4.2 Fourier-transform for PDE på hele $\mathbb{R}$

Steg 2 — løs ODE-en i $t$. For hver fast $\omega$ er dette en helt vanlig førsteordens likning $y' = \lambda y$ med $\lambda = -\omega^2$:
$$\hat{u}(\omega,t) = C(\omega)\,e^{-\omega^2 t}.$$

Merk at integrasjonskonstanten er en funksjon av $\omega$, ikke et tall. Grunnen er at vi har løst likningen separat for hver frekvens, og hver av dem har sin egen konstant. Dette er det ene stedet studenter oftest slurver.

Steg 3 — bestem $C(\omega)$ fra initialbetingelsen. Sett $t=0$: da er $\hat{u}(\omega,0) = C(\omega)$. Og $\hat{u}(\omega,0)$ er nettopp transformen av $u(x,0) = e^{-x^2}$. Fra Gauss-raden på det utdelte formelarket med $a=1$:
$$C(\omega) = \frac{1}{\sqrt2}\,e^{-\omega^2/4}.$$

Altså
$$\hat{u}(\omega,t) = \frac{1}{\sqrt2}\,e^{-\omega^2/4}\,e^{-\omega^2 t} = \frac{1}{\sqrt2}\,e^{-\omega^2\left(t+\frac14\right)}.$$

Steg 4 — transformer tilbake. Vi leter i Gauss-raden etter en $a$ som gir eksponenten $-\omega^2\left(t+\tfrac14\right)$. Raden gir $e^{-\omega^2/(4a)}$, så
$$\frac{1}{4a} = t+\frac14 = \frac{4t+1}{4} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{1}{4t+1}.$$
Med den $a$-en er
$$e^{-x^2/(4t+1)} \ \longleftrightarrow\ \frac{1}{\sqrt{2a}}e^{-\omega^2(t+1/4)} = \sqrt{\frac{4t+1}{2}}\,e^{-\omega^2(t+1/4)}.$$
Vår $\hat{u}$ er $\displaystyle \frac{1}{\sqrt2}$ ganger eksponentialen, og $\displaystyle \frac{1}{\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt{4t+1}}\cdot\sqrt{\frac{4t+1}{2}}$. Etter lineariteten er derfor
$$\boxed{u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4t+1}}\,e^{-x^2/(4t+1)}.}$$

Kontroll 1 — initialbetingelsen. Sett $t=0$: $\displaystyle u(x,0) = \frac{1}{\sqrt1}e^{-x^2} = e^{-x^2}$. Stemmer.

Kontroll 2 — at likningen er oppfylt. Deriver:
$$u_t = \frac{4x^2-2(4t+1)}{(4t+1)^{5/2}}\,e^{-x^2/(4t+1)}, \qquad u_{xx} = \frac{4x^2-2(4t+1)}{(4t+1)^{5/2}}\,e^{-x^2/(4t+1)}.$$
De er like, så $u_t-u_{xx}=0$. Stemmer.

Tolkning. Løsningen er en Gauss-puls som blir bredere og lavere med tiden: bredden vokser som $\sqrt{4t+1}$, og høyden synker med samme faktor. Arealet under kurven — den totale varmemengden — holder seg konstant, slik det skal i et isolert system.

Steg 2 — løs ODE-en. Med $\omega$ som konstant:
$$\hat{u}(\omega,t) = C(\omega)\,e^{(1+i\omega)t} = C(\omega)\,e^{t}\,e^{i\omega t}.$$

Steg 3 — bestem $C(\omega)$. Sett $t=0$: $C(\omega) = \hat{f}(\omega)$, der $f(x)=e^{-x^2}$. Fra Gauss-raden på formelarket med $a=1$:
$$C(\omega) = \frac{1}{\sqrt2}\,e^{-\omega^2/4}.$$
Altså
$$\hat{u}(\omega,t) = e^{t}\,e^{i\omega t}\cdot\frac{1}{\sqrt2}e^{-\omega^2/4} = e^{t}\,e^{i\omega t}\,\hat{f}(\omega).$$

Steg 4 — transformer tilbake. Her trengs ikke Gauss-raden, men forskyvningsregelen fra kap. 4.1 lest baklengs: faktoren $e^{i\omega t}$ svarer til en forskyvning med $b=-t$, altså
$$e^{i\omega t}\hat{f}(\omega) = \widehat{f(x+t)}(\omega).$$
(Regelen sier $\widehat{f(x-b)} = e^{-ib\omega}\hat{f}$; setter vi $b=-t$, får vi $e^{i\omega t}$.)

Med faktoren $e^{t}$ foran:
$$\boxed{u(x,t) = e^{t}\,f(x+t) = e^{t}\,e^{-(x+t)^2}.}$$

Kontroll 1 — initialbetingelsen. $u(x,0) = e^{0}e^{-x^2} = e^{-x^2}$. Stemmer.

Kontroll 2 — likningen. Med $u = e^{t}e^{-(x+t)^2}$:
$$u_t = e^{t}e^{-(x+t)^2}\left(1-2(x+t)\right), \qquad u_x = -2(x+t)e^{t}e^{-(x+t)^2}.$$
Da er $u_x+u = e^{t}e^{-(x+t)^2}\left(-2(x+t)+1\right) = u_t$. Stemmer.

Tolkning. Pulsen flytter seg mot venstre med fart 1 og vokser med faktoren $e^{t}$, men den beholder formen. Ingen utglatting skjer — og det er fordi likningen ikke har noe andrederivert-ledd. Det er $u_{xx}$ som glatter; $u_x$ bare flytter.

Legg merke til hvor kort steg 4 ble. Fordi hele $\omega$-avhengigheten samlet seg i en fasefaktor ganger $\hat{f}$, holdt det å kjenne igjen forskyvningsregelen. Det er ofte slik: se etter om $\hat{u}$ er $\hat{f}$ ganger noe kjent, før du begynner å lete i tabellen.

Uttelling her: skriv eksplisitt at $\omega$ er en konstant i denne likningen. Det er den innsikten delpunktet tester.

Steg 2 — løs ODE-en i $t$. For hver fast $\omega$:
$$\hat{u}(\omega,t) = C(\omega)\,e^{-\left(\omega^2+3\right)t} = C(\omega)\,e^{-3t}\,e^{-\omega^2 t}.$$

Steg 3 — bestem $C(\omega)$. Ved $t=0$ er $C(\omega) = \hat{f}(\omega)$ med $f(x)=e^{-x^2}$. Fra Gauss-raden på det utdelte formelarket med $a=1$:
$$C(\omega) = \frac{1}{\sqrt2}e^{-\omega^2/4}.$$
Altså
$$\hat{u}(\omega,t) = e^{-3t}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\,e^{-\omega^2\left(t+\frac14\right)}.$$

Steg 4 — transformer tilbake. Faktoren $e^{-3t}$ er uavhengig av $\omega$ og går rett gjennom, etter lineariteten. Resten er nøyaktig den samme som i eksempel 1: vi trenger Gauss-raden med $\displaystyle \frac{1}{4a} = t+\tfrac14$, altså $\displaystyle a = \frac{1}{4t+1}$, som gir
$$\frac{1}{\sqrt2}e^{-\omega^2(t+1/4)} \ \longleftrightarrow\ \frac{1}{\sqrt{4t+1}}e^{-x^2/(4t+1)}.$$

$$\boxed{u(x,t) = \frac{e^{-3t}}{\sqrt{4t+1}}\,e^{-x^2/(4t+1)}.}$$

Kontroll 1 — initialbetingelsen. $\displaystyle u(x,0) = \frac{1}{1}e^{-x^2} = e^{-x^2}$. Stemmer.

Kontroll 2 — likningen. Skriv $u = e^{-3t}v$, der $v$ er løsningen fra eksempel 1. Da er
$$u_t = -3e^{-3t}v + e^{-3t}v_t, \qquad u_{xx} = e^{-3t}v_{xx}.$$
Siden $v_t = v_{xx}$, blir $u_{xx}-3u = e^{-3t}v_{xx}-3e^{-3t}v = e^{-3t}v_t - 3e^{-3t}v = u_t$. Stemmer.

Denne kontrollen er også en metode: substitusjonen $u = e^{-3t}v$ fjerner tapsleddet og gir ren varmelikning for $v$. Nevn den gjerne som alternativ vei — begge gir full uttelling.

Tolkning av de to effektene.

- Faktoren $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4t+1}}e^{-x^2/(4t+1)}$ er utglattingen: pulsen brer seg ut, og toppen synker fordi varmen fordeles.
- Faktoren $e^{-3t}$ er tapet: hele profilen krymper mot null med en fast rate, uavhengig av $x$.

I frekvensdomenet ser man det direkte: $-\omega^2$ demper høye frekvenser raskest (utglatting), mens $-3$ demper alle frekvenser like mye (tap). To ledd, to helt ulike virkninger.

Uttelling her: tolkningsdelpunktet er ofte verdt like mye som selve utregningen. Skriv den ut — det er ikke nok å si at «svaret består av to faktorer».