4. Fourier-ummyndun

4.1. Fourier-ummyndun. Reiknireglur. Plancerel-jafnan

4.1.1. Skilgreining á $L^1(\mathbb R)$

Við byrjum á að skilgreina rúm heildanlegra falla $L^1(\mathbb R)$. Við táknum $L^1(\mathbb R)$ mengi allra falla $f$ þannig að $|f|$ er heildanlegt á $\mathbb R$.

$$\int_{-\infty}^\infty |f(x)| dx < \infty\,.$$

$L^1(\mathbb R)$ er vigurrúm, af því að

1. Ef $f \in L^1(\mathbb R)$ og $g \in L^1(\mathbb R)$ þá er fallið $f+g \in L^1(\mathbb R)$

$$\int_{-\infty}^\infty |f(x)+g(x)| dx \le \int_{-\infty}^\infty |f(x)| dx < \infty\, +\int_{-\infty}^\infty |g(x)| dx < \infty\,.$$

2. Ef $f \in L^1(\mathbb R)$ þá er $\alpha f \in L^1(\mathbb R)$, þar sem $\alpha \in\mathbb R$

$$\int_{-\infty}^\infty |\alpha f(x)| dx = |\alpha|\int_{-\infty}^\infty |f(x)| dx <\infty\,.$$

4.1.2. Skilgreining á Fourier-ummyndun

Fyrir sérhvert fall $f \in L^1(\mathbb R)$ skilgreinum við fallið

$$\mathcal{F} f(k) = \int_{-\infty}^\infty e^{-i k x} f(x)dx\,, \qquad k \in\mathbb{R}\,.$$

Við köllum fallið $\mathcal{F} f$ Fourier-mynd fallsins $f$ og við táknum hana með $\mathcal{F}\{f\}$ eða $\widehat{f}$.

Við köllum vörpun $\mathcal{F}$ Fourier-ummyndun. Hún er skilgreind á $L^1(\mathbb R)$ og varpar falli $f\in L^1(\mathbb R)$ á Fourier-mynd sína $\mathcal{F} f$.

Athugið

Skilgreiningin á Fourier-ummyndun er ekki stöðluð.

4.1.3. Sýnidæmi

Skilgreinum fall $f_a$ á eftifarandi hátt

$$\begin{split}f_a (x) = \begin{cases} 1, \qquad &|x|<a\,, \\ 0, \qquad & |x|\ge a \, \end{cases} \,, \qquad f_a : \mathbb{R}\to \mathbb{R}\,,\quad a>0\,.\end{split}$$

Við sjáum að $f \in L^1(\mathbb R)$. Við reiknum nú Fourier-mynd fallsins $f$

$$\widehat{f}_a(k)=\int_a^a e^{-i k x} dx= {e^{-i a k}-e^{i a k}\over -i k}=2 {\sin a k\over k}.$$

4.1.4. Reiknireglur

Við byrjum á að skoða reiknireglur fyrir Fourier-ummyndanir.

1. Látum $f$ og $g$ vera tvö föll í $L^1(\mathbb R)$. Látum $\alpha$ og $\beta$ vera tvær tölur í $\mathbb C$. Þá gildir

$$\begin{split}\mathcal{F}\left\{\alpha f+ \beta g\right\}(k) &=& \int_{-\infty}^\infty e^{-i k x}\left(\alpha f(x)+\beta g(x)\right)dx = \alpha \int_{-\infty}^\infty e^{-i k x} f(x) dx+\beta \int_{-\infty}^\infty e^{-i k x} g(x) dx \\ &=& \alpha\, \mathcal{F}\{f\}(k)+\beta\, \mathcal F\{g\}(k)\,,\end{split}$$

Þ.e.a.s. að Fourier-ummyndun er línuleg vörpun.

2. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$ og $\alpha\in\mathbb R\smallsetminus\{0\}$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f(\alpha x)\right\}(k) = {1\over |\alpha|} \mathcal F\{f(x)\}\left({k\over \alpha }\right)\,, \qquad k\in\mathbb R\,$$

sem segir okkur hvernig Fourier-ummyndun breytist þegar $x \to\alpha x$.

3. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$ og $\alpha\in\mathbb R$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f(x-\alpha)\right\}(k) = e^{-i \alpha k} \mathcal F\{f(x)\}\left({k}\right)\,, \qquad k\in\mathbb R\,$$

sem segir okkur hvernig Fourier-ummyndun breytist þegar $x \to x-\alpha$.

4. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$ og $\alpha\in\mathbb R$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{e^{i \alpha x}f(x)\right\}(k) = \mathcal F\{f(x)\}\left(k-\alpha\right)\,, \qquad k\in\mathbb R\,$$

sem segir okkur hvernig Fourier-ummyndun breytist þegar $k \to k-\alpha$.

5. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\overline{\left\{f(x)\right\}}(k) = \overline{\mathcal F\{f(x)\}\left(-k\right)}\,, \qquad k\in\mathbb R\,.$$

Athugum að ef $f \in L^1(\mathbb R)$ er raungilt, þ.e. $f: \mathbb R\to\mathbb R$, þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k) = \overline{\mathcal F\{f(x)\}\left(-k\right)}\,, \qquad k\in\mathbb R\,.$$

6. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$ vera jafnstætt. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k) = 2 \int_0^\infty \cos(k\, x) f(x) dx \,, \qquad k\in\mathbb R\,.$$

7. Látum $f \in L^1(\mathbb R)$ vera oddstætt. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k) = - 2 i \int_0^\infty \sin(k\, x) f(x) dx \,, \qquad k\in\mathbb R\,.$$

8. Látum $f \in \mathcal{C}^1(\mathbb R)$. Gerum ráð fyrir að $f$ og $f'$ séu í $L^1(\mathbb R)$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f'(x)\right\}(k)= i k \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k)\,, \qquad k \in\mathbb R\,.$$

Regla 8 tengir Fourier-mynd fallsins $f$ og Fourier-mynd afleiðu þess $f'$.

Ef $f\in\mathcal{C}^m(\mathbb R)$ og $f, f', \dots, f^{(m)} \in L^1(\mathbb R)$, þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{f^{(j)}(x)\right\}(k)= (i k)^j \mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k)\,, \qquad k \in\mathbb R\,, \quad j=0, 1, \dots\, m\,.$$

9. Gerum ráð fyrir að föll $f$ og $x f$ séu í $L^1(\mathbb R)$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{x f(x)\right\}(k)= i \frac{d}{dk}\mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k)\,, \qquad k \in\mathbb R\,.$$

Regla 9 segir okkur hver afleiða Fourier-myndar fallsins $f$ er.

Gerum ráð fyrir að föll $f, x f, \dots, x^j f$ séu í $L^1(\mathbb R)$. Þá gildir

$$\mathcal{F}\left\{x^j f(x)\right\}(k)= i^j \frac{d^j}{dk^j}\mathcal{F}\left\{f(x)\right\}(k)\,, \qquad k \in\mathbb R\,.$$

4.1.5. Sýnidæmi

Við skoðum núna dæmi um hvernig nota má reiknireglurnar til þess að reikna Fourier-mynd falla.

Athugum fall $f(x)=e^{-a x^2/2}$ þar sem $a>0$. Fallið $f$ uppfyllir afleiðujöfnu

$$f'(x)+a x f(x)=0\,.$$

Ef við reiknum Fourier-myndina af þessari jöfnu og notum reiknireglur 9, þá fáum við

$$0= i k \widehat{f}(k)+i a {d\over dk}\widehat{f}(k)\,.$$

Þetta er bara fyrsta stigs afleiðujafna fyrir Fourier-mynd fallsins $f$, og lausnin er

$$\widehat{f}(k)= C e^{-{k^2\over 2 a}}\,, \qquad C\in \mathbb{R}\,.$$

Til þess að finna fastann $C$, getum notað

$$C=\widehat{f}(0)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^2/2} dx= \sqrt{{2\pi}\over a}\,.$$

Að lokum, fáum við

$$\mathcal{F}(e^{-a x^2/2})(k) = \sqrt{{2\pi}\over a}e^{-{k^2\over 2 a}}\,.$$

4.1.6. Eiginleikar Fourier-myndar

Nú viljum við skoða eiginleika Fourier-myndar. Gerum ráð fyrir að fall $f$ sé t.d. samfellt eða diffranlegt og svo framvegis, hvaða eiginleika hefur Fourier-mynd fallsins $f$?

Setning (Riemann-Lebesgue setning)

Ef $f\in L^1({{\mathbb R}})$, þá er ${{\cal F}}f\in C({{\mathbb R}})$ og

$$\lim_{\xi\to \pm \infty}{{\cal F}}f(\xi)=0.$$

Ef við táknum mengi falla sem eru samfelld og stefna á núll þegar breytan stefnir á óendanlegt með $C_0({{\mathbb R}})=\{F\in C({{\mathbb R}})\,;\, \lim_{|\xi|\to +\infty}F(\xi)=0\}$, þá þýðir setningin að Fourier-ummyndun $\mathcal F$ varpar rúminu $L^1(\mathbb R)$ í $C_0(\mathbb R)$.

Setning

Gerum ráð fyrir að fall $f\in L^1(\mathbb R)$ og að $f$ sé takmarkað. Gerum ráð fyrir að Fourier-mynd ${{\cal F}}f$ fallsins $f$ sé jákvæð fyrir öll $k$, þ.e. ${{\cal F}}f(k)\ge 0$. Þá er ${{\cal F}}\in L^1(\mathbb R)$.

Athugum að ef fall $f\in L^1(\mathbb R)$ er takmarkað (þ.e. $|f|\le M$), þá er $f\in L^2(\mathbb R)$ (af því að $|f|^2\le M|f|$).

4.1.7. Plancerel-jafnan

Til þess að einfalda rithátt, táknum við hér Fourier-mynd falls $f$ með $\widehat f$.

Gerum ráð fyrir að $f\in L^1(\mathbb R)$ og að $f$ sé takmarkað. Þá gildir

$$\int_{-\infty}^\infty |f(x)|^2 dx= {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^\infty |\widehat{f}(k)|^2 dk\,.$$

Þetta er Plancherel-jafnan. Hún er alhæfing af Parseval-jöfnu fyrir Fourier-ummyndunina.

4.2. Andhverfuformúla Fouriers. Afleiðujöfnur

4.2.1. Andhverfuformúla Fouriers

Við viljum nú finna fall $f$ ef við gerum ráð fyrir að Fourier-myndin $\mathcal{F}f$ sé gefin. Við munum skoða og reikna út Fourier-myndina af Fourier-mynd falls $f$, þ.e.a.s. $\mathcal{F}(\mathcal{F}f)$. Hugmyndin að baki er að Fourier-myndin af Fourier-mynd fallsins $f$ gefur fallið $f$. Þetta er þó ekki svo einfalt. Fyrsta vandamál er að jafnvel þótt $f\in L^1(\mathbb R)$ þýðir það ekki nauðsynlega að $\mathcal{F}f$ sé í $L^1(\mathbb R)$ (svo Fourier-mynd hennar er ekki endilega vel skilgreind).

Ef við gerum ráð fyrir að bæði föllin $f$ og $\mathcal{F}f$ séu í $L^1(\mathbb R)$ og séu samfelld, þá er

$$\begin{split}({{\cal F}}{{\cal F}}f)(x) &= \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi} \widehat{f}(\xi) d\xi = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi} \bigg(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-iy\xi}f(y) \, dy\bigg)\, d\xi\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} \bigg(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-i(x+y)\xi}f(y) \, dy\bigg)\, d\xi\,.\end{split}$$

Vandamálið nú er að við getum ekki skipt á röð heildanna, við getum ekki heildað fyrst yfir $\xi$ og svo yfir $y$ af því að heildið $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-i(x+y)\xi} d\xi$ er ekki samleitið. Til að leysa málið, stingum við falli $e^{-\varepsilon|\xi|}$ inn í heildið og tökum síðan markgildi $\varepsilon\to 0+$. Nú getum við reiknað út heildið að ofan og við fáum

$$\begin{split}({{\cal F}}{{\cal F}}f)(x)&=\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\varepsilon|\xi|} \bigg(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-it\xi}f(t-x) \, dt\bigg)\, d\xi\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{-\infty}^{+\infty}f(t-x) {{\cal F}}\{e^{-\varepsilon|\xi|}\}(t) \, dt\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{-\infty}^{+\infty}f(t-x) {{\cal F}}\{e^{-|\xi|}\}(t/\varepsilon) \varepsilon^{-1}\, dt\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{-\infty}^{+\infty}f(\varepsilon t-x) {{\cal F}}\{e^{-|\xi|}\}(t) \, dt\\ &=f(-x)\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac 2{1+t^2} \, dt= 2\pi f(-x).\end{split}$$

Að lokum getum við tekið þetta saman í eftirfarandi setningu

Setning (Andhverfuformúla Fouriers)

Gerum ráð fyrir að fall $f\in L^1(\mathbb R)\cap \mathcal{C}(\mathbb R)$ og $\widehat{f}\in L^1(\mathbb R)\cap \mathcal{C}(\mathbb R)$. Þá gildir

$$f(x) =\dfrac 1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix\xi}\widehat f(\xi) \, d\xi = \dfrac 1{2\pi}({{\cal F}}{{\cal F}}f)(-x), \qquad x\in {{\mathbb R}}.$$

Setningin segir okkur að fallið $f$ sé samfelld samantekt (superposition á ensku) af veldisvísisföllum $e^{ix\xi}$. Hún alhæfir framsetningu á lotubundnum föllum með Fourier-röðum til falla sem eru ekki lotubundin.

Fylgisetning

Ef $\widehat{f}=\widehat{g}$, þá er $f=g$.

Sýnidæmi

Andhverfuformúlan getur verið mjög gagnleg til þess að reikna Fourier-mynd. Við sjáum þetta með dæmi. Ef við viljum reikna Fourier-mynd falls $f(x)={\sin a x\over x}$, getum við notað andhverfuformúlu Fouriers og sýnidæmi 4.1.3, það er

$$\begin{split}\mathcal{F}\left({\sin a x\over x}\right) = \begin{cases} \pi\,, \qquad &|\xi|<a\\ 0\,, \qquad & \text{annars} \end{cases}\,.\end{split}$$

Ef við viljum reikna Fourier-mynd fallsins $f$ beint út frá skilgreiningu þess, er það erfitt!

4.2.2. Földun og Fourier-ummyndun

Skilgreining

Látum $f$ og $g$ vera tvö föll á $\mathbb R$. Við skilgreinumn földun þeirra með

$$f\ast g(x)= \int_{-\infty}^{+\infty}f(x-t)g(t) \, dt,$$

fyrir öll $x\in {{\mathbb R}}$ þannig að heildið sé til.

Eiginleikar

1. Gerum ráð fyrir að heildið að ofan sé til, þá er

$$f\ast g(x)= \int_{-\infty}^{+\infty}f(x-t)g(t) \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} f(s)g(x-s)ds = g \ast f(x)\,,$$

þar sem við höfum notað $s=x-t$.

2. Ef $f\in L^1(\mathbb R)$ og $g$ er takmarkað, þá er földun þeirra skilgreind á ${{\mathbb R}}$.
3. Ef $f\in L^1(\mathbb R)$ og líka $g\in L^1(\mathbb R)$, þá er földunin vel skilgreind, og ennfremur gildir að $f\ast g$ er í $L^1(\mathbb R)$.
4. Földunin uppfyllir sömu reglur og venjulegt margfeldi uppfyllir:

$$\begin{split}& f\ast (\alpha g +\beta h)= \alpha (f\ast g)+\beta (f\ast h)\,, \quad \forall \alpha, \beta \in\mathbb{R}\,. \\ & f\ast g = g\ast f\,, \\ & f\ast (g\ast h)= (f\ast g)\ast h\,,\end{split}$$

þar sem $f, g, h$ eru föll á $\mathbb R$, þ.a. földun þeirra sé vel skilgreind.

5. Gerum ráð fyrir að fall $f$ sé diffranlegt og faldanir $f\ast g$ og $f'\ast g$ séu vel skilgreindar. Þá er $f\ast g$ diffranlegt og $(f\ast g)'=f'\ast g$. Ef $g$ er líka diffranlegt, þá gildir $(f\ast g)'= f\ast g'$.

Við getum alhæft niðurstöðuna að ofan ef til dæmis fallið $f$ er $m$-sinnum diffranlegt og $f, f', \dots f^{(m)}$ eru takmörkuð, þá er $f\ast g \in\mathcal{C}^m(\mathbb{R})$ og

$$(f\ast g)^{(k)}(x)= (f^{(k)}\ast g)(x)\,, \qquad x\in\mathbb{R}\, \quad k=0, \dots, m.$$

Setning

Frá eiginleika 3, fáum við eftirfarandi setningu

Ef $f\in L^1(\mathbb R)$ og líka $g\in L^1(\mathbb R)$, þá er földunin $f\ast g$ í $L^1(\mathbb R)$ og

$${{\cal F}}\{f\ast g\}(\xi)={{\cal F}}f(\xi){{\cal F}}g(\xi), \qquad \xi\in {{\mathbb R}}.$$

4.2.3. Afleiðujöfnur og Fourier-ummyndun

Við byrjum á að skoða afleiðujöfnu með fasta stuðla

$$P(D)u=(a_mD^ m+\cdots+a_1D+a_0)u=f(x).$$

Til þess að finna lausn á jöfnunni getum við notað Fourier-ummyndun, ef t.d. $f\in L^1(\mathbb R)$. Munið eftir reiknireglu 8, ef við gerum ráð fyrir að $u$ og afleiður þess séu í $L^1(\mathbb R)$. Þá fáum við eftirfarandi niðurstöðu

Setning

Gerum ráð fyrir að $f\in L^1(\mathbb R)$ og $\widehat{f}\in L^1(\mathbb R)$. Gerum ráð fyrir að $P(i\xi)\neq 0$. Þá hefur afleiðujafnan (ref) lausn $u\in L^1(\mathbb R)\cap \mathcal{C}^m (\mathbb R)$ sem gefin er með formúlunni

$$u(x)=\dfrac 1{2\pi}\int_{-\infty}^ {+\infty} e^{ix\xi} \dfrac{\widehat f(\xi)}{P(i\xi)}\, d\xi, \qquad x\in {{\mathbb R}}.$$

Við sjáum að fallið $u$ sem skilgreint er að ofan uppfyllir jöfuna

$$\begin{split}P(D)u(x)&=\dfrac 1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}P(D_x)e^{ix\xi} \dfrac{\widehat f(\xi)}{P(i\xi)}\, d\xi= \dfrac 1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}P(i\xi)e^{ix\xi} \dfrac{\widehat f(\xi)}{P(i\xi)}\, d\xi\\ &= \dfrac 1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix\xi} \widehat f(\xi)\, d\xi=f(x).\end{split}$$

Afleiðujöfnur, Fourier-ummyndun og földun

Gerum ráð fyrir að $P(i\xi)\neq 0$ fyrir öll $\xi\in\mathbb R$. Ef við táknum andhverfu Fourier-mynd falls ${1\over P(i\xi)}$ (athugum að ${1\over P(i\xi)} \in L^1(\mathbb{R})$) með

$$E(x)= {1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} {e^{i x \xi}\over P(i\xi)} d\xi\,, \qquad x\in\mathbb R\,,$$

þá fæst

$$\begin{split}E\ast f(x) &= \int_{-\infty}^{\infty} E(x-t) f(t)dt= \int_{-\infty}^{\infty}\left({1\over 2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} {e^{i (x-t) \xi}\over P(i\xi)} d\xi\right)f(t) dt=\\ &={1\over 2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{e^{i x \xi}\over P(i\xi)}\left(\int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-i \xi t} dt\right)d\xi= {1\over 2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{e^{ix\xi}\over P(i \xi)}\widehat f(\xi)\, d\xi =u(x).\end{split}$$

Setning

Gerum ráð fyrir að $P$ sé margliða af stigi $m$ með ólikar núllstöðvar $\lambda_1, \dots, \lambda_{\ell}$ með margfeldni $m_1, \dots, m_{\ell}$, að $P(i\xi)$ hafi enga núllstöð á $\mathbb{R}$, að $Q$ sé margliða af stigi $\le m-1$ og að stofnbrotaliðun á ræða fallinu $Q/P$ sé gefin með

$$\dfrac {Q(\zeta)}{P({\zeta})} =\sum\limits_{k=1}^\ell \sum\limits_{j=1}^{m_k} \dfrac{A_{jk}}{({\zeta}-{\lambda}_k)^j}.$$

Þá er andhverfa Fourier-mynd fallsins ${\xi}\mapsto Q(i\xi)/P(i{\xi})$ gefin með formúlunni

$$\begin{split}f(x)&= \sum_{\substack{{{\operatorname{Re\, }}}{\lambda}_k<0}} \sum\limits_{j=1}^{m_k} A_{jk} \tfrac 1{(j-1)!}H(x)x^{j-1}e^{{\lambda}_kx}\\ &-\sum_{\substack{{{\operatorname{Re\, }}}{\lambda}_k>0}} \sum\limits_{j=1}^{m_k} A_{jk} \tfrac 1{(j-1)!} H(-x)x^{j-1}e^{{\lambda}_kx}, \qquad x\neq 0.\nonumber\end{split}$$

Sýnidæmi

Skoðum jöfnu

$$-u{{^{\prime\prime}}}+\omega^ 2u=e^{-|x|}=f(x), \qquad \omega^ 2 \neq 1, \qquad x\in {{\mathbb R}}.$$

Við sjáum að $P(X)=-X^2+\omega^2$, og $P(i\xi)=\xi^2+\omega^2$. Fourier-mynd fallsins $e^{-|x|}=f(x)$ er $\widehat f(\xi)={2 \over 1+\xi^ 2}$. Tökum Fourier-mynd jöfnunnar, þá fáum við

$$\xi^ 2 \widehat u(\xi)+\omega^ 2 \widehat u(\xi) = \dfrac 2{1+\xi^ 2}, \qquad \xi\in {{\mathbb R}}.$$

Þá er

$$\widehat u(\xi)= \dfrac 2{(\omega^ 2+\xi^ 2)(1+\xi^ 2)} =\dfrac 1{1-\omega^ 2}\bigg( \dfrac 1\omega {{\cal F}}\{e^{-\omega|x|}\}({\xi})-{{\cal F}}\{e^{-|x|}\}({\xi}) \bigg).$$

Nú getum við notað andhverfuformúlu og þá fæst loks að

$$u(x)= \dfrac 1{1-\omega^ 2}\bigg( \dfrac 1\omega e^{-\omega|x|} - e^{-|x|} \bigg).$$

4.3. Úrlausn á hlutafleiðujöfnum með Fourier-ummyndun

4.3.1. Einvíða bylgjujafnan og d’Alembert-formúla

Við skoðum einvíðu bylgjujöfnuna

$$\dfrac{\partial^2u}{\partial t^2} -c^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=0,$$

þar sem fallið $u(x,t)$ er skilgreint fyrir öll $x \in \mathbb{R}$ og $t \in \mathbb{R}$. Leitum að slíkri lausn.

Skiptum um hnit með $x = {\xi+\eta\over 2}$ og $t = {\xi-\eta\over 2 c}$ og skrifum bylgjujöfnuna sem

$$\partial^2_{t} u(t,x)- c^2 \partial^2_x u (t,x)= -4 \,c^2 \partial^2_{\xi\eta} v(\eta,\xi)\, \qquad v(\eta,\xi) = u(x(\eta,\xi),t(\eta,\xi)).$$

Athugum að við notum að $\partial^2_{t,x}=\partial^2_{x,t}$, sem gildir til dæmis ef lausnin er tvisvar sinnum samfellt deildanleg.

Almenn lausn á jöfnunni að ofan er $u(\eta, \xi)=f(\xi)+g(\eta)$, þar sem föllin $f(\xi)$, $g(\eta)$ eru ótiltekin. Þá er

$$u(x,t)=f(\xi(x,t))+g(\eta(x,t))= f(x+ct)+g(x-ct)\,.$$

Þá fæst niðurstaðan:

Setning

Sérhver lausn $u\in C^2({{\mathbb R}}^2)$ á bylgjujöfnunni er af gerðinni $u(x,t)=f(x+ct)+g(x-ct)$, þar sem $f,g\in C^2({{\mathbb R}})$. Ef $u(x,t)=f_1(x+ct)+g_1(x-ct)$ er önnur slík framsetning á lausninni, þá er til fasti $A$ þannig að $f_1(x)=f(x)+A$ og $g_1(x)=g(x)-A$.

Fyrir gefið $t_0 > 0$, er graf fallsins $g(x − ct_0)$ næstum því eins og graf fallsins $g(x)$, eini munurinn er að grafið $g(x − ct_0)$ er hliðrað um $c t_0$ til hægri. Við túlkum því fallið $g(x − ct)$ sem bylgju sem hreyfist til hægri með hraða $c$ og köllum það framáttarbylgju. Á svipaðan hátt er graf fallsins $f(x+ct_0)$ hliðrað um $c t_0$ til vinstri, fallið $f(x + ct)$ táknar bylgju sem hreyfist til vinstri með hraða $c$ og kallast það bakáttarbylgja.

Við skoðum nú bylgjujöfnuna með upphafsskilyrðum, það er

$$\begin{split}\begin{cases} \dfrac{\partial^2u}{\partial t^2} -c^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=0, &x\in {{\mathbb R}},\ t>0, \\ u(x,0)=\varphi(x), \quad \partial_tu(x,0)=\psi(x), &x\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Við viljum finna lausn sem er í $C^2({{\mathbb R}}^2)$, sem gefin er í setningunni að ofan. Þá þurfum við tengja $f(x+ct), g(x-ct)$ við $\varphi(x), \psi(x)$. Niðurstaðan er

Setning

Upphafsgildisverkefnið að ofan hefur ótvírætt ákvarðaða lausn sem gefin er með formúlunni

$$u(x,t)=\dfrac 12\big(\varphi(x+ct)+\varphi(x-ct)\big) +\dfrac 1{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi({\xi})\, d{\xi}.$$

Formúlan kallst d’Alembert-formúlan. Hún gefur almenna lausn í $C^2({{\mathbb R}}^2)$ á upphafsgildisverkefninu.

4.3.2. Bylgjujafnan, Fourier-ummyndun og földun

Við getum skrifað d’Alembert-formúluna sem földunarheildi: Skilgreinum fall $E_t$ sem

$$\begin{split}E_t(x)=E(x,t)= \begin{cases} 1/2c, &|x|\leq ct,\\ 0, &|x|>ct.\end{cases}\end{split}$$

þá er

$$\begin{split}&& \dfrac 1{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(y)\, dy =\int_{-\infty}^{+\infty}E_t(x-y)\psi(y)\, dy = \big(E_t\ast \psi\big)(x), \\ && \dfrac 12\big(\varphi(x+ct)+\varphi(x-ct)\big) =\dfrac{\partial}{\partial t}\bigg( \dfrac 1{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\varphi(y)\, dy \bigg) =\dfrac{\partial}{\partial t} E_t\ast \varphi(x),\end{split}$$

og lausnin verður

$$u(x,t)=\dfrac{\partial}{\partial t}\big( E_t\ast \varphi\big)(x)+ E_t\ast \psi(x).$$

---

Við viljum nú leiða þessa formúlu út með því að nota Fourier-ummyndun. Tökum Fourier-mynd af öllum liðum sem koma fyrir í upphafsgildisverkefninu. Fyrst þurfum við að finna Fourier-myndir $\partial_t u$ og $\partial_x u$.

$${{\cal F}}\{\partial_t^2 u\}(\xi,t) =\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi}\partial_t^2 u(x,t)\, dx =\partial_t^2\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi}u(x,t)\, dx =\partial_t^2\widehat u(\xi,t).$$

$${{\cal F}}\{{\partial}_x^2u\}({\xi},t) =\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi}\partial_x^2u(x,t)\, dx =(i{\xi})^2\widehat u({\xi},t)=-{\xi}^2\widehat u({\xi},t),$$

þar sem við höfum notað reikniregluna 8 í 4.1.4.

Að lokum verður upphafsgildisverkefnið

$$\begin{split}\begin{cases} {\partial}_t^2\widehat u({\xi},t)+c^2{\xi}^2 \widehat u({\xi},t)=0, &{\xi}\in {{\mathbb R}},\ t>0,\\ \widehat u({\xi},0)=\widehat\varphi({\xi}), \quad {\partial}_t\widehat u({\xi},t)=\widehat{\psi}({\xi}), &{\xi}\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Athugum að ${\partial}_t^2\widehat u({\xi},t)+c^2{\xi}^2\widehat u({\xi},t)=0$ er annars stigs venjuleg afleiðujafna í $t$, og $\xi$ er bara fasti. Þá er lausnin

$$\begin{aligned} \widehat u({\xi},t)&= \cos(ct{\xi})\widehat\varphi({\xi}) +\dfrac{\sin(ct{\xi})}{c{\xi}}\widehat{\psi}({\xi}) \end{aligned}$$

En, ef við reiknum Fourier-myndin fallsins $E_t$ sem við skilgreindum að ofan, þá er

$$\begin{split}\begin{aligned} \widehat E_t(\xi)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ix\xi}E_t(x)\, dx =\dfrac 1{2c}\int_{-ct}^{ct}e^{-ix\xi}\, dx\\ &=\dfrac 1{2c}\bigg[\dfrac{e^{-ix\xi}}{-i\xi}\bigg]_{-ct}^{ct} =\dfrac{\sin(ct\xi)}{c\xi}.\end{aligned}\end{split}$$

Það þýðir að við getum umritað lausnina sem

$$\widehat u({\xi},t)=\dfrac{\partial}{\partial t}\widehat E_t({\xi})\widehat\varphi({\xi})+\widehat E_t({\xi})\widehat {\psi}({\xi}).$$

og niðurstaðan fyrir $u$ fæst svo með því að taka andhvefa Fourier-mynd og nota földunarreglur.

Hliðraða bylgjujafnan

Við skoðum

$$\begin{split}\begin{cases} \dfrac{\partial^2u}{\partial t^2} -c^2\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t), &x\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ u(x,0)=\partial_tu(x,0)=0, &x\in {{\mathbb R}}, \end{cases}\end{split}$$

Leitum að sérlausn á þessu verkefni. Eins og áður notum við Fourier-ummyndun og fáum

$$\begin{split}\begin{cases} {\partial}_t^2\widehat u({\xi},t)+c^2{\xi}^2 \widehat u({\xi},t)=\widehat f({\xi},t), &{\xi}\in {{\mathbb R}},\ t>0,\\ \widehat u({\xi},0)={\partial}_t\widehat u({\xi},0)=0, &{\xi}\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Green-fall afleiðuvirkjans $D_t^2+c^2{\xi}^2$ er $G_{\xi}(t,{\tau})=g({\xi},t-{\tau})=\sin(c(t-\tau){\xi})/c{\xi}$. Athugum að $g(ξ,t)=\widehat E_t({\xi})=\widehat E({\xi},t).$

Þá er Fourier-mynd lausnarinnar á jöfnunni

$$\widehat u({\xi},t) =\int_0^t g({\xi},t-\tau)\widehat f({\xi},\tau)\, d{\tau} =\int_0^t\widehat E({\xi},t-\tau)\widehat f({\xi},\tau)\, d{\tau}.$$

Til þess að finna $u$ þurfum við að nota andhverfuformúlu Fouriers, þá er

$$\begin{split}\begin{aligned} u(x,t)& =\dfrac 1{2{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix{\xi}} \bigg(\int_0^t \widehat E({\xi},t-\tau)\widehat f({\xi},\tau)\, d{\tau}\bigg) \, d{\xi}\label{15.4.3}\\ &=\int_0^t \bigg(\dfrac 1{2{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix{\xi}} \widehat E({\xi},t-\tau)\widehat f({\xi},\tau)\, d{\xi}\bigg) \, d{\tau}\nonumber\\ &=\int_0^t \int_{-\infty}^{+\infty} E(x-y,t-\tau)f(y,\tau)\, dy\, d{\tau}.\nonumber\end{aligned}\end{split}$$

Ef við viljum skrifa þetta sem földunarheildi þurfum við að framlengja föllin fyrir öll $t$. Við höfum $E(x,t) = 0$ ef $t < 0$ og ef við skilgreinum $f(x,t) = 0$ fyrir $t < 0$, þá fæst

$$u(x,t) = E\ast f(x,t), \qquad x\in\mathbb{R}, t>0$$

þar sem $\ast$ stendur hér fyrir földun falla af tveimur breytistærðum sem er skilgreind með sambærilegum hætti og áður.

Þetta má einnig rita sem

$$\begin{split}\begin{aligned} u(x,t) &=\int_0^t \int_{-\infty}^{+\infty} E(x-y,t-\tau)f(y,\tau)\, dy\, d{\tau}\\ &=\dfrac 1{2c} \int_0^t \int_{x-c(t-\tau)}^{x+c(t-\tau)} f(y,{\tau})\, dyd{\tau}\nonumber\\ &=\dfrac 1{2c}\iint\limits_{T(x,t)}f(y,{\tau})\, dyd{\tau},\nonumber\end{aligned}\end{split}$$

þar sem $T(x,t)$ er þríhyrningurinn í $(y,\tau)$-planinu með hornpunktana $(x, t), (x − ct, 0)$ og $(x + ct, 0)$. Þríhyrningurinn kallast *ákvörðunarsvæði punktins $(x,t)$.

4.3.3. Varmaleiðnijafnan, Fourier-ummyndun og földun

Við lítum nú á varmaleiðnijöfnuna með upphafsskilyrðum

$$\begin{split}\begin{cases} \dfrac{{\partial}u}{\partial t} -{\kappa}\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=0, &x\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ u(x,0)={\varphi}(x), &x\in {{\mathbb R}}, \end{cases}\end{split}$$

Eins og áður viljum við finna lausn með því að nota Fourier-ummmyndun. Tökum Fourier-mynd af öllum liðunum og þá fæst að Fourier-mynd fallsins $u$ þarf að uppfylla

$$\begin{split}\begin{cases} \partial_t\widehat u({\xi},t) +{\kappa}{\xi}^2\widehat u({\xi},t)=0, &{\xi}\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ \widehat u({\xi},0)=\widehat {\varphi}({\xi}), &{\xi}\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Nú verður jafnan $\partial_t\widehat u({\xi},t)+{\kappa}{\xi}^2\widehat u({\xi},t)=0$ einfaldlega fyrsta stigs afeiðujafna í $t$, og lausn hennar er $\widehat u({\xi},t)=e^{-{\kappa}t{\xi}^2}\widehat {\varphi}({\xi})$.

Við viljum finna lausn sem földunheildi. Athugum að

$$\begin{split}e^{-{\kappa}t{\xi}^2} = \mathcal{F}(E)(\xi)\, \qquad E(x,t)=E_t(x)=\begin{cases} \dfrac 1{\sqrt{4{\pi}{\kappa}t}}e^{-x^2/4{\kappa}t}, &x\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ 0, &x\in {{\mathbb R}}, \ t\leq 0.\end{cases}\end{split}$$

Þá er $\widehat u({\xi},t)=e^{-{\kappa}t{\xi}^2}\widehat {\varphi}({\xi})= \widehat{E_t} ({\xi})\widehat {\varphi}({\xi})$.

Fallið $E$ kallast hitakjarni eða varmaleiðnikjarni.

Til þess að skilja lausnina er gott að skoða eiginleika hitakjarnans $E$:

$$\begin{split}\begin{aligned} 1. & \lim\limits_{t\to 0+} E_t(x) = \begin{cases} +{\infty}, &x=0,\\ 0, &x\neq 0,\end{cases} \\ 2. & \int_{-{\infty}}^{+{\infty}} E_t(x)\, dx =\int_{-{\infty}}^{+{\infty}} \dfrac 1{\sqrt{\pi}}e^{-y^2}\, dy = 1\,,\\ 3. & \,({\partial}_t-{\kappa}{\partial}_x^2)E(x,t)=0, \qquad t>0\,. \end{aligned}\end{split}$$

Þá getum við notað andhverfuformúlu Fouriers og við fáum:

$$u(x,t)=E_t\ast {\varphi}(x)=\int_{-{\infty}}^{+{\infty}} \dfrac 1{\sqrt{4{\pi}{\kappa}t}}e^{-(x-y)^2/4{\kappa}t}{\varphi}(y)\, dy, \qquad t>0.$$

Það er ekki erfitt að sjá að lausn $u(x,t)=E_t\ast {\varphi}(x)$ uppfyllir upphafsgildisverkefnið að ofan með því að nota eingileika hitakjarnans $E$:

$$({\partial}_t-{\kappa}{\partial}_x^2)u(x,t) =\int_{-{\infty}}^{+{\infty}} ({\partial}_t-{\kappa}{\partial}_x^2)E(x-y,t) {\varphi}(y)\, dy=0.$$

$$\begin{split}\begin{aligned} \lim\limits_{t\to 0+} u(x,t) &= \lim\limits_{t\to 0+} E_t\ast {\varphi}(x) \\ &=\int_{-{\infty}}^{+{\infty}} \dfrac 1{\sqrt{\pi}}e^{-y^2}\lim\limits_{t\to 0+} {\varphi}(x-\sqrt{4{\kappa}t}y)\, dy\\ &={\varphi}(x)\int_{-{\infty}}^{+{\infty}} \dfrac 1{\sqrt{\pi}}e^{-y^2}\, dy ={\varphi}(x).\end{aligned}\end{split}$$

Þá skiljum við eftirfarandi setningu

Setning

Gerum ráð fyrir að $\varphi$ sé samfellt og takmarkað fall á ${{\mathbb R}}$. Þá hefur upphafsgildisverkefnið að ofan lausn $u$ sem gefin er með formúlunni

$$u(x,t)=E_t\ast \varphi(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}E_t(x-\xi)\varphi(\xi)\, d\xi, \qquad x\in {{\mathbb R}}, \ t>0,$$

þar sem hitakjarninn er gefinn með formúlunni

$$E(x,t)=E_t(x)=H(t) \dfrac 1{\sqrt{4{\pi}{\kappa}t}}e^{-x^2/4{\kappa}t}, \qquad (x,t)\neq (0,0).$$

Hliðraða varmaleiðnijafnan með óhliðruðum upphafsskilyrðum

Við lítum nú á hliðruðu varmaleiðnijöfnuna með óhliðruðu upphafsskilyrði, þ.e.

$$\begin{split}\begin{cases} \dfrac{{\partial}u}{\partial t} -{\kappa}\dfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=f(x,t), &x\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ u(x,0)=0, &x\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Leitum að sérlausn á henni. Við tökum Fourier-myndina af öllum liðunum

$$\begin{split}\begin{cases} \partial_t\widehat u({\xi},t) +{\kappa}{\xi}^2\widehat u({\xi},t)=\widehat f({\xi},t), &{\xi}\in {{\mathbb R}}, \ t>0,\\ \widehat u({\xi},0)=0, &{\xi}\in {{\mathbb R}}. \end{cases}\end{split}$$

Skoðum jöfnuna að ofan: hún er fyrsta stigs hliðruð afleiðujafna í $t$. Við getum notað Green-fall, og það er $G_\xi(t,\tau)=e^{-\kappa(t-\tau)\xi^2}=\widehat E_{t-\tau}(\xi)$.

Eins og áður við skrifum við Fourier-mynd lausnar og eftir það tökum við andhverfu Fourier-myndina. Þá er

$$\widehat u({\xi},t)=\int_0^te^{-{\kappa}(t-{\tau})x^2}\widehat f({\xi},t)\, d{\tau} = \int_0^t\widehat E_{t-{\tau}}({\xi})\widehat f({\xi},t)\, d{\tau}.$$

$$\begin{split}\begin{aligned} u(x,t)&=\dfrac 1{2{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix{\xi}} \bigg(\int_0^t\widehat E_{t-{\tau}}({\xi})\widehat f({\xi},{\tau})\, d{\tau} \bigg)\, d{\xi}\\ &=\int_0^t\bigg( \dfrac 1{2{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ix{\xi}} \widehat E_{t-{\tau}}({\xi})\widehat f({\xi},{\tau})\, d{\xi}\bigg)\, d{\tau}\\ &=\int_0^t \int_{-\infty}^{+\infty} E(x-y,t-\tau)f(y,{\tau})\, dy d{\tau} \\ &= E\ast f(x,t) \end{aligned}\end{split}$$

Við fáum eftirfarandi niðurstöðu

Setning

Gerum ráð fyrir að $f$ sé samfellt fall á opna efra hálfplaninu $\{(x,t); t>0\}$, sé takmarkað á lokuninni $\{(x,t); t\geq 0\}$ og taki gildið 0 á neðra hálfplaninu $\{(x,t); t<0\}$. Gerum ráð fyrir að ${\varphi}$ sé samfellt takmarkað fall á ${{\mathbb R}}$. Þá hefur upphafsgildisverkefnið að ofan ótvírætt ákvarðaða lausn $u$, sem gefin er með formúlunni

$$u(x,t)=E_t\ast {\varphi}(x)+E\ast f(x,t), \qquad x\in {{\mathbb R}},\ t>0,$$

þar sem $E$ táknar hitakjarnann, sem skilgreindur er með formúlunni

$$E(x,t)=E_t(x)=H(t) \dfrac 1{\sqrt{4{\pi}{\kappa}t}}e^{-x^2/4{\kappa}t}, \qquad (x,t)\neq (0,0).$$

Hliðraða varmaleiðnijafnan með hliðruðu upphafsskilyrði

Upphafsgildisverkefnið er núna

$$\begin{split}\begin{cases} \dfrac{{\partial}u}{\partial t} -{\kappa}\Delta u=f(x,t), &x\in {{\mathbb R}}^n, \ t>0,\\ u(x,0)=\lim\limits_{t\to 0+}u(x,t)={\varphi}(x), &x\in {{\mathbb R}}^n, \end{cases}\end{split}$$

Við gerum ráð fyrir að $f$ sé samfellt fall á $\{(x,t)\in {{\mathbb R}}^n\times {{\mathbb R}}; t\geq 0\}$, ${\varphi}$ sé samfellt fall á ${{\mathbb R}}^n$ og bæði $f$ og ${\varphi}$ séu takmörkuð.

Hitakjarninn er

$$E(x,t)=E_t(x)=H(t) \dfrac 1{\big(4{\pi}{\kappa}t\big)^{n/2}}e^{-x^2/4{\kappa}t}, \qquad x\in {{\mathbb R}}^n,\ (x,t)\neq (0,0),$$

og lausnin verður

$$u(x,t)=E_t\ast {\varphi}(x)+E\ast f(x,t), \qquad x\in {{\mathbb R}}^n, t>0.$$

4.4. Fourier-ummyndun og leifareikningur

Við skoðum hér hvernig við getum reiknað Fourier-myndir og andhverfu þeirra með því að nota leifareikning. Við byrjum á að setja fram fyrstu niðurstöðu fyrir Fourier-myndir.

Munið að við táknum með $\mathcal O(X)$ mengi allra fágaðra falla á $X$.

4.4.1. Fourier-myndir reiknaðar með leifareikningi

Setning

Látum fall $f\in L^1({{\mathbb R}})\cap {{\cal O}}({{\mathbb C}}\setminus A)$, þar sem $A$ er endanlegt mengi. Gerum ráð fyrir að $\lim\limits_{r\to \infty}\max_{|z|=r}|f(z)|=0$. Táknum efra hálfplanið með $H_+=\{z\in {{\mathbb C}}; {{\operatorname{Im\, }}}z>0\}$ og neðra hálfplanið með $H_-=\{z\in {{\mathbb C}}; {{\operatorname{Im\, }}}z<0\}$. Þá er

$$\begin{split}\widehat f(\xi) = \begin{cases} 2\pi i\sum_{\alpha\in A\cap H_+} {{\operatorname{Res}}}(e^{-iz\xi}f(z),\alpha), & \xi < 0,\\ -2\pi i\sum_{\alpha\in A\cap H_-} {{\operatorname{Res}}}(e^{-iz\xi}f(z),\alpha), & \xi > 0. \end{cases}\end{split}$$

Sýnidæmi

Skoðum fall $f(x)=1/(1+x^2), x\in {{\mathbb R}}.$ Athugum að fallið $f$ er jafnstætt, svo samkvæmt reglu 6 er Fourier-mynd þess jafnstæð. Þá getum við reiknað Fourier-mynd fyrir $\xi<0$, og eftir það framlengjt hana samkvæmt því. Fallið $f$ hefur eitt skaut í $x=i$ á $H_+$ og $\max_{|z|=r}|f(z)| \le {1\over r^2-1}$ sem stefnir á 0 þegar $r$ stefnir á óendanlegt. Þá beitum við setningunni að ofan og fáum

$$\widehat f(\xi) = 2\pi i {{\operatorname{Res}}}\bigg(\dfrac{e^{-iz\xi}}{1+z^2},i\bigg) =\pi e^{\xi}, \qquad \xi<0.$$

Að lokum fæst

$$\widehat f(\xi) =\pi e^{-|\xi|}, \qquad \xi\in {{\mathbb R}}.$$

4.4.2. Andhverfar Fourier-myndir reiknaðar með leifareikningi

Á svipaðan hátt höfum við niðurstöðu fyrir andhverfar Fourier-myndir.

Setning

Gerum ráð fyrir því að $f\in L^1({{\mathbb R}})\cap PC^1({{\mathbb R}})$, að það sé hægt að framlengja skilgreiningarsvæði Fourier–myndarinnar $\widehat f$, þannig að $\widehat f\in {{\cal O}}({{\mathbb C}}\setminus A)$, þar sem mengið $A$ er endanlegt og $\lim\limits_{r\to +\infty}\max_{|\zeta|=r}|\widehat f(\zeta)|=0$. Þá er

$$\begin{split}\tfrac 12 (f(x+)+f(x-))=\begin{cases} i\sum\limits_{\alpha\in A\cap H_+}{{\operatorname{Res}}}\big(e^{ix\zeta}\widehat f(\zeta),\alpha\big), & x>0\\ -i\sum\limits_{\alpha\in A\cap H_-}{{\operatorname{Res}}}\big(e^{ix\zeta}\widehat f(\zeta),\alpha\big), & x<0. \end{cases}\end{split}$$

Athugum að ef fallið $f$ er samfellt þá er $\tfrac 12 (f(x+)+f(x-))= f(x)$.

Sýnidæmi

Lítum á $\widehat f(\xi)=\xi/(\xi^2+4\xi+5)$. Fallið $\widehat f$ hefur tvö skaut í $zeta_1 = -2+i\in H_+$ og $\zeta_2 = -2-i\in H_-$. Ennfremur er það hvorki jafnstætt né oddstætt, svo við þurfum að reikna báðar leifar:

$$\begin{split}\begin{gathered} i{{\operatorname{Res}}}\bigg( \dfrac{e^{ix\zeta}\zeta}{\zeta^2+4\zeta+5},-2+i\bigg) = (-1+i/2)e^{-x-2ix},\\ -i{{\operatorname{Res}}}\bigg( \dfrac{e^{ix\zeta}\zeta}{\zeta^2+4\zeta+5},-2-i\bigg) = (-1-i/2)e^{x-2ix}.\end{gathered}\end{split}$$

Að lokum fáum við samkvæmt setningunni að ofan

$$\begin{split}f(x) =\begin{cases} (-1+i/2)e^{-x-2ix}\,, \qquad & x>0\\ (-1-i/2)e^{x-2ix}\,, \qquad & x<0 \end{cases}\end{split}$$

sem við getum umskrifað líka sem $f(x)=-(1-i{{\operatorname{sign}}}(x)/2)e^{-|x|-2ix}$, fyrir öll $x\in\mathbb{R}$.

4.5. Laplace-ummyndun og leifareikningur

Rifjum upp að

1. Ef fall $f$ á $\mathbb{R_+}$ er af veldisvísisgerð, þá eru til fastar $M>0$ og $c>0$ þ.a.

(1) $$|f(t)|\leq Me^{c t}, \qquad t\in {{\mathbb R}}_+.$$

2. Skilgreining á Laplace-mynd er

(2) $$\mathcal L{f}(s)= \int_{0}^\infty e^{-s t} f(t) dt \,, \qquad s\in \mathbb C\,,$$

þar sem $f$ er skilgreint á $\mathbb{R_+}$ með gildi í $\mathbb C$, og er heildanlegt á sérhverju lokuðu og takmörkuðu bili á $\mathbb{R_+}$.

4.5.1. Andhverfar Laplace-myndir

Setning: Andhverfuformúla Fourier-Mellin

Gerum ráð fyrir að fall $f:{{\mathbb R}}_+\to {{\mathbb C}}$ sé í $PC^1 (\mathbb R)$ og sé af veldisvísisgerð (1). Þá gildir um sérhvert $\xi> c$ og sérhvert $t> 0$ að

$$\begin{split}\begin{aligned} \label{7.2.2} \tfrac 12(f(t+)+f(t-))& = \lim_{R\to +\infty} \dfrac 1{2\pi} \int_{-R}^{+R}e^{(\xi+i\eta)t}{{\cal L}}f(\xi+i\eta) \, d\eta \\ &= \lim_{R\to +\infty} \dfrac 1{2\pi i} \int_{\xi-iR}^{\xi+iR}e^{\zeta t}{{\cal L}}f(\zeta) \, d\zeta. \nonumber\end{aligned}\end{split}$$

Ef $\mathcal{L} f(\xi+i \eta)\in L^1(\mathbb R)$ sem fall af $\eta$, þá er $f$ samfellt í $t$ og

$$\begin{split}\begin{aligned} f(t)&= \dfrac 1{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{(\xi+i\eta)t}{{\cal L}}f(\xi+i\eta) \, d\eta \\ &= \dfrac 1{2\pi i} \int_{\xi-i\infty}^{\xi+i\infty}e^{\zeta t}{{\cal L}}f(\zeta) \, d\zeta. \nonumber\end{aligned}\end{split}$$

Athugum að $\int_{\xi-i\infty}^{\xi+i\infty}$ og $\int_{\xi-iR}^{\xi+iR}$ tákna heildi eftir línunni $\{\xi+i \eta; \eta \in \mathbb{R}\}$.

Setning

Látum $f$ og $g$ vera tvö samfelld föll af veldisvísisgerð á $\mathbb{R_+}$, og gerum ráð fyrir að $\mathcal{L}f(\alpha_j)=\mathcal{L}g(\alpha_j)$, þar sem $\{\alpha_j\}$ er runa af ólíkum punktum, $\alpha_j\to\alpha, \operatorname{Re}\alpha_j>c, \operatorname{Re}\alpha>c$. Þá er $f(t)=g(t)$.

4.5.2. Andhverfar Laplace-myndir reiknaðar með leifareikningi

Hér viljum við hafa praktiskar aðferðir til þess að reikna heildi í setningunni. Við getum notað leifareikning og við byrjum á að skoða niðurstöðuna fyrst.

$M_r$ táknar hálfhringinn sem stikaður er með $\gamma_r(\theta)=\xi+i r e^{i\theta}, \theta\in [0, \pi]$.

Setning

Gerum ráð fyrir að fall $f:{{\mathbb R}}_+\to {{\mathbb C}}$ sé í $PC^1 (\mathbb R)$ og sé af veldisvísisgerð (1). Gerum ráð fyrir að hægt sé að framlengja $\mathcal{L}f$ yfir í fágað fall á $\mathbb C\setminus A$, þar sem $A$ er endanlegt mengi. Ef $\xi>c$ og $\lim\limits_{r\to +\infty}\max_{\zeta\in M_r}|{{\cal L}}f(\zeta)|=0$, þá er

(3) $$\frac 12(f(t+)+f(t-))= \sum_{\alpha\in A}{{\operatorname{Res}}}(e^{\zeta t}{{\cal L}}f(\zeta),\alpha) \qquad t>0.$$

Ef $f$ er samfellt, þá er

$$f(t)= \sum_{\alpha\in A}{{\operatorname{Res}}}(e^{\zeta t}{{\cal L}}f(\zeta),\alpha).$$

4.5.3. Andhverfar Laplace-myndir og afleiðujöfnur

Við skoðum afleiðujöfnu með fastastuðla

$$P(D)u=(D^m+a_{m-1}D^{m-1}+\cdots+a_1D+a_0)u=f(t).$$

Til þess að leysa jöfnuna getum við notað Green-fallið $G(t,\tau)=g(t-\tau)$. Munið að Laplace-mynd fallsins $g$ er gefin með

$${{\cal L}}g(\zeta)=\dfrac 1{P(\zeta)}.$$

Nú samkvæmt setningunni, getum við reiknað út Green-fallið $g$ með formúlunni (3). Þá er

(4) $$g(t)= \sum\limits_{\alpha\in{\cal N}(P)} {{\operatorname{Res}}}\bigg( \dfrac {e^{t\zeta}}{P(\zeta)},\alpha\bigg).$$

4.5.4. Sýnidæmi

Lítum á afleiðujöfnu

$$P(D)u=(D^4-2 D^3+2 D^2-2 D+1)u=f(t)$$

með óhliðruðu upphafsskilyrðunum

$$u(0)=\dots=u^{(3)}(0)=0.$$

Við reiknum út Green-fallið með því að nota Laplace-ummyndun og leifareikning. Samkvæmt formúlunni (4), þurfum við að reikna kennimargliðuna $P(\zeta)$. Þá er

$$P(\zeta)= \zeta^ 4-2\zeta^ 3+2\zeta^ 2-2\zeta+1 = (\zeta-1)^ 2(\zeta-i)(\zeta+i).$$

${1\over P(\zeta)}$ hefur skaut í $1, i, -i$, og við fáum

$$\begin{split}\begin{aligned} g(t)&= \sum\limits_{\alpha=1,i,-i} {{\operatorname{Res}}}\bigg(\dfrac{e^{\zeta t}} {(\zeta-1)^ 2(\zeta-i)(\zeta+i)},\alpha\bigg)\\ &= \left.\dfrac d{d\zeta} \dfrac{e^{\zeta t}}{(\zeta-i)(\zeta+i)} \right|_{\zeta=1} + \dfrac{e^{it}}{(i-1)^ 2(2i)} + \dfrac{e^{-it}}{(-i-1)^ 2(-2i)}\\ &= \left.\dfrac{te^{\zeta t}}{\zeta^ 2+1}\right|_{\zeta=1} +\left.\dfrac{e^{\zeta t}(-2\zeta)}{(\zeta^ 2+1)^ 2}\right|_{\zeta=1} +\dfrac{e^{it}}4+\dfrac{e^{-it}}4\\ &=\tfrac 12 te^ t -\tfrac 12 e^ t +\tfrac 12\cos t.\end{aligned}\end{split}$$

Að lokum er lausnin gefin með

$$u(t) = \int_0^t G(t,\tau) f(\tau) d\tau = \int_0^t \left(\tfrac 12 (t-\tau)e^{(t-\tau)} -\tfrac 12 e^{(t-\tau)} +\tfrac 12\cos (t-\tau)\right) f(\tau) d\tau$$