1. No category

Differentiaaliyhtälöiden jatkokurssi
802334A, 5 op
Syksy 2015
1 Frobeniuksen menetelmä
1
2 Gamma– ja betafunktiot
4
3 Besselin funktiot
7
4 Ortogonaalipolynomit
13
4.1 Legendren polynomit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4.2 Hermiten polynomit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4.3 Chebyshevin polynomit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5 Fourier–sarjat
21
6 Laplace–muunnos
26
7 Fourier–muunnos
31
8 Ominaisarvo-ongelmat
34
9 Osittaisdifferentiaaliyhtälöt
37
9.1 Lämpöyhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
9.2 Aaltoyhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
9.3 Laplacen yhtälö . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
10 Integraalimuunnosten ratkaisumenetelmiä
45
10.1 Laplace–muunnoksella ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
10.2 Fourier–muunnoksella ratkaiseminen . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
A Harjoitustehtävät
48
B Kaavakokoelma
54
Esipuhe
Tämä moniste pohjautuu mukaillen M. Kumpulaisen kevään 2014 oppimateriaaliin kurssille Differentiaaliyhtälöt II (800346A, 4 op).
Merkintöjä
N = {1, 2, . . .},
N0 = {0, 1, 2, . . .},
Z = {0, ±1, ±2, . . .}, R+ = [0, ∞)
f (x)
f (x) g(x), x → a jos ja vain jos lim
= 1.
x→a g(x)
f (x) = O(g(x)), x ≥ a, jos ja vain jos |f (x)| ≤ C|g(x)|, x ≥ a.
btc = max{n ∈ Z : n ≤ t}
f (x0 ±) = lim f (x) = lim f (x0 ± h),
x→x0 ±
h→0+
fe(x0 ) = (f (x0 −) + f (x0 +))/2
f (x)
f (x0 +)
fe(x0 )
f (x0 −)
fe(x1 )
x1
x0
x
Luku 1
Frobeniuksen menetelmä
Tarkastellaan toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöä
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0.
(1.1)
Pistettä a ∈ R sanotaan yhtälön (1.1) säännölliseksi
pisteeksi, jos sekä p että q
P
k
ovat analyyttisiä pisteessä a (eli niillä on muotoa ∞
k=0 ak (x − a) olevat potenssisarjaesitykset jollain välillä (a − r, a + r), r > 0). Rajoituksetta voidaan olettaa,
että a = 0.
Säännöllisen pisteen a = 0 tapauksessa yhtälö (1.1) voidaan ratkaista asettamalla yrite
∞
X
y(x) =
ak xk
k=0
ja määräämällä kertoimet ak niin, että yhtälö toteutuu (kts. DY1).
Jos piste 0 ei ole säännöllinen piste, niin sen sanotaan olevan erikoispiste. Edelleen, jos 0 ei ole säännöllinen piste, mutta xp(x) ja x2 q(x) ovat analyyttisiä pisteessä 0, niin sanotaan, että 0 on säännöllinen erikoispiste. Ellei 0 ole säännöllinen
piste eikä säännöllinen erikoispiste, sanotaan sitä vahvaksi erikoispisteeksi.
Säännöllisen erikoispisteen tapauksessa yhtälö (1.1) voidaan ratkaista seuraavalla nk. Frobeniuksen menetelmällä. Asetetaan yrite
y(x) =
∞
X
ck xk+s ,
c0 6= 0, s ∈ R.
k=0
Sijoitetaan yrite sekä funktioiden xp(x) ja x2 q(x) potenssisarjat yhtälöön (1.1).
Lopuksi määrätään eksponentti s ja kertoimet ck niin, että yhtälö toteutuu. Näin
löydetään ainakin yksi yritteen mukainen ratkaisu, muttei välttämättä yleistä
ratkaisua (eli kahden lineaarisesti riippumattoman ratkaisun lineaariyhdistettä).
Laskujen helpottamiseksi (ja koska xp(x) ja x2 q(x) ovat analyyttisiä) kannattaa yhtälö kertoa ensin termillä x2 eli tarkastellaan yhtälöä
x2 y 00 + xP (x) + Q(x)y = 0,
1
missä
P (x) = xp(x) =
∞
X
k
2
pk x ,
Q(x) = x q(x) =
∞
X
qk x k
k=0
k=0
ovat analyyttisten funktioiden potenssisarjaesitykset. Koska
∞
X
y (x) =
(k + s)ck xk+s−1 ,
0
∞
X
y (x) =
(k + s)(k + s − 1)ck xk+s−2 ,
00
k=0
k=0
niin
x2 y 00 = xs
∞
X
(k + s)(k + s − 1)ck xk
k=0
xP (x)y 0 = xs
Q(x)y = x
s
∞
X
k=0
∞
X
k=0
(k + s)ck xk
∞
X
pk xk = xs
k=0
ck x
k
∞
X
k
qk x = x
s
k=0
∞
k
X
X
∞
X
k=0
k
X
k=0
l=0
!
(s + l)cl pk−l
xk
l=0
!
xk .
cl qk−l
Tässä on käytetty Cauchyn tuloa potenssisarjoille eli
! ∞
!
!
∞
∞
k
X
X
X
X
k
k
ak x
bk x
=
al bk−l xk .
k=0
k=0
k=0
l=0
Sijoittamalla nämä yhtälöön (1.1) saadaan
#
"
∞
k
X
X
s
x
(k + s)(k + s − 1)ck +
((s + l)pk−l + qk−l )cl xk = 0.
k=0
l=0
Tämä pätee kaikilla x ∈ (0, r) jos ja vain jos
(k + s)(k + s − 1)ck +
k
X
((s + l)pk−l + qk−l )cl = 0,
k = 0, 1, . . . .
l=0
Arvolla k = 0 saadaan (c0 6= 0) vaatimus
f (s) := s(s − 1) + p0 s + q0 = s2 + (p0 − 1)s + q0 = 0
eli nk. indeksiyhtälö. Tämä yhtälö määrää ne eksponentin s arvot, joilla yrite voi
olla ratkaisu. Sen jälkeen kertoimet ck riippuvat eksponentin arvosta eli kirjoitetaan ck = ck (s). Arvoilla k ≥ 1 saadaan nk. palautuskaava,
k−1
X
f (s + k)ck (s) = −
((s + l)pk−l + qk−l )cl ,
k = 1, 2, . . . .
l=0
josta saadaan rekursiivisesti kertoimet ck riippuen kertoimen c0 arvon valinnasta,
joka jää vapaaksi.
Indeksiyhtälön ratkaisuista s1 ≥ s2 (kompleksijuurten tapaus sivuutetaan)
riippuen alkuperäisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y = C1 y1 (x) +
C2 y2 (x), missä lineaarisesti riippumattomat y1 , y2 määräytyvät seuraavasti:
2
1. Jos s1 − s2 ∈
/ N0 , niin
y1 (x) = xs1
y2 (x) = xs2
∞
X
k=0
∞
X
ak xk ,
a0 6= 0
bk xk ,
b0 6= 0.
k=0
2. Jos s1 − s2 = 0, niin
y1 (x) = x
s1
∞
X
ak xk ,
a0 6= 0
k=0
y2 (x) = y1 (x) ln x + x
s2
∞
X
bk xk .
k=1
(huomaa indeksoinnin aloitus summassa)
3. Jos s1 − s2 ∈ N, niin
y1 (x) = xs1
∞
X
ak xk ,
a0 6= 0
k=0
y2 (x) = Ay1 (x) ln x + xs2
∞
X
bk xk ,
k=0
missä A voi olla nolla.
Kertoimet an , bn määräytyvät sijoittamalla sarjat differentiaaliyhtälöön. Joskus tapauksessa 3) lineaarisesti riippumattomat ratkaisut löydetään ilman logaritmitermin tarkastelua (eli A = 0, tästä lisää harjoituksissa). Toisaalta, usein
riittää yhden sarjamuotoisen ratkaisun löytäminen (y1 yllä).
Esimerkki 1.1.
4xy 00 + 2y 0 + y = 0
Huomautus. Palautetaan mieleen, että funktiot u, v ovat lineaarisesti riippumattomat, jos Wronskin determinantti
u(x) v(x) 6≡ 0.
W (u, v) = W (x) = 0
u (x) v 0 (x)
3
Luku 2
Gamma– ja betafunktiot
Gammafunktio määritellään integraalina
Z ∞
Γ(z) =
tz−1 e−t dt,
z ∈ C, Re z > 0.
(2.1)
0
Ehto Re z > 0 takaa integraalin suppenemisen, sillä
Z 1
Z 1
Z 1
z−1 −t
z−1
t e dt ≤
|t | dt =
tx−1 dt < ∞,
0
0
x = Re z > 0
0
ja
Z
∞
z−1 −t
t
e
1
Z
dt ≤
∞
tx−1 e−t dt < ∞
1
koska eksponenttifunktio vähenee äärettömyydessä nopeammin kuin mikään potenssi kasvaa.
Lause 2.1. Gammafunktio toteuttaa seuraavat ominaisuudet:
1. Γ(z + 1) = zΓ(z), Re z > 0
2. Γ(z + n) = (z + n − 1)(z + n − 2) · · · zΓ(z), n = 1, 2, . . .
3. Γ(n + 1) = n!, n = 0, 1, 2, . . .
√
4. Γ(1/2) = π.
5. Γ(n + 1/2) =
(2n)! √
π, n = 0, 1, . . .
4n n!
Todistus. Luennolla.
Seuraus 2.2.
lim (z + n)Γ(z) =
z→−n
4
(−1)n
,
n!
n∈N
(2.2)
Todistus. Luennolla.
Huomautus. Edellisen nojalla gammafunktiolla on yksinkertaiset navat pisteissä
z = −n, n ∈ N0 (kts. funktioteoria). Siten asetetaan
Γ(z) = ∞,
−z ∈ N0 .
Lauseen 2.1 nojalla Gammafunktio siis yleistää kertoman ja edelleen binomikertoimen. Lisäksi, Lauseen 2.1 nojalla
Γ(z + 1)
,
z
missä oikea puoli on määritelty, kun 0 > Re z > −1. Näin ollen edellisellä kaavalla
voidaan määritellä gammafunktio arvoille 0 > Re z > −1 ja edelleen −1 > Re z >
−2 jne. Tarkemmin,
Γ(z + n)
Γ(z) =
z(z + 1) · · · (z + n − 1)
valitsemalla n > − Re z.
Γ(z) =
Lause 2.3 (Stirlingin kaava).
Γ(x + 1) √
2πxxx e−x ,
x→∞
(2.3)
Todistus. Luennolla.
Seuraus 2.4.
√
n! nn e−n 2πn,
n → ∞.
Kuva 2.1: Gammafunktion Γ(x), x ∈ R kuvaaja
Betafunktio määritellään integraalina
Z 1
B(z, w) =
tz−1 (1 − t)w−1 dt,
0
5
Re z, Re w > 0.
(2.4)
Tämä on selvästi symmetrinen funktio. Harjoitustehtävänä on osoittaa, että
B(z, w) =
Γ(z)Γ(w)
,
Γ(z + w)
Re z, Re w > 0.
(2.5)
Muuttujanvaihdoilla saadaan muitakin integraalimuotoja:
Lause 2.5. Jos Re z, Re w > 0, niin
Z ∞
sz−1
B(z, w) =
ds,
(1 + s)z+w
0
Z π/2
B(z, w) = 2
cos2z−1 φ sin2w−1 φ dφ,
0
Z b
1−z−w
(s − a)z−1 (b − s)w−1 ds.
B(z, w) = (b − a)
(2.6)
(2.7)
(2.8)
a
Todistus. Luennolla.
Esimerkki 2.6. Laske integraalit
Z π/2
cos5 φ sin7 φ dφ,
Z
1
(1 + s)2 (1 − s)3 ds.
−1
0
Seuraus 2.7.
√
Γ(z)Γ(z + 1/2) = 21−2z πΓ(2z)
(2.9)
Todistus. Luennolla.
Lause 2.8.
Γ(z)Γ(1 − z) =
π
,
sin πz
0 < z < 1.
(2.10)
Todistus. Luennolla.
Seuraus 2.9. Gammafunktiolla ei ole nollakohtia. Erityisesti 1/Γ(z) on kokonainen funktio.
Todistus. Luennolla.
Gammafunktion logaritminen derivaatta määritellään asettamalla
ψ(z) =
Γ0 (z)
d
=
ln Γ(z),
Γ(z)
dz
−z ∈
/ N0 .
Sille pätee kaavat
ψ(z + 1) = ψ(z) +
1
z
(2.11)
ja
π
(2.12)
tan πz
(todistus luennolla). Lukua −ψ(1) = −Γ0 (1) = γ ≈ 0.577215665 sanotaan Eulerin
vakioksi.
ψ(z) − ψ(1 − z) = −
6
Luku 3
Besselin funktiot
Eräs keskeinen sovelletun matematiikan ja lähitieteiden yhtälö on nk. Besselin
differentiaaliyhtälö
x2 y 00 + xy 0 + (x2 − ν 2 )y = 0,
ν ∈ R.
(3.1)
Normaalimuodossaan tämän yhtälön kertoimet ovat p(x) = 1/x ja q(x) = 1 −
ν 2 /x2 . Siten 0 on tämän yhtälön säännöllinen erikoispiste eli yhtälö voidaan ratkaista Frobeniuksen menetelmällä. Olkoon siis
y(x) =
∞
X
ak xk+s ,
a0 6= 0.
k=0
Sijoittamalla tämä yrite Besselin yhtälöön saadaan
∞
∞
X
X
2
2
k+s
(k + s) − ν ak x
+
ak−2 xk+s = 0.
k=0
k=2
Tämän potenssisarjan kertoimien tulee olla nollia. Indeksin arvolla k = 0 saadaan
(s2 − ν 2 )a0 = 0 eli s = ±ν. Tarkastellaan tapausta s = ν. Arvolla k = 1 saadaan
tällöin
((ν + 1)2 − ν 2 )a1 = 0
eli joko 2ν + 1 = 0 tai a1 = 0. Arvoilla k ≥ 2 saadaan rekursiokaava
((ν + k)2 − ν 2 )ak + ak−2 = 0
eli
ak =
−ak−2
.
k(k + 2ν)
7
Valitsemalla a1 = 0 kaikki ”parittomat” kertoimet ovat nollia. Parilliset saadaan
myös laskettua eli
−a0
2(2 + 2ν)
a0
−a2
=
a4 =
4(4 + 2ν)
2 · 4(2 + 2ν)(4 + 2ν)
−a4
−a0
a6 =
=
6(6 + 2ν)
2 · 4 · 6(2 + 2ν)(4 + 2ν)(6 + 2ν)
(−1)k a0
a2k =
2 · 4 · · · (2k)(2 + 2ν)(4 + 2ν) · · · (2k + 2ν)
(−1)k a0
.
= 2k
2 k!(1 + ν)(2 + ν) · · · (k + ν)
a2 =
Siis
y(x) = a0
∞
X
k=0
(−1)k
x2k+ν .
22k k!(1 + ν)(2 + ν) · · · (k + ν)
Valitsemalla
a0 =
1
2ν Γ(ν + 1)
ja käyttämällä Lausetta 2.1 tämä sievenee muotoon
Jν (x) =
∞
X
k=0
x 2k+ν
(−1)k
.
k!Γ(ν + k + 1) 2
(3.2)
Suhdetestin nojalla tämä sarja suppenee kaikilla x 6= 0 ja kaikilla ν ∈ R. Lisäksi
suoralla laskulla voi tarkistaa, että se ratkaisee Besselin yhtälön. Origossa x = 0
vaadimme jatkossa ν ≥ 0. Funktio Jν on 1. lajin Besselin funktio kertalukua ν.
Erityisesti
Jn (x) =
∞
X
k=0
(−1)k x 2k+n
,
k!(n + k)! 2
n ∈ N.
(3.3)
Siten
J−n (x) =
∞
X
k=0
∞
x 2k−n X (−1)k+n x 2k+n
(−1)k
=
k!(−n + k)! 2
k!(k + n)! 2
k=0
eli
J−n (x) = (−1)n Jn (x).
Lisäksi Jn (−x) = (−1)n Jn (x) eli Jn (x) on samaa pariteettia kuin n.
8
(3.4)
Lause 3.1 (Rekursiokaavat). Besselin funktio toteuttaa seuraavat ominaisuudet
d −ν
(x Jν (x)) = −x−ν Jν+1 (x)
dx
d ν
(x Jν (x)) = xν Jν−1 (x)
dx
xJν0 (x) − νJν (x) = −xJν+1 (x)
xJν0 (x)
+ νJν (x) = xJν−1 (x)
(3.6)
(3.7)
(3.8)
xJν−1 (x) + xJν+1 (x) = 2νJν (x)
Jν−1 (x) − Jν+1 (x) =
(3.5)
(3.9)
2Jν0 (x)
(3.10)
aina, kun x 6= 0 ja ν ∈ R.
Todistus. Suoritetaan derivointi eli
∞
∞
X
d −ν
d X
(−1)k x2k
(−1)k 2kx2k−1
(x Jν (x)) =
=
dx
dx
22k+ν k!Γ(ν + k + 1)
22k+ν k!Γ(ν + k + 1)
k=0
=
k=1
∞
X
k=1
(−1)k x2k−1
=
22k+ν−1 (k − 1)!Γ(ν + k + 1)
= −x−ν
∞
X
k=0
∞
X
k=0
(−1)k x2k+1+ν
22k+ν+1 k!Γ(ν + k + 2)
(−1)k+1 x2k+1
22k+ν+1 k!Γ(ν + k + 2)
= −x−ν Jν+1 (x).
Vastaavaan tapaan
∞
∞
k=0
k=0
X (−1)k (2k + 2ν)x2k+2ν−1
d ν
(−1)k x2k+2ν
d X
(x Jν (x)) =
=
dx
dx
22k+ν k!Γ(ν + k + 1)
22k+ν k!Γ(ν + k + 1)
=
∞
X
k=0
(−1)k x2k+2ν−1
22k+ν−1 k!Γ(ν + k)
= xν Jν−1 (x)
Lauseen 2.1 nojalla. Näin kaksi ensimmäistä kaavaa on todistettu. Suorittamalla
niissä tulojen derivoinnit saadaan
−νx−ν−1 Jν + x−ν Jν0 = −x−ν Jν+1
νxν−1 Jν + xν Jν0 = xν Jν−1 .
Kertomalla ensimmäinen yhtälö puolittain termillä xν+1 ja toinen termillä x−ν+1
saadaan (3.7) ja (3.8). Kaavat (3.9)-(3.10) saadaan kaavoista (3.7)-(3.8) yhteenja vähennyslaskuilla.
Määritelmien (tai Tehtävän 2) nojalla saadaan
J1/2 (x) =
∞
X
k=0
x 2k+1/2
(−1)k
=
k!Γ(k + 3/2) 2
9
r
2
sin x
πx
ja
J−1/2 (x) =
∞
X
x 2k−1/2
(−1)k
=
k!Γ(k + 1/2) 2
k=0
r
2
cos x.
πx
Funktiot Jn+1/2 (x), n ∈ Z voidaankin esittää alkeisfunktioiden avulla.
Esimerkki 3.2.
r
2
πx
sin x
− cos x
x
r
2
πx
3 sin x 3 cos x
−
− sin x
x2
x
J3/2 (x) =
J5/2 (x) =
(todistus luennolla)
Generoiva funktio
Lukujonon (an )∞
n=0 generoiva funktio on potenssisarja
P∞
n=0 an z
n.
Esimerkki 3.3. Jonon (an )∞
n=0 generoiva funktio on 1/(1 − az), |z| < 1. Jonon
(1/n!)∞
generoiva
funktio
on
ez .
n=0
Vastaavasti funktiojonon gn (x) generoiva funktio on
∞
X
G(z, x) =
gn (x)z n
n=−∞
mikäli sarja suppenee jossain (kompleksitason punkteeratussa origokeskisessa kiekossa kaikilla x ∈ I ⊂ R).
Lause 3.4. Besselin funktioiden jonolle Jn (x) pätee
G(z, x) =
∞
X
Jn (x)z n = exp(x(z − 1/z)/2).
n=−∞
Todistus. Eksponenttifunktion sarjakehitelmän avulla
∞
∞
X
X
(−1)j x j
z k x k
, exp(−x/(2z)) =
.
exp(xz/2) =
k! 2
j!z j
2
j=0
k=0
Nämä sarjat suppenevat itseisesti koko tasossa, joten kertominen voidaan suorittaa vapaasti eli
∞
X
(−1)j z k−j x j+k
exp(x(z − 1/z)/2) =
.
j!k!
2
k,j=0
zn, n
= k − j, jolloin


∞
∞
x n+2j
j
X
X
(−1)

 zn.
exp(x(z − 1/z)/2) =
j!(n
+
j)!
2
n=−∞
Väitettä varten poimitaan termit
j=0
Sulkulausekkeen ollessa Jn (x) väite seuraa.
10
Pisteessä z = eiθ saadaan
∞
X
eix sin θ =
Jn (x)einθ .
n=−∞
Reaali- ja imaginääriosia vertaamalla selviää, että
cos(x sin θ) =
∞
X
Jn (x) cos(nθ),
sin(x sin θ) =
n=−∞
∞
X
Jn (x) sin(nθ).
n=−∞
Pyritään vielä löytämään Besselin yhtälölle (3.1) toinen lineaarisesti riippumaton ratkaisu ja sen myötä yhtälön yleinen ratkaisu.
Lause 3.5. Besselin funktioiden Wronskin determinantti on
W (Jν , J−ν ) =
−2 sin νπ
.
πx
Todistus. Luennolla.
Edellisen lauseen nojalla funktiot Jν , J−ν ovat lineaarisesti riippumattomia
vain, kun ν ∈
/ Z. Tapausta ν ∈ Z varten määritellään 2. lajin Besselin funktio eli
Neumannin funktio asettamalla
Yν (x) =
cos νπJν (x) − J−ν (x)
.
sin(νπ)
(3.11)
Tapauksessa ν = n ∈ Z tämä pitää tulkita raja-arvona, joka on l’Hospitalin
säännön mukaan
cos νπJν (x) − J−ν (x)
1 dJν (x) (−1)n dJ−ν (x) Yn (x) = lim
=
−
.
ν→n
sin(νπ)
π dν ν=n
π
dν ν=n
Tästä seuraa Y−n (x) = (−1)n Yn (x).
Määritelmän mukaan laskemalla saadaan
W (Jν , Yν ) =
−W (Jν , J−ν )
2
=
sin νπ
πx
eli Besselin ja Neumannin funktiot ovat aina lineaarisesti riippumattomia.
Asetetaan vielä Hankelin funktiot
Hν(1) (x) = Jν (x) + iYν (x),
Hν(2) (x) = Jν (x) − iYν (x),
jotka esiintyvät potentiaaliteoriassa.
11
Lause 3.6 (Asymptoottinen käyttäytyminen). Jos ν ≥ 0 ja x ≥ 0, niin

xν


x→0
 2ν Γ(1 + ν) ,
Jν (x) r


 2 cos(x − νπ/2 − π/4), x → ∞
πx

2
2


x → 0, ν = 0
− log ,


π
x



 2ν Γ(ν)
,
x→0
Yν (x) −
πxν



r



2


sin(x − νπ/2 − π/4), x → ∞
πx

2
2


x → 0, ν = 0
∓i log ,


π
x



 2 ν Γ(ν)
(1,2)
,
x→0
Hν (x) ∓i
x
π


r



2


exp(±i(x − νπ/2 − π/4)), x → ∞,
πx
missä ylemmät merkit vastaavat 1. lajin funktiota ja alemmat merkit 2. lajin funktiota.
Todistus. Sivuutetaan.
Kuva 3.1: Besselin ja Neumannin funktioiden kuvaajia, ν = 0, 1, 2.
12
Luku 4
Ortogonaalipolynomit
Ortogonaalifunktioilla voidaan usein esittää funktioita helpommassa muodossa
esim. numeerista integrointia yms. varten. Aluksi kerrataan eräitä käsitteitä ja
merkintöjä Lineaarialgebra 2-kurssilta.
Joukossa A määritelty funktiojoukko F on funktioavaruus, jos se on suljettu
skalaarilla kertomisen ja yhteenlaskun suhteen. Toisin sanoen, se on vektoriavaruus.
Seuraavassa I on reaaliakselin väli (avoin, puoliavoin, tai suljettu).
Määritelmä 4.1. Funktio f : I → C on paloittain jatkuva, jos
1. sillä on vain äärellinen määrä epäjatkuvuuspisteitä x1 , . . . , xn ja
2. raja-arvot f (xk −) ja f (xk +), k = 1, . . . , n ovat olemassa äärellisinä. Päätepisteen ollessa epäjatkuvuuspiste vain toisen raja-arvon olemassaolo vaaditaan.
Paloittain jatkuvia funktioita merkitään P C(I).
Määritelmä 4.2. Funktio f : I → C on paloittain säännöllinen, jos
1. se on paloittain jatkuva, ja
2. derivaattafunktio f 0 on jatkuva lukuunottamatta pisteitä x1 , . . . , xN (sisältäen funktion f epäjatkuvuuspisteet) ja raja-arvot
f 0 (a+), f 0 (b−), f 0 (xk −), f 0 (xk +) k = 1, . . . , N
ovat olemassa äärellisinä.
Paloittain jatkuvia funktioita merkitään P S(I).
13
Seuraavat joukot ovat funktioavaruuksia:
P C(I), P S(I), C(I) = C 0 (I)
C n (I) = {f : I → C : f (n) jatkuva},
n = 1, 2, . . .
Z
1
|f (x)| dx < ∞}
L (I) = {f : I → C : |f | integroituva ja
I
Z
|f (x)|2 dx < ∞}
L2 (I) = {f : I → C : |f | integroituva ja
I
Avaruuksien L1 (I) ja L2 (I) funktioita sanotaan itseisesti integroituviksi funktioiksi ja neliöintegroituviksi funktioiksi.
Määritelmä 4.3. Olkoon F funktioavaruus. Kuvausta (·|·) : F ×F → C sanotaan
sisätuloksi, jos se toteuttaa seuraavat ominaisuudet:
1. (f |f ) ≥ 0 kaikilla f ∈ F ja (f |f ) = 0 jos ja vain jos f = 0.
2. (f |g) = (g|f ) kaikilla f, g ∈ F
3. (af + bg|h) = a(f |h) + b(g|h) kaikilla f, g, h ∈ F ja a, b ∈ C.
Esimerkki 4.4. Kuvaukset
Z
(f |g) = f (x)g(x) dx,
Z
(f |g)w =
I
w(x)f (x)g(x) dx,
w≥0
I
ovat sisätuloja funktioavaruuksissa C n (I). Samaistamalla funktiot, jotka saavat eri
arvoja vain äärellisellä määrällä muuttujan arvoja, em. kuvaukset ovat sisätuloja
myös funktioavaruuksissa P C(I), P S(I) ja L2 (I).
Määritelmä 4.5. Kuvausta k·k : F → R sanotaan normiksi, jos se toteuttaa
seuraavat ominaisuudet:
1. kf k ≥ 0 ja kf k = 0 jos ja vain jos f = 0
2. kcf k = |c| kf k kaikilla f ∈ F ja c ∈ C
3. kf + gk ≤ kf k + kgk kaikilla f, g ∈ F.
Lause 4.6. Jos (·|·) on sisätulo, niin
kf k =
p
(f |f )
on normi ja se toteuttaa Cauchy–Schwarzin epäyhtälön
|(f |g)| ≤ kf k kgk
Määritelmä 4.7. Sanotaan, että funktiot f, g ∈ F ovat ortogonaaliset (kohtisuorat), mikäli (f |g) = 0. Tätä merkitään f ⊥g. Funktiojonoa (fn )∞
n=1 ⊂ F sanotaan
ortogonaaliseksi, jos (fj |fk ) = 0 aina, kun j 6= k. Vastaavasti, ortogonaalisuus
painofunktion w suhteen korvaamalla sisätulo (·|·) sisätulolla (·|·)w .
14
Ortogonaalisuus sisätulon (·|·)w (kts. Esimerkki 4.4) suhteen riippuu siis painofunktiosta w ja joukosta I. Tunnetuimmat tapaukset on nimetty seuraavan
taulukon mukaisesti.
w(x)
1
2
−x
e
√
1/ 1 − x2
α
x e−x , α > −1
4.1
I = (a, b)
(−1, 1)
(−∞, ∞)
(−1, 1)
(0, ∞)
nimi
Legendre
Hermite
Chebyshev
Laguerre
merkintä
Pn (x)
Hn (x)
Tn (x)
Lαn (x)
Legendren polynomit
Legendren polynomit määritellään ns. Rodriguezin kaavalla
Pn (x) =
1 dn 2
(x − 1)n .
2n n! dxn
Siten Pn on astetta n oleva polynomi. Binomikaavaa
n
X
(−1)k n! 2n−2k
x
(x − 1) =
k!(n − k)!
2
n
k=0
derivoimalla saadaan esitysmuoto
bn/2c
Pn (x) =
X
k=0
(−1)k (2n − 2k)!
xn−2k .
2n k!(n − k)!(n − 2k)!
Täten Pn on samaa pariteettia kuin n eli
Pn (−x) = (−1)n Pn (x).
Esimerkki 4.8.
P0 (x) = 1,
P1 (x) = x,
P2 (x) = (3x2 − 1)/2,
P3 (x) = (5x3 − 3x)/2.
Lause 4.9. Legendren polynomien generoiva funktio on (1 − 2xt + t2 )−1/2 eli
w(x, t) = (1 − 2xt + t2 )−1/2 =
∞
X
Pn (x)tn ,
|x| ≤ 1, |t| <
√
2 − 1.
n=0
Todistus. Määrätään ensin funktion f (y) = (1 + y)−1/2 Taylorin sarja origossa.
Derivoimalla selviää, että
1
1
1
f (k) (y) = −
− − 1 · · · − − k + 1 (1 + y)−1/2−k .
2
2
2
Siten
f (y) =
∞
X
k=0
15
ck y k ,
missä
− 12 − 21 − 1 · · · − 21 − k + 1
f (k) (0)
(−1)k 1 · 3 · · · (2k − 1)
ck =
=
=
k!
k!
2k k!
k
k
(−1) (2k)!
(−1) (2k)!
= k
=
.
2 k!2 · 4 · · · (2k)
22k (k!)2
Siis
f (y) = (1 + y)
−1/2
=
∞
X
(−1)k (2k)!
k=0
22k (k!)2
yk ,
|y| < 1.
Sijoittamalla y = −2xt + t2 = t(t − 2x) (kun x ja t kuten tässä lauseessa) saadaan
(1 − 2xt + t2 )−1/2 =
∞
X
(−1)k (2k)!
k=0
22k (k!)2
tk (t − 2x)k .
Soveltamalla binomikaavaa viimeiseen termiin saadaan viimein
∞
X
(−1)k (2k)!
k
X
k!
tk+i (−2x)k−i
i!(i − k)!
i=0
k=0


bn/2c
∞
∞
i (2n − 2i)!
X
X
X
(−1)
n−2i  n

=
x
t
=
Pn (x)tn .
2n i!(n − i)!(n − 2i)!
(1 − 2xt + t2 )−1/2 =
22k (k!)2
n=0
tk
n=0
i=0
Esimerkki 4.10 (luennolla).
Pn (1) = 1,
Pn (−1) = (−1)n ,
P2n (0) =
(−1)n (2n)!
,
22n (n!)2
P2n+1 (0) = 0.
Lause 4.11. Legendren polynomit toteuttavat palautuskaavat
1. (n + 1)Pn+1 (x) = (2n + 1)xPn (x) − nPn−1 (x)
0
2. Pn+1
(x) − xPn0 (x) = (n + 1)Pn (x), n = 0, 1, . . .
0
3. xPn0 (x) − Pn−1
(x) = nPn (x)
0
0
4. Pn+1
(x) − Pn−1
(x) = (2n + 1)Pn (x)
kun n = 1, 2, . . .
Todistus. Luennolla.
Seuraus 4.12. Legendren polynomi Pn (x) toteuttaa differentiaaliyhtälön
(1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + n(n + 1)y = 0
eli
((1 − x2 )y 0 )0 + n(n + 1)y = 0.
16
Todistus. Luennolla.
Muuttujanvaihdoilla saadaan myös muita differentiaaliyhtälöitä, joiden ratkaisu voidaan esittää Legendren polynomien avulla.
Esimerkki 4.13 (luennolla). Funktio u = Pn (cos θ) ratkaisee yhtälön
1 d
sin θ dθ
du
sin θ
+ n(n + 1)u = 0.
dθ
Seuraus 4.14. Legendren polynomit Pn ovat ortogonaalisia painofunktion w = 1
suhteen avaruudessa L2 (−1, 1) ja kPn k2 = 2/(2n + 1) eli
Z

0,
1
Pn (x)Pm (x) dx =
n 6= m
2

,
2n + 1
−1
n = m.
Todistus. Luennolla.
Eo. kohtisuoruuden avulla voidaan tarkastella nk. Legendren sarjaesitystä
f (x) ∼
∞
X
cn Pn (x).
n=0
Olettaen hetkellisesti yhtäsuuruus edellä, kertoimet cn voidaan selvittää seuraavalla tavalla. Lasketaan
Z
1
f (x)Pm (x) dx =
−1
∞
X
Z
1
Pn (x)Pm (x) dx = cm
cn
−1
n=0
2
.
2m + 1
Siis
Z
1
cn = (n + 1/2)
f (x)Pn (x) dx.
−1
Nämä toimet edellyttävät tiettyjä oletuksia. Voidaan esim. osoittaa
Lause 4.15. Jos f ∈ P S(−1, 1) ja
R1
−1 f
2 (x) dx
< ∞, niin
∞
f (x+) + f (x−) X
=
cn Pn (x),
2
Z
1
cn = (n + 1/2)
f (x)Pn (x) dx.
−1
n=0
Erityisesti jatkuvuuspisteissä x sarjan arvo on f (x).
17
4.2
Hermiten polynomit
Hermiten polynomit määritellään kaavalla
Hn (x) = (−1)n ex
2
dn −x2
e .
dxn
Hermiten polynomit saadaan kätevästi rekursiokaavasta
0
Hn (x) = 2xHn−1 (x) − Hn−1
(x).
Ensimmäiset polynomit ovat
H0 (x) = 1,
H2 (x) = 4x2 − 2,
H1 (x) = 2x,
H3 (x) = 8x3 − 12x.
Lause 4.16. Hermiten polynomien (tarkemmin Hn (x)/n!) generoiva funktio on
2
e2xz−z eli
∞
X
zn
2
e2xz−z =
Hn (x) , z ∈ C, x ∈ R.
n!
n=0
Todistus. Harjoituksissa.
Seuraavan tuloksen mukaan Hermiten polynomit todella ovat polynomeja ja
deg Hn = n.
Seuraus 4.17. Hermiten polynomit voidaan esittää muodossa
bn/2c
Hn (x) =
X
k=0
(−1)k n!
(2x)n−2k .
k!(n − 2k)!
Todistus. Luennolla.
Lause 4.18. Hermiten polynomi Hn toteuttaa differentiaaliyhtälön
y 00 − 2xy 0 + 2ny = 0.
Todistus. Luennolla.
2
Lause 4.19. Hermiten polynomit ovat ortogonaaliset painofunktion e−x suhteen
välillä (−∞, ∞). Tarkemmin,
(
Z ∞
0,
n 6= m,
2
e−x Hn (x)Hm (x) dx =
√
n
2 n! π, n = m.
−∞
Todistus. Luennolla.
Kuten edellä, saadaan muodostettua sarjakehitelmä
Z ∞
∞
X
1
2
f (x) ∼
cn Hn (x), cn = n √
e−x f (x)Hn (x) dx.
2 n! π −∞
n=0
Tarkkaan ottaen voidaan osoittaa seuraava tulos.
18
Lause
Jos f : R → R on paloittain sileä jokaisella äärellisellä välillä [−a, a]
R ∞ 4.20.
2
ja −∞ e−x f 2 (x) dx < ∞, niin
∞
f (x+) + f (x−) X
=
cn Hn (x),
2
n=0
missä cn kuten yllä.
4.3
Chebyshevin polynomit
Chebyshevin polynomit määritellään kaavalla
Tn (x) = cos(n arccos x),
−1 ≤ x ≤ 1.
Selvästi
Tn (cos θ) = cos nθ.
Tämän avulla nähdään mm. rekursiokaava
Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x),
n = 1, 2, . . .
Koska T0 (x) = 1 ja T1 (x) = x, niin Tn (x) on polynomi ja deg Tn = n.
Esimerkki 4.21.
Tn (1) = 1,
Tn (−1) = (−1)n ,
T2n (0) = (−1)n ,
T2n+1 (0) = 0.
Lause 4.22. Chebyshevin polynomi Tn toteuttaa differentiaaliyhtälön
(1 − x2 )y 00 − xy 0 + n2 y = 0.
Todistus. Luennolla.
√
Lause 4.23. Chebyshevin polynomit ovat ortogonaaliset painofunktion 1/ 1 − x2
suhteen välillä (−1, 1). Tarkemmin,


n 6= m,
Z 1
0,
1
√
Tn (x)Tm (x) dx = π/2, n = m > 0

1 − x2
−1

π,
n = m = 0.
Todistus. Luennolla.
Edellisen lauseen avulla saadaan jälleen sarjakehitelmä
∞
X
c0
f (x) ∼ T0 (x) +
cn Tn (x),
2
n=1
2
cn =
π
Z
1
−1
1
√
f (x)Tn (x) dx.
1 − x2
Chebyshevin polynomien derivointi ja integrointi onnistuu seuraavan lauseen
avulla.
19
Lause 4.24. Kaikilla n ≥ 2 pätee
0
0
Tn+1
(x) Tn−1
(x)
−
= 2Tn (x).
n+1
n−1
Todistus. Luennolla.
Esimerkki 4.25.
T20 (x)
Z
= 4T1 (x),
1
T1 (x) dx = T2 (x) + C
4
20
Luku 5
Fourier–sarjat
Fourier–sarjaa voidaan pitää tunnetuimpana funktion sarjaesityksenä ortogonaalisten funktioiden avulla (vrt. polynomit edellä). Menettelyn lähtökohtana toimii
seuraava havainto.
Lause 5.1. Funktiot {1, cos nx, sin nx}, n = 1, 2, . . . muodostavat keskenään ortogonaalisen joukon välillä [−π, π]. Tarkemmin,
(
0, n 6= m
cos mx cos nx dx =
sin mx sin nx dx =
π, n = m,
−π
−π
Z π
Z π
Z π
cos mx sin nx dx =
cos nx dx =
sin nx dx = 0.
π
Z
Z
−π
π
−π
−π
Todistus. Kaavan (B.6) nojalla voidaan laskea
Z π
Z
1 π
cos mx cos nx dx =
(cos(m + n)x + cos(m − n)x) dx
2 −π
−π
π
1 . sin(m + n)x sin(m − n)x
=
+
= 0,
2
m+n
m−n
m 6= n.
−π
Jos m = n, niin
Z
π
2
Z
π
cos nx dx =
−π
−π
π
1 + cos 2nx
1 .
sin 2x
dx =
x+
= π.
2
2
2n
−π
Lukija voi todistaa muut kohdat vastaavalla tavalla. Kaksi viimeistä integraalia
ovat itse asiassa selviä.
Pyritään seuraavaksi löytämään sarjaesitys
∞
f (x) ∼
a0 X
+
(an cos nx + bn sin nx).
2
n=1
21
Kosinin ja sinin 2π-jaksollisuuden vuoksi myös funktion f tulee olla 2π-jaksollinen.
Lisäksi huomataan, että
Z π
Z π
Z
∞
X
a0 π
f (x) cos mx dx =
an
cos nx cos mx dx
cos mx dx +
2 −π
−π
−π
n=1
Z π
∞
X
sin nx cos mx dx = πam ,
+
bn
−π
n=1
mikäli integrointi voidaan suorittaa termeittäin. Siis
Z
1 π
am =
f (x) cos mx dx, m = 0, 1, . . .
π −π
(5.1)
Vastaavasti
bm =
1
π
Z
π
f (x) sin mx dx,
m = 1, 2, . . .
(5.2)
−π
Lopuksi,
Z
Z π
Z π
Z π
∞
∞
X
X
a0 π
f (x) dx =
dx +
an
cos nx dx +
bn
sin nx dx = a0 π.
2 −π
−π
−π
−π
n=1
n=1
Siis kaava (5.1) pätee myös, kun m = 0. Sen vuoksi sarjaesityksen vakiotermi
on a0 /2 eikä a0 . Jälleen edellä tehdyt toimet edellyttävät funktiolta f oletuksia.
Eräät käyttökelpoiset ehdot listataan seuraavassa lauseessa.
Lause 5.2. Oletetaan, että f : R → R on 2π-jaksollinen ja paloittain säännöllinen
välillä [−π, π). Tällöin
∞
f (x+) + f (x−)
a0 X
=
+
(an cos nx + bn sin nx),
2
2
n=1
missä kertoimet an , bn saadaan kaavoista (5.1)-(5.2).
Esimerkki 5.3. Olkoon
(
0, −π ≤ x < 0
f (x) =
x, 0 ≤ x < π.
Tällöin a0 = π/2,
(−1)n − 1
=
an = · · · =
πn2
(
0,
−2
,
πn2
n = 2l
n = 2l − 1
ja bn = · · · = (−1)n+1 /n. Siten
f (x) ∼
∞
∞
π
2 X cos(2n − 1)x X
sin nx
−
−
(−1)n
.
4 π
(2n − 1)2
n
n=1
n=1
22
Jatkamalla f koko akselille 2π-jaksollisesti eli asettamalla f (x) = f (x + k2π), k ∈
Z, saadaan Lauseen 5.2 nojalla pisteessä x = π yhtäsuuruus
∞
π
1
π
2X
= +
,
2
4 π
(2n − 1)2
n=1
josta seuraa
∞
X
1
π2
=
.
(2n − 1)2
8
n=1
Pisteessä x = 0 saadaan sama tulos. Edellisen summan avulla saadaan selville
mm.
∞
X
π2
1
=
.
n2
6
n=1
Kuva 5.1: Funktio f ja sen Fourier-sarjan 7 ensimmäistä termiä.
Kosini- ja sinisarjat
Jos f on parillinen, niin bn = 0 eli Fourier-sarja on muotoa
∞
f (x) ∼
a0 X
+
an cos nx.
2
n=1
Jos f on pariton, niin an = 0 eli Fourier-sarja on muotoa
f (x) ∼
∞
X
bn sin nx.
n=1
Oletetaan, että funktio f on määritelty välillä (0, π]. Jatkamalla se parilliseksi
funktioksi välille [−π, π] kaavalla f (x) = f (−x), sille saadaan kosinisarjaesitys
Z
∞
a0 X
2 π
f (x) ∼
+
an cos nx, an =
f (x) cos nx dx.
2
π 0
n=1
23
Suorittamalla pariton jatko kaavalla f (x) = −f (−x) saadaan sinisarjaesitys
Z
∞
X
2 π
f (x) ∼
f (x) sin nx dx.
bn sin nx, bn =
π 0
n=1
Välillä (0, π] molemmat sarjat esittävät funktiota f , kts. Kuva 5.2.
Kuva 5.2: Funktion f (x) = ex − 1, x ∈ (0, π] parillisen ja parittoman jatkeen
Fourier-sarjat.
Esimerkki 5.4. Funktio f (x) = |x|, x ∈ [−π, π] on parillinen, joten bn = 0.
Lisäksi a0 = π ja

0,
n = 2l
2
n
an = · · · =
((−1)
−
1)
=
−4

πn2
, n = 2l − 1.
πn2
Funktion f 2π-jaksollinen jatke on jatkuva koko akselilla, joten
|x| =
∞
π
4 X cos(2n − 1)x
−
.
2 π
(2n − 1)2
n=1
Tarkastellaan tapausta, jossa f on välillä [−L, L] määritelty funktio. Tällöin
g(x) = f (Lx/π),
−π ≤ x ≤ x
on välillä [−π, π] määritelty funktio. Näin saadaan Fourier-sarjaesitys
∞ nπt
nπt
a0 X
f (t) ∼
+
an cos
+ bn sin
,
2
L
L
n=1
missä
1
an =
L
Z
L
nπt
f (t) cos
dt,
L
−L
24
1
bn =
L
Z
L
f (t) sin
−L
nπt
dt.
L
Kuva 5.3: Funktion |x| jaksollinen jatke sekä Fourier-sarjan kolme ensimmäistä
termiä.
Lopuksi, Eulerin kaavan (B.1) avulla laskemalla saadaan kompaktimpi esitysmuoto
Z π
∞
X
1
inx
f (x) ∼
cn e , cn =
e−inx f (x) dx,
(5.3)
2π
−π
n=−∞
joka mahdollistaa myös kompleksiarvoisen funktion esittämisen Fourier-sarjana.
25
Luku 6
Laplace–muunnos
Funktion f : R+ → R Laplace–muunnos on
Z ∞
L {f (t)} (s) =
e−st f (t)dt = F (s),
0
mikäli eo. integraali on olemassa (suppenee).
Esimerkki 6.1.
L eat (s) = . . . =
1
,
s−a
s > a.
1
Funktiolla f (t) = ei ole Laplace–muunnosta, koska tällöin epäoleellinen intet
graali ei suppene. Muunnoksen olemassaolon riittävät ehdot muotoillaan yleensä
seuraavassa muodossa.
Lause 6.2. Jos f : R+ → R on paloittain jatkuva jokaisella suljetulla välillä
[0, T ], T > 0 ja jos f = O(eat ) (”eksponentiaalista kertalukua”) niin tällöin funktiolla f (t) on Laplace–muunnos, kun s > a.
Todistus. Luennolla.
Esimerkki 6.3. Muotoa
tα eat cos bt,
tα eat sin bt,
α, a, b ∈ R
olevilla funktioilla on Laplace–muunnos, kun s > a.
Esimerkki 6.4.
L
1
√
t
r
(s) = . . . =
π
s
Koska integrointi on lineaarista puuhaa, niin myös Laplace–muunnos on sitä:
L {af (t) + bg(t)} (s) = aL {f (t)} (s) + bL {g(t)} (s) = aF (s) + bG(s).
26
Esimerkki 6.5. Olkoon
f (t) = cosh at =
eat + e−at
.
2
Tällöin lineaarisuuden ja Esimerkin 6.1 nojalla
1
s
1
1
= 2
+
,
L {f (t)} (s) =
2 s−a s+a
s − a2
Vastaavasti
L {sinh at} (s) =
Esimerkki 6.6. Aluksi
L eiat (s) =
s2
a
,
− a2
s > |a|.
s > |a|.
1
s + ia
= 2
,
s − ia
s + a2
s > 0.
Toisaalta Eulerin kaavan nojalla
L eiat (s) = L {cos at + i sin at} (s) = L {cos at} (s) + iL {sin at} (s).
Reaali- ja imaginaariosia vertaamalla nähdään
a
s
ja L {sin at} (s) = 2
,
L {cos at} (s) = 2
2
s +a
s + a2
s > 0.
Vaihtoehtoisesti voi käyttää kosinin ja sinin määritelmää eksponenttifunktion
avulla ja käyttää lineaarisuutta.
Esimerkki 6.7. Esimerkki 6.4 voidaan yleistää muotoon
L {tα } (s) = · · · =
Γ(α + 1)
,
sα+1
α > −1.
Esimerkki 6.8. Alkeisfunktioista myös logaritmin muunnos saadaan laskettua
eli
−γ − log s
.
L {log t} (s) =
s
Taulukkoon 6.1 on koottu edellä tavattuja keskeisiä muunnoksia.
Laplace–muunnoksen injektiivisyyden kautta päästään tarkastelemaan käänteismuunnosta.
Lause 6.9. Oletetaan, että f, g : R+ → R ovat jatkuvia sekä eksponentiaalista
kertalukua. Jos L {f } = L {g}, niin f = g.
Käänteismuunnosta merkitään
L−1 {F } = f
jos ja vain jos
L {f } = F.
Injektiivisyyden vuoksi tämä määritelmä on hyvin asetettu. Siis käänteismuunnoksen L−1 {F } määrääminen voidaan tehdä etsimällä funktio f , jonka Laplace–
muunnos on F . Jatkuvien funktioiden joukossa tämä on yksikäsitteinen. Lisäksi
käänteismuunnos on lineaarinen, koska Laplace–muunnos on sitä. Käytännössä
käänteismuunnoksen määräämiseen hyödynnetään taulukoita.
27
f (t) = L−1 {F }
eat
cosh at
sinh at
eiat
cos at
sin at
tα
log t
F (s) = L {f }
1
s−a
s
s2 − a2
a
s2 − a2
1
s − ia
s
2
s + a2
a
2
s + a2
Γ(α + 1)
sα+1
−γ − log s
s
määritysjoukko
s>a
s > |a|
s > |a|
s>0
s>0
s>0
s > 0, α > −1
s>0
Taulukko 6.1: Eräitä muunnoksia (lasketaan luennolla)
Esimerkki 6.10. Laske taulukon ja osamurtokehitelmän avulla
1. L 2 + 2t + 5t3
2. L {sin(5t) + cos(5t)}
1
−1
3. L
s3 + 4s2 + 3s
2
4. L−1
.
(s + 1)(s2 + 4)
Seuraava lause kertoo miten eräät muutokset funktiossa f vaikuttavat funktion
Laplace–muunnokseen. Näitä on kätevä hyödyntää laskuissa ja todistuksissa.
Lause 6.11. Olkoon f kuten Lauseessa 6.2 ja F (s) = L {f }. Tällöin
1. F (s) → 0, s → ∞
2. L ect f (t) = F (s − c)
3. L {f (ct)} = F (s/c)/c, c > 0
4. L {tn f (t)} = (−1)n F (n) (s)
R∞
5. L {f (t)/t} = s F (u) du, jos f (0) = 0 ja f 0 (0+) on olemassa.
Todistus. Luennolla.
28
Esimerkki 6.12.
L te
t
1
=
,
(s − 1)2
t
L e sin t =
1
,
(s − 1)2 + 1
L
sin t
t
= π/2 − arctan s.
Lause 6.13. Olkoon f kuten Lauseessa 6.2 ja F (s) = L {f }. Oletetaan, että
f, f 0 , . . . , f (n−1) ovat jatkuvia. Tällöin
n
o
L f (n) (t) (s) = sn L {f (t)} (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − · · · − f (n−1) (0), n ≥ 1.
Todistus. Luennolla.
Esimerkki 6.14.
L sin2 at =
2a2
s(s2 + 4a2 )
Jaksollisen funktion tapauksessa riittää integroida vain yhden jaksonpituuden
yli. Tarkemmin,
Lause 6.15. Jos f : R+ → R on L-jaksollinen ja jatkuva välillä [0, L], niin
L {f } =
1
1 − e−Ls
Z
L
e−st f (t) dt.
0
Todistus. Luennolla.
Esimerkki 6.16. Laske L {| sin t|}.
Määritelmä 6.17. Funktioiden f, g : R+ → R (Laplace–)konvoluutio määritellään asettamalla
Z t
(f ∗ g)(t) =
f (t − u)g(u) du
0
mikäli integraali on olemassa.
Lause 6.18. Olkoon F (s) = L {f } ja G(s) = L {g}. Tällöin
1. f ∗ g = g ∗ f
2. f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h
3. f ∗ (ag + bh) = a(f ∗ g) + b(f ∗ h)
4. L {f ∗ g} = F (s)G(s).
Todistus. Luennolla.
Edellä esiteltyjen ominaisuuksien avulla voidaan Laplace–muunnosta soveltaa
integraali- ja differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisessa, mikäli niihin on liitetty alkuehtoja.
29
Esimerkki 6.19.
y 00 − 4y = 0,
y(0) = 1, y 0 (0) = 2
Soveltamalla Laplace–muunnosta yhtälöön puolittain saadaan
L y 00 − 4L {y} = 0.
Lauseen 6.13 avulla saadaan
s2 L {y} − sy(0) − y 0 (0) − 4L {y} = 0,
joka alkuehtojen nojalla tulee muotoon
s2 L {y} − s − 2 − 4L {y} = 0.
Siis
s+2
1
=
.
2
s −4
s−2
Taulukosta 6.1 voidaan nyt selvittää oikean puolen käänteismuunnos. Sen nojalla
1
−1
y(t) = L
= e2t .
s−2
L {y} =
Laskemalla on helppo tarkistaa, että tämä funktio todella ratkaisee tehtävän.
Esimerkki 6.20.
y 0 + y = sin(2t),
Esimerkki 6.21.
Z
y(0) = −1
t
(t − u)f (u) du = t
f (t) +
0
Esimerkki 6.22.
0
Z
y (t) = 1 −
t
y(t − u)e−2u du,
y(0) = 1.
0
Esimerkki 6.23.
y 00 + 4y = 5e−t ,
y(0) = 2, y 0 (0) = 3.
Esimerkki 6.24.
ty 00 + 2y 0 + ty = 0,
30
y(0) = 1.
Luku 7
Fourier–muunnos
Jaksottoman funktion tapauksessa Fourier-sarjassa (5.3) voidaan ajatella L → ∞.
Näin päädytään tarkastelemaan integraalia
Z ∞
c(n) =
e−inx f (x) dx.
−∞
Sallimalla muuttujalle n myös muita reaaliarvoja päädytään määrittelemään funktion f ∈ L1 (R) Fourier–muunnos asettamalla
Z
∞
F{f (t)}(v) =
e−ivt f (t) dt = F (v),
v ∈ R.
−∞
Usein merkitään lyhyemmin Ff = F . Käy ilmi, että Fourier–muunnoksella voi
ratkaista mm. osittaisdifferentiaaliyhtälöitä. Konkreettisten funktioiden muuntaminen on kuitenkin hankalampaa kuin Laplace–muunnoksen tapauksessa (mm.
polynomit ja trigonometriset funktiot eivät muunnu).
Fourier–muunnoksella on analogisia ominaisuuksia Laplace–muunnoksen kanssa.
Lause 7.1. Jos Ff = F ja Fg = G, niin
1. F(af + bg) = aF + bG
2. F(f (t − a)) = e−iav F (v)
3. F(eiat f (t)) = F (v − a)
4. F(f (at)) = F (v/a)/|a|, a 6= 0
5. F(tn f (t)) = in F (n) (v), jos f ∈ C 1 (R) ja tn f (t) ∈ L1 (R)
6. F(f (n) (t)) = (iv)n F (v), jos f (k) ∈ C(R) ∩ L1 (R), k = 0, 1, . . . , n
Todistus. Luennolla.
31
Tulon osalta pitää jälleen turvautua konvoluution käsitteeseen. Asetetaan
Z ∞
f (t − u)g(u) du
(f ∗ g)(t) =
−∞
mikäli integraali on olemassa (suppenee).
Lause 7.2. Oletetaan, että toinen funktioista f ja g on jatkuva. Tällöin
F{f ∗ g} = (Ff ) · (Fg).
Todistus. Luennolla.
Laplace–muunnoksesta poiketen käänteismuunnos voidaan määritellä vastaavantyyppisenä integraalina. Asetetaan
Z ∞
1
−1
F {F (v)}(t) =
eivt F (v) dv.
2π −∞
Lause 7.3. Jos f ∈ C(R) ∩ L1 (R) on lisäksi paloittain säännöllinen, niin
f (t) = F −1 (F (v)).
Todistus.
Seuraus 7.4. Jos f, g ovat kuten Lauseessa 7.3, niin
F −1 (F (v)G(v)) = (f ∗ g)(t).
f (t) = F −1 (F (v))
F (v) = F(f (t))
e−a|t|
2a
2
r +v
π −v2 /4a
e
a
a − iv
a2 + v 2
−4iav
(a2 + v 2 )2
4a2
(a2 + v 2 )2
a2
2
e−at
H(t)e−at
te−a|t|
(|t| + 1/a)e−a|t|
Taulukko 7.1: Eräitä Fourier–muunnoksia
Esimerkki 7.5. Laske Taulukon 7.1 muunnokset, kun a > 0 ja
(
1, t ≥ 0
H(t) =
0, t < 0.
32
2
Esimerkki 7.6. Määrää funktion f (t) = te−at Fourier–muunnos.
Fourier–muunnoksen ja sen käänteismuunnoksen määritelmien samankaltaisuus johtaa seuraavaan huomioon. Pätee
Z ∞
e−ivt F (−t) dt = 2πf (v).
F(F (−t)) =
−∞
Siten Taulukon 7.1 oikeaa puolta voi oleellisesti muuntaa edelleen eli esim.
2a
a + it
−a|v|
F
= 2πe
, F
= 2πH(v)e−av , jne.
a2 + t 2
a2 + t2
33
Luku 8
Ominaisarvo-ongelmat
Tarkastellaan toisen kertaluvun yhtälön yleistä muotoa
a0 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a2 (x)y = 0.
Sen normaalimuoto on
y 00 + a(x)y 0 + b(x)y = 0.
R
Kertomalla puolittain termillä exp( a(x)dx) = eA(x) saadaan
(py 0 )0 + qy = 0,
p(x) = eA(x) , q(x) = b(x)eA(x) .
Tätä sanotaan itseadjungoiduksi eli Sturm-Liouvillen muodoksi.
Esimerkki 8.1. Besselin yhtälön
x2 y 00 + xy 0 + (x2 − ν 2 )y = 0
itseadjungoitu muoto on
(xy 0 )0 + (x − ν 2 /x)y = 0
Legendren yhtälön
(1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + ν(ν + 1)y = 0
itseadjungoitu muoto on
((1 − x2 )y 0 )0 + ν(ν + 1)y = 0
Asetetaan differentiaalioperaattori
Ly = (py 0 )0 + qy
ja tarkastellaan Sturm-Liouvillen yhtälöä
Ly + λry = 0.
34
(8.1)
Tässä yhteydessä puhutaan nk. ominaisarvoyhtälöstä. Vrt. Ax = λx, missä A
on matriisi (lineaarioperaattori A : Rn → Rm ) ja λ on ominaisvektoria x 6= 0
vastaava ominaisarvo.
Oletetaan, että p > 0, q ≥ 0 ja p, q, r ovat jatkuvia välillä [a, b]. Asetetaan
myös varsin yleiset reunaehdot
Ba (y) = α1 y(a) + α2 y 0 (a) = 0
Bb (y) = β1 y(b) + β2 y 0 (b) = 0,
(8.2)
missä α12 + α22 6= 0 ja β12 + β22 6= 0. Jos Sturm-Liouvillen ongelmalla (8.1)-(8.2) on
lukua λ ∈ C kohti ei-triviaali ratkaisu y 6≡ 0, niin sanotaan, että λ on ominaisarvo
ja y on sitä vastaava ominaisfunktio.
Lause 8.2. Sturm-Liouvillen ominaisarvo-ongelmalle (8.1)-(8.2) pätee:
1. operaattori L on itseadjungoitu eli
(Lu|v) = (u|Lv)
2. ominaisarvot ovat reaaliset
3. erisuuria ominaisarvoja vastaavat ominaisvektorit ovat ortogonaalisia painofunktion r(x) suhteen
4. ominaisarvot ovat yksinkertaisia ja muodostavat rajatta kasvavan jonon
λ1 < λ2 < · · · < λn < · · · → ∞
Itse asiassa, λn /n → ∞, kun n → ∞.
Todistus. Luennolla (viimeinen kohta sivuutetaan).
Esimerkki 8.3. Reuna-arvotehtävän
y 00 + λy = 0,
y(0) = y(a) = 0
ominaisarvot ja -funktiot ovat
λ = λn =
nπ 2
a
,
yn (x) = sin
nπx
,
a
n = 1, 2, . . . .
Esimerkki 8.4. Reuna-arvotehtävän
y 00 + λy = 0,
y 0 (0) = y 0 (a) = 0
ominaisarvot ja -funktiot ovat
λ = λn =
nπ 2
a
,
yn (x) = cos
35
nπx
,
a
n = 0, 1, 2, . . . .
Ortogonaalisuuden vuoksi voidaan jälleen tarkastella sarjaesitystä
f∼
∞
X
cn yn ,
(8.3)
n=1
missä yn ovat jonkin Sturm-Liouvillen reuna-arvoprobleeman ominaisfunktioita.
Kertoimet cn saadaan jälleen kaavasta
Rb
rf yn
cn = Ra b
,
2
a ryn
mikäli sarja suppenee pisteittäin kohti funktiota f ja termeittäin integrointi on
luvallista.
Huomautus. Tehtävän
y 00 + λy = 0,
y(−L) = y(L), y 0 (−L) = y 0 (L)
nπx
ominaisfunktiot ovat {1, cos nπx
L , sin L } ja tällöin saadaan tuttu ja turvallinen
Fourier-sarja. Sen vuoksi sarjaa (8.3) kutsutaan yleistetyksi Fourierin sarjaksi.
36
Luku 9
Osittaisdifferentiaaliyhtälöt
Osittaisdifferentiaaliyhtälöllä tarkoitetaan sellaista yhtälöä, jossa esiintyy kahden
tai useamman muuttujan funktio sekä sen osittaisderivaattoja. Yleensä funktiota
merkitään
u = u(x, t) tai u = u(x, y) tai u = u(x, y, t).
Osittaisderivaattoja merkitään
ut =
∂u
,
∂t
ux =
∂u
,
∂x
utt =
∂2u
∂t2
jne.
Riittävän säännölliselle funktiolle pätee
∂2u
∂2u
=
.
∂t∂x
∂x∂t
9.1
Lämpöyhtälö
Tarkastellaan sylinterinmuotoisen sauvan lämpötilaa. Tehdään seuraavat oletukset:
• sauvan pituus on L
• sauva on päitä lukuunottamatta täysin eristetty
• sauvan sisällä ei ole lämpölähteitä
• sauva on homogeeninen eli tiheys ρ on vakio jokaisessa tilavuusalkiossa
• materiaalin ominaislämpö γ ja lämmönjohtavuus K ovat vakioita
0
L
37
x
Näillä oletuksilla päädytään nk. lämpöyhtälöön
ut = kuxx ,
0 < x < L, t > 0,
(9.1)
missä vakio k = K/(γρ) on nk. terminen diffuusiokerroin. Lämpöyhtälöön liitetään
yleensä reuna- ja alkuehtoja. Oletetaan, että sauvan päiden lämpötila on 0 eli
t ≥ 0.
(9.2)
0 ≤ x ≤ L.
(9.3)
u(0, t) = u(L, t) = 0,
Olkoon sauvan alkulämpötila f (x) eli
u(x, 0) = f (x),
Alkuehto voidaan tulkita reunaehtona (x, t)-tasossa.
t
u=0
0
u=0
u = f (x)
L
x
Lämpöyhtälö pyritään ratkaisemaan seuraavalla nk. Fourier’n muuttujien erottamismenetelmällä. Etsitään ei-triviaalia ratkaisua u 6≡ 0 muodossa
u(x, t) = X(x)T (t),
missä X riippuu vain muuttujasta x ja T vain muuttujasta t. Sijoittamalla tämä
yrite lämpöyhtälöön saadaan
T 0 (t)X(x) = kX 00 (x)T (t)
eli
X 00 (x)
T 0 (t)
=
.
X(x)
kT (t)
Tämän yhtälön vasen puoli riippuu vain muuttujasta x ja oikea puoli vain muuttujasta t. Niinpä ne molemmat ovat vakioita. Merkitään
X 00 (x)
T 0 (t)
=
= −λ.
X(x)
kT (t)
Näin saadaan kaksi tavallista differentiaaliyhtälöä
X 00 (x) + λX(x) = 0,
38
T 0 (t) + λkT (t) = 0.
Helposti nähdään, että tämä on myös riittävä ehto lämpöyhtälön ratkaisulle.
Seuraavaksi huomioidaan alku- ja reunaehdot. Reunaehdoista (9.2) saadaan
X 00 (x) + λX(x) = 0,
X(0) = X(L) = 0.
Esimerkin 8.3 mukaan tämän ongelman ominaisarvot ja -funktiot ovat
nπ 2
nπx
λ = λn =
, Xn (x) = sin
, n = 1, 2, . . . .
L
L
Näillä ominaisarvoilla yhtälön
T 0 (t) + λn kT (t) = 0
yleinen ratkaisu on
Tn (t) = Ce−λn kt .
Valinnalla C = 1 saadaan siis
2 π 2 kt/L2
Tn (t) = e−n
.
Yhteen kokoamalla saadaan lämpöyhtälön ratkaisujoukko
nπx −n2 π2 kt/L2
un (x, t) = sin
e
, n = 1, 2, . . . .
L
Koska lämpöyhtälö on lineaarinen (ja jotta alkuehto toteutuisi), niin tarkastellaan
superpositiomuotoa
u(x, t) =
∞
X
bn sin
n=1
nπx −n2 π2 kt/L2
e
.
L
Alkuehdon (9.3) mukaan on nyt
f (x) = u(x, 0) =
∞
X
n=1
bn sin
nπx
.
L
Siis kyseessä on funktion f Fourier-sinisarja eli kertoimet bn saadaan kaavasta
Z
2 L
nπx
bn =
f (x) sin
dx.
L 0
L
Esimerkki 9.1. Terässauvan, jonka pituus on L = 10 cm, alkulämpötilajakauma
on f (x) = x. Sauvan päiden lämpötila on 0◦ C astetta. Olkoon kteräs = 0.128cm2 /s.
Nyt
Z 10
nπx
20
2
x sin
dx =
(−1)n+1 .
bn =
10 0
10
nπ
Siten
∞
20 X (−1)n+1
nπx −0.128n2 π2 t/100
u(x, t) =
sin
e
.
π
n
10
n=1
Merkitsemällä α =
2
e−0.128π /100
pätee suurilla t
20
πx 1 4t
πx 1 9t
3πx
t
u(x, t) ≈
α sin
− α sin
+ α sin
π
10
2
5
3
10
39
Kuva 9.1: Funktion u(x, t) sarjaesityksen 10 termiä.
Esimerkki 9.2. Tehtävän


ut = kuxx ,
u(0, t) = A, u(L, t) = B,


u(x, 0) = f (x)
0 < x < L, t > 0
t≥0
ratkaisu on
u(x, t) = v(x, t) + g(x),
missä g(x) = (B − A)x/L + A ja v(x, t) ratkaisee tehtävän


0 < x < L, t > 0
vt = kvxx ,
v(0, t) = v(L, t) = 0,
t≥0


v(x, 0) = f (x) − g(x).
Vastaavasti voitaisiin tutkia suorakulmaisen levyn lämpötilaa, kun levyn reunat ovat 0-asteessa ja alkulämpötila tunnetaan. Tällöin päädytään kaksiulotteisen
lämpöyhtälön reuna-arvotehtävään


ut = k(uxx + uyy ),
0 < x < a, 0 < y < b, t > 0



u(0, y, t) = u(a, y, t) = 0, 0 ≤ y ≤ b, t ≥ 0
u(x, 0, t) = u(x, b, t) = 0, 0 ≤ x ≤ a, t ≥ 0



u(x, y, 0) = f (x, y),
0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b.
Tässä esiintyy tärkeä Laplacen operaattori ∆u = uxx + uyy , josta lisää hieman
myöhemmin.
9.2
Aaltoyhtälö
Päistään kiinnitetyn kielen värähtelyä kuvaa aaltoyhtälö
utt = c2 uxx ,
0 < x < L, t > 0,
40
(9.4)
missä L on kielen pituus. Tällöin asetetaan reuna- ja alkuehdot
u(0, t) = u(L, t) = 0
ja
u(x, 0) = f (x),
ut (x, 0) = g(x).
Viimeksi mainitut ehdot kuvaavat kielen aseman (muodon) sekä värähtelyliikkeen
nopeuden ajan hetkellä t = 0.
Etsitään ratkaisua jälleen muuttujien erottamismenetelmällä eli asetetaan yrite
u(x, t) = X(x)T (t) 6≡ 0.
Sijoittamalla tämä aaltoyhtälöön saadaan
X 00 (x)
T 00 (t)
= 2
= −λ.
X(x)
c T (t)
Funktion X(x) osalta päädytään näin ollen ominaisarvotehtävään
X 00 (x) + λX(x) = 0,
X(0) = X(L) = 0,
jonka ratkaisu on siis
λn =
nπ 2
L
,
Xn (x) = sin
nπx
,
L
n = 1, 2, . . . .
Siis λ > 0, joten funktio T (t) toteuttaa yhtälön T 00 + λc2 T = 0. Sen yleinen
ratkaisu on nyt
√
√
T (t) = C1 cos( λct) + C2 sin( λct).
Kirjoitetaan
Tn (t) = an cos
nπct
nπct
+ bn sin
.
L
L
Näin saadaan
u(x, t) =
∞
X
∞ X
nπct
nπct
nπx
Xn (x)Tn (t) =
an cos
+ bn sin
sin
.
L
L
L
n=1
n=1
Reunaehtojen mukaan
f (x) = u(x, 0) =
∞
X
an sin
n=1
∞
X
g(x) = ut (x, 0) =
n=1
Siis
2
an =
L
Z
0
L
nπx
f (x) sin
dx,
L
nπx
L
nπc
nπx
bn sin
.
L
L
2
bn =
nπc
41
Z
L
g(x) sin
0
nπx
dx.
L
d’Alembertin ratkaisumenetelmä Tehdään aaltoyhtälössä (9.4) muuttujanvaihto
ψ = x + ct, η = x − ct.
Tällöin
ux = uψ + uη ,
ut = c(uψ − uη )
ja edelleen
uxx = uψψ + 2uψη + uηη ,
utt = c2 (uψψ − 2uψη + uηη ).
Sijoittamalla nämä aaltoyhtälöön saadaan
uψη = 0.
Integroimalla kaksi kertaa puolittain saadaan
u(ψ, η) = A(ψ) + B(η).
Palaamalla takaisin alkuperäisiin muuttujiin saadaan
u(x, t) = A(x + ct) + B(x − ct).
Helposti todetaan, että tämä ratkaisee aaltoyhtälön. Funktiot A ja B määräytyvät
alku- ja reunaehdoista.
Kun c > 0, niin termi A(x + ct) on vasemmalle matkaava aalto, jonka nopeus
on c ja muoto on A(x). Vastaavasti, B(x − ct) on oikealle nopeudella c matkaava
aalto, kts. Kuva 9.2.
B(x)
B(x − ct)
B(x − 2ct)
0
ct
2ct
Kuva 9.2: Oikealle matkaava aalto
Jatketaan tarkastelua alkuehdoilla
u(x, 0) = f (x),
ut (x, 0) = g(x),
x ∈ R,
joiden voidaan ajatella kuvaavan äärettömän pitkän kielen värähtelyä.
Siis
A(x) + B(x) = f (x), A0 (x) − B 0 (x) = g(x)/c.
Integroimalla jälkimmäinen yhtälö (mielivaltaisesta) pisteestä x0 pisteeseen x saadaan
Z
1 x
A(x) − B(x) =
g(s) ds + C.
c x0
42
Siten
1
A(x) = f (x) +
2
1
B(x) = f (x) −
2
Z
1 x
g(s) ds +
2c x0
Z
1 x
g(s) ds −
2c x0
C
,
2
C
.
2
Sen myötä
f (x + ct) + f (x − ct)
1
u(x, t) =
+
2
2c
Z
x+ct
g(s) ds.
x−ct
Esimerkki 9.3. Alkuarvotehtävän


x ∈ R, t > 0
utt = 4uxx ,
u(x, 0) = sin x, x ∈ R


ut (x, 0) = 1,
x∈R
ratkaisu on u(x, t) = t + sin x cos 2t.
9.3
Laplacen yhtälö
Osittaisdifferentiaalioperaattoria
∆=
n
X
∂2
2,
∂x
j
j=1
x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn .
sanotaan Laplacen operaattoriksi. Kaksi- ja kolmeulotteisissa tapauksissa siis
∆u = uxx + uyy ,
∆u = uxx + uyy + uzz .
Laplacen operaattori esiintyy etsittäessä lämpöyhtälön tasapainotilaa (en. steadystate, stationary) tai aaltoyhtälön aikaharmonisia ratkaisuja, jotka kummatkaan
eivät enää riipu ajasta t.
Tarkastellaan Laplacen yhtälöä suorakaiteessa R = [0, a] × [0, b] reuna-arvotehtävänä


(x, y) ∈ R
uxx + uyy = 0,
u(0, y) = u(a, y) = 0,
y ∈ [0, b]


u(x, 0) = 0, u(x, b) = f (x), x ∈ [0, a].
Käytetään taas muuttujien erottamismenetelmää eli asetetaan yrite u(x, y) =
X(x)Y (y). Sijoittamalla se Laplacen yhtälöön saadaan
X 00 (x)
Y 00 (x)
=−
= −λ.
X(x)
Y (x)
Funktion X(x) osalta päädytään jälleen ominaisarvotehtävään
X 00 (x) + λX(x) = 0,
43
X(0) = X(a) = 0.
y
u = f (x)
b
u=0
u=0
R
0
x
a
u=0
Ratkaisu on siis
λn =
nπ 2
a
,
Xn (x) = sin
nπx
,
a
n = 1, 2, . . . .
Näillä ominaisarvoilla funktiota Y (y) koskevan yhtälön Y 00 − λY = 0 yleinen
ratkaisu on
nπy nπy Y (y) = C1 exp
+ C2 exp −
a
a
Reunaehto Y (y) = 0 pakottaa C2 = −C1 eli
Y (y) = 2C1 sinh
nπy
.
a
Erityisesti
nπy
, n = 1, 2, . . . .
a
Neljättä reunaehtoa varteen kootaan yhteen
Yn (y) = sinh
u(x, y) =
∞
X
bn sin
n=1
jolloin
f (x) = u(x, b) =
∞
X
nπx
nπy
sinh
,
a
a
bn sin
n=1
Siis luvut
nπb
nπx
sinh
.
a
a
nπb
a
ovat funktion f Fourier-sinisarja kertoimet ts.
Z a
2
nπx
bn =
f (x) sin
dx.
a sinh(nπb/a) 0
a
bn sinh
44
Luku 10
Integraalimuunnosten
ratkaisumenetelmiä
Edellä tavatut integraalimuunnokset soveltuvat sellaisten osittaisdifferentiaaliyhtälöiden ratkaisemiseen, jotka on määritelty joko koko reaaliakselilla R tai puoliakselilla R+ pitäen toinen muuttuja parametrin asemassa. Tämä johtuu siitä kuinka
derivaatat muuntuvat näissä muunnoksissa, kts. Lause 6.13 ja Lause 7.1. Perusajatus on muuntaa differentiaaliyhtälö joko Laplace– tai Fourier–muunnoksella,
ratkaista saadusta differentiaaliyhtälöstä tuntematon muunnosfunktio ja lopulta määrätä sen käänteismuunnos. Menetelmän toimivuus edellyttää tietysti, että
kaikki nämä toimet pystytään tekemään. Yleensä se on vaikeaa.
Tässä luvussa tuntematon funktio on
u = u(x, t).
10.1
Laplace–muunnoksella ratkaiseminen
Pitämällä x parametrin asemassa merkitään
Z ∞
U (x, s) = L {u} (s) =
e−st u(x, t) dt.
0
Lauseesta 6.13 seuraa nyt
L {ut } (s) = sU (x, s) − u(x, 0)
L {utt } (s) = s2 U (x, s) − su(x, 0) − ut (x, 0).
Osittaisderivaatat muuttujan x suhteen eivät muunnu vaan pätee
∂U (x, s)
∂ 2 U (x, s)
, L {uxx } (s) =
.
∂x
∂x2
Esimerkki 10.1. Ratkaistaan reuna-arvotehtävä


x, t > 0
ut = kuxx ,
u(x, 0) = 0,
x>0


u(0, t) = g(t), t > 0
L {ux } (s) =
45
kun g(0) = 0. Soveltamalla Laplace–muunnosta puolittain saadaan
sU (x, s) = kUxx (x, s),
U (0, s) = G(s)
kun alkuehtokin on huomioitu. Yleinen ratkaisu on
√
√
U (x, s) = A(s)e−x s/k + B(s)ex s/k .
Koska jälkimmäinen termi ei ole minkään funktion Laplace–muunnos, valitaan
B(s) = 0. Tällöin reunaehdon perusteella
√
U (x, s) = G(s)e−x s/k .
Lauseesta 6.18 seuraa, että
n √ o
n
√ o
u(x, t) = L−1 G(s)e−x s/k = g ∗ L−1 e−x s/k .
Harjoitustehtävän 28 nojalla
n √ o
L−1 e−x s/k =
Siten
Z
u(x, t) =
0
t
x
2
√
e−x /4kt .
2t πkt
x
2
√
e−x /4ku g(t − u)du.
2u πku
Esimerkki 10.2. Alkuarvotehtävän

2


utt = c uxx ,
u(0, t) = u(L, t) = 0,


u(x, 0) = sin nπx , ut (x, 0) = 0,
L
ratkaisu on
u(x, t) = sin
10.2
0 < x < L, t > 0
t>0
0<x<L
πct
πx
cos
.
L
L
Fourier–muunnoksella ratkaiseminen
Nyt t pidetään parametrin asemassa ja merkitään
Z ∞
U (v, t) = Fu(v) =
e−ivx u(x, t) dx.
−∞
Lauseen 7.1 nojalla
Fux = ivU,
Fuxx = (iv)2 U
ja
Fut = Ut ,
Futt = Utt .
46
Lämmön virtauksen tarkastelu äärettömän pituisessa sauvassa alkulämpötilalla
u(x, 0) = f (x) johtaa reuna-arvotehtävään
(
ut = c2 uxx ,
x ∈ R, t > 0
u(x, 0) = f (x), x ∈ R.
Muuntamalla tämä tehtävä Fourier–muunnoksella saadaan
Ut = −c2 v 2 U,
U (v, 0) = F (v) = Ff.
Tämän alkuarvotehtävän ratkaisu on
U (v, t) = F (v)e−c
2 v2 t
.
Seurauksen 7.4 nojalla saadaan
u(x, t) = f ∗ F −1 e−c
2 v2 t
.
Taulukosta 7.1 voidaan selvittää, että
1
2 2
−x2 /(4tc2 )
√ e
F
= e−tc v .
2c πt
Siten
1
u(x, t) = √
2c πt
∞
Z
t
u(x, t) =
π
du.
−∞
Esimerkki 10.3. Alkuarvotehtävän


uxx + utt = 0,
u(x, 0) = f (x),


u(x, t) → 0,
ratkaisu on
2 /(4tc2 )
f (u)e−(x−u)
Z
x ∈ R, t > 0
x∈R
√
kun x2 + t2 → ∞
∞
−∞
t2
47
f (y)
dy.
+ (x − y)2
Liite A
Harjoitustehtävät
1. Ratkaise pisteen x = 0 ympäristössä differentiaaliyhtälö
2x2 y 00 − xy 0 + (1 − x)y = 0.
2. Ratkaise pisteen x = 0 ympäristössä differentiaaliyhtälö
x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 1/4)y = 0.
3. Ratkaise pisteen x = 0 ympäristössä differentiaaliyhtälö
xy 00 − (4 + x)y 0 + 2y = 0.
4. Ratkaise pisteen x = 0 ympäristössä differentiaaliyhtälö
x2 y 00 − xy 0 + y = 0.
5. a) Osoita, että
B(z, w) =
Γ(z)Γ(w)
,
Γ(z + w)
Re z, Re w > 0.
b) Osoita, että
Z
1
(1 − x2 )n dx =
−1
Γ(n + 1)Γ(1/2)
2n+1 n!
=
.
Γ(n + 3/2)
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
6. Osoita, että J00 (x) = −J1 (x) sarjakehitelmän avulla.
7. Laske
Z 2 integraalit
a)
J1 (x) dx
0
2
Z
b)
J3 (x) dx
0
8. Osoita, että
a) cos(x sin θ) = J0 (x) + 2
P∞
n=1 J2n (x) cos(2nθ)
48
b) sin(x sin θ) = 2
P∞
n=1 J2n−1 (x) sin((2n
− 1)θ)
9. Osoita, että
P
n
a) cos(x) = J0 (x) + 2 ∞
n=1 (−1) J2n (x)
P∞
b) sin(x) = −2 n=1 (−1)n J2n−1 (x)
P
10. a) Osoita, että cos(mθ − x sin θ) = ∞
n=−∞ Jn (x) cos((m − n)θ).
b) Osoita, että
1
Jn (x) =
π
Z
π
cos(x sin θ − nθ) dθ.
0
(k)
c) Osoita, että |Jn (x)| ≤ 1 aina, kun k = 0, 1, . . ..
11. Osoita, että
a)
1
Jm (x) =
π
b)
Z
π
cos(mθ − x sin θ) dθ,
m = 0, 1, 2, . . .
0
 Z π
1

cos(x sin θ) cos(mθ) dθ, m parillinen

Z0 π
Jm (x) = π

1
sin(x sin θ) sin(mθ) dθ, m pariton
π 0
12. Osoita, että Legendren polynomeille pätevät kaikilla n ≥ 1
0
0
a) Pn+1
(x) − Pn−1
(x) = (2n + 1)Pn (x)
0
b) xPn0 (x) − Pn−1
(x) = nPn (x)
13. Määrää funktioiden
a) f (x) =
(
0, −1 ≤ x < 0
b) f (x) =
x, 0 ≤ x ≤ 1
ex
Legendren sarjojen kolme ensimmäistä termiä.
R1
14. Olkoon p(x) astetta n ≥ 1 oleva polynomi, jolle −1 xk p(x) dx = 0, k =
0, 1, . . . , n − 1. Osoita, että p(x) = cn Pn (x) jollain vakion cn arvolla.
R1
15. Olkoon f reaalifunktio, jolle −1 f 2 (x) dx < ∞ ja olkoon m posiviitinen
kokonaisluku.
Osoita, että se astetta m oleva polynomi, joka minimoi inteR1
graalin −1 (f (x) − p(x))2 dx on
p(x) =
m
X
Z
an Pn (x),
missä
1
an = (n + 1/2)
f (x)Pn (x) dx.
−1
n=0
16. Osoita, että se astetta n oleva polynomi, jonka johtokerroin
(korkeimman poR1
tenssin kerroin) on 1 ja joka minimoi integraalin −1 p(x)2 dx, on Legendren
polynomi Pn (x) jaettuna johtokertoimellaan.
49
17. Osoita, että Hermiten polynomeille pätee
a) Hn+1 (x) = 2xHn (x) − Hn0 (x)
b) Hn+1 (x) = 2xHn (x) − 2nHn−1 (x)
c) Hn00 (x) − 2xHn0 (x) + 2nHn (x) = 0
18. Osoita, että Hermiten polynomeille pätee
a)
∞
X
Hn (x)
n=0
zn
2
= e2xz−z ,
n!
x ∈ R, z ∈ C.
2
Vinkki: funktion e−(x−z) Taylorin sarja z suhteen.
b) Osoita, että
H00 (x) = 0,
Hn0 (x) = 2nHn−1 (x),
19. Osoita, että y(x) = hn (x) = e−x
2 /2
n ≥ 1.
Hn (x) on differentiaaliyhtälön
y 00 + (2n + 1 − x2 )y = 0
ratkaisu kaikilla n = 0, 1, . . ..
20. Ratkaise Schrödingerin aaltoyhtälö
d2 ψ 8π 2 m
+
(E − kx2 /2)ψ = 0,
dx2
h2
k = 4π 2 mν 2 , E = hν(n + 1/2).
p
Vinkki: tee muuttujan vaihto u = 2πx νm/h.
21. Määrää funktioiden
a) f (x) = x, −π ≤ x < π
b) f (x) = |x|, −1 ≤ x < 1
Fourier-sarjat.
22. Määrää funktion f (x) = ex , −π ≤ x < π jaksollisen jatkeen Fourier-sarja.
Määrää kyseisen sarjan avulla sarjojen
∞
X
(−1)n
n2 + 1
ja
n=1
∞
X
n=1
n2
1
+1
summat.
23. Määrää funktioiden a) f (x) = x3 ;
b) f (x) = x4 kosinisarjat.
24. Määrää edellisen tehtävän avulla sarjojen
∞
X
n=1
1
(2n − 1)4
summat.
50
ja
∞
X
1
n4
n=1
25. Määrää funktioiden a) f (t) = 2t2 − 3t + 4;
Laplace–muunnokset.
b) f (t) = 2 sin t + 3 cos 2t
b) f (t) = e−2t sin 5t
26. Määrää funktioiden a) f (t) = t2 sin bt;
Laplace–muunnokset.
27. Määrää L {btc} ja L {t − btc]}.
28. Osoita, että funktion
a
2
f (t) = √ e−a /t ,
t πt
√
Laplace–muunnos on e−2a
a>0
s.
29. Määrää ne funktiot, joiden Laplace–muunnokset ovat
30
2
1
a) 4
b)
c) 2
s
s+3
s +s
30. Määrää
L−1
4
6
+
s3 s2 + 4
ja L−1
1
s4 + s2
.
31. Ratkaise seuraavat alkuarvotehtävä Laplace–muunnoksen avulla
a) y 0 − 2y = e5t , y(0) = 3
b) y 0 + 2y = cos t, y(0) = 1.
32. Ratkaise yhtälöt
Z
0
t
et−u x(u) du = 0,
a) x (t) + x(t) +
x(0) = 1
0
Z
t
b) y(t) = cos t +
sin(t − u)y(u) du
0
Z t
c) y 0 (t) =
cos(t − u)y(u) du, y(0) = 1
0
33. Määrää Laplace–muunnoksen avulla differentiaaliyhtälön
y 00 + 6y 0 + 5y = t
yleinen ratkaisu.
34. Määrää funktion f (t) =
Rt
0 (t
− u)e3u du Laplace–muunnos.
35. Määrää funktioiden a) H(a − |t|), a > 0
b) H(π/2 − |t|) cos t
Fourier–muunnokset.
36. Olkoon f (t) = e−a|t| , a > 0. Määrää f ∗ f.
37. Määrää Sturm-Liouvillen probleeman
y 00 + λy = 0,
y 0 (0) = y(1) = 0
ominaisarvot ja vastaavat ominaisfunktiot.
51
38. Määrää Sturm-Liouvillen probleeman
d
dy
λ
x
+ y = 0,
dx
dx
x
y 0 (1) = y 0 (e2π ) = 0
ei-negatiiviset ominaisarvot ja vastaavat ominaisfunktiot.
39. Kehitä funktio f (x) = 1 välillä [0, 1] Sturm-Liouvillen probleeman
y 00 + λy = 0,
y(0) = y 0 (1) = 0
ominaisfunktioiden avulla ortogonaalisarjaksi.
40. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä


ut = kuxx , t > 0, 0 < x < 1
u(x, 0) = 3 sin πx − 5 sin 4πx, 0 ≤ x ≤ 1,


u(0, t) = u(1, t) = 0, t ≥ 0.
41. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä


ut = kuxx , t > 0, 0 < x < 1
u(x, 0) = 1 − x, 0 ≤ x ≤ 1,


u(0, t) = 1, u(1, t) = 0, t ≥ 0.
42. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä


uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b
ux (0, y) = ux (a, y) = 0, 0 < y < b,


u(x, 0) = 0, u(x, b) = f (x), 0 < x < a.
43. Ratkaise muuttujien erottamismenetelmällä reuna-arvotehtävä


utt = uxx , t > 0, 0 < x < 1
u(x, 0) = ut (x, 0) = 1, 0 < x < 1,


u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0.
44. Ratkaise äärettömän pituisen kielen alkuarvo-ongelma

2

utt = α uxx , t > 0, −∞ < x < ∞
u(x, 0) = f (x), −∞ < x < ∞,


ut (x, 0) = g(x), −∞ < x < ∞
kun a) f (x) = 0, g(x) = cos x
b) f (x) = g(x) = x.
52
45. Ratkaise Laplace–muunnosten avulla reuna-arvotehtävä


ut + 2ux = 3t + x, t > 0, x > 0
u(x, 0) = 0, x ≥ 0,


u(0, t) = t2 /2, t ≥ 0.
46. Ratkaise Fourier–muunnosten avulla reuna-arvotehtävä
(
ut = kuxx , t ∈ R, x ∈ R,
2
u(x, 0) = e−x , x ∈ R.
53
Liite B
Kaavakokoelma
Eulerin kaava:
eix = cos x + i sin x,
i2 = −1
cos(nπ) = sin(nπ + π/2) = (−1)n ,
(B.1)
n∈Z
(B.2)
Yhteenlaskukaavat
sin(x + y) = sin x cos y + sin y cos x
(B.3)
cos(x + y) = cos x cos y − sin y sin x
(B.4)
(kaavat erotuksille parillisuutta ja parittomuutta käyttäen)
Puolittain yhteen laskemalla
sin(x + y) + sin(x − y) = 2 sin x cos y
(B.5)
cos(x + y) + cos(x − y) = 2 cos x cos y
(B.6)
cos(x − y) − cos(x + y) = 2 sin x sin y
(B.7)
Erityisesti valitsemalla y = x saadaan kaksinkertaisen kulman kaavat
sin(2x) = 2 sin x cos x
2
(B.8)
2
2
2
(B.9)
deg P = 1
(B.10)
cos(2x) = cos x − sin x = 2 cos x − 1 = 1 − 2 sin x
Osamurtohajotelma
Ensimmäisen asteen tekijöitä:
P (x)
A
B
=
+
,
(x − x1 )(x − x2 )
x − x1 x − x2
Kaksinkertainen nollakohta:
P (x)
A
B
C
=
+
+
,
2
2
(x − x1 ) (x − x2 )
x − x1 (x − x1 )
x − x2
deg P ≤ 2
(B.11)
Toisen asteen jaoton tekijä:
Ax + B
C
P (x)
= 2
+
,
(x2 + cx + d)(x − x1 )
x + cx + d x − x1
deg P ≤ 2
(B.12)
Vasemmilla puolilla annettuja lukuja, oikean puolen kertoimet A, B, C selviää
laventamalla samannimisiksi ja ratkaisemalla saatu yhtälö.
54