1. No category

Till¨
ampad matematik: bevis till tentamen
2012
August 30, 2013
1
1
Formulera och bevisa ”andra shift-lagen” f¨or Laplacetransformer:
L[f (t − T )θ(t − T )] = e−T s F (s).
Sats:
Antag att f (t − T ) = 0 om t ≤ T. D˚
a g¨aller att
L[f (t − T )] = e−T s F (s).
Bevis:
L˚
at τ = t − T . D˚
a g¨
aller
L[f (t − T )θ(t − T )] =
= {multiplikation med θ(f − T ) ⇒ funktionen noll f¨or t ≤ T } =
Z ∞
=
f (t − T )θ(t − T )e−st dt =
0
Z ∞
f (t − T )θ(t − T )e−st dt = {τ = t − T } =
=
−∞
Z ∞
Z ∞
−s(τ +T )
−T s
e−sτ f (τ )θ(τ )dτ =
f (τ )θ(τ )e
dτ = e
=
−∞
0
= e−T s F (s)
d¨
ar
(
1
θ(τ ) =
0
QED
2
t > T,
t < T.
2
Verifiera f¨
oljande Laplacetransformer:
a) L[f 0 (t)](s) = sF (s) − f (0),
b) L[f 00 (t)](s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0).
Bevis:
a)
0
L[f (t)](s) =
Z
∞
e
−st 0
−st
f (t)dt = {P I} = e
f (t)
0
−st
= { lim e−st
t→∞
|∞
t=0
Z
∞
(−sest )f (t)dt =
−
0
Z
∞
= lim e
− e f (0) + s
e−st f (t)dt =
t→∞
0
Z ∞
= 0, s
e−st f (t)dt = 0} = sF (s) − f (0).
0
0
b)
L[f 00 (t)](s) = sL[f 0 (t)] − f 0 (0) = {a ⇒} = s(sF (s) − f (0)) − f 0 (0) =
= s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0).
QED
3
3
Visa att om funktionen f a¨r periodisk med perioden P s˚
a ¨ar
Z
a+P
f (x)dx
a
oberoende av a.
Bevis:
L˚
at
Z
g(a) =
a+P
a+P
Z
a
Z
f (x)dx −
f (x)dx =
0
a
f (x)dx.
0
g 0 (a) = f (a + P ) − f (a). Att f ¨ar periodisk medR perioden P medf¨or att
a+p
g 0 (a) = f (a) − f (a) = 0 vilket inneb¨ar att g(a) = a f (x)dx ¨ar konstant
och oberoende av a.
QED
4
4
L˚
at f (x) vara en 2π-periodisk funktion. Visa att om
∞
X
f (x) =
Cn einx
(∗)
n=−∞
s˚
a¨
ar
1
Cn =
2π
Z
π
f (x)e−inx dx.
−π
Bevis:
Multiplikation av (∗) med e−ikx samt integration ¨over [−π, π] ger
π
Z
−π
Z
π
π
Z
f (x)e−ikx dx =
∞
X
Cn einx e−ikx dx
−π n=−∞
⇔
Z π X
∞
f (x)e−ikx dx =
−π
Cn ei(n−k)x dx.
−π n=−∞
{einx }∞
ar en ortogonal m¨angd p˚
a x ∈ [−π, π] vilket medf¨or att
−∞ ¨
Z
π
∞
X
Cn ei(n−k)x dx = 0
om n 6= k
−π n=−∞
och
Z
π
∞
X
Cn ei(n−k)x dx = 2π · Ck
om n = k
−π n=−∞
vilket i sin tur ger att
1
Cn =
2π
Z
π
f (x)e−inx dx.
−π
QED
5
5
Visa att om funktionen f ¨
ar 2π-periodisk och Riemannintegrerbar p˚
a [−π, π]
och Cn ¨
ar de komplexa fourierkoefficienterna till f s˚
a ¨ar
∞
X
1
2π
|Cn |2 ≤
n=−∞
Z
π
|f (x)|2 dx
(Bessels olikhet).
−π
Bevis:
L˚
at
Snf (x)
N
X
=
Cn einx
n=−N
definiera den N:te partialsumman av fourierserien f¨or f (x). D˚
a g¨aller att
|f (x) − Snf (x)|2 = |f (x) −
N
X
Cn einx |2 = {|z|2 = z z¯} =
n=−N
=
N
X
f (x) −
Cn einx
f¯(x) −
n=−N
2
= |f (x)| −
N
X
N
X
!
!
C¯n e−inx
N
X
(Cn f¯(x)einx + C¯n f (x)e−inx ) +
n=−N
Cm C¯n ei(m−n)x .
n,m=−N
Division med 2π och integration fr˚
an −π till π ger
1
0≤
2π
Z
π
|f (x) −
−π
1
−
2π
N
X
Cn e
n=−N
π
1
| dx =
2π
inx 2
n=−N
Z
N X
Cn
f¯(x)einx + C¯n
−π
1
+
2π
=
n=−N
Z
Z
π
|f (x)|2 dx−
−π
π
−inx
f (x)e
+
−π
N
X
n,m=−N
6
Cm C¯n
Z
π
−π
ei(m−n)x dx.
Ortogonalitet samt Cn =
1
0≤
2π
Z
1
2π
Rπ
−π
π
2
|f (x)| dx −
−π
f (x)e−inx dx ger
N
X
(Cn C¯n + C¯n Cn ) +
n=−N
∞
X
|Cn |2 =
n=−N
1
=
2π
N → ∞ ger
N
X
1
|Cn | ≤
2π
n=−∞
2
QED
7
Z
π
2
|f (x)| dx −
−π
Z
π
−π
|f (x)|2 dx.
N
X
n=−N
|Cn |2 .
6
Formulera och bevisa Riemann-Lebesques sats.
Formulering:
Om
Rπ
−π
|f (x)|2 dx ¨
ar ¨
andlig s˚
a g¨aller att
lim an = 0,
n→∞
lim bn = 0,
lim Cn = 0.
n→∞
|n|→∞
Bevis:
Bessels olikhet s¨
ager att
∞
X
1
|Cn | ≤
2π
n=−∞
2
Z
π
|f (x)|2 dx
−π
(summan konvergerar) vilket medf¨or att
Cn → 0
om
n → ∞.
D˚
a
an = Cn + C−n
och bn = i(Cn − C−n )
g¨
aller att
an → 0
och
bn → 0
QED
8
om
n → ∞.
7
Antag att f ∈ C2 (a, b). Visa att det finns en interpolationskonstant, Ci ,
oberoende av f och p˚
a intervallet (a, b) s˚
a att f¨or linj¨arinterpolation, Π1 f ,
har vi f¨
oljande feluppskattning:
kΠ1 f − f kL∞ (a,b) ≤ Ci (b − a)2 kf 00 kL∞ (a,b)
(i).
Bevis:
Linj¨
ara interpolationen av (i) ¨ar
Π1 f (x) = f (a)λa (x) + f (b)λb (x)
(?).
Taylorutveckling av f (a) och f (b) kring x ∈ (a, b) ger
(
f (a) = f (x) + (a − x)f 0 (x) + 21 (a − x)2 f 00 (ηa ),
f (b) = f (x) + (b − x)f 0 (x) + 12 (b − x)2 f 00 (ηb ),
d¨
ar
(
a < ηa < x,
x < ηb < b.
Multiplikation av f (a) med λa (x) och f (b) med λb (x) samt summering av
dem ger att
λa (x)f (a) + λb (x)f (b) = (λa (x) + λb (x))f (x) +
1
+ [(a − x)ηa (x) + (b − x)λb (x)]f 0 (x) + (a − x)2 λa (x)f 00 (ηa ) +
2
1
+ (b − x)λb (x)f 00 (ηb ).
2
(?), (a − x)λa (x) + (b − x)λb (x) = 0 och att λa (x) + λb (x) = 1 ger att
1
1
Π1 f (x) = f (x) + (a − x)2 λa (x)f 00 (ηa ) + (b − x)2 λb (x)f 00 (ηb ),
2
2
1
1
Π1 f (x) − f (x) = (a − x)2 λa (x)f 00 (ηa ) + (b − x)2 λb (x)f 00 (ηb ).
2
2
2
2
Eftersom a ≤ x ≤ b ¨
ar (a − x) ≤ (a − b) , vilket ger att
(
λa (x) ≤ 1,
λb (x) ≤ 1,
9
(
f 00 (ηa ) ≤ kf 00 kL∞ (a,b) ,
f 00 (ηb ) ≤ kf 00 kL∞ (a,b) ,
1
1
|Π1 f (x) − f (x)| ≤ (a − b)2 + (a − b)2 ,
2
2
1
kΠ1 f (x) − f (x)kL∞ (a,b) ≤ (b − a)2 kf 00 kL∞ (a,b) .
2
QED
10
8
Betrakta den partiella differentialekvationen
(
− (a(x)u0 (x))0 = f, 0 < x < 1,
u(0) = u(1) = 0,
(PDE),
(RV).
Verifiera att finitelementl¨
osningen U ∈ Vh0 ¨ar den b¨asta approximativa
l¨
osningen av (PDE)+(RV) i energinormen. (Visa att ∀v ∈ Vh0 .) Dvs visa
att
k(u − U )0 ka ≤ k(u − v)0 ka ≤ Ci khu00 ka
d¨
ar
1/2
1
Z
2
kwka =
aw dx
0
ara och kontinuerliga v med v(0) = v(1) = 0}.
med Vh0 := {styckvis linj¨
Bevis:
Z
(VF)
1
a(x)u0 (x)v 0 (x)dx =
Z
1
f (x)v(x)dx,
0
∀v ∈ H01 .
0
Ta ett godtyckligt v ∈ Vh0 . Energinormens definition ger d˚
a att
Z
2
ku − uh kE = a(x)(u0 (x) − u0h (x))2 dx =
Z 1
=
a(x)(u0 (x) − u0h (x))(u0 (x) − v 0 (x) + v 0 (x) − u0h (x))dx =
0
Z 1
=
a(x)(u0 (x) − u0h (x))(u0 (x) − v 0 (x))dx +
0
Z 1
+
a(x)(u0 (x) − u0h (x))(v 0 (x) − u0h (x))dx.
0
Genom galerkinortogonalitet ¨ar sista integralen 0. Eftersom v − uh ∈ Vh0 ⊂
H01 kan (VF) skrivas som
Z
1
0
0
a(x)u (x)(v (x) −
u0h (x))dx
Z
=
0
11
f (x)(v(x) − uh (x))dx
(∗),
vars (FEM) formuleras enligt
Z
1
a(x)u0h (x)(v 0 (x)
−
u0h (x))dx
Z
=
f (x)(v(x) − uh (x))dx
(∗∗).
0
Subtrahera (∗∗) fr˚
an (∗) vilket ger
Z
1
a(x)(u0 (x) − u0h (x))(u0 (x) − v 0 (x))dx =
ku −
=
0
Z 1
1
1
(a(x)) 2 (u0 (x) − u0h (x))(a(x)) 2 (u0 (x) − u0h (x))dx ≤
=
uh k2E
0
≤ {Cauchy-Schwarz-olikhet} ≤
21
Z 1
Z 1
a(x)(u0 (x) − v 0 (x))2 dx
=
≤
a(x)(u0 (x) − u0h (x))2 dx
1
2
0
0
= ku − uh kE · ku − vkE .
Division med ku − uh kE ger
ku − uh kE ≤ ku − vkE
QED
12
9
Betrakta randv¨
ardesproblemet
(
− (a(x)u0 (x))0 = f,
(BVP)
u(0) = u(1) = 0
0 < x < 1,
(PDE),
(RV).
Ange en variationsformulering, (VF), och ett minimeringsproblem, (MP),
f¨
or (BVP) och visa att
(BVP) ⇔ (VF) ⇔ (MP).
Bevis:
Z
1
−
(VF):
0
1
Z
0
(a(x)u (x)) v(x)dx =
f (x)v(x)dx
0
0
Partiell integration av v¨
ansterledet ger
Z 1
Z
0
0
0
1
a(x)u (x) v(x)dx − [a(x)u (x)v(x)]0 =
0
1
f (x)v(x)dx.
0
Randdata och a(1)u0 (1) = g1 ger
1
Z
0
1
Z
0
a(x)u (x) v(x)dx − g1 v(1) =
0
f (x)v(x)dx.
0
R
˜ 1 := {v : v(x)2 + v 0 (x)2 dx < ∞, v(0) = 0}.
L˚
at H
0
(VF): Hitta u(x) ∈ H01 s˚
a att
Z
1
a(x)u0 (x)0 v(x)dx =
Z
0
0
1
f (x)v(x)dx + g1 v(1), ∀v ∈ H˜01 .
Visar att (BVP) ⇔ (VF): Partialintegration av (VF) i v¨ansterled ger
Z
−
0
1
(a(x)u0 (x))0 v(x)dx + [a(x)u0 (x)v(x)]10 =
Z
= f (x)v(x)dx + g1 v(1), ∀v ∈ H˜01 .
Val av v ∈ H˜01 s˚
a att v(1) = 0 medf¨or
Z
(VF):
−
1
0
0
Z
(a(x)u (x)) v(x)dx =
0
f (x)v(x)dx
0
13
1
vilket ger att
Z
1
[−(a(x)u0 (x))0 − f (x)]v(x)dx = 0, ∀v ∈ H01 .
0
Antag att ovanst˚
aende ekvation antyder att
−(a(x)u0 (x))0 − f (x) ≡ 0, ∀x ∈ (0, 1).
Om inte existerar det minst en punkt, ξ ∈ (0, 1), s˚
a att
−(a(ξ))u0 (ξ))0 − f (ξ) 6= 0
vilket inneb¨
ar att
−(a(ξ))u0 (ξ))0 − f (ξ) > 0
(eller < 0).
Genom f (x) ∈ C(0, 1) och a ∈ C1 vilket genom kontinuitet ger att
g(x) := −(a(x)u0 (x))0 − f (x) > 0, ∀x ∈ (ξ − δ, ξ + δ).
Testfunktionen v(x) som hattfunktionen v ∗ (x) > 0 {med v(ξ) = 1 p˚
a st¨odet
Iδ := (ξ − δ, ξ + δ)} ger att v ∗ (x) ∈ H01 samt att
Z 1
Z
0
0
∗
(−(a(x)u (x)) − f (x))v (x)dx =
g(x)v ∗ (x) > 0
0
Iδ
d˚
a g(x) > 0 och v ∗ (x) > 0 mots¨ager p˚
ast˚
aendet ovan s˚
a satisfierar u(x)
(BVP).
(MP): Finn u(x) ∈ H01 s˚
a att F (u(x)) ≤ F (w(x)), ∀w(x) ∈ H01 d¨ar
Z
Z 1
1 1
F (w(x)) =
a(x)(w0 (x))2 dx −
f (x)w(x)dx.
2 0
0
Bevisar att (MP)⇐(VF)
L˚
at v = w − u, s˚
a v ∈ H01 och
Z
Z 1
1 1
0 2
F (w) = F (u + v) =
a((u + v) ) dx −
f (u + v)dx =
2 0
0
Z
Z
Z
Z 1
Z 1
1 1
1 1
1 1
0 0
0 2
0 2
2au v dx +
a(u ) dx +
a(v ) dx −
f udx −
f vdx.
=
2 0
2 0
2 0
0
0
14
Enligt (VF) ¨
ar sista integralen subtraherat fr˚
an f¨orsta integralen noll. Definitionen f¨
or F ger att fj¨
arde integralen subtraherat fr˚
an andra integralen ¨ar
F (u). Allts˚
a
F (w) = F (u) +
1
2
1
Z
a(x)(v 0 (x))2 dx.
0
Eftersom a(x) > 0 ¨
ar F (w) ≤ F (u).
Bevisar att (MP)⇒(VF). L˚
at F (u) ≤ F (w) och s¨att g(, w) = F (u + v) f¨or
en godtycklig funktion v ∈ H01 . (MP) ger d˚
a att
∂
g(, v)
F (w) = F (u) +
=0
∂
=0
d¨
ar
Z
Z 1
1 1
g(, v) = F (u + v) =
a(a(u + v)0 )2 dx −
f (u + v)dx =
2 0
0
Z
Z 1
Z 1
1 1
0 2
2 0 2
0 0
=
(a(u ) + a (v ) + 2au v )dx −
f udx − f vdx.
2 0
0
0
Derivering ger
g0 (, v)
1
=
2
Z
1
0 2
0 0
Z
(2a(v ) + 2au v )dx −
0
1
f vdx.
0
D˚
a
g0 =0 = 0
¨ar
Z
1
0 0
Z
au v dx −
0
1
f vdx = 0
0
vilket ¨
ar (VF) vilket medf¨
or att om (VF)⇔(V) s˚
a ¨ar (BVP)⇔(VF)⇔(MP)
QED
15
10
Formulera och bevisa Poincares olikhet.
Sats:
Antag att u och u0 ¨
ar j¨
amnt integrerbara funktioner p˚
a ett intervall, [0, L].
D˚
a existerar det en konstant CL , oberoende av u men beroende av L, s˚
adan
att om u(0) = 0 s˚
a¨
ar
Z L
Z L
2
u0 (x)2 dx
u(x) dx ≤ CL
0
0
vilket med andra ord inneb¨
ar att
kukL2 ≤
p
CL ku0 kL2 (0,L) .
Bevis:

s
Z
L2 -normen ¨ar kf kL (0,L) =
2
F¨
or godtyckligt x ∈ [0, L] ¨
ar
Z x
Z
0
u(x) =
u (y)dy ≤
0
x
f (x)2 dx.
0
Z
0

L
x
|u (y)|dy =
0
|u0 (y)| · 1dy ≤
0
≤ {Cauchy-Schwartz-olikhet } ≤
sZ
sZ
x
x
≤
|u0 (y)|2 dy
12 dy ≤
0
s
Z
≤
L
|u0 (y)|2 dy
s
Z
0
Eftersom
Z
L
u(x)2 dx ≤
0
0
Z
L
Z
L
0
L
0
s
Z
L
√
2
1 dy = L
L
|u0 (y)|2 dy.
0
Z
|u0 (y)|2 dy dx = L2
0
0
¨ar
kuk2L2 (0,L) ≤ L2 ku0 k2L2 (0,L)
d¨
ar CL = L2
QED
16
L
|u0 (x)|2 dx
11
Betrakta partiella differentialekvationen
(
u˙ − u00 = f (x), 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = u(1, t) = 0, u(x, 0) = u0 (x).
Visa f¨
oljande stabilitetsolikheter:
a)
b)
ku(·, t)k ≤ ku0 k +
Rt
kf (·, s)kds,
Rt
0
kux (·, t)k2 ≤ ku0 k2 + 0 kf (·, s)k2 ds.
0
Bevis:
a)
Multiplikation med u(x, t) och integreration fr˚
an 0 till 1 med avseende p˚
ax
ger
Z 1
Z 1
Z 1
00
uudx
˙
−
u udx =
f udx.
0
0
0
Partiell integration d¨
ar [u0 u]x=1
x=0 = 0 samt
1d
2 dt
Z
0
1
u2 dx +
Z
1
R1
u0 u0 dx =
0
uudx
˙
=
0
Z
1 d
2 dt
1
f udx.
0
1d
ku(·, t)k2 + ku0 (·, t)k2 ≤ {C-S} ≤ kf kkuk.
2 dt
1
2ku(·, t)kku(·,
˙ t)k + ku0 (·, t)k2 ≤ kf kkuk.
2
{kf kkuk = kf (·, t)kku(·, t)k}
d
ku(·, t)k ku(·, t)k ≤ kf (·, t)kku(·, t)k.
dt
d
ku(·, t)k ≤ kf (·, t)k.
dt
17
R1
0
u2 dx ger
Byte av t = s och integration fr˚
an 0 till t med avseende p˚
a s ger
Z t
Z t
d
kf (·, s)kds.
ku(·, s)kds ≤
0 ds
0
Z t
s=t
[ku(·, s)k]s=0 ≤
kf (·, s)kds.
0
t
Z
ku(·, t)k − ku(·, 0)k ≤ {ku(·, 0)k = ku0 k} ≤
kf (·, s)kds ⇒
Z t
kf (·, s)kds.
⇒ ku(·, t)k ≤ ku0 k +
0
0
QED
d
b) Multiplikation av DE med u(x,
˙
t) = dt
u(x, t) och integration fr˚
an 0 till 1
med avseende p˚
a x ger
Z 1
Z 1
Z 1
00
u˙ udx
˙ −
u udx
˙ =
f udx.
˙
0
0
0
Partialintegration samt randvillkor, u(0, t) = 0 ⇒ u(0,
˙ t) = 0, ger
2
Z
1
kuk
˙ +
0 0
0
u u˙ dx − [u
u]
˙ x=1
x=0
Z
=
f udx,
˙
0
kuk
˙ 2+
1
0
1d
2 dt
Z
1
(u0 )2 dx =
0
Z
1
f udx
˙
0
d¨
ar
Z
1
1
1
f udx
˙ ≤ {Cauchy-Schwartz} ≤ kf kkuk
˙ ≤ kf k2 + kuk
˙ 2≤
2
2
0
1
1
≤ {kf k = a, kuk
˙ = b} ≤ a2 + b2 , 2ab ≤ a2 + b2 ⇔ a2 + b2 − 2ab = 0.
2
2
1
1d 0 2 1
kuk
˙ 2 − kuk
˙ 2+
ku k ≤ kf k2 .
2
2 dt
2
1
1d 0 2 1
kuk
˙ 2+
ku k ≤ kf k2 .
2
2 dt
2
d 0 2
ku k ≤ kf k2 .
dt
18
Byte av t = s och integration fr˚
an 0 till t med avseende p˚
a s ger
Z t
Z t
d 0
kf (·, s)kds,
ku (·, s)k2 ds ≤
0 ds
0
Z t
0
2 s=t
[ku (·, s)k ]s=0 ≤
kf (·, s)k2 ds
0
vilket ger att
0
2
ku (·, t)k ≤
ku00 k2
Z
+
0
QED
19
t
kf (·, s)k2 ds.
12
Betrakta partiella differentialekvationen
(
u˙ − u00 = 0, 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = u(1, t) = 0, u(x, 0) = u0 (x).
Visa f¨
oljande stabilitetsolikheter
+ 2ku0 k2 = 0
a)
d
2
dt kuk
b)
ku(·, t)k ≤ e−t ku0 k.
Bevis:
a)
Multiplikation av (DE) med l¨osningen u och integration ¨over x ∈ (0, 1)
ger
Z 1
Z 1
Z 1
1
00
0
0 2
0=
(uu
˙ − u u)dx =
uudx
˙
− u u |x=0 = −
(u ) dx =
0
0
0
Z
Z 1
1d 1 2
1
0
= {u u |x=0 = 0} =
u dx +
(u0 )2 dx =
2 dt 0
0
1d
2
=
kuk + ku0 k2 ⇒
2 dt
d
⇒ 0 = kuk2 + 2ku0 k2
dt
b)
Anv¨
andning av a) tillsammans med Poncares olikhet: S¨att L = 1 allts˚
a
kuk ≤ ku0 k, d˚
a g¨
aller att
0=
d
d
kuk2 + 2ku0 k2 ≥ kuk2 + 2kuk2 .
dt
dt
Multiplikation med integrerande faktorn, e2t , ger
d
d
2 2t
2
2
kuk e =
kuk + 2kuk e2t ≤ 0
dt
dt
20
Substitution av t med s samt integration fr˚
an 0 till t med avseende p˚
a s ger
Z t
d
kuk2 e2s ds = ku(·, t)k2 e2t − ku(·, 0)k2 ≤ 0 ⇔
0 ds
⇔ ku(·, t)k2 ≤ e−2t ku0 k2 ⇒
⇒ ku(·, t)k ≤ e−t ku0 k
QED
21
13
Betrakta f¨
oljande 1-dimensionella v˚
agekvation:


¨ − u00 = 0, 0 < x < 1, t > 0,
u
u(0, t) = u(1, t) = 0,


u(x, 0) = u0 (x), u(x,
˙
0) = v0 (x)
D˚
a ¨
ar den totala energin a¨r konstant (konservering av energin). Det vill
s¨
aga att
1
1
1
1
kuk
˙ 2 + ku0 k2 = kvk2 + ku00 k2 = konstant.
2
2
2
2
Bevis:
Multiplikation med u˙ och integration fr˚
an 0 till 1 med avseende p˚
a x ger
Z 1
Z 1
u
¨udx
˙ −
u00 udx
˙ = 0.
0
Partialintegration och u
¨u˙ =
0
1 d
˙ 2
2 dt (u)
ger
1
Z 1
x=1
1d
2
(u)
˙ dx +
u0 udx
˙ − u0 (x, t)u(x,
˙
t) x=0 = {BV } =
0 2 dt
0
Z 1
Z 1
1d
d 1
1 0 2
1d
2
0 2
2
(u)
˙ dx +
(u ) dx =
kuk
˙ + ku k = 0 ⇒
=
2 dt 0
2 dt 0
dt 2
2
1
1
⇒ kuk
˙ 2 ku0 k2 = C (konstant)
2
2
Z
QED
22