16 + nπ
t = 11π/16 + nπ
u
x
π
x
−1
t = 7π/16 + nπ
t = 9π/16 + nπ
t = π/2 + nπ
Figur 1.2: u(x, t) = sin x cos 2t (i ux–planet ved forskjellige tidspunkt t)
Eksempel
Vi ser fortsatt på u = sin x cos 2t som i ”standardeksemplet” på side 2 over. Definisjonsområdet begrenser vi til 0 ≤ x ≤ π og 0 ≤ t. For fast t er denne kurven gitt ved u = g(x) =
k sin x der ”konstanten” k = cos 2t. Dette er altså en halvperiode av en sinuskurve med
amplitude (max/min-verdi) cos 2t.
Når tiden t løper endrer denne amplituden seg periodisk mellom 1 og −1, og vi får en sinuskurve som bølger opp og ned som en stående bølge. Se figur 1.2 for et en illustrasjon av
dette.
Vi kan også tenke på dette som en svingende streng! En streng svinger gjerne fort, med små
utslag. Dette kan vi få til ved å velge en passende u–skala for eksempel i millimeter og t–skala
for eksempel i millisekunder. (Eller ved å se på u = a sin bx cos ct for passende konstanter a,
b og c, (se oppgave 1b)
Dette kommer enda tydeligere fram hvis vi bruker ”animasjon” som finnes i en del dataprogram, for eksempel Maple:
> with(plots):
> animate(sin(x)*cos(2*t), x=0..Pi, t=0..Pi, frames=16);
Ved å kjøre animasjonen i løkke får vi en tydeligere illustrasjon av den svingende strengen.
En ytterligere forbedring fåes om Pi erstattes med 15*Pi/16 i områdebeskrivelsen for t, for å unngå dobbeltbilde av utgangsstillingen
4
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
Fysisk tolkning av de partielle deriverte
Ved et fast tidspunkt t kan vi nå tenke på den deriverte ux som ”den vanlige deriverte” av
funksjonen u = g(x). Det vil si at det geometrisk kan sees på som stigningskoeffisienten til
grafen i figur 1.1. uxx kan tilsvarende sees på som den andre deriverte, og har med krumningen
til grafen i figur 1.1 å gjøre. Den partiell–deriverte ut ved en fast verdi av x er endringen
av u–verdien med tiden t. Altså hastigheten, det vil si den vertikale hastigheten til et punkt
på kurven i figur 1.1. Tilsvarende er utt den vertikale akselerasjonen av et punkt. (Det vil
si at utt er proporsjonal med den vertikale kraftkomponenten i en svingende streng, i følge
Newtons 2. lov).
1.2
1.2.1
Partielle differensiallikninger
Hva er partielle diff-likninger?
Partielle differensial–likninger er likninger hvor den ukjente er en funksjon av flere variable, og
likningen inneholder en eller flere partielle deriverte av den ukjente funksjonen. Vi forkorter
det til PDL (PDE på engelsk). Vi skal konsentrere oss om to hovedtyper:
varmeledningslikningen
α2 uxx = ut
α en konstant
(1.11)
2
c en konstant
(1.12)
bølgelikningen
c uxx = utt
Disse PDL–ene er andre ordens, siden de inneholder andre ordens deriverte, og de kalles
lineære (og homogene, med konstante koeffisienter). Dermed er de en slags utvidelse av de
vanlige lineære andre ordens diff-likningene som for eksempel y” + 4y = 0. Disse kaller vi fra
nå av kort for VDL (ODE på engelsk).
Vi skal se nærmere på den fysiske begrunnelsen for likningene over, og av tolkningen av
konstantene α og c i de neste avsnittene. Da skal vi selvfølgelig også se på løsningen av dem.
Nå skal vi kommentere partielle diff-likninger generelt, og antyde anvendelser.
En to ganger kontinuerlig deriverbar funksjon av to variable, u = f (x, t), er en løsning til
en slik partiell diff-likning om vi får samme verdi på høyre og venstre side for alle x og t i
definisjonsområdet.
Eksempel
u(x, t) = sin x cos 2t er en løsning til bølgelikningen med c2 = 4:
4uxx = utt
Vi så i eksempel 1.1.1 på side 2 at de andre ordens partiell deriverte oppfylte denne identiteten.
Det finnes mange andre helt forskjellige funksjoner som også er løsninger til 4uxx = utt , for
eksempel u = 3xt − 2x + 4t − 1, u = ex+2t , u = cos 3x sin 6t eller u = sin(x − 2t), se oppgave 2
i slutten av kapitlet. Det at det finnes vidt forskjellige funksjonstyper som oppfyller PDLene
1.11 og 1.12 medfører at det er lite hensiktsmessig å prøve å finne en allmenn løsning, slik
vi gjør for VDLer. Bruk av tilleggsbetingelser blir en integrert del av løsningsprosessen, og
ikke noe som gjøres til slutt, slik man gjør med de vanlige diff-likningene dere kjenner fra
Matematikk 10 og 15.
1.2. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
1.2.2
5
Tilleggsbetingelser
I tidligere kurs har dere sett at vanlige (lineære) 2.ordens diff-likninger vanligvis får en bestemt
løsning (et partikulært integral) om vi har to tilleggsbetingelser. For eksempel verdien av y
og y i et punkt, ofte y(0) og y (0). Da kalles de initialbetingelser. Tilsvarende kan vi ha
initialbetingelser for PDLene som tilstand ved t = 0.
En annen realistisk situasjon for VDL-ene er at vi er interessert i løsninger på et intervall
a ≤ x ≤ b, og at tilleggsbetingelsene er gitt som funksjonsverdiene i endepunktene. Da kalles
de gjerne randbetingelser, og det tilsvarende har vi for PDLer.
For PDLer er vi ofte interessert i løsninger i et område som kan beskrives ved to ulikheter
a ≤ x ≤ b og c ≤ t ≤ d der a, b, c og d er konstanter. Disse kan muligens være uendelig,
særlig gjelder dette for d, den øvre grensen for tida. Hvis vi tegner dette inn i et tx-plan, ser
det ut som rektangler, se fig 1.3.
xx
Pi
π
2
4
6
8
10
12
14
t
Figur 1.3: Området 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ t < ∞
En betingelse på for eksempel x = a her er da en betingelse på nedre kant av rektanglet. Det
er altså en betingelse for uendelig mange punkter (uendelig mange t–verdier), og må gies som
en funksjon av t: u(a, t) = f1 (t) (med f1 (t) som en kjent funksjon).
På samme måte kan vi ha betingelser på de andre kantene, u(b, t) = f2 (t), u(x, c) = f3 (x)
eller u(x, d) = f4 (x), og vi kan ha betingelser på de deriverte langs kantene: ux (a, t) = f5 (t),
ux (b, t) = f6 (t), ut (x, c) = f7 (x) eller ut (x, d) = f8 (x).
Betingelser på u(a, t) og ux (a, t) kalles randbetingelser, da de handler om hvordan løsningsfunksjonen ser ut på randen av definisjonsområdet (jfr. fig. 1.3).
Betingelser på u(x, 0) og ut (x, 0) kalles initialbetingelser, da de sier hvordan situasjonen er
ved starttidspunktet t = 0.
Vi kan ha ha kombinasjoner av disse (for eksempel ut (0, t) + ut (b, t) = 0), eller en mer
komplisert form enn et rektangel på randen, men disse situasjonene faller stort sett utenfor
pensum.
Hvor mange tilleggsbetingelser som trenges for å sikre entydig løsning generelt er et vanskelig
tema. Innenfor de situasjonene som er pensum kan vi bruke tommelfingerregelen at det trengs
like mange tilleggsbetingelser som det er derivasjoner i likningene. Varmeledningslikningen
trenger således tre tilleggsbetingelser, to for uxx pluss en for ut . Bølgelikningen trenger fire
tillegssbetingelser, to for uxx og to for utt .
I mer kompliserte situasjoner i anvendt matematikk bruker man ofte dette som en retningslinje, men legger
ellers vekt på at tilleggsbetingelsene er fysisk fornuftige og bestemmer systemet entydig ut fra praktisk fysisk
forståelse.
6
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
1.2.3
Eksempel
Fra resultatet i likning 1.10 på side 2 ser vi at u = sin x cos 2t oppfyller differensiallikningen
i 1.13 i bølgelikniningen under. Undersøk selv at også de fire tilleggsbetingelsene 1.14–1.17 er
oppfylt.
4uxx = utt
(1.13)
u(0, t) = 0
(1.14)
u(π, t) = 0
(1.15)
u(x, 0) = sin x
(1.16)
ut (x, 0) = 0
(0 ≤ x ≤ π
,
(1.17)
0 ≤ t < ∞)
Fra det som er sagt over har dette entydig løsning (fire tilleggsbetingelser på bølgelikningen),
og da må denne ene løsningen være funksjonen u = sin x cos 2t.
Et slikt system med en partiell differensiallikning med rand- og initialbetingelser skal vi kalle
et rand- og initialverdi problem (eller kort bare problem).
1.3
1.3.1
Varmeledningslikningen α2 uxx = ut
Den endimensjonale varmeledningslikningen
Denne PDL-en forekommer om vi har en jevntykk, homogen varmeisolert stav, og u(x, t)
er temperaturen i punktet med avstand x fra valgt nullpunkt, ved tidspunktet t. All varmetransport i denne staven tenker vi oss foregår ved varmeledning i en retning. Det er altså
ikke varmetap ved stråling eller tap gjennom isolasjonen, bare i endene. Da posisjonen er beskrevet med en koordinat x, tenker vi ofte på en meget tynn stav, men i anvendelser kan den
tvertimot være meget tykk, som for eksempel inni en vegg hvor x angir avstanden til rommet
innenfor veggen1 . I mange bøker brukes andre bokstaver enn det nøytrale u for temperaturen,
for eksempel T . Vi skal imidlertid bruke T til et annet formål i dette heftet.
Konstanten α2 er termisk diffusjonskoeffisient2 . Merk at u er en temperatur, og derfor har
benevning i grader, for eksempel Kelvin K. Variablen x representerer en fysisk lengde, og har
for eksempel benevning meter m, og dermed har uxx benevning K/m2 . Hvis tiden regnes i
sekunder s har ut benevning K/s, og skal likningen balansere med hensyn til benevningene
må α2 ha benevning m2 /s. (Dette kan verifiseres mer direkte via utledningen i avsnitt 1.3.3).
Verdien av α2 avhenger av materialet. Noen typiske verdier 3 :
1
Det vesentlige er da om vi kan anta at temperaturen er den samme hele veien i alle punkter i veggen
med avstand x fra innsiden, noe som ikke er urealistisk med homogene bygningsmaterialer, og forholdsvis like
innetemperaturer over hele veggen, og lik utetemperatur hele veien.
2
I mange lærebøker og tabeller brukes α istedenfor α2 (og c2 for α2 ). Jeg har holdt meg til notasjonen i
Greenberg.
3
Hentet fra Greenberg, Kap.14
1.3. VARMELEDNING
7
Sølv:
Kopper:
Aluminium
Støpejern:
Murstein:
Glass:
Vann:
1.70
1.14
0.86
0.16
0.0052
0.0034
0.0014
cm2 /s
cm2 /s
cm2 /s
cm2 /s
cm2 /s
cm2 /s
cm2 /s
=
=
=
=
=
=
=
1.70
1.14
8.6
1.6
5.2
3.4
1.4
10−4 m2 /s
10−4 m2 /s
10−5 m2 /s
10−5 m2 /s
10−7 m2 /s
10−7 m2 /s
10−7 m2 /s
(1.18)
Endel andre fenomener der ting ”siger” eller ”diffunderer” oppfører seg på samme måten.
For eksempel om vi lar u(x.t) angi fuktigheten istedenfor temperaturen i staven. Derfor
kalles likningen også diffusjonslikningen.
For å få en entydig løsning må vi ha tre rand/initialbetingelser. Om L er lengden av staven
og ”venstrekant” har koordinat x = 0, og vi ”starter” ved tidspunktet t = 0, kan et typisk
initial- og randverdiproblem formuleres:
α2 uxx = ut
(1.19)
u(0, t) = f (t)
(Temperaturen i ”venstre” kant)
(1.20)
u(L, t) = g(t)
(Temperaturen i ”høyre” kant)
(1.21)
u(x, 0) = h(x)
(Temperaturfordelingen ved starttidspunktet)
0<t<∞
0≤x≤L
(1.22)
(Definisjonsområdet)
Der f (t), g(t) og h(x) er kjente funksjoner.
1.3.2
Noen andre PDLer
Om varmen kan strømme fritt i to dimensjoner (i en plate) eller i tre dimensjoner (i et legeme)
får vi de to- og tre–dimensjonale varmeledningslikningene:
α2 · (uxx + uyy ) = ut
α2 · (uxx + uyy + uzz ) = ut
Hvis vi har en sirkelrund plate som er isolert over og under er det antagelig hensiktsmessig å bruke polarkoordianater (da randbetingelsene nok har ”penere” beskrivelse i polarkoordinater). Hvis vi antar at alt er
sirkelsymmetrisk om origo, slik at temperaturen hele tiden kun avhenger av r og den deriverte med hensyn
på θ kan settes lik 0 kan vi omforme den to dimensjonale varmeledningslikningen slik.
u =0
θ
ux = ur rx
ux = ur rx + uθ θx =⇒
Ved derivasjonen har vi brukt kjerneregelen for en funksjon av to variable (Edwards og Penney, teorem 1, kap.
13.7). Ved bruk av vanlig produktregel for derivasjon, og to-variabel kjerneregel en gang til får vi:
u
=0
rθ
uxx = urr rx2 + ur rxx
uxx = (urr rx + urθ rθ ) rx + ur rxx =⇒
Vi kan gjøre det tilsvarende med å derivere med hensyn på y–ene, og får videre
Siden r =
uxx + uyy = urr rx2 + ry2 + ur (rxx + ryy )
x2 + y 2 , er rx = √
rx2 + ry2 =
x
x2 +y 2
, rxx = √
x2 + y 2
=1
x2 + y 2
y
2
x2 +y 2
3
, ry = √
og rxx + ryy =
y
x2 +y 2
og ryy = √
x2 + y 2
(x2 + y 2 )3/2
(1.23)
x
2
x2 +y 2
3
. Dette gir
1
1
= =
r
x2 + y 2
8
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
som settes inn i 1.23 og gir dermed at α2 (uxx + uyy ) = ut blir
α2 urr +
1
ur
r
= ut
Denne er fortsatt lineær, men har ikke lenger konstante koeffisienter, så den faller utenfor rammen av dette
heftet. Jeg henviser til bøkene nevnt i innledningen, der dere også kan se at om vi ikke har symmetrien
som forenkler bort uθ får vi α2 urr + 1r ur +
kulekoordinater
1
u
r 2 θθ
= ut , og tredimensjonale analogier med sylinder- eller
En annen type PDL-er får vi når vi studerer situasjoner hvor temperaturen ikke varierer med
tiden (stabile situasjoner, ut ≡ 0).
I tre dimensjoner (et legeme) får vi den tre–dimensjonale Laplacelikningen
uxx + uyy + uzz = 0 som også skrives ∇·∇(u) = 0 eller ∇2 u = 0
1.3.3
Utledning av varmeledningslikningen
Vi skal bruke divergenssetningen til å utlede den 3–dimensjonale varmeledningslikningen fra enklere
fysiske lover:
La u(x, y, z, t) være
i et legeme i punktet (x, y, z) ved tidspunktet t. Temperatur temperaturen
∂u ∂u ∂u
gradienten ∇u = ∂x , ∂y , ∂z gir retningen temperaturen stiger raskest, så varmeenergien strømmer
motsatt veg av denne. Dette er formulert i Fouriers varmeledningslov. Denne sier at varmeenergien
som strømmer gjennom et lite flatestykke i et kort tidsrom4 er proporsjonal med den retningsderiverte
i retningen normalt på flatestykket, og med tiden. Det vil si energimengden er på formen er på formen
−λ∇u·
n ∆S ∆t . Gjennom et større flatestykke integrerer vi opp og får energistrømmen i tidsrommet
til å bli fluks ganger tid gitt ved flateintegralet
−λ∇u·
n ∆t dS = −λ∆t
∇u·
n dS
(1.24)
S
S
La oss nå betrakte et punkt [x0 , y0 , z0 ], og en liten kule med radius a rundt denne. Vi lar S være
overflaten av denne, og T selve kulen med volum Va (= 43 πa2 ).
Vi tenker oss at denne kulen har (konstant) tetthet δ og (konstant) varmekapasitet c. En annen lov
fra fysikken sier da at varmeenergien i kulen er proporsjonal med (den absolutte) temperaturen u,
massen m = δVa og varmekapasiteten c. Energiendringen i tidsrommet fra t til t + ∆t blir da:
u(x0 , y0 , z0 , t)cδVa − u(x0 , y0 , z0 , t + ∆t)cδVa
(1.25)
Siden vi ser på differensene her, spiller det ikke noen rolle om temperaturen er i absolutte grader (Kelvin)
eller vanlige Celsiusgrader.
Ved å sette de to uttrykkene for energiendring i likningene 1.24 og 1.25 lik hverandre får vi da:
∇u·
n dS
u(x0 , y0 , z0 , t)cδVa − u(x0 , y0 , z0 , t + ∆t)cδVa = −λ∆t
S
Ved å ommøblere litt på denne får vi
u(x0 , y0 , z0 , t + ∆t) − u(x0 , y0 , z0 , t)
λ 1
=
∆t
cδ Va
∇u(x, y, z, t)·
n dS
S
for α2 , og bruker divergenssetningen på flateintegralet, og får:
1
u(x0 , y0 , z0 , t + ∆t) − u(x0 , y0 , z0 , t)
= α2
∇·∇u(x, y, z, t) dV
(1.26)
∆t
Va
T
Vi kaller nå den positive konstanten
4
λ
cδ
Dette gjelder egentlig konstant temperaturgradient og normalvektor. I dette avsnittet tar jeg ikke detaljene
i grenseovergangene ved å betrakte ”uendelig små” tidsintervaller, men er noe mer nøye med overgangene til
”uendelig små flatestykker”
1.4. SVINGENDE STRENG
9
Hvis vi nå lar ∆t → 0 vil venstresiden gå mot den tidsderiverte ut (x0 , y0 , z0 , t).
Vi går ut fra at funksjonen ∇·∇u(x, y, z, t) er kontinuerlig, og da gir middelverdisetningen at
∇·∇u(x, y, z, t) dV = Va ∇·∇u(x1 , y1 , z1 , t)
T
for et punkt (x1 , y1 , z1 ) i T , og likning 1.26 omformes til
∂u
1
(x0 , y0 , z0 , t) = α2 Va ∇·∇u(x1 , y1 , z1 , t)
∂t
Va
Volumet blir forkortet bort, og ved å la a → 0 vil punktet (x1 , y1 , z1 ) smelte sammen med (x0 , y0 , z0 ).
Vi dropper indeksene på x, y og z og står da igjen med:
α2 ∇·∇(u(x, y, z, t)) = ut (x, y, z, t)
Når vi ikke skriver
(x, y, z, t) har vi da:
∂u ∂u ∂u ∂u
∂
∇·∇(u) = ∇· ∂x , ∂y , ∂z = ∂x
∂x +
∂
∂y
∂u
∂y
+
∂
∂z
∂u ∂z
= uxx + uyy + uzz , så vi får
α2 (uxx + uyy + uzz ) = ut
(1.27)
I det endimensjonale tilfellet vi konsentrerer oss om her, forutsetter vi at det ikke er noen varmestrøm
i y og z–retningen. Dermed blir uy = uz = 0 for alle (x, y, z, t), og dermed blir også uyy = uzz = 0, og
vi står igjen med
α2 uxx = ut
1.4
1.4.1
Bølgelikningen c2 uxx = utt
Den endimensjonale bølgelikningen
Situasjonen her er fasongen til en svingende streng (for eksempel gitarstreng) ved hvert
tidspunkt t er gitt av grafen til u(x, t) (u som funksjon av x). Denne funksjonen oppfyller
da (tilnærmet) betingelsene i den endimensjonale bølgelikningen c2 uxx = utt . Konstanten c
avhenger av hvor stramt strengen er spent opp (en stram streng svinger raskere og gir høyere
tone en en slakk), og av massen pr. lengdeenhet (En tykk streng gir lavere tone enn en tynn).
Hvis vi angir u og x i meter og t i sekunder, får uxx benevning m/m2 og utt benevning m/s2 .
For at likningen skal balansere med hensyn på benevninger må da c2 ha benevning m2 /s2 ,
og dermed har c benevningen m/s, det samme som fart. (I kapittel 4 skal vi se at c naturlig
kan tolkes som bølgehastigheten i strengen).
For å få entydig løsning trenger vi fire tilleggsbetingelser. Et typisk oppsett er:
c2 uxx = utt
(1.28)
u(0, t) = f (t)
(Bevegelsen til venstre ende-punkt)
(1.29)
u(L, t) = g(t)
(Bevegelsen til høyre ende-punkt
(1.30)
u(x, 0) = h(x)
(Start-fasongen på strengen)
(1.31)
ut (x, 0) = i(x)
(Start-hastigheten til strengen)
(1.32)
0≤x≤L
0≤t<∞
(Definisjonsområdet)
Der f (t), g(t), h(x) og i(x) er kjente funksjoner og L er lengden av strengen.
10
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
Vanligvis velger vi koordinatsystem slik at x går fra 0 til L, og vi skal begrense oss til
situasjoner der f (t) = g(t) = 0.
Eksempel: PDL–en i eksempel 1.2.3 på side 6 er en bølgelikning, noe som bekrefter at
det er en viss realisme i å oppfatte u(x, t) = sin(x) cos(2t) som en svingende streng.
I det eksemplet er c2 = 4, noe som med passende enheter har med fysiske egenskaper som
masse av strengen og hvor stram den er.
Vi har f (t) = g(t) = 0 som betyr at strengen er fastspent i endene (i punktene (0, 0) og (π, 0)
i xu-planet).
Formen på strengen ved starttidspunktet t = 0 er h(x) = sin x mens i(x) = 0 betyr at
strengen ikke er i bevegelse ved starten. Prøv å forstå disse betingelsene (ved å se på figur 1.1
og 1.2 og tenke deg bevegelsen).
1.4.2
Noen andre bølgelikninger
Bølgelikningen eller varianter av denne opptrer i mange forskjellige situasjoner som omhandler svingende fenomener. For eksempel elektromagnetiske svingninger, vanlige havbølger, og lyd– og lys–bølger.
For eksempel har vi en to–dimensjonal utvidelse om vi bytter ut strengen med et membran (en tromme):
c2 (uxx + uyy ) = utt .
For andre typer og flere detaljer henviser jeg til Greenberg (spesielt oppgavene i kap.16.1).
1.4.3
Utledning av bølgelikningen
∆s
∆x
x
Figur 1.4:
Vi gjør en del tilnærminger. Vi setter massen av ∆s–biten lik δ ∆x (Proporsjonal med ∆x). Om α er
vinkelen strengen danner med null–stillingen i et punkt er tan α = ux (dette er nærmest definisjonen
av ux ), og vi tilnærmer ux = tan α ≈ α ≈ sin α. (Siden svingeutslagene er små er disse tilnærmingene
tan α
sin α
α
i orden pga grense–setningene limα→0 sinα α = 1 og limα→0 tan
α = 1 som gir
α ≈ 1 ≈ α for små
α). Vi ser bort fra eventuelle horisontale bevegelser, og resultantkraften som virker på ∆s–biten er
da normalt på x–aksen. Den er vertikal–komponenten av summen av strekk–kraften i endepunktene
(Andre krefter, som for eksempel tyngdekraften og diverse dempende krefter, ser vi bort fra). Strekk–
kraften er av konstant størrelse τ , og den er rettet langs (tangenten til) kurven, så F = τ sin α i et
punkt (fig 1.5)
α
τ
τsinα
Figur 1.5:
1.5. OPPGAVER TIL KAPITTEL 1
11
Da sin α ≈ ux , er F ≈ τ ux , og forskjellen mellom vertikalkomponentene i endepunktene er resultantkraften
(1.33)
ΣF ≈ τ [ux (x + ∆x, t)] − τ [ux (x, t)]
Samtidig er sammenhengen mellom resultantkraften ΣF som virker på ∆s–biten, massen δ∆x og
aksellerasjonen utt gitt ved Newtons andre lov (”F = ma”):
ΣF = δ∆xutt
(1.34)
Ved å sette de to uttrykkene 1.33 og 1.34 for resultantkraften like får vi:
τ [ux (x + ∆x, t) − ux (x, t)]
τ ux (x + ∆x, t) − ux (x, t)
·
δ
∆x
Ved å la ∆x → 0 går den store brøken mot
τ /δ for c2 blir likning 1.35 bølgelikningen
=
δ∆xutt (x, t) ⇔
=
utt (x, t)
∂
∂x [ux (x, t)]
(1.35)
= uxx . Ved å kalle den positive konstanten
c2 uxx = utt
1.5
Oppgaver til kapittel 1
Fasit på side 45.
Oppgave 1
a ) Gi en fysisk/geometrisk tolkning av funksjonen u(x, t) = e−t sin x (Som i avsnitt 1.1.2,
som en kurve i bevegelse)
b ) Tilpass konstantene a, b og c i funksjonen u(x, t) = a sin bx cos ct slik at den beskriver
en halvperiode av sinuskurven som svinger på samme måte som i avsnitt 1.1.2. Bortsett
fra at nå er lengden av strengen 40cm, amplituden 0.1cm og frekvensen 440 svingninger
pr. sekund. Skriv opp funksjonen, og a, b og c med benevning.
Oppgave 2
a ) Vis, ved innsetting, at funksjonene u = 3xt − 2x + 4t − 1, u = ex+2t , u = cos 3x sin 6t
og u(x, t) = sin(x − 2t) alle passer inn i den partielle diff-likningen 4uxx = utt
b ) Vis ved innsetting at u = sin x cos 2t er den eneste av funksjonene i denne oppgaven
som også oppfyller alle rand- og initialbetingelsene i problemet
utt
4uxx =
u(0, t) =
0
u(π, t) = 0
u(x, 0) = sin x
ut (x, 0) = 0
(0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ t < ∞)
c ) Lag en animasjon av u(x, t) = sin(x − 2t) i Maple, etter mønster av Maple–eksemplet
på side 3.
Dette illustrerer at c = 2 er bølgehastigheten - ser du hvordan? (Forsøk for eksempel å
erstatte 2t med t, 4t og sin(t) )
12
KAPITTEL 1. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER
Oppgave 3
a ) Vis at u = e−t sin x (0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ t) er en løsning av varmeledningslikningen uxx = ut
b ) Vis at u = e−t sin x også oppfyller randbetingelsene u(0, t) = u(π, t) = 0 og initialbetingelsen u(x, 0) = sin x.
Kan det finnes andre funksjoner som oppfyller betingelsene i oppg. a og b?
c ) En fysisk tolkning av funksjonen u i oppgave a kan være at x-aksen mellom x = 0 og
x = π er en varmeisolert streng, og u(x, t) er temperaturen i denne ved tidspunktet t.
Varmen siger ut gjennom endepunktene. Gi en tolkning av ux og ut , og av rand- og
initialbetingelsene fra oppgave b i denne situasjonen.
d ) Lag en maple–animasjon av funksjonen i oppgave 3a.
Oppgave 4
a ) Studér utledningen i avsnitt 1.3.3, og finn på basis av denne enheter for λ og α2 , (med passende
SI–enheter for de andre størrelsene, som for eksempel at tettheten δ har enhet kg/m3 )
b ) Studér utledningen i avsnitt 1.4.3, og finn på basis av denne enheter for c2 og c (med passende
SI–enheter for de andre størrelsene, som for eksempel at strekkraften τ har enhet N = kg·m/s2 ))
Kapittel 2
Separasjon av variable
2.1
2.1.1
Separasjon av variable
Funksjoner av typen X(x) T (t)
Denne løsningsmetoden går ut på at vi først prøver å finne løsninger u(x, t) som kan skrives
som produkt av en funksjon X(x) og en annen funksjon T (t). X(x) inneholder ikke variabelen
t (en funksjon av bare x, eller en konstant), mens T (t) ikke inneholder x. u(x, t) = sin x cos 2t
fra eksemplene er en slik funksjon, med X(x) = sin x og T (t) = cos 2t. En annen er u(x, t) =
(sin x)e−t fra oppgave 1 i avsnitt 1.5.
Siden den faktoren som ikke inneholder variabelen vi deriverer med hensyn på går utenfor
derivasjonen i partiell derivering, får vi greie derivasjonsregler for disse funksjonene:
ux
uxx
ut
utt
= X (x)T (t)
= X”(x)T (t)
= X(x)T (t)
= X(x)T ”(t)
De fleste funksjoner av to variable kan ikke skrives slik. Det er for eksempel umulig å separere variabelene på denne måten i funksjonen u(x, t) = sin(x − 2t). Denne funksjonen kan derimot skrives
som en sum (eller differens) av to slike funksjoner ved hjelp av summeformelen for sinus: u(x, t) =
sin x cos 2t − cos x sin 2t.
Heller ikke dette gjelder generelt, men som vi kommer til etterhvert kan nesten alle1 funksjoner skrives
om vi tillater uendelige summer av slike. Dette kan gjøres på mange måter, men vi skal i neste kapittel
se at en måte som baserer seg på Fourier-rekker er spesielt nyttige til vårt formål.
2.1.2
Løsningsmetoden i grove trekk
Vi begynner med å anta at det finnes en løsning (av selve PDL–en) på formen u(x, t) = X(x) T (t).
Vi setter da inn u = X(x) T (t) (og de partielle deriverte) i differensiallikningen. Via noe regning, som
blant annet involverer løsning av noen vanlige differensial-likninger, finner vi alle slike løsninger.
Dette vil være en familie funksjoner med ganske mange ubestemte konstanter. Vi bruker da randbetingelsene etter tur for å bestemme disse konstantene. Vi får da i første omgang redusert familien av
mulige løsninger betraktelig (ved å bruke de randbetingelsene som sier at funksjonen eller en av de
deriverte skal være konstant langs en bit av randen).
1
For eksempel alle funksjoner som representerer en startprofil med endelig energi
13
14
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
Etterhvert (i de situasjonene vi skal se på når vi begynner med de ikke–konstante randbetingelsene) blir det vanskelig (vanligvis umulig) å oppfylle også de siste randbetingelsene for funksjoner av
formen X(x) T (t). Da benytter vi oss av at også lineærkombinasjoner av løsninger til diff-likningene
er løsninger. Dermed kan vi prøve med summer av de mulige løsninger vi har funnet så langt. (Vi må
også organisere bruken av de første randbetingelsene slik at oppfyllelsen av disse ikke blir ødelagt av
summer.) Det er mulig vi må bruke uendelige summer for å få det til.
På denne måten klarer vi å finne en funksjon som oppfyller både den partielle diff-likningen og alle
randbetingelsene. Vi skal gå ut fra at problemene er stilt slik at det finnes nøyaktig en løsning. Da
må det være denne løsningen vi har funnet.
2.1.3
Noen vanlige differensiallikninger
Underveis får vi bruk for løsningen av noen vanlige homogene lineære differensiallikninger med konstante koeffisienter. Dette er behandlet i tidligere kurs, så vi nøyer oss her med å oppsummere løsningsformlene. Jeg formulerer dem med ”nøytralt” funksjonsnavn F , og variabelnavn z, men i anvendelsene
er det gjerne F (z) = X(x) eller T (t). Konstantene a, b og c er gitt, mens C-ene er de ubestemte integrasjonskonstantene.:
1. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter:
Allmenn løsning av F (z) + aF (z) = 0 er F (z) = Ce−az .
2. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter:
Allmenn løsning av aF (z) + bF (z) + cF (z) = 0 der a = 0:
4ac − b2 > 0
F (z) = e
b2 − 4ac > 0
b2 − 4ac = 0
(−b z)/(2a)
C1 cos
F (z) = C1 e(−b+
√
4ac − b2
z
2a
√
b2 −4ac) z/(2a)
√
4ac − b2
z
2a
+ C2 sin
+ C2 e(−b−
√
b2 −4ac) z/(2a)
F (z) = C1 e(−b z)/(2a) + C2 ze(b z)/(2a)
I første omgang trengs bare 1. ordenslikningen, og spesialtilfellet av 2. ordenslikningen der a = 1,
b = 0 og c > 0, slik at b2 − 4ac = −4c > 0, eller a = 1, b = 0 og c = 0, slik at b2 − 4ac = 0. Vi skal
kalle c = d2 og oppsummerer til
F ” + d2 F = 0 har løsning
C1 + C2 z
C1 cos dz + C2 sin dz
F + d2 F = 0 har løsning
2.2
C
2
Ce−d z
hvis d = 0
hvis d =
0
hvis d = 0
hvis d =
0
(2.1)
(2.2)
Bølgelikningen med separasjon av variable
For en streng av lengde L som er fastspent i endene, og som ved start-tidspunktet t = 0 har
fasong gitt ved u(x, 0) = f (x), og ingen bevegelse, gjelder:
2.2. BØLGELIKNINGEN MED SEPARASJON AV VARIABLE
c2 uxx = utt
(2.3)
u(0, t) = 0
(2.4)
u(L, t) = 0
(2.5)
u(x, 0) = f (x)
(2.6)
ut (x, 0) = 0
Konstanten c er bestemt av strengens masse og hvor stramt den er spent opp.
2.2.1
15
(2.7)
Innsetting av X(x) T (t)
Ved å sette X(x) T (t) inn i diff-likningen 2.3, og bruke derivasjonsreglene i avsnitt 2.1.1 får
vi
(2.8)
c2 X”(x)T (t) = X(x)T ”(t)
Dette kan vi omforme til
T” 1
X”
=
(2.9)
X
T c2
Likning 2.9 kan bare være oppfylt om begge sidene er konstante !
Dette er fordi venstre side ikke inneholder t, og derfor ikke kan variere med tiden t. Da kan
heller ikke høyre side, som hele tiden er lik denne, variere med t. Høyresiden inneholder ikke
variabelen x, og da den heller ikke varierer med t, må den være en konstant. Denne konstanten
kaller vi k.
Ved å sette henholdsvis venstre og høyre side lik k får vi nye difflikninger.
X” − k X = 0
2
T” − k c T
= 0
(2.10)
(2.11)
Dette er uendelig mange difflikninger, men av tre forskjellige hovedtyper ettersom k < 0,
k = 0, eller k > 0. Vi skal ta disse tilfellene etter tur.
2.2.2
Tilfellet k < 0
Det viktigste tilfellet får vi om k < 0. Vi skal da bruke betegnelsen2 k = −κ2 .
En fordel med dette er at vi tydelig ser at −κ2 < 0 (for reelle tall κ, og vi kan anta κ > 0).
I dette tilfellet blir begge likningene i 2.10 av samme type som andre likning i 2.1, med d = κ.
Det vil si
X + κ2 X = 0 og T + κ2 c2 T = 0 .
Ved å gi de ubestemte koeffisientene navn som store bokstaver, alfabetisk etter som de dukker
opp, får vi da løsningene:
X(x) T (t) = (A cos κx + B sin κx)(C cos κct + D sin κct)
(2.12)
Vi ser her en annen fordel ved å kalle konstanten −κ2 : Hadde vi ikke brukt 2. potensen hadde vi fått med et
rottegn å dra på i fotsettelsen.
Dette er stort sett så langt vi kommer ved bare å bruke selve diff-likningen 2.3. Neste skritt
blir å rydde opp i konstantene ved å bruke randbetingelsene 2.4 og 2.5, og den konstante
initaialbetingelsen 2.7
2
Den greske bokstaven κ leses ”kappa”
16
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
Trivielle løsninger: Hvis C = D = 0 får vi løsningen u(x, t) = X(x) · 0 = 0. Denne
løsningen oppfyller riktignok difflikningen, men kan ikke bidra med noe for å få oppfyllt
randbetingelsene. Den er derfor uinteressant, og kalles den trivielle løsningen. Vi er bare
interesssert i ikke–trivielle løsninger, og antar derfor at ikke C = D = 0 . Konsekvensene av
dette er da:
Randbetingelsen u(0, t) = 0
Randbetingelsen 2.4 gir
(A cos 0 + B sin 0)(C cos κct + D sin κct) ≡ 0 ⇐⇒ A(C cos κct + D sin κct) ≡ 0
Dette medfører at A = 0, siden funksjonen den multipliseres med ikke er (konstant) lik 0,
mens produktet er 0.
Ved å erstattet BC med E og BD med F har vi så langt forenklet det til: De funksjonene
på formen X(x) T (t) som oppfyller betingelsene 2.3 og 2.4 er:
u(x, t) = sin κx(E cos κct + F sin κct)
(2.13)
Randbetingelsen u(L, t) = 0
Randbetingelsen 2.5 gir nå
sin κL(E cos κct + F sin κct) ≡ 0
Siden E = F = 0 bare gir den trivielle løsningen prøver vi isteden med å anta at ikke begge
disse er null, og dermed varierer T (t)-delen med t. Dermed må den første faktoren være null:
sin κL = 0
Her er lengden L en konstant, så for å få til dette er det κ som må få spesielle verdier.
Siden sin z = 0 for z = nπ (for heltall n), betyr dette at dette er oppfylt for κ-verdiene slik
at
nπ
⇐⇒
κ=
κL = nπ
L
De funksjonene på formen X(x) T (t) som oppfyller betingelsene 2.3, 2.4 og 2.5 blir dermed:
u(x, t) = sin
nπ
L
x(E cos
nπ
L
ct + F sin
nπ
L
ct)
(2.14)
Initialbetingelsen ut (x, 0) = 0.
Ved derivasjon med hensyn på t av det vi har så langt får vi
ut (x, t) = sin
nπ
L
x −E
nπc
L
sin
nπ
L
ct + F
nπc
L
cos
nπ
L
ct
som ved innsetting av t = 0 og bruk av 2.7 gir
ut (x, 0) = sin
nπ
L
x −E
nπc
L
sin 0 + F
nπc
L
cos 0 = 0 ⇐⇒
2.2. BØLGELIKNINGEN MED SEPARASJON AV VARIABLE
F
nπc
L
nπ
sin
L
17
x≡0
Dette er oppfylt for alle x bare om F = 0. Vi står da igjen med
E sin
nπ
x cos
L
nπ
L
ct
Vi kaller konstanten E for En , og døper uttrykket
un = En sin
nπ
L
x cos
nπ
L
ct ,
og får mulige løsninger for hvert positive3 heltall n:
De funksjonene på formen X(x) T (t) som oppfyller betingelsene 2.3, 2.4, 2.5 og 2.7 er :
un = En sin
nπ
L
x cos
nπ
L
ct
n ∈ {1, 2, 3, . . .}
(2.15)
Initialbetingelsen u(x, 0) = f (x)
Ved å sette inn t = 0 i un får vi
un (x, 0) = En sin
nπ
L
x cos 0 = En sin
nπ
L
x
Her har vi bare den ubestemte konstanten En og heltallet n å tilpasse for å få dette til å bli
lik f (x), og det er bare unntaksvis nok.
Delksempel
For eksempel om L = π, er
un (x, 0) = En sin nx.
La nå som eksempel f (x) = a sin x, slik at initialbetingelse 2.6 er u(x, 0) = a sin x. Vi få
oppfylt også denne betingelsen ved å velge n = 1 og E1 = a. Vi får da løsningen
u(x, t) = a sin x cos ct
som oppfyller alle betingelsene, og derfor er den entydige løsningen. (I dette tilfellet har vi
situasjonen fra standardeksemplet fra kapittel 1, om vi lar a = 1 og c = 2.)
En slik løsningsformel kalles et analytisk funksjonsuttrykk for løsningsfunksjonen.
Vanligvis er vi ikke så ”heldige” med f (x) at vi kan finne løsning direkte fra un . Vi kan få
utvidet mulighetene en god ved at summer av løsninger også er løsninger. Vi tar da med
dette generelt før vi går videre med løsning for et annet valg av f (x).
2.2.3
Lineærkombinasjoner av løsninger
Hvis v og w er løsninsfunksjoner til bølgelikningen c2 uxx = utt , er også u = v + w løsning.
Dette ser vi ved å sette v + w inn i likningens venstreside:
c2 (v + w)xx = c2 (vxx + wxx ) = c2 vxx + c2 wxx
3
Om κ < 0 setter vi minusen utenfor sin, hvor den blir slukt opp av konstanten En
18
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
Vi har brukt at derivasjon, og dermed også to gangers derivasjon, gjøres ledd for ledd i en
sum. Siden vi har forutsatt at v og w er løsninger har vi c2 vxx = vtt og c2 wxx = wtt , og dette
settes inn i utregningen over:
c2 (v + w)xx = c2 vxx + c2 wxx = vtt + wtt = (v + w)tt
Dermed følger det at c2 (v + w)xx = (v + w)tt , altså at u = v + w er en løsning.
Siden konstanter også går utenfor derivasjon, kan argumentet utvides til å vise at om v og w
er løsninger, og k og l er konstanter, er lineærkombinasjonen u = kv + lv også løsninger. Et
tilsvarende argument kan også brukes for å vise at lineærkombinasjoner av løsninger i varmeledningslikningen er løsninger. Differensiallikninger der lineærkombinasjoner av løsninger
også er løsninger kalles homogene lineære differensiallikninger. Dette gjelder både PDEer og
VDEer.
Du innser vel at dette kan utvides til en sum av flere løsninger4 , og vi oppsummerer dette i
en setning:
La v1 , v2 , . . . , vN være funksjoner og k1 , k2 , . . . , kN være konstanter.
La videre v være lineærkombinasjonen v = k1 v1 + k2 v2 + · · · + kN vn .
Da gjelder:
Om v1 , v2 , . . . , vN er løsninger i c2 uxx = utt ,
er også v løsning i denne bølgelikningen.
Om v1 , v2 , . . . , vN er løsninger i α2 uxx = ut ,
er også v løsning i denne varmeledningslikningen.
(2.16)
Har vi derfor løsninger un på formen X(x)T (t) kan vi bygge opp nye løsninger ved å summere
disse.
Tilleggsbetingelsene der høyresiden er 0 vil også fortsatt gjelde om de gjelder for hver un .
For eksempel om un (0, t) = 0 og u = u1 + u2 + · · · + uN er u(0, t) = 0 + 0 + · · · + 0 = 0.
Hvis høyresiden ikke er 0 vil summer selvfølgelig ødelegge tillegsbetingelsen. Vi skal senere
se eksempler på hvordan vi håndterer dette.
2.2.4
Fortsettelse på separasjon av variable.
Vi hadde så langt funnet løsninger på formen
un (x, t) = X(x)T (t) = En sin
nπ
L
x cos
nπ
L
ct
som oppfyller PDLen 2.3: c2 uxx = utt , og tillegsbetingelsene 2.4: u(0, t) = 0, 2.5: u(L, t) = 0
og 2.6: ut (x, 0) = 0. Videre har vi at summer av slike løsninger også oppfyller alle disse
betingelsene, slik at vi har alle funksjoner på formen
u(x, t) =
N
un (x, t) = u1 (x, t) + u2 (x, t) + · · · + uN (x, t)
i=1
til disposisjon for å få oppfyllt også den siste betingelsen, 2.6: u(x, 0) = f (x).
4
Formelt kan det vises ved et induksjonsbevis
2.2. BØLGELIKNINGEN MED SEPARASJON AV VARIABLE
19
I dette eksemplet har vi
u(x, t) =
N
n=1
En sin
nπ
L
x cos
nπ
L
ct
(2.17)
som gir
u(x, 0) =
N
n=1
En sin
nπ
L
x cos(0) =
N
n=1
En sin
nπ
L
x
(2.18)
Delksempel
Om vi har at
f (x) = sin
π
L
x−
3π
5π
1
1
sin x + sin x
3
L
5
L
blir denne på formen i formel 2.18 om vi velger N = 5 (eller større), og E1 = 1, E2 = 0, E3 =
−1/3, E4 = 0 og E5 = 1/5 (og eventuelt E6 = E7 = · · · = 0).
Da har vi løsningen:
π
π
3π
1
5π
5π
x cos L
ct − 13 sin 3π
u(x, t) = sin L
L x cos L ct + 5 sin L x cos L ct
(Sjekk at denne oppfyller betingelsen u(x, 0) = f (x), og også de andre betingelsene)
t
t
t
t
t
t
=
=
=
=
=
=
0.0/c
0.2/c
0.4/c
0.6/c
0.8/c
1.0/c
Figur 2.1: løsning til eksemplet for noen t-verdier
En Maple–animasjon av løsningen kan vi få ved:
>
>
>
>
u := (x,t) ->
sin( Pi*x/L)
(1/3)*sin(3*Pi*x/L)
(1/5)*sin(5*Pi*x/L)
L := 1; c := 2;
plots[animate](u(x,t),
* cos(Pi*c*t/L) * cos(3*Pi*c*t/L) +
* cos(5*Pi*c*t/L);
x=0..1, t=0..1, frames=35);
Jeg har her først definert løsningsfunksjonen med de generelle parametrene L og c, men for animasjonen
må de ha en verdi. Jeg har brukt kommandoen plots[animate] istedenfor det todelte > with(plots)
og >animate(...) (som leser inn pakka plots) fra eksemplet på side 3
Det er selvfølgelig fremdeles begrenset hva slags funksjoner f (x) kan være for at vi skal få
til dette.Vi skal seinere utvide dette til N = ∞, altså uendelige summer. Da kan vi klare
å tilpasse konstantene En slik at betingelsen 2.6 er oppfylt for nær sagt vilkårlige f (x).
Fourierrekker kan brukes til dette formålet. Men først skal vi se på andre verdier av κ:
20
2.2.5
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
Drøfting av tilfellene k ≥ 0
π
1
5π
Når u(x, 0) = f (x) = a sin(x/L) eller u(x, 0) = f (x) = sin L
x − 13 sin 3π
L x + 5 sin L x
har vi funnet løsninger i deleksemplene. Disse oppfyller alle betingelsene, slik at de må være
den entydige løsningen i de to situasjonene, og vi trenger strengt tatt ikke undersøke situasjonen når k = 0 eller k > 0. Med tanke på andre situasjoner tar vi likevel med litt om
disse:
2.2.6
Tilfellet k = 0
Hvis vi antar k = 0 blir likningene 2.10 på side 15
X” = 0
(2.19)
T” = 0
(2.20)
Vi begynner på nytt i alfabetet med de ubestemte konstantene, og har da løsningene
X(x) = Ax + B
og T (t) = Ct + D.
Dette gir igjen kandidatene
u(x, t) = (Ax + B)(Ct + D)
(2.21)
Randbetingelsen u(0, t) = X(0)T (t) ≡ 0
For løsningen 2.21 blir randbetingelsen 2.4
(A + B 0)(C + Dt) ≡ 0
Hvis vi forsøker å unngå C = D = 0, som bare gir den trivielle løsningen, må vi ha A = 0.
Da forenkles uttrykket til
Bx(C + Dt)
Randbetingelsen u(L, t) = 0
Randbetingelsen 2.4 på dette er:
u(L, t) = X(L)T (t) = B L(C + Dt) ≡ 0
Siden lengden L = 0 vi må da enten ha B = 0 eler C = D = 0. I begge tilfeller får vi at når
k = 0 er
X(x) T (t) ≡ 0
Dermed er den trivielle løsningen den eneste mulige for k = 0, og vi kan i dette tilfellet se
bort fra den.
Vi skal se at i forbindelse med varmeledningslikninger kan k = 0 gi ikke–trivielle løsninger, så vi kan ikke se
bort fra k = 0 generelt.
2.3. VARMELEDNING MED SEPARASJON AV VARIABLE
2.2.7
21
Tilfellet k > 0
Vi vil da skrive k = κ2 .
Dette tilfellet gir heller ikke fysisk realiserbare løsninger for bølgelikningen. Se oppgave 5 i
avsnitt 2.4 for en sjekk av dette.
Heller ikke for situasjonene med varmeledningslikningen vi kommer borti i dette heftet gir
k > 0 løsninger, da får vi noen temperaturer som må vokse mot uendelig. Dette er selvsagt
umulig med begrenset energi.
Oppgave 4 i dette kapitlet er et eksempel der også tilfellet k > 0 kan gi ikke–trivielle løsninger. Det
anbefales at dere forsøker å løse denne oppgaven for å kjenne til også denne situasjonen.
2.3
Varmeledning med separasjon av variable
Metoden med separasjon av variable virker også på den endimensjonale varmeledningslikningen. Framgangsmåten og tankegangen blir mye likt det tilsvarende for bølgelikningen. De vesentligste endringene
er at tilfellet k = 0 også kan gi ikke–trivielle løsninger og at vi får en 1. ordens diff–likning når T skal
bestemmes.
Her skal metoden vises på et eksempel. Det vil bli mindre detaljer i hvert enkelt skritt enn i forrige
eksempel med bølgelikningen. Dermed vil forhåpentligvis en gjennomgang av dette eksemplet også
bidra til å få litt bedre oversikt over metoden5 .
2.3.1
Formulering av likningen
La u(x, t) være temperaturen x meter fra ”venstre ende” i en L = 2 meter lang isolert aluminiumledning ved tidspunktet t (målt i sekunder, fra valgt starttidspunkt). For aluminium
er α2 = 8.6 · 10−5 m2 /s.
Temperaturen i venstre ende holdes konstant lik 5◦ C, mens den i høyre ende holdes konstant
lik 25◦ C. Temperaturfordelingen ved tidspunktet t = 0 er f (x) = 10x + 10 sin(πx). Rand- og
initialverdiproblemet kan da formuleres:
α2 uxx = ut
(2.22)
u(0, t) = 5
(2.23)
u(2, t) = 25
(2.24)
u(x, 0) = 5 + 10x + 10 sin(πx)
(2.25)
0≤x≤2
t>0
Det er ingen grunn til å sette inn tall for α2 ennå.
Oppgaven er (i første omgang) å finne en analytisk formel for løsningsfunksjonen u(x, t).
5
Dette eksemplet vil også ligge nærmere opp til hvordan man bør besvare en tilsvarende oppgave, f.eks.
ved eksamen. I deres egne besvarelser kan dere være enda litt mindre detaljerte, men det vil vanligvis kreves
at alle skrittene er med. Det vil si at dere viser hvordan separasjon av variable gir de aktuelle VDLene, og
hvordan tilleggsbetingelsene etter tur eliminerer konstantene, for til slutt å bygge opp en løsning som summer
av un –er. Det har ingen hensikt å forsøke å lære løsningsformelen. Små vrier i oppsettet kan fort gi endringer
i denne som man må regne gjennom alt for å bestemme. Dessuten kan oppgaveteksten kreve at utledningen i
grove trekk blir vist.
22
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
2.3.2
Løsning av rand- og initialverdiproblemet
Vi begynner (som vanlig) med å prøve å finne løsninger på formen u(x, t) = X(x)T (t), og
setter denne inn i likning 2.22. Dette leder til
α2 X T = XT som omformes til
1 T
X = 2
X
α T
For at siste likning skal være oppfyllt må begge sider være en konstant vi kaller k :
1 T
X = 2
= k ⇐⇒ X − kX = 0 og T − kα2 T = 0
X
α T
Tilfellet k = 0
I varmeledningslikningen er det hensiktsmessig å begynne med å undersøke tilfellet k = 0, og
da har vi likningene
X = 0 og T = 0 med løsningene X = Ax + B og T = C
Dette gir XT = (Ax + B)C = Dx + E, ved å sette AC = D og BC = E.
Innsatt i randbetingelsen 2.23 har vi da
u(0, t) = 5 ⇒ D · 0 + E = 5 ⇒ E = 5
Da gjenstår XT = Dx + 5, som vi setter inn i randbetingelsen 2.24:
u(2, t) = 25 ⇒ D · 2 + 5 = 25 ⇒ D = 10
Så langt har vi altså u(x, t) = 10x + 5. Denne passer med de første to leddene i funksjonen i
initialbetingelsen 2.25, og vil til slutt inngå som et ledd i løsningsfunksjonen. Vi klarer ikke
andre del av betingelse 2.25, så det må vi få fra tilfellet k < 0. Det kan være greit å kalle
denne funksjonen u0 : u0 (x, t) = 5 + 10x.
Merk at u0 utgjør den rette linjen fra (0, 5) til (2, 25) i xu–planet, og er den temperaturfordelingen vi venter løsningen skal nærme seg når t blir stor. Det er også den temperaturfordelingen som ville gitt uendret temperaturfordeling om den var initilafordelingen u(x, 0). Den
kalles den stasjonære løsningen.
De gjenstående leddene er bidrag som forsvinner med tiden, og kalles transiente løsninger.
Tilfellet k < 0
I de gjenstående leddene skal vi bytte ut 2.23 u(0, t) = 0 med u(0, t) = 0, og u(2, t) = 25 med
u(2, t) = 0. Vi skal jo summere leddene til løsninger etterhvert, og summerer vi ledd med
u(0, t) = 5 blir ikke summen 5 men 5 + 5 + · · · + 5, og tilsvarende for u(2, t). Hvis de nye
leddene derimot oppfyller u(0, t) = u(2, t) = 0 vil summen bli u(0, t) = 5 + 0 + · · · 0 = 5 og
u(2, t) = 25 + 0 + · · · 0 = 25, der altså u0 sørger for det bidraget som ikke er 0 i 2.23 og 2.24.
Vi setter i dette tilfellet k = −κ2 , og får (vi resirkulerer navn på de ubestemte konstantene):
X + κ2 X = 0 og T + κ2 α2 T = 0
⇒
X = A cos(κx) + B sin(κx) og T = Ce−κ
Vi har derfor så langt
XT = (A cos(κx) + B sin(κx)) Ce−κ
2 α2 t
= (D cos(κx) + E sin(κx)) e−κ
2 α2 t
,
2 α2 t
2.3. VARMELEDNING MED SEPARASJON AV VARIABLE
23
og tilpasser betingelsen u(0, t) = 0:
(D cos(0) + E sin(0)) e−κ
2 α2 t
= 0 ⇐⇒ De−κ
Dette gir at D = 0 og vi står igjen med XT = E sin(κx) e−κ
gelsen u(2, t) = 0:
E sin(κ2) e−κ
2 α2 t
2 α2 t
2 α2 t
=0
, som vi tilpasser til betin-
= 0 ⇒ E = 0 eller sin(κ2) = 0
Siden E = 0 bare gir triviell løsning setter vi
sin(κ2) = 0 ⇒ 2κ = nπ ⇒ κ =
nπ
2
Dette gir mulige løsninger for alle heltall n, men det er nok å se på n ∈ {1, 2, 3, . . .}. For hver
n kaller vi konstanten E for En , og løsningsleddene for un , og har dermed
un (x, t) = En sin
nπ
x
2
e−(
nπ 2 2
α t
2
)
⇒ un (x, t) = En sin
nπ
x
2
e−
n2 π 2 α2
4
t
For å tilpasse initialbetingelsen 2.25, u(x, 0) = 5 + 10x + 10 sin(πx) setter vi inn t = 0 og får
un (x, 0) = En sin
nπ
x
2
e0 = En , sin(
nπ
x)
2
Leddet 5 + 10x er allerede dekket av u0 , og vi kan tilpasse konstantene n og En for å få
dekket det siste leddet, 10 sin(πx). Først velger vi n = 2, så passer det inni sinusfunksjonen.
2 2
Så velger vi E2 = 10, så passer koeffisienten foran. Dermed er u2 (x, t) = 10 sin(πx) e−π α t .
Oppsummering
Hvis vi adderer u0 og u2 får vi en løsning som oppfyller alle betingelsene. Dette vil da være
den entydige løsningen som finnes, og det er ikke nødvendig å undersøke tilfellet k > 0:
u(x, t) = 5 + 10x + 10 sin(πx) e−π
2
α2 t
Hvis vi setter inn numerisk α2 = 8.6 · 10−5 , og dermed α2 π 2 = 0.00085, får vi
u(x, t) = 5 + 10x + 10 sin(πx) e−0.00085 t
For eksempel har vi i midtpunktet x = 1 at temperaturen er konstant:
u(1, t) = 5 + 10 · 1 + 10 sin(π) e−0.00085 t = 5 + 10 + 0 = 15
I punktet x = 1/2 har vi følgnede temperaturutrvikling:
u(1/2, t) = 5 + 10 · 1/2 + 10 sin(π/2) e−0.00085t = 10 + 10 e−0.00085 t
Temperaturen etter 5 minutter (300 sekunder) er i dette punktet:
u(1/2, 300) = 10 + 10 e−0.00085·300 = 17.75
24
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
En skisse av temperatufordelinga etter t = 0, t = 5 min, t = 1/2 time og t = 12 timer (hvilken
graf hører til hvilken tid?):
25
20
15
u
10
5
0
2.4
0.5
1
x
1.5
2
Oppgaver til kapittel 2
Fasit på side 45.
Oppgave 1
Løs bølgelikningsproblemet
1002 uxx
u(0, t)
u(π, t)
u(x, 0)
ut (x, 0)
=
=
=
=
=
utt
(1)
0
(2)
0
(3)
sin(x) − 19 sin(3x) (4)
0
(5)
0≤x≤π
,
t≥0.
Bruk separasjon av variable, og vis (i grove trekk) utregningene.
Dette var en eksamensoppgave i Matematikk 30, desember 2001.
Oppgave 2
La f (x) = sin(πx/L)/10 i betingelse 2.6, mens de andre betingelsene i likningsoppsettet på
side 15 er uendret.
a ) Skriv opp løsningen for L = 50cm
b ) Kammertonen ’Enstrøken A’ får vi om strengen svinger med 440 svingninger pr. sekund
(se også oppg.1 i avsnitt 1.5). Bestem c (når L = 50cm) slik at strengen gir en ’A’.
c ) Lag en Maple-animasjon av denne løsningen.
d ) Bytt ut betingelsen 2.6: u(x, 0) = f (x) med u(x, 0) = 0, og betingelsen 2.7: ut (x, 0) = 0
med ut (x, 0) = 3 sin(2πx/L). Hva blir u(x, t) nå?
e ) Gi en fysisk tolkning av de nye initialbetingelsene i oppgave d
f ) Lag en Maple-animasjon av denne løsningen.
2.4. OPPGAVER TIL KAPITTEL 2
25
Oppgave 3
Vi har det følgende tilfellet av varmeledningslikningen (L = 1, og temperaturen konstant lik
null i begge ender):
α2 uxx (x, t) = ut
(2.26)
u(0, t) = 0
(2.27)
u(1, t) = 0
(2.28)
u(x, 0) = 20 sin 2πx
(2.29)
a ) Skriv opp et uttrykk alle funksjoner av formen X(x) T (t) som oppfyller de tre første
betingelsene 2.26—2.28
b ) Finn så den entydige funksjonen som i tillegg oppfyller initialbetingelsen 2.29
c ) Hva slags benevning har κ når L = 1 meter, og u har benevning ◦ C (celsiusgrader)?
d ) Lag en Maple–animasjon av løsningen.
Oppgave 4
I denne oppgaven skal dere se på et enkelt tilfelle av Laplace’s likning i to dimensjoner
uxx + utt = 0
(2.30)
u(0, t) = 0
(2.31)
u(x, 0) = 0
(2.32)
u(x, π) = 0
(2.33)
u(1, t) = sin(t)
(2.34)
der den ukjente u(x, t) er en funksjon med kontinuerlige deriverte på definisjonsområdet
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ≤ π.
a ) Anta u(x, t) = X(x) T (t), og finn vanlige differensiallikninger for å bestemme X og T .
(Sett opp likningene slik at det kommer en minus foran k–en i likningen for X. Det er fritt valg hvilken
likning som har minus, men dette vil passe med resten av oppgaven).
b ) Anta først k < 0, og løs likningen så langt du kommer ved bruk av tilleggsbetingelsene 2.31—2.33 i dette tilfellet. Er det mulig å finne ikke–trivielle løsninger i dette
tilfellet?
c ) Anta så at k > 0, og løs likningen så langt du kommer ved bruk av tilleggsbetingelsene 2.31—2.33 i dette tilfellet.
d ) Bruk så betingelse 2.34 og finn den entydige løsningsfunksjonen u(x, t).
Oppgave 5
I bølgelikningen kom vi ved separasjon av variable til at
T” 1
X”
=
=k
X
T c2
(konstant)
I avsnitt 2.2.7 kommenterte vi kort at denne konstanten ikke kan være positiv, og i denne
oppgaven skal vi sjekke dette:
Anta konstanten er positiv, og dermed kan skrives k = κ2 :
26
KAPITTEL 2. SEPARASJON AV VARIABLE
a ) Gjør rede for at dette leder til mulige løsninger på formen
Aeκx + Be−κx
Ceκct + De−κct
b ) Vis at randbetingelsene om at strengen er fastspent i endene gir at om enten C eller
D = 0, så må A = B = 0, og dermed X(t)T (t) = 0. Dermed gir ikke dette opphav til
noen ikke–triviell løsning.
Kapittel 3
Partielle differensiallikninger og
Fourierrekker
3.1
Fourierrekker og halvperiodiske utvidelser
Fourier-rekker brukes ikke bare til periodiske fenomener. De kan også brukes til å representere
eller tilnærme funksjoner definert på et endelig intervall.
Dette var Jean Baptiste Joseph Fourier (1768–1830) sin egen anvendelse av disse rekkene, i forbindelse
med avhandlinger om varmeledning i 1807 og 1811.
Tanken er at man oppfatter funksjonen definert på et endelig intervall som en del av en periodisk funksjon definert for alle x. I de anvendelsene vi skal se på her er intervallet fra 0 til L,
og det er hensiktsmessig å tenke på L som en halv periode av den periodiske funksjonen. Derav navnet ”halvperiodiske utvidelser”. (I andre situasjoner, med andre typer randbetingelser
kan det for eksempel være praktisk å la L være hele, eller kanskje bare kvarte perioden)
Odde eller like (jevne) funksjoner har Fourier-rekker som er henholdsvis reine sinus eller
cosinusrekker. I våre anvendelsene her er vi interessert i slike. Vi vil først utvide funksjonen
til en funksjon på det doble intervallet [−L, L]. Dette gjør vi ved speiling om origo (y-aksen),
slik at dette blir en odde (jevn) funksjon. Deretter tar vi denne symmetriske funksjonsdelen
og gjentar periodisk over hele x-aksen. Dermed får vi en ny funksjon, som vi skal kalle fu (x)
(u-en betyr ”utvidet”). fu er periodisk med periode 2L, og odde (jevn), og på intervallet [0, L]
er f (x) = fu (x). Siden Fourier-rekka til fu er lik denne for alle x, er den spesielt også lik
fu (x), og dermed f (x), på intervallet [0, L]. Vi skal se at vi slipper å eksplisitt regne ut en
formel for fu (x).
Metoden illustreres med et eksempel (og en liknende oppgave).
3.1.1
Eksempel på halv-periodisk utvidelse
La A og L være konstanter (L > 0) og f (x) være definert på intervallet [0, L] ved
⎧
⎨ 2A x
hvis
L
f (x) =
⎩
2A − 2LA x hvis
0 ≤ x ≤ L/2
L/2 < x ≤ L
Det vil si funksjonen vokser rettlinjet fra null til A i første halvdel av intervallet, og avtar
rettlinjet ned igjen till null i andre halvdel. Se figur 3.1.
27
28
KAPITTEL 3. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER OG FOURIERREKKER
L
L/2
Figur 3.1: f(x), dens odde utvidelse og tilnærming med Fourier-rekke
Vi skal finne Fourier-rekka til en odde utvidelse fu (x) av f (x) (det vil si symmetri om origo).
Dette blir en sinus-rekke, så Fourier koeffisientene a0 = an = 0, mens
bn =
1
L
L −L
fu (x) sin
nπx
L
dx =
2
L
L 0
fu (x) sin
nπx
L
dx
(3.1)
Siden integralet i formelen for bn bare går fra 0 til L behøver vi ikke finne formelen for fu (x)
på intervallet (−L, 0) (eller for resten av x-verdiene).
På intervallet (0, L) er f (x) = fu (x). Dermed får vi
L
L/2 2A
nπ
2A
nπ
8A sin(nπ/2)
x sin
x dx +
(2A −
x) sin
x dx =
bn =
L 0
L
L
L
L
n2 π 2
L/2
2
(3.2)
Det er som vanlig litt arbeid, men relativt rutinemessig å regne ut integralet over (se oppgave 7
i avsnitt 3.3, hvor det også står et triks for å forenkle regninga endel). Resultatet er:
⎧
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨ 8A
bn =
n2 π 2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ −8A
n2 π 2
hvis n = 0, 2, 4, . . . (partall)
hvis n = 1, 5, 9, . . . det vil si på formen (4m + 1)
hvis n = 3, 7, 11 . . . det vil si på formen (4m + 3)
Dermed blir
fu (x) = f (x) =
∞
n=1
f (x) =
(3.3)
bn sin
nπ
L
x
3π
5π
8A
π
1
1
sin x − . . .
sin x − sin x +
π2
L
9
L
25
L
i intervallet [0, L]
(3.4)
En alternativ skrivemåte for Fourierkoeffisientene er å innføre en ny indekseringsvariabel m slik at
n = 2m − 1 for n oddetall og n = 2m for n partall. Da kan rekken skrives
f (x) =
3.1.2
∞
−8A(−1)m
(2m − 1)π
x
sin
2 π2
(2m
−
1)
L
m=1
(3.5)
Oppsummering, odde halvperiodisk utvidelse
Siden det vi stort sett skal bruke her er odde, halvperiodisk utvidelse oppsummeres dette
tilfellet i en setning:
3.2. FOURIERREKKER OG PARTIELLE DIFF-LIKNINGER
29
For en stykkevis kontinuerlig og begrenset funksjon f definert på intervallet [0 , L] gjelder
for alle x ∈ (0 , L) der f er kontinuerlig :
f (x) =
∞
n=1
nπ
bn sin
L
x = b1 sin
π
L
2π
x + b2 sin
L
x + b3 sin
3π
L
x + ···
(3.6)
der bn er gitt ved formelen
bn =
2
L
L 0
f (x) sin
nπ
L
x
dx
(3.7)
Der f er diskontinuerlig, og eventuelt i endepunktene der fu kan være diskontinuerlig er summen gjennomsnittsverdien av grensen for funksjonen når x går mot dette punktet fra de to sidene. Vi behøver ikke her å
bekymre oss om slike enkeltpunkter.
3.2
Fourierrekker og partielle diff-likninger
I dette avsnittet skal det vises hvordan vi kan bruke Fourier-rekker til å få oppfylt den ikkekonstante initialbetingelsen. Metoden vises ved et eksempel:
Eksempel
A
L
L/2
Figur 3.2: startposisjon til strengen
Anta vi har et system med en svingende streng av lengde L som er spent fast i endene. Ved
starttidspunktet er strengen strukket ut en lengde A på midten, som i figur 3.2.
Dette systemet oppfyller da følgende rand- og initialverdiproblem1 :
= utt
c2 uxx
u(0, t) = u(L, t) = ut (x, 0) = 0
u(x, 0)
= f (x)
(3.8)
0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0.
I dette tilfellet har vi at f (x) er som i eksemplet i avsnitt 3.1.1:
⎧
⎨ 2A x
hvis 0 ≤ x ≤ L/2
L
f (x) =
⎩ 2A − 2A x hvis L/2 < x ≤ L
L
De funksjonene av formen X(x) T (t) som oppfyller selve difflikningen c2 uxx = utt og tilleggsbetingelsene u(0, t) = u(L, t) = ut (x, 0) = 0 er på formen
un = En sin
1
nπ
L
x cos
nπc
L
t,
Funksjonen f (x) er ikke deriverbar for x = L/2, i strid med utledningen i kap 1.4.3, men det skaper ikke
N
vanskeligheter her. Vi kunne for eksempel tenke oss at f (x) ”egentlig” er
b sin(nπx/L) for en stor N .
n=1 n
30
KAPITTEL 3. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER OG FOURIERREKKER
fra likning 2.15 på side 17. Men vi forstår at ingen av un -ene, og heller ingen endelige lineærkombinasjoner av disse kan gi den kantete funksjonen f (x) ved innsetting av t = 0. Men
vi kan prøve med uendelige lineærkombinasjoner:
u(x, t) =
∞
n=1
En sin
nπ
L
x cos
nπc
L
t
(3.9)
Vi ser lett at de konstante tilleggsbetingelsene fortsatt er oppfylt, da en uendelig sum av
nuller fortsatt er null. Om vi godtar at denne uendelige summen kan partiellderiveres ledd
for ledd (og at konstanten c2 kan multipliseres inn i hvert ledd) ser vi at u(x, t) oppfyller
difflikningen:
c2 uxx =
∞
c2 En (un )xx =
n=1
∞
En (un )tt = utt
n=1
Siden cos 0 = 1, får vi nå:
u(x, 0) =
∞
n=1
En sin
nπ
L
x
Vi skal prøve å tilpasse de ubestemte konstantene En slik at dette blir identisk lik f (x). Men
vi kjenner igjen u(x, 0) som en Fourier sinus rekke (til en odde funksjon med periode 2L)
med Fourier koeffisienter bn = En . I forrige avsnitt representerte vi f (x) på denne måten, og
fant Fourierkoeffisientene i formel 3.3 på side 28. Så ved å velge
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
En = bn =
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
0
8A
n2 π 2
−8A
n2 π 2
hvis n partall
hvis n = 1, 5, 9 . . .
hvis n = 3, 7, 11 . . .
får vi oppfylt også denne tilleggsbetingelsen.
Resultatet blir dermed
∞
u(x, t) =
n=1
bn sin
nπ
L
x cos
nπc
L
t
(3.10)
Eller ved å skrive ut de første leddene:
1
1
π
πc
3π
3πc
5π
5πc
8A
(sin
x cos
t − sin
x cos
t + sin
x cos
t −· · ·)
2
π
L
L
9
L
L
25
L
L
(3.11)
Perioden for svingningen finner vi fra leddet med n = 1 (dette kalles ”grunnperioden”). Hvis
vi setter det inni cosinusen der lik 2π og løser med hensyn på t får vi tiden for en svingning:
u(x, t) =
πc
L
t = 2π ⇐⇒ t =
2L
c
Hvis for eksempel L = 50cm, og A = 0.5cm, mens c = 200m/s = 20000cm/s, får vi perioden
2·50
1
20000 = 200 . Vi kan for eksempel tilnærme funksjonen med de 3 første leddene i rekka:
u(x, t) ≈ S3 (x, t) = 0.4053 sin(0.0628 x) cos(1256 t)−
0.0450 sin(0.1885 x) cos(3769 t) + 0.0162 sin(0.3146 x) cos(6283 t)
(3.12)
3.3. OPPGAVER TIL KAPITTEL 3
0.4
0.4
u
0.4
u
0.2
0
31
u
0.2
10
20
x
30
40
50
t=0
-0.2
0
0.2
10
30
40
50
u
u
x
30
50
0
x
30
40
50
40
50
t = 1/1000
u
t = 1/500
40
20
0.2
t = 1/700
20
10
-0.4
0.2
10
0
-0.2
-0.4
0.2
0
x
t = 1/1800
-0.2
-0.4
20
10
20
x
30
t = 1/400
40
50
0
-0.2
-0.2
-0.2
-0.4
-0.4
-0.4
10
20
x
30
Figur 3.3: Løsning på bølgelikning for noen t–verdier i første halvperiode.
Grafen til løsningsfunksjonen er skissert for noen t-verdier i første halvperiode i figur 3.3.
Den tykkeste kurven (med rette linjer) er summen i leddene i rekken til og med n = 51, som
gir en temmelig riktig løsning. For den tynnere kurven er kun de to første leddene (t.o.m.
n = 3) tatt med. Dette er noe unøyaktig, men er grovt sett også riktig. Figurene er plottet
ved hjelp av Maple.
3.3
Oppgaver til kapittel 3
Fasit på side 47.
Oppgave 1
La L = π og A = 1 i eksempel 3.1.1 på side 27.
a ) Skriv opp de fire første leddene (forskjellig fra null) i rekka, og regn ut verdien av denne
tilnærmelsen for x = π/2 og x = 3π/4.
b ) Hva er den eksakte verdien av funksjonen i disse punktene?
Oppgave 2
I hele denne oppgaven er t > 0 og 0 ≤ x ≤ π.
32
KAPITTEL 3. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER OG FOURIERREKKER
a ) Et varmelikningsproblem (med forenklede konstanter) er
uxx
u(0, t)
u(π, t)
u(x, 0)
=
ut
=
1
=
1
= 1 + sin(2x)
(1)
(2)
(3)
(4)
Finn den entydige løsningsfunksjonen u(x, t).
Utregningen med separasjon av variable skal i grove trekk vises.
b ) Finn også den entydige løsningsfunksjonen u(x, t) i følgende problem, der bare initialbetingelsen (4) er endret fra a–oppgaven:
uxx
u(0, t)
u(π, t)
u(x, 0)
=
=
=
=
ut
1
1
0 for 0 < x < π
(1)
(2)
(3)
(4)
Dette var en eksamensoppgave i Matematikk 30 i mai 2002
Oppgave 3
La f være definert med formelen f (x) = −10x på intervallet [ 0 , 2 ].
La fu (x) være utvidelsen til en odde periodisk funksjon med periode 4.
a ) Skissér fu (x) på intervallet (−4, 4).
b ) Hva blir Fourierkoeffisientene a0 og an ?
c ) Vis at
40(−1)n
.
bn =
nπ
d ) Skriv så opp Fourier-rekka (både generelt med summetegn, og noen ledd i starten)
Oppgave 4
Resultatet fra oppgave 3 over kommer til nytte i denne oppgaven. Mye av arbeidet gjort i avsnitt 2.3, da
oppgaven er en vri på eksemplet der.
La u(x, t) være temperaturen x meter fra ”venstre ende” i en 2 meter lang isolert aluminiumledning ved tidspunktet t (målt i sekunder, fra valgt starttidspunkt). For aluminium er
α2 = 8.6 · 10−5 m2 /s. Temperaturen i venstre ender holdes konstant lik 5◦ C, mens den i høyre
ende holdes konstant lik 25◦ C.
Ved tidspunktet t = 0 er temperaturen i hele staven konstant lik 5◦ C.
a ) Sett opp varmeledningslikningen med definisjonsområder, randbetingelser og initialbetingelser i dette tilfellet.
b ) Løs diff-likningen så langt som mulig uten å bruke at u(x, 0) = 5 (dette blir helt likt
avsnitt 2.3)
c ) Finn u(x, t) med initialbetingelsen u(x, 0) = 52 .
Hint: Finn en passende Fourierrekke som ”nøytraliserer” virkningen av leddet 10x ved tidspunktet t = 0
2
Ved tiden t = 0 får vi en diskontinuitet ved L = L her. Den skaper ikke vanskeligheter i praksis, vi kan
for eksempel tenke oss at f (x) ”egentlig” er 0 til svært tett oppunder x = L, for så å bøye seg glatt opp mot
punktet (2, 20). Jfr. fotnoten på side 29
3.3. OPPGAVER TIL KAPITTEL 3
33
d ) Finn tilnærmet temperatur i midtpunktet etter t = 1 time (ved å ta starten på rekka
t.o.m n = 3)
Antyd grafen til u(x, t) der t = 1time.
e ) Anslå nøyaktigheten i utregningen av u(1, 3600) med n = 3.
f ) Bruk et passende dataprogram (for eksempel Maple) tilå skissere temperaturfordelingen
etter 10s, 5min og 1t.
Lag også gjerne en animasjon av temperaturutviklingen.
Oppgave 5
Maple: Lag en animasjon som viser (tilnærmet) u(x, t) som en svingende streng, i diff–
likningen i eksemplet i dette kapitlet (på side 29, med størrelsene L = 50 og A = 0.5 som gir
likning 3.11 og 3.12).
Bestem antall ledd i rekka og antall bilder (frames) i animasjonen selv, som et passende kompromiss mellom
ønske om god figur og det at det tar tid å lage en slik animasjon.
Oppgave 6
Anta vi har situasjonen som i systemet 3.8 på side 29, med L = 20m, c = 10m/s og med
u(x, 0) gitt som
2
f (x) = e−(x−10)
Vi kan tenke oss denne startsituasjonen like etter at vi har dunket til strengen på midten
10
20
med en hammer (selv om det kanskje hadde vært mer naturlig med en tilsvarende funksjon
for starthastigheten ut (x, 0)).
(f (x) er ikke eksakt null i endepunktene, men den er svært nær, og vi skal regne med tilnærmingsverdier, så
det bryr vi oss ikke om)
Denne funksjonen har Fourierrekka
∞
f (x) =
n=1
bn sin
nπ
x
20
der Fourierkoeffisientene ikke kan beregnes eksakt, men det følgende er en tabell over de første
av dem, beregnet numerisk i Maple. For n partall er bn = 0 (det er den samme symmetrien
som i oppgave 3 i avsnitt 3.3).
For oddetall er de første bn —ene t.o.m n = 27:
n
bn
n
bn
1
0.1762
15
-0.0442
3
-0.1677
17
0.0298
5
0.1519
19
-0.0191
7
-01310
21
0.0117
9
0.1075
23
-0.0068
11
-0.0840
25
0.0038
13
0.0625
27
-0.0020
a ) Skriv opp u(x, t) i dette tilfellet. (Formelen inneholder symbolene b... )
34
KAPITTEL 3. PARTIELLE DIFFERENSIALLIKNINGER OG FOURIERREKKER
b ) Skriv opp u9 (x, t), de fem første leddene i rekka til u(x, t) med desimaltall (til og med
n = 9). Bruk dette til å finne tilnærmet u(5, 0.5)
Resten av punktene i denne oppgaven forutsetter bruk av dataprogram, for eksempel Maple
c)
d)
e)
f)
g)
h)
Skissér u9 (x, t) i et xu-koordinatsystem, for t = 0.1, 0.5 og 2.0 sekunder.
Skissér u9 (x, t) i et tu-koordinatsystem for x = 10, 0 ≤ t ≤ 8s. Tolk resultatet.
Gjør c)-oppgaven om igjen for u27 , og for flere verdier av t, som dere bestemmer selv.
Forsøk å lage en animasjon av den svingende strengen.
Prøv fra det over å forklare hvordan u(x, t) oppfører seg.
Forsøk å produsere noen av Fourierkoeffisientene i tabellen selv.
Oppgave 7
Om vi skal regne ut Fourierkoeffisientene bn i eksempel 3.1.1 på side 27 kan vi bruke den ekstra
symmetrien grafen har om aksen x = L/2. Merk at også sin nπ
L x har denne symmetrien om
n er et oddetall, mens den er symmetrisk om punktet (L/2, 0) om n er et like tall. Dette
resulterer i at f (x) sin nπ
L x er symmetrisk om aksen x = L/2 for n oddetall, og om punktet
(L/2, 0) om n er et partall. Tenk igjennom dette (men dere behøver ikke bevise det).
a ) Forklar hvorfor disse symmetriene medfører at bn = 0 for n partall.
4 L/2
f (x) sin nπ
b ) Forklar hvorfor symmetriene gir bn = L
0
L dx når n er et odde-tall.
c ) Regn ut bn for n oddetall (det vil si kontroller utregninga av formel 3.3).
Oppgave 8
La f være definert som i oppgave 3 i dette kapitlet, altså med formelen f (x) = −10x på
intervallet [ 0 , 2 ]. La fu (x) være utvidelsen til en like periodisk funksjon med periode 4.
a ) Skissér fu (x) på intervallet (−6, 6).
b ) Skriv så opp formelen for Fourierkeoeffisientene for denne like utvidelsen. (Integralene
behøver ikke regnes ut, men få fram hvilke(n) som er null ved symmetri.)
c ) Maple: Regn ut Fourierkoeffisienten ved hjelp av Maple eller liknende. Plott grafen av
Fourierpolynomet (de første leddene i Fourierrekka) med et passende antall ledd.
Kapittel 4
D’Alemberts løsning av
bølgelikningen
4.1
D’Alemberts løsningsform
For bølgelikningen
c2 uxx = utt
(4.1)
finnes det en alternativ løsningsmetode, d’Alemberts metode. Den baserer seg på at enhver
løsning av selve bølgelikningen 4.1 kan skrives på formen
u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct)
der F (z) og G(z) er vilkårlige to ganger deriverbare funksjoner.
Begrunnelse: To gangers derivasjon gir, ved kjerneregelen, siden
(4.2)
∂(x±ct)
∂x
= 1 og
∂(x±ct)
∂t
= ±c:
uxx = F ”(x + ct) + G”(x − ct)
utt = c2 F ”(x + ct) + c2 G”(x − ct)
Dermed er likningen 4.1 oppfylt uansett valg av (to ganger deriverbare) F og G. I Greenberg
(1988), kap. 15.3 er det vist at også det motsatte gjelder, at alle (to ganger deriverbare)
funksjoner u(x, t) som oppfyller bølgelikningen er på denne formen1 .
4.1.1
Fysisk/Geometrisk tolkning av D’Alemberts løsning
En beskrivelse av F (x + ct) kan være en kurve (med fasong gitt av F (x)) som beveger seg
mot venstre med hastighet c. Dermed har c en naturlig tolkning som ”bølgehastigheten”.
Tilsvarende er G(x − ct) en kurve som beveger seg i motsatt retning, med samme fart, og
en hvilken som helst bølge (som oppfyller bølgelikningen) er en sum (superposisjon) av to
”bølger” som farer av sted hver sin veg.
Følgende Maple–animasjon demonstrerer dette om F (z) = G(z) = sin(z)/2 og c = 2:
>
plots[animate]({sin(x-2*t)/2, sin(x+2*t)/2, sin(x-2*t)/2+sin(x+2*t)/2},
x=-2*Pi..2*Pi, t= 0..24*Pi/25, frames=25);
1
Metoden er også robust mot enkelte knekkpunkter og andre avvik fra kravet om to ganger deriverbarhet.
Dette skal vi fortsatt bruke uten å komme inn på den teoretiske begrunnelsen for dette.
35
36
KAPITTEL 4. D’ALEMBERTS METODE
Bruk av summeformlen for sinus gir sin(x − 2t)/2 + sin(x + 2t)/2 = sin(x) cos(2t) (sjekk
selv), så om vi begrenser oss til intervallet 0 ≤ x ≤ π ser vi at vi har ”dumpet borti”
gjennomgangseksemplet vårt.
4.2
Bruk av tilleggsbetingelser
Ved å bruke tilleggsbetingelsene får vi begrenset valget av F og G så vi får entydig løsning.
Her er det ofte greiere å begynne med initialbetingelsene 4.6 og 4.7 enn med randbetingelsene,
som vi gjorde med separasjon av variable. Vi skal ikke gjøre dette generelt, men se på hvordan
det blir med rand- og initialverdiproblemet
c2 uxx = utt
(4.3)
u(0, t) = 0
(4.4)
u(L, t) = 0
(4.5)
u(x, 0) = f (x)
(4.6)
ut (x, 0) = 0
(4.7)
0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0
4.2.1
Bruk av initialbetingelsene
Bruk av ut (x, 0) = 0:
En gangs derivasjon med hensyn på t gir
ut (x, t) = cF (x + ct) − cG (x − ct) = 0 ⇒ ut (x, 0) = cF (x) − cG (x)
Dermed gir initialbetingelsen 4.7, at strengen er i ro i startøyeblikket, at:
cF (x) − cG (x) = 0 ⇐⇒ F (x) = G (x) siden vi antar at c = 0
To funksjoner med samme derivert er like på en konstant nær, og vi mister ikke noe ved å
velge denne konstanten lik 0 (hvorfor?), slik at vi får
F (x) = G(x)
og dermed
u(x, t) = F (x + ct) + F (x − ct)
(4.8)
Bruk av u(x, 0) = f (x):
Dette gir nå umiddelbart:
u(x, 0) = F (x) + F (x) = f (x) ⇐⇒ F (x) = f (x)/2
Ved første blikk kan det da kanskje se ut som vi er framme, men det er en stor vanskelighet
med dette: Dette gjeldet bare for 0 ≤ x ≤ L, som er definisjonsområdet til f (x). Funksjonen
F derimot må defineres for alle reelle tall, da x ± ct etterhvert som tiden går (t → ∞) vil
dekke alle reelle verdier. Hvis vi tenker på funksjonene som beveger seg i hver sin retning, vil
jo områder som opprinnelig var utenfor intervallet [0, L] umiddelbart komme innenfor dette.
Før vi ser på denne situasjonen skal vi ta en kikk på standardeksemplet 1.2.3, på side 6 :
4.2. BRUK AV TILLEGGSBETINGELSER
37
Eksempel (standardeksemplet)
Hvis u(x, 0) = sin(x) vil F (x) = sin(x)/2, men i første omgang bare for 0 ≤ x ≤ π. Hvis vi
likevel ”naturlig” utvider dette til hele den reele aksen får vi løsningen
u(x, t) = sin(x + 2t)/2 + sin(x − 2t)/2
Fra drøftingen over har vi at denne oppfyller selve differensiallikningen 4.3, og initialbetingelsene 4.6 og 4.4. Men hvordan er det med randbetingelsene 4.5 og 4.7?
u(x, 0) = sin(0 + 2t)/2 + sin(0 − 2t)/2 = 12 (sin(2t) + sin(−2t)) = 12 (sin(2t) − sin(2t)) = 0
Denne er altså oppfylt, og hvis vi ser nærmere etter er det det at sin(−2t) = − sin(2t) (eller
sin(−y) = − sin(y)) som gjør det.
Denne egenskapen er i geometrisk språk symmetri om origo.
u(L, t) = sin(π + 2t)/2 + sin(π − 2t)/2 = 12 (sin(2t + π) + sin(−2t + π))
= 12 (sin(2t + π) − sin(2t − π)) = 0
Dette er 0 siden sinusfunksjonen ikke endrer verdi om vi legger til 2π i argumentet.
Denne egenskapen kjenner vi som periodisitet.
Dermed oppfyller altså u(x, t) = sin(x + 2t)/2 + sin(x − 2t)/2 alle betingelsene, og er den
entydige løsningen. Dette vet vi for så vidt fra før, siden summeformelen for sinus gir at dette
kan omformes:
1
2 (sin(x) cos(2t) + cos(x) sin(2t) + sin(π) cos(2t) − cos(π) sin(2t)) = sin(x) cos(2t),
som vi konstanterte var løsningen allerede i eksempel 1.2.3.
Vi skal nå se at symmetri om origo og periodisitet er det avgjørende også i det generelle
tilfellet:
4.2.2
Bruk av randbetingelsene
Det er kravet om at strengen skal være i ro i endepunktene som bestemmer hvordan F (x)
må se ut utenfor intervallet 0 ≤ x ≤ L:
Bruk av u(0, t) = 0
u(0, t) = 0 gir:
u(0, t) = F (ct) + F (−ct) = 0 ⇐⇒ F (ct) = −F (−ct)
Siden z = ct kan være hvilket som helst (positivt) tall etter som tiden går, betyr dette
at F (z) = −F (−z). Dette betyr at F er en odde funksjon (symmetrisk om origo). I første
omgang bestemmer dette F også på området −L ≤ x ≤ 0 (til F (x) = −f (−x)/2), men det
betyr også at enhver utvidelse av definisjonsområde til F medfører en tilsvarende symmetrisk
utvidelse på den andre siden av origo.
Bruk av u(L, t) = 0
u(L, t) = 0 vil selvfølgelig på tilsvarende måte gi symmetri om punktet (L, 0), men vi skal se
på en viktig konsekvens av dette:
u(L, t) = F (L + ct) + F (L − ct) = 0 ⇐⇒ F (L + ct) = −F (L − ct)
Ved å bruke symmetrien om origo, at −F (z) = F (−z), kan den siste skrives som
F (L + ct) = F (−(L − ct)) ⇐⇒ F (L + ct) = F (−L + ct)
38
KAPITTEL 4. D’ALEMBERTS METODE
Ved å erstatte −L + ct med z, og dermed L + ct med z + 2L (som i det minste må gjelde for
alle z > −L, og dermed alle positive z) gir dette:
F (z) = F (z + 2L)
Det betyr at F er periodisk med periode 2L.
Ved symmetri må dette også gjelde negative z.
Dermed får vi følgende konstruksjon av F :
• F (x) = f (x)/2 for 0 ≤ x ≤ L
• F (x) utvides til området −L ≤ x ≤ L ved symmetri om origo.
• F (x) utvides videre til hele den reele aksen ved periodisitet.
Det vil si at F (x) er en odde, halvperiodisk utvidelse av f (x)/2, og løsningen er
u(x, t) = F (x + ct) + F (x − ct)
4.2.3
Svingetid og frekvens
Siden F (z + 2L) = F (z) får vi
F (x + ct0 L = F (x + ct0 + 2L) = F x + L(t0 +
2L
)
c
får vi en gjentagelse av F (x + ct) når t økes med T = 2L/c. Det samme gjelder F (x − ct)
og dermed u(x, t). Det betyr at denne gjentar seg periodisk med tiden, med svingetid T ,
eller frekvens L/T = c/2L. Denne størrelsen kalte vi ”grunnfrekvensen” eller ”grunntonen” i
løsningsmetoden med Fourierrekker.
4.2.4
Eksempel med Maple animasjon
Vi skal ta opp igjen eksemplet fra avsnitt 3.2. Der hadde f (x) følgende fasong: Vi fant der en
A
L/2
L
Figur 4.1: startposisjon til strengen
løsningsformel via Fourierrekker, mens vi her mer skal konstruere en fysisk/geometrisk bekrivelse
av løsningen. Den halvperiodiske utvidelsen får fasong som i figuren på side 27 (men siden F (x) er
f (x)/2 blir amplituden A/2). Løsningsfunksjonen blir da bildet av to slike som møter hverandre.
Under viser jeg en måte å få fram dette ved en Maple-animasjon. Jeg bruker en prosedyre F for å lage
en odde, periodisk utvidelse av en funksjon med navn f på et intervall fra 0 til L.
Prosedyren er lagd slik at vi bruker funksjonens navn som input. Hvis vi skal bruke den på for eksempel
cos(x) må vi enten først skrive > f := x->cos(x) , og bruke f som funksjonsnavn slik:
> F(x,f,Pi) eller bruke navnet cos slik: > F(x,cos,Pi)
4.3. OPPGAVER TIL KAPITTEL 4
39
Jeg bruker et triks med avrundingsfunksjonen trunc for å få til den periodiske utvidelsen. Interesserte
kan prøve å forstå eller forbedre denne prosedyren, men det er ikke nødvendig for å bruke den.
Eksemplet finnes for øvrig på fila PDL DAlm.mws som er lagt ut på HiGs ma30–område
> F := proc(x,f,L)
local ft,z, nL;
if not(type(x,numeric) then ’F(x,f,L)’#For å unngå feilmelding ved plotting
else
nL:=evalf(L)
#For at prosedyren skal virke med symbol som for eksempel
Pi for L
ft:=sign(x);
# For å kunne korrigere for "utvidede halvperioder L
z := 2*nL*(abs(x)/(2*nL) - trunc(abs(x)/(2*nL));
# Dette "flytter" x til området 0..2L
if z>nL then z:=2*nL-z; ft:=-ft fi; # Korreksjon om vi er i området L..2L
ft*f(z)/2
# Fortegnsbytte der det skal gjøres
fi;
end:
Vi skal så definere funksjonen f (x) på området 0 ≤ x ≤ 50. Denne er stykkevis definert, så vi bruker
prosedyren piecewise for å få til dette:
> f := x -> piecewise(x<25,x/50,1-x/50):
En test av f , og deretter av F :
> f(x);
> plot(f(x), x=0..50);
> plot(F(x,f,50), x=-100..100);
Så til selve animasjonen: Hvis c = 20000, er T = 2L/c = 2 · 50/20000 = 1/200, og vi lar t gå over en
periode:
> plots[animate](F(x + 20000*t,f,50) + F(x-20000*t,f,50),
x=0..50, t=0..1/200, frames=15, color=black);
Innser du hvorfor u(x, t) faktisk blir trapeser ved forskjellige tidspunkter t?
4.3
Oppgaver til kapittel 4
Fasit på side 51.
Oppgave 1
En svingende streng av lengde L = 1 oppfyller bølgelikningen
25uxx = utt ,
og fastspent i endene. Startprofilen er gitt ved
u(x, 0) = sin(πx) − sin(π sin(πx))/2 for 0 ≤ x ≤ 1 ,
mens starthastigheten er ut (x, 0) = 0
a ) Gjør rede for at f (x) er odde og periodisk.
b ) Finn u(x, t) ved hjelp av D’Alemberts metode.
c ) Lag en Maple-animasjon av løsningen.
40
KAPITTEL 4. D’ALEMBERTS METODE
Oppgave 2
Oppgaven her er å manuelt finne grafisk løsningen på rand- og initialverdiproblemet
100uxx
u(0, t)
u(20, t)
u(x, 0)
ut (x, 0)
=
=
=
=
=
utt
0
0
f (x)
0
der f (x) er gitt ved sin graf (jfr. oppgave 6 i kap. 3.3):
10
20
a ) Finn perioden til PDL-en (enhetene er i meter og sekunder)
b ) Skissér F (x) (fra D‘Alemberts løsning) i området −20 ≤ x ≤ 40
c ) Skissér F (x − 10t) og F (x + 10t) fra −20 til 40 der t er en kvart periode.
Tegn også løsningsfunksjonen u(x, t) ved dette tidspunktet (bare i området 0 ≤ x ≤ 20).
d ) Gjenta forrige deloppgave der der t er henholdsvis en halv og tre kvart periode.
Oppgave 3
Gitt bølgelikning der strengen ved starttidspunktet er i hvilestillingen, men en startshastighet
er gitt ved en funksjon g(x)
c2 uxx
uL0, t)
u(L, t)
u(x, 0)
ut (x, 0)
=
=
=
=
=
utt
0
0
0
g(x)
0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0
a ) Ta utgangspunkt i at PDL-en gir løsning på formen F (x + ct) + G(x − ct), og undersøk
hva G(x) må være (i forhold til F (x)) for å få oppfylt u(x, 0) = 0 (i det minste på
området 0 ≤ x ≤ L).
Sett opp løsningsformelen for u(x, t) så langt.
b ) Hvilke symmetriegenskap for F (x) følger av u(0, t) = 0?
c ) Hvilke periodisitet for F (x) følger av at u(L, t) = 0?
d ) Anta så f (x) = g(x). Hvordan blir da F (x) i forhold til f (x)?
e ) Anta L = π og g(x) = sin(x). Finn så løsningen av bølgelikningen ved hjelp av metoden
i denne oppgaven.
Kapittel 5
Oppgaver
5.1
Eksamensoppgaver
Eksamensoppgave 5, Matematikk 30, 19. desember 1997
En streng med lengde L = 1 (med passende enheter) blir satt i svingninger fra hvilestillingen ved tidspunktet t = 0. Vi antar den oppfyller følgende bølgelikning med rand- og
initialbetingelser:
(1)
100uxx = utt
(2)
u(0, t) = 0
0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0
(3)
u(1, t) = 0
(4)
u(x, 0) = 0
(5)
ut (x, 0) = 60 sin(3πx)
a ) Finn løsningen av problemet over ved hjelp av separasjon av variable.
Dere behøver ikke vise de første skrittene i prosessen, at alle mulige løsninger på formen X(x) T (t) som
oppfyller (1), (2) og (3) er på formen
un (x, t) = sin(nπx) (I cos(10nπt) + J sin(10nπt))
der n er et vilkårlig naturlig tall, og I og J er vilkårlige, reelle konstanter.
b ) Ifølge D’Alemberts metode er alle løsninger av differensiallikningen (1) på formen
F (x + 10t) + G(x − 10t) .
Vis hvordan du bruker initialbetingelsene (4) og (5) til å finne løsningen med dette
utgangspunktet.
En kort løsning godtas. Du behøver ikke gjøre rede for nødvendige periodisitets- og symmetribetingelser
som gjør at (2) og (3) er oppfylt.
Eksamensoppgave 5, Matematikk 30, 21. august 1998
I en 1 meter tykk mursteinsvegg er temperaturen utenfor konstant lik 0◦ Celsius og innenfor
20◦ Celsius. Varmeledningskoeffisienten er α2 = 0.002m2 /h (der m er meter og h er timer).
Vi lar u(x, t) være temperaturen x meter innenfor veggens ytterkant ved tidspunktet t, og
regner med at denne da oppfyller følgende initial- og randverdiproblem (skrevet opp uten
enheter):
41
42
KAPITTEL 5. OPPGAVER
(1)
(2)
(3)
(4)
0.002uxx
u(0, t)
u(1, t)
u(x, 0)
= ut
=0
= 20
= f (x)
0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0
a ) Finn en løsning u(x, t) hvis du får lov å velge f (x) = 20x selv.
Det vil si at du kan velge f (x) så enkel som du trenger, bortsett fra den stasjonære løsningen
som gir samme temperaturfordeling hele tiden
Hint: Du kan som vanlig anta at konstanten k, som vi pleier kalle −κ2 , ikke er positiv, men du
får bruk for å se nærmere på situasjonen at den er lik null.
b ) Anta nå isteden at f (x) er konstant lik 0◦ Celsius . Finn nå temperaturen i veggens
midtpunkt etter et døgn (avrundet til nærmeste hele grad).
Hjelp: Funksjonen på skissen under har Fourierrekke
∞
−2(−1)n
sin(nπx)
g(x) =
nπ
n=1
1
-5
-3
-1
1
3
5
-1
Eksamensoppgave 5, Matematikk 30, 4. desember 1998
Anta temperaturfordelingen u(x, t) i en varmeisolert streng av lengde 3π oppfyller
uxx = ut
u(0, t) = 0
u(3π, t) = ⎧
0
⎪
⎨
0 for 0 ≤ x < π
10 for π ≤ x < 2π
u(x, 0) =
⎪
⎩
0 for π ≤ x ≤ 3π
.
a ) Finn u(x, t).
Svaret skal gies på en eksplisitt form, men i denne deloppgaven tillates at Fourierkoeffisientene til startemperaturen gies på symbolsk form (for eksempel som bn )
b ) Finn temperaturen for x = 3π/2 etter tiden t = 1.
Svaret skal gies med den nøyaktigheten leddene til og med n = 5 i Fourierrekka gir.
Vurder nøyaktigheten i svaret.
Eksamensoppgave 6, Matematikk 30, 14. april 1999
Anta at en svingende streng med lengde L = 6 er beskrevet av funksjonen u(x, t), 0 ≤ x ≤ 6
og 0 ≤ t og oppfyller
c2 uxx = utt
(5.1)
5.1. EKSAMENSOPPGAVER
43
u(0, t) = 0
(5.2)
u(6, t) = 0
(5.3)
u(x, 0) = f (x)
(5.4)
ut (x, 0) = 0,
(5.5)
der f (x) ser ut som i figuren under:
1
u
1
2
3
4
5
6
x
a ) Bestem c slik at frekvensen blir 100 (svingninger pr. tidsenhet).
b ) Lag en skisse av strengen etter 1/800 tidsenheter Lmed c–verdien som i a–oppgaven).
Bestem også eksakt verdi av u(2, 1/800).
Eksamensoppgave 5, Matematikk 30, 10. desember 1999
I denne oppgaven skal dere se på problemet
uxx + 2ux
u(0, t)
u(π, t)
u(x, 0)
0≤x≤π
=
ut
=
0
=
0
= 3e−x sin(2x)
,
t≥0.
(1)
(2)
(3)
(4)
a ) Finn alle funksjoner på formen u(x, t) = X(x) T (t) som oppfyller likning (1) over alt,
og som er slik at T /T < −1
(Oppgaven er med andre ord å gjøre første del av metoden med separasjon av variable. Det kan
være hensiktsmessig å kalle 1 + T /T for −κ2 )
b ) Fullfør løsningen, slik at dere finner en funksjon u(x, t) som oppfyller alle kravene (1),
(2), (3) og (4).
Eksamensoppgave 7, Matematikk 30, mai 2000
Anta en 1 meter lang metallstav som er varmeisolert bortsett fra i endene er varmet opp til
100 grader i kokende vann, og senkes ned i isvann. Varmeledningskoeffisienten er α2 = 10−4
(meter2 /s). Vi går ut fra at temperaturen x meter fra den ene enden i denne ved tidspunktet
t sekunder etter nedsenkingen er u(x, t), og at denne for t > 0 og 0 ≤ x ≤ 1 oppfyller
betingelsene
α2 uxx = ut
(5.6)
u(0, t) = 0
(5.7)
u(1, t) = 0
(5.8)
u(x, 0) = 100 for 0 < x < 1 .
(5.9)
44
KAPITTEL 5. OPPGAVER
a ) La n være et vilkårlig naturlig tall, og (for hver n) En et vilkårlig reellt tall. For hvilke
verdier av konstantene Rn (en for hver n) oppfyller funksjonene
un (x, t) = En sin(nπx)e−Rn t
alle betingelsene (5.6)—(5.8)?
b ) Hva er u(1/2, 500), temperaturen i midtpunktet etter 500 sekunder?
Gi svaret med en (korrekt) desimal.
Eksamensoppgave 3, Matematikk 30, 21. desember 2000
Denne oppgaven handler om noen løsninger u = u(x, y) av den partielle differensiallikningen
uxx + uyy = 0 , på området D : 0 ≤ y ≤ 1 , x ≥ 0 .
De løsninger som er produkt av to envariabelfunksjoner, u(x, y) = X(x)Y (y), kaller vi her
”XY –løsninger”.
a ) Vis at de XY -løsningene som er lik 0 på hele randa til området D (dvs. på de tre linjene
(1) y = 0 , x ≥ 0, (2) y = 1 , x ≥ 0 og (3) x = 0 , 0 ≤ y ≤ 1) kan skrives slik:
1 u(x, y) = C sinh nπx sin nπy = C enπx − e−nπx sin nπy
2
(C ∈ R).
b ) Finn de XY –løsninger som er lik 0 på hele randa til området D og ulik 0 i alle indre
punkter i D.
c ) Finn en løsning av uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ D som er lik 0 på hele randa til D og om på
linjestykket x = 1, 0 ≤ y ≤ 1 er gitt ved
u(1, y) = 5 sin 2πy − sin 3πy .
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
5.2
5.2.1
45
FASIT til noen av oppgavene
Fasit til kapittel 1
Oppgaver på side 11→.
Oppgave 1
a ) En sinuskurve som siger sammen mot x–aksen.
π
b ) u(x, t) = 0.1 sin x cos 880πt.
40
a = 0.1cm, b = π/40cm−1 = 0.0785cm−1 , c = 880πs−1 = 2780s−1 .
Oppgave 3c
ux er endring av temperatur bortover strengene (grader per meter), ut er endringen av temperatur
i et punkt med tiden (grader per sekund). Randbetingelsene sier at temperaturen i endepunktene
holdes konstant 0 grader, mens initialbetingelsen sier at ved starttidspunktet er temperaturfordelingen
bortover strengen gitt vesd sin(x).
Oppgave 5
a ) Siden −λ∇u·
n · ∆S · ∆t er energi(strøm), har dette enhet J (Joule). I ∇u er temperaturen i
Kelvin derivert med hensyn på variablene i meter, så benevningen er K/m . Enhetsvektoren n
er ubenevnt. Arealet ∆S har benevning m2 og tiden ∆t har benenvningen s .
J
= J K−1 m−1 s−1 .
For at dette skal balansere må λ ha benevningen
Km−1 m2 s
Tettheten δ er benevnt kg/m3 , mens varmekapasiteten er energien som skal til for å varme opp
en kg en K , og er derfor benevnt J/(kg K).
J K−1 m−1 s−1
= m2 /s.
Da α2 = λ/(cδ) er regnestykket på benevningene til α2 :
J kg−1 K−1 · kgLm−3
b ) c2 : m2 /s2 , c : m/s
(Disse benevningene på α2 og c2 gjør også at selve diff-likningene balanserer med hensyn på benevninger)
5.2.2
Fasit til Kapittel 2
Oppgaver på side 24→.
Oppgave 1
Begynner med å se etter løsninger på formen X(x)T (t), som innsatt i (1) gir
1002 X T = XT ⇒
1 T X =
=k
X
1002 T
Prøver med k < 0, og kaller den da −κ2 . Dette gir to difflikninger
κ2 X = 0 med løsning X =
A cos(κx)+ B sin(κx)
X +
2 2
T +100 κ T = 0 med løsning T = C cos(100κt)+B sin(100κt)
Vi har så langt løsninger på formen
u(x, t) = X(x)T (t) = (A cos(κx) + B sin(κx)) (C cos(100κt) + D sin(100κt)) ,
og bruker randbetingelse (2), at u(0, t) = 0 for alle t:
(A cos(κ0) + B sin(κ0)) (C cos(100κt) + D sin(100κt)) = A (C cos(100κt) + D sin(100κt)) = 0
46
KAPITTEL 5. OPPGAVER
For å få til ikke–trivielle løsninger må vi derfor ha A = 0, og dermed
u(x, t) = B sin(κx) (C cos(100κt) + D sin(100κt)) .
Bruker så randbetingelse (3), at u(π, t) = 0 for alle t:
u(π, t) = B sin(κπ) (C cos(100κt) + D sin(100κt)) = 0
Får å få ikke–trivielle løsninger må vi ha sin(κπ) = 0 ⇒ κ = n, for (positive) heltall n. Vi har derfor
så langt
u(x, t) = B sin(nx) (C cos(100nt) + D sin(100nt)) ,
og skal bruke initialbetingelse (5), at ut (0, t) = 0 for alle x:
ut (x, t) = B sin(nx) (−100nC sin(100nt) + 100nD cos(100nt))
Dermed er
ut (x, 0) = B sin(nx) (−100nC sin(0) + 100nD cos(0)) = 100nBD sin(nx) = 0
For å få til ikke-trivielle løsninger må D = 0, og vi står igjen med
u(x, t) = B sin(nx)C cos(100nt) ⇐⇒ un (x, t) = En sin(nx) cos(100nt)
I siste omforming har vi omdøpt løsningen så langt til un , og konstanten BC til En .
Det er nå ikke mulig å finne konstanter så (4) er oppfyllt direkte, men vi kan finne konstanter så hvert
av leddene passer:
un (x, 0) = En sin(nx) cos(0) = sin(x)
un (x, 0) = En sin(nx) cos(0) = − 91 sin(3x)
om n = 1 og E1 = 1
om n = 3 og E3 = − 19
Vi har dermed u1 (x, t) = sin(x) cos(100t) og u3 (x, t) = − 19 sin(3x) cos(300t), og summerer vi disse får
vi den entydige løsningen som oppfyller alle betingelsene:
u(x, t) = sin(x) cos(100t) −
1
9
sin(3x) cos(300t)
Oppgave 2
a)
u(x, t) =
π
π
1
sin x cos ct
10
50
50
1
π
ct = 2π for t =
, som gir c = 2 · 440 · 50 = 44000. Enheten er cm/s, så c = 440m/s
b)
50
440
d)
2π
2πc
3L
sin
x sin
t
u(x, t) =
2πc
L
L
Oppgave 3
2
a ) Hn sin nπxe−(αnπ) t
2 2
b ) 20e−4α π t sin 2πx
c ) κ har benevning m−1 , hvis x har benevning m. (Litt mer generelt enn i denne oppgaven er
nπ
κ=
, og n og π er ubenevnt, mens L er en lengde)
L
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
47
Oppgave 4
a ) X − kX = 0, T + kT = 0
b ) k = −κ2 < 0: X + κ2 X = 0, T − κ2 T = 0. Generelle løsninger:
X(x) = A cos(κx) + B sin(κx),
T (t) = Ceκt + De−κt
Dette gir ingen løsninger som oppfyller alle tilleggsbetingelsene.
c ) k = κ2 > 0: X − κ2 X = 0, T + κ2 T = 0. Generelle løsninger:
T (t) = A cos(κt) + B sin(κt),
X(x) = Ceκx + De−κx
Betingelsene 2.31– 2.33 leder til
X(x)T (t) = B sin(nt) enx − e−nx
d)
X(1, t) = B sin(nt) en − e−n
Ved å velge n = 1 passer sinusfaktoren. Ved da å velge B slik at B(e − e−1 ) = 1 passer også
resten. Dette gir løsningen
u(x, t) =
1
e
sin(t) ex − e−x
sin(t) ex − e−x = 2
−1
e−e
e −1
(Siden vi har funnet løsning er det ikke nødvendig å sjekke k = 0)
5.2.3
Fasit til kapittel 3
Oppgaver på side 31→.
Oppgave 1
a ) f (x) ≈ 0.8106 sin x − 0.0901 sin 3x + 0.0324 sin 5x − 0.0165 sin 7x
f (π/2) ≈ 0.8106√
+ 0.0901 + 0.0324
√ + 0.0165 =√0.9496 og
√
f (π/4) ≈ 0.8106 2/2 − 0.0901 2/2 − 0.0324 2/2 + 0.0165 2/2 = 0.4982
b ) De eksakte verdiene er 1 og 1/2.
Oppgave 2
a ) Begynner med å se etter løsninger på formen X(x)T (t), som innsatt i (1) gir
X T = XT ⇒
T
X =
=k
X
T
Prøver først med k = 0 som gir likningene
X = 0 , T = 0 med løsningene X = Ax + B og T = C
Vi får dermed mulige løsninger på formen XT = (Ax + B)C = Dx + E.
Ved å sette inn i (2) og (3) finner vi at D = 0, E = 1 som gir løsningsdelen u0 (x, t) = 1. Denne
passer med første ledd i initialbetingelse (4), for å få til andre ledd ser vi på tilfellet k < 0,
og kaller k da −κ2 . Dette gir to difflikninger (idet vi begynner forfra i alfabetet med navn på
ubestemte konstanter).
X +κ2 X = 0 med løsning X = A cos(κx) + B sin(κx)
2
T + κ2 T = 0 med løsning T =
Ce−κ t
48
KAPITTEL 5. OPPGAVER
Vi har så langt løsninger på formen
u(x, t) = X(x)T (t) = (A cos(κx) + B sin(κx)) Ce−κ
2
= (D cos(κx) + E sin(κx)) e−κ
t
2
t
.
Siden u0 allerede sørger for at (2) og (3) er oppfyllt må de i fortsettelsen erstattes med u(0, t) = 0
og u(π, t) = 0:
u(0, t) = (D cos(κ0) + E sin(κ0)) e−κ
2
= 0 ⇐⇒ De−κ
t
2
t
=0
For å få til ikke–trivielle løsninger må vi derfor ha D = 0, og dermed
u(x, t) = E sin(κx)e−κ
2
t
.
Bruker så at u(π, t) = 0 for alle t:
u(π, t) = E sin(κπ)e−κ
2
t
=0
Får å få ikke–trivielle løsninger må vi ha sin(κπ) = 0 ⇒ κ = n, for (positive) heltall n. Vi har
derfor så langt
2
u(x, t) = E sin(nx)e−n
t
2
som vi skriver un (x, t) = En sin(nx)e−n
t
Hvis vi velger n = 2, og E2 = 2, passer dette med siste ledd i initialbetingelsen (4), og
u(x, t) = u0 (x, t) + u2 (x, t) = 1 + sin(2x)e−4t
oppfyller alle betingelsene, og er den entydige
løsningen.
2
b ) Vi finner u0 = 1 og un = En sin(nx)e−n t som i a–oppgaven.
Betingelse (4) er u(x, 0) = 0 = 1 − 1, der vi skriver 1 − 1 da det første 1–tallet kommer fra
u0 , som må være med for å få oppfyllt (2) og (3). Dermed må −1 være en (uendelig) sum av
un (x, 0)–er. Dette kan vi får til som Fourierrekka til en odde, halvperiodisk utvidelse av en
funksjon som er konstant lik −1 på intervallet 0 , π . Denne har da Fourierkoeffisienter
bn =
1
L
L
f (x) sin(nx) dx =
0
Ved substitusjonen z = nx, dx =
bn =
1 1
π n
nπ
0
1
n
1
π
0
π
−1 · sin(nx) dx
dz, ØG=nπ og NG=0 har vi da
− sin(z) dz =
1
1
nπ
[cos(z)]0 =
(cos(nπ) − cos(0))
nπ
nπ
Vi har at cos(0) = 1, og cos(nπ) kan forenkles til (−1)n , slik at
bn =
1
((−1)n − 1) =
nπ
−2
nπ
0
for n oddetall
for n partall
Ved å sette En = bn og summere får vi løsningen u(x, t) =
1+
∞
−1
n=1 nπ
2
((−1)n − 1) e−n
t
=1−
2 −t
2 −9 t
2 −25 t
e sin(x) −
e
e
sin(3x) −
sin(5x) − · · ·
π
3π
5π
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
49
Oppgave 3
a ) Funksjonen fu (de rette linjene). Fourierpolynomet med n = 3 er også tegnet inn:
-4
20
20
10
10
0
-2
b ) a0 = an = 0
c)
2
bn =
2
2
x
4
-4
-2
0
-10
-10
-20
-20
0
2
−10x sin
2
x
4
nπ nπ cos(nπ) − sin(nπ)
x dx = 40
2
n2 π 2
n
Substitusjon med z = nπ
2 x, og delvis integrasjon er brukt. Da sin(nπ) = 0 og π cos(nπ) = (−1)
n
forenkles dette til den oppgitte formelen bn = 40(−1) /(nπ).
∞
nπ
40
π
20
40
3π
40 (−1)n
sin
x = − sin x +
sin πx −
sin
x + ...
d ) f (x) =
π n=1 n
2
π
2
π
3
2
Oppgave 4
a ) Funksjonen u(x, t) må oppfylle følgende betingelser:
α2 uxx
= ut
(5.10)
u(0, t) = 5
u(2, t) = 25
(5.11)
(5.12)
u(x, 0) = 5
(5.13)
Med definisjonsområde {(x, t)|0 ≤ x ≤ 2, t > 0} og med α2 = 8.6 · 10−5 m2 /s
b ) Ved å tillate uendelige summer får vi følgende mulige løsninger:
u(x, t) = 5 + 10x +
∞
n=1
En sin
nπ α2 π2 n2
x e− 4 t
2
(5.14)
c ) Vi får to uttrykk for varmefordelingen ved t = 0: Først ved å sette inn t = 0 i funksjonen 5.14,
og deretter ved å sette inn u(x, 0) = 5 fra initialbetingelsen 5.13, siden startemperaturen er
konstant lik 5. Disse må være like for alle x:
∞
nπ x e0
5 = 5 + 10x +
Hn sin
2
n=1
Dette kan omformes til
∞
En sin
n=1
nπ x = −10x
2
Det gjelder å tilpasse konstantene En slik at den uendelige summen på venstre side blir lik
−10x i intervallet 0 ≤ x < 2 (vi klarer det ikke helt for endepunktet x = 2). I oppgave 3 over
har vi funnet en slik sinusrekke for netopp denne funksjonen:
−10x =
∞
nπ
40 (−1)n
sin
x
π n=1 n
2
50
KAPITTEL 5. OPPGAVER
Derfor kan vi få til dette ved å velge En =
u(x, t) = 5 + 10x +
40(−1)n
:
πn
∞
nπ α2 π2 n2
40 (−1)n
sin
x e− 4 t
π n=1 n
2
(5.15)
d ) Vi kan tilnærme funksjonen med de første leddene i rekka:
u(x, t) ≈ 5 + 10x −
π α2 π 2
2 2
20
40
sin
x e− 4 t +
sin (πx) e−α π t
π
2
π
−
40
sin
3π
3π
9α2 π 2
x e− 4 t
2
Etter 1 time, dvs. t = 3600 sekunder, er da temperaturen i midtpunktet
u(1, 3600) ≈ 5 + 10 −
40 − 8.6·10−5 π2 3600 40 − 8.6·10−5 π2 9 3600
4
4
e
e
+
= 9.1
π
3π
Etter en time ser grafen slik ut:
25
20
15
u
10
5
0
0.5
1
x
1.5
e ) Første utelatte ledd får vi ved å sette n = 5 (for n = 4 blir sin
nπ 2 1 = 0). Dette er
2
−40 − 8.6·10−5 π2 25 3600
4
e
≈ −1.3 · 10−8
5π
Siden dette er en alternerende rekke der leddene avtar i tallverdi for x = 1 er dette en øvre
grense for unøyaktigheten. Det vil si tilnærmingen er rett med minst 7 desimaler, om vi tar med
så mange siffer (noe som ikke gjelder tallet 8.6, så dette er mer enn nok).
Oppgave 6
a ) u(x, t) =
∞
b2n−1 sin[(2n − 1)πx/20] cos[(2n − 1)πt/2]
n=1
b ) u9 (x, t) = 0.1762 sin(πx/20) cos(πt/2) −0.1677 sin(3πx/20) cos(3πt/2)
+0.1519 sin(5πx/20) cos(5tπ/2)− 0.1310 sin(7πx/20) cos(7πt/2)+0.1075 sin(9πx/20) cos(9πt/2)
u9 (5, 0.5) = 0.37
(Med D’Alemberts metode kan vi vise at u(5, 1/2) = 1/2, så tilnærmingen er noe røff)
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
51
Oppgave 8
2
1 2
nπ
x dx
b n = 0 , a0 =
−10x dx(= −10) , og an =
−10x cos
2 0
2
0
n
2 2
Dette gir a0 = −10, og an = 40(1 − (−1) )/(n π ).
Plot av den like utvidelsen, sammen med Fourierpolynomet med n = 1:
-4
x
2
-2
4
0
-5
-10
-15
-20
5.2.4
Fasit til kapittel 4
Oppgaver på side 39→.
Oppgave 1
a ) F (−x) = − sin(πx) + sin(π sin(x))/2 = −F (x) ⇒ symmetri om origo.
b ) u(x, t) = sin(π(x + 5t))/2 − sin(π sin(π(x + 5t)))/4 + sin(π(x − 5t))/2 − sin(π sin(π(x − 5t)))/4
Oppgave 3
F (x) = G(x) = 0 ⇒ G(x) = −F (x) og dermed u(x, t) = F (x + ct) − F (x − ct)
F (ct) − F (−ct) = 0 ⇒ F (ct) = F (−ct) ⇒ symmetri om y–aksen.
ct = 2L ⇒ t = 2L/c
ut (x, t) = cF (x + ct) + cF (x − ct), så ut (x, 0) = 2cF (x). Dermed er F (x) = g(x)/(2c) for
0 ≤ x ≤ L, og vi kan velge F (x) = f (x)/(2c) for 0 ≤ x ≤ L, og ta en jevn, periodisk utvidelse
av denne.
e ) Siden − cos(z) = sin(z), og − cos(x) er jevn og periodisk med periode 2π kan vi velge F (x) =
− cos(x)/(2c). Dette gir
a)
b)
c)
d)
u(x, t) =
1
(cos(x − ct) − cos(x + ct))
2c
(som lett omformes til u(x, t) = sin(x) sin(ct)/c)
5.2.5
Fasit til eksamensoppgavene
Oppgave 5, 19. desember 1997
a ) (4): un (x, 0) = sin(nπx) (I cos(10nπ0) + J sin(10nπ0)) = I sin(nπx). Siden dette skal gjelde alle
x i intervallet (og vi bare behøver å se på n > 0), må I = 0, og vi står igjen med un (x, t) =
Jn sin(nπx) sin(10nπt)
Vi bruker (5)og finner
(5)
ut (x, 0) = 10nπJn sin(nπx) cos(10nπ0) = 10nπJn sin(nπx) = 60 sin(3πx)
Ved inspeksjon ser vi at dette er OK hvis n = 3 og 10 · 3πJn = 60 sin(3πx) ⇐⇒ Jn = 2/π.
Dermed får vi løsningen π2 sin(3πx) sin(30πt)
52
KAPITTEL 5. OPPGAVER
b ) (4): F (x + 0) + G(x − 0) = 0 ⇐⇒
u(x, t) = F (x + 10t) − F (x − 10t)
G(x) = −F (x), og løsningen kan skrives på formen
(5)
(5): ut (x, t) = 10F (x + 10t) + 10F (x − 10t), så ut (x, 0) = 20F (x) = 60 sin(3πx), som er
oppfylt for F (x) = 3 sin(3πx), og dermed for F (x) = − π1 cos(3πx) + C. Vi kan velge C = 0 og
ender opp med: u(x, t) = − π1 cos 3π(x + 10t) + π1 cos 3π(x − 10t)
= π1 cos(3πx − 30πt) − π1 cos(3πx + 30πt)
Som selvfølgelig blir svaret fra a-oppgaven, om vi forenkler ved summeformelen for cosinus)
Oppgave 5, 21. august 1998
a ) Søker løsninger på formen u(x, t) = X(x) T (t), som innsatt i (1) gir
0.002X”T = XT ⇐⇒
T
X”
=
=k⇒
X
0.002T
X” − kX = 0 ∧ T − 0.002kT = 0
Hvis k = 0 blir løsningene på formen X(x) = A1 x + B1 og T (t) = C1 , som gir u(t) = Ax + B. Vi
ser at ved å velge A = 20 og B = 0 er (2) og (3) oppfylt. Dette er ”den stasjonære løsningen´´,
hvis temperaturfordelingen er slik (stiger jamt fra ytterside til innside) vil temperaturfordelingen
holde seg konstant.
Oppgaven tillot ikke så enkelt svar, så vi må ta med k < 0, og setter da k = −κ2 , som gir
løsningene:
2
X(x) = D1 cos(κx) + E1 sin(κx) ∧ T (t) = F1 e−0.002κ t ⇐⇒
2
X(x) T (t) = e−0.002κ t (D cos(κx) + E sin(κx))
2
For å få oppfylt randbetingelse (2) må D = 0, og vi står igjen med Ee−0.002κ t sin(κx).
Denne kan ikke i seg selv oppfylle randbetingelse (3), men i kombinasjon med leddet 20x går
det greit om vi velger konstanter slik at dette leddet blir 0. Hvis E = 0 må sin(κ) = 0, som
betyr at vi må velge κ = nπ for vilkårlig naturlig tall n.
Det enkleste er nå kanskje å velge n = 1 og E = 1, og vi står da igjen med løsningen
2
u(x, t) = 20x + e−0.002π t sin(πx) når f (x) velges lik 20x + sin(πx)
b ) Vi kan bygge opp løsninger som(uendelige) summer av ledd som i a)–oppgaven:
u(x, t) = 20x +
∞
2
En e−0.002n
π2 t
sin(nπx)
n=1
Disse vil oppfylle differensiallikningen (1) samt randbetingelsene (2) og (3).
For å få oppfylt initialbetingelsen (4) ser vi hva vi får ved å sette inn t = 0:
u(x, 0) = 20x +
∞
En e0 sin(nπx) = 0 ⇐⇒ −20x =
n=1
∞
En sin(nπx)
n=1
Vi er framme hvis vi velger koeffisientene En slik at rekken blir −20x på intervallet [0, 1). Denne
funksjonen er −20 ganger den i oppgaveteksten, så dette oppnår vi ved å velge koeffisienten −20
ganger koeffisientene der . Dette gir løsnngen:
u(x, 0) = 20x +
∞
40(−1)n −0.002n2 π2 t
e
sin(nπx)
nπ
n=1
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
53
De første 3 ledden i rekka, for t = 24 (timer) og x = 0.5 (meter):
40(−1)1 −0.002π2 24
·e
sin(π0.5)
=
1π
40(−1)2 −0.002·4π2 24
·e
sin(2π0.5) =
2π
40(−1)3 −0.002·9π2 24
·e
sin(3π0.5) =
3π
−7.9
0
0.06
Allerede ved n = 3er vi langt under avrundingsgrensen for hele grader. Vi kan også se at dette
er en alternerende rekke da sin(nπ/2) = 0 for n partall, og alternerende ±1 for n oddetall.
Absoluttverdien er også avtagende, slik at første utelatte ledd er øvre grense for feilen. Vi
trenger derfor bare et ledd fra rekka, og får løsningen:
u(0.5, 24) ≈ 20 · 0.5 − 7.9 ≈ 2 grader Celcius
Oppgave 5, 4. desember 1998
a ) Ved separasjon av variable (k < 0) kommer vi fram til
2
un (x, t) = En sin(nx/3)e−n
t/9
som oppfyller selve PDLen og randbetingelsene u(0, t) = u(3π, t) = 0
En halvperiodisk, odde utvidelse av initialtemperaturfordelingen har Fourierrekke på formen
f (x) =
∞
bn sin(nx/3)
n=1
Ved å sette En = bn , og summere un for alle n får vi
−n2 t/9
u(x, t) = ∞
n=1 bn sin(nx/3)e
Innsetting av t = 0 gir Fourierrekka over, så dermed er også initialbetingelsen oppfylt
(strengt tatt om temperaturen settes til 5 ved diskontinuitetene)
b ) Fourierkoeffisientene er (or eksempel i følge Rottmanns formelsamling, s175)
bn =
2
L
L
f (x) sin(nπx)/L dx =
0
=
2
3π
3π
f (x) sin(nx/3) dx =
0
2
3π
2π
10 sin(nx/3) dx
π
20
20
2π
[− cos(nx/3)]π =
(cos(nπ/3) − cos(2nπ/3))
nπ
nπ
For n fra 1 til 6 får vi
n
cos(nπ/3)
cos(2nπ/3)
cos(nπ/3) − cos(2nπ/3)
=
=
=
=
1
2
3
4
5
6
1/2 −1/2 −1 −1/2 1/2 1
−1/2 −1/2 1 −1/2 −1/2 1
1
0
−2
0
1
0
og dette mønsteret gjentas (vi får bare oddetallsledd).
Når vi setter inn x = 3π/2, følger sin(nx/3) = sin(nπ/2) mønsteret 1, 0, −1, 0 som gjentas. For
de gjenstående oddetallene gir dette fortegnsbytte på annenhver, og vi får:
u(3π/2, 1) ≈
20
π
2
1
e−1/9 + e−1 + e−25/9
3
5
= 7.3372
54
KAPITTEL 5. OPPGAVER
20 −49/9
Det første utelatte leddet er − 7π
e
≈ −0.004, og rekken avtar raskt så dette gir størrelsesordenen på unøyaktigheten.
(Et mer presist argument kunne basert seg på at om vi tar 3 og 3 ledd får vi en alternerende rekke der
n–te ledd avtar mot 0.)
Det vil si svaret stemmer (ca.) med 2 desimaler, og bør gis som
u(3π/2, 1) = 7.34
Oppgave 6, 14.april 1999
a ) I følge D’Alemberts løsningsmetode kan løsningen skrives F (x−ct)+F (x+ct), der F er periodisk
med periode 2L = 12. Dette gir at ct = 12 gir en hel svingning, og c = 12 1t = 12f der f er
frekvensen. Dermed er c = 12 · 100 = 1200
1
1
b ) For t = 1/800 er u(x, t) = F (x−1200 800
)+F (x+1200 800
) = F (x− 32 )+F (x+ 32 ). F (x) = f (x)/2
innenfor 0 ≤ x ≤ 6, og en odde halvperiodisk utvideles av denne. Det vil si at de to spissene
har beveget seg 3/2 i hver sin retning fra utgangspunktet. Spissene fra utvidelsen har ennå ikke
nådd inn i intervallet 0 ≤ x ≤ 6, så tegningen blir:
1
u
1
2
3
4
5
6
x
Vi ser av figuren at funksjonsverdien for x = 2 er u(2, 1/800) = 1/4
Dette er eksakt, løsning med Fourierrekker gir ikke så lett den eksakte verdien.
Oppgave 5, 10. desember 1999
a ) Setter ux = X T , uxx = X”T og ut = XT inn i (1), og får
X”T + 2X T = XT som vi omformer til
X
T
X”
+2
=
X
X
T
Sidene i den siste likningen må være en konstant som vi kan kalle −1 − κ2 , og får da likningene
X” + 2X + (1 + κ2 )X = 0 og T + (1 + κ2 )T = 0
Vi har at ”b2 − 4ac” = 4 − 4(1 + κ2 ) = 4κ2 < 0. Dette gir da (fra formelsamling, 4.2, første
formel og 4.1 løsningene
X(x) = e(−2x)/2 A cos(
1√ 2
1√ 2
4κ x) + B sin(
4κ x
2
2
og T (t) = Ce−(1+κ
2
)t
Ved å multiplisere disse vil konstanten C bli ”slukt” av A og B, så vi får:
u(x, t) = e−x (A cos(κx) + B sin(κx) Ce−(1+κ
(for vilkårlige konstanter κ, A og B)
2
)t
= e−x−(1+κ
2
)t
(A cos(κx) + B sin(κx))
5.2. FASIT TIL NOEN AV OPPGAVENE
55
b ) Bruker først betingelse 2
u(0, t) = e−(1+κ
2
)t
(A cos(κ0) + B sin(κ0) = Ae−(1+κ
2
)t bet.2
= 0
Dette gir at vi må velge A = 0.
Betingelse (3) gir da
u(π, t) = Beπ−(1+κ
2
)t
bet.3
sin(κπ) = 0
Vi bør ikke velge B = 0, for da blir alt 0. Vi kan likevel få til dette ved å velge sin(κπ) = 0.
Dette er OK hvis κ = n er et heltall.
2
Løsningsformen er da u(x, t) = Be−x−(1+n )t sin(nx). Til slutt bruker vi betingelse 4:
bet.4
u(x, 0) = Be−x sin(nx) = 3e−x sin(2x)
Dette kan vi få til ved å velge B = 3 og n = 2, og får da løsningen
u(x, t) = 3e−x−5t sin(2x)
Oppgave 7, vår 2000
a ) Vi sjekker dette lettest ved innsetting:
∂2
∂
un = −En n2 π 2 sin(nπx)e−Rn t
un = En nπ cos(nπx)e−Rn t ,
∂x
∂x2
∂
un = En (−Rn ) sin(nπx)e−Rn t
∂t
Vi setter inn uxx =
∂2
∂x2 un
og ut =
∂
∂t un
inn i differensiallikningen, og får:
−En α2 n2 π 2 sin(nπx)e−Rn t = −En Rn sin(nπx)e−Rn t
Vi ser at høyre og venstre side blir like hvis vi velger Rn = α2 n2 π 2 =
n2 π 2
10000
Innsetting gir også at de to neste betingelsene er OK (uansett valg av Rn ):
un (0, t) = En sin(0)e−Rn t = 0 og un (1, t) = En sin(nπ)e−Rn t = 0
(siden sin(nπ) = 0 for heltall n).
b ) Vi kan summere løsninger av typen un , og får mulige løsninger på formen
u(x, t) =
∞
un (x, t) =
n=1
Da får vi
u(x, 0) =
∞
∞
En sin(nπx)e−Rn t
n=1
En sin(nπx)e
n=1
−Rn 0
=
∞
En sin(nπx)
n=1
Vi kan tilpasse konstantene En slik at dette blir lik f (x) = 100 for 0 < x < 100 ved å bruke Fourierrekka til den odde, halvperiodiske utvidelsen av f (x). Vi får da En = bn , der koeffisientene
bn er gitt ved
1
1
−1
200
cos(nπx) =
(1 − cos(nπ))
100 sin(nπx) dx = 200
bn = 2
nπ
nπ
0
0
(Vi har at cos(nπ) = (−1)n , slik at bn er
De første verdiene av bn er :
b1 =
400
nπ
for n oddetall og 0 for n partall.)
400
400
400
, b2 = 0, b3 =
, b4 = 0, b5 =
,...
π
3π
5π
56
KAPITTEL 5. OPPGAVER
Dermed blir de første leddene i summen
u( x, t) =
2
2
2
400
400
400
sin(πx)e−π t/10000 +
sin(3πx)e−9π t/10000 + +
sin(5πx)e−25π t/10000 + · · ·
π
3π
5π
Når vi setter inn x = 1/2 får vi sin(nπ/2) lik pluss og minus 1 for annethvert av oddetallene.
Setter også inn t/10000 = 500/10000 = 1/20, og funksjonsverdien blir
u(0.5, 500) ≈
400 −π2 /20 400 −9π2 /20 400 −25π2 /20
e
e
e
−
+
− · · · = 77.73 − 0.50 + 0.0001 − · · ·
π
3π
5π
Dette er en (raskt) avtagende, alternerende rekke, så feilen er mindre enn siste ledd. Vi klarer
oss derfor med to ledd og får
u(0.5, 500) = 77.73 − 0.50 = 77.2 (grader Celcius)
Oppgave 3, høst 2000
a ) Innsetting av u = XY i differensiallikningen, og deling med XY , gir at X /X = −Y /Y , som
betyr at begge sider er lik en og samme konstant, k, dvs.: X = kX og Y = −kY , for hhv.
x ≥ 0 og 0 ≤ y ≤ 1. Randbetingelsene betyr at X(0) = 0 og Y (0) = Y (1)
√ = 0. Denne√siste
innebærer at k må være > 0, for med k < 0 har Y = −kY løsningene C1 e −ky + C2 e− −ky ,
som kan oppfylle kravet Y (0) = Y (1) = 0 bare på den trivielle måten (C1 = C2 = 0), og med
k = 0 har y = −kY løsningene C1 + C2 y, som også bare kan oppfylle kravet Y (0) = Y (1) = 0
på den trivielle måten.
Med k > 0 kan vi finne ikketrivielle løsninger som oppfyller randbetingelsene, for nå har Y =
−kY løsningene
√
√
Y = C1 cos ky + C2 sin ky .
√
Y = C2 sin ky,og
Kravet Y (0) = 0 betyr nå at C1 = 0, slik at √
√ kravet Y (1) = 0 betyr da (siden
vi er ute etter ikketrivielle løsninger) at sin k = 0, dvs. at k = n2 π 2 , med heltallig n.
Nå må X være slik at X = n2 π 2 X, som har generell løsning X = C3 enπx + C4 e−nπx .
Randbetingelsen X(0) = 0 innebærer da at C3 + C4 = 0, slik at løsningene kan skrives slik:
X = C3 enπx − C3 e−nπx = 2C3 sinh nπx .
Sammenfattet får vi da løsningene
u = XY = C sinh nπx sin nπy
som (med C ∈ R) uttrykker at alle ”XY –løsninger” som er lik 0 på hele randa til området D.
b ) Blant løsningene funnet i a) er det bare de med n = 1 og C = 0 som er ulik 0 i hele det indre
av området D, for vi har u = XY = 0 når y = n1 , som for n ∈ {2, 3, . . .} gir indre punkter i D.
De etterspurte løsningene er derfor:
u = XY = C sinh πx sin πy
(C = 0)
c ) Lineære kombinasjoner av to eller flere av løsningene funnet i a) er også løsninger av uxx +uyy =
0 (den er jo lineær), og slike løsninger er også lik 0 på randa til D. Ved å sette x = 1 i løsningene
i (a) får vi u(1, y) = C sinh nπ sin nπy, som med n = 2 og C = sinh5 2π stemmer med første ledd
i den løsningen vi skal fram til. Andre ledd framkommer ved å sette n = 3 og C = − sinh1 3π .
Derfor vil følgende funksjon oppfylle alle krav:
u(x, y) =
5
sinh 2π
sinh 2πx sin 2πy −
1
sinh 3π
sinh 3πx sin 3πy .
Register
Løsningsformler, 14
Varmeledningslikningen, 4, 6
2 og 3 dimensjonal., 7
Separasjon av variable, 21
Utledning, 8
Bølgelikningen, 4, 9
D’Alemberts metode, 35
Separasjon av variable, 14
Utledning, 10
Fourierrekker
Bruk i partielle difflikninger, 29
Halvperiodiske utvidelser, 27
Initialbetingelser, 5
κ
Symbol for parameter som inngår i sinus og cosinusleddene i løsningene
ved separasjon av variable., 15
L
Symbol for parameter som betegner lengde av stav eller streng, 7
Laplacelikningen, 8, 25
Maple
Animasjon, 3, 19
Animasjon, D’Alembert, 35
Eksempelfiler, i
Partielle deriverte
Definisjon, 1
Fysisk og geometrisk tolkning, 2
Partielle differensiallikninger, 4
Randbetingelser, 5
Separasjon av variable, 13
Bølgelikningen, 14
Laplacelikningen (oppg. 4), 25
Varmeledningslikningen, 21, 25
Termisk diffusjonskoeffisient α2 , 6
Vanlige differensiallikninger
57