Differentiaaliyhtälöiden jatkokurssi A, 5 op Syksy 2015

Transkriptio

1 Differentiaaliyhtälöiden jatkokurssi 82334A, 5 op Syksy Frobeniuksen menetelmä 1 2 Gamma ja betafunktiot 4 3 Besselin funktiot 7 4 Ortogonaalipolynomit Legendren polynomit Hermiten polynomit Chebyshevin polynomit Fourier sarjat 21 6 Laplace muunnos 26 7 Fourier muunnos 31 8 Ominaisarvo-ongelmat 34 9 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Lämpöyhtälö Aaltoyhtälö Laplacen yhtälö Integraalimuunnosten ratkaisumenetelmiä Laplace muunnoksella ratkaiseminen Fourier muunnoksella ratkaiseminen A Harjoitustehtävät 48 B Kaavakokoelma 54

2 Esipuhe Tämä moniste pohjautuu mukaillen M. Kumpulaisen kevään 214 oppimateriaaliin kurssille Differentiaaliyhtälöt II (8346A, 4 op). Merkintöjä N = {1, 2,...}, N = {, 1, 2,...}, Z = {, ±1, ±2,...}, R + = [, ) f(x) g(x), x a jos ja vain jos lim x a f(x) g(x) = 1. f(x) = O(g(x)), x a, jos ja vain jos f(x) C g(x), x a. t = max{n Z : n t} f(x ±) = lim f(x) = lim f(x ± h), f(x ) = (f(x ) + f(x +))/2 x x ± h + f(x) f(x +) f(x ) f(x ) f(x 1 ) x 1 x x

3 Luku 1 Frobeniuksen menetelmä Tarkastellaan toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä y + p(x)y + q(x)y =. (1.1) Pistettä a R sanotaan yhtälön (1.1) säännölliseksi pisteeksi, jos sekä p että q ovat analyyttisiä pisteessä a (eli niillä on muotoa a k(x a) k olevat potenssisarjaesitykset jollain välillä (a r, a + r), r > ). Rajoituksetta voidaan olettaa, että a =. Säännöllisen pisteen a = tapauksessa yhtälö (1.1) voidaan ratkaista asettamalla yrite y(x) = a k x k ja määräämällä kertoimet a k niin, että yhtälö toteutuu (kts. DY1). Jos piste ei ole säännöllinen piste, niin sen sanotaan olevan erikoispiste. Edelleen, jos ei ole säännöllinen piste, mutta xp(x) ja x 2 q(x) ovat analyyttisiä pisteessä, niin sanotaan, että on säännöllinen erikoispiste. Ellei ole säännöllinen piste eikä säännöllinen erikoispiste, sanotaan sitä vahvaksi erikoispisteeksi. Säännöllisen erikoispisteen tapauksessa yhtälö (1.1) voidaan ratkaista seuraavalla nk. Frobeniuksen menetelmällä. Asetetaan yrite y(x) = c k x k+s, c, s R. Sijoitetaan yrite sekä funktioiden xp(x) ja x 2 q(x) potenssisarjat yhtälöön (1.1). Lopuksi määrätään eksponentti s ja kertoimet c k niin, että yhtälö toteutuu. Näin löydetään ainakin yksi yritteen mukainen ratkaisu, muttei välttämättä yleistä ratkaisua (eli kahden lineaarisesti riippumattoman ratkaisun lineaariyhdistettä). Laskujen helpottamiseksi (ja koska xp(x) ja x 2 q(x) ovat analyyttisiä) kannattaa yhtälö kertoa ensin termillä x 2 eli tarkastellaan yhtälöä x 2 y + xp (x) + Q(x)y =, 1

4 missä P (x) = xp(x) = p k x k, Q(x) = x 2 q(x) = q k x k ovat analyyttisten funktioiden potenssisarjaesitykset. Koska y (x) = (k + s)c k x k+s 1, y (x) = (k + s)(k + s 1)c k x k+s 2, niin x 2 y = x s (k + s)(k + s 1)c k x k ( k ) xp (x)y = x s (k + s)c k x k p k x k = x s (s + l)c l p k l Q(x)y = x s c k x k l= ( k ) q k x k = x s c l q k l x k. Tässä on käytetty Cauchyn tuloa potenssisarjoille eli ( ) ( ) ( k ) a k x k b k x k = a l b k l x k. Sijoittamalla nämä yhtälöön (1.1) saadaan [ ] k x s (k + s)(k + s 1)c k + ((s + l)p k l + q k l )c l x k =. l= Tämä pätee kaikilla x (, r) jos ja vain jos (k + s)(k + s 1)c k + l= l= k ((s + l)p k l + q k l )c l =, k =, 1,.... l= Arvolla k = saadaan (c ) vaatimus f(s) := s(s 1) + p s + q = s 2 + (p 1)s + q = eli nk. indeksiyhtälö. Tämä yhtälö määrää ne eksponentin s arvot, joilla yrite voi olla ratkaisu. Sen jälkeen kertoimet c k riippuvat eksponentin arvosta eli kirjoitetaan c k = c k (s). Arvoilla k 1 saadaan nk. palautuskaava, k 1 f(s + k)c k (s) = ((s + l)p k l + q k l )c l, k = 1, 2,.... l= josta saadaan rekursiivisesti kertoimet c k riippuen kertoimen c arvon valinnasta, joka jää vapaaksi. Indeksiyhtälön ratkaisuista s 1 s 2 (kompleksijuurten tapaus sivuutetaan) riippuen alkuperäisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x), missä lineaarisesti riippumattomat y 1, y 2 määräytyvät seuraavasti: 2 x k

5 1. Jos s 1 s 2 / N, niin y 1 (x) = x s 1 a k x k, a y 2 (x) = x s 2 b k x k, b. 2. Jos s 1 s 2 =, niin y 1 (x) = x s 1 a k x k, a y 2 (x) = y 1 (x) ln x + x s 2 (huomaa indeksoinnin aloitus summassa) 3. Jos s 1 s 2 N, niin missä A voi olla nolla. y 1 (x) = x s 1 b k x k. k=1 a k x k, a y 2 (x) = Ay 1 (x) ln x + x s 2 b k x k, Kertoimet a n, b n määräytyvät sijoittamalla sarjat differentiaaliyhtälöön. Joskus tapauksessa 3) lineaarisesti riippumattomat ratkaisut löydetään ilman logaritmitermin tarkastelua (eli A =, tästä lisää harjoituksissa). Toisaalta, usein riittää yhden sarjamuotoisen ratkaisun löytäminen (y 1 yllä). Esimerkki xy + 2y + y = Huomautus. Palautetaan mieleen, että funktiot u, v ovat lineaarisesti riippumattomat, jos Wronskin determinantti W (u, v) = W (x) = u(x) v(x) u (x) v (x). 3

6 Luku 2 Gamma ja betafunktiot Gammafunktio määritellään integraalina Γ(z) = t z 1 e t dt, z C, Re z >. (2.1) Ehto Re z > takaa integraalin suppenemisen, sillä 1 t z 1 e t 1 1 dt t z 1 dt = t x 1 dt <, x = Re z > ja 1 t z 1 e t dt t x 1 e t dt < 1 koska eksponenttifunktio vähenee äärettömyydessä nopeammin kuin mikään potenssi kasvaa. Lause 2.1. Gammafunktio toteuttaa seuraavat ominaisuudet: 1. Γ(z + 1) = zγ(z), Re z > 2. Γ(z + n) = (z + n 1)(z + n 2) zγ(z), n = 1, 2, Γ(n + 1) = n!, n =, 1, 2, Γ(1/2) = π. 5. Γ(n + 1/2) = (2n)! π, n =, 1,... 4 n n! Todistus. Luennolla. Seuraus 2.2. lim z n ( 1)n (z + n)γ(z) =, n N (2.2) n! 4

7 Todistus. Luennolla. Huomautus. Edellisen nojalla gammafunktiolla on yksinkertaiset navat pisteissä z = n, n N (kts. funktioteoria). Siten asetetaan Γ(z) =, z N. Lauseen 2.1 nojalla Gammafunktio siis yleistää kertoman ja edelleen binomikertoimen. Lisäksi, Lauseen 2.1 nojalla Γ(z) = Γ(z + 1), z missä oikea puoli on määritelty, kun > Re z > 1. Näin ollen edellisellä kaavalla voidaan määritellä gammafunktio arvoille > Re z > 1 ja edelleen 1 > Re z > 2 jne. Tarkemmin, Γ(z + n) Γ(z) = z(z + 1) (z + n 1) valitsemalla n > Re z. Lause 2.3 (Stirlingin kaava). Todistus. Luennolla. Γ(x + 1) 2πxx x e x, x (2.3) Seuraus 2.4. n! n n e n 2πn, n. Kuva 2.1: Gammafunktion Γ(x), x R kuvaaja Betafunktio määritellään integraalina B(z, w) = 1 t z 1 (1 t) w 1 dt, Re z, Re w >. (2.4) 5

8 Tämä on selvästi symmetrinen funktio. Harjoitustehtävänä on osoittaa, että B(z, w) = Γ(z)Γ(w), Re z, Re w >. (2.5) Γ(z + w) Muuttujanvaihdoilla saadaan muitakin integraalimuotoja: Lause 2.5. Jos Re z, Re w >, niin B(z, w) = Todistus. Luennolla. B(z, w) = 2 π/2 s z 1 ds, (2.6) (1 + s) z+w cos 2z 1 φ sin 2w 1 φ dφ, (2.7) b B(z, w) = (b a) 1 z w (s a) z 1 (b s) w 1 ds. (2.8) Esimerkki 2.6. Laske integraalit Seuraus 2.7. π/2 Todistus. Luennolla. cos 5 φ sin 7 φ dφ, a 1 1 (1 + s) 2 (1 s) 3 ds. Γ(z)Γ(z + 1/2) = 2 1 2z πγ(2z) (2.9) Lause 2.8. Todistus. Luennolla. Γ(z)Γ(1 z) = π, < z < 1. (2.1) sin πz Seuraus 2.9. Gammafunktiolla ei ole nollakohtia. Erityisesti 1/Γ(z) on kokonainen funktio. Todistus. Luennolla. Gammafunktion logaritminen derivaatta määritellään asettamalla Sille pätee kaavat ψ(z) = Γ (z) Γ(z) = d dz ln Γ(z), z / N. ψ(z + 1) = ψ(z) + 1 z (2.11) ja ψ(z) ψ(1 z) = π tan πz (2.12) (todistus luennolla). Lukua ψ(1) = Γ (1) = γ sanotaan Eulerin vakioksi. 6

9 Luku 3 Besselin funktiot Eräs keskeinen sovelletun matematiikan ja lähitieteiden yhtälö on nk. Besselin differentiaaliyhtälö x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y =, ν R. (3.1) Normaalimuodossaan tämän yhtälön kertoimet ovat p(x) = 1/x ja q(x) = 1 ν 2 /x 2. Siten on tämän yhtälön säännöllinen erikoispiste eli yhtälö voidaan ratkaista Frobeniuksen menetelmällä. Olkoon siis y(x) = a k x k+s, a. Sijoittamalla tämä yrite Besselin yhtälöön saadaan [ (k + s) 2 ν 2] a k x k+s + a k 2 x k+s =. Tämän potenssisarjan kertoimien tulee olla nollia. Indeksin arvolla k = saadaan (s 2 ν 2 )a = eli s = ±ν. Tarkastellaan tapausta s = ν. Arvolla k = 1 saadaan tällöin k=2 ((ν + 1) 2 ν 2 )a 1 = eli joko 2ν + 1 = tai a 1 =. Arvoilla k 2 saadaan rekursiokaava ((ν + k) 2 ν 2 )a k + a k 2 = eli a k = a k 2 k(k + 2ν). 7

10 Valitsemalla a 1 = kaikki parittomat kertoimet ovat nollia. Parilliset saadaan myös laskettua eli a 2 = a 2(2 + 2ν) a 4 = a 2 4(4 + 2ν) = a 2 4(2 + 2ν)(4 + 2ν) a 6 = a 4 6(6 + 2ν) = a 2 4 6(2 + 2ν)(4 + 2ν)(6 + 2ν) a 2k = = ( 1) k a 2 4 (2k)(2 + 2ν)(4 + 2ν) (2k + 2ν) ( 1) k a 2 2k k!(1 + ν)(2 + ν) (k + ν). Siis Valitsemalla y(x) = a ( 1) k 2 2k k!(1 + ν)(2 + ν) (k + ν) x2k+ν. a = 1 2 ν Γ(ν + 1) ja käyttämällä Lausetta 2.1 tämä sievenee muotoon J ν (x) = ( 1) k ( x ) 2k+ν. (3.2) k!γ(ν + k + 1) 2 Suhdetestin nojalla tämä sarja suppenee kaikilla x ja kaikilla ν R. Lisäksi suoralla laskulla voi tarkistaa, että se ratkaisee Besselin yhtälön. Origossa x = vaadimme jatkossa ν. Funktio J ν on 1. lajin Besselin funktio kertalukua ν. Erityisesti Siten J n (x) = J n (x) = ( 1) k ( x ) 2k+n, n N. (3.3) k!(n + k)! 2 ( 1) k ( x ) 2k n ( 1) k+n ( x ) 2k+n = (3.4) k!( n + k)! 2 k!(k + n)! 2 eli J n (x) = ( 1) n J n (x). Lisäksi J n ( x) = ( 1) n J n (x) eli J n (x) on samaa pariteettia kuin n. 8

11 Lause 3.1 (Rekursiokaavat). Besselin funktio toteuttaa seuraavat ominaisuudet aina, kun x ja ν R. Todistus. Suoritetaan derivointi eli d dx (x ν J ν (x)) = d dx = Vastaavaan tapaan k=1 d dx (x ν J ν (x)) = x ν J ν+1 (x) (3.5) d dx (xν J ν (x)) = x ν J ν 1 (x) (3.6) xj ν(x) νj ν (x) = xj ν+1 (x) (3.7) xj ν(x) + νj ν (x) = xj ν 1 (x) (3.8) xj ν 1 (x) + xj ν+1 (x) = 2νJ ν (x) (3.9) J ν 1 (x) J ν+1 (x) = 2J ν(x) (3.1) ( 1) k x 2k 2 2k+ν k!γ(ν + k + 1) = ( 1) k 2kx 2k 1 2 2k+ν k!γ(ν + k + 1) k=1 ( 1) k x 2k 1 2 2k+ν 1 (k 1)!Γ(ν + k + 1) = ( 1) k+1 x 2k+1 2 2k+ν+1 k!γ(ν + k + 2) = x ν d dx (xν J ν (x)) = d dx = ( 1) k x 2k+1+ν 2 2k+ν+1 k!γ(ν + k + 2) = x ν J ν+1 (x). ( 1) k x 2k+2ν 2 2k+ν k!γ(ν + k + 1) = ( 1) k x 2k+2ν 1 2 2k+ν 1 k!γ(ν + k) = xν J ν 1 (x) ( 1) k (2k + 2ν)x 2k+2ν 1 2 2k+ν k!γ(ν + k + 1) Lauseen 2.1 nojalla. Näin kaksi ensimmäistä kaavaa on todistettu. Suorittamalla niissä tulojen derivoinnit saadaan νx ν 1 J ν + x ν J ν = x ν J ν+1 νx ν 1 J ν + x ν J ν = x ν J ν 1. Kertomalla ensimmäinen yhtälö puolittain termillä x ν+1 ja toinen termillä x ν+1 saadaan (3.7) ja (3.8). Kaavat (3.9)-(3.1) saadaan kaavoista (3.7)-(3.8) yhteenja vähennyslaskuilla. Määritelmien (tai Tehtävän 2) nojalla saadaan J 1/2 (x) = ( 1) k ( x ) 2k+1/2 2 = k!γ(k + 3/2) 2 πx sin x 9

12 ja J 1/2 (x) = ( 1) k ( x ) 2k 1/2 2 = cos x. k!γ(k + 1/2) 2 πx Funktiot J n+1/2 (x), n Z voidaankin esittää alkeisfunktioiden avulla. Esimerkki 3.2. (todistus luennolla) Generoiva funktio ( 2 sin x J 3/2 (x) = πx x ( 2 3 sin x J 5/2 (x) = πx x 2 ) cos x 3 cos x x ) sin x Lukujonon (a n ) n= generoiva funktio on potenssisarja n= a nz n. Esimerkki 3.3. Jonon (a n ) n= generoiva funktio on 1/(1 az), z < 1. Jonon (1/n!) n= generoiva funktio on ez. Vastaavasti funktiojonon g n (x) generoiva funktio on G(z, x) = g n (x)z n n= mikäli sarja suppenee jossain (kompleksitason punkteeratussa origokeskisessa kiekossa kaikilla x I R). Lause 3.4. Besselin funktioiden jonolle J n (x) pätee G(z, x) = J n (x)z n = exp(x(z 1/z)/2). n= Todistus. Eksponenttifunktion sarjakehitelmän avulla z k ( x ) k ( 1) j ( x ) j exp(xz/2) =, exp( x/(2z)) =. k! 2 j!z j 2 j= Nämä sarjat suppenevat itseisesti koko tasossa, joten kertominen voidaan suorittaa vapaasti eli ( 1) j z k j ( x ) j+k exp(x(z 1/z)/2) =. j!k! 2 k,j= Väitettä varten poimitaan termit z n, n = k j, jolloin exp(x(z 1/z)/2) = ( 1) j ( x ) n+2j z n. j!(n + j)! 2 n= Sulkulausekkeen ollessa J n (x) väite seuraa. 1 j=

13 Pisteessä z = e iθ saadaan e ix sin θ = n= J n (x)e inθ. Reaali- ja imaginääriosia vertaamalla selviää, että cos(x sin θ) = n= J n (x) cos(nθ), sin(x sin θ) = n= J n (x) sin(nθ). Pyritään vielä löytämään Besselin yhtälölle (3.1) toinen lineaarisesti riippumaton ratkaisu ja sen myötä yhtälön yleinen ratkaisu. Lause 3.5. Besselin funktioiden Wronskin determinantti on W (J ν, J ν ) = 2 sin νπ. πx Todistus. Luennolla. Edellisen lauseen nojalla funktiot J ν, J ν ovat lineaarisesti riippumattomia vain, kun ν / Z. Tapausta ν Z varten määritellään 2. lajin Besselin funktio eli Neumannin funktio asettamalla Y ν (x) = cos νπj ν(x) J ν (x). (3.11) sin(νπ) Tapauksessa ν = n Z tämä pitää tulkita raja-arvona, joka on l Hospitalin säännön mukaan cos νπj ν (x) J ν (x) Y n (x) = lim = 1 ν n sin(νπ) π Tästä seuraa Y n (x) = ( 1) n Y n (x). Määritelmän mukaan laskemalla saadaan dj ν (x) dν ( 1)n ν=n π dj ν (x) dν. ν=n W (J ν, Y ν ) = W (J ν, J ν ) sin νπ = 2 πx eli Besselin ja Neumannin funktiot ovat aina lineaarisesti riippumattomia. Asetetaan vielä Hankelin funktiot ν (x) = J ν (x) + iy ν (x), H ν (2) (x) = J ν (x) iy ν (x), H (1) jotka esiintyvät potentiaaliteoriassa. 11

14 Lause 3.6 (Asymptoottinen käyttäytyminen). Jos ν ja x, niin x ν 2 ν Γ(1 + ν), x J ν (x) 2 cos(x νπ/2 π/4), πx x 2 π log 2 x, x, ν = Y ν (x) 2ν Γ(ν) πx ν, x 2 sin(x νπ/2 π/4), πx x i 2 π log 2 x, x, ν = ( ) 2 ν H ν (1,2) Γ(ν) (x) i x π, x 2 exp(±i(x νπ/2 π/4)), x, πx missä ylemmät merkit vastaavat 1. lajin funktiota ja alemmat merkit 2. lajin funktiota. Todistus. Sivuutetaan. Kuva 3.1: Besselin ja Neumannin funktioiden kuvaajia, ν =, 1, 2. 12

15 Luku 4 Ortogonaalipolynomit Ortogonaalifunktioilla voidaan usein esittää funktioita helpommassa muodossa esim. numeerista integrointia yms. varten. Aluksi kerrataan eräitä käsitteitä ja merkintöjä Lineaarialgebra 2-kurssilta. Joukossa A määritelty funktiojoukko F on funktioavaruus, jos se on suljettu skalaarilla kertomisen ja yhteenlaskun suhteen. Toisin sanoen, se on vektoriavaruus. Seuraavassa I on reaaliakselin väli (avoin, puoliavoin, tai suljettu). Määritelmä 4.1. Funktio f : I C on paloittain jatkuva, jos 1. sillä on vain äärellinen määrä epäjatkuvuuspisteitä x 1,..., x n ja 2. raja-arvot f(x k ) ja f(x k +), k = 1,..., n ovat olemassa äärellisinä. Päätepisteen ollessa epäjatkuvuuspiste vain toisen raja-arvon olemassaolo vaaditaan. Paloittain jatkuvia funktioita merkitään P C(I). Määritelmä 4.2. Funktio f : I C on paloittain säännöllinen, jos 1. se on paloittain jatkuva, ja 2. derivaattafunktio f on jatkuva lukuunottamatta pisteitä x 1,..., x N (sisältäen funktion f epäjatkuvuuspisteet) ja raja-arvot f (a+), f (b ), f (x k ), f (x k +) k = 1,..., N ovat olemassa äärellisinä. Paloittain jatkuvia funktioita merkitään P S(I). 13

16 Seuraavat joukot ovat funktioavaruuksia: P C(I), P S(I), C(I) = C (I) C n (I) = {f : I C : f (n) jatkuva}, n = 1, 2,... L 1 (I) = {f : I C : f integroituva ja f(x) dx < } I L 2 (I) = {f : I C : f integroituva ja f(x) 2 dx < } Avaruuksien L 1 (I) ja L 2 (I) funktioita sanotaan itseisesti integroituviksi funktioiksi ja neliöintegroituviksi funktioiksi. Määritelmä 4.3. Olkoon F funktioavaruus. Kuvausta ( ) : F F C sanotaan sisätuloksi, jos se toteuttaa seuraavat ominaisuudet: 1. (f f) kaikilla f F ja (f f) = jos ja vain jos f =. 2. (f g) = (g f) kaikilla f, g F 3. (af + bg h) = a(f h) + b(g h) kaikilla f, g, h F ja a, b C. Esimerkki 4.4. Kuvaukset (f g) = f(x)g(x) dx, (f g) w = I I I w(x)f(x)g(x) dx, w ovat sisätuloja funktioavaruuksissa C n (I). Samaistamalla funktiot, jotka saavat eri arvoja vain äärellisellä määrällä muuttujan arvoja, em. kuvaukset ovat sisätuloja myös funktioavaruuksissa P C(I), P S(I) ja L 2 (I). Määritelmä 4.5. Kuvausta : F R sanotaan normiksi, jos se toteuttaa seuraavat ominaisuudet: 1. f ja f = jos ja vain jos f = 2. cf = c f kaikilla f F ja c C 3. f + g f + g kaikilla f, g F. Lause 4.6. Jos ( ) on sisätulo, niin f = (f f) on normi ja se toteuttaa Cauchy Schwarzin epäyhtälön (f g) f g Määritelmä 4.7. Sanotaan, että funktiot f, g F ovat ortogonaaliset (kohtisuorat), mikäli (f g) =. Tätä merkitään f g. Funktiojonoa (f n ) F sanotaan ortogonaaliseksi, jos (f j f k ) = aina, kun j k. Vastaavasti, ortogonaalisuus painofunktion w suhteen korvaamalla sisätulo ( ) sisätulolla ( ) w. 14

17 Ortogonaalisuus sisätulon ( ) w (kts. Esimerkki 4.4) suhteen riippuu siis painofunktiosta w ja joukosta I. Tunnetuimmat tapaukset on nimetty seuraavan taulukon mukaisesti. w(x) I = (a, b) nimi merkintä 1 ( 1, 1) Legendre P n (x) e x2 (, ) Hermite H n (x) 1/ 1 x 2 ( 1, 1) Chebyshev T n (x) x α e x, α > 1 (, ) Laguerre L α n(x) 4.1 Legendren polynomit Legendren polynomit määritellään ns. Rodriguezin kaavalla d n P n (x) = 1 2 n n! dx n (x2 1) n. Siten P n on astetta n oleva polynomi. Binomikaavaa (x 2 1) n = derivoimalla saadaan esitysmuoto P n (x) = n/2 n Täten P n on samaa pariteettia kuin n eli Esimerkki 4.8. ( 1) k n! k!(n k)! x2n 2k ( 1) k (2n 2k)! 2 n k!(n k)!(n 2k)! xn 2k. P n ( x) = ( 1) n P n (x). P (x) = 1, P 1 (x) = x, P 2 (x) = (3x 2 1)/2, P 3 (x) = (5x 3 3x)/2. Lause 4.9. Legendren polynomien generoiva funktio on (1 2xt + t 2 ) 1/2 eli w(x, t) = (1 2xt + t 2 ) 1/2 = P n (x)t n, x 1, t < 2 1. n= Todistus. Määrätään ensin funktion f(y) = (1 + y) 1/2 Taylorin sarja origossa. Derivoimalla selviää, että ( f (k) (y) = 1 ) ( 12 ) 2 1 ( 12 ) k + 1 (1 + y) 1/2 k. Siten f(y) = c k y k, 15

18 missä Siis c k = f (k) () k! = ( ) ( ) ( 1 2 k + 1) = ( 1)k 1 3 (2k 1) k! 2 k k! = ( 1)k (2k)! 2 k k!2 4 (2k) = ( 1)k (2k)! 2 2k (k!) 2. f(y) = (1 + y) 1/2 = ( 1) k (2k)! 2 2k (k!) 2 yk, y < 1. Sijoittamalla y = 2xt + t 2 = t(t 2x) (kun x ja t kuten tässä lauseessa) saadaan (1 2xt + t 2 ) 1/2 = ( 1) k (2k)! 2 2k (k!) 2 tk (t 2x) k. Soveltamalla binomikaavaa viimeiseen termiin saadaan viimein (1 2xt + t 2 ) 1/2 ( 1) k (2k)! k k! = 2 2k (k!) 2 tk i!(i k)! tk+i ( 2x) k i i= n/2 = ( 1) i (2n 2i)! 2 n i!(n i)!(n 2i)! xn 2i t n = P n (x)t n. n= i= n= Esimerkki 4.1 (luennolla). P n (1) = 1, P n ( 1) = ( 1) n, P 2n () = ( 1)n (2n)! 2 2n (n!) 2, P 2n+1() =. Lause Legendren polynomit toteuttavat palautuskaavat 1. (n + 1)P n+1 (x) = (2n + 1)xP n (x) np n 1 (x) 2. P n+1 (x) xp n(x) = (n + 1)P n (x), n =, 1, xp n(x) P n 1 (x) = np n(x) 4. P n+1 (x) P n 1 (x) = (2n + 1)P n(x) kun n = 1, 2,... Todistus. Luennolla. Seuraus Legendren polynomi P n (x) toteuttaa differentiaaliyhtälön (1 x 2 )y 2xy + n(n + 1)y = eli ((1 x 2 )y ) + n(n + 1)y =. 16

19 Todistus. Luennolla. Muuttujanvaihdoilla saadaan myös muita differentiaaliyhtälöitä, joiden ratkaisu voidaan esittää Legendren polynomien avulla. Esimerkki 4.13 (luennolla). Funktio u = P n (cos θ) ratkaisee yhtälön ( 1 d sin θ du ) + n(n + 1)u =. sin θ dθ dθ Seuraus Legendren polynomit P n ovat ortogonaalisia painofunktion w = 1 suhteen avaruudessa L 2 ( 1, 1) ja P n 2 = 2/(2n + 1) eli Todistus. Luennolla. 1 1, n m P n (x)p m (x) dx = 2 2n + 1, n = m. Eo. kohtisuoruuden avulla voidaan tarkastella nk. Legendren sarjaesitystä f(x) c n P n (x). n= Olettaen hetkellisesti yhtäsuuruus edellä, kertoimet c n voidaan selvittää seuraavalla tavalla. Lasketaan 1 1 f(x)p m (x) dx = 1 c n n= 1 P n (x)p m (x) dx = c m 2 2m + 1. Siis 1 c n = (n + 1/2) f(x)p n (x) dx. 1 Nämä toimet edellyttävät tiettyjä oletuksia. Voidaan esim. osoittaa Lause Jos f P S( 1, 1) ja 1 1 f 2 (x) dx <, niin f(x+) + f(x ) 2 = n= 1 c n P n (x), c n = (n + 1/2) f(x)p n (x) dx. 1 Erityisesti jatkuvuuspisteissä x sarjan arvo on f(x). 17

20 4.2 Hermiten polynomit Hermiten polynomit määritellään kaavalla dn H n (x) = ( 1) n e x2 dx n e x2. Hermiten polynomit saadaan kätevästi rekursiokaavasta Ensimmäiset polynomit ovat H n (x) = 2xH n 1 (x) H n 1(x). H (x) = 1, H 1 (x) = 2x, H 2 (x) = 4x 2 2, H 3 (x) = 8x 3 12x. Lause Hermiten polynomien (tarkemmin H n (x)/n!) generoiva funktio on e 2xz z2 eli e 2xz z2 = H n (x) zn, z C, x R. n! Todistus. Harjoituksissa. n= Seuraavan tuloksen mukaan Hermiten polynomit todella ovat polynomeja ja deg H n = n. Seuraus Hermiten polynomit voidaan esittää muodossa Todistus. Luennolla. H n (x) = n/2 ( 1) k n! k!(n 2k)! (2x)n 2k. Lause Hermiten polynomi H n toteuttaa differentiaaliyhtälön Todistus. Luennolla. y 2xy + 2ny =. Lause Hermiten polynomit ovat ortogonaaliset painofunktion e x2 välillä (, ). Tarkemmin, {, n m, e x2 H n (x)h m (x) dx = 2 n n! π, n = m. suhteen Todistus. Luennolla. Kuten edellä, saadaan muodostettua sarjakehitelmä f(x) c n H n (x), c n = n= 1 2 n n! π Tarkkaan ottaen voidaan osoittaa seuraava tulos. 18 e x2 f(x)h n (x) dx.

21 Lause 4.2. Jos f : R R on paloittain sileä jokaisella äärellisellä välillä [ a, a] ja e x2 f 2 (x) dx <, niin missä c n kuten yllä. f(x+) + f(x ) 2 = c n H n (x), n= 4.3 Chebyshevin polynomit Chebyshevin polynomit määritellään kaavalla Selvästi T n (x) = cos(n arccos x), 1 x 1. T n (cos θ) = cos nθ. Tämän avulla nähdään mm. rekursiokaava T n+1 (x) = 2xT n (x) T n 1 (x), n = 1, 2,... Koska T (x) = 1 ja T 1 (x) = x, niin T n (x) on polynomi ja deg T n = n. Esimerkki T n (1) = 1, T n ( 1) = ( 1) n, T 2n () = ( 1) n, T 2n+1 () =. Lause Chebyshevin polynomi T n toteuttaa differentiaaliyhtälön Todistus. Luennolla. (1 x 2 )y xy + n 2 y =. Lause Chebyshevin polynomit ovat ortogonaaliset painofunktion 1/ 1 x 2 suhteen välillä ( 1, 1). Tarkemmin, 1 1, n m, T n(x)t m (x) dx = π/2, n = m > 1 1 x 2 π, n = m =. Todistus. Luennolla. Edellisen lauseen avulla saadaan jälleen sarjakehitelmä f(x) c 2 T (x) + c n T n (x), c n = 2 π x 2 f(x)t n(x) dx. Chebyshevin polynomien derivointi ja integrointi onnistuu seuraavan lauseen avulla. 19

22 Lause Kaikilla n 2 pätee Todistus. Luennolla. T n+1 (x) n + 1 T n 1 (x) n 1 = 2T n(x). Esimerkki T 2(x) = 4T 1 (x), T 1 (x) dx = 1 4 T 2(x) + C 2

23 Luku 5 Fourier sarjat Fourier sarjaa voidaan pitää tunnetuimpana funktion sarjaesityksenä ortogonaalisten funktioiden avulla (vrt. polynomit edellä). Menettelyn lähtökohtana toimii seuraava havainto. Lause 5.1. Funktiot {1, cos nx, sin nx}, n = 1, 2,... muodostavat keskenään ortogonaalisen joukon välillä [ π, π]. Tarkemmin, π π π π cos mx cos nx dx = cos mx sin nx dx = π π π π sin mx sin nx dx = cos nx dx = Todistus. Kaavan (B.6) nojalla voidaan laskea π π Jos m = n, niin cos mx cos nx dx = 1 2 π π cos 2 nx dx = = 1 2 π π π π / π π π π {, n m π, n = m, sin nx dx =. (cos(m + n)x + cos(m n)x) dx sin(m + n)x m + n 1 + cos 2nx 2 + dx = 1 2 sin(m n)x m n / π π ( x + =, m n. ) sin 2x = π. 2n Lukija voi todistaa muut kohdat vastaavalla tavalla. Kaksi viimeistä integraalia ovat itse asiassa selviä. Pyritään seuraavaksi löytämään sarjaesitys f(x) a 2 + (a n cos nx + b n sin nx). 21

24 Kosinin ja sinin 2π-jaksollisuuden vuoksi myös funktion f tulee olla 2π-jaksollinen. Lisäksi huomataan, että π π π f(x) cos mx dx = a π cos mx dx + a n cos nx cos mx dx 2 π π π + b n sin nx cos mx dx = πa m, mikäli integrointi voidaan suorittaa termeittäin. Siis Vastaavasti Lopuksi, π π f(x) dx = a 2 a m = 1 π b m = 1 π π π π π π π π f(x) cos mx dx, m =, 1,... (5.1) f(x) sin mx dx, m = 1, 2,... (5.2) π π dx + a n cos nx dx + b n sin nx dx = a π. π Siis kaava (5.1) pätee myös, kun m =. Sen vuoksi sarjaesityksen vakiotermi on a /2 eikä a. Jälleen edellä tehdyt toimet edellyttävät funktiolta f oletuksia. Eräät käyttökelpoiset ehdot listataan seuraavassa lauseessa. Lause 5.2. Oletetaan, että f : R R on 2π-jaksollinen ja paloittain säännöllinen välillä [ π, π). Tällöin f(x+) + f(x ) 2 π = a 2 + (a n cos nx + b n sin nx), missä kertoimet a n, b n saadaan kaavoista (5.1)-(5.2). Esimerkki 5.3. Olkoon f(x) = {, π x < x, x < π. Tällöin a = π/2, { a n = = ( 1)n 1, n = 2l πn 2 = 2, n = 2l 1 πn 2 ja b n = = ( 1) n+1 /n. Siten f(x) π 4 2 π cos(2n 1)x (2n 1) 2 22 n sin nx ( 1) n.

25 Jatkamalla f koko akselille 2π-jaksollisesti eli asettamalla f(x) = f(x + k2π), k Z, saadaan Lauseen 5.2 nojalla pisteessä x = π yhtäsuuruus π 2 = π π (2n 1) 2, josta seuraa 1 (2n 1) 2 = π2 8. Pisteessä x = saadaan sama tulos. Edellisen summan avulla saadaan selville mm. 1 n 2 = π2 6. Kuva 5.1: Funktio f ja sen Fourier-sarjan 7 ensimmäistä termiä. Kosini- ja sinisarjat Jos f on parillinen, niin b n = eli Fourier-sarja on muotoa f(x) a 2 + a n cos nx. Jos f on pariton, niin a n = eli Fourier-sarja on muotoa f(x) b n sin nx. Oletetaan, että funktio f on määritelty välillä (, π]. Jatkamalla se parilliseksi funktioksi välille [ π, π] kaavalla f(x) = f( x), sille saadaan kosinisarjaesitys f(x) a 2 + a n cos nx, 23 a n = 2 π π f(x) cos nx dx.

26 Suorittamalla pariton jatko kaavalla f(x) = f( x) saadaan sinisarjaesitys f(x) b n sin nx, b n = 2 π π f(x) sin nx dx. Välillä (, π] molemmat sarjat esittävät funktiota f, kts. Kuva 5.2. Kuva 5.2: Funktion f(x) = e x 1, x (, π] parillisen ja parittoman jatkeen Fourier-sarjat. Esimerkki 5.4. Funktio f(x) = x, x [ π, π] on parillinen, joten b n =. Lisäksi a = π ja a n = = 2, n = 2l πn 2 (( 1)n 1) = 4, n = 2l 1. πn2 Funktion f 2π-jaksollinen jatke on jatkuva koko akselilla, joten x = π 2 4 cos(2n 1)x π (2n 1) 2. Tarkastellaan tapausta, jossa f on välillä [ L, L] määritelty funktio. Tällöin g(x) = f(lx/π), π x x on välillä [ π, π] määritelty funktio. Näin saadaan Fourier-sarjaesitys f(t) a 2 + ( a n cos nπt L + b n sin nπt ), L missä a n = 1 L L L f(t) cos nπt L dt, 24 b n = 1 L L L f(t) sin nπt L dt.

27 Kuva 5.3: Funktion x jaksollinen jatke sekä Fourier-sarjan kolme ensimmäistä termiä. Lopuksi, Eulerin kaavan (B.1) avulla laskemalla saadaan kompaktimpi esitysmuoto f(x) c n e inx, c n = 1 π e inx f(x) dx, (5.3) 2π π n= joka mahdollistaa myös kompleksiarvoisen funktion esittämisen Fourier-sarjana. 25

28 Luku 6 Laplace muunnos Funktion f : R + R Laplace muunnos on L {f(t)} (s) = mikäli eo. integraali on olemassa (suppenee). e st f(t)dt = F (s), Esimerkki 6.1. L { e at} (s) =... = 1 s a, s > a. Funktiolla f(t) = 1 ei ole Laplace muunnosta, koska tällöin epäoleellinen integraali ei suppene. Muunnoksen olemassaolon riittävät ehdot muotoillaan yleensä t seuraavassa muodossa. Lause 6.2. Jos f : R + R on paloittain jatkuva jokaisella suljetulla välillä [, T ], T > ja jos f = O(e at ) ( eksponentiaalista kertalukua ) niin tällöin funktiolla f(t) on Laplace muunnos, kun s > a. Todistus. Luennolla. Esimerkki 6.3. Muotoa t α e at cos bt, t α e at sin bt, α, a, b R olevilla funktioilla on Laplace muunnos, kun s > a. Esimerkki 6.4. { } 1 π L (s) =... = t s Koska integrointi on lineaarista puuhaa, niin myös Laplace muunnos on sitä: L {af(t) + bg(t)} (s) = al {f(t)} (s) + bl {g(t)} (s) = af (s) + bg(s). 26

29 Esimerkki 6.5. Olkoon f(t) = cosh at = eat + e at. 2 Tällöin lineaarisuuden ja Esimerkin 6.1 nojalla L {f(t)} (s) = 1 ( 1 2 s a + 1 ) = s + a Vastaavasti Esimerkki 6.6. Aluksi L {sinh at} (s) = Toisaalta Eulerin kaavan nojalla a s 2 a 2, s s 2 a 2, s > a. L { e iat} (s) = 1 s ia = s + ia s 2 + a 2, s >. s > a. L { e iat} (s) = L {cos at + i sin at} (s) = L {cos at} (s) + il {sin at} (s). Reaali- ja imaginaariosia vertaamalla nähdään L {cos at} (s) = s s 2 + a 2 ja L {sin at} (s) = a s 2 + a 2, s >. Vaihtoehtoisesti voi käyttää kosinin ja sinin määritelmää eksponenttifunktion avulla ja käyttää lineaarisuutta. Esimerkki 6.7. Esimerkki 6.4 voidaan yleistää muotoon L {t α } (s) = = Γ(α + 1) s α+1, α > 1. Esimerkki 6.8. Alkeisfunktioista myös logaritmin muunnos saadaan laskettua eli γ log s L {log t} (s) =. s Taulukkoon 6.1 on koottu edellä tavattuja keskeisiä muunnoksia. Laplace muunnoksen injektiivisyyden kautta päästään tarkastelemaan käänteismuunnosta. Lause 6.9. Oletetaan, että f, g : R + R ovat jatkuvia sekä eksponentiaalista kertalukua. Jos L {f} = L {g}, niin f = g. Käänteismuunnosta merkitään L 1 {F } = f jos ja vain jos L {f} = F. Injektiivisyyden vuoksi tämä määritelmä on hyvin asetettu. Siis käänteismuunnoksen L 1 {F } määrääminen voidaan tehdä etsimällä funktio f, jonka Laplace muunnos on F. Jatkuvien funktioiden joukossa tämä on yksikäsitteinen. Lisäksi käänteismuunnos on lineaarinen, koska Laplace muunnos on sitä. Käytännössä käänteismuunnoksen määräämiseen hyödynnetään taulukoita. 27

30 f(t) = L 1 {F } F (s) = L {f} määritysjoukko e at 1 s a s > a cosh at s s 2 a 2 s > a sinh at a s 2 a 2 s > a e iat 1 s ia s > cos at s s 2 + a 2 s > sin at t α Γ(α + 1) log t a s 2 + a 2 s > s α+1 γ log s s s >, α > 1 s > Taulukko 6.1: Eräitä muunnoksia (lasketaan luennolla) Esimerkki 6.1. Laske taulukon ja osamurtokehitelmän avulla 1. L { 2 + 2t + 5t 3} 2. L {sin(5t) + cos(5t)} { } 3. L 1 1 s 3 + 4s 2 + 3s { } 4. L 1 2 (s + 1)(s ) Seuraava lause kertoo miten eräät muutokset funktiossa f vaikuttavat funktion Laplace muunnokseen. Näitä on kätevä hyödyntää laskuissa ja todistuksissa. Lause Olkoon f kuten Lauseessa 6.2 ja F (s) = L {f}. Tällöin 1. F (s), s 2. L { e ct f(t) } = F (s c) 3. L {f(ct)} = F (s/c)/c, c > 4. L {t n f(t)} = ( 1) n F (n) (s) 5. L {f(t)/t} = s F (u) du, jos f() = ja f (+) on olemassa. Todistus. Luennolla. 28

31 Esimerkki L { te t} = 1 (s 1) 2, L { e t sin t } = 1 (s 1) 2 + 1, L { } sin t = π/2 arctan s. t Lause Olkoon f kuten Lauseessa 6.2 ja F (s) = L {f}. Oletetaan, että f, f,..., f (n 1) ovat jatkuvia. Tällöin { } L f (n) (t) (s) = s n L {f(t)} (s) s n 1 f() s n 2 f () f (n 1) (), n 1. Todistus. Luennolla. Esimerkki L { sin 2 at } = 2a 2 s(s 2 + 4a 2 ) Jaksollisen funktion tapauksessa riittää integroida vain yhden jaksonpituuden yli. Tarkemmin, Lause Jos f : R + R on L-jaksollinen ja jatkuva välillä [, L], niin Todistus. Luennolla. L {f} = Esimerkki Laske L { sin t }. 1 1 e Ls L e st f(t) dt. Määritelmä Funktioiden f, g : R + R (Laplace )konvoluutio määritellään asettamalla mikäli integraali on olemassa. (f g)(t) = t f(t u)g(u) du Lause Olkoon F (s) = L {f} ja G(s) = L {g}. Tällöin 1. f g = g f 2. f (g h) = (f g) h 3. f (ag + bh) = a(f g) + b(f h) 4. L {f g} = F (s)g(s). Todistus. Luennolla. Edellä esiteltyjen ominaisuuksien avulla voidaan Laplace muunnosta soveltaa integraali- ja differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisessa, mikäli niihin on liitetty alkuehtoja. 29

32 Esimerkki y 4y =, y() = 1, y () = 2 Soveltamalla Laplace muunnosta yhtälöön puolittain saadaan Lauseen 6.13 avulla saadaan joka alkuehtojen nojalla tulee muotoon Siis L { y } 4L {y} =. s 2 L {y} sy() y () 4L {y} =, s 2 L {y} s 2 4L {y} =. L {y} = s + 2 s 2 4 = 1 s 2. Taulukosta 6.1 voidaan nyt selvittää oikean puolen käänteismuunnos. Sen nojalla { } 1 y(t) = L 1 = e 2t. s 2 Laskemalla on helppo tarkistaa, että tämä funktio todella ratkaisee tehtävän. Esimerkki 6.2. y + y = sin(2t), y() = 1 Esimerkki Esimerkki Esimerkki f(t) + y (t) = 1 t t (t u)f(u) du = t y(t u)e 2u du, y() = 1. y + 4y = 5e t, y() = 2, y () = 3. Esimerkki ty + 2y + ty =, y() = 1. 3

33 Luku 7 Fourier muunnos Jaksottoman funktion tapauksessa Fourier-sarjassa (5.3) voidaan ajatella L. Näin päädytään tarkastelemaan integraalia c(n) = e inx f(x) dx. Sallimalla muuttujalle n myös muita reaaliarvoja päädytään määrittelemään funktion f L 1 (R) Fourier muunnos asettamalla F{f(t)}(v) = e ivt f(t) dt = F (v), v R. Usein merkitään lyhyemmin Ff = F. Käy ilmi, että Fourier muunnoksella voi ratkaista mm. osittaisdifferentiaaliyhtälöitä. Konkreettisten funktioiden muuntaminen on kuitenkin hankalampaa kuin Laplace muunnoksen tapauksessa (mm. polynomit ja trigonometriset funktiot eivät muunnu). Fourier muunnoksella on analogisia ominaisuuksia Laplace muunnoksen kanssa. Lause 7.1. Jos Ff = F ja Fg = G, niin 1. F(af + bg) = af + bg 2. F(f(t a)) = e iav F (v) 3. F(e iat f(t)) = F (v a) 4. F(f(at)) = F (v/a)/ a, a 5. F(t n f(t)) = i n F (n) (v), jos f C 1 (R) ja t n f(t) L 1 (R) 6. F(f (n) (t)) = (iv) n F (v), jos f (k) C(R) L 1 (R), k =, 1,..., n Todistus. Luennolla. 31

34 Tulon osalta pitää jälleen turvautua konvoluution käsitteeseen. Asetetaan (f g)(t) = mikäli integraali on olemassa (suppenee). f(t u)g(u) du Lause 7.2. Oletetaan, että toinen funktioista f ja g on jatkuva. Tällöin Todistus. Luennolla. F{f g} = (Ff) (Fg). Laplace muunnoksesta poiketen käänteismuunnos voidaan määritellä vastaavantyyppisenä integraalina. Asetetaan F 1 {F (v)}(t) = 1 2π e ivt F (v) dv. Lause 7.3. Jos f C(R) L 1 (R) on lisäksi paloittain säännöllinen, niin Todistus. f(t) = F 1 (F (v)). Seuraus 7.4. Jos f, g ovat kuten Lauseessa 7.3, niin F 1 (F (v)g(v)) = (f g)(t). f(t) = F 1 (F (v)) e a t F (v) = F(f(t)) 2a a 2 + v 2 e at2 π a e v2 /4a H(t)e at te a t a iv a 2 + v 2 4iav (a 2 + v 2 ) 2 ( t + 1/a)e a t 4a 2 (a 2 + v 2 ) 2 Taulukko 7.1: Eräitä Fourier muunnoksia Esimerkki 7.5. Laske Taulukon 7.1 muunnokset, kun a > ja { 1, t H(t) =, t <. 32

35 Esimerkki 7.6. Määrää funktion f(t) = te at2 Fourier muunnos. Fourier muunnoksen ja sen käänteismuunnoksen määritelmien samankaltaisuus johtaa seuraavaan huomioon. Pätee F(F ( t)) = e ivt F ( t) dt = 2πf(v). Siten Taulukon 7.1 oikeaa puolta voi oleellisesti muuntaa edelleen eli esim. ( ) ( ) 2a a + it F a 2 + t 2 = 2πe a v, F a 2 + t 2 = 2πH(v)e av, jne. 33

36 Luku 8 Ominaisarvo-ongelmat Tarkastellaan toisen kertaluvun yhtälön yleistä muotoa a (x)y + a 1 (x)y + a 2 (x)y =. Sen normaalimuoto on y + a(x)y + b(x)y =. Kertomalla puolittain termillä exp( a(x)dx) = e A(x) saadaan (py ) + qy =, p(x) = e A(x), q(x) = b(x)e A(x). Tätä sanotaan itseadjungoiduksi eli Sturm-Liouvillen muodoksi. Esimerkki 8.1. Besselin yhtälön x 2 y + xy + (x 2 ν 2 )y = itseadjungoitu muoto on (xy ) + (x ν 2 /x)y = Legendren yhtälön (1 x 2 )y 2xy + ν(ν + 1)y = itseadjungoitu muoto on ((1 x 2 )y ) + ν(ν + 1)y = Asetetaan differentiaalioperaattori Ly = (py ) + qy ja tarkastellaan Sturm-Liouvillen yhtälöä Ly + λry =. (8.1) 34

37 Tässä yhteydessä puhutaan nk. ominaisarvoyhtälöstä. Vrt. Ax = λx, missä A on matriisi (lineaarioperaattori A : R n R m ) ja λ on ominaisvektoria x vastaava ominaisarvo. Oletetaan, että p >, q ja p, q, r ovat jatkuvia välillä [a, b]. Asetetaan myös varsin yleiset reunaehdot B a (y) = α 1 y(a) + α 2 y (a) = B b (y) = β 1 y(b) + β 2 y (b) =, (8.2) missä α1 2 + α2 2 ja β2 1 + β2 2. Jos Sturm-Liouvillen ongelmalla (8.1)-(8.2) on lukua λ C kohti ei-triviaali ratkaisu y, niin sanotaan, että λ on ominaisarvo ja y on sitä vastaava ominaisfunktio. Lause 8.2. Sturm-Liouvillen ominaisarvo-ongelmalle (8.1)-(8.2) pätee: 1. operaattori L on itseadjungoitu eli 2. ominaisarvot ovat reaaliset (Lu v) = (u Lv) 3. erisuuria ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit ovat ortogonaalisia painofunktion r(x) suhteen 4. ominaisarvot ovat yksinkertaisia ja muodostavat rajatta kasvavan jonon λ 1 < λ 2 < < λ n < Itse asiassa, λ n /n, kun n. Todistus. Luennolla (viimeinen kohta sivuutetaan). Esimerkki 8.3. Reuna-arvotehtävän ominaisarvot ja -funktiot ovat ( nπ λ = λ n = a Esimerkki 8.4. Reuna-arvotehtävän ominaisarvot ja -funktiot ovat ( nπ λ = λ n = a y + λy =, y() = y(a) = ) 2, yn (x) = sin nπx, n = 1, 2,.... a y + λy =, y () = y (a) = ) 2, yn (x) = cos nπx, n =, 1, 2,.... a 35

38 Ortogonaalisuuden vuoksi voidaan jälleen tarkastella sarjaesitystä f c n y n, (8.3) missä y n ovat jonkin Sturm-Liouvillen reuna-arvoprobleeman ominaisfunktioita. Kertoimet c n saadaan jälleen kaavasta c n = b a rfy n b, a ry2 n mikäli sarja suppenee pisteittäin kohti funktiota f ja termeittäin integrointi on luvallista. Huomautus. Tehtävän y + λy =, y( L) = y(l), y ( L) = y (L) ominaisfunktiot ovat {1, cos nπx nπx L, sin L } ja tällöin saadaan tuttu ja turvallinen Fourier-sarja. Sen vuoksi sarjaa (8.3) kutsutaan yleistetyksi Fourierin sarjaksi. 36

39 Luku 9 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt Osittaisdifferentiaaliyhtälöllä tarkoitetaan sellaista yhtälöä, jossa esiintyy kahden tai useamman muuttujan funktio sekä sen osittaisderivaattoja. Yleensä funktiota merkitään u = u(x, t) tai u = u(x, y) tai u = u(x, y, t). Osittaisderivaattoja merkitään u t = u t, u x = u x, Riittävän säännölliselle funktiolle pätee u tt = 2 u t 2 jne. 2 u t x = 2 u x t. 9.1 Lämpöyhtälö Tarkastellaan sylinterinmuotoisen sauvan lämpötilaa. Tehdään seuraavat oletukset: sauvan pituus on L sauva on päitä lukuunottamatta täysin eristetty sauvan sisällä ei ole lämpölähteitä sauva on homogeeninen eli tiheys ρ on vakio jokaisessa tilavuusalkiossa materiaalin ominaislämpö γ ja lämmönjohtavuus K ovat vakioita L x 37

40 Näillä oletuksilla päädytään nk. lämpöyhtälöön u t = ku xx, < x < L, t >, (9.1) missä vakio k = K/(γρ) on nk. terminen diffuusiokerroin. Lämpöyhtälöön liitetään yleensä reuna- ja alkuehtoja. Oletetaan, että sauvan päiden lämpötila on eli Olkoon sauvan alkulämpötila f(x) eli u(, t) = u(l, t) =, t. (9.2) Alkuehto voidaan tulkita reunaehtona (x, t)-tasossa. u(x, ) = f(x), x L. (9.3) t u = u = u = f(x) L x Lämpöyhtälö pyritään ratkaisemaan seuraavalla nk. Fourier n muuttujien erottamismenetelmällä. Etsitään ei-triviaalia ratkaisua u muodossa u(x, t) = X(x)T (t), missä X riippuu vain muuttujasta x ja T vain muuttujasta t. Sijoittamalla tämä yrite lämpöyhtälöön saadaan eli T (t)x(x) = kx (x)t (t) X (x) X(x) = T (t) kt (t). Tämän yhtälön vasen puoli riippuu vain muuttujasta x ja oikea puoli vain muuttujasta t. Niinpä ne molemmat ovat vakioita. Merkitään X (x) X(x) = T (t) kt (t) = λ. Näin saadaan kaksi tavallista differentiaaliyhtälöä X (x) + λx(x) =, T (t) + λkt (t) =. 38

41 Helposti nähdään, että tämä on myös riittävä ehto lämpöyhtälön ratkaisulle. Seuraavaksi huomioidaan alku- ja reunaehdot. Reunaehdoista (9.2) saadaan X (x) + λx(x) =, X() = X(L) =. Esimerkin 8.3 mukaan tämän ongelman ominaisarvot ja -funktiot ovat ( nπ ) 2 λ = λ n =, L Xn (x) = sin nπx, L n = 1, 2,.... Näillä ominaisarvoilla yhtälön yleinen ratkaisu on Valinnalla C = 1 saadaan siis T (t) + λ n kt (t) = T n (t) = Ce λnkt. T n (t) = e n2 π 2 kt/l 2. Yhteen kokoamalla saadaan lämpöyhtälön ratkaisujoukko u n (x, t) = sin nπx π 2 kt/l 2 L e n2, n = 1, 2,.... Koska lämpöyhtälö on lineaarinen (ja jotta alkuehto toteutuisi), niin tarkastellaan superpositiomuotoa u(x, t) = Alkuehdon (9.3) mukaan on nyt f(x) = u(x, ) = b n sin nπx L e n2 π 2 kt/l 2. b n sin nπx L. Siis kyseessä on funktion f Fourier-sinisarja eli kertoimet b n saadaan kaavasta b n = 2 L L f(x) sin nπx L Esimerkki 9.1. Terässauvan, jonka pituus on L = 1 cm, alkulämpötilajakauma on f(x) = x. Sauvan päiden lämpötila on C astetta. Olkoon k teräs =.128cm 2 /s. Nyt Siten b n = 2 1 u(x, t) = 2 π 1 x sin nπx 1 ( 1) n+1 Merkitsemällä α = e.128π2 /1 pätee suurilla t u(x, t) 2 π n dx. dx = 2 nπ ( 1)n+1. sin nπx 1 e.128n2 π 2 t/1. ( α t sin πx α4t sin πx α9t sin 3πx ) 1 39

42 Kuva 9.1: Funktion u(x, t) sarjaesityksen 1 termiä. Esimerkki 9.2. Tehtävän u t = ku xx, < x < L, t > u(, t) = A, u(l, t) = B, t u(x, ) = f(x) ratkaisu on u(x, t) = v(x, t) + g(x), missä g(x) = (B A)x/L + A ja v(x, t) ratkaisee tehtävän v t = kv xx, < x < L, t > v(, t) = v(l, t) =, t v(x, ) = f(x) g(x). Vastaavasti voitaisiin tutkia suorakulmaisen levyn lämpötilaa, kun levyn reunat ovat -asteessa ja alkulämpötila tunnetaan. Tällöin päädytään kaksiulotteisen lämpöyhtälön reuna-arvotehtävään u t = k(u xx + u yy ), < x < a, < y < b, t > u(, y, t) = u(a, y, t) =, y b, t u(x,, t) = u(x, b, t) =, x a, t u(x, y, ) = f(x, y), x a, y b. Tässä esiintyy tärkeä Laplacen operaattori u = u xx + u yy, josta lisää hieman myöhemmin. 9.2 Aaltoyhtälö Päistään kiinnitetyn kielen värähtelyä kuvaa aaltoyhtälö u tt = c 2 u xx, < x < L, t >, (9.4) 4

43 missä L on kielen pituus. Tällöin asetetaan reuna- ja alkuehdot ja u(, t) = u(l, t) = u(x, ) = f(x), u t (x, ) = g(x). Viimeksi mainitut ehdot kuvaavat kielen aseman (muodon) sekä värähtelyliikkeen nopeuden ajan hetkellä t =. Etsitään ratkaisua jälleen muuttujien erottamismenetelmällä eli asetetaan yrite u(x, t) = X(x)T (t). Sijoittamalla tämä aaltoyhtälöön saadaan X (x) X(x) = T (t) c 2 T (t) = λ. Funktion X(x) osalta päädytään näin ollen ominaisarvotehtävään jonka ratkaisu on siis X (x) + λx(x) =, X() = X(L) =, ( nπ λ n = L ) 2, Xn (x) = sin nπx, n = 1, 2,.... L Siis λ >, joten funktio T (t) toteuttaa yhtälön T + λc 2 T =. Sen yleinen ratkaisu on nyt T (t) = C 1 cos( λct) + C 2 sin( λct). Kirjoitetaan Näin saadaan u(x, t) = T n (t) = a n cos nπct L X n (x)t n (t) = Reunaehtojen mukaan f(x) = u(x, ) = g(x) = u t (x, ) = + b n sin nπct L. ( a n cos nπct L + b n sin nπct ) sin nπx L L. a n sin nπx L nπc L b n sin nπx L. Siis a n = 2 L L f(x) sin nπx L dx, b n = 2 nπc L g(x) sin nπx L dx. 41

44 d Alembertin ratkaisumenetelmä Tehdään aaltoyhtälössä (9.4) muuttujanvaihto ψ = x + ct, η = x ct. Tällöin ja edelleen u x = u ψ + u η, u t = c(u ψ u η ) u xx = u ψψ + 2u ψη + u ηη, u tt = c 2 (u ψψ 2u ψη + u ηη ). Sijoittamalla nämä aaltoyhtälöön saadaan u ψη =. Integroimalla kaksi kertaa puolittain saadaan u(ψ, η) = A(ψ) + B(η). Palaamalla takaisin alkuperäisiin muuttujiin saadaan u(x, t) = A(x + ct) + B(x ct). Helposti todetaan, että tämä ratkaisee aaltoyhtälön. Funktiot A ja B määräytyvät alku- ja reunaehdoista. Kun c >, niin termi A(x + ct) on vasemmalle matkaava aalto, jonka nopeus on c ja muoto on A(x). Vastaavasti, B(x ct) on oikealle nopeudella c matkaava aalto, kts. Kuva 9.2. B(x) B(x ct) B(x 2ct) ct 2ct Kuva 9.2: Oikealle matkaava aalto Jatketaan tarkastelua alkuehdoilla u(x, ) = f(x), u t (x, ) = g(x), x R, joiden voidaan ajatella kuvaavan äärettömän pitkän kielen värähtelyä. Siis A(x) + B(x) = f(x), A (x) B (x) = g(x)/c. Integroimalla jälkimmäinen yhtälö (mielivaltaisesta) pisteestä x pisteeseen x saadaan x A(x) B(x) = 1 g(s) ds + C. c x 42

45 Siten Sen myötä u(x, t) = A(x) = 1 2 f(x) + 1 2c B(x) = 1 2 f(x) 1 2c x x g(s) ds + C 2, x f(x + ct) + f(x ct) 2 x g(s) ds C c x+ct x ct Esimerkki 9.3. Alkuarvotehtävän u tt = 4u xx, x R, t > u(x, ) = sin x, x R u t (x, ) = 1, x R ratkaisu on u(x, t) = t + sin x cos 2t. 9.3 Laplacen yhtälö Osittaisdifferentiaalioperaattoria = n 2 x 2 j=1 j, x = (x 1,..., x n ) R n. g(s) ds. sanotaan Laplacen operaattoriksi. Kaksi- ja kolmeulotteisissa tapauksissa siis u = u xx + u yy, u = u xx + u yy + u zz. Laplacen operaattori esiintyy etsittäessä lämpöyhtälön tasapainotilaa (en. steadystate, stationary) tai aaltoyhtälön aikaharmonisia ratkaisuja, jotka kummatkaan eivät enää riipu ajasta t. Tarkastellaan Laplacen yhtälöä suorakaiteessa R = [, a] [, b] reuna-arvotehtävänä u xx + u yy =, (x, y) R u(, y) = u(a, y) =, y [, b] u(x, ) =, u(x, b) = f(x), x [, a]. Käytetään taas muuttujien erottamismenetelmää eli asetetaan yrite u(x, y) = X(x)Y (y). Sijoittamalla se Laplacen yhtälöön saadaan X (x) X(x) = Y (x) Y (x) = λ. Funktion X(x) osalta päädytään jälleen ominaisarvotehtävään X (x) + λx(x) =, X() = X(a) =. 43

46 y b u = f(x) u = R u = u = a x Ratkaisu on siis ( nπ λ n = a ) 2, Xn (x) = sin nπx, n = 1, 2,.... a Näillä ominaisarvoilla funktiota Y (y) koskevan yhtälön Y λy ratkaisu on ( nπy ) ( Y (y) = C 1 exp + C 2 exp nπy ) a a Reunaehto Y (y) = pakottaa C 2 = C 1 eli Y (y) = 2C 1 sinh nπy a. Erityisesti Y n (y) = sinh nπy, n = 1, 2,.... a Neljättä reunaehtoa varteen kootaan yhteen = yleinen jolloin u(x, y) = f(x) = u(x, b) = b n sin nπx a b n sin nπx a Siis luvut b n sinh nπb a ovat funktion f Fourier-sinisarja kertoimet ts. b n = 2 a sinh(nπb/a) a nπy sinh a, nπb sinh a. f(x) sin nπx a dx. 44

47 Luku 1 Integraalimuunnosten ratkaisumenetelmiä Edellä tavatut integraalimuunnokset soveltuvat sellaisten osittaisdifferentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen, jotka on määritelty joko koko reaaliakselilla R tai puoliakselilla R + pitäen toinen muuttuja parametrin asemassa. Tämä johtuu siitä kuinka derivaatat muuntuvat näissä muunnoksissa, kts. Lause 6.13 ja Lause 7.1. Perusajatus on muuntaa differentiaaliyhtälö joko Laplace tai Fourier muunnoksella, ratkaista saadusta differentiaaliyhtälöstä tuntematon muunnosfunktio ja lopulta määrätä sen käänteismuunnos. Menetelmän toimivuus edellyttää tietysti, että kaikki nämä toimet pystytään tekemään. Yleensä se on vaikeaa. Tässä luvussa tuntematon funktio on u = u(x, t). 1.1 Laplace muunnoksella ratkaiseminen Pitämällä x parametrin asemassa merkitään Lauseesta 6.13 seuraa nyt U(x, s) = L {u} (s) = L {u t } (s) = su(x, s) u(x, ) e st u(x, t) dt. L {u tt } (s) = s 2 U(x, s) su(x, ) u t (x, ). Osittaisderivaatat muuttujan x suhteen eivät muunnu vaan pätee U(x, s) L {u x } (s) =, L {u xx } (s) = 2 U(x, s) x x 2. Esimerkki 1.1. Ratkaistaan reuna-arvotehtävä u t = ku xx, x, t > u(x, ) =, x > u(, t) = g(t), t > 45

48 kun g() =. Soveltamalla Laplace muunnosta puolittain saadaan su(x, s) = ku xx (x, s), U(, s) = G(s) kun alkuehtokin on huomioitu. Yleinen ratkaisu on U(x, s) = A(s)e x s/k + B(s)e x s/k. Koska jälkimmäinen termi ei ole minkään funktion Laplace muunnos, valitaan B(s) =. Tällöin reunaehdon perusteella Lauseesta 6.18 seuraa, että U(x, s) = G(s)e x s/k. u(x, t) = L 1 { G(s)e x s/k } = g L 1 { e x s/k }. Harjoitustehtävän 28 nojalla Siten L 1 { e x s/k } = u(x, t) = t x 2t πkt e x2 /4kt. x 2u πku e x2 /4ku g(t u)du. Esimerkki 1.2. Alkuarvotehtävän u tt = c 2 u xx, < x < L, t > u(, t) = u(l, t) =, t > u(x, ) = sin nπx L, u t(x, ) =, < x < L ratkaisu on u(x, t) = sin πx L cos πct L. 1.2 Fourier muunnoksella ratkaiseminen Nyt t pidetään parametrin asemassa ja merkitään Lauseen 7.1 nojalla U(v, t) = Fu(v) = e ivx u(x, t) dx. Fu x = ivu, Fu xx = (iv) 2 U ja Fu t = U t, Fu tt = U tt. 46

49 Lämmön virtauksen tarkastelu äärettömän pituisessa sauvassa alkulämpötilalla u(x, ) = f(x) johtaa reuna-arvotehtävään { u t = c 2 u xx, x R, t > u(x, ) = f(x), x R. Muuntamalla tämä tehtävä Fourier muunnoksella saadaan U t = c 2 v 2 U, U(v, ) = F (v) = Ff. Tämän alkuarvotehtävän ratkaisu on Seurauksen 7.4 nojalla saadaan U(v, t) = F (v)e c2 v 2t. u(x, t) = f F 1 e c2 v 2t. Taulukosta 7.1 voidaan selvittää, että ( ) 1 F 2c /(4tc 2 ) πt e x2 = e tc2 v 2. Siten u(x, t) = 1 2c f(u)e (x u)2 /(4tc 2) du. πt Esimerkki 1.3. Alkuarvotehtävän u xx + u tt =, x R, t > u(x, ) = f(x), x R u(x, t), kun x 2 + t 2 ratkaisu on u(x, t) = t π f(y) t 2 + (x y) 2 dy. 47

50 Liite A Harjoitustehtävät 1. Ratkaise pisteen x = ympäristössä differentiaaliyhtälö 2x 2 y xy + (1 x)y =. 2. Ratkaise pisteen x = ympäristössä differentiaaliyhtälö x 2 y + xy + (x 2 1/4)y =. 3. Ratkaise pisteen x = ympäristössä differentiaaliyhtälö xy (4 + x)y + 2y =. 4. Ratkaise pisteen x = ympäristössä differentiaaliyhtälö x 2 y xy + y =. 5. a) Osoita, että B(z, w) = Γ(z)Γ(w), Re z, Re w >. Γ(z + w) b) Osoita, että 1 1 (1 x 2 ) n dx = Γ(n + 1)Γ(1/2) Γ(n + 3/2) = 2 n+1 n! (2n + 1). 6. Osoita, että J (x) = J 1(x) sarjakehitelmän avulla. 7. Laske integraalit a) 2 8. Osoita, että J 1 (x) dx b) 2 J 3 (x) dx a) cos(x sin θ) = J (x) + 2 J 2n(x) cos(2nθ) 48

51 b) sin(x sin θ) = 2 J 2n 1(x) sin((2n 1)θ) 9. Osoita, että a) cos(x) = J (x) + 2 ( 1)n J 2n (x) b) sin(x) = 2 ( 1)n J 2n 1 (x) 1. a) Osoita, että cos(mθ x sin θ) = n= J n(x) cos((m n)θ). b) Osoita, että J n (x) = 1 π π cos(x sin θ nθ) dθ. c) Osoita, että J (k) n (x) 1 aina, kun k =, 1, Osoita, että a) b) J m (x) = 1 π 1 J m (x) = π 1 π π π π cos(mθ x sin θ) dθ, m =, 1, 2,... cos(x sin θ) cos(mθ) dθ, sin(x sin θ) sin(mθ) dθ, 12. Osoita, että Legendren polynomeille pätevät kaikilla n 1 a) P n+1 (x) P n 1 (x) = (2n + 1)P n(x) b) xp n(x) P n 1 (x) = np n(x) 13. Määrää funktioiden a) f(x) = e x b) f(x) = {, 1 x < x, x 1 Legendren sarjojen kolme ensimmäistä termiä. m parillinen m pariton 14. Olkoon p(x) astetta n 1 oleva polynomi, jolle 1 1 xk p(x) dx =, k =, 1,..., n 1. Osoita, että p(x) = c n P n (x) jollain vakion c n arvolla. 15. Olkoon f reaalifunktio, jolle 1 1 f 2 (x) dx < ja olkoon m posiviitinen kokonaisluku. Osoita, että se astetta m oleva polynomi, joka minimoi integraalin 1 1 (f(x) p(x))2 dx on p(x) = m n= 1 a n P n (x), missä a n = (n + 1/2) f(x)p n (x) dx Osoita, että se astetta n oleva polynomi, jonka johtokerroin (korkeimman potenssin kerroin) on 1 ja joka minimoi integraalin 1 1 p(x)2 dx, on Legendren polynomi P n (x) jaettuna johtokertoimellaan. 49

52 17. Osoita, että Hermiten polynomeille pätee a) H n+1 (x) = 2xH n (x) H n(x) b) H n+1 (x) = 2xH n (x) 2nH n 1 (x) c) H n(x) 2xH n(x) + 2nH n (x) = 18. Osoita, että Hermiten polynomeille pätee a) n= Vinkki: funktion e (x z)2 b) Osoita, että H n (x) zn n! = e2xz z2, x R, z C. Taylorin sarja z suhteen. H (x) =, H n(x) = 2nH n 1 (x), n Osoita, että y(x) = h n (x) = e x2 /2 H n (x) on differentiaaliyhtälön ratkaisu kaikilla n =, 1, Ratkaise Schrödingerin aaltoyhtälö y + (2n + 1 x 2 )y = d 2 ψ dx 2 + 8π2 m h 2 (E kx 2 /2)ψ =, k = 4π 2 mν 2, E = hν(n + 1/2). Vinkki: tee muuttujan vaihto u = 2πx νm/h. 21. Määrää funktioiden a) f(x) = x, π x < π b) f(x) = x, 1 x < 1 Fourier-sarjat. 22. Määrää funktion f(x) = e x, π x < π jaksollisen jatkeen Fourier-sarja. Määrää kyseisen sarjan avulla sarjojen summat. ( 1) n n ja 1 n Määrää funktioiden a) f(x) = x 3 ; b) f(x) = x 4 kosinisarjat. 24. Määrää edellisen tehtävän avulla sarjojen summat. 1 (2n 1) 4 ja 5 1 n 4

53 25. Määrää funktioiden a) f(t) = 2t 2 3t + 4; b) f(t) = 2 sin t + 3 cos 2t Laplace muunnokset. 26. Määrää funktioiden a) f(t) = t 2 sin bt; b) f(t) = e 2t sin 5t Laplace muunnokset. 27. Määrää L { t } ja L {t t ]}. 28. Osoita, että funktion f(t) = a t πt e a2 /t, a > Laplace muunnos on e 2a s. 29. Määrää ne funktiot, joiden Laplace muunnokset ovat a) s 4 b) c) s + 3 s 2 + s 3. Määrää { 4 L 1 s } s { } 1 ja L 1 s 4 + s Ratkaise seuraavat alkuarvotehtävä Laplace muunnoksen avulla a) y 2y = e 5t, y() = 3 b) y + 2y = cos t, y() = Ratkaise yhtälöt a) x (t) + x(t) + b) y(t) = cos t + c) y (t) = t t t e t u x(u) du =, x() = 1 sin(t u)y(u) du cos(t u)y(u) du, y() = Määrää Laplace muunnoksen avulla differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu. y + 6y + 5y = t 34. Määrää funktion f(t) = t (t u)e3u du Laplace muunnos. 35. Määrää funktioiden a) H(a t ), a > b) H(π/2 t ) cos t Fourier muunnokset. 36. Olkoon f(t) = e a t, a >. Määrää f f. 37. Määrää Sturm-Liouvillen probleeman y + λy =, y () = y(1) = ominaisarvot ja vastaavat ominaisfunktiot. 51

54 38. Määrää Sturm-Liouvillen probleeman ( d x dy ) + λ dx dx x y =, y (1) = y (e 2π ) = ei-negatiiviset ominaisarvot ja vastaavat ominaisfunktiot. 39. Kehitä funktio f(x) = 1 välillä [, 1] Sturm-Liouvillen probleeman y + λy =, y() = y (1) = ominaisfunktioiden avulla ortogonaalisarjaksi. 4. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä u t = ku xx, t >, < x < 1 u(x, ) = 3 sin πx 5 sin 4πx, x 1, u(, t) = u(1, t) =, t. 41. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä u t = ku xx, t >, < x < 1 u(x, ) = 1 x, x 1, u(, t) = 1, u(1, t) =, t. 42. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä u xx + u yy =, < x < a, < y < b u x (, y) = u x (a, y) =, < y < b, u(x, ) =, u(x, b) = f(x), < x < a. 43. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä u tt = u xx, t >, < x < 1 u(x, ) = u t (x, ) = 1, < x < 1, u(, t) = u(1, t) =, t >. 44. Ratkaise äärettömän pituisen kielen alkuarvo-ongelma u tt = α 2 u xx, t >, < x < u(x, ) = f(x), < x <, u t (x, ) = g(x), < x < kun a) f(x) =, g(x) = cos x b) f(x) = g(x) = x. 52