\input{preamble}

\title{4 - 8 - VARME}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle



\begin{oppgave}{1}
    Partikkelflukstettheten er gitt ved $\rho v $, 
    så Ficks lov blir
    \begin{align*}
        \rho v = -D \nabla \rho
    \end{align*}
    og antar vi at $D$ ikke endrer seg i rom eller tid, 
    får vi diffusjonslikningen 
    \[
       \dot \rho=D \Delta \rho
    \] 
    om vi setter fick inn i kontinuitetslikningen.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{2}
    La oss tenke at temperaturen er gitt ved funksjonen $T( x,t)$,  
    der $ x$ er de romlige koordinatene og $t$ er tidspunktet.
    La $\Omega$ være et område i $\mathbb R^3$.
    Tidsendringen i varmeenergien i $\Omega$ er 
    \[
        \frac{d }{d t}
        \left(     
        \rho c 
        \int_{\Omega} T\; d x 
         \right)
         =
        \rho c \int_{\Omega} \dot T\; d x. 
    \]
    der massetettheten $\rho$  og den spesifikke varmekapasiteten $c$ er antatt konstante. 
    Det er også antatt at $T$ er glatt nok til at vi bare kan slenge tidsderivasjonen inn under integraltegnet.
    Varmen som slipper ut gjennom $\partial \Omega$ er 
    \begin{align*}
        \int_{\partial \Omega} q\cdot dS 
    \end{align*}
    og om det ikke produseres varme i $\Omega$, 
    må vi ha  
    \begin{align*}
        \rho c \int_{\Omega} \dot T( x,t)\; d x 
        =- 
        \int_{\partial \Omega} q\cdot dS.
    \end{align*}
    Bruker vi divergensteoremet på varmefluksen, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \rho c \int_{\Omega} \dot T( x,t)\; d x = 
        - \int_\Omega \nabla \cdot q \; dx.
    \end{align*}
    og dersom dette skal gjelde for alle områder $\Omega$, 
    må 
    \begin{align*}
        \rho c \dot T + \nabla \cdot q =0.
    \end{align*}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{3}
    Da er det bare å sette 
    \[
        q=-\kappa \nabla T
    \]
    inn i 
    \begin{align*}
        \rho c \dot T + \nabla \cdot q =0.
    \end{align*}
    og anta at $\kappa$ er konstant, 
    så får vi 
    \[
        \rho c \dot T=\kappa \Delta T.
    \]
    Dersom $\kappa$ varierer i enten tid eller rom 
    (begge disse forekommer, 
    for $\kappa$ kan være temperaturavhengig og mediet kan være anisotropt), 
    får vi den mer kompliserte likningen  
    \begin{align*}
        \rho c \dot T - \nabla \cdot (\kappa \nabla T) =0.
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{comment}
\begin{align*}
-\rho c \iiint_{\Omega} T_t\; d x&=\iint_{\partial \Omega} \V q \cdot dS \\ 
&=\iiint_{\Omega} \nabla \cdot \V q \; d x\\
&=-\kappa \iiint_{\Omega} \nabla \cdot \nabla T \; d x=-\kappa \iiint_{\Omega} \Delta T \; d x
\end{align*}
eller 
\[
\rho c \iiint_{\Omega} T_t\; d x=
\kappa \iiint_{\Omega} \Delta T \; d x.
\]
Dersom  dette  gjelder for et tilfeldig valgt område $\Omega$, 
bør integrandene være like:
og det er vanlig å samle den spesifikke varmekapasiteten, 
massetettheten og den termiske konduktiviteten i en konstant
\[
\alpha= \frac{\kappa}{\rho c}
\]
som kalles den termiske diffusiviteten. 
Likningen 
\[
T_t=\alpha \Delta T 
\]
kalles 
{varmelikningen}
eller {diffusjonslikningen}.

\end{comment}


\begin{oppgave}{4}
    La $y_m$ og $y_n$ være to egenfunsjoner. 
    Her må vi først ta en delvisintegrasjon og se at 
    \begin{align*}
        \int_0^\pi y_m''(x)y_n(x) - y_m(x)y_n''(x) \; dx = y_m'(x)y_n(x) - y_m(x)y_n'(x)\biggr\rvert_0^\pi.
    \end{align*}
    Nå ser vi at det siste uttrykket er null både for dirichlet- og neumannrandkrav, 
    og bruker vi $-y''(x)=\lambda y(x)$, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \left( \lambda_n - \lambda_m \right)\int_0^\pi y_m(x)y_n(x) \; dx 
        =
        \int_0^\pi y_m''(x)y_n(x) - y_m(x)y_n''(x) \; dx 
        = 
        0.
    \end{align*}
    Dersom $\lambda_n=\lambda_m$ blir det mer komplisert, 
    og dette har konsekvenser for energinivåene i molekyler:\\
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Degenerate_energy_levels}\\
    Det kommer vi tilbake til. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
    Setter vi $u(x,t) = z(t)y(x)$ inn i varmelikningen, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \dot z y = \alpha z \Delta y
    \end{align*}
    og deler vi på $\alpha z y$, 
    får vi 
    \begin{align*}
        \frac{\dot z}{\alpha z} = 
        \frac{\Delta y}{y}
    \end{align*}
    som må være konstant siden den ene siden kun avhenger av $x$ og den andre kun av $t$. 
    Kaller vi konstanten $-\lambda$ (dette er mest praktisk), 
    får vi 
    \begin{align*}
        \dot z + \alpha \lambda z = 0
        \hspace*{10mm} 
        \text{og}
        \hspace*{10mm} 
        \Delta y  + \lambda y =0. 
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
    Trippelintegrerer vi 
    \begin{align*}
    u\Delta v - v\Delta u\; dx= \nabla \cdot \left( u \nabla v - v\nabla u  \right)
    \end{align*}
    får vi 
    \begin{align*}
        \int_\Omega u\Delta v - v\Delta u\; dx= 
        \int_{\Omega} \nabla \cdot \left( u \nabla v - v\nabla u  \right) \cdot dS
    \end{align*}
    og bruker vi divergensteoremet på høyresiden, 
    får vi
    \begin{align*}
        \int_\Omega u\Delta v - v\Delta u\; dx= 
        \int_{\partial \Omega} \left( u \nabla v - v\nabla u  \right) \cdot dS.
    \end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
    Dette er samme resonnement som i oppgave 4, 
    la $u=y_m$ og $v=y_n$. 
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
    Vi har masse løsninger på formen 
    \begin{align*}
        u_n=e^{-\alpha \lambda_n t}y_n(x).
    \end{align*}
    Dersom det nå er mulig å dekomponere $g$ i egenfunksjonene $y_n$, 
    kan vi gjøre som i 4106 og skrive
    \begin{align*}
        u(x,t) = \sum_n u_n(x,t) =\sum_n c_n e^{-\alpha \lambda_n t}y_n(x)
    \end{align*}
    der $c_n$ er fourierkoeffisientene til $f$: 
    \begin{align}
        c_n = \frac{(f,y_n)}{(y_n,y_n)}
    \end{align}
    Den eneste jobben som gjenstår er å finne alle egnevektorene og egenverdien til laplaceoperatoren for området $\Omega$. 
    Dette går i noen kjente tilfeller. 
    Et av de mest kjente eksemplene finner du i hydrogenatomet:\\
    \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_harmonics}
\end{oppgave}

\begin{comment}

\begin{oppgave}{9}

    Vi skal nå løse varmeligningen
    på en uendelig lang stang. 
    Randkravene skal være
    \begin{equation}
    \lim_{x \to \pm \infty}u(x,t)=0,
    \end{equation}
    mens initialkravet er som før
    \begin{equation}
    u(x,0)=f(x),
    \end{equation}
    der vi antar
    \begin{equation}
    \lim_{x \to \pm \infty}f(x)=0.
    \end{equation}
    Vi skal løse dette problemet ved å fouriertransformere varmeligningen med hensyn på $x$. 
    Siden 
    $\lim_{x \to  \infty}u(x,t)=\lim_{x \to -\infty}u(x,t)=0$, 
    satser vi på at det går bra, og vi får
    \[
    \mathcal{F}(\dot u)=\mathcal{F}\left(u''\right).
    \]
    Hvis vi antar at $u$ er kontinuerlig deriverbar i $t$, og fouriertransformen er med hensyn på $x$, kan vi skrive
    \begin{align*}
    \mathcal{F}(\dot u)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\dot u(x,t)e^{-i\omega x}\; dx\\
    &=\frac{\partial}{\partial t}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\omega x}\; dx=\frac{\partial }{\partial t}\hat u(w,t),
    \end{align*}
    og 
    \[
    \mathcal{F}(u'')=-\omega ^2\mathcal{F}(u)=-\omega ^2\hat{u}(w,t),
    \]
    slik at 
    \[
    \frac{\partial }{\partial t}\hat{u}=-\omega^2 \hat{u}.
    \]
    
    Dette er en ordinær differensialligning for $\hat{u}$, med løsning
    \[
    \hat{u}(\omega,t)=A(\omega)e^{-\omega^2 t}.
    \]
    Fouriertransformerer vi initialkavet, ser vi at 
    \[
    A(\omega )=\hat{u}(\omega,0)=\mathcal{F}\left(u(x,0)\right)=\mathcal{F}(f(x))=\hat{f}(\omega),
    \]
    og da er det egentlig bare å inversfouriertransformere, og så har vi løsningen
    \[
    u(x,t)=\mathcal{F}^{-1}\left(\hat{u}\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) e^{-\omega^2t} e^{i\omega x}\;d\omega.
    \]
    
    Vel og bra, men vi kan komme oss et knepp til. Husk at 
    \[
    f \ast g= \mathcal{F}^{-1}\left(\sqrt{2\pi} \; \hat{f}\hat{g}\right),
    \]
    og observer at 
    \[
    \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(\omega) e^{-\omega^2t} e^{i\omega x}\;d\omega=\mathcal{F}^{-1}\left( \hat{f}e^{-\omega^2t}\right).
    \]
    Med andre ord, hvis vi kunne inverstransformere $e^{-\omega^2t}$ hadde det vært bra. Husk at
    \[
    \mathcal{F}\left(e^{-ax^2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2a}}e^{\frac{-\omega^2}{4a}}.
    \]
    Setter vi 
    \[
    a=\frac{1}{4 t},
    \]
    og ganger og deler litt med konstanter, kan vi si at 
    \[
    \mathcal{F}\left(\frac{1}{\sqrt{2 t}} e^{\frac{-x^2}{4 t}}\right)=e^{-\omega^2t},
    \]
    som gir
    \begin{align*}
    u(x,t)=&\mathcal{F}^{-1}(\hat{f}e^{-\omega^2t})\\[3pt]
    =&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(f \ast \frac{1}{\sqrt{2 t}} e^{\frac{-x^2}{4 t}}\right)\\[3pt]
    =&\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}\int_{-\infty}^{\infty} f(v)e^{\frac{-(x-v)^2}{4t}}\;dv
    \end{align*}
    Onde tunger vil kanskje hevde at $u(x,t)$ ikke er definert for $t=0$. 
    Dette er ikke bra, for vi har jo prøvd å få til at $u(x,0)=f(x)$, 
    som åpenbart ikke kan være helt riktig. 
    Nå kan det heldigvis vises at 
    \[
    \lim_{t \to 0} u(x,t)=f(x)
    \]
    men dette er for vanskelig for oss.
\end{oppgave}


\end{comment}
\end{document}
