Ortogonalitetsbetingelse

Det kan man ikke. Definer for eks. A til at være 1 når y_i(x)*y_j(x) ≥ 0 og -1 for y_i(x)*y_j(x) < 1 for et eller andet talpar i og j hvor i≠j. For dette talpar vil integralet give et positivt resultat 

#1

Jeg ved, at areal og densitet tilsammen aldrig kan give et negativt tal.

Selv om A ikke kan være negativ behøver resultatet ikke at blive 0. Der findes specielle funktioner, hvor påstanden holder for eks. konstante funktioner

#3

Jeg forstår ikke helt, hvorfor  vi skal antage, at r(x) = 1 og -1 afhængig af produktet af de øvrige funktioner som du skriver i #1. Det lyder som om, at det er r(x), der gør, at vi til sidst får et positivt resultat.

Det er det også. Du spørger om man kan bevise sætningen. Det kan man ikke og som eksempel på dette kommer jeg med en speciel funktion, hvor sætningen ikke passer.

#5

Vi kan antage, at r(x) > 0 for alle x.

Man har, at

        ₀∫^L y_i(x)y_j(x) dx = (L/π) · ₀∫^π sin(nx)·sin(mx) dx = 0 , for m ≠ n ,

så funktionerne {y_i(x)} er ortogonale på [0;L].

Hvordan er funktionen A(x) defineret? Opfylder den nogle betingelser?

#7

Hverken ρ eller A(x) er givet, men r(x) > 0 for alle x.

#8

Er ρ en konstant? Prøv at formulere den relevante sammenhæng.

#9

Ja, ρ er en konstant.

#10

Du kalder A(x) for en arealfunktion. Er den så en stamfunktion til en anden funktion i problemstillingen?

#11

Nej, A(x) er bare arealet af et tværsnit i en bjælke. Denne kan altså variere langs bjælkens længde.

Det lyder som, at man ikke kan udregne det, når r(x) er ukendt og man kun kender til, at r(x) > 0.

#12

Så A(x) er en generel funktion med A(x) > 0 . Man har så, med intervallet transformeret til [0;π]

        ₀∫^π A(x)·sin(mx)·sin(nx) dx = ₀∫^π A(x)·cos((m-n)x)/2 dx - ₀∫^π A(x)·cos((m+n)x)/2 dx

Man kan så udvikle A(x) i en Fourierrække og se på bidragene til integralet, når man indsætter A(x) = sin(px) eller A(x) = cos(px). Så vidt jeg kan se, vil bidragene ikke gå ud mod hinanden for en generel funktion.

Prøv for eksempel funktionen A(x) = x² . Her har man

        ₀∫^π x²·cos(bx) dx = (2π/b²)·(-1)^b ,

hvorfor, for m ≠ n ,

        ₀∫^π x²·sin(mx)·sin(nx) dx = (1/2)·(2π/(m-n)²)·(-1)^m-n - (1/2)·(2π/(m+n)²)·(-1)^m+n

                                                = π·(-1)^m+n·4mn/((m²-n²)² ≠ 0 .

Konklusionen må være, at man ikke kan vise det, du ønsker at vise.

#13

Det ser kompliceret ud.

Man må så antage, at ρ og A begge er konstante, således at man kan tage dem udenfor integraltegnet.

#14

Du kan bare se på den sidste del af #13. Det du ønsker at vise gælder ikke for funktionen x² og dermed ikke for en generel funktion A(x).

#15

Men så må:

₀∫^L sin(n·π·x/L)sin(m·π·x/L) dx = 0    ,    n ≠ m

Det må så kunne løses ved partiel integration?

#16

Som jeg nævnte i #7 er dette integral lig med (L/π) · ₀∫^π sin(nx)·sin(mx) dx

Her har man, for m ≠ n,

        ₀∫^π sin(nx)·sin(mx) dx = (1/2) · ₀∫^π cos((m-n)x) dx - (1/2) · ₀∫^π cos((m+n)x) dx

                                           = (1/2)·(1/(m-n))·[sin((m-n)x)]^π₀ - (1/2)·(1/(m+n))·[sin((m+n)x)]^π₀

                                            = 0

#17

Hvordan kan man lave den omskrivning du starter med at lave? Jeg kan se, at du både ændrer indmaden i funktionerne og ved grænsen.

Brug at sin(u+v)*sin(u-v) = -½(cos(u+v)-sin(u-v))

Intergrationen af de to led går over et helt antal perioder, så resultatet bliver 0

#18

Man benytter formlen for et produkt af to sinusfunktioner, som Peter Lind giver i #19. Den korrekte formel er dog

        sin(u)·sin(v) = (1/2)·cos(u-v) - (1/2)·cos(u+v) .