5.1 Separasjon av variable — varmelikningen og de tre $k$-tilfellene

$$u_t = F(x)\,G'(t), \qquad u_{xx} = F''(x)\,G(t).$$

Steg 2 — sett inn.

$$F G' = 4 F'' G.$$

Steg 3 — samle $x$ på den ene siden og $t$ på den andre. Del på $4FG$ (vi ser bort fra de punktene der $F$ eller $G$ er null — det er greit, fordi vi bare leter etter ikke-trivielle løsninger):

$$\frac{G'}{4G} = \frac{F''}{F}.$$

Steg 4 — argumentet som gir konstanten. Venstre side avhenger bare av $t$. Høyre side avhenger bare av $x$. Skal de være like for alle $x$ og alle $t$, må begge være den samme konstanten — for holder du $x$ fast og varierer $t$, kan ikke høyresiden endre seg, og da kan ikke venstresiden det heller.

Vi kaller konstanten $-k$:

$$\frac{G'}{4G} = \frac{F''}{F} = -k.$$

Steg 5 — les av de to likningene.

$$F'' + kF = 0, \qquad G' + 4kG = 0.$$

Ferdig. Vi har byttet én partiell differensiallikning mot to vanlige, og begge er av en type du kan løse.

Om fortegnet. Vi valgte $-k$ og ikke $k$. Det er et rent bokholderivalg, men det må være konsekvent, og du må si hvilket du bruker. Med vårt valg er det tilfellet $k > 0$ som gir de interessante løsningene, og $G$ blir da $e^{-4kt}$, altså noe som dør ut med tida — akkurat som varme skal. Andre bøker legger minustegnet motsatt vei og får de interessante løsningene for $k < 0$. Begge er riktige; det som er galt, er å bytte underveis. Denne boka bruker $-k$ hele veien.

$$\frac{G'}{G} = \frac{F''}{F} = -k \quad\Longrightarrow\quad F'' + kF = 0, \qquad G' + kG = 0.$$

Randbetingelsene gjelder for alle $t$, og $G \not\equiv 0$ (ellers er $u$ triviell), så $u(0,t) = F(0)G(t) = 0$ tvinger $F(0) = 0$. På samme måte $F(\pi) = 0$. Randverdiproblemet er dermed

$$F'' + kF = 0, \qquad F(0) = F(\pi) = 0.$$

Tilfelle 1: $k = 0$. Da er $F'' = 0$, så $F = Ax + B$.
Fra $F(0) = 0$: $B = 0$. Fra $F(\pi) = 0$: $A\pi = 0$, altså $A = 0$.
Bare $F \equiv 0$ — triviell løsning, forkastes.

Tilfelle 2: $k < 0$. Skriv $k = -\mu^2$ med $\mu > 0$. Da er $F'' - \mu^2 F = 0$, så

$$F = A\cosh \mu x + B\sinh \mu x.$$

Fra $F(0) = 0$: siden $\cosh 0 = 1$ og $\sinh 0 = 0$ får vi $A = 0$.
Fra $F(\pi) = 0$: $B\sinh(\mu\pi) = 0$. Men $\mu\pi > 0$, og $\sinh$ er strengt positiv for positive argumenter, så $\sinh(\mu\pi) \ne 0$. Altså $B = 0$.
Bare $F \equiv 0$ — triviell løsning, forkastes.

Tilfelle 3: $k > 0$. Skriv $k = p^2$ med $p > 0$. Da er

$$F = A\cos px + B\sin px.$$

Fra $F(0) = 0$: $A = 0$, siden $\cos 0 = 1$ og $\sin 0 = 0$. Altså $F = B\sin px$.
Fra $F(\pi) = 0$: $B\sin(p\pi) = 0$. Vi kan ikke ha $B = 0$ (det ville gitt triviell løsning), så vi må ha

$$\sin(p\pi) = 0 \quad\Longrightarrow\quad p\pi = n\pi \quad\Longrightarrow\quad p = n, \qquad n = 1, 2, 3, \dots$$

Egenverdier og egenfunksjoner:

$$k_n = n^2, \qquad F_n(x) = \sin nx, \qquad n = 1, 2, 3, \dots$$

Tidsfaktoren. Med $k = k_n = n^2$ blir $G' + n^2 G = 0$, altså $G_n(t) = e^{-n^2 t}$.

Produktløsningene:

$$u_n(x,t) = \sin(nx)\,e^{-n^2 t}, \qquad n = 1, 2, 3, \dots$$

Kontroll — sett inn i likningen. Med $u = \sin(nx)e^{-n^2t}$:

$$u_t = -n^2\sin(nx)e^{-n^2t}, \qquad u_{xx} = -n^2\sin(nx)e^{-n^2t}.$$

De er like, så $u_t = u_{xx}$ er oppfylt.

Kontroll — sett inn i randbetingelsene. $u(0,t) = \sin 0 \cdot e^{-n^2t} = 0$ og $u(\pi,t) = \sin(n\pi)e^{-n^2t} = 0$, siden $\sin n\pi = 0$ for alle heltall $n$. Begge er oppfylt.

Merk hvorfor $n = 0$ ikke er med: det ville gitt $p = 0$, altså $k = 0$, som vi allerede har forkastet. Og negative $n$ gir bare $-\sin nx$, altså samme egenfunksjon med motsatt fortegn — ingen ny løsning.

$k = 0$: $F = Ax + B$, så $F' = A$. Begge randbetingelsene sier $A = 0$, og $B$ er fri. Vi får

$$F_0(x) = 1 \quad (\text{opp til konstant}).$$

Da er $G' = 0$, altså $G_0 =$ konstant. Ikke-triviell løsning: $u_0(x,t) = 1$. Denne overlever — i motsetning til ved Dirichlet-rand.

$k < 0$, $k = -\mu^2$: $F = A\cosh\mu x + B\sinh\mu x$, så

$$F' = \mu\left(A\sinh\mu x + B\cosh\mu x\right).$$

Fra $F'(0) = 0$: $\mu B = 0$, altså $B = 0$. Fra $F'(1) = 0$: $\mu A\sinh\mu = 0$, og siden $\mu > 0$ og $\sinh\mu > 0$ må $A = 0$. Triviell — forkastes.

$k > 0$, $k = p^2$: $F = A\cos px + B\sin px$, så

$$F' = p\left(-A\sin px + B\cos px\right).$$

Fra $F'(0) = 0$: $pB = 0$, altså $B = 0$. Da er $F = A\cos px$ og $F' = -Ap\sin px$.
Fra $F'(1) = 0$: $-Ap\sin p = 0$. Vi kan ikke ha $A = 0$, og $p > 0$, så

$$\sin p = 0 \quad\Longrightarrow\quad p = n\pi, \qquad n = 1,2,3,\dots$$

Egenverdier og egenfunksjoner:

$$k_0 = 0,\; F_0 = 1; \qquad k_n = n^2\pi^2,\; F_n(x) = \cos n\pi x, \quad n = 1,2,3,\dots$$

Tidsfaktoren: $G_n(t) = e^{-3n^2\pi^2 t}$ for $n \ge 1$, og $G_0 =$ konstant.

Produktløsningene:

$$u_0(x,t) = 1, \qquad u_n(x,t) = \cos(n\pi x)\,e^{-3n^2\pi^2 t}.$$

Kontroll ved innsetting. For $n \ge 1$: $u_t = -3n^2\pi^2 u$ og $u_{xx} = -n^2\pi^2 u$, så $3u_{xx} = u_t$. Randen: $u_x = -n\pi\sin(n\pi x)e^{-3n^2\pi^2t}$, som er null både i $x = 0$ (der $\sin 0 = 0$) og i $x = 1$ (der $\sin n\pi = 0$). Oppfylt. For $n = 0$ er $u \equiv 1$, som trivielt oppfyller både likningen og randbetingelsene.

Fysisk tolkning. En isolert stang kan ikke miste varme. Alle svingende moder dør ut med tida, men middeltemperaturen kan ikke forsvinne noe sted — den blir liggende som den konstante løsningen $u_0$. Til slutt er stanga jevnt varm på nøyaktig gjennomsnittstemperaturen den startet med. At $k = 0$ overlever, er altså ikke en teknisk kuriositet; det er energibevarelse.

$$\frac{G'}{G} = \frac{F''}{F}.$$

Venstre side avhenger bare av $t$, høyre bare av $x$; da må begge være samme konstant, som vi kaller $-k$:

$$\frac{G'}{G} = \frac{F''}{F} = -k \quad\Longrightarrow\quad \boxed{F'' + kF = 0, \qquad G' + kG = 0.}$$

Randbetingelsene overføres til $F$: siden $u(0,t) = F(0)G(t) = 0$ for alle $t$ og $G \not\equiv 0$, er $F(0) = 0$. Og $u_x(2,t) = F'(2)G(t) = 0$ gir $F'(2) = 0$.

b) De tre tilfellene.

Tilfelle $k = 0$. $F = Ax + B$, $F' = A$. Fra $F(0) = 0$: $B = 0$. Fra $F'(2) = 0$: $A = 0$. Bare triviell løsning — forkastes.

Tilfelle $k < 0$. Sett $k = -\mu^2$, $\mu > 0$. Da er $F = A\cosh\mu x + B\sinh\mu x$ og $F' = \mu(A\sinh\mu x + B\cosh\mu x)$.
Fra $F(0) = 0$: $A = 0$, så $F = B\sinh\mu x$ og $F' = B\mu\cosh\mu x$.
Fra $F'(2) = 0$: $B\mu\cosh 2\mu = 0$. Men $\cosh$ er alltid minst 1, og $\mu > 0$, så $B = 0$. Bare triviell løsning — forkastes.

Tilfelle $k > 0$. Sett $k = p^2$, $p > 0$. Da er $F = A\cos px + B\sin px$.
Fra $F(0) = 0$: $A = 0$, så $F = B\sin px$ og $F' = Bp\cos px$.
Fra $F'(2) = 0$: $Bp\cos 2p = 0$. Med $B \ne 0$ og $p > 0$ må

$$\cos 2p = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2p = \frac{\pi}{2} + (n-1)\pi = \frac{(2n-1)\pi}{2}, \qquad n = 1,2,3,\dots$$

altså

$$p_n = \frac{(2n-1)\pi}{4}.$$

Egenverdier og egenfunksjoner:

$$k_n = \frac{(2n-1)^2\pi^2}{16}, \qquad F_n(x) = \sin\frac{(2n-1)\pi x}{4}, \qquad n = 1,2,3,\dots$$

De fire første $p$-verdiene er $\pi/4$, $3\pi/4$, $5\pi/4$, $7\pi/4$ — bare odde multipler. Det er signaturen på blandet rand.

c) Produktløsningene. Med $G_n = e^{-k_n t}$:

$$u_n(x,t) = \sin\frac{(2n-1)\pi x}{4}\,\exp\left(-\frac{(2n-1)^2\pi^2 t}{16}\right).$$

Kontroll for $n = 1$, altså $\displaystyle u_1 = \sin\frac{\pi x}{4}e^{-\pi^2 t/16}$:

$$u_t = -\frac{\pi^2}{16}\sin\frac{\pi x}{4}\,e^{-\pi^2 t/16}, \qquad u_{xx} = -\frac{\pi^2}{16}\sin\frac{\pi x}{4}\,e^{-\pi^2 t/16}.$$

De er identiske, så $u_t = u_{xx}$ er oppfylt.

Randen ved $x = 0$: $u_1(0,t) = \sin 0 \cdot e^{-\pi^2t/16} = 0$. Oppfylt.
Randen ved $x = 2$: $\displaystyle u_{1,x} = \frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi x}{4}e^{-\pi^2t/16}$, og i $x = 2$ blir $\displaystyle \cos\frac{\pi}{2} = 0$. Oppfylt.

Hva som gir uttelling her. Delpunkt a) er de mekaniske poengene: alle som setter inn produktet og deler riktig, får dem. Delpunkt b) er der midtsjiktet og toppsjiktet skiller lag — ikke på svaret, men på om alle tre tilfellene er skrevet ut med en begrunnelse hver. Og delpunkt c) er gratis poeng som svært mange lar ligge: det tar to minutter å sette løsningen inn i likningen og i begge randbetingelsene, og det avslører nesten enhver regnefeil du måtte ha gjort tidligere.