DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN
Stefaan Poedts
Hoofdstuk 9 : Parti¨
ele Dvgln en Fourier-reeksen
• Randvoorwaarden-problemen- Randvoorwaarden versus beginvoorwaarden - Eigenwaarden-problemen
• Uitbreiding van scalair product : motivatie
• Scalair product op functie-ruimten
• Fourier-reeksen
• Parti¨ele differentiaalvergelijkingen - De warmte-vergelijking - De golf-vergelijking - De Laplace-vergelijking • Enkele slotbemerkingen
Voorbeeld
• beschouw het RVWn-probleem :
y00+1
4y = 0, y (0) = 1, y (π) = 2 • dealgemene oplossing van de Dvgl is
y = c1cos x 2 + c2sin x 2 • eerste RVW ⇒ c1 = 1, tweede RVW ⇒ c2 = 2 ⇒ unieke oplossing: y = cosx 2 + 2sin x 2
Nog een voorbeeld
• beschouw nu het gelijkaardige RVWn-probleem
y00+ y = 0, y (0) = 1, y (π) = a met a een bepaald getal
⇒ algemene oplossing is opnieuw
y = c1cosx + c2sinx
en met de eerste RVW vinden we terug datc1= 1
• tweede RVW ⇒ c1 = −a ⇒ RVWn incompatibel alsa 6= −1
Nog een voorbeeld
• als a = −1 zijn beide RVWn voldaan met c1 = 1, onafh. van de waarde
van c2
⇒ in dit geval zijn er dusoneindig veel oplossingen van de vorm
y = cosx + c2sinx
Voorbeeld
• we lossen het volgende RVWn-probleem op: y00+1
4y = 0, y (0) = 0, y (π) = 0 =overeenkomstige homogene probleem van Vb 9.1
• algemene oplossing van de Dvgl is natuurlijk nog steeds y = c1cos x 2 + c2sin x 2 • eerste RVW ⇒ c1 = 0, tweede RVW ⇒ c2= 0
⇒ y = 0 voor alle waarden van x
Voorbeeld
• beschouw nu het overeenkomstige homogene probleem van Vb 9.2:
y00+ y = 0, y (0) = 0, y (π) = 0 • de algemene oplossing van de Dvgl is opnieuw
y = c1cosx + c2sinx
• eerste RVW ⇒ c1 = 0, tweede RVW is hiermeeautomatisch voldaan
(aangezien sinπ = 0), onafhankelijk van de waarde van c2!
⇒ er zijn hier dus oneindig veel oplossingen van de vorm
Eigenwaarden-problemen
• cf. Lineaire algebra (1BSc) : de matrix-vergelijking
A x = λ x (46)
heeft de triviale oplossing x = 0 voor elke waarde van λ • maar ook: voor bepaalde waarden van λ, die weeigenwaarden
noemden, bestaan ook niet-triviale oplossingen, eigenvectorengenoemd
Eigenwaarden-problemen
• beschouw het probleemy00+ λ y = 0 (47)
met de randvoorwaarden
y (0) = 0, y (π) = 0 (48)
• OPM: is probleem van Vb 9.3 als λ = 14 en van Vb 9.4 als λ = 1 • ook hier noemen wede waarden vanλwaarvoor we niet-triviale
oplossingen vinden van het RVWn-probleem (47)-(48) eigenwaarden, en de niet-triviale oplossingen zelf noemen we eigenfuncties
Eigenwaarden-problemen
• uit Vb 9.4 volgt dus dat λ = 1een eigenwaarde is met bijhorende
eigenfunctie sinx (en elk veelvoud (6= 0) ervan)
• uit Vb 9.3 volgt dat λ = 1/4geen eigenwaarde is
• we kunnen nu proberen andere eigenwaarden en eigenfuncties te vinden van het probleem (47)-(48)
⇒onderscheid maken tussenλ > 0,λ = 0enλ < 0
Het geval λ > 0
• stel dan λ = µ2 ⇒ Vgl. (47) wordt dan
y00+ µ2y = 0 (49)
⇒ karakteristieke veelterm r2+ µ2= 0 heeft wortels r = ±i µ ⇒ algemene oplossing :
y = c1cosµx + c2sinµx (50)
• OPM: µ 6= 0 want λ > 0 ⇒ neem, algemeen, aan dat µ > 0 • eerste RVW ⇒ c1 = 0, zodat de tweede RVW vereenvoudigt tot
Het geval λ > 0
⇒ om niet-triviale oplossingen (c2 6= 0) te hebben, moeten we µ zo kiezen
dat sinµπ = 0 ⇒ is zo voor µ = n, ∀n ∈ N0 ⇒ deeigenwaarden van het probleem (47)-(48) zijn:
λ1= 1, λ2 = 4, . . . , λn= n2, . . . . (52)
• de bijhorende eigenfunctieszijn (aangezien c1= 0) veelvouden van
y1(x ) = sinx , y2(x ) = sin2x , . . . , yn(x ) = sinnx , . . . . (53)
• OPM: we bepalen de constante c2 niet, ook hier zijn eigenfuncties
Het geval λ < 0
⇒ als λ < 0 is het handig λ = −µ2 te stellen ⇒ Vgl. (47) wordt
y00− µ2y = 0 (54)
⇒ karakteristieke veelterm r2− µ2= 0 heeft wortels r = ±µ
⇒ de algemene oplossing is dus
y = c1eµx + c2e−µx (55)
• kiezen we c1= c2= 1/2 dan vinden we y = cosh µx , en met c1 = 1/2
en c2= −1/2 bekomen we y = sinh µx
Het geval λ < 0
⇒ de algemene oplossing kan dus ook geschreven worden in de vorm y = c1cosh µx + c2sinh µx (56)
deze vorm blijkt handiger te zijn om de RVWn op te leggen
• eerste RVW ⇒ c1 = 0, ⇒ tweede RVW wordt c2sinh µπ = 0
• aangezien µ 6= 0 is ook sinh µπ 6= 0 zodat c2 = 0 moet zijn
⇒ maar dan is y = 0 en er zijn dus geen niet-triviale oplossingenin het geval λ < 0
• M.A.W.: het RVWn-probleem (47)-(48) heeft geen negatieve eigenwaarden
Het geval λ = 0
• als λ = 0, reduceert vgl. (47) tot
y00= 0 (57)
⇒ karakteristieke veelterm r2= 0 heeft dubbele wortel r = 0 ⇒ de algemene oplossing is dan
y = c1x + c2 (58)
• RVWn (48) kunnen dan echter opnieuw alleen maar voldaan worden met c1= c2= 0, zodat ook hier enkel de triviale oplossingy = 0bestaat
Opmerking
• de lengte van het interval in het RVWn-probleem (47)-(48) kan ook L zijn, i.p.v. gelijk aan π
• in het geval λ > 0 wordt de tweede RVW dan c2sinµL= 0
⇒ µL moet geheel veelvoud zijn van π : µ = nπ/L met n ∈ N0
⇒ eigenwaarden en eigenfuncties (op een multiplicatieve constante na): λn= n2π2 L2 , yn(x ) = sin nπx L , n = 1, 2, 3, . . . (59)
deze gebruiken we voor de invoering van Fourier-reeksen
Uitbreiding van scalair product : motivatie
• als {~v1, ~v2, ~v3} een willekeurige basis is van R3 en men een vector
~ v = x y z
van R3 wil schrijven als een lineaire combinatie van {~v1, ~v2, ~v3}, dan zoeken we getallen x1, x2, x3 zodat
~
v = x1~v1+ x2~v2+ x3~v3 (60)
• om deze getallen te vinden moeten we een lineair stelsel oplossen
• als de basis {~v1, ~v2, ~v3} orthonormaalis, dus als ~vi · ~vj = δij, met δij de
Kronecker-index, is het echter veel eenvoudiger de getallenxi te
Uitbreiding van scalair product : motivatie
⇒ (60) scalair vermenigvuldigen met ~vi:~ v · ~vi = x1~v1· ~vi | {z } δ1i +x2~v2· ~vi | {z } δ2i +x3~v3· ~vi | {z } δ3i zodat ~ v · ~vi = xi, i = 1, 2, 3
• ook als {~v1, ~v2, ~v3}orthogonaal is, dus als ~vi · ~vj = 0 als i 6= j , vinden
we door (60) scalair te vermenigvuldigen met ~vi:
~ v · ~vi = xi~vi· ~vi ⇒ xi = ~ v · ~vi ~ vi · ~vi , i = 1, 2, 3
Uitbreiding van scalair product : motivatie
• hetzelfde fenomeen treedt op in de oneindig-dimensionale vectorruimteF = {f : R → R}
• we kunnen bv. elke analytische functie (met centrum 0) ontbinden in een machtreeks
f (x ) = a0+ a1x + a2x2+ a3x3+ . . .
⇒ is te bekijken als een oneindige lineaire combinatievan de functies 1, x , x2, x3, . . .
⇒ is “oneindige basis” van de deelruimte van analytische functies
⇒ ‘scalair product’ invoeren opF om ook hier orthonormale en orthogonale basissen te gebruiken voor berekeninga0, a1, a2, a3, . . .
Scalair product op functie-ruimten
• zij V = {f : [a, b] → R | f is stuksgewijs continu}, dan is V een vectorruimte
• stel p ∈ V met ∀x : p(x ) > 0, definieer dan “scalair product”
h·, ·i : V × V → R : (f , g) 7→ hf , gi door hf , g i := Z b a p(x )f (x )g (x )dx
• dit “scalair product” heeft bijnade eigenschappen van het gewone scalair product op Rn
Eigenschappen
Eigenschap 9.1 :Voor allef , g , h ∈ V enλ, µ ∈ Rgeldt dat
1 hf , g i = hg , f i,
2 hf , λg + µhi = λ hf , g i + µ hf , hi,
3 hf , f i ≥ 0, enals hf , f i = 0, dan is f (x ) = 0 voor alle x ∈ [a, b],
tenzij eventueel in de sprongpunten van f . Bewijs:
• eerste twee uitspraken zijn triviaal te bewijzen • we bewijzen hier enkel de laatste uitspraak:
Eigenschappen
Bewijs:• stel dat f continu is in x ⇒ te bewijzen: ∀x ∈ [a, b] : f (x ) = 0 • bewijs uit het ongerijmde: stel dus dat f (x ) 6= 0
• f is continu in x ⇒ f 6= 0 op een omgeving van x
⇒ op deze omgeving zal f2 > 0 en omdat ook p > 0 zal dan hf , f i =
Z b
a
p(x )f2(x )dx > 0
in tegenspraak met het gegeven ⇒ f (x ) = 0 in elk punt van het
Opmerking
• voor een “echt” scalair product moet gelden dat, als hf , f i = 0, dan f = 0
• toch gaan we voor h·, ·i de naam scalair productgebruiken • we noemen de functie p de gewichtsfunctie
• we noemen twee functies f en g orthogonaal op het interval[a, b]met gewichtsfunctiep als Rb
Voorbeeld
• stel p(x ) = 1 en [a, b] = [−1, 1], dan is hf , g i =R1
−1f (x )g (x )dx
• bereken bijvoorbeeld hxn, xmi voor n, m ∈ N: hxn, xmi = Z 1 −1 xnxmdx = Z 1 −1 1 n + m + 1d (x n+m+1) = 1 − (−1) n+m+1 n + m + 1 = 2 n+m+1, als n + m + 1 oneven is 0, als n + m + 1 even is • in het bijzonder is h1, 1i = 2, hx , 1i = 0 enx2, 1 = hx, xi = 2 3
Voorbeeld
• wel is 3x2− 1, 1 = 3x2, 1 −h1, 1i= 32 3−2= 0 en 3x2− 1, x = 3x2, x −h1, xi=0−0= 0 ⇒ de eerste drie veeltermen van Legendre zijn orthogonaal• men kan bewijzen dat alle Legendre-veeltermen orthogonaal zijn, door enkel gebruik te maken van het feit dat ze oplossingen zijn van de Dvgl van Legendre
Eigenschappen (vervolg)
Eigenschap 9.2 :
Alsn 6= mnatuurlijke getallen zijn enPnenPmzijn de Legendreveeltermen van ordenenm, dan geldt
hPn, Pmi = Z 1 −1 Pn(x )Pm(x )dx = 0. Bewijs: • zelfstudie!
Convergentie issues
• stel dat {f0, f1, f2, . . . } een orthogonale verzameling is, dus hfi, fji = 0
als i 6= j • als dan
f = a0f0+ a1f1+ a2f2+ . . . (61)
stelt zich al meteen een aantal problemen: - zal deze oneindige reeks wel convergeren?
Convergentie issues
⇒ we volgen daarom een andere aanpak: we veronderstellen dat {f0, f1, f2, . . . } een orthogonale verzameling is
• voor willekeurige f kunnen we dan altijd de volgende reeks beschouwen: a0f0+ a1f1+ a2f2+ . . . met aj =
hf , fji hfj, fji
(62) ⇒ de vragen die we ons dan stellen zijn:
- convergeert de reeks (62)?
Orthogonaliteit van sin en cos functies
• een f : R → R noemen weperiodiek met periodeT als ∀t ∈ R : f (t + T ) = f (t)
Orthogonaliteit van sin en cos functies
• een f : R → R noemen weperiodiek met periodeT als ∀t ∈ R : f (t + T ) = f (t) ⇒ sin en cos zijn periodiek met periode2π
• OPM: het is voldoende is een periodieke f met periode T te kennen op een willekeurig interval met lengte T , bijvoorbeeld [0, T ] of
Orthogonaliteit van sin en cos functies
• stel nu dat T = 2L, dan is het voldoende om f te kennen op het interval [−L, L], voorbeelden hiervan zijn
f (x ) = cosnπx L en f (x ) = sin nπx L voor elke n ∈ N • inderdaad zo is bijvoorbeeld cosnπ(x + 2L) L = cos( nπx L + 2nπ) = cos nπx L
Orthogonaliteit van sin en cos functies
Eigenschap 9.3 : De functies n cosnπx L ,sin nπx L o∞n=0 zijn orthogonaal op [−L, L] met ge-wichtsfunctiep(x ) = 1.
Bewijs:
• het bewijs maakt gebruik van de formules van Simpson • we bewijzen ´e´en van de gevallen als voorbeeld:
D cosnπx L , cos mπx L E = Z L −L cosnπx L cos mπx L dx = 1 2 Z L −L cos(n + m)πx L + cos (n − m)πx L dx als n 6= m wordt dit
Orthogonaliteit van sin en cos functies
= 1 2 L (n + m)πsin (n + m)πx L L −L +1 2 L (n − m)πsin (n − m)πx L L −L = 0• als n = m6= 0 wordt het
(aangezien cos2x = 2cos2x − 1 en dus cos2x = (cos(2x ) + 1)/2)
D cosnπx L , cos mπx L E = 1 2 L 2nπsin 2nπx L L −L +1 2 Z L −L 1dx = L • als tenslotte n = m = 0, dan vinden we
D cosnπx L , cos mπx L E = Z L −L 1dx = 2L
De convergentiestelling van Fourier
Stelling 9.1 :Als f : R → R een periodieke functie is met periode 2L die stuksgewijs differentieerbaar is, dan convergeert de reeks
a0 2 + ∞ X n=1 ancos nπx L + bnsin nπx L , (64) waarbij an= 1 L Z L −L cosnπx L f (x )dx voor n = 0, 1, 2, . . . en bn= 1 L Z L −L sinnπx L f (x )dx voor n = 1, 2, . . . .
Bovendien, alsf continuis inx, dan convergeert deze reeks naarf (x ). Als
f niet continu is in x, dan convergeert de reeks naar 12(f (x+) + f (x−)), waarbijf (x+) = limu→
De convergentiestelling van Fourier : opmerkingen
• de reeks (64) is de Fourierreeksvan f en men noteert dit doorf (x ) ∼ a0 2 + ∞ X n=1 ancos nπx L + bnsin nπx L
• de getallen an en bn noemt men deFourier-co ¨effici ¨entenvan f en de
formules om an en bn te berekenen heten deEuler-Fourier formules
• alsf continu is, dan isf dus gelijk aan zijn Fourierreeks • uit het bewijs van Eig 9.3 volgt dat a0
2 = h1, f i h1, 1i en voor n > 0 dat an= cosnπx L , f cosnπx L , cos nπx L en bn= sinnπx L , f sinnπx L , sin nπx L
De convergentiestelling van Fourier : opmerkingen
• de f in de St. van Fourier is op heel R gedefinieerd, om de Fourierreeks te bepalen hebben we echter enkel de waarden vanf op het interval
[−L, L]nodig!
• Voor een functie f :[−L, L]→ R kunnen we een nieuwe functie e
f : R → Rdefini ¨erendoor e
f (x ) = f (x − 2kL) waarbij k ∈ Z zodat −L < x − 2kL ≤ L - f ise een periodieke functie met periode2L - ∀x ∈ ] − L, L] : ef (x ) = f (x )
- voor x = −L geldt dat x + 2L = L ⇒ ef (−L) = f (−L + 2L) = f (L) ⇒ in [−L, L] is ef enkel een uitbreiding van f voor x 6∈ ] − L, L]
De convergentiestelling van Fourier : opmerkingen
−k
f
x
−L
L
f
~
De convergentiestelling van Fourier : opmerkingen
⇒ voor het berekenen van de Fourier-co¨effici¨enten kunnen we zowel f als ef gebruiken: de waarde in het ene punt −L is niet van belang
• we kunnen zo de Fourierreeks f defini¨eren als de Fourierreeks ef , of f (x ) ∼ a0 2 + ∞ X n=1 ancos nπx L + bnsin nπx L waarbij an= 1 L Z L −L cosnπx L f (x )dx voor n = 0, 1, 2, . . . bn= 1 L Z L −L sinnπx L f (x )dx voor n = 1, 2, . . . • met deze laatste definitie hebben we ef niet nodig
De convergentiestelling van Fourier : opmerkingen
• we moeten wel opletten als we de stelling van Fourier toepassen: inx = ±Lstelt zich een probleem
- als x = L, dan is e f (L−) = lim u→L< e f (u) = lim u→L< f (u) = f (L−) maar e f (L+) = lim u→L> e f (u) = lim u→L> f (u − 2L) = lim u→−L> f (u) = f ((−L)+)
⇒de Fourierreeks zal inLconvergeren naar 12(f (L−) + f ((−L)+))
DEMO: java applet
Voorbeeld
• bereken de Fourier-co¨effici¨enten van f : [−π, π] → R door f (x ) =
−k als −π ≤ x < 0 k als 0 ≤ x ≤ π waarbij k ∈ R
Voorbeeld
• bereken de Fourier-co¨effici¨enten van f : [−π, π] → R door f (x ) =
−k als −π ≤ x < 0 k als 0 ≤ x ≤ π waarbij k ∈ R
• de algebra¨ısche oppervlakte onder de grafiek is nul, dus is a0= 1 π Z π −π f (x )dx = 0
Voorbeeld
• verder is voor n > 0 an = 1 π Z π −π f (x )cosnxdx = 1 π Z 0 −π (−k)cosnxdx + Z π 0 kcosnxdx = 1 π (−k)sinnx n 0 −π + ksinnx n π 0 ! = 0,en een analoge berekening geeft
bn = 1 π h kcosnx n i0 −π +h(−k)cosnx n iπ 0 = k
nπ(cos0 − cos(−nπ) − cos(nπ) + cos0) = 2k nπ(1 − cos(nπ)) = 2k nπ(1 − (−1) n )
Voorbeeld
• zodat bn= 0 als n even is 4k nπ als n oneven is ⇒ bijgevolg is f (x ) ∼ 4k π (sinx + 1 3sin3x + 1 5sin5x + . . . ) • OPM: in x = 0 convergeert de reeks naar 0, wat inderdaad hetgemiddelde van de linker- en rechterlimiet is in x = 0
• OPM: ook voor x = −π en x = π convergeert de reeks naar 0, wat de voorspelde waarde is
Toepassing
• stel x = π2, dan is f continu in x , en dus zal f (x ) = k = 4k π (sin π 2 + 1 3sin 3π 2 + 1 5sin 5π 2 + . . . ) = 4k π (1 − 1 3+ 1 5+ . . . ) zodat (voor k = 1) π 4 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + . . .
• NB:dit is een bekend resultaat van Leibniz, in 1673 bekomen op geheel andere manier
PAUZE
“Small minds discuss persons. Average minds discuss events. Great minds discuss ideas. Really great minds discuss mathematics.”
Complexe Fourier-reeksen
• we weten dat cosα = 1 2(ei α + e−i α) sinα = 1 2i(ei α − e−i α) • de Fourierreeks (64) kan herschreven worden:f (x ) ∼ a0 2 + ∞ X n=1 an1 2(e inπx L + e −inπx L ) + bn1 2i(e inπx L − e −inπx L ) ∼ a0 2 + ∞ X n=1 1 2(an− ibn)e inπx L +1 2(an+ ibn)e −inπx L ∼ c0+ ∞ X n=1 cne inπx L +kne −inπx L
Complexe Fourier-reeksen
• waarbij cn= 1 2(an− ibn) = 1 2L ZL −L f (x )(cosnπx L − i sin nπx L dx ) = 1 2L ZL −L f (x )e −inπx L dx voor n = 0, 1, 2, . . . • en analoog kn= 1 2(an+ ibn) = 1 2L Z L −L f (x )e inπx L dx voor n = 1, 2, . . .Complexe Fourier-reeksen
• met de notatie c−n = kn wordt ditf (x ) ∼ +∞ X n=−∞ cne inπx L waarbij cn= 1 2L Z L −L f (x )e −inπx L dx voor n = 0, ±1, ±2, . . .
• wordt decomplexe Fourierreeksgenoemd en de complexe getallen cn
Sinus- en cosinus-reeksen
Def.: Een functie f is eeneven functieals haar domein voor elk punt x ook het punt −x bevat en
Sinus- en cosinus-reeksen
Def.: Een functie f is eeneven functieals haar domein voor elk punt x ook het punt −x bevat en
∀x ∈ dom f : f (−x) = f (x).
Sinus- en cosinus-reeksen
Def.: Een functie f is eenoneven functieals haar domein voor elk punt x ook het punt −x bevat en
Sinus- en cosinus-reeksen
Def.: Een functie f is eenoneven functieals haar domein voor elk punt x ook het punt −x bevat en
∀x ∈ dom f : f (−x) = −f (x).
Sinus- en cosinus-reeksen
• de som en het product van twee even functies is even • de som van twee oneven functies is oneven
• het product van twee oneven functies is even!
• het product van een even en een oneven functie is oneven • het is ook duidelijk dat
Z L −L f (x ) dx = 2 Z L 0 f (x ) dx , als f even is (65) Z L −L f (x ) dx = 0, als f oneven is (66)
Cosinus-reeks
• stel dat f en f0 stuksgewijs continu zijn op [−L, L] en dat f eeneven, periodieke functie is met periode 2L
⇒ de Fourier-co¨effici¨enten van f worden dan gegeven door an = 2 L Z L 0 cosnπx L f (x )dx , voor n = 0, 1, 2, . . . (67) bn = 0 voor n = 1, 2, . . . (68)
zodat de Fourier-reeks van een even functie f reduceert tot f (x ) = a0 2 + ∞ X n=1 ancos nπx L (69)
Sinus-reeks
• stel dat f en f0 stuksgewijs continu zijn op [−L, L] en dat f een oneven, periodieke functie is met periode 2L
⇒ de Fourier-co¨effici¨enten van f dan gegeven worden door
an = 0 voor n = 0, 1, 2, . . . (70) bn = 2 L Z L 0 sinnπx L f (x )dx , voor n = 1, 2, . . . (71) zodat de Fourier-reeks van een even functie f reduceert tot
f (x ) = ∞ X n=1 bnsin nπx L (72)
Parti¨
ele differentiaalvergelijkingen
• we bespreken drie soorten parti ¨ele Dvgln die verbonden zijn met drie verschillende fysische fenomenen, nl.
- diffusieve processen (warmte-vergelijking) - oscillaties (golf-vergelijking)
- tijds-onafhankelijke of stationaire processen (Laplace-vergelijking) • zijn van fundamenteel belangvoor de natuurwetenschappen
• ook wiskundig zijn ze van aanzienlijk belang : alle lineaire parti ¨ele differentiaalvergelijkingen van de tweede orde kunnen geklasseerd worden in ´e ´en van de drie categori ¨en
⇒ warmte-vergelijking, de golf-vergelijking en de Laplace-vergelijking, zijn deprototypes van deze categori¨en
Parti¨
ele differentiaalvergelijkingen
• in de voorbije 300 jaar : tal van methodes ontwikkeld om parti¨ele Dvgln op te lossen
• methode van scheiding van veranderlijken is de oudste systematische methode en werd o.a. gebruikt door niemand minder dan D’Alembert, Bernouilli en Euler in hun studies van golven en trillingen (rond 1750!) • methode werd ondertussen verfijnd en veralgemeend en we illustreren ze
De warmte-vergelijking
• geleiding van warmte werd voor het eerst bestudeerd rond 1800 en wordt vandaag nog steeds bestudeerd, bv. bij de analyse van de dissipatie en de geleiding van warmte weg van de warmte-bronnen (cf. supercomputers)
• beschouw een dunne, rechte staaf met uniforme doorsnede bestaande uit een homogeen materiaal (perfect ge¨ısoleerd)
• kies de x -as langsheen de staaf en de oorsprong zodanig dat de uiteinden van de staaf gegeven worden door x = 0 en x = L
De warmte-vergelijking
• veronderstel dat de doorsnede van de staaf klein is, zodat we de temperatuur constant kunnen beschouwen op elke doorsnede ⇒ temperatuuruis dan enkel een functie van dex-co ¨ordinaat en de tijdt
De warmte-vergelijking
• verandering u(x , t) beschreven door warmtegeleiding-vergelijking:
∂u ∂t = α
2∂2u
∂x2, 0 < x < L, t > 0 (73)
met α2 een constante die de thermische diffusiviteit • voor een unieke oplossing er begin- en RVWn nodig:
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0 (74) (straks: meer algemene, inhomogene geval)
u(x , 0) = f (x ), 0 ≤ x ≤ L (75) • warmtegeleidings-probleem (73),(74),(75) is lineair
De warmte-vergelijking
• fundamentele veronderstelling over de vorm van de opln u(x , t): stel dat u(x , t) het product is van een functie van enkelxen een functie van enkelt:
u(x , t) = X (x )T (t) (76)
⇒ dit in de differentiaalvergelijking (73) substitueren :
XT0 = α2X00T (77) • de veranderlijken scheiden: 1 α2 T0 T = X00 X (78)
De warmte-vergelijking
⇒ kan enkel voldaan zijn voor alle 0 < x < L en t > 0 als het linker- en rechter-lid ervan gelijk zijn aan dezelfde constantedie we −λ noemen, descheidings-constante
• we bekomen dus twee gewone Dvgln voor X (x ) en T (t):
X00+ λ X = 0 (79)
T0+ α2λ T = 0 (80)
⇒ kunnen gemakkelijk opgelost worden voor elke waarde van λ
• we zijn echter enkel ge¨ınteresseerd in de oplossing(en) van vgl. (73) die ook aan de randvoorwaarden (74) voldoen
De warmte-vergelijking
• de aanname (76) voor u(x , t) substitueren in de RVWn:
u(0, t) = X (0)T (t) = 0, en u(L, t) = X (L)T (t) = 0 (81) ⇒ moet voldaan zijn voor alle t en we kunnen niet T (t) gelijk aan nul
kiezen voor alle t want dan zijn de BVWn (75) niet voldaan • we moeten dus eisen dat
X (0) = 0, en X (L) = 0 (82)
• vgl. X00+ λ X = 0 met RVWn (82) is een eigenwaarden-probleem
De warmte-vergelijking
• de enige niet-triviale oplossingen zijn dus de eigenfuncties Xn(x ) = sin
nπx L
, n = 1, 2, 3, . . . (83) en de bijhorend eigenwaarden zijn
λn=
n2π2
De warmte-vergelijking
• we beschouwen vervolgens vgl. (80):
T0+ α2λ T = 0 • substitueer daarin n2π2/L2 voor λ :
T0+ α2n
2π2
L2 T = 0 (85)
De warmte-vergelijking
• besluit: de functies un(x , t) = e−n 2π2α2t/L2 | {z } T (t) sinnπx L | {z } X (x ) , n = 1, 2, 3, . . . (86)voldoen aan de parti¨ele differentiaalvergelijking (73) en de randvoorwaarden (74) voor elke positieve gehele waarde van n • de functies un worden soms defundamentele oplossingengenoemd
De warmte-vergelijking
• we moeten nog wel aan de BVW (75) voldoen!
• cf. vroeger: via lineaire combinatie van fundamentele oplossingen ⇒ hier ook!, alleen: oneindig veel fundamentele oplossingen
⇒ lineaire combinatie wordt dus in het algemeen een oneindige reeks
• we nemen dus aan dat u(x , t) = ∞ X n=1 cnun(x , t) = ∞ X n=1 cne−n 2π2α2t/L2 sin nπx L (87)
De warmte-vergelijking
• om ook aan de BVW (75) te voldoen moet
u(x , 0) = ∞ X n=1 cnsin nπx L = f (x ) (88)
• we moeten de cn zo kiezen dat de reeks van sinus-functies convergeert
naar de initi¨ele temperatuur-verdeling f (x ) voor 0 ≤ x ≤ L ⇒ deze reeks is gewoon de Fourier sinus-reeks voor f :
cn= 2 L Z L 0 f (x ) sin nπx L dx , n = 1, 2, 3, . . . (89) • oplossing van het warmtegeleidings-probleem (73)-(74)-(75) wordt dus
De warmte-vergelijking: voorbeeld
• stel L = 25, α = 5 enf (x ) = 25◦C (uniforme begintemperatuur) • OPLOSSING: u(x , t) = ∞ X n=1 cne−n 2π2 t/25 sinnπx 25
waarbij we de co¨effici¨enten cn bepalen via BVW ⇒ Fourier sinus-reeks
voor f : cn= 2 25 Z 25 0 25sinnπx 25 dx = 50 nπ(1 − cosnπ), n = 1, 2, 3, . . . en dus cn= 100 nπ , voor n = 1, 3, 5, 7, . . . ; 0, voor n = 0, 2, 4, 6, . . . .
De warmte-vergelijking: voorbeeld
0 5 10 15 20 25Temperatuur
5 10 15 20 25x
Temperatuur voor t = 0, 0.1, 0.5, 1, en 3.De warmte-vergelijking: voorbeeld
0 5 10 15 20 25x
0 1 2 3 4t
0 5 10 15 20 25 30u
Temperatuurverloop met slechts 4 termen (n = 1, ..9).
De warmte-vergelijking: voorbeeld
0 5 10 15 20 25x
0 1 2 3 4t
0 5 10 15 20 25 30u
Temperatuurverloop met slechts 9 termen (n = 1, ..19).
De warmte-vergelijking: voorbeeld
0 5 10 15 20 25x
0 1 2 3 4t
0 5 10 15 20 25 30u
Temperatuurverloop met slechts 19 termen (n = 1, ..39).
De warmte-vergelijking: voorbeeld
0 5 10 15 20 25x
0 1 2 3 4t
0 5 10 15 20 25 30u
Temperatuurverloop met 49 termen (n = 1, ..99).
De warmte-vergelijking: opmerking
• oplossing (87) is een formeleoplossing:geen rigoureuze rechtvaardiging betrokken limiet-procedures (zou te ver leiden)
• maar het is dus mogelijk om aan te tonen dat:
- opl. (87) naar een continue functie convergeert voor 0 < x < L en t > 0 - ∂u∂t en ∂∂x2u2 kunnen berekend worden door de reeks (87) term per term af
te leiden
- deze oplossing inderdaad aan de warmtevergelijking (73) voldoet
• bewijs steunt op de negatieve exponenti¨ele factor in elke term ⇒ snelle convergentie (behalve voort = 0)
Inhomogene randvoorwaarden
• stel nu dat het we inhomogene RVWnhebben, dus i.p.v. (74):
u(0, t) = T1, u(L, t) = T2, t > 0 (90) terwijl de differentiaalvergelijking (73) ∂u ∂t = α 2∂2u ∂x2, 0 < x < L, t > 0 en de beginvoorwaarde (75) u(x , 0) = f (x ), 0 ≤ x ≤ L hetzelfde blijven
Inhomogene randvoorwaarden
• we kunnen namelijk anticiperen dat de staaf in de limiet t → ∞ een stationaire (tijds-onafhankelijke) temperatuurs-distributie v (x ) zal aannemen
• deze moet natuurlijk voldoen aan de warmte-vergelijking (73):
v00(x ) =0, 0 < x < L (91) ⇒ in deze stationaire toestand is de temperatuurs-distributie dus een
lineaire functie van x , i.e. v (x ) = c1x + c2
• moet ook aan de randvoorwaarden (90) voldoen ⇒ c1 en c2 bepalen :
v (x ) = (T2− T1)
x
Inhomogene randvoorwaarden
• de oplossing u(x , t) van het originele probleem (73)-(90)-(75) is de som van v (x ) en een andere (tijdsafhankelijke) temperatuurs-verdeling w (x , t):
u(x , t) = v (x ) + w (x , t) (93) ⇒ als we dit substitueren in vgln. (73), (90) en (75), vinden we wegens
v00(x ) = 0, (0 < x < L) dat w (x , t) voldoet aan vgl. (73): ∂w
∂t = α
2∂2w
∂x2, 0 < x < L, t > 0 (94)
en aan dehomogene randvoorwaarden (74):
w (0, t) = u(0, t) − v (0) = T1− T1 = 0, t > 0 (95)
Inhomogene randvoorwaarden
• bovendien moet w (x , t) voldoen aan de beginvoorwaarde
w (x , 0) = u(x , 0) − v (x ) =f (x ) − v (x ) (97)
⇒ tijdsafhankelijke deel w (x , t) van de oplossing u(x , t) is dus de oplossing van het probleem (94)-(95)-(97)!
• dit is net het homogene probleem dat we eerst oplosten, met dit verschil dat de begin-temperatuur nuf (x ) − v (x ) is
Inhomogene randvoorwaarden
⇒ de oplossing van het inhomogene probleem (73)-(90)-(75) is dus:
u(x , t) =(T2− T1) x L+ T1 | {z } =v (x ) + ∞ X n=1 cne−n2π2α2t/L2sin nπx L | {z } =w (x ) (98) met cn= 2 L Z L 0 f (x ) − (T2− T 1) x L − T1 | {z } =f (x )−v (x ) sin nπx L dx (99)
Inhomogene randvoorwaarden: voorbeeld
• stel L = 25, α = 5 en f (x ) = 25◦C (uniforme begintemperatuur) • neem T1 = 5◦C enT2 = 80◦C
⇒ stationaire temperatuurs-verdeling wordt dan gegeven door v (x ) = (80−5) x
25 + 5 = 3x + 5
• verloop temperatuurs-verdeling beschreven door vgl. (94) met α = 5, de homogene randvoorwaarden
w (0, t) = 0, w (25, t) = 0, t > 0 en de aangepast beginvoorwaarde
w (x , 0) = u(x , 0) − v (x ) = 25 − (3x + 5) = 20 − 3x ⇒ is probleem van de vorm (73)-(74)-(75) zodat de oplossing wordt
