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

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