1 The Genesis of Fourier Analysis
약 일년 반 전, 확률 및 통계 스터디를 하는 과정에서 Fourier analysis에 대해 잠시 공부한 적이 있었다. 당시 공부했던 것은 아주 완전히 입문용의, 그러니까 내가 이미 알고 있는 수준에서의 복습이었다. 그러니까 나는 지금도 Fourier series가 뭔지 어떤 형태가 있는지, Fourier transform이 뭔지 하는 것은 이미 알고 있다. 하지만 좀 제대로, 공신력있는 책의 텍스트를 따라가면서 공부하고 싶은 마음이 예전부터 있었다.
요즈음, 시간이 좀 난 김에 Stein의 Fourier Analysis - an introduction을 따라가며 공부하고 있다. 이 책의 1장부터 4장까지는 Fourier Series에 대한 내용이고, 5장부터 6장까지는 Fourier transform에 대한 내용이며, 7장은 Finite Fourier Analysis, 8장은 Dirichlet’s Theorem에 대해 다루고 있는 것 같다. 나는 1장부터 읽어가고 있고, 이 포스트는 1장에 대한 기록이다.
1장의 제목은 “Genesis of Fourier Analysis”이고 각 절은 다음과 같은 순서로 되어 있다.
- The vibrating string
- The heat equation
- Exercises
- Problem
그러니 주 내용은 1절과 2절이다. 그런데 내용을 읽다보면, 본문에서는 다루지 않고 증명하지 않는 여러 기초적인 문제들이 있다. 이 문제들은 당연히 3절에 위치해있다. 나는 이 포스트의 3절에 해당되는 문제들을 다 풀어보았다. 그리고 4절은 보지 않을 예정이므로 이 포스트에서도 제외했다. 다만, 추가적으로 기록할 만한 내용이 있어 4절로 Appendix를 적었다.
본문(1절과 2절)의 내용들은 잘 설명되어 있지만, 일부는 자세히 설명되어 있는 반면, 또 일부는 너무 많은 것들이 생략되어 설명되어 있다. 따라서 본문의 내용들을 적당히 요약하면서, 또 설명이 빠져있는 부분들은 채워가려 했다. 말하자면 rephrase했다고 할 수 있겠는데, 그런 작업이 내가 잘 이해하는 데에나, 아니면 내용을 정리하는 데에 도움이 되리라고 생각된다.
늘 그렇듯 품이 많이 드는 공부법이지만, 이렇게 정리해야 의미가 있을 거라고 생각된다. 본문을 이해하기 위해 A4용지에 계산한 많은 수식들이 모두 날아가기보다는 이렇게 블로그에 남아있는 편이 훨씬 더 나을 것이다. 다만, 예쁘게 쓰거나 문법에 맞게 쓰는 것보다는 일단 진도를 나가고 공부를 하는 것이 더 중요하므로, 오탈자를 자세히 검수하진 못할 것 같다.
기본적으로 영어로 썼지만, 중간중간에 한국어로 주석이나 설명 같은걸 달고 싶은 경우가 있었다. 그리고 remark 정도로 용어의 의미에 대해 부연하고 싶을 때가 있었다. 또한 각 절의 맨 앞부분에 해당 절의 내용을 요약하여 한국어로 적고 싶었다. 그럴 때에는 (minimal mistakes의 기능인) info 타입의 NOTICE TEXT BLOCK 을 사용했다 (하늘색 배경). 중요한 정의나 정리를 나타낼 때에는 success 타입의 NOTICE TEXT BLOCK 을 사용했다 (연두색 배경). 연습문제에서 증명의 끝이 어디인지 표시하려면 QED로 하면 되고, 사실 QED를 쓰지 않더라도 어디가 끝인지 명확하지만 어디서부터가 증명인지 확실하지 않았다. 증명의 시작을 나타내는 데에는 primary 타입의 BUTTON을 사용했다 (파랑색).
Chapter 1. The Genesis of Fourier Series
1장에는 Fourier Series에 대한 설명을 introductory하게 하고있다. 모든 증명을 하고 있지 않고, 아주 엄밀하게는 설명하고 있지 않다.
1. The vibrating string
1절에서 다루는 내용은 파동방정식(wave equation)이다. 먼저 simple harmonic motion이 언급된다. 파동(wave), 조금 더 정확하게는, 양 끝이 고정된 줄의 모양은, 수평변위($x$)와 시간($t$)에 대한 수직변위($y$)의 함수 $y=u(x,t)$로 나타내어질 수 있다. 이 파동을 정상파(standing wave)와 traveling wave의 두 가지 타입으로 모델링하고 있는 것으로 보인다. standing wave는 주어진 함수 $u(x,t)$의 변수 $x$, $t$를 분리하여 $u(x,t)=\phi(x)\psi(t)$로 두는 방식으로 파동이 주어진 파동모양을 기준으로 진폭만 시간에 따라 바뀐다는 생각에 기반한다. traveling wave는 파동이 주어진 파동모양이 좌우로 이동한다는 생각에 기반한다. 그밖에 파동의 중첩에 대해서도 간단히 언급된다.
Simple harmonic motion
Consider a mass $m$ attached to a horizontal spring. Let $y(t)$ be the displacement of the mass at time $t$ where the equilibrium position is set to $y=0$. By Hooke’s law and Newton’s law,
\[-ky(t)=my''(t)\]This becomes a simple ODE
\[y''(t)+c^2y(t)=0\tag1\]where $c=\sqrt{\frac km}$. By 3.6, the general solution of this ODE is
\[y(t)=a\cos ct+b\sin ct\]Moreover, one could also write
\[y(t)=y(0)\cos ct+\frac{y'(0)}c\sin ct\]or
\[y(t)=A\cos(ct-\phi).\]Standing and traveling waves
One dimensional wave can be described as a function $y=u(x,t)$. That is, we can specify the vertical displacement $y$ of a wave depending on the horizontal displacement $x$ and time $t$.
A standing wave separates the variables $x$ and $t$ ;
\[u(x,t)=\phi(x)\psi(t)\]Here, $\phi(x)$ represents a shape of the string while $\psi(t)$ represents an amplifying factor.
A traveling wave is
\[u(x,t)=F(x-ct).\]Here, $F(x)$ is the initial profile of $u$. This wave moves rightward if $c\gt0$ where $c$ can be thought of as the velocity.
Harmonic and superposition of tones
(quote without any modification) The pure tones are accompanied by combinations of overtones which are responsible for the timbre of the instrument.
1.1 Derivation of the wave equation
1.1절에서는 파동방정식을 유도해본다. 줄을 공간적으로 infinitesimal하게 나누고, 시간적으로도 infinitesimal하게 바로 다음 순간의 상태를 고려한다. 줄의 한 부분(particle)이 받는 힘들을 계산하고 그 알짜힘에 의해 다음 순간에 바뀌는 위치를 계산하여 방정식을 만들 수 있다. 이때 공간적인 간격 $\Delta x$와 시간적인 간격 $\Delta t$를 모두 0으로 보내면 파동방정식 $\frac{\partial^2u}{\partial t^2}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}$이 유도된다.
Consider a horizontal string of length $L$. For sufficiently large integer $N$, subdivide the string into $N$ particles evenly. $n$-th particle at $x=x_n=\frac nNL$ move vertically only. And the only forces on the particle are the tensions from the neighboring particles ;
\[\begin{aligned} T_{\text{right}}&=\frac\tau h(y_{n+1}-y_n)\\ T_{\text{left}}&=\frac\tau h(y_{n-1}-y_n) \end{aligned}\]Here, $\tau$ is a constant and $h=\frac LN$. If $\rho$ is the length density of the string, which is uniform, then
\[\begin{aligned} \rho hy_n''(t) &=\frac\tau h\left(y_{n+1}(t)+y_{n-1}(t)-2y_n(t)\right)\\ &=\frac\tau h\left(u(x_n+h,t)+u(x_n-h,t)-2u(x_n,t)\right)\\ \end{aligned}\tag2\]Dividing $h$ on both side and applying 3.8 by $h\to0$, we get $\rho y_n’‘(t)=\tau u_{xx}(x_n,t)$. Now by $N\to\infty$,
\[\rho\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=\tau\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}.\qquad(0\le x\le L)\]This relation is known as the one-dimensional wave equation. Instead of considering the above general equation, we can think of the following standard equation
\[\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} .\qquad(0\le x\le \pi)\]We analyze and solve the standard one and simply change variables for the general cases.
Consider a physical problem of a string where $0\le x\le \pi$ :
1.2 Solution to the wave equation
1.2절에서는 파동방정식의 해를 구하는데 traveling wave와 정상파(standing wave)의 두 가지 방법을 사용해서 해본다.
조금 더 정확하게는 경계조건(boundary condition)과 초기조건(initial condition, 파동의 초기모양, 파동의 초기 속도)까지 포함된 문제에서의 해를 구하는데
traveling wave와 정상파(standing wave)의 두 가지 방법을 사용해서 해본다.
traveling wave의 방법은 $u(x,t)$가 적절한 함수 $F$, $G$에 대하여 $u(x,t)=F(x+t)+G(x-t)$로 표현될 수 있음에 기반한다.
이때 적절한 변수변환이 사용된다.
여기에 경계조건과 초기조건을 적용시키면 $F$와 $G$를 특정할 수 있는 것이다.
달랑베르(D’Alembert)와 오일러(Euler)가 각각 1747년, 1748년에 이 방법을 사용하여 파동방정식을 풀어냈다고 되어 있다.
정상파의 방법은 파동방정식의 양변을 각각 분리된 두 변수 $x$와 $t$로만 표현시키고 이를 simple harmonic motion에서 나온 미분방정식으로 만들어서 푼다.
이를 통해 보면 사인과 코사인 (혹은 지수함수쌍)으로 이루어진 함수들이 특정한 해인 것을 유도할 수 있고, 이 해들로 중첩한 것이 일반해인 것을 가정한다.
중첩에 사용되는 계수들(Fourier coefficient)은 초기조건으로부터 특정할 수 있는데, 간단한 적분을 통해 얻을 수 있다.
이러한 모든 이야기가 성립하기 위해서는, 어떤 함수 $f$가 주어졌을 때, 그 함수를 sine series와 cosine series 로 표현하는 것이 가능해야 한다.
이 문제는 이 책 전반에서 다루어질 중요한 질문이라는 점이 강조되어 언급된다.
이러한 정상파의 방법은 traveling wave의 방법보다 더 일반적이고 더 많은 활용을 가능하게 하며, 푸리에(Fourier)가 1807년에 발전시켰다.
정상파의 방법이 워낙 정석적인 방법으로 알려져 있어서 traveling wave의 방법은 보통 많이 언급되지 않는 것 같다.
(적어도 나는 처음 봤다.)
다만, traveling wave의 방법은 꽤 elementary한 방법이라 그런지 처음부터 끝까지 다 증명되어 있고 설명되어 있다.
하지만 정상파의 방법은 증명의 많은 부분이 생략되어 있다.
첫째로, 맨 처음에 변수를 분리하는 가정을 세우고 있는데 이 가정은 일반적인 가정일 수 없다.
둘째로, 각 정수 $m$에 대하여 $u_m$이 특정한 해가 될 수 있다는 점이 언급된 이후에 이것들의 infinite linear combination이 일반해임을 주장하고 있는데, 이 가정 또한 나중에 설명이 필요할 것이다.
이렇게 생략된 부분들이 책의 나머지 부분에서 어떻게 엄밀하게 설명될지 기대된다.
We can get two kinds of solution to the wave equation ; (1) using traveling waves (2) using the superposition of standing waves
A solution using traveling waves
We claim that (a) has the general solution of the form
d’Alembert’s formula
\[u(x,t) = \frac12\left[f(x+t)+f(x-t)\right]+\frac12\int_{x-t}^{x+t}g(y)\,dy. \tag b\]Note that $f$ and $g$ were a function only on the interval $[0,\pi]$ in (a). Now in the above solution (b), $f$ and $g$ are defined everywhere in $\mathbb R$. That is, we conceive $f$ and $g$ as an extended versions in (b). From (a), extend the domain $[0,\pi]$ to $[-\pi, \pi]$ by defining $f(-x)=-f(x)$ and $g(-x)=-g(x)$ and then extend the domains to $\mathbb R$ by defining $f(x+2\pi)=f(x)$ and $g(x+2\pi)=g(x)$. That is, $f$ and $g$ are odd functions of period $2\pi$. In order for $f$ and $g$ to be continuous, we need the conditions $f(0)=f(\pi)=0$ and $g(0)=g(\pi)=0$, which are guaranteed to be true from the original problem (a).
Before proving that (b) is a general solution of (a), i.e. (a) $\Rightarrow$ (b), let’s check if (b) is a specific solution of (a), i.e. (b) $\Rightarrow$ (a). By direct calculations,
\[\begin{align*} u_{tt}&=\frac12\left[f''(x+t)+f''(x-t)\right]+\frac12\left[g'(x+t)-g'(x-t)\right]\\ u_{xx}&=\frac12\left[f''(x+t)+f''(x-t)\right]+\frac12\left[g'(x+t)-g'(x-t)\right] \end{align*}\]and the wave equation holds. Moreover, since
\[\begin{align*} u(x,0)&=f(x)+0\\ u_t(x,0)&=0+g(x), \end{align*}\]the initial conditions also hold. For the boundary conditions, first note that $f(\pi-s)=-f(-\pi+s)=-f(\pi+s)$ and $g(\pi-s)=-g(-\pi+s)=-g(\pi+s)$ for real $s$. That is, $y=f(x)$ is symmetric not only about the origin, but also about $(\pi,0)$. Then
\[\begin{align*} u(0,t)&=\frac12\left[f(t)+f(-t)\right]+\frac12\int_{-t}^tg(y)\,dy=0\\ u(\pi,t)&=\frac12\left[f(\pi+t)+f(\pi-t)\right]+\frac12\int_{\pi-t}^{\pi+t}g(y)\,dy=0. \end{align*}\]Thus (a) holds provided (b).
Now consider (a) $\Rightarrow$ (b). Let $\xi=x+t$ and $\eta=x-t$. By the chain rule,
\[\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial t} &=\frac{\partial\xi}{\partial t}\frac{\partial u}{\partial\xi} +\frac{\partial\eta}{\partial t}\frac{\partial u}{\partial\eta}\\ &=\frac{\partial u}{\partial\xi} - \frac{\partial u}{\partial\eta}\\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} &=\frac{\partial\xi}{\partial t}\frac{\partial}{\partial\xi} \left(\frac{\partial u}{\partial\xi} - \frac{\partial u}{\partial\eta}\right) +\frac{\partial\eta}{\partial t}\frac{\partial}{\partial\eta} \left(\frac{\partial u}{\partial\xi} - \frac{\partial u}{\partial\eta}\right)\\ &=\frac{\partial^2 u}{\partial\xi^2} +\frac{\partial^2 u}{\partial\eta^2} -2\frac{\partial^2 u}{\partial\xi\partial\eta}\\ \frac{\partial u}{\partial x} &=\frac{\partial\xi}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial\xi} +\frac{\partial\eta}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial\eta}\\ &=\frac{\partial u}{\partial\xi} + \frac{\partial u}{\partial\eta}\\ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} &=\frac{\partial\xi}{\partial x}\frac{\partial}{\partial\xi} \left(\frac{\partial u}{\partial\xi} + \frac{\partial u}{\partial\eta}\right) +\frac{\partial\eta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial\eta} \left(\frac{\partial u}{\partial\xi} + \frac{\partial u}{\partial\eta}\right)\\ &=\frac{\partial^2 u}{\partial\xi^2} +\frac{\partial^2 u}{\partial\eta^2} +2\frac{\partial^2 u}{\partial\xi\partial\eta}. \end{aligned}\]Equating $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ and $\frac{\partial^2 u} {\partial t^2}$ (wave equation), we have
\[\frac{\partial^2 u}{\partial\xi\partial\eta}=0\]Write $u(x,t)=v(\xi,\eta)$, then
\[\frac{\partial}{\partial\xi}\frac{\partial}{\partial\eta}v(\xi,\eta)=0\]for all $\xi$ and $\eta$ For any $\xi$, there exists $\zeta$ between $0$ and $\xi$ such that
\[\frac{\frac{\partial}{\partial\eta}v(\xi,\eta) - \frac{\partial}{\partial\eta}v(0,\eta)}{\xi}= \left.\frac{\partial}{\partial\xi}\frac{\partial}{\partial\eta}v(\xi,\eta)\right|_{\xi=\zeta}=0\]by the mean value theorem. Denote $F(\eta)=v(0,\eta)$. Then, $\frac{\partial}{\partial\eta}v(\xi,\eta) = F’(\eta)$. That is, $\eta\mapsto v(\xi,\eta)$ and $\eta\mapsto F(\eta)$ have the same derivative. Therefore, they differ by constant (with respect to $\eta$);
\[v(\xi, \eta)=F(\eta)+G(\xi).\]In summary,
\[u(x, t)=F(x+t)+G(x-t).\]for some twice differentiable functions $F$ and $G$.
Now by the initial conditions,
\[\begin{aligned} f(x)& = u(x,0) = F(x)+G(x)\\ g(x)& = u_t(x,0) = F'(x)-G'(x) \end{aligned}\]Differentiate the first equation and use it to add or substract to the second, to get
\[\begin{aligned} F'(x)&=\frac12\left[f'(x)+g(x)\right]\\ G'(x)&=\frac12\left[f'(x)-g(x)\right]. \end{aligned}\]Thus,
\[\begin{aligned} F(x) &=\int_0^x\frac12\left[f'(y)+g(y)\right]\,dy+C_1\\ &=\frac12f(x)+\frac12\int_0^xg(y)\,dy+C_1\\ G(x) &=\int_0^x\frac12\left[f'(y)-g(y)\right]\,dy+C_2\\ &=\frac12f(x)-\frac12\int_0^xg(y)\,dy+C_2. \end{aligned}\]Note that $C_1+C_2=0$ since $f(x)=F(x)+G(x)$. Therefore,
\[\begin{aligned} u(x,t) &=F(x+t)+G(x-t)\\ &=\frac12f(x+t)+\frac12\int_0^{x+t}g(y)\,dy+C_1 +\frac12f(x-t)-\frac12\int_0^{x-t}g(y)\,dy+C_2\\ &=\frac12\left[f(x+t)+f(x-t)\right]+\frac12\int_{x-t}^{x+t}g(y)\,dy \end{aligned}\]and d’Alembert’s formula is now derived. QED
A solution using the superposition of standing waves
We claim that (a) has the general solution of the form
where
\[\begin{aligned} A_n&=\frac2\pi\int_0^\pi f(x)\sin nx\,dx\\ B_n&=\frac2{n\pi}\int_0^\pi g(x)\sin nx\,dx\\ \end{aligned}\]Separating variables $x$ and $t$, let
\[u(x,t)=\phi(x)\psi(t).\]Then, the wave equation becomes
\[\phi(x)\psi''(t)=\phi''(x)\psi(t).\]This implies, if $\phi(x)\ne0$ and $\psi(t)\ne0$,
\[\frac{\psi''(t)}{\psi(t)}=\frac{\phi''(x)}{\phi(x)}.\]Since LHS is independent of $x$ and RHS is independent of $t$, it is independent of both of them. Let this constant be $\lambda$. Then
\[\begin{aligned} \psi''(t)-\lambda\psi(t)&=0\\ \phi''(x)-\lambda\phi(x)&=0 \end{aligned}\tag3\]As in the simple harmonic motion in (1), these ODEs has general solutions
\[\begin{aligned} \psi(t)&=A\cos mt + B\sin mt\\ \phi(x)&=\tilde A\cos mx + \tilde B\sin mx \end{aligned}\]by 3.6, where $m^2=-\lambda$. We exclude the case when $\lambda\le0$ since $e^{rx}$ and $e^{-rx}$ are not oscillatory (See Appendix). Apply the boundary condition of (a). Since the string has zero displacement at $x=0$,
\[0=\tilde A\left(A\cos mt + B\sin mt\right)\]for every $t$. Thus, $\tilde A=0$. At $x=\pi$,
\[0=\tilde B\sin m\pi\left(A\cos mt + B\sin mt\right)\]for every $t$. Avoiding the trivial case when $\tilde B=0$, $m$ is an integer. For every integer $m$,
\[u_m(x,t)=\sin mx\left(A\cos mt + B\sin mt\right)\]is a solution to the wave equation with the boundary condition.
Remark
Let, for example, $A_m=1$, $B_m=0$.
is called the fundamental tone or the first harmonic.
\[u_2(x,t)=\cos2t\sin2x\]is called the first overtone or the second harmonic.
\[u_3(x,t)=\cos3t\sin3x\]is called second overtone or the third harmonic, and so on. For fixed $t$, $u_m(x,t)=0$ if $x=\frac\pi mk$ for all $k\in\mathbb Z$. For each $k$, $x=\frac\pi mk$ is called a node, while $x=\frac\pi m\left(k+\frac12\right)$ is called an antinode.
The wave equation is linear in that any linear combination of solutions for the wave equation solves the equation too. Thus,
\[u(x,t)=\sum_{m=-\infty}^\infty\sin mx\left(A_m\cos mt+B_m\sin mt\right)\]also satisfy the wave equation with the boundary condition. Suppose that this solution is the general one (we omit the proof here). Since $u_m=0$ for $m=0$ and
\[\begin{aligned} u_{-m}(x,t) &=\sin(-mx)\left(A_m\cos(-mt)+B_m\sin(-mt)\right)\\ &=\sin mx\left((-A_m)\cos mt+B_m\sin mt\right), \end{aligned}\]we can write alternatively as
\[u(x,t)=\sum_{m=1}^\infty\sin mx\left(A_m\cos mt+B_m\sin mt\right)\tag4\]for different $A_m$’s and $B_m$’s. By the initial displacement condition $u(x,0)=f(x)$ and by the initial velocity condition $u_t(x,0)=g(x)$
\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_{m=1}^\infty A_m\sin mx\\ g(x)&=\sum_{m=1}^\infty mB_m\sin mx. \end{aligned}\]Multiplying $\sin nx$ and integrating over $[0,\pi]$ for $n\ge1$ (refer to 3.5 for similar calculations),
\[\begin{aligned} \int_0^\pi f(x)\sin nx\,dx &=\sum_{m=1}^\infty A_m\int_0^\pi\sin mx\sin nx\,dx\\ &=\sum_{m=1}^\infty\frac{A_m}2\int_0^\pi-\cos(m+n)x+\cos(m-n)x\,dx\\ &=\frac{A_n}2\int_0^\pi\,dx\\ &=A_n\times\frac\pi2\\ \int_0^\pi g(x)\sin nx\,dx &=\sum_{m=1}^\infty mB_m\int_0^\pi\sin mx\sin nx\,dx\\ &=\sum_{m=1}^\infty\frac{mB_m}2\int_0^\pi-\cos(m+n)x+\cos(m-n)x\,dx\\ &=\frac{nB_n}2\int_0^\pi\,dx\\ &=nB_n\times\frac\pi2. \end{aligned}\]Thus,
\[\begin{aligned} A_n&=\frac2\pi\int_0^\pi f(x)\sin nx\,dx\\ B_n&=\frac2{n\pi}\int_0^\pi g(x)\sin nx\,dx. \end{aligned}\]These are called Fourier sine coeffcient of $f$ and the claim is now proved. QED
Note that the above arguments assume that a reasonable function $f$ on $[0,\pi]$ can be expressed as a sine series ;
\[f(x)=\sum_{m=1}^\infty A_m\sin mx\tag{$\ast$}\]Suppose further that this class of function can also be expressed as cosine series too ;
\[g(x)=\sum_{m=1}^\infty A'_m\cos mx\]If an odd function $f$ on $[-\pi,\pi]$ is given, the restriction on $[0,\pi]$ can be expressed as $(\ast)$ and $(\ast)$ is also valid for $f$ on $[-\pi,\pi]$ too;
\[f(-x)=-f(x)=-\sum_{m=1}^\infty A_m\sin mx=\sum_{m=1}^\infty A_m\sin(-mx).\]If an even function $g$ on $[-\pi,\pi]$ is given, the restriction on $[0,\pi]$ can be expressed as cosine series. The equation is valid for $g$ on $[-\pi, \pi]$ too, by the similar fashion.
Now suppose that a function $F$ on $[-\pi, \pi]$ is given. Since $F$ can be expressed as a sum of an odd function $f$ and an even function $g$,
\[\begin{aligned} F(x) &=f(x)+g(x)\\ &=\sum_{m=1}^\infty\left(A_m\sin mx + A'_m\cos mx\right). \end{aligned}\]By Euler identity, (we can choose $a_m=\frac{A_m’-A_mi}2$ and $a_{-m}=\frac{A_m’+A_mi}2$)
\[F(x) = \sum_{m=-\infty}^\infty a_me^{imx}.\]Multiplying $e^{-inx}$ and integrating over $[-\pi, \pi]$,
\[\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi F(x)e^{-inx}\,dx &=\sum_{m=-\infty}^\infty a_m\int_{-\pi}^\pi e^{i(m-n)x}\,dx\\ &=a_n\int_{-\pi}^\pi\,dx\\ &=a_n\times2\pi. \end{aligned}\]Thus,
\[a_n = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi F(x)e^{-inx}\,dx.\]Such $a_n$ is called the Fourier coefficient of $F$. To sum up, we are confronted with following (open) theory.
If $F:\mathbb R\to\mathbb R$ is a reasonable function which is $2\pi$-periodic, it can be expressed as a sine-cosine series
\[F(x) =\sum_{m=1}^\infty\left(A_m\sin mx + A'_m\cos mx\right)\]or, as a exponential series
\[F(x) =\sum_{m=-\infty}^\infty a_me^{imx}.\]$A_m$, $A’_m$ and $a_m$ are sometimes called Fourier sine coefficients, Fourier cosine coefficients or Fourier coefficients of $F$, respectively and they can be obtained by a simple integration over $[-\pi, \pi]$.
1.3 Example : The plucked string
1.3절에서는 간단하지만 nontrivial한 예제에 대해 이 문제를 적용해본다.
계산을 통해 정상파의 방법으로 wave equation 문제를 풀어낼 수 있고, 이 해가 traveling wave의 방법에서 제시한 형태의 해와도 일맥상통함을 알 수 있다.
재밌는건 이 예제는 사실 문제 (a)에 대한 적절한 예시일 수 없다는 것이다 .
왜냐하면 (a)에서는 $u$가 두 번 미분가능해야 하는데, 이 예제에서는 $f$가 $x$에 대하여 미분불가능하기 때문이다.
$f$가 $u$의 restriction임을 감안하면, 이 예제는 (a)의 가정을 만족시키는 예제는 아닌 것이다.
그럼에도 불구하고 (혹은 그러므로) 이 예제는 많은 담론들을 시사할 수 있다는 점이 언급되고 있다.
Consider the case when the initial string is composed of two line segments
\[f(x) =\begin{cases} \frac{hx}p&(0\le x\le p)\\ \frac{h(\pi-x)}{\pi-p}&(p\le x\le\pi) \end{cases}\]and when there is no initial movement ; $g(x)=0$. By 3.9,
\[A_m=\frac{2h\sin mp}{m^2p(\pi-p)} \quad\text{where}\quad f(x)=\sum_m A_m\sin mx.\]Since $g(x)=0$, $B_m=0$ for all $m$. Thus (c) now reduces to
\[\begin{aligned} u(x,t) &=\sum_{m=1}^\infty A_m\sin mx\cos mt\\ &=\frac12\sum_{n=1}^\infty A_m\left[\sin m(x+t)+\sin m(x-t)\right]\\ &=\frac{\sum_{n=1}^\infty A_m\sin m(x+t)+\sum_{n=1}^\infty A_m\sin m(x-t)}2\\ &=\frac{f(x+t)+f(x-t)}2 \end{aligned}\]The above equation also corresponds to (b) since $g(x)=0$. Note that the function $f$ in the last expression is the extended version (on $\mathbb R$) of the original function $f$ on $[0,\pi]$.
2. The Heat Equation
2.1 Derivation of the heat equation
여기에서는 2차원의 열방정식(heat equation)을 유도해본다.
이차원 평면을 생각하고, 이 이차원 평면의 임의의 위치 $(x,y)$와 임의의 시간 $t$에서의 온도를 함수 $u(x,y,t)$로 표현할 수 있다.
이 $u$가 만족시켜야 할 방정식을 열역학의 기본적인 식들을 통해 찾아내본다.
이번에도 infinitesimal하게 작은 평면의 한 조각을 생각하고, 그 조각의 온도변화를 조각의 경계로부터 출입하는 열에너지들의 합으로 표현하는 것이다.
여기에 극한을 취하면 열방정식인 $\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}$을 얻을 수 있다.
하지만 본문의 내용을 읽다가 내용이 잘 이해되지 않아서, 따로 찾아보았고 별도로 유도해보았다.
미시건 대학교 자료가 굉장히 쉽고 간결하게 설명되어 있어서 이 자료를 가장 많이 참고했다.
이 자료에서 Fourier’s law가 소개되고 사용되고 있는데, 사실 Stein의 책과 다른 자료들에서도 Fourier’s law는 기본으로 깔고 시작하는 것 같다.
Fourier’s law의 의미는 대충 알겠지만, 정확한 의미를 잘 모르겠어서 그냥 열전도공식인 $\kappa A\Delta T/l$ 만을 참고하여 heat equation을 유도해보았다.
one dimensional heat equation은 미시건 대학교 자료로 거의 설명이 가능했지만, 이차원에서는 관련된 설명을 쉽게 찾을 수 없었다.
하지만, 그냥 일차원과 비슷하게 해보니 원하던 결과가 나왔다.
벡터 미적분학에 나오는 flux의 개념과 이와 연관된 divergence theorem이 2-3차원의 heat equation을 설명하는 데 적합할 것으로 보이고, 미시건 대학교 자료 및 다른 자료에서 flux, divergence theorem 등의 말들이 보인다.
하지만 아직은 flux 및 divergence로서 heat equation을 이해하지 못했다.
나중에 Stein이 다루진 않겠지만, 만약 다루게 된다면 그때 가서 이해해야지.
one dimensional heat equation : my trial
Consider a homogeneous rod, which we model as an $x$-axis. Let $\sigma$ be the amount of heat needed to raise the temperature of one unit mass by one degree and let $\delta$ be the mass density of the rod. Then, it takes $\sigma T\delta L$ to raise the temperature of a rod of length $L$ by $T$. Suppose that if two objects $A$ and $B$ in $x$-axis have temperature $T_A$ and $T_B$ ($T_A\gt T_B$) and if $L$ be the distance between them, then the heat $H$ transfered from $A$ to $B$ is
\[H=k\frac{T_A-T_B}L\Delta t.\]
Consider a section of a rod, centered at $x$ and of length $\Delta x$. Since $\Delta x$ is taken to be small, we conceive the temperature at time $t$ of this section as $u(x,t)$.
Between time $t$ and time $t+\Delta t$, the difference of the temperature of this section is $u(x,t+\Delta t) - u(x,t)$. Then, the difference $\Delta E$ of the energe of this section is,
\[\Delta E = \sigma\left[u(x,t+\Delta t)-u(x,t)\right]\delta\Delta x.\]Between $t$ and $\Delta t$, heats are transfered from left and right sections, which we denote $H_1$ and $H_2$ where
\[\begin{aligned} H_1&= k\frac{u(x-\Delta x, t) - u(x,t)}{\Delta x}\Delta t\\ H_2&= k\frac{u(x+\Delta x, t) - u(x,t)}{\Delta x}\Delta t\\ \end{aligned}\]Since $\Delta E=H_1+H_2$, dividing both sides by $\Delta t\Delta x$ yields
\[\sigma\delta\frac{u(x,t+\Delta t)-u(x,t)}{\Delta t} = k\frac{u(x+\Delta x, t) + u(x-\Delta x, t) - 2u(x,t)}{(\Delta x)^2}.\]Letting $\Delta x\to 0$ and $\Delta t\to0$,
\[\sigma\delta\frac{\partial u}{\partial t}(x,t) = k\frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x,t).\]two dimensional heat equation : my trial
Consider a homogeneous plane, which we model as an $xy$-plane. Let $\sigma$ be as before and let $\delta$ be the planar mass density. It takes $\sigma T\delta A$ to raise the temperature of a region of area $A$ by $T$. Suppose that if two rectangles $A$ and $B$, whose intersecting segment has length $h$ have temperature $T_A$ and $T_B$ ($T_A\gt T_B$) and if $L$ be the distance between them, then the heat $H$ transfered from $A$ to $B$ is
\[H=k\frac{T_A-T_B}Lh\Delta t.\]
Consider a rectangular section in a plane, centered at $(x,y)$ and with sides $\Delta x$ and $\Delta y$. Since $\Delta x$ and $\Delta y$ are taken to be small, we conceive the temperature at time $t$ of this section as $u(x,y,t)$.
Between time $t$ and time $t+\Delta t$, the difference of the temperature of this section is $u(x,y,t+\Delta t) - u(x,y,t)$ as before. Then, the difference $\Delta E$ of the energe of this section is,
\[\Delta E = \sigma\left[u(x,y,t+\Delta t)-u(x,y,t)\right]\delta\Delta x\Delta y.\]Between $t$ and $\Delta t$, heats are transfered from left, right, bottom and top sections, which we denote $H_1$, $H_2$, $H_3$ and $H_4$ where
\[\begin{aligned} H_1&= k\frac{u(x-\Delta x, y, t) - u(x,y,t)}{\Delta x}\Delta y\Delta t\\ H_2&= k\frac{u(x+\Delta x, y, t) - u(x,y,t)}{\Delta x}\Delta y\Delta t\\ H_3&= k\frac{u(x, y-\Delta y, t) - u(x,y,t)}{\Delta y}\Delta x\Delta t\\ H_4&= k\frac{u(x, y+\Delta x, t) - u(x,y,t)}{\Delta y}\Delta x\Delta t\\ \end{aligned}\]Since $\Delta E=H_1+H_2+H_4+H_4$, dividing both sides by $\Delta t\Delta x\Delta y$ yields
\[\begin{aligned} \sigma\delta\frac{u(x,y,t+\Delta t)-u(x,y,t)}{\Delta t} =& k\frac{u(x+\Delta x, y, t) + u(x-\Delta x, y, t) - 2u(x,y,t)}{(\Delta x)^2}\\ &+ k\frac{u(x, y+\Delta y, t) + u(x, y-\Delta y, t) - 2u(x,y,t)}{(\Delta y)^2}. \end{aligned}\]Letting $\Delta x\to 0$, $\Delta x\to 0$ and $\Delta t\to0$,
\[\sigma\delta\frac{\partial u}{\partial t}(x,y,t) = k\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x,y,t)+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x,y,t)\right].\]책의 내용을 이해했다.
하지만 처음에 열에너지($H$)를 정의하는 식은 이해가 안간다.
아마도 대학교 수준의 열역학을 이해해야 알 수 있을 듯하다.
그렇지만 이 식을 정의로서 받아들이고 논리를 전개해나가면 내가 했던 것과 같은 결과가 나온다.
이 과정에서 Newton’s law of cooling을 사용하는데 이것은 미시건 대학교 자료 및 위키피디아에서의 Fourier’s law에 해당하는 듯하다.
내가 증명한 과정에서 이 법칙은 거의 증명한 셈이므로 참이라고 상정하고 받아들여도 될 것이다.
생각과는 달리 flux 및 divergence theorem이 직접적으로 나오지는 않았다.
열에너지($H$)를 정의하면서 이중적분이 나올 뿐이다.
하지만, 계산 중에 나오는 $\frac{\partial H}{\partial t}$에서 $h\to0$를 하면 divergence의 의미와 거의 같고, heat equatoin을 유도하는 방식 또한 divergence theorem에서 의미하는 바와 비슷하다.
two dimensional heat equation : Stein's book
Consider a square centered at $(x_0,y_0)$ with sides parellel to the axes and of side length $h$. On the one hand, the amount of heat energy in $S$ at time $t$ is given by
\[H(t) = \iint_S u(x,y,t)\,dx\,dy\]for some constant $\sigma$ (the specific heat). The rate of change of $H$ with respect to $t$ is
\[\frac{\partial H}{\partial t}=\sigma\iint_S\frac{\partial u}{\partial t}\,dx\,dy\]By the mean value theorem for double integrals,
\[\frac{\partial H}{\partial t}=\sigma h^2\frac{\partial u}{\partial t}(\tilde x,\tilde y, t)\]for some $(\tilde x, \tilde y)$ in the square.
On the other hand, we can apply Newton’s law of cooling (Fourier’s law) to four sides of the square.
\[\begin{aligned} H_1&= \kappa h\frac{\partial u}{\partial x}(x_0-\frac h2, y_0, t)\\ H_2&= -\kappa h\frac{\partial u}{\partial x}(x_0+\frac h2, y_0, t)\\ H_3&= \kappa h\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0-\frac h2, t)\\ H_4&= -\kappa h\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0+\frac h2, t) \end{aligned}\]By the mean value theorem, there exist $x_\ast$ in $(x_0-\frac h2,x_0+\frac h2)$ and $y_\ast$ in $(y_0-\frac h2,y_0+\frac h2)$, such that
\[\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}(x_0-\frac h2, y_0, t)-\frac{\partial u}{\partial x}(x_0+\frac h2, y_0, t) =&h\frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x_\ast, y_0, t)\\ \frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0-\frac h2, t)-\frac{\partial u}{\partial x}(x_0, y_0+\frac h2, t) =&h\frac{\partial^2u}{\partial y^2}(x_0, y_\ast, t) \end{aligned}\]Combining the two, namely, $\frac{\partial H}{\partial t}=H_1+H_2+H_3+H_4$, we have
\[\sigma h^2\frac{\partial u}{\partial t}(\tilde x,\tilde y, t) = \kappa h^2\left[ \frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x_\ast, y_0, t) + \frac{\partial^2u}{\partial y^2}(x_0, y_\ast, t) \right]\]Dividing both sides by $h^2$ and $h\to 0$,
\[\sigma\frac{\partial u}{\partial t}(x_0, y_0, t) = \kappa\left[ \frac{\partial^2u}{\partial x^2}(x_0, y_0, t) + \frac{\partial^2u}{\partial y^2}(x_0, y_0, t) \right]\]since $x_\ast,\tilde x\to x_0$ and $y_\ast,\tilde y\to y_0$. This equation holds for all $(x_0, y_0)$ in the plane and for all $t$. Thus
\[\sigma\frac{\partial u}{\partial t} = \kappa\left[ \frac{\partial^2u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2u}{\partial y^2} \right].\]This is called the (time dependent) heat equation.
2.2 Steady-state heat equation in the disc
이 절에서는 열방정식에 경계조건을 추가한 문제를 풀어본다. 경계가 단위원일 경우는 디리클레 문제(Dirichlet problem)라고 부르는데 이 문제를 극좌표계를 사용한 문제로 변환하고, 변수분리를 적용하여 합당한 해를 추정해본다. 최종적으로 얻어지는 해는 파동방정식을 정상파의 방법으로 푼 해와 그 형태가 비슷하다.
As time passes by, the temperature at each point would converge to some equilibrium temperature. In this steady state, we can assume $\frac{\partial u}{\partial t}=0$. The heat equation then becomes,
\[\frac{\partial^2u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2u}{\partial y^2} =0\tag{10}\]Let $\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}$. It is called the Laplacian operator. (10) now becomes a simple equation $\Delta u=0$ By 3.10, we can rewrite it as
\[\Delta=\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2}{\partial y^2}.\]Remark
Such $u$ satisfying $\Delta u=0$ is called a harmonic function.
Let $D$ and $C$ be a unit circle and a unit circle which can be represented as
\[\begin{aligned} D&=\{(x,y):x^2+y^2\lt1\}=\{(r,\theta):r\lt1\}\\ C&=\{(x,y):x^2+y^2=1\}=\{(r,\theta):r=1\} \end{aligned}\]in the Cartesian and the Polar coordinates. Here is a famous and traditional problem in the field of PDE.
Dirichlet Problem
Given $u$ on $C$, find the steady-state solution $u$ on $D$
Let $f=u|C$ specify the temperature of the boundary. For convinience, we can assume that $f$ has its argument $\theta$ only. The boundary condition then becomes $f(\theta)=u(1,\theta)$. Using the polar form of Laplacian, the condition $\Delta u=0$ becomes
\[\begin{gathered} \frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0\\ r^2\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+r\frac{\partial u}{\partial r}=-\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \end{gathered}\]Separating the variables so that $u(r,\theta)=F(r)G(\theta)$, then
\[\begin{gathered} r^2F''(r)G(\theta)+rF'(r)G(\theta)=-F(r)G''(\theta)\\ \frac{r^2F''(r)+rF'(r)}{F(r)}=-\frac{G''(\theta)}{G(\theta)} \end{gathered}\]Let both sides be $\lambda$ as before, we have a system
\[\begin{aligned} G''(\theta)+\lambda G(\theta)&=0\\ r^2F''(r)+rF'(r)-\lambda F(r)&=0 \end{aligned}\]If $\lambda\lt 0$, then $G$ is not oscillatory. So, suppose $\lambda\ge0$ and let $m^2=\lambda$. The first differential equation then becomes (1) in the simple harmonic motion again. We conclude, using Euler identity,
\[\begin{aligned} G(\theta) &=\tilde A\cos m\theta+\tilde B\sin m\theta\\ &=Ae^{im\theta} + Be^{-im\theta} \end{aligned}\]for some constants $A$ and $B$. For the second differential equation, suppose further that $m$ is an integer and apply 3.11. If $m\neq0$, then $F(r)=\alpha r^m+\beta r^{-m}$. Since a negative power of $r$ diverges as $r\to0^+$, take $F(r)=r^{|m|}$. If $m=0$, then $F(r)=\alpha+\beta\log r$. Again, $\log r$ diverges as $r\to0^+$. So take $F(r)=1$. In general, we can write $F(r)=r^{|m|}$.
Therefore,
\[u(r,\theta)=r^{|m|}\left(A_m e^{im\theta}+B_me^{-im\theta}\right)\]is a solution to $\Delta u=0$ for each integer $m$. Superposing this class of solutions we can write
\[u(r,\theta)=\sum_{m=-\infty}^\infty r^ma_me^{im\theta}.\]The boundary condition $f(\theta)=u(1,\theta)$ becomes
\[f(\theta)=\sum_{m=-\infty}^\infty a_me^{im\theta}\]The solution and the boundary is just simlar to ones that we encountered in the wave equation. And we may wonder if such a sequence $\{a_m\}$ exists that equate the boundary condition.
3. Exercises
3.1
The absolute value of $z=x+iy$ where $x,y\in\mathbb R$ is
\[|z| = \sqrt{x^2+y^2}.\](a) Geometrically, we can think of $z$ as a point $(x,y)$ in the plane $\mathbb R^2$. In this sense, $|z|$ is the distance between two points $(0,0)$ and $(x,y)$.
(b) If $\vert z\vert=0$, then $z=0$.
Suppose that $\sqrt{x^2+y^2}=0$. It follows that $x^2+y^2=0$ and $x=y=0$. Thus $z=0$.
(c) If $\lambda\in\mathbb R$, then $\vert\lambda z\vert=\vert\lambda\vert\vert z\vert$.
\[|\lambda z|=|\lambda x + i(\lambda y)| =\sqrt{\lambda^2x^2+\lambda^2y^2} =|\lambda|\sqrt{x^2+y^2} =|\lambda||z|.\](d) $\lvert z_1z_2\rvert=\lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert,\quad\lvert z_1+z_2\rvert\le\lvert z_1\rvert+\lvert z_2\rvert$
Since
\[\begin{align*} |z_1z_2|^2 &=\left|(x_1+iy_1)(x_2+iy_2)\right|^2\\ &=\left|(x_1x_2-y_1y_2)+i(x_1y_2+x_2y_1)\right|^2\\ &=(x_1x_2-y_1y_2)^2+(x_1y_2+x_2y_1)^2\\ &={x_1}^2{x_2}^2+{y_1}^2{y_2}^2+{x_1}^2{y_2}^2+{y_1}^2{x_2}^2\\ &=\left({x_1}^2+{y_1}^2\right)\left({x_2}^2+{y_2}^2\right)\\ &=|z_1|^2|z_2|^2, \end{align*}\]It follows that $\lvert z_1z_2\rvert=\lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert$.
The second statement is equivalent to the following inequalities ;
\[\begin{align*} \left(|z_1|+|z_2|\right)^2&\ge|z_1+z_2|^2\\ \left(\sqrt{~{x_1}^2+{y_1}^2}+\sqrt{~{x_2}^2+{y_2}^2}\right)^2&\ge(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2\\ 2\sqrt{~{x_1}^2+{y_1}^2}\sqrt{~{x_2}^2+{y_2}^2}&\ge2x_1x_2+2y_1y_2\\ \left({x_1}^2+{y_1}^2\right)\left({x_2}^2+{y_2}^2\right)&\ge\left(x_1x_2+y_1y_2\right)^2\\ \left(x_1y_2-x_2y_1\right)^2&\ge0\\ \end{align*}\]Since the last inequality holds for every $z_1$ and $z_2$, the original statement also holds for every $z_1$ and $z_2$.
(e) If $z\ne0$, then $\lvert1/z\rvert=1/\lvert z\rvert$
\[\begin{align*} \left|\frac 1z\right| &=\left|\frac 1{x+iy}\right|\\ &=\left|\frac {x-iy}{x^2+y^2}\right|\\ &=\frac1{x^2+y^2}|x-iy|\\ &=\frac1{x^2+y^2}\sqrt{x^2+y^2}\\ &=\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\\ &=\frac1{|z|} \end{align*}\]3.2
The complex conjugate of $z=x+iy$ is
\[\bar z = x-iy.\](a) Geometrically, $\bar z$ is the reflected point $(x,-y)$ of the original point $(x,y)$ through the x-axis.
(b) $\lvert z\rvert^2=z\bar z$
\[z\bar z = (x+iy)(x-iy)=x^2-(iy)^2=x^2+y^2=|z|^2\](c) If $z$ belongs to the unit circle, then $1/z=\bar z$.
Since $\lvert z\rvert=1$, we have $z\bar z=\lvert z\rvert^2=1$, where we can divide $z$ on both sides.
3.3
(a) A complex sequence $\{w_n\}_{n=1}^\infty$ converges to $w$ or $w_n\to w$ if
\[\lim_{n\to\infty}|w_n-w|=0.\]Show that the limit is unique.
proof Suppose that $w_n\to w$ and $w_n\to w’$ where $w\ne w’$. Since $\frac{|w-w’|}3>0$, there exists $N$ and $N’$ such that
\[\begin{align*} n>N&\quad\Longrightarrow\quad|w_n-w|<\frac{|w-w'|}3\\ n>N'&\quad\Longrightarrow\quad|w_n-w'|<\frac{|w-w'|}3\\ \end{align*}\]Now if $n>\max(N,N’)$, then
\[\begin{align*} |w-w'| &\le\left|w_n-w\right|+\left|w_n-w'\right|\\ &\lt\frac{|w-w'|}3 + \frac{|w-w'|}3\\ &=\frac{2|w-w'|}3 \end{align*}\]It follows that $|w-w’|<0$. This contradiction implies that the limit is unique.
(b) Prove that $\{w_n\}$ is Cauchy iff it is convergent.
proof Suppose that $\{w_n\}$ is convergent, say, to $w$. Fix $\epsilon>0$. Take $N$ so that
\[n>N\quad\Longrightarrow\quad |w_n-w|<\frac\epsilon2.\]If $m>n>N$, then
\[|w_m-w_n|\le|w_m-w|+|w_n-w|<\frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon.\]It follows that $\{w_n\}$ is Cauchy.
Suppose on the contrary that $\{w_n\}$ is Cauchy. Writing $w_n=x_n+iy_n$, it is immediate that $\{x_n\}$ and $\{y_n\}$ are also Cauchy. Since $\mathbb R$ is complete, $\{x_n\}$ and $\{y_n\}$ are convergent, say, to $x$ and $y$, respectively. Fix $\epsilon>0$. There exists $N$ such that if $n>N$, then
\[\begin{align*} |x_n-x|&<\frac{\epsilon}2\\ |y_n-y|&<\frac{\epsilon}2\\ \end{align*}\]It follows that
\[\begin{align*} |w_n-w| &=\left|(x_n-x)+i(y_n-y)\right|\\ &\le|x_n-x|+|i(y_n-y)|\\ &=|x_n-x|+|y_n-y|\\ &<\epsilon. \end{align*}\]Thus, $w_n\to w$.
(c) [Comparison Test] A series $\sum_{n=1}^\infty z_n$ converges if the partial sums
\[S_N = \sum_{n=1}^Nz_n\]converges.
Prove that if $\{a_n\}$ is a nonnegative sequence whose series $\sum a_n$ converges such that $\lvert z_n\rvert\le a_n$ for all $n$, then $\sum z_n$ also converges.
proof Fix $\epsilon\gt0$. Since $\sum a_n$ converges, the partial sum of $\{a_n\}$ converges and is Cauchy. Thus, there exists $N>0$ such that if $m>n>N$, then
\[\sum_{i=n+1}^ma_n <\epsilon.\]Then, if $m>n>N$,
\[|S_m-S_n|=\left|\sum_{i=n+1}^mz_n\right| \le \sum_{i=n+1}^m|z_n| \le \sum_{i=n+1}^ma_n <\epsilon.\]Therefore, the $\{S_n\}$ is Cauchy and is convergent. It follows that $\sum z_n$ converges.
3.4
Define the exponential function as a power series as follows ;
\[e^z=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}\](a) Prove that the above sum is always convergent. Moreover show that the convergence is uniform on every bounded subset $S$ of $\mathbb C$.
proof Fix $z\in C$ and apply the ratio test;
\[\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{z^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{z^n}{n!}} =\lim_{n\to\infty}\frac{z}{n+1}=0.\]Thus, the power series is convergent.
Now, exclude the case when $S=\varnothing$. Let $M=\sup\{|s|:s\in S\}$ so that $0\le M<\infty$. Denote
\[f_n(z)=\sum_{k=1}^n\frac{z^k}{k!}.\]We know that $f_n\to f$ pointwisely where $f(z)=e^z$, and we are to prove that $f_n\to f$ uniformly.
Fix $\epsilon>0$. Note that the summation
\[\sum_{n=0}^\infty\frac{M^n}{n!}\]converges by another ratio test. That is, there exists $N$ such that if $m>n>N$, then
\[\sum_{k=n+1}^m\frac{M^k}{k!}<\epsilon.\]Now, if $z\in S$ and $m>n>N$, then
\[\begin{align*} \left|f_m(z)-f_n(z)\right| &=\left|\sum_{k=n+1}^m\frac{z^k}{k!}\right|\\ &\le\sum_{k=n+1}^m\frac{|z|^k}{k!}\\ &\le\sum_{k=n+1}^m\frac{M^k}{k!}\\ &<\epsilon. \end{align*}\]That is, $\{f_n\}$ is Cauchy and thus convergent.
With the $N$ corresponding to the $\epsilon>0$, if $n>N$ and $z\in S$, then
\[\begin{align*} \left|f(z)-f_n(z)\right| &=\left|\lim_{m\to\infty}f_m(z)-f_n(z)\right|\\ &=\lim_{m\to\infty}\left|f_m(z)-f_n(z)\right|\\ &\le\epsilon \end{align*}\]Therefore, $f_n\to f$ uniformly.
전체적인 증명은 Wikipedia : Weierstrauss M-test 의 증명을 참고하였다. ratio test를 두 번 쓸 필요가 있을까, 그러니까, 증명을 좀 간소화할 수 있을 것 같은데 어떻게 해야 할까, 잘 모르겠다.
(b) Prove that $e^{z_1+z_2}=e^{z_1}e^{z_2}$
[refer to baby rudin 3.48, 3.50]
\[\begin{align*} e^{z_1}e^{z_2} &=\sum_{n=0}^\infty\frac{~{z_1}^n}{n!}\sum_{n=0}^\infty\frac{~{z_2}^n}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n\frac{~{z_1}^k}{k!}\frac{~{z_2}^{n-k}}{(n-k)!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac1{n!}\sum_{k=0}^n\binom nk{z_1}^k{z_2}^{n-k}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac1{n!}(z_1+z_2)^n\\ &=e^{z_1+z_2} \end{align*}\](c) Derive Euler’s identity.
Taylor’s theorem aplied to sine and cosine yields
\[\begin{align*} \cos t = 1-\frac{t^2}{2!}+\frac{t^4}{4!}-\frac{t^6}{6!}+\cdots\\ \sin t = t-\frac{t^3}{3!}+\frac{t^5}{5!}-\frac{t^7}{7!}+\cdots\\ \end{align*}\]Plug in $x=0$ in the equation in (a) to get the Euler’s identity ;
\[\begin{align*} e^{iy} &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(iy)^n}{n!}\\ &=1+iy-\frac{y^2}{2!}-\frac{iy^3}{3!}+\frac{y^4}{4!}+\frac{iy^5}{5!}-\cdots\\ &=\cos y + i\sin y. \end{align*}\](d) Prove that $e^{x+iy}=e^x(\cos y + i\sin y)$ and that $\lvert e^{x+iy}\rvert=e^x$
\[\begin{gather*} e^{x+iy} =e^xe^{iy} =e^x(\cos y + i\sin y)\\ \left|e^{x+iy}\right| = |e^x||\cos y+i\sin y|=e^x. \end{gather*}\](e) Prove that $e^z=1$ iff $z=2\pi ki$ for some integer $k$.
Put $z=x+iy$
\[\begin{align*} e^z=1 \iff&e^x=1\quad\land\quad \cos y+i\sin y = 1\\ \iff&x=0\quad\land\quad y=2\pi k\\ \iff&z = 2\pi ki \end{align*}\](f) Every complex number $z=x+iy$ can be written as $z=re^{i\theta}$ where $0\le r\lt\infty$. $r$ is unique and $\theta$ is unique up to an integer multple of $2\pi$ Moreover, $r=|z|$ and $\theta=\arctan(y/x)$ if $x\ne0$. (omit)
(g) The transformation $z\mapsto ze^{i\theta}$ rotate $z$ counterclockwise by $\theta$ with respect to the origin.
(h) Put $y=\pm\theta$ to (c) $e^{iy}=\cos y + i\sin y$ to get
\[\begin{align*} \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}2&=\cos\theta\\ \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}&=\sin\theta \end{align*}\](i) Prove trigonometric identities ;
\[\begin{align*} \sin(\theta+\phi)&=\sin\theta\cos\phi+\cos\theta\sin\phi\\ \sin(\theta-\phi)&=\sin\theta\cos\phi-\cos\theta\sin\phi\\ \cos(\theta+\phi)&=\cos\theta\cos\phi-\sin\theta\sin\phi\\ \cos(\theta-\phi)&=\cos\theta\cos\phi+\sin\theta\sin\phi\\ 2\sin\theta\cos\phi&=\sin(\theta+\phi) + \sin(\theta-\phi)\\ 2\cos\theta\sin\phi&=\sin(\theta+\phi) - \sin(\theta-\phi)\\ 2\cos\theta\cos\phi&=\cos(\theta+\phi) + \cos(\theta-\phi)\\ 2\sin\theta\sin\phi&=-\cos(\theta+\phi)+ \cos(\theta-\phi)\\ \end{align*}\]Since
\[\begin{align*} \cos(\theta+\phi)+i\sin(\theta+\phi) =&e^{i(\theta+\phi)}\\ =&e^{i\theta}e^{i\phi}\\ =&(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\phi+i\sin\phi)\\ =&(\cos\theta\cos\phi-\sin\theta\sin\phi) +i(\sin\theta\cos\phi+\cos\theta\sin\phi), \end{align*}\]the third and the first identity follow. Substituting $\phi$ by $-\phi$, the second and fourth ones follow. Adding and substracting these four identities, the remaining identities follow.
3.5
Prove the followings, provided that $m$ and $n$ are integers.
\[\begin{align*} (1)\quad&\text{The map }x\mapsto e^{inx}\text{ has period }2\pi.\\ (2)\quad&\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{inx}\,dx= \begin{cases} 0&(n\ne 0)\\1&(n=0) \end{cases}\\ \\ (3)\quad&\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi\cos nx\cos mx\,dx= \begin{cases} 0&(n\ne m)\\1&(n=m) \end{cases}\\ (4)\quad&\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi\sin nx\sin mx\,dx= \begin{cases} 0&(n\ne m)\\1&(n=m) \end{cases}\\ (5)\quad&\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi\sin nx\cos mx\,dx=0 \end{align*}\]((1)에서 문제가 잘못되었다. 주기는 $\frac{2\pi}n$이다.)
(1) Since $e^{inx}$ is a linear combination of periodic functions with period $\frac{2\pi}n$, it also has period $\frac{2\pi}n$.
(2) If $n=0$, then
\[\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{inx}\,dx =\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\,dx=1\]Otherwise,
\[\begin{align*} \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{inx}\,dx &=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos nx+i\sin nx\,dx\\ &=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos nx\,dx +\frac i{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\sin nx\,dx \end{align*}\]Since the antiderivatives of $\sin nx$ and $\cos nx$ are both periodic with period $\frac{2\pi}n$, all the term vanishes.
(3) The left hand side equals to
\[\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(n+m)x+\cos(n-m)x\,dx\]or
\[\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(n+m)x\,dx +\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(n-m)x\,dx\]The first integrand has always periodic antiderivative and thus the first term always vanishes. The second integrand does too if $m\ne n$, while if $m=n$, the integrand is $1$ and the second term equals to 1
(4) Similarly, the left hand side in this case equals to
\[-\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(n+m)x\,dx +\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos(n-m)x\,dx\]Again, the first term always vanishes and the second one equals $0$ if $m\ne n$ and $1$ if $m=n$.
(5) Similarly, the left hand side in this case equals to
\[\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\sin(n+m)x\,dx +\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\sin(n-m)x\,dx\]The first term always vanishes as before. The second term does too if $m\ne n$, while if $m=n$, the integrand is $0$ and the second term also vanishes. Thus the whole value always equals to 0.
3.6
Prove that the ODE
\[f''(t)+c^2f(t)=0\]has the solution
\[f(t)=a\cos ct + b\sin ct.\]proof The solution indeed satisfies the ODE by a simple calculation. Conversely, suppose the ODE. As presented in the hint, let
\[\begin{align*} g(t)&=f(t)\cos ct-c^{-1}f'(t)\sin ct\\ h(t)&=f(t)\sin ct+c^{-1}f'(t)\cos ct \end{align*}\]Then,
\[\begin{align*} g'(t) &=f'(t)\cos ct-cf(t)\sin ct-c^{-1}f''(t)\sin ct-f'(t)\cos ct\\ &=-cf(t)\sin ct+cf(t)\sin ct\\ &=0\\ h'(t) &=f'(t)\sin ct+cf(t)\cos ct+c^{-1}f''(t)\cos ct-f'(t)\sin ct\\ &=cf(t)\cos ct-cf(t)\cos ct\\ &=0 \end{align*}\]Thus, $f(t)=a$ and $g(t)=b$ for some real $a$ and $b$. In other words,
\[\begin{align*} a&=f(t)\cos ct-c^{-1}f'(t)\sin ct\\ b&=f(t)\sin ct+c^{-1}f'(t)\cos ct \end{align*}\]Eliminating $f’(t)$ in these equation, we get
\[a\cos ct + b\sin ct = f(t)\times(\cos^2ct+\sin^2ct)=f(t).\]3.7
If $a$ and $b$ are real,
\[a\cos ct+b\sin ct = A\cos(ct-\phi)\]for some $A\ge0$ and $\phi\in[0,2\pi)$.
proof If $a=b=0$, let $A=0$. Then the above equation holds for an arbitrary $\phi$. Suppose that $a\ne0$ or $b\ne 0$. Note that $P=\left(\frac a{\sqrt{a^2+b^2}}, \frac b{\sqrt{a^2+b^2}}\right)$ lies on the unit circle. Let $\phi$ be the angle such that $P$ is obtained by rotating the point $(1,0)$ counterclockwise by $\phi$ with respect to the origin. Then $\cos\phi = \frac a{\sqrt{a^2+b^2}}$ and $\sin\phi = \frac b{\sqrt{a^2+b^2}}$. It follows that
\[\begin{align*} a\cos ct+b\sin ct &=\sqrt{a^2+b^2}\left(\cos ct\cos\phi+\sin ct\sin\phi\right)\\ &=\sqrt{a^2+b^2}\cos(ct-\phi) \end{align*}.\]3.8
Suppose that $F:(a,b)\to\mathbb R$ has a continuous second derivative. If $x$ and $x+h$ belongs to $(a,b)$, prove that
\[F(x+h)=F(x)+hF'(x)+\frac{h^2}2F''(x)+h^2\phi(h)\]for some $\phi$ where
\[\lim_{h\to0}\phi(h)=0.\]Moreover, prove that
\[\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)+F(x-h)-2F(x)}{h^2}=F''(x).\]proof Since $F’(x)$ is differentiable at $x$,
\[\lim_{k\to0}\frac{F'(x+k)-F'(x)}k = F''(x).\]Let
\[\psi(k)= \begin{cases} \frac{F'(x+k)-F'(x)}k - F''(x) &(k\ne0)\\ 0&(k=0). \end{cases}\]Then,
\[\lim_{k\to0}\psi(k)=0\]and $\psi$ is continuous on $\mathbb R$. Moreover, $F’(x+k)=F’(x)+kF’‘(x)+k\psi(k)$. Denoting $k=y-x$, we have
\[F'(y)=F'(x)+(y-x)F''(x)+(y-x)\psi(y-x).\]Then,
\[\begin{align*} F(x+h) &=F(x)+\int_x^{x+h}F'(y)\,dy\\ &=F(x)+\int_x^{x+h}\left(F'(x)-xF''(x)\right)+yF''(x)+(y-x)\psi(y-x)\,dy\\ &=F(x)+\left(F'(x)-xF''(x)\right)h+F''(x)\left(xh+\frac12h^2\right)+\int_x^{x+h}(y-x)\psi(y-x)\,dy\\ &=F(x)+hF'(x)+\frac{h^2}2F''(x)+\int_x^{x+h}(y-x)\psi(y-x)\,dy. \end{align*}\]Note that $\psi$ is (Riemann) integrable since it is continuous.
So I can take
\[\phi(h)=\frac1{h^2}\int_x^{x+h}(y-x)\psi(y-x)\,dy\]It can be modified by the substitution rule ($y-x = u$) ;
\[\phi(h)=\frac1{h^2}\int_0^hu\psi(u)\,du\]To prove that $\phi(h)\to0$ as $h\to0$, we can use one of the two calculation belows :
(1) L’Hopital Rule:
\[\lim_{h\to0}\phi(h)=\lim_{h\to0}\frac{h\psi(h)-0}{2h}=\frac12\lim_{h\to0}\psi(h)=0.\](2) $\epsilon$-$\delta$ reasoning :
Fix $\epsilon>0$. Since $\psi(h)\to0$ as $h\to0$, there exists $\delta>0$ such that if $-\delta<u<\delta$, then $|\psi(u)|<\epsilon$. If $-\delta<h<\delta$, then
\[\begin{align*} |\phi(h)| &\le\frac1{h^2}\int_{-|h|}^{|h|}|u||\psi(u)|\,du\\ &\le\frac\epsilon{h^2}\int_{-|h|}^{|h|}|u|\,du\\ &=\epsilon. \end{align*}\]Therefore, $\phi(h)\to0$ as $h\to0$ as desired.
Now to prove the second statement, substitute $h$ by $-h$ to get
\[\begin{align*} F(x+h)&=F(x)+hF'(x)+\frac{h^2}2F''(x)+h^2\phi(h)\\ F(x-h)&=F(x)-hF'(x)+\frac{h^2}2F''(x)+h^2\phi(-h) \end{align*}\]Then
\[F(x+h)+F(x-h)-2F(x)=h^2F''(x)+h^2\phi(h)+h^2\phi(-h)\]and
\[\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)+F(x-h)-2F(x)}{h^2} =\lim_{h\to0}\left(F''(x)+\phi(h)+\phi(-h)\right)=F''(x)\]3.9
Consider the case of plucked string ;
\[f(x) =\begin{cases} \frac{hx}p&(0\le x\le p)\\ \frac{h(\pi-x)}{\pi-p}&(p\le x\le\pi) \end{cases}\]Calculate the Fourier sine coefficient sine coefficient $A_m$. For what position of $p$ are the second, fourth, $\cdots$ harmonics missing? For what position of $p$ are the third, sixth, $\cdots$ harmonics missing?
\[\begin{aligned} A_m &=\frac2\pi\int_0^\pi f(x)\sin mx\,dx\\ &=\frac{2h}{\pi p}\int_0^px\sin mx\,dx +\frac{2h}{\pi(\pi-p)}\int_p^{\pi}(\pi-x)\sin mx\,dx\\ &=\frac{2h}{\pi p}\left(-\frac1mp\cos np+\frac1{m^2}\sin mp\right) +\frac{2h}{\pi(\pi-p)}\left(\frac1m(\pi-p)\cos mp+\frac1{m^2}\sin mp\right)\\ &=\frac{2h\sin mp}{m^2p(\pi-p)} \end{aligned}\]$A_2=0$ iff $p=\frac\pi2k$ and $A_4=0$ iff $p=\frac\pi4k$ for an integer $k$. Note also that neither $p=0$ nor $p=\pi$ as long as $h\ne0$. So if $p=\frac\pi2$, then $A_2=A_4=\cdots=0$ and the even harmonics are missing.
$A_3=0$ iff $p=\frac\pi3k$ and $A_6=0$ iff $p=\frac\pi6k$ for an integer $k$. If $p=\frac\pi3$ or $p=\frac23p$, then $A_3=A_6=\cdots=0$ and the $3k$-th harmonics are missing.
3.10
Show that the expression of the Laplacian
\[\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\]is given in polar coordinates by the formula
\[\Delta=\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac1r\frac\partial{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}.\]Also, prove that
\[\left|\frac{\partial u}{\partial x}\right|^2 + \left|\frac{\partial u}{\partial y}\right|^2 = \left|\frac{\partial u}{\partial r}\right|^2 + \frac1{r^2} \left|\frac{\partial u}{\partial\theta}\right|^2\]이 계산은 군대에서 전역하고 대학교 2학년으로 복학하던 시점에 했던 기억이 있다. 지금 다시 해봐야지.
Note that
\[\begin{aligned} x&=r\cos\theta\\ y&=r\sin\theta \end{aligned}\]Let $u$ be a function from $\mathbb R^2$ to $\mathbb R$ Let’s first calculate the following four derivatives ; $\frac{\partial u}{\partial r}$, $\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}$, $\frac{\partial u}{\partial\theta}$, $\frac{\partial^2 u}{\partial\theta^2}$,
\[\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial r} &= \frac{\partial x}{\partial r}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial r}\frac{\partial u}{\partial y}\\ &=\cos\theta\frac{\partial u}{\partial x} +\sin\theta\frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} &=\frac{\partial}{\partial r}\left( \cos\theta\frac{\partial u}{\partial x} +\sin\theta\frac{\partial u}{\partial y} \right)\\ &=\cos\theta\left( \frac{\partial x}{\partial r}\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial y}{\partial r}\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y} \right) +\sin\theta\left( \frac{\partial x}{\partial r}\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y} +\frac{\partial y}{\partial r}\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \right)\\ &=\cos^2\theta u_{xx} +2\sin\theta\cos\theta u_{xy} +\sin^2\theta u_{yy}\\ \frac{\partial u}{\partial\theta} &= \frac{\partial x}{\partial\theta}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial\theta}\frac{\partial u}{\partial y}\\ &=-r\sin\theta\frac{\partial u}{\partial x} +r\cos\theta\frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial^2 u}{\partial\theta^2} &=\frac{\partial}{\partial\theta}\left( -r\sin\theta\frac{\partial u}{\partial x} +r\cos\theta\frac{\partial u}{\partial y} \right)\\ &= -r\cos\theta\frac{\partial u}{\partial x} -r\sin\theta\left( \frac{\partial x}{\partial\theta}\frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial y}{\partial\theta}\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y} \right)\\ &\phantom{=} -r\sin\theta\frac{\partial u}{\partial y} +r\cos\theta\left( \frac{\partial x}{\partial\theta}\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y} +\frac{\partial y}{\partial\theta}\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \right)\\ &=-r\cos\theta u_x-r\sin\theta u_y +r^2\sin^2\theta u_{xx} +r^2\cos^2\theta u_{yy} -2r^2\sin\theta\cos\theta u_{xy} \end{aligned}\]Therefore,
\[\begin{aligned} \left(\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\right) u &=\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}\\ &=\cos^2\theta u_{xx}+2\sin\theta\cos\theta u_{xy}+\sin^2\theta u_{yy}\\ &\phantom{=} +\frac1r\cos\theta u_x+\frac1r\sin\theta u_y -\frac1r\cos\theta u_x-\frac1r\sin\theta u_y\\ &\phantom{=} +\sin^2\theta u_{xx}+\cos^2\theta u_{yy}-2\sin\theta\cos\theta u_{xy}\\ &=u_{xx}+u_{yy}\\ &=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}\\ &=\left( \frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2} \right)u\\ \end{aligned}\]Since $u$ was arbitrary,
\[\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2}{\partial\theta^2} = \frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\]as desired. Moreover
\[\begin{aligned} \left|\frac{\partial u}{\partial r}\right|^2 + \frac1{r^2}\left|\frac{\partial u}{\partial\theta}\right|^2 &= \left(\cos\theta u_x+\sin\theta u_y\right)^2 + \left(-\sin\theta u_x+\cos\theta u_y\right)^2\\ &={f_x}^2+{f_y}^2\\ &= \left|\frac{\partial u}{\partial x}\right|^2 +\frac1{r^2} \left|\frac{\partial u}{\partial y}\right|^2 \end{aligned}\]3.11
Let $n$ be an integer and let $F$ be a twice differentiable function satisfying
\[r^2F''(r)+rF'(r)-n^2F(r)=0\]for $r\gt0$. The solution to the ODE is
\[F(r)= \begin{cases} \alpha r^n+\beta r^{-n} &(n\ne0)\\ \alpha + \beta\log r &(n=0) \end{cases}\]proof Throughout the proof, $r$ is assumed to be positive.
Suppose first that $n=0$. The ODE reduces to
\[\begin{gathered} r^2F''(r)+rF'(r)=0\\ rF''(r)+F'(r)=0\\ \frac d{dr}\left(rF'(r)\right)=0\\ rF'(r)=\beta\\ F'(r)=\frac\beta r\\ F(r)=\beta\log r + \alpha \end{gathered}\]Now, suppose $n\ne0$. It is enough to consider the case $n>0$ only.
For $r\gt0$, let
\[g(r)=\frac{F(r)}{r^n}\]so that $F(r)=g(r)r^n.$ Then
\[\begin{aligned} F'(r)&=ng(r)r^{n-1}+g'(r)r^n\\ F''(r)&=n(n-1)g(r)r^{n-2}+2ng'(r)r^{n-1}+g''(r)r^n \end{aligned}\]The ODE becomes
\[\begin{gathered} n(n-1)g(r)r^n + 2ng'(r)r^{n+1} + g''(r)r^{n+2} + ng(r)r^n + g'(r)r^{n+1} - n^2g(r)r^n=0\\ 2ng'(r)r^{n+1} + g''(r)r^{n+2} + g'(r)r^{n+1}=0\\ 2ng'(r) + g''(r)r + g'(r)=0\\ 2ng'(r) + \left(rg'(r)\right)'=0\\ \frac{d}{dr}\left(2ng(r)+rg'(r)\right)=0\\ 2ng(r)+rg'(r)=c \end{gathered}\]for some constant $c$. That is, the original second order ODE is now reduces to a first order ODE. Dividing both sides by $r$, we get
\[g'(r)+\frac{2n}rg(r)=\frac cr\]Now, we use the method of integrating factor. That is, we are to multiply both sides by $I(r)$, the integrating factor, so that we can use the product rule $(fg)’=f’g+fg’$ to express LHS as a derivative of a single function. Multiplying $I(r)$ on both sides,
\[g'(r)I(r)+g(r)\frac{2n}rI(r)=\frac crI(r)\]the integrating factor should satisfy
\[\begin{gathered} \frac d{dr}I(r)=\frac{2n}r I(r)\\ \int\frac d{dr}I(r)=\int\frac{2n}r I(r)\\ \log\left|I(r)\right|=2n\log r + C'=\log e^{C'}\cdot r^{2n}\\ I(r) = \pm e^{C'}r^{2n}\\ I(r) = C''r^{2n} \end{gathered}\]for some real constant $C’’$. Take $I(r)=r^{2n}$. Then,
\[\begin{gathered} g'(r)I(r)+g(r)I'(r)=\frac crI(r)\\ \frac d{dr}\left(g(r)I(r)\right)=\frac crI(r)\\ \frac d{dr}\left(r^{2n}g(r)\right)=cr^{2n-1}\\ r^{2n}g(r)=\frac c{2n}r^{2n}+c'''\\ g(r)=\frac c{2n} + c'''r^{-2n}. \end{gathered}\]Since $F(r)=r^ng(r)$,
\[F(r)=\alpha r^n+\beta r^{-n}\]taking $\alpha=\frac c{2n}$ and $\beta=c’’’$.
책에 나온 힌트를 따라가기는 했으나 마지막에 나오는 ODE를 풀지 못해 mathexchange에
질문
을 했었다.
굉장히 기초적인 ODE 질문이었다.
해당 문제는 integrating factor를 사용하면 풀린다. (Gwen의 답변)
조금 더 정확하게 말하면 integrating factor를 사용해서 풀리는 종류의 ODE가 있고 내가 당면한 문제는 이런 종류에 속하므로 integrating factor를 사용하면 됐었다.
이 풀이법에 대한 더 한국어 풀이는 어떤 블로그 포스트 에서도 더 자세히 나와있었으므로 이 포스트를 통해 더 이해했다.
학부때 integrating factor의 방법은 당연히 배웠던 기억이 있다.
그동안 까맣게 잊고 있었지만 이번에 다시 기억해내게 되었다.
그리고, 나는 원래 문제였던 second order homogeneous ODE를 first order homogeneous ODE로 바꾸어서 이것을 integrating factor로 풀어낸 것인데, 사실은 second order homogeneous ODE를 푸는 일반적인 방법을 사용할 수도 있을 것이다. (Ninad Munshi의 댓글 및 답변)
하지만 이런 ODE 일반론에 대한 공부는 나중으로 미루고, 지금은 Fourier Analysis 책을 더 볼 것이다.
막힌 부분에 대해 오랫동안 고민하면서, 주어진 first order ODE의 좌변을 어떻게든 곱의 법칙을 사용하여 간단히할 수 있는 방법에 대해 생각했는데, 아무리 생각해도 단순히 상수를 곱하거나 나눠서는 곱의 법칙으로 간소화가 안될 것 같았다.
이제 integrating factor의 방법을 이해하고 보니, 이 방법은 내가 생각한 방법을 확장한 것이라 볼 수 있었다.
그러니까 상수를 곱하는 대신, $r$에 대한 함수를 곱하여 곱의 법칙 $(fg)’=fg’+f’g$을 적용할 수 있도록 만든 것이다.
4. Appendix
4.1 Homogeneous second order linear ODE with constant coefficient
책을 읽다보니 미분방정식을 풀어야 할 상황이 많이 나온다.
학부 때 ‘미분방정식’ 수업을 들었었고, 또 ‘미분방정식론’, ‘편미분방정식’ 등의 수업도 듣고 학점도 잘 나왔던 것으로 기억하지만, 정작 기본적인 ‘미분방정식’ 수업에서 제대로 된 설명을 듣지 못했기에 기본이 부족하다.
설명을 제대로 듣지 못했다면, 그때 따로 공부를 했으면 될 일이긴 하지만, 2학년이었던 당시에는 해석학과 선형대수, 집합론을 공부하는 데만 해도 시간이 부족했다.
미분연립방정식 같은 데에서는 Wronskian 같은 이름들도 나왔던 것으로 기억하는데, 여하튼 일반적인 ODE 이론이 많이 있다는 것만 알지, 제대로 공부해본 적이 없다.
이 책을, 아니 적어도 이 장을 정확하게 이해하기 위해서는 first order, second order의 homogeneous linear ODE에 대해서는 어느 정도 이해해야 한다.
대부분의 first order case는 integrating factor를 사용하면 풀리는 듯하는데, 이에 관해서는 정리해볼 수도 있지만 일이 커질 것 같아서 정리하지 않겠다.
second order case에 해당하는 것은 이 장의 첫 부분의 simple harmonic motion인
\(y''(t)+c^2y(t)=0\)
인데, 이 경우는 연습문제 3.6을 통해 풀릴 수 있다.
그런데 이것은 $c^2$이 nonnegative인 경우만을 상정하고 있다.
일반적으로
\(y''(t)+\lambda y(t)=0\)
와 같은 식에서 $\lambda$가 음수이면 일반해가 어떻게 나오는지가 책의 내용만으로는 명확히 설명되지 않는다.
특히 1.2절의 (3)번 식인
의 경우에도 $\lambda$의 부호에 대해 두루뭉실하게 넘어가는 것 같다.
마찬가지의 상황이 2.2절의
\(G''(\theta)+\lambda G(\theta)=0\)
에서도 나타난다.
그래서, 일반적인 homogeneous second order linear ODE, 그 중에서도 계수가 상수인 경우에 대해서 공부해보았다.
이것은 Trinity university의 R. C. Daileda라는 분이 만든 자료를 바탕으로 하였다.
homogeneous second order linear ODE가 있을 때, $e^{rx}$와 $e^{-rx}$ 혹은 $\sin rx$와 $\cos rx$와 같은 꼴이 특정한 해가 된다는 것은 쉽게 보일 수 있다.
하지만 이 ODE의 일반해를 $ae^{cx}+be^{-cx}$ 또는 $a\sin cx+b\cos cx$로 둘 수 있다는 중요한 사실을, 대부분의 ODE 책에서는 간단히만 언급하고 지나간다.
그런데 정말 이러한 형식이 일반해인지를, 그러니까, 다른 해가 존재하지 않는지를 증명하는 것은 꽤 어려운 일이다.
일반적인 ODE theory에서 이 문제를 어떻게 다루는지 잘 모르겠다.
(어떤 책에서는 ‘advanced course에서 다룰테니 이 책에서는 생략한다’라고 말하는 걸 봤다.)
하지만 이 자료에서는, 문제를 constant coefficient로 한정했을 때, 정확한 증명을 elementary한 수준에서 하고 있다.
미적분학과 integrating factor 기법만 알면 증명이 가능하다.
다만, 계산이 꽤 들어가기는 하고, 연습문제 3.10와 같은 ODE는 이 방법으로 풀 수 없다.
나는 위 자료를 따라가며 계산을 다 해보았고, 정말 유효한 증명인지 확인해보았다.
하지만, 저 자료가 워낙 잘 정리되어 있다보니 이걸 다시 블로그에 정리하는 것은 큰 의미는 없을 것 같고, 몇가지 용어들과 주요 결과만 적어보려 한다.
Suppose that $y$ is a twice differentiable function of $x$. Then a differential equation of the form
\[P(x)\frac{d^2y}{dx^2} + Q(x)\frac{dy}{dx} + R(x)y = G(x)\]is called a second order linear differential equation. It is second order since the equation has derivatives of at most second order. It is linear since the left hand side is a linear equation of derivatives.
If $G(x)=0$ so that
\[P(x)\frac{d^2y}{dx^2} + Q(x)\frac{dy}{dx} + R(x)y = 0\]then, it is called a homogeneous second order linear differential equation.
Consider only the case when $P(x)$, $Q(x)$ and $R(x)$ are all constants;
\[a\frac{d^2y}{dx^2}+b\frac{dy}{dx}+cy=0\tag1.\]Associated with an ODE of the above form is the characteristic equation ;
\[ar^2+br+c=0.\tag2\]Here is a theorem :
If the characteristic equation (2) has two distinct real roots $r_1$ and $r_2$, then the general solution to (1) is given by
\[y=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}.\]If (2) has a single (repeated) root $r$, then the general solution to (1) is given by
\[y=(c_1x+c_2)e^{rx}.\]If (2) has imaginary roots $\alpha\pm\beta i$, then the general solution to (1) is given by
\[y=e^\alpha(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x).\]In the above solutions, $c_1$ and $c_2$ are arbitrary constants.
댓글남기기