5.2 Superposisjon, Fourier-matching og ikke-homogene problemer

$$k_n = n^2, \qquad F_n(x) = \sin nx, \qquad G_n(t) = e^{-n^2t}.$$

Steg 2 — superponer.

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n\sin(nx)\,e^{-n^2t}.$$

Steg 3 — sett $t = 0$ og sammenlikn. Da forsvinner alle eksponentialene, og

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin nx \;\overset{!}{=}\; 3\sin x - \sin 4x.$$

Sammenlikner vi ledd for ledd, ser vi at $B_1 = 3$, $B_4 = -1$, og alle andre $B_n = 0$. Ingen integraler.

Svar:

$$u(x,t) = 3\sin(x)\,e^{-t} - \sin(4x)\,e^{-16t}.$$

Kontroll — sett inn i likningen.

$$u_t = -3\sin(x)e^{-t} + 16\sin(4x)e^{-16t},$$
$$u_{xx} = -3\sin(x)e^{-t} + 16\sin(4x)e^{-16t}.$$

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

Kontroll — randbetingelsene. $u(0,t) = 0$ fordi $\sin 0 = \sin 0 = 0$. Og $u(\pi,t) = 3\sin(\pi)e^{-t} - \sin(4\pi)e^{-16t} = 0$. Begge oppfylt.

Kontroll — initialbetingelsen. $u(x,0) = 3\sin x - \sin 4x$. Oppfylt.

Observasjon som er verdt poeng. Leddet med $n = 4$ dør ut som $e^{-16t}$, altså seksten ganger raskere i eksponenten enn $n = 1$-leddet. Allerede ved $t = 0{,}3$ er det andre leddet under en prosent av det første. Etter kort tid er en varmeprofil praktisk talt alltid en ren grunnmode.

Steg 2 — kan koeffisientene leses av? Nei: $x(\pi - x)$ er et andregradspolynom, ikke en sum av sinuser. Integralet må regnes.

Steg 3 — koeffisientintegralet.

$$B_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} x(\pi - x)\sin nx\,dx = \frac{2}{\pi}\left(\pi\int_0^\pi x\sin nx\,dx - \int_0^\pi x^2\sin nx\,dx\right).$$

Fra reduksjonsformlene på det utdelte formelarket, med $a = n$:

$$\int x\sin ax\,dx = -\frac{x\cos ax}{a} + \frac{\sin ax}{a^2},$$
$$\int x^2\sin ax\,dx = -\frac{x^2\cos ax}{a} + \frac{2x\sin ax}{a^2} + \frac{2\cos ax}{a^3}.$$

Første integral mellom 0 og $\pi$: siden $\sin n\pi = 0$ faller sinusleddet bort i begge ender, og vi står igjen med $\displaystyle -\frac{\pi\cos n\pi}{n} = -\frac{\pi(-1)^n}{n}$.

Andre integral: sinusleddet faller bort igjen, og vi får

$$\left[-\frac{x^2\cos nx}{n} + \frac{2\cos nx}{n^3}\right]_0^{\pi} = -\frac{\pi^2(-1)^n}{n} + \frac{2(-1)^n}{n^3} - \frac{2}{n^3}.$$

Til sammen:

$$B_n = \frac{2}{\pi}\left(-\frac{\pi^2(-1)^n}{n} + \frac{\pi^2(-1)^n}{n} - \frac{2(-1)^n}{n^3} + \frac{2}{n^3}\right) = \frac{4\left(1 - (-1)^n\right)}{\pi n^3}.$$

Steg 4 — les av mønsteret. For like $n$ er $1 - (-1)^n = 0$, så alle partallsledd forsvinner. For odde $n$ er det 2, altså

$$B_n = \frac{8}{\pi n^3}, \qquad n \text{ odde}.$$

Svar:

$$u(x,t) = \frac{8}{\pi}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(2m+1)^3}\,\sin\!\left((2m+1)x\right)e^{-(2m+1)^2 t}.$$

Kontroll — hvert ledd oppfyller likningen. For ett ledd $\sin(nx)e^{-n^2t}$ er $u_t = -n^2u$ og $u_{xx} = -n^2u$; like, så $u_t = u_{xx}$. Randen: $\sin 0 = \sin n\pi = 0$. Oppfylt for hvert ledd, og dermed for summen.

Kontroll — treffer initialbetingelsen. Sett $t = 0$ og $x = \pi/2$. Venstre side: $\displaystyle \frac\pi2\cdot\frac\pi2 = \frac{\pi^2}{4} \approx 2{,}4674$. Høyre side: $\displaystyle \frac{8}{\pi}\left(1 - \frac{1}{27} + \frac{1}{125} - \frac{1}{343} + \cdots\right)$, der fortegnene kommer fra $\sin((2m+1)\pi/2) = 1, -1, 1, \dots$ De fire første leddene gir $\displaystyle \frac{8}{\pi}\cdot 0{,}96922 = 2{,}4681$; tar du med flere, kryper det mot $2{,}4674$. Stemmer.

Symmetrien det lønner seg å se. Funksjonen $x(\pi - x)$ er symmetrisk om midtpunktet $x = \pi/2$. Egenfunksjonene med like $n$ er antisymmetriske om midtpunktet, så de kan ikke bidra — og det er grunnen til at bare odde ledd overlever. Nevn dette i besvarelsen; det er et fullgodt argument for at partallsleddene er null, og det halverer arbeidet hvis du ser det først.

$$w(x) = 5x.$$

Steg 2 — reduser. Sett $v = u - w$. Da er

$$v_t = u_t = u_{xx} = v_{xx} \quad (\text{siden } w'' = 0),$$

$$v(0,t) = 0 - 0 = 0, \qquad v(1,t) = 5 - 5 = 0,$$

$$v(x,0) = u(x,0) - w(x) = 0 - 5x = -5x.$$

Nå er randbetingelsene homogene, og vi er tilbake i standardproblemet.

Steg 3 — løs for $v$. Dirichlet på $[0,1]$: $F_n = \sin(n\pi x)$, $k_n = n^2\pi^2$, $G_n = e^{-n^2\pi^2t}$. Koeffisientene:

$$B_n = 2\int_0^1(-5x)\sin(n\pi x)\,dx = -10\int_0^1 x\sin(n\pi x)\,dx.$$

Fra reduksjonsformelen på det utdelte formelarket med $a = n\pi$:

$$\int x\sin ax\,dx = -\frac{x\cos ax}{a} + \frac{\sin ax}{a^2}.$$

Mellom 0 og 1: sinusleddet er null i begge ender ($\sin n\pi = 0$, $\sin 0 = 0$), og vi står igjen med $\displaystyle -\frac{\cos n\pi}{n\pi} = \frac{(-1)^{n+1}}{n\pi}$. Altså

$$B_n = -10\cdot\frac{(-1)^{n+1}}{n\pi} = \frac{10(-1)^n}{n\pi}.$$

Steg 4 — sett sammen igjen.

$$u(x,t) = 5x + \frac{10}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\,\sin(n\pi x)\,e^{-n^2\pi^2 t}.$$

Kontroll — likningen. Leddet $5x$ har $u_t = 0$ og $u_{xx} = 0$, så det oppfyller likningen. Hvert rekkeledd har $u_t = -n^2\pi^2u = u_{xx}$. Oppfylt.

Kontroll — randbetingelsene. I $x = 0$: $5\cdot 0 = 0$ og alle sinusledd er null, så $u(0,t) = 0$. Oppfylt. I $x = 1$: $5\cdot 1 = 5$ og $\sin n\pi = 0$ for alle $n$, så $u(1,t) = 5$. Oppfylt.

Kontroll — initialbetingelsen. Numerisk med 400 ledd i $x = 0{,}5$ og $t = 10^{-4}$ gir $u \approx 3\cdot 10^{-16}$, altså null. Oppfylt.

Grensen $t \to \infty$. Alle rekkeleddene har faktoren $e^{-n^2\pi^2t}$, som går mot null. Igjen står

$$u(x,t) \;\longrightarrow\; 5x.$$

Den stasjonære løsningen er nettopp det stanga nærmer seg. Det er derfor $w$ kalles stasjonær — den er både verktøyet og svaret på siste delspørsmål.

$$\cos^2\theta = \tfrac12\left(1 + \cos 2\theta\right).$$

Med $\theta = x$:

$$u(x,0) = 4 + 6\cdot\tfrac12(1 + \cos 2x) = 4 + 3 + 3\cos 2x = 7 + 3\cos 2x.$$

Egenfunksjonene ved Neumann-rand på $[0,\pi]$ er $F_0 = 1$ og $F_n = \cos nx$ (fra kap. 5.1). Initialbetingelsen er altså allerede en sum av egenfunksjoner: konstanten 7 og moden $n = 2$ med vekt 3.

b) Løsningen. Egenverdiene er $k_0 = 0$ og $k_n = n^2$, med tidsfaktorer $G_0 = 1$ og $G_n = e^{-n^2t}$. Superposisjon:

$$u(x,t) = A_0 + \sum_{n=1}^{\infty}A_n\cos(nx)\,e^{-n^2t}.$$

Fra a) leser vi av $A_0 = 7$, $A_2 = 3$, alle andre null. Med $k_2 = 4$:

$$\boxed{u(x,t) = 7 + 3\cos(2x)\,e^{-4t}.}$$

Kontroll — likningen.

$$u_t = -12\cos(2x)e^{-4t}, \qquad u_{xx} = -12\cos(2x)e^{-4t}.$$

Like, så $u_t = u_{xx}$ er oppfylt.

Kontroll — randbetingelsene. $u_x = -6\sin(2x)e^{-4t}$. I $x = 0$: $\sin 0 = 0$. I $x = \pi$: $\sin 2\pi = 0$. Begge oppfylt.

Kontroll — initialbetingelsen. $u(x,0) = 7 + 3\cos 2x = 4 + 6\cos^2x$, som er nettopp det oppgitte. Oppfylt.

c) Grensen. Leddet $3\cos(2x)e^{-4t}$ går mot null, så

$$u(x,t) \;\longrightarrow\; 7 \qquad \text{når } t \to \infty.$$

Kontroll mot middelverdien. Stanga er isolert, så middeltemperaturen er bevart:

$$\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\left(4 + 6\cos^2x\right)dx = \frac{1}{\pi}\left(4\pi + 6\cdot\frac{\pi}{2}\right) = 4 + 3 = 7.$$

Grensen stemmer med middelverdien, som den må.

Hva som gir uttelling. Delpunkt a) er verdt like mye som b) her, fordi identiteten er selve nøkkelen: uten den ser initialdataene ikke ut som en egenfunksjonssum, og en student som går rett på koeffisientintegralet bruker ti minutter ekstra på å komme til samme sted. Delpunkt c) er gratis hvis du kjenner regelen om at Neumann-rand bevarer middelverdien — og kontrollen med integralet tar ett minutt og sikrer poenget.