\input{preamble}

\title{4 - 10 - BØLGER - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

%primtall

\maketitle


\begin{oppgave}{1}
    Vi får 
    \begin{align*}
        p_0 + p = c(\rho_0 + \rho)^\gamma
    \end{align*}
    og deler vi denne på 
    \begin{align*}
        p_0 = c\rho_0 ^\gamma
    \end{align*}
    får vi 
    \begin{align*}
        1 + \frac{p}{p_0} = \left( 1+\frac{\rho}{\rho_0} \right)^{\gamma}.
    \end{align*}
    Vi husker så på taylorrekken til $(1+x)^\gamma$, 
    eller binaomialformelen om du vil:\footnote{
        \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_series}
    }
    \begin{align*}
        (1+x)^\gamma = \sum_{n=0}^{\infty} {\gamma \choose n} x^n = 
        1 + \gamma x + \cdots 
    \end{align*}
    Dersom vi antar at $\rho/\rho_0$ er et lite tall, 
    gir det mening å bruke den lineæere approksimasjonen og skrive 
    \begin{align*}
        \left(1+\frac{\rho}{\rho_0}\right)^\gamma \approx
        1 + \gamma \frac{\rho}{\rho_0} 
    \end{align*}
    slik at 
    \begin{align*}
        p \approx \frac{\gamma p_0}{\rho_0}\rho.
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{2}
    Setter vi inn $\rho + \rho_0$ i kontinuitetslikningen får vi 
    \begin{align*}
        \frac{\partial}{\partial t} (\rho_0 +\rho)+ \nabla \cdot ((\rho_0 + \rho)v) =0.
    \end{align*}
    For det første er $\dot \rho_0 = 0$, 
    så dette blir 
    \begin{align*}
        \dot \rho + \nabla \cdot (\rho_0 v) + \nabla \cdot (\rho v) =0.
    \end{align*}
    eller 
    \begin{align*}
        \dot \rho + \rho_0\nabla \cdot v + (\nabla \cdot \rho)v + \rho\nabla \cdot v=0
    \end{align*}
    om du vil. 
    Hvis du nå ser på disse leddene, 
    ser du at vi ikke har gjort antagelser på noen av de deriverte, 
    men vi vet at $\rho$ og $v$ er bitte små, 
    så de to siste leddene er bittesmå siden de er ganget med henholdsvis $\rho$ og $v$,
    så da får vi 
    \begin{align*}
        \dot \rho + \rho_0 \nabla \cdot v \approx 0.
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
    La oss først massere likningen 
    \[
        \dot v + (v \cdot \nabla) v = 
        -\frac{\nabla (p_0+p)}{\rho_0 +\rho}
    \]
    litt og skrive den som 
    \[
        \left( \rho_0 +\rho \right)\left( \dot v + (v \cdot \nabla) v  \right) = 
        -\nabla p.
    \]
    i produktet på venstre hånd kan vi ta ut $\rho$ og $(v \cdot \nabla) v $ siden de er bitte små, 
    og få 
    \[
        \rho_0 \dot v \approx  
        -\nabla p
    \]
    slik at 
    \[
        \dot v \approx  
        \frac{-\nabla p}{\rho_0 }
    \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
    Da tar vi siste likning fra forrige oppgave og setter den inn i 
    $\ddot p = -\gamma p_0 \nabla \cdot \dot v$ og får 
    \begin{align*}
        \ddot p = -\gamma p_0 \nabla \cdot \dot v = 
        -\gamma p_0 \nabla \cdot \left( \frac{-\nabla p}{\rho_0 } \right) = 
        \frac{\gamma p_0}{\rho_0}
        \Delta p.
    \end{align*}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{5}
    Vi partiellderiverer med hensyn på $x$ to ganger, 
    og får 
    \begin{align*}
        \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 
        \phi''(x+ct) + \psi''(x-ct)
    \end{align*}
    og 
    \begin{align*}
        \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 
        c^2\phi''(x+ct) + c^2\psi''(x-ct).
    \end{align*}
    Denne passer helt klart i bølgelikningen. 
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
    Vi vet at 
    \begin{align}
        u(x,t) = \phi(x-ct) + \psi(x+ct)
    \end{align}
    passer i bølgelikningen.    
    Dersom man bruker
    \[
    u(x,0)=f(x) 
    \]
    får man 
    \[
    \phi(x) + \psi(x)=f(x) 
    \]
    og dersom man bruker
    \[
    \dot u(x,0)=g(x),
    \]
    får man 
    \[
    c\phi'(x) - c\psi'(x)=g(x),
    \]
    eller 
    \[
    \phi(x) - \psi(x)=\frac{1}{c}\left( \int_0^x g(s)\; ds + \phi(0) - \psi(0) \right).
    \]
    Vi har nå et lineært $2 \times 2$-likningssystem for $\phi$ og $\psi$.
    Legger vi likningene sammen, 
    får vi
    \begin{align*}
    2\phi(x)=f(x)+\frac{1}{c}\left( \int_0^x g(s)\; ds + \phi(0) - \psi(0) \right)
    \end{align*}
    og trekker vi dem fra hverandre, 
    får vi
    \begin{align*}
    2\psi(x)=f(x)-\frac{1}{c}\left( \int_0^x g(s)\; ds + \phi(0) - \psi(0) \right)
    \end{align*}
    Vi setter nå alt sammen igjen:
    \begin{align*}
    u(x,t)=&\phi(x+ct)+\psi(x-ct) \\
    =&\frac{1}{2}\left(f(x+ct)+f(x-ct)\right)
    +\frac{1}{2c}\left(\int_0^{x+ct} g(s)\; ds -\int_0^{x-ct} g(s)\; ds\right) \\[3pt]
    =&\frac{1}{2}\left(f(x+ct)+f(x-ct)\right)+\frac{1}{2c}\int^{x+ct}_{x-ct} g(s)\; ds
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{7}
    Vi utvider $f$ slik 
    \begin{align*}
        \tilde f(x) =
        \begin{cases}
             -f(-x) & x\leq0\\
             f(x) & x\geq0\\
        \end{cases}
    \end{align*}
    og $g$ slik: 
    \begin{align*}
        \tilde g(x) =
        \begin{cases}
             -g(-x) & x\leq0\\
             g(x) & x\geq0\\
        \end{cases}
    \end{align*}
    D'Alembert gir oss nå 
    \begin{align*}
        u(x,t)=\frac{1}{2}\left(\tilde f(x+ct)+\tilde f(x-ct)\right)+\frac{1}{2c}\int^{x+ct}_{x-ct} \tilde g(s)\; ds.
    \end{align*}
    I dette problemet er $x$ alltid positiv, 
    så vi trenger å skille mellom når $x-ct$ er positiv og negativ. 
    Så lenge $x \geq ct$, 
    får vi bare 
    \begin{align*}
        u(x,t)=\frac{1}{2}\left(f(x+ct)+f(x-ct)\right)+\frac{1}{2c}\int^{x+ct}_{x-ct} g(s)\; ds.
    \end{align*}
    mens når $x \leq ct$ kan vi bruke den odde utvidelsen og få
    \begin{align*}
        u(x,t)=\frac{1}{2}\left(f(x+ct)-f(ct-x)\right)+\frac{1}{2c}\int^{x+ct}_{ct-x} g(s)\; ds.
    \end{align*}
    Hvis du syntes det var vanskelig å få rett fortegn på det siste integralet, 
    er det bare å huske at integralet til en odde funksjon er jevn, 
    og beregne 
    \begin{align*}
        \int^{x+ct}_{x-ct} \tilde g(s)\; ds
        =&\int_0^{x+ct} \tilde g(s)\; ds -\int_0^{x-ct} \tilde g(s)\; ds \\[2mm]
        =&\int_0^{x+ct} \tilde g(s)\; ds - \int_0^{ct-x} \tilde g(s)\; ds \\[2mm]
        =&\int_0^{x+ct} g(s)\; ds - \int_0^{ct-x} g(s)\; ds = \int^{x+ct}_{ct-x} g(s)\; ds.
    \end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
    Vi beregner først (la $g$ være kulekoordinattransformasjonen)
    \begin{align*}
        \bar u(r,t) = \frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)} u\; dS = 
        \frac{1}{4\pi } \int_0^{2\pi}\int_0^\pi  u(g(r,\theta, \varphi))\;\sin \varphi d\varphi d\theta. 
    \end{align*}
    Denne er lett å derivere med hensyn på $r$: 
    \begin{align*}
        \frac{\partial }{\partial r}\bar u(r,t) =& 
        \frac{1}{4\pi } \int_0^{2\pi}\int_0^\pi  \nabla u(g(r,\theta, \varphi))\frac{\partial g}{\partial r}\;\sin \varphi d\varphi d\theta \\[2mm]
        =&\frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)} \nabla u\cdot dS\\[2mm] 
        =&\frac{1}{4\pi r^2} \int_{B(x,r)} \Delta u = \frac{1}{4\pi r^2} \int_0^r \int_{\partial B(x,s)} \Delta u \; dS
    \end{align*}
    For ikke å snakke om dobbeltderivere: 
    \begin{align*}
        \frac{\partial^2 }{\partial r^2}\bar u(r,t) =& 
        \frac{\partial }{\partial r} \left(  \frac{1}{4\pi r^2} \int_0^r \int_{\partial B(x,s)} \Delta u \; dS  \right)\\[2mm]
        =& \frac{-2}{4\pi r^3}\int_{B(x,s)} \Delta u  + \frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)} \Delta u \; dS  
    \end{align*}
    Da er det bare å sette sammen ingrediensene slik: 
    \begin{align*}
        c^2\left( \frac{\partial^2 }{\partial r^2}\bar u  + \frac{2}{r}\frac{\partial }{\partial r}\bar u  \right) =&
        \frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)} c^2\Delta u \; dS\\[2mm] 
        =&\frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)} \ddot u \; dS \\[2mm]
        =&\frac{\partial^2 }{\partial t^2}\frac{1}{4\pi r^2} \int_{\partial B(x,r)}  u\; dS = 
        \frac{\partial^2 }{\partial t^2}\bar u
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
    Vi beregner først 
    \begin{align*}
        \frac{\partial^2 }{\partial t^2} U =& r\frac{\partial^2 }{\partial t^2}\bar u \\[2mm]
        =& rc^2\left( \frac{\partial^2 }{\partial r^2}\bar u  + \frac{2}{r}\frac{\partial }{\partial r}\bar u  \right) \\[2mm] 
        =& c^2\left( r\frac{\partial^2 }{\partial r^2}\bar u  + 2\frac{\partial }{\partial r}\bar u  \right) \\[2mm] 
        =& c^2\frac{\partial }{\partial r}\left(\bar u   + r\frac{\partial }{\partial r} \bar u \right) = c^2\frac{\partial^2 }{\partial r^2} U.
    \end{align*}
    Nå er det bare å bruke formelen fra oppgave 7, 
    med $0 \leq r \leq ct$, 
    og skrive 
    \begin{align*}
        U(r,t) = \frac{1}{2}\left(F(r+ct)-F(ct-r)\right)+\frac{1}{2c}\int^{r+ct}_{ct-r} G(s)\; ds
    \end{align*}
    og så 
    \begin{align*}
        u(x,t) =& \lim_{r \to 0}\frac{U(r,t)}{r}\\[2mm] 
        =& \lim_{r \to 0}\left( \frac{\left(F(r+ct)-F(ct-r)\right)}{2r}+\frac{1}{2rc}\int^{r+ct}_{ct-r} G(s)\; ds  \right) \\[2mm]
        =& F'(ct)+\frac{1}{c}G(ct) \\[2mm]
        =& \frac{\partial }{\partial t}\left(\frac{1}{4\pi c^2t} \int_{\partial B(x,ct)} f\; dS  \right) + 
        \frac{1}{4\pi c^2t} \int_{\partial B(x,ct)} g\; dS.
    \end{align*}    
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
    Så da er $f$ noe som ser litt ut som diracpulsen i området rundt origo, 
    og dette kan vi tenke på noe som tilfører litt bevegelsesmengde momentant, 
    husk oppgave 39 og 40 i økt 2-2:\\
    \url{https://mortano.folk.ntnu.no/stoff/2-2.pdf}\\
    og kirchhoff gir 
    \begin{align*}
        u(x,t) = \left(\frac{1}{4\pi c^2t} \int_{\partial B(x,ct)} g \; dS  \right).
    \end{align*}
    Integranden $g$ er null på $\partial B(x,ct)$ helt til radien $ct$ begynner å nærme seg origo, 
    og når $ct$ har passert origo blir det stille igjen. 
    Dette er ikke det som skjer i to dimensjoner - 
    når du kaster en stein på et vannspeil, 
    får du bølger som fortsetter å bevege vannspeilet lenge etter at bølgefronten har passert. 
\end{oppgave}

\begin{center}\includegraphics[scale=.38]{../figurer/huygens}\end{center}

\begin{comment}
\begin{oppgave}{10}
Vi setter inn, 
og får 
\[ 
\ddot x(t)y(r)z(\theta)
=
x(t)y''(r)z(\theta)
+
\frac{1}{r}x(t)y'(r)z(\theta)+\frac{1}{r^2} x(t)y(r)z''(\theta)
\]
og så deler vi på $x(t)y(r)z''(\theta)$ og får 
\[ 
\frac{\ddot x(t)}{x(t)}
=
\frac{y''(r)}{y(r)}
+
\frac{1}{r}\frac{y'(r)}{y(r)}+\frac{1}{r^2} \frac{z''(\theta)}{z(\theta)}
\]
Det vanlige argumentet gir at begge sider må være konstante,
og følgelig at
\begin{align*}
\ddot x + \lambda x = 0.
\end{align*}
Hvis vi nå skriver
\[ 
\lambda
=
\frac{y''(r)}{y(r)}
+
\frac{1}{r}\frac{y'(r)}{y(r)}+\frac{1}{r^2} \frac{z''(\theta)}{z(\theta)}
\]
ganger opp med $r^2$ og flytter litt, 
får vi 
\[ 
r^2\left( \lambda -\frac{y''(r)}{y(r)} \right)
-
r\frac{y'(r)}{y(r)}
=\frac{z''(\theta)}{z(\theta)}
\]
som gir at 
\begin{align*}
z'' + \gamma z = 0 
\end{align*}
og 
\begin{align*}
y''+\frac{1}{r}y'+\left(\lambda - \frac{\gamma}{r^2}\right)y = 0
\end{align*}
\end{oppgave}



\end{comment}

\end{document}
