Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Harjoitus, tehtävä Oletetaan, että f C(R) on π-jaksollinen funktio ja a R. Näytä, että f(t + a) dt f(t) dt a+π f(t) dt. a () () (3) Tarkastellaan ensin lauseketta (). Tehdään muuttujanvaihto t t+a t t a (integroimisrajat: t t a π, t π t a + π): f(t + a) dt Lausekkeet () ja (3) ovat siis yhtä suuret. a+π a f(t ) dt. Olkoon k π a π, jolloin a a k < π. Toisaalta koska f on π-jaksollinen funktio, f(t) f(t + k). Saadaan: a f(t + a) dt f(t + a) dt + f(t + a) dt (integroidaan kahdessa osassa) π a +a f(t + a a ) dt + f(t + a + π a ) dt (integroimisvälin muutos) +a +a f(t + k) dt + +a f(t) dt + f(t) dt +a +a f(t + k + π) dt (a a k a a k) f(t) dt (f(t) f(t + k) f(t + k + π)) (yhdistetään osat) Vastaus: Lausekkeet (), () ja (3) ovat siis yhtä suuret.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Harjoitus, tehtävä -3 Oletetaan, että f L ([, π]). Kohta (a) Jos f(t) f( t) kaikilla t R (eli f on parillinen), niin näytä, että ˆf(j) ˆf( j) kaikilla j Z. Mikä on tällöin S n :n reaalinen muoto? Funktion f j. Fourier-kerroin ˆf(j) on ˆf(j) f, e j π Lasketaan vastaavasti j. kertoimen arvo: ˆf( j) f, e j π π π ˆf(j). π f(t)e ijt dt f( t )e ijt dt Osasumman S n reaalinen muoto yleisesti on f(t)e ijt dt, j Z. (muuttujanvaihto t t) f(t )e ijt dt (f parillinen, joten f( t ) f(t )) S n a n 0 + (a j cos(jt) + b j sin(jt)), j missä ja a j π b j π f(t) cos(jt) dt, j 0,,,... f(t) sin(jt) dt, j,,.... Koska f(t) on parillinen ja sin(t) pariton, lauseke f(t) sin(jt) on myös pariton. Tällöin b j 0 kaikille j,,..., ja S n :n reaaliseksi muodoksi jää jossa a j määritellään kuten yllä. S n a n 0 + a j cos(jt), j
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 3/34 Kohta (b) Jos f(t) f( t) kaikilla t R (eli f on pariton), niin näytä, että ˆf(j) ˆf( j) kaikilla j Z. Mikä on tällöin S n :n reaalinen muoto? Päättely menee melkein täysin (a)-kohtaa vastaavasti. j. Fourier-kertoimen arvo saadaan seuraavasti: ˆf( j) f(t)e ijt dt π π π π f( t )e ijt dt (muuttujanvaihto t t) f(t )e ijt dt ˆf(j). (f( t ) f(t )) Koska f(t) on pariton ja cos(t) parillinen, lauseke f(t) cos(jt) on myös pariton, ja S n :n reaalisessa muodossa kertoimet a j 0 kaikille j 0,,,.... Tällöin S n :n reaaliseksi muodoksi tulee n S n b j sin(jt), jossa b j π j f(t) sin(jt) dt, j,,.... Kohta (c) Jos f(t + π) f(t) kaikilla t R, niin näytä, että ˆf(j) 0 kaikilla parittomilla j Z. ˆf(j) f(t)e ijt dt π ( 0 ) f(t)e ijt dt + f(t)e ijt dt π 0 ( ) f(t π)e ij(t ) dt + f(t)e ijt dt (muuttujanvaihto t t + π) π 0 0 ( ) f(t )e ijt e ijπ dt + f(t)e ijt dt (f(t π) f(t )) π 0 0 ( ) f(t )e ijt dt + f(t)e ijt dt 0. (j pariton, j Z e ijπ ) π 0 0
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 4/34 Kohta (d) Jos f on reaaliarvoinen funktio, niin näytä, että ˆf(j) ˆf( j) kaikilla j Z. Suoraviivainen laskutoimitus: ˆf(j) π π π π ( ): Koska f(t) dt R(f(t)) dt + i viedä integraalin sisään. f(t)e ijt dt f(t)e ijt dt ( ) f(t)e ijt dt (f(t) R) f(t)e ijt dt ˆf( j) I(f(t)) dt, kompleksikonjugaatti voidaan näin
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 5/34 Harjoitus, tehtävä 4-5 Kohta (a) Näytä käyttämällä kaavaa e iθ cosθ + i sin θ, että cosθ eiθ + e iθ ja sin θ eiθ e iθ i e iθ + e iθ cosθ + i sin θ + cos( θ) + i sin( θ) cosθ + i sin θ + cosθ i sin θ cosθ cos θ (cos x cosx, sin x sin x) e iθ e iθ i cosθ + i sin θ cos( θ) i sin( θ) cosθ + i sin θ cosθ + i sin θ i sin θ sin θ i (cos x cosx, sin x sin x)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 6/34 Kohta (b) Johda (a)-kohdan avulla kaavat cos(θ + γ) cosθ cosγ sin θ sin γ ja sin(θ + γ) sin θ cosγ + cos θ sin γ. cosθ cosγ sin θ sin γ eiθ + e iθ e iγ + e iγ eiθ e iθ i e iγ e iγ i (eiθ + e iθ )(e iγ + e iγ ) + (e iθ e iθ )(e iγ e iγ ) 4 ei(θ+γ) + e i(θ+γ) 4 ei(θ+γ) + e i(θ+γ) cos(θ + γ) (termit e i(θ γ) ja e i( θ+γ) sievenevät pois) sin θ cos γ + cosθ sin γ eiθ e iθ i e iγ + e iγ + eiθ + e iθ e iγ e iγ i (eiθ e iθ )(e iγ + e iγ ) + (e iθ + e iθ )(e iγ e iγ ) 4i ei(θ+γ) e i(θ+γ) 4i ei(θ+γ) e i(θ+γ) sin(θ + γ) (vastaavasti)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 7/34 Kohta (c) Johda (b)-kohdan avulla kaavat sin θ sin γ cos(θ γ) cos(θ + γ), sin θ cosγ sin(θ + γ) + sin(θ γ) ja cosθ cosγ cos(θ + γ) + cos(θ γ). cos(θ γ) cos(θ + γ) (cosθ cos( γ) sin θ sin( γ)) (cosθ cosγ sin θ sin γ) cosθ cosγ + sin θ sin γ cosθ cosγ + sin θ sin γ (cos x cosx, sin x sin x) sin θ sin γ sin(θ + γ) + sin(θ γ) (sin θ cos γ + cosθ sin γ) + (sin θ cos( γ) + cos θ sin( γ)) sin θ cosγ + cos θ sin γ + sin θ cosγ cosθ sin γ sin θ cosγ cos(θ + γ) + cos(θ γ) (cosθ cosγ sin θ sin γ) + (cosθ cos( γ) sin θ sin( γ)) cosθ cosγ sin θ sin γ + cosθ cosγ + sin θ sin γ cosθ cosγ
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 8/34 Harjoitus, tehtävä 6 Näytä, että joukko { }, sin t, cost, sin(t), cos(t),... Olkoon on ortonormaali reaalisen sisätulon f, g π f(t)g(t) dt suhteen. Huomaa: Fourierin sarjan reaalinen muoto on paras approksimaatio tämän ortonormaalin joukon suhteen. a 0, a j sin(jt), j,,..., b j cos(jt), j,,..., a 0, kun j 0 α j, kun j, 3,...,, kun j, 4,..., a j+ b j jolloin alkuperäinen joukko on {a 0, a, b, a, b,... } {α j }. Eri tyyppisiä sisätuloja tässä joukossa on 6: a 0, a 0, a 0, a j, a 0, b j, a j, a k, a j, b k sekä b j, b k. Tarkastellaan kutakin erikseen. a 0, a 0 π π dt dt π π/ t a 0, a j π a 0, b j π πj sin(jt) dt 0 ( sin(jt) on pariton) cos(jt) dt j cos(jt) dt / π sin(jt) 0 (sin(jπ) 0) πj
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 9/34 a j, a k π π π { π sin(jt) sin(kt) dt ( ) cos((j k)t) cos((j + k)t) dt (Harjoituksen tehtävän 4-5(c) kaavan perusteella) cos((j k)t) dt (Edellisen tapauksen perusteella cos((j + k)t) dt 0) dt, kun j k, 0, kun j k a j, b k π π sin(jt) cos(kt) dt ( ) sin((j + k)t) + sin((j k)t) dt 0 (4-5(c), sin(jt) on pariton, sin 0 0) b j, b k π π π { π cos(jt) cos(kt) dt ( ) cos((j + k)t) + cos((j k)t) dt cos((j k)t) dt dt, kun j k, 0, kun j k (4-5(c)) ( cos((j + k)t) dt 0) Vastaus: eli annettu joukko on ortonormaali. α i, α j {, kun j k, 0, kun j k,
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 0/34 Harjoitus, tehtävä Oletetaan, että f L ([, π]). Näytä seuraavat lauseet kaikilla j Z. Kohta (a) ˆ f(j) ˆf( j) Tämä kohta on käytännössä lähes sama kuin harjoituksen tehtävän -3 kohta (d). Perustelu kompleksikonjugaatin viemiselle integraalin sisään löytyy sen vastauksesta. ˆf( j) π π π f(t)e ijt dt f(t)e ijt dt f(t)e ijt dt ˆf(j) Kohta (b) f(t + s)(j) e ijs ˆf(j), s R kiinteä Funktion f(t) tiedetään olevan määritelty välillä t [, π], jolloin funktio f (t) f(t + s) on varmasti määritelty vain välillä t [ s, π s]. Lasketaan siis Fourier-kertoimetkin kyseisellä välillä: f(t + s)(j) s f(t + s)e ijt dt π s f(t )e ij(t s) dt (t t + s, t t s) π e ijs f(t )e ijt dt π e ijs ˆf(j)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Kohta (c) ˆf(j) π f(t) dt ˆf(j) π π π f(t)e ijt dt f(t)e ijt dt f(t) dt ( e iθ )
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Harjoitus, tehtävä Oletetaan, että f, g ja h ovat jatkuvia π-jaksollisia funktioita. Näytä seuraavat lauseet. Kohta (a) f (g + h) (f g) + (f h) (f (g + h))(t) f(t s)(g(s) + h(s)) ds f(t s)g(s) ds + (f g)(t) + (f h)(t) f(t s)h(s) ds Kohta (b) f g g f (f g)(t) t+π t (g f)(t) f(t s)g(s) ds f(s )g(t s ) ds (s t s) g(t s )f(s ) ds (g(t s )f(s ) on π-jaksollinen)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 3/34 Kohta (c) (f g) h f (g h) ((f g) h)(t) (f g)(t σ) h(σ) dσ f(s) f(s)g(t σ s) ds h(σ) dσ f(s)g(t σ s)h(σ) ds dσ f(s)g(t σ s)h(σ) dσ ds g(t s σ)h(σ) dσ ds f(s) (g h)(t s) ds (f (g h))(t)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 4/34 Harjoitus, tehtävä 3 Olkoot f ja g kuten tehtävässä (edellä). Näytä seuraavat lauseet. Kohta (a) f g on π-jaksollinen π-jaksollisille funktioille f ja g (yksi) konvoluution määritelmä on (f g)(t) f(s)g(t s) ds. Toisaalta funktio f on π-jaksollinen, jos f(t + π) f(t) kaikille t R. Lasketaan: (f g)(t + π) (f g)(t) f(s)g(t + π s) ds f(s)g(t s) ds (g on π-jaksollinen) Vastaus: f g on π-jaksollinen, sillä (f g)(t + π) (f g)(t).
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 5/34 Kohta (b) (f g)(t) dt f(t) dt g(t) dt (f g)(t) dt f(τ) f(τ) f(τ) f(τ)g(t τ) dτ dt τ τ g(t τ) dt dτ g(t ) dt dτ (t t τ) g(t ) dt dτ (g(t ) on π-jaksollinen, joten integroimisvälin voi vaihtaa) f(t) dt g(t) dt Kohta (c) laske f g jos g(t) e ijt, j Z (f g)(t) f(s)g(t s) ds f(s)e ij(t s) ds (g(t) e ijt ) e ijt f(s)e ijs ds ijt ˆf(j)e
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 6/34 Harjoitus 3, tehtävä Olkoon f L (R) sellainen funktio, että f( x) f(x) kaikilla x R. Näytä, että ˆf( ξ) ˆf(ξ) kaikilla ξ R. ˆf( ξ) R R R ˆf(ξ) f(x)e ixξ dx f( x )e ix ξ dx (x x) f(x )e ix ξ dx (f( x ) f(x ))
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 7/34 Harjoitus 3, tehtävä Olkoon f : R R, f(x) Mikä on f:n Fourierin muunnos? ˆf(ξ) R π π f(x)e ixξ dx [ (cosx)e ixξ dx e ix + e ix e ixξ dx π ( ξ)i e ( ξ)ix dx + π π { cosx, x π, 0, x > π. e (+ξ)ix dx π / e ( ξ)ix ( + ξ)i π / π ] (f(x) 0 näiden rajojen ulkopuolella) e (+ξ)ix (cosθ eiθ +e iθ ) (ol. ξ ) [ ( e ( π π ξ)i e ( π + π ξ)i) ( e ( π π ξ)i e ( π + π ξ)i)] ( ξ)i ( + ξ)i [ ( ie π ξi + ie π ξi) ( + ie π ξi + ie π ξi)] (e π i i) ( ξ)i ( + ξ)i e π ξi + e π ξi + e π ξi + e π ξi cos(πξ) + cos(πξ) ξ + ξ ξ + ξ cos(πξ), ξ ξ ( π e ˆf() ix + e ix e ix dx π ) π dx + e ix dx π π π π ( π e ˆf( ) ix + e ix e ix dx π ) π dx + e ix dx π π π π Vastaus: ˆf(ξ) cos( π ξ) ξ, ξ π, ξ.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 8/34 Harjoitus 4, tehtävä Oletetaan, että f L (R) C(R) ja K a : R R, missä a > 0. K a (x) a χ [ a,a](x) Kohta (i) Näytä, että (f K a )(x) a x+a x a f(y) dy. (f K a )(x) R a a f(x y )K a (y ) dy f(x y ) a χ [ a,a](y ) dy R a a x+a x a f(x y ) dy (χ [ a,a] (y ) 0 välin y [ a, a] ulkopuolella) f(y) dy (y x y, dy dy, y a y x a)
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 9/34 Kohta (ii) Osoita suoraan (käyttämättä demotehtävää!) jatkuvuuden määritelmän avulla, että kaikilla x R. Koska f on jatkuva funktio, lim a 0 lim a 0 ( a x+a x a f(y) dy f(x) sup f(y) f(x) y [x a,x+a] x a ) 0. Tehtävänannon väite voidaan esittää myös muodossa ( x+a ) lim f(y) dy f(x) 0. a 0 a Toisaalta: ( lim a 0 a x+a x a ) x+a f(y) dy f(x) lim a 0 x a 0, a f(y) f(x) dy }{{} 0 kun a 0 eli tehtävänannon väite on tosi.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 0/34 Harjoitus 4, tehtävä Kohta (i) Jos f, g L (R n ), niin näytä, että f g L (R n ) ja (f g)(x) dx f(x) dx g(x) dx. R n R n R n L (R n )-avaruus koostuu funktioista f : R n C joille pätee R n f(x) dx <, joten suoraan tehtävänannon integraaleja koskevan väitteen perusteella f g L (R n ). Perustellaan vielä ko. väite: (f g)(x) dx f(x y)g(y) dy dx R n R n R n f(x y)g(y) dy dx (luentomateriaali,.. väite ()) R n R n f(x y) g(y) dx dy (int.järj. vaihto, ab a b ) R n R n f(x y) dx g(y) dy R n R n f(z) dz g(y) dy (z x y, dz dx) R n R n f(x) dx g(x) dx R n R n
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Kohta (ii) Jos f, g : R R, f(x) g(x) x χ [,] (x), niin laske (f g)(0). Lasketaan: (f g)(0) R R R f(0 y)g(y) dy ( )( ) χ [,] ( y) χ [,] (y) y y dy y χ [,]( y)χ [,] (y) dy y dy (rajojen ulkopuolella χ [,](y) 0) Integraali dy ei suppene. y
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi /34 Harjoitus 4, tehtävä 3 Oletetaan, että f, g, h : R R, f(x), g(x) xe x, h(x) χ [0, ) (x). Kohta (i) Laske (f g) h. (f g)(x) ((f g) h)(x) f(x y)g(y) dy ye y dy 0 R (f g)(x y)h(y) dy 0 R Kohta (ii) Laske f (g h). (g h)(x) (f (g h))(x) R x g(x y)h(y) ze z dz lim a 0 (x y)e (x y) dy (z x y, dz dy, ( ) x/ e z lim e x e a a }{{} a 0 R f(x y) (g h)(y) dy y 0 z x y z ) e x π e y dy Kohta (iii) Miksi (f g) h f (g h) ei päde? Vastaus: Koska funktiot f, h L (R), joten integroimisjärjestystä ei voi noin vain mennä vaihtelemaan, kuten tehtiin harjoituksen tehtävän kohdassa (c), jossa osoitettiin (f g) h f (g h) sopivin rajoituksin.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 3/34 Harjoitus 5, tehtävä - Oletetaan, että Ω R n on rajoitettu avoin sileä joukko ja että u, v ovat riittävän sileitä. Kohta (i) Johda seuraavat Greenin kaavat Gaussin divergenssilauseesta: v u ν ds (v u + v u) dx ja Divergenssilause: Lasketaan: Ω Ω Ω Ω Ω Ω Ja vielä toinen esitetty väite: (v u u v) dx Ω Ω ( v u ) ν u v ds (v u u v) dx ν Ω Ω div F(x) dx (v u + v u) dx Ω F(x) ν(x) ds (v div ( u) + v u) dx ( f div ( f)) div (v u) dx v u ν ds Ω Ω Ω v u ν ds (v div ( u) u div ( v)) dx ( Ω Ω (div (ϕf) ϕ div F + F ϕ) div (v u) div (u v)+ u v v u }{{} 0 (v u ν u v ν) ds ( v u ) ν u v ds ν (divergenssilause) ) dx
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 4/34 Kohta (ii) Näytä Greenin kaavojen avulla, että jos Neumannin ongelmalla { u 0 Ω:ssa u h ν Ω:ssa on ratkaisu, niin Ω h ds 0. Ω h ds Ω Ω u ν ds (tehtävänanto) ( u + u) ds (kohta (i) kaava, v ) 0 ( u 0 (tehtävänanto), 0) Kohta (iii) Oletetaan, että Ω on lisäksi yhtenäinen. Jos u 0 Ω:ssa ja lisäksi u 0 0 Ω:ssa, niin näytä, että u on vakio. tai u ν Tutkitaan ensin tapaus, jossa u 0 Ω:ssa. Koska u on harmoninen funktio ( u 0), se saavuttaa maksimi- ja minimiarvonsa reunassa Ω. u:n maksimi- ja minimiarvo on siis 0, joten u 0 on vakio koko joukossa Ω. Katsotaan sitten mitä seuraa ehdosta u 0 Ω:ssa. Kohdan (i) ensimmäisen kaavan nojalla ν mille tahansa (oletukset täyttävälle) funktiolle v pätee: v u Ω ν ds 0 (v u + v u) ds Ω v u ds ( u 0) Ω Koska v on mielivaltainen (riittävän sileä) funktio, täytyy u 0 (eli u on vakio) päteä, jotta integraalilause yllä saisi arvon 0 kaikille v.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 5/34 Kohta (iv) Näytä, että Dirichletin ongelmalla Ω:ssa on yksikäsitteinen ratkaisu Ω:ssa ja Neumannin ongelman ratkaisut poikkeavat toisistaan vain lisättävällä vakiolla. Oletetaan että u ja v ovat kaksi mielivaltaista ratkaisua Dirichletin ongelmalle: { u v 0 Ω:ssa u v f Ω:ssa Tarkastellaan ratkaisujen erotusta u v. Sille pätee (u v) u v 0 0 0 (Ω:ssa), sekä u v f f 0 ( Ω:ssa), joten kohdan (iii) ensimmäisen tapauksen nojalla erotus on 0 koko Ω:ssa, eli ratkaisut ovat samat. Oletetaan seuraavaksi, että u ja v ovat kaksi mielivaltaista ratkaisua Neumannin ongelmalle: { u v 0 Ω:ssa u ν v ν f Ω:ssa Tarkastellaan taas erotusta u v. Tälläkin kertaa (u v) 0 Ω:ssa, ja toisaalta (u v) ν u v f f 0 Ω:ssa. Tällöin kohdan (iii) toisen tapauksen nojalla erotus on vakio ν ν Ω:ssa, eli ratkaisut eroavat toisistaan vain lisättävän vakion verran.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 6/34 Harjoitus 5, tehtävä 4 Näytä suoralla laskulla, että yksikköpallon Poissonin ydin K(x,y) n α(n) x x y n on harmoninen x:n funktiona B(0, ):ssä jokaiselle y B(0, ). Haluamme siis näyttää, että x K(x,y) n i K(x,y) x i 0. Olkoon i Z, i n. Lasketaan hieman osittaisderivaattoja: ( ) K(x, y) x x i n α(n) x i x y n n α(n) n α(n) x i n j x j ( n j (x j y j ) ) n/ x i ( n ) n/ j (x j y j ) ( x n(x i y i ) ( n ) n/+ j (x j y j ) ( n j x j ) j) n x j K(x,y) x i n α(n) x i n(x i y i ) ( n ) n/+ j (x j y j ) x i n(x i y i ) + ( n ) n/+ j (x j y j ) + ( n j x j [ 4nxi (x i y i ) n α(n) x y n+ ( n ) n/ j (x j y j ) ) ( n + ) n(x i y i ) ( n ) n/+ j (x j y j ) x y n + ( x ) n ( n ) n/+ j (x j y j ) ( (n + n)(x i y i ) x y n+4 )] n x y n+
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 7/34 Nyt voimme laskea x -operaattorin tuloksen: x K(x,y) n K(x,y) i n α(n) x i [ 4n x 4n n i x iy i x y n+ n x y n ( 4n x 4n n n α(n) ( n α(n) n α(n) + ( ) ] x )( (n + n) x y n x y n+4 x y n+ ) i x iy i n x y + n + n n x (n + n n ) x y n+ n x 4n i x iy i n ( ) i (x i y i ) ) + n x y n+ (lyh. i n i ) ( n x 4n i x iy i n ( i x i i x iy i + i y i ) + n x y n+ Tässä vaiheessa on hyvä huomata, että i y i y, sillä y B(0, ). Saadaan: ( x K(x,y) n x n x 4n i x iy i + 4n ) i x iy i n + n n α(n) x y n+ 0 n+ 0. n α(n) x y ) Vastaus: x K(x,y) 0 kun x B(0, ), y B(0, ) joten K(x,y) on x:n funktiona harmoninen.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 8/34 Harjoitus 6, tehtävä Olkoon H(x, t) x e 4t (4πt) n/, x R n, t > 0, kohdan 4.4 lämpöydin. Näytä suoralla laskulla, että se on lämpöyhtälön ratkaisu R n (0, ):ssa. Haluamme siis näyttää, että H(x, t) t x H(x, t) 0 H(x, t) t n i H(x, t) x i kaikilla (x, t) R n (0, ). Laskeskellaan taas osittaisderivaattoja erikseen: H(x, t) ( ) x e 4t t t (4πt) n/ x x (4πt) n/ 4t e 4t πn x e 4t (4πt) n/+ H(x, t) x i (4πt) n/ P e j x j 4t x i (4πt) n/ x i t e P j x j 4t (i Z, i n, j n j, x j x j ) H(x, t) x i (4πt) n/ x i (4πt) n/ ( x i 4t e ( P ) xi j x j t e 4t P j x j 4t P j x j t e 4t )
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 9/34 Nyt voimmekin jo yhdistää tulokset: H(x, t) t x H(x, t) 0 H(x, t) t i x x (4πt) n/ 4t e 4t ( x x e 4t (4πt) n/ H(x, t) x i πn (4πt) }{{ n/+ } n t (4πt) n/ ) 4t x 4t n t + n t }{{} 0 ( x x (4πt) n/ 4t e 4t n t x e 4t ) Vastaus: H(x,t) t x H(x, t) 0 kaikille (x, t) R n (0, ) joten H(x, t) on lämpöyhtälön ratkaisu.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 30/34 Harjoitus 6, tehtävä 4 Oletetaan, että u on lämpöyhtälön ratkaisu R n (0, ):ssa. Näytä, että u α (x, t) u(αx, α t) on myös lämpöyhtälön ratkaisu R n (0, ):ssa kaikilla α R. u α (x, t) t u α (x, t) u(αx, α t) α u(αx, α t) t α t t (ketjusääntö) u α (x, t) u(αx, α t) α u(αx, α t) x i αx i x i (i Z, i n) u α (x, t) αu(αx, α t) α u(αx, α t) x i αx i x i x u α (x, t) u α(x, t) n u α (x, t) t x i i ( ) α u(αx, α t) n u(αx, α t) t x i i }{{} 0, sillä u on lämpöyhtälön ratkaisu 0
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 3/34 Harjoitus 7, tehtävä 5 Johda ratkaisukaava ongelmalle { u u + u 0 t Rn (0, ):ssä, u g R n {t 0}:ssa. Ratkaisun u Fourier-muunnos û x:n suhteen (kun t on vakio) on û(ξ, t) u(x, t)e ix ξ dx. R n Fourier-muunnoksen ominaisuuksien perusteella (kts. luentomateriaali, luku 4.4) saadaan osittaisderivaattojen Fourier-muunnokset: u x j u t Annetun ongelman perusteella siis: (ξ, t) ξjû(ξ, t), û (ξ, t) (ξ, t) t j,...,n ( ) u t u + u (ξ, t) u t (ξ, t) u(ξ, t) + û(ξ, t) u t (ξ, t) n u (ξ, t) + û(ξ, t) x j j û n t (ξ, t) + ξjû(ξ, t) + û(ξ, t) û(ξ, 0) ĝ(ξ) j û t (ξ, t) + ( ξ + ) û(ξ, t) 0 Fourier-muunnokselle saadaan siis tavallinen differentiaaliyhtälö muotoa y + ky 0, jonka ratkaisu on muotoa y(x) Ce kx. Tässä tapauksessa: û(ξ, t) C(ξ) e ( ξ +)t Funktio C(ξ) saadaan annetun alkuarvon perusteella: û(ξ, 0) C(ξ) ĝ(ξ) Eli ongelman ratkaisu Fourier-muunnosten puolella on: û(ξ, t) ĝ(ξ) e ( ξ +)t
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 3/34 Käänteismuunnoksella saadaan ratkaisu u: u(x, t) (π) n R n e ( ξ +)t ĝ(ξ) e ix ξ dξ Lasketaan aputuloksena funktion f : R n R, f(x) e ( x +k), k R Fourier-muunnos: Rn ˆf(ξ) +k) e ix ξ dx e k e x e ix ξ dx Olkoon nyt funktio H(x, t) R n e ( x e kê x (ξ) π n/ e 4 ξ k (pruju, esim..6) «e x 4t +t. Lasketaan sen Fourier-muunnos x:n suhteen: (4πt) n/ «Ĥ(ξ, t) e x 4t +t (ξ) (4πt) n/» e x +t t (ξ) (t 0) (4πt) ( n/ ) n t e ( x +t) ( tξ) ( f( x (4πt) )(ξ) ˆf(aξ), a > 0) n/ a n a π n/ π n/ e 4 tξ t e ( ξ +)t Onnellisen sattuman johdosta saamme siis ratkaisun u muotoon: u(x, t) (π) n R n Ĥ(ξ, t)ĝ(ξ)e ix ξ dξ (yllä laskettu aputulos) (π) n R n Ĥ g(ξ, t)e ix ξ dξ ( f g(ξ) ˆf(ξ) ĝ(ξ)) (H g)(x, t) (käänteismuunnos) Vastaus: Ratkaisuksi u saadaan u(x, t) (H g)(xt) H(x y, t)g(y) dy, R n jossa H(x, t) «x 4t +t e. (4πt) n/
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 33/34 Harjoitus 8, tehtävä Tarkastellaan yksiulotteista ongelmaa missä g : R R, u u 0, kun (x, t) R (0, ), t x u g, kun (x, t) R {t 0}, u t g(x) 0, kun (x, t) R {t 0}, { x, kun 0 x, 0, muuten. Kohta (a) Johda d Alembertin kaavan avulla ratkaisukaava u(x, t):lle. Yleisessä tapauksessa, jossa u t u(x, t) (x, 0) h(x), d Alembertin kaavan mukaan saadaan g(x + t) + g(x t) + x+t x t h(y) dy. Tehtävän ongelmassa h(x) 0, joten ratkaisuksi jää yksinkertaisesti: u(x, t) g(x + t) + g(x t) Kohta (b) Piirrä ratkaisun kuvaaja hetkillä t, t ja t 3. u(x, ) u(x, ) u(x, 3) g(x + ) + g(x ) g(x + ) + g(x ) g(x + 3) + g(x 3) ( x )/, kun x ( x )/, kun < x 3 0, muuten. ( x )/, kun x 0 ( 3 x )/, kun x 4 0, muuten. ( x )/, kun 3 x ( 4 x )/, kun 3 x 5 0, muuten.
Heikki Kallasjoki, 66H, htkallas@cc.hut.fi 34/34 0.6 0.5 t 0.4 0.3 0. 0. 0-0. -4-3 - - 0 3 4 5 6 0.6 0.5 t 0.4 0.3 0. 0. 0-0. -4-3 - - 0 3 4 5 6 0.6 0.5 t3 0.4 0.3 0. 0. 0-0. -4-3 - - 0 3 4 5 6 Kuva : Harjoitus 8, tehtävä, kohta (b): ratkaisun u(x, t) kuvaaja hetkillä t, t, t 3