<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\input{preamble}

\title{2 - 1 - BÃ˜LGE- OG VARMELIKNINGEN}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle

Hvis jeg skulle oppsumere det kommende semesteret med to ord,
ville det nok blitt 
\say{ortogonal dekomposisjon}. 
Dette har du brukt sÃ¥ mange ganger at du antagelig ikke tenker over det lenger. 
Hver eneste gang du bruker det kartesiske koordinatsystemet,
bruker du ortogonal dekomposisjon.

Vektoren $\mathbf x \in \mathbb{R}^2$ kan dekomponeres i to ortogonale vektorer;
i gamle dager skrev vi $\mathbf i$ og $\mathbf j$ for enhetsvektorer i koordinatretningene,
slik at vi kunne skrive 
\[
  \mathbf x = x_1 \mathbf{i} + x_2 \mathbf j
\]
her illustrert i figuren til hÃ¸yre:

\begin{center}
  \includegraphics[scale=.6]{../figurer/ortogonal-dekomposisjon.png}
\end{center}

Dette er gÃ¥tt litt av moten i norske lÃ¦rebÃ¸ker;
nÃ¥r for tiden skriver man heller 
\[
  \mathbf x =
  \begin{pmatrix}
    x_1 \\
    x_2
  \end{pmatrix}
\hspace*{10mm}
\text{eller }
\hspace*{10mm}
  \mathbf x =
  \begin{pmatrix}
    x_1 &amp;
    x_2
  \end{pmatrix}
\]
slik som i figuren til venstre.   
I forrige semester var jeg litt nÃ¸ye pÃ¥ Ã¥ ikke bruke 
$\mathbf i$
og 
$\mathbf j$
for Ã¥ ikke blande sammen med den imaginÃ¦re enheten,
som heter $i$ hos oss og $j$ borte pÃ¥ elektro,
men i dette semeteret antar jeg at du er komfortabel nok med komplekse tall
til at jeg kan begynne Ã¥ bruke denne notasjonen. 

\begin{minipage}{120mm}  
Ortogonal dekomposisjon brukes til mye mer enn
Ã¥ dekomponere tyngdekraften i krefter som er parallelle og ortogonale pÃ¥ fartsretningen.
I dette semesteret kommer jeg til Ã¥ skrive slike hÃ¥rreisende ting som at 
sinus- og cosinusfunksjone er ortogonale pÃ¥ $[-\pi,\pi]$ 
og at periodiske signaler kan dekomponeres i ortogonale frekvenskomponenter. 
Dette vil fremstÃ¥ som litt abstrakt i begynnelsen,
men nÃ¥r man knekker koden og ser lyset,
kan jeg garantere en religiÃ¸s opplevelse. 
\end{minipage}
\begin{minipage}{40mm}
\begin{center}
  \includegraphics[scale=.16]{../figurer/pendel-2.png}
\end{center}
\end{minipage}

For Ã¥ motivere hele greia,
skal vi begynne med litt fysikk. 
Mange store oppdagelser i matematikk,
startet opprinnelig med et eller annet praktisk problem,
slik som Ã¥ finne et tall for lengden pÃ¥ diagonalen i et kvadrat,
eller bestemme temperaturen i en ting som avkjÃ¸les.

\clearpage

En differensiallikning der den ukjente er en funksjon av flere variable,
kalles en \textbf{partiell differensiallikning}. 
La $u$ vÃ¦re en funksjon av to variable;
en romlig koordinat $x$ og tiden $t$.
De partiellderiverte skrives
\[
\frac{\partial u}{\partial x} = u'  
\hspace{1.2cm} \text{og} \hspace{1.2cm}
\frac{\partial u}{\partial t} = \dot u,
\]
leses henholdsvis \say{$u$ derivert med hensyn pÃ¥ $x$} og \say{$u$ derivert med hensyn pÃ¥ $t$},
og kalles \textbf{partiellderiverte}.
Det finnes mange forskjellige notasjoner,
\footnote{
  \url{https://en.wikipedia.org/wiki/Partial_derivative}
}
og definisjonen er
\[
u'(x,t)=\lim_{h\to 0} \frac{u(x+h,t)-u(x,t)}{h}  
\hspace{1.2cm} \text{og} \hspace{1.2cm}
\dot u(x,t)=\lim_{h\to 0} \frac{u(x,t+h)-u(x,t)}{h}.
\]
Det ser kanskje kompllisert ut,
men er lett  Ã¥ utfÃ¸re i praksis,
man deriverer med hensyn pÃ¥ den ene variabelen 
og later som om den andre er en konstant. 

\begin{oppgave}{1}
Les kapittel 9.7 i Arnes bok,
eller finn ut av partiellderivasjon pÃ¥ annet vis.
\end{oppgave}

Den geometriske tolkningen av de partiellderiverte
kommer an pÃ¥ den geometriske tolkingen av $u$,
og denne kan vÃ¦re litt forskjellig alt etter hva vi skal bruke $u$ til. 
I dette semesteret skal vi stort sett tenke pÃ¥ 
$u$ som en eller annen mÃ¥lbar fysisk stÃ¸rrelse,
for eksempel 
\begin{itemize}
  \item 
  utslaget til en oppspent gitarstreng som vibrerer.
  Da blir $\dot u$ farten til et punkt pÃ¥ strengen,
  mens $u'$ blir stigningen til kurven $u$ med hensyn pÃ¥ $x$.
  \item   
  temperaturen i en stang.
  I sÃ¥ fall er $\dot u$ tidsendringen til temperaturen i et punkt pÃ¥ strengen
  og $u'$ temperaturgradienten.
  \item   
  trykket i en stÃ¥ende trykkbÃ¸lge i en orgelpipe eller en flÃ¸yte.
  Da blir $\dot u$ tidsendring i trykk,
  mens $u'$ blir trykkgradienten.
\end{itemize}


\begin{center}
  \includegraphics[scale=.54]{../figurer/streng}
\end{center}
  

\clearpage


NÃ¥ skal vi ta en titt pÃ¥ to viktige likninger:
\[
\textbf{Varmelikningen:}
\hspace{10mm}
\dot u(x,t)=\alpha u''(x,t)
\hspace{10mm}
\textbf{BÃ¸lgelikningen}: 
\hspace{10mm}
\ddot u(x,t)=c^2 u''(x,t)
\]

Disse kan begge utledes med det du har i verktÃ¸ykassen,
sÃ¥ det skal vi gjÃ¸re. 

La oss begynne med varmelikningen. 
Tenk at du har en stang eller ledning eller noe 
med temperatur $T(x,t)$ og 
der varmen kun kan strÃ¸mme i $x$-retningen, 
for eksempel ved at stangen er pakket inn i Glava. 
Fouriers varmelov sier at varmestrÃ¸mmen $q$ (mÃ¥lt i watt per kvadratmeter) over et 
tverrsnitt av stangen er proporsjonal med temperaturgradienten:
\[
q = - k T'(x,t)
\]
der $k$ er en konstant som kalles den termiske konduktiviteten. 
La oss nÃ¥ se pÃ¥ en liten bit av stangen, 
den mellom $x$ og $x+h$. 
Endringen i bitens indre energi ved konstant volum er
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\rho c A h T(x,t)\right) = \rho c A h \dot T(x,t)
\]
der $\rho$ er massetettheten til materialet, 
$A$ er tverrsnittet, 
og $c$ er den spesifikke varmekapasiteten.
Tidsendringen i denne varmeenergien mÃ¥ skyldes at varmeenergi 
strÃ¸mmer inn og ut fra enten den ene eller andre siden,
slik at

\begin{minipage}{85mm}
\begin{align*}
\rho c A h \dot T(x,t) &amp;=  
Aq_{\text{inn}}-Aq_{\text{ut}}\\
&amp;= -kAT'(x,t)-(-kAT'(x+h,t))\\
&amp;=kA\left(T'(x+h,t)-T'(x,t)\right)
\end{align*}
\end{minipage}  
\begin{minipage}{80mm}
\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/varmeledning.png}
\end{center}
\end{minipage}  

Hvis vi nÃ¥ deler pÃ¥ $h$ og lar $h \to 0$,
fÃ¥r vi 
\[
\dot T(x,t) = \alpha T''(x,t)
\]
der alle fysiske konstanter er samlet sammen i $\alpha$,
som kalles den termiske diffusiviteten.
Hvis vi deler ut varmekapasiteten blir dette en likning for molar indre energi, 
som har symbol $u$.
Dette er en bedre bokstav for ukjent, 
sÃ¥ jeg tror vi skriver 
\[
\dot u(x,t) = \alpha u''(x,t)
\]
fra nÃ¥ av. Men du kan tenke temperatur om du vil,
ihvertfall om du gÃ¥r elsys eller kyb.

\begin{oppgave}{2}
Denne utledningen mÃ¥ du kunne til eksamen. 
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.29]{../figurer/L1020037}
\end{center}

\clearpage

Og sÃ¥ bÃ¸lgelikningen.
Vi tenker at vi har en vibrerende streng 
med konstant massetetthet $\rho$ (nÃ¥ i kg/m)
spent opp i $x=0$ og $x=\pi$. 
La $u(x,t)$ vÃ¦re en funksjon som for hvert punkt $x$ og hver tid $t$  
gir utslaget $u$ fra likevektslinjen, som ligger langs $x$-aksen. 
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]

      \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[right]{$x$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,-0.25) -- (-2.5,1.3) node[above]{$u$};
          \draw (2,0) arc(55:125:3.9cm) node[right,xshift=2cm,yshift=1.2cm]{$u(x,t)$};
          \node[below] at (2,0){$\pi$};
      \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}

Vi tar en nÃ¦rmere titt pÃ¥ strekkreftene pÃ¥ et lite stykke av strengen. 
Vi antar at tyngdekraften er neglisjerbar, og at strengen er helt elastisk, 
slik at strengestrekket, som virker parallelt med strengen, er eneste kraft. 
Vi antar at hvert punkt pÃ¥ strengen kun beveger seg loddrett, 
og at den horisontale komponenten av strengestrekket er konstant lik $T$:
 \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[thick]
 \begin{scope}[xshift=5cm,yshift=-1cm]
          \draw[-&gt;] (-1,.63) -- (.5,.9) node[right,yshift=.3cm]{$[T,T_2]$};
          \draw[-] (-1,.05) -- (-1,-.05) node[below,xshift=.4cm, yshift=.07cm]{$x+h$};
                    
          \draw[-&gt;] (-1.5,.5) -- (-3,0) node[left]{$[-T,T_1]$};
          \draw[-] (-1.5,.05) -- (-1.5,-.05) node[below]{$x$};
          
          \draw (2,0) arc(55:125:3.9cm) node[right,xshift=4cm,yshift=.5cm]{$u(x,t)$};
          \draw[-&gt;] (-2.5,0) -- (2.5,0);
     \end{scope}
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
Vi setter nÃ¥ opp Newtons andre lov for den lille biten fra $x$ til $x+h$. 
Massen til en bit med lengde $h$ er $\rho h$, 
og akselerasjonen til strengen i punktet $x$ er $\ddot u(x,t)$. 
Kraften pÃ¥ biten er $T_2 + T_1$, slik at 
\[
h\rho \ddot u(x,t) = T_2 + T_1,
\]
og deler vi pÃ¥ $Th$, 
fÃ¥r vi 
\[
\frac{\rho}{T} \ddot u(x,t) =\frac{T_2/T + T_1/T}{h}=\frac{u'(x+h,t) - u'(x,t)}{h}.
\]
Lar vi til slutt $h\to 0$, fÃ¥r vi bÃ¸lgeligningen
\[
\ddot u(x,t) = c^2 u''(x,t),
\]
der $c=\sqrt{\frac{T}{\rho}}$.
Denne har benevning meter per sekund og kalles \textbf{bÃ¸lgefarten}.

\begin{oppgave}{3}
OgsÃ¥ eksamen. \\
Til inspirasjon: \url{https://tv.nrk.no/serie/oeyeblikket/sesong/1/episode/8/avspiller}
\end{oppgave}

\begin{center}
\includegraphics[scale=.24]{../figurer/L1020073}
\end{center}

Vitsen med Ã¥ studere matematikk nÃ¥r man ikke er matematiker,
er som alle vet at mange vidt forskjellige fysiske situasjoner
beskrives av nÃ¸yaktig de samme matematiske likningene. 
Dette bÃ¸r du vÃ¦re vant til nÃ¥. 
For Ã¥ illustrere skal jeg utlede bÃ¸lgelikningen pÃ¥ nytt, 
men nÃ¥ via spenning og strÃ¸m i en lang transmisjonslinje. 
La oss tenke at du har en spenningskilde og en last som sitter 
ganske langt borte. 
Hvis ledningen er lang nok,\footnote{
  \url{https://www.feynmanlectures.caltech.edu/II_24.html}
}
vil ledningen ha litt induktans per meter. 
Det vil ogsÃ¥ vÃ¦re litt kapasitans per meter mellom ledningene. 
Her er en illustrasjon:

\begin{center}
  \includegraphics[scale=.54]{../figurer/transmisjonslinje.png}
\end{center}

For Ã¥ modellere induktansen pÃ¥ ledningene og kapasitansen mellom dem,
tenker vi at det sitter masse av smÃ¥ kondensatorer og spoler 
bortetter ledningsparet,
slik som pÃ¥ figuren. 
Det kan sitte en last i enden av ledningsparet,
men vi antar ingen motstand i selve ledningene. 
Spenning og strÃ¸m vil variere pÃ¥ linjene,
og vi tenker pÃ¥ dem som funksjoner av to variable $v(x,t)$ og $i(x,t)$. 

La $L$ vÃ¦re ledningens induktans per meter, 
slik at induktansen til den lille spolen blir $Lh$.
Spenningen i punktet $x+h$ er spenningen i punktet $x$ minus det som gÃ¥r tapt over spolen:
\[
  v(x+h,t) = v(x,t) - Lh\frac{\partial i}{\partial t}
\]
La likeledes $C$ vÃ¦re kapasitans per meter,
slik at kapasitansen over den lille kondensatoren blir $Ch$. 
Da er strÃ¸mmen i $x+h$ lik strÃ¸mmen i $x$ minus det som det lekker ned via kondensatoren:
\[
  i(x+h,t) = i(x,t) - Ch\frac{\partial v}{\partial t}
\]
Dersom vi reorganiserer disse likningene og lar $h\to 0$,
fÃ¥r vi \textbf{telegraflikningene}:
\[ 
\frac{\partial v}{\partial x} =
  - L\frac{\partial i}{\partial t}
  \hspace*{20mm}
  \frac{\partial i}{\partial x} =
  - C\frac{\partial v}{\partial t}
\]
Dersom vi nÃ¥ deriverer den fÃ¸rste med hensyn pÃ¥ $x$
og den andre med hensyn $t$
og sÃ¥ antar at 
\[
  \frac{\partial^2 i}{\partial t \partial x} =
  \frac{\partial^2 i}{\partial x \partial t} 
\]
(hvorvidt dette er sant kommer vi til),
fÃ¥r vi at spenningen mÃ¥ tilfredsstille bÃ¸lgeligningen
\[
  \frac{\partial^2 v}{\partial t^2} =
  \frac{1}{LC}\frac{\partial^2 v}{\partial x^2}.
\]
Tilsvarende gjelder for strÃ¸mmen:
\[
  \frac{\partial^2 i}{\partial t^2} =
  \frac{1}{LC}\frac{\partial^2 i}{\partial x^2}.
\]

\begin{oppgave}{4}
Eksamen. 
\end{oppgave}


SÃ¥ til lÃ¸sning. 
Hvordan lÃ¸ser man en partiell differensiallikning?
Vanligvis starter man med
Ã¥ bestemme seg for at man skal lÃ¸se likningene pÃ¥ et begrenset  
intervall pÃ¥ $x$-aksen.
Av hensyn til studentene pleier man Ã¥ begynne med $[0,\pi]$,
for da blir regningen enklest,
og av samme grunn spesifiserer man randkravene 
\[
u(0,t) = u(\pi,t) = 0.
\]
Dette betyr at strengen er spent opp i $x=0$ og $x=\pi$, 
eller at temperaturen i stangen holdes ved null grader, 
og nÃ¥ har vi nok informasjon til Ã¥ sette i gang og regne.

En klassisk teknikk for Ã¥ lÃ¸se partielle differensiallikninger
kalles \textbf{separasjon av variable}
og bestÃ¥r i Ã¥ anta at lÃ¸sningen kan skrives som et produkt 
av funksjoner av hver variabel:
\[
u (x,t)= z(t)y(x)
\]

\begin{oppgave}{5}
Bruk definisjonen av partiellderivert til Ã¥ vise at dersom
\[
u (x,t)= z(t)y(x)
\]
er 
\[
\dot  u (x,t)= \dot z(t)y(x) 
\hspace{1.2cm} \text{og} \hspace{1.2cm}
 u'(x,t)=  z(t)y'(x). 
\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}
Bruk separasjon av variable pÃ¥ bÃ¥de varme- og bÃ¸lgelikningen og oppdag 
at du blir nÃ¸dt til Ã¥ lÃ¸se \textbf{randverdiproblemet}
\[
y''(x)-ky(x)=0 \quad \text{og} \quad y(0)=y(\pi)=0
\]
\end{oppgave}

Konstanten $k$ kalles \textbf{separasjonskonstanten}.
Randverdiproblemet over har du verktÃ¸y nok til Ã¥ lÃ¸se, 
men det er litt uvant i starten. 
Man mÃ¥ begynne med Ã¥ 
skrive opp den karakteristiske likningen til  $y''+ky=0$ 
og skrive opp lÃ¸sningene nÃ¥r 
$k&gt;0$, 
$k=0$ og 
$k&lt;0$.

\begin{oppgave}{7}
Bare ett av de tre valgene for $k$ over gir lÃ¸sninger som 
kan tilfredsstille randkravene $y(0)=y(\pi)=0$. 
Finn ut hvilket, 
og skriv opp alle mulige lÃ¸sninger.
\end{oppgave}
 
\begin{center}
\includegraphics[scale=.23]{../figurer/L1020057}
\end{center}

Hvis du analyserte randverdiproblemet riktig,
vil du nÃ¥ ha kommet fram til at lÃ¸sningene er 
\[
y_n(x)=b_n\sin (n x)
\]
der $b_n$ er en vilkÃ¥rlig integrasjonskonstant og $n$ er et naturlig tall. 
\footnote{
Merk at vi har fÃ¥tt 
\textbf{kvantifisering},
som i skyldes at vi har et begrenset intervall og randkrav. 
Dette skal vi komme tilbake til i kvantefysikken mot slutten av semesteret.
}
Dette betyr at dersom bÃ¥de bÃ¸lge- og varmelikningen med 
disse randkravene har lÃ¸sninger pÃ¥ formen 
\[
u_n(x,t) = z(t)y_n(x) = z(t)\sin(nx)
\]
og nÃ¥ gjenstÃ¥r det Ã¥ finne $z$. 
(Jeg har latt $z(t)$ sluke integrasjonskontanten,
for det kommer nemlig en til nÃ¥r vi finner $z$, 
og vi trenger ikke begge.)

\begin{oppgave}{8}
  Vis at for varmelikningen fÃ¥r vi likningene
  \[
    \dot z_n(t) + \alpha n^2 z_n(t) = 0,
  \]
  slik at 
  \[
   u_n(x,t) = z_n(t)y_n(x) = b_n e^{-\alpha n^2t}\sin(nx).
  \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
  Sett opp en differensiallikning for $z$ og vis at det finnes massevis av lÃ¸sninger pÃ¥ formen
  \[
  z_n(t) = a_n \cos(cnt)  + b_n \sin(cnt) 
  \]
  og fÃ¸lgelig at det finnes massevis av \textbf{overtoner}
  \[
  u_n(x,t) = \left( a_n \cos(cnt)  + b_n \sin(cnt)\right) \sin(nx).
  \]
\end{oppgave}
  
NÃ¥ er vi kommet omtrent til det punktet der Joseph Fourier
\footnote{\href{https://en.wikipedia.org/wiki/Joseph_Fourier}{Joseph Fourier} 
ble satt i fengsel under den franske revolusjon, 
dro til Egypt med Napoleon Bonaparte, 
og regnes som oppdageren av drivhuseffekten.
Han oppfant ogsÃ¥ fourierrekker.
De satte opp en statue av ham i hjembyen Auxerre i 1849,
men den ble visst rekvirert av staten og smeltet om under andre verdenskrig.
} 
begynte Ã¥ slite. 


\begin{oppgave}{10}
  Vis at dersom vi skal ha $u(x,0)=f(x)$ for varmelikningen,
  mÃ¥ vi ha 
  \[
   f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nx).
  \]
\end{oppgave}
 

Joseph Fouriers store oppdagelse var formelen for koeffisientene $b_n$. 
Eller rettere sagt, 
andre kjente til formelen,
men Fourier kom pÃ¥ den sprÃ¸ ideen om at du kunne skrive 
\[
  x=2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx).
\]
pÃ¥ $[0,\pi)$.
Merk likheten med den aller fÃ¸rste likningen i denne Ã¸kten.
Vektorene 
$\mathbf{i}$ og 
$\mathbf{j}$ 
er en ortogonal basis for $\mathbb{R}^2$,
mens sinusfunksjonene i uttrykket over er en ortogonal basis
for noe annet. 
Nettopp hva skal vi komme tilbake til.


\begin{center}
\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1020043}
\end{center}
  
\clearpage

\section*{UKENS NÃ˜TTER}

Hvis du hiver ut randkravene og heller sier at 
bÃ¸lge- og varmelikningen skal lÃ¸ses pÃ¥ hele $\mathbb R$,
mÃ¥ du gÃ¥ litt annerledes til verks. 
BÃ¸lgelikningen har mange lÃ¸sninger;
for eksempel passer
\[
u(x,t) = v(x-ct) + w(x+ct)
\]
i bÃ¸lgelikningen uansett hva $v$ og $w$ er 
sÃ¥ lenge begge er to ganger deriverbare. 

\begin{oppgave}{1}
Sjekk dette, og gi en fysisk tolkning.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
  Bruk oppgaven over samt 
  \[
  u(x,0)=f(x) 
  \hspace{10mm}
  \text{og}
  \hspace{10mm}
  \dot u(x,0)=g(x)
  \]
  til Ã¥ sette opp likningssystem for $f$ og $g$. 
  Gauss litt, integrer, og 
  utled D'Alemberts formel 
  \[
  u(x,t)= \frac{1}{2}\left(f(x+ct)+f(x-ct)\right)+\frac{1}{2c}\int^{x+ct}_{x-ct} g(t)\; dt.
  \]
\end{oppgave}

Det gÃ¥r an Ã¥ lÃ¸se varmelikningen pÃ¥ hele $\mathbb{R}$ ogsÃ¥,
men det mÃ¥ vi vente med. 


\begin{center}
  \includegraphics[scale=.26]{../figurer/L1020048}
\end{center}

\end{document}
 </pre></body></html>