Matematikai Analízis III

Matematikai Analízis III.

1

egyetemi jegyzet

2016. január 2.

1 Az

el®adásokat lejegyezte: Marczell Márton

Tartalomjegyzék 1. Vektoranalízis

1

1.1. Vektormez®k. Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. A vektormez®k speciális jellemz®i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3. Skalárpotenciál és vektorpotenciál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4. Vonalintegrál, cirkuláció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5. Felületi integrál. Fluxus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5.1. Felület . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5.2. Felületi integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.6. Vektormez®kre vonatkozó tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.6.1. Divergencia tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.6.2. Stokes tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.6.3. Green tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. Dierenciálgeometria

16

2.1. Sokaságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.1. Paraméteres megadás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.2. Topologikus térben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1.3. Implicit megadás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.4. Sokaság irányítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 i

TARTALOMJEGYZÉK

ii

2.2. Dierenciálformák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.2.1. Bevezetés és ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.2.2. Elemi formák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2.3. Általános formák. Küls® szorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2.4. Dierenciálformák

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2.5. Dierenciálformák IR3 -ban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2.6. Formák integrálása sokaságokon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3. Variációszámítás

33

3.1. Bevezet® példák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.2. Alapfeladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.2.1. Speciális esetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.2.2. Forgástest felszín minimalizálás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 3.2.3. Bernoulli-feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.2.4. Feltételes széls®érték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 3.3. Általános feladat 1. Több függvényt keresünk . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.3.1. Legrövidebb út forgástest felszínén . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.3.2. Egy mechanikai alkalmazás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 3.4. Általános feladat 2. Magasabbrend¶ deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.5. Általános feladat 3. Kétváltozós függvény keresése . . . . . . . . . . . . . . 47 3.5.1. Példa: rezg® húr mozgása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4. Parciális dierenciálegyenletek

51

4.1. Bevezet® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 4.2. Els®rend¶ PDE: Transzport egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

TARTALOMJEGYZÉK

iii

4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.2.2. Inhomogén eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 4.3. Másodrend¶ PDE 1. Laplace egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 4.3.1. Téglalap alakú tartomány . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 4.3.2. Megoldás körlapon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága . . . . . . . 63 4.4. Másodrend¶ PDE II: H®vezetés egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 4.4.1. H®vezetés végtelen hosszú rúdban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 4.4.2. H®vezetés véges rúdban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 4.4.3. H®vezetés visszafelé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 4.5. Másodrend¶ PDE III: Hullámegyenlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 4.5.1. Hullámmozgás végtelen húrban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 4.5.2. Gyenge megoldás. Néhány tanulságos példa . . . . . . . . . . . . . 75

1. fejezet Vektoranalízis

1

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS

2

1.1. Vektormez®k. Bevezetés Deníció 1.1.1.

Az

F : IRn → IRm

típusú (többváltozós, vektorérték¶) függvényeket vek-

tormez®nek nevezzük. Ezek 'koordinátafüggvények függvényrendszere'-ként is felírhatók:



f (x , x , . . . , xn )  1 1 2  f2 (x1 , x2 , . . . , xn )  F (x1 , x2 , . . . , xn ) =  ..  .  fm (x1 , x2 , . . . , xn ) ahol

f1 , . . . , fm IRn -b®l IR-be

    ,  

képez® függvények.

Egy F : IR3 → IR3 vagy F : IR2 → IR2 vektormez® könnyen elképzelhet® úgy, hogy a tér minden pontjához egy vektort rendel, amely az ábrázoláson az adott pontból indul ki. Ennek zikai értelme pl. a tér egyes pontjaiban ható er®. A többváltozós valós függvényeket ezért nevezzük skalármez®nek is: a tér minden pontjához egy skalárt rendelnek. Konvenció szerint a skalármez®ket kisbet¶vel, a vektormez®ket nagybet¶vel jelöljük.

Példák 1. F : IR2 → IR2 ; F (x, y) = (3, 1): konstans mez® 2. F : IR2 → IR2 ; F (x, y) = (x, y): az origóból kifelé mutató vektorok 3. F : IR2 → IR2 ; F (x, y) = (−y, x): forgatás 4. F : [0, 2π] → IR2 ; F (t) = (cos t, sin t): az egységkör

(x, y)

(3, 1)

(−y, x)

4

2

2

2

1

0 0

−2

−1

−4 0

2

4

0 −2 −4 −2

0

2

1.1. ábra. Vektormez®k

4

−2

0

2


Deníció 1.1.2. Deníció 1.1.3.

3

Vektormez® folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Az F m×n

: IRn → IRm

vektormez® dierenciálható az

mátrix, hogy ha F megváltozását a AIR F (x + ∆x) ≈ F (x) + A · ∆x, akkor a közelítés hibájának létezik olyan

az

xDF

pontban, ha

következ®képpen közelítjük: nagyságrendje kisordó, az-





 F (x + ∆x) − F (x) − A · ∆x  lim   = 0. ∆x→0 k∆xk

Ekkor a vektormez® derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ® mátrixot nevezzük:

  A = DF =  

grad f1 .. .

grad fm

   

Dierenciálási szabályok - Linearitás és homogenitás - Kompozíció dierenciálása: Tegyük fel, hogy F : IRn → IRm az aIRn pontban, G : IRm → IRl pedig az F (a) pontban dierenciálhatóak. Ekkor G ◦ F : IRn → IRl is dierenciálható a-ban, és D (G◦F ) = D G(F (a))·D F (a). (Ez utóbbi mátrix-mátrix szorzás.) - Inverz deriváltja: Tegyük fel, hogy F : IRn → IRn dierenciálható az aDf helyen, és a derivált-mátrix nem szinguláris. Ekkor F −1 dierenciálható F (a)-ban, és D F −1 (F (a)) = (D F (a))−1 (az inverz deriváltja a derivált-mátrix inverze). - Szorzási szabály:

grad (f g) = f grad (g) + g grad (f ) A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk.

1.2. A vektormez®k speciális jellemz®i Deníció 1.2.1.

A

mális vektort értjük.

∇

(nabla) operátor alatt három dimenzióban a

∂ ∂ ∂ , , ∂x ∂y ∂z

for-


4

Tehát egy f : IR3 → IR függvényre grad f = ∇f .

Deníció 1.2.2.

Tegyük fel, hogy

F : IR3 → IR3

dierenciálható. Ekkor a vektormez®

divergenciáját így deniáljuk:

div (F ) =

∂f1 ∂f2 ∂f3 + + = h∇, F i ∂x ∂y ∂z

A divergencia egy számszer¶ mértéke annak, hogy a vektromez® egy adott pontból mennyire "szóródik szét". Ha egy F vektormez®re ÷(F ) ≡ 0, akkor a vektormez® divergencia- mentes.

Deníció 1.2.3.

A fenti

F

vektormez® rotációja

rot (F ) =

i

j

∂ ∂x

∂ ∂y

f1

f2

k ∂ =∇×F = ∂z f3

∂f3 ∂f2 ∂f1 ∂f3 ∂f2 ∂f1 − , − , − ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

= curl (F ) .

A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er®tér örvénylésének sebessége, iránya mer®leges az örvénylésre. Ha egy vektormez® rotációja 0, akkor

örvénymentes nek

hívjuk.

1. Példa. Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez®vel. Az x tengely a folyás irányába mutat és a folyó közepén fekszik. Az y tengely a folyás irányára mer®leges. A folyó szélessége d, ezért y[−d; d]. A z tengely felfelé mutat. Természetes közelítés lehet, hogy a folyó áramlását a ! 4y 2 v = v0 · (1 − 2 ), 0, 0 d vektormez® jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér®l? Megoldás:

rot (v) =

8yv0 0, 0, 2 d

,

azaz az örvénylés er®ssége y -nal egyenesen arányos: annál nagyobb, minél közelebb vagyunk a parthoz. A folyó közepén tehát nincs örvénylés. Az örvénylés iránya mindig


5

mer®leges a z tengelyre. Az örvény er®ssége pedig a folyó közepét®l kifelé haladva egyre n®. 1.

Vajon mi lehet a fenti példa zikai háttere?

Gyakorlat.

Állítás 1.2.4.

A deriválás szorzási szabályai, melyek az újonnan bevezetett speciális jel-

lemz®ket tartalmazzák az alábiak:

div (f F ) = f div F + hF , grad f i rot (f F ) = grad f × F + f rot F div (F × G) = hG, rot F i − hF, rot Gi

1.

Feladat.

Igazoljuk ezeket a szorzat-deriválási szabályokat.

1.3. Skalárpotenciál és vektorpotenciál Deníció 1.3.1. ciálos - ha létezik

F : IR3 → IR3 vektormez® potenciálos, - pontosabban: 3 olyan f : IR → IR skalármez®, melyre F = grad f . Az

skalárpoten-

Tegyük fel, hogy F skalárpotenciálos. Létezik f (x, y, z) dierenciálható függvény, melyre F = (fx0 , fy0 , fz0 ). Ekkor divergenciája és rotációja:

∂ 0 ∂ 0 ∂ fx + fy + fz0 = 4f, ∂x ∂y ∂z j k i ∂ ∂ ∂ = · · · = 0. rot (F ) = ∂x ∂y ∂z 0 fx fy0 fz0

div (F ) =

Tehát egy skalárpotenciálos vektormez® örvénymentes.

Állítás 1.3.2.

A következ® állítások ekvivalensek:

1.

F

2.

rot (F ) = 0.

skalárpotenciálos.

FEJEZET 1. VEKTORANALÍZIS 3.

∀Γ ⊂ IR3

6

˛

zárt görbére

F (r) dr = 0. Γ

Deníció 1.3.3. IR3

vektormez®,

F : IR3 → IR3 vektormez® amelyre rot (G) = F .

vektorpotenciálos, ha létezik olyan

G : IR3 →

Tegyük fel, hogy F vektorpotenciálos. Létezik G = (g1 , g2 , g3 ) dierenciálható vektormez®, melyre

∂ ∂ g3 − g2 ∂y ∂z ∂ ∂ = g1 − g3 ∂z ∂x ∂ ∂ = g2 − g1 . ∂x ∂y

f1 = f2 f3 Ekkor a divergenciája:

div (F ) =

Állítás 1.3.4.

∂ ∂ ∂ f1 + = f2 + f3 = · · · = 0. ∂x ∂y ∂z

A következ® állítások ekvivalensek:

1.

F

2.

div (F ) = 0

vektorpotenciálos

Következmény 1.3.5. 1.

rot (grad (f )) = 0.

2.

div (rot (F )) = 0.

A fenti két állítás alapján tehát:

3. Könnyen belátható az is, hogy

Megjegyzés 1.3.6.

00 00 00 + fzz = 4f . + fyy div (grad (f )) = fxx

rot (G1 ) = 0, akkor egy tetsz®leges G vektormez®re rot (G + G1 ) = rot (G) + 0 = rot (G). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál nem egyértelm¶: ha F = rot (G), akkor F -nek G és G + G1 is vektorpoA rotáció lineáris operátor. Ezért ha

tenciálja. Ha

F

vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ® módon:

ˆ

1

tF (tx, ty, tz) × (x, y, z) dt

G(x, y, z) = 0


7

1.4. Vonalintegrál, cirkuláció Ebben a fejezetben átismétljük az els® évben megtanultakat, majd kib®vítjük.

Deníció

(Ismétlés.)

Adott

C ⊂ IR3

görbe,

C = {γ(t) | t[a, b]}.

Az

f : IR3 → IR

C görbe mentén: ˆ b ˆ f (x, y, z) ds = f (γ(t)) γ(t) ˙ dt.

folytonos valós függvény vonalintegrálja a

C

a

A fenti képletben γ(t) ˙ = (x(t), ˙ y(t), ˙ z(t)) ˙ a görbe érint®vektorát adja meg az adott pontban. Skalármez® vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja a tömeg.

Deníció (Ismétlés.)

Az

F : IR3 → IR3 vektormez® vonalintegrálja ˆ b ˆ

F (γ(t)), γ(t) ˙ dt. F (r) dr =

a

C

görbe mentén:

a

C

Vektormez® vonalintegráljának lehetséges zikai interpretációja munka, melyet a vektortérben az adott görbe mentén haladva végzünk. A fenti deníciót átfogalmazzuk, gyelembe véve γ(t) ˙ jelentését. Legyen T : C → IR3 egy olyan vektormez®, mely a görbe minden pontjához egységnyi hosszú érint®vektort rendel. Ekkor ˆ ˆ b

F (x, y, z) · T (x, y, z) ds,

F (r) dr = C

a

ahol az integrálbeli szorzás skalárszorzatot jelent. Úgy fogalmazhatunk, hogy a vektormez® vonalintegrálja megegyezik érint®irányú komponensének - mint skalármez®nek vonalintegráljával.

Deníció 1.4.1. vektormez®

Az

F : IR3 → IR3

cirkulációjának

vektormez® vonalintegrálját a

C

görbe mentén a

hívjuk.

A vonalintegrál természetes módon kiterjeszthet® magasabb dimenzióra.

Deníció 1.4.2.

f : IRn → IR valós függvény (skalármez®) vonalintegrálja γ(t) : t[a, b] ; γ(t) = x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t) görbe mentén: ˆ ˆ b q f (x1 , . . . , xn ) ds = f (γ(t)) x˙1 2 (t) + x˙2 2 (t) + . . . x˙n 2 (t) dt Γ

Az

a

Γ =

a

A fenti képletben γ(t) ˙ = (x˙ 1 (t), . . . , x˙ n (t)) a görbe érint®vektorát adja meg az adott pontban. A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését®l. Megjegyzés.


8

1.5. Felületi integrál. Fluxus. 1.5.1. Felület Ebben a fejezetben deniáljuk, hogy mit értünk felület alatt. Egy speciális esetet már láttunk, kétváltozós függvény gráfjaként. Adott a síkon egy D ⊂ IR2 tartomány, és egy ezen értelmezett valós függvény, f : D → IR. Az ennek megfelel® felület

S := {(x, y, f (x, y)) : (x, y)D}. Az általános felület bizonyos értelemben hasonlít a görbék megadásához. Akkor a számegyenes egy [a, b] intervallumát képeztük le egy-egyértelm¶en egy görbe pontjaiba; síkban vagy térben.

Deníció 1.5.1.

Adott egy

D ⊂ IR2

tartomány, és egy

s : D → IR3

dierenciálható,

egy-egyértelm¶ függvény.





x(u, v)    s(u, v) =  y(u, v)  , z(u, v) A felület

s

(u, v)D.

értékkészlete lesz,

S=

x(u, v), y(u, v), z(u, v) : (u, v)D .

Gondolhatunk legegyszer¶bb esetként a D tartományra, mint egy kétdimenziós intervallumra, D = [a, b] × [c, d]. A felület pontjait ezen D elemeivel paraméterezzük. Megjegyzés.

1.

Példa.

A fenti egyszer¶ eset természetesen leírható az általános keretben. Ekkor   u   ,  s(u, v) =  (u, v)D. v 

f (u, v)

2. Példa. Az egységsugarú, origó középpontú félgömb felszinének pontjai paraméterezhet®k két paraméterrel, a második és harmadik gömbi polárkoordinátának megfelel®en. Legyen az u paraméter a pontba mutató vektor és a z tengely pozitív részének szöge, a v paraméter pedig az (x, y) síkba es® vetületnek az x tengely pozitív részével bezárt szöge. Ekkor

z = cos(u) x = sin(u) cos(v) y = sin(u) sin(v).


9

1.5.2. Felületi integrál Deníció 1.5.2. függvény felületi

f : IR3 → IR folytonos valós függvény, melyre D ⊂ Df . Az f integrálja az S felület mentén: ˆˆ ˆˆ f (s(u, v)) s0u × s0v d(u, v) (1.1) f (x, y, z) dS = Adott az

D

S

Megjegyzés 1.5.3.

A fenti képletben

s0u × s0v

a felület érint®síkjának normálvektora az

adott pontban. Az integrál értéke független a felület paraméterezését®l.

2. Példa. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: s(u, v) = (u, v, t(u, v)), ahol t : D → IR dierenciálható kétváltozós függvény. Ekkor ˆˆ ˆˆ p f (u, v, t(u, v)) 1 + (t0u )2 + (t0v )2 d(u, v). f (x, y, z) dS = D

S

Igazoljuk ezt. Számoljuk ki (1.1) jobb oldalán szerepl® vektoriális szorzatot: i j k s0u × s0v = 1 0 t0u = −t0u , −t0v , 1 , 0 1 t0v és ennek a vektornak a hossza valóban

p 1 + (t0u )2 + (t0v )2 .

Adott a térben egy vektormez®,





F (x, y, z)   1  F (x, y, z) =  F2 (x, y, z)  , F3 (x, y, z) ahol F1 , F2 , F3 : R → IR dierenciálható függvények az R ⊂ IR3 tartományon. Feltesszük, hogy S ⊂ R.

Deníció 1.5.4.

Az

F : IR3 → IR3 vektormez® felületi integrálja a fenti ˆˆ ˆˆ

F dS = F (s(u, v)), s0u × s0v d(u, v) S

S felület mentén

D

A vektormez® felületi integrálját egy skalárszorzattal deniáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez® integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy ˆˆ ˆˆ s0 × s0v 0 F · n dS = F (s(u, v)) · 0u · su × s0v d(u, v) = 0 |su × sv | S

D


10

ˆˆ

ˆˆ F (s(u, v)) ·

(s0u

×

s0v )

d(u, v) = S

D

Deníció 1.5.5.

F dS

S ⊂ IR3 sima felület, ennek minden pontjában n(x, y, z) = (n1 (x, y, z), n2 (x, y, z), n3 (x, y, z)) egység hosszú normálvektor. Egy F : IR3 → IR3 dieAdott egy

renciálható vektormez® felületi integrálját:

ˆˆ ˆˆ

F dS = F · n dS ∂M

vektormez®nek a felületre vett

uxusának

∂M

nevezzük.

2. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = xi + yj + zk és S az origó közep¶, r sugarú gömb felszíne. Számoljuk ki F uxusát S -re nézve. 3. Gyakorlat. Legyen F (x, y, z) = i, és S az x + y + z = 1 sík els® tér-nyolcadba es® része. Határozzuk meg a vektortér uxusát. Értelmezhetjük egy kétdimenziós F (x, y)vektormez® uxusát is, egy Γ síkgörbére nézve: ˆ φ = F (x, y) ds Γ

1.6. Vektormez®kre vonatkozó tételek 1.6.1. Divergencia tétel Tétel 1.6.1 (Divergenciatétel / Gauss-Osztrogradszkij-tétel).

Legyen

M ⊂ IR3

∂M a tér-részt határoló (zárt) felület. Tegyük fel, hogy ∂M pontjaiban adottak az n(x, y, z) = (n1 (x, y, z), n2 (x, y, z), n3 (x, y, z)) egység hosszú, a térrészb®l kifelé 3 3 mutató normálvektorok. Ekkor az F : IR → IR dierenciálható vektormez®re ˆˆˆ ˆˆ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F · n dS egy zárt tér-rész, és

M

∂M

Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez®nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld. 1.5.4).

(vázlat): Tegyük fel, hogy M egyszer¶ térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy ˆˆˆ ˆˆˆ ∂f1 ∂f2 ∂f3 div F = + + d(x, y, z) = ∂x ∂y ∂z

Bizonyítás.

M

M


11

ˆˆ = (f1 n1 + f2 n2 + f3 n3 ) dS ∂M

Ez pedig tagonkénti egyenl®séggel bizonyítható. Ebb®l most a harmadik tagot fogjuk belátni: ˆˆ ˆˆˆ ∂f3 d(x, y, z) = f3 n3 dS. ∂z M

∂M

Írjuk fel M -et az (x, y) sík szerinti normáltartományként: b(x, y) < z < t(x, y) ahol (x, y)D. Írjuk fel a határhalmazt három tartomány uniójaként n3 el®jelének megfelel®en:

n3 > 0 : Mtop ,

n3 = 0 : Mside ,

n3 < 0 : Mbottom ,

így ∂M = ∂Mtop ∪ ∂Mside ∪ ∂Mbottom . Számoljuk ki a résztartományokra vett felületi integrálokat:

n3 > 0 : ∂Mtop = (u, v, t(u, v)) : (u, v)D : n = (−t0u , −t0v , 1) · p Ezért ˆˆ

1 ⇒ n3 = p . 1 + (t0u )2 + (t0v )2 1 + (t0u )2 + (t0v )2 1

ˆˆ p f3 (u, v, t(u, v))n3 (u, v, t(u, v)) 1 + (t0u )2 + (t0v )2 d(u, v) =

f3 n3 dS = ∂Mtop

∂Mtop

ˆˆ =

f3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) ∂Mtop

n3 = 0 : ∂Mside : Itt n3 = 0, ezért az integrál is 0. n3 < 0 : ∂Mbottom = (u, v, b(u, v)) : ˆˆ ˆˆ f3 n3 dS = . . . = − f3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) D

∂Mbottom

Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege: ˆˆ ˆˆ f3 n3 dS = f3 (u, v, t(u, v)) − f3 (u, v, b(u, v)) d(u, v) ∂M

D

A teljes M -re vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk: ˆˆ ˆ t(x,y) ˆˆˆ ∂f3 ∂f3 (x, y, z) d(x, y, z) = (x, y, z) dz d(x, y) = ∂z b(x,y) ∂z M

D


12

ˆˆ f3 (x, y, t(x, y)) − f3 (x, y, b(x, y)) d(x, y)

= D

a Newton-Leibniz-formula miatt. Ez láthatóan megegyezik a felületi integrálok összegével.

3. Példa. F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M az origó körüli r sugarú gömb fels® fele. A térfogati integrál: ˆˆˆ 2 3 d(x, y, z) = 3 r3 π = 2r3 π 3 M

A felületet két részre osztjuk: S = S1 ∪ S2 , ahol S1 a félgömb felülete és S2 az alsó körlap. 1 Ekkor az S1 felületen n1 (x, y, z) = (x, y, z) és az S2 felületen n2 (x, y, z) = (0, 0, −1). Az r S1 -en vett integrál: ˆˆ ˆˆ 2 1 x + y2 + z2 (x, y, z) · (x, y, z) dS = dS = r r S1

S1

ˆˆ

r dS = rA(S1 ) = r2r2 π = 2r3 π.

= S1

Az S2 -n vett integrál:

ˆˆ

ˆˆ (x, y, z) · (0, 0, −1) dS =

S2

−z dS = 0. S2

A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal: ˆˆ F dS = 2r3 π S1 ∪S2

1.6.2. Stokes tétel Tétel 1.6.2 (Klasszikus Stokes-tétel). vektormez®t és egy

M ⊂ IR3

felületet, amelyet egy

görbe határol. A felület normálvektorait jelölje

ˆˆ

n. ˛

Ekkor

rot F · n dS = M

Itt

T

F : IR3 → IR3 dierenciálható ∂M = γ(t)IR3 : t[a, b] sima, zárt

Vegyünk egy

F · T ds.

(1.2)

∂M

jelöli a görbe pontjaihoz húzott egységnyi hosszú érint®vektorokat, amelyeket úgy

számolhatunk, hogy

γ(t) ˙ T = γ(t) ˙


Megjegyzés 1.6.3.

13

Kés®bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz formula, a Divergencia-

és a Stokes-tétel ugyanazon absztrakt tétel speciális esetei.

Annyit azonban már most

észrevehetünk, hogy mindhárom tétel megfogalmazható nagy vonalakban így: A függvény deriváltjának integrálja egy tartományon egyenl® a függvénynek a tartomány határán vett megváltozásával.

Deníció 1.6.4.

A fenti integrállal megadott mennyiséget az

F

vektormez® cirkulációjá-

nak nevezzük.

4. Példa. Legyen F (x, y, z) := (y, z, x), és M az egységgömb fels® fele. Ennek paraméterezése:   sin ϕ cos θ    M := {s(ϕ, θ) =  sin ϕ sin θ   : ϕ[0, π/2], θ[0, 2π]}. cos ϕ Ekkor tehát ∂M = {γ(t) = (cos t, sin t, 0) : t[0, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. A (1.2) egyenlet jobb oldala: ˛ ˆ 2π

F (r)dr = F (γ(t)), γ(t) ˙ dt = ∂M

ˆ

0

ˆ

2π

=

2π

sin2 t dt = −π.

(sin t, 0, cos t), (− sin t, cos t, 0) dt = −

0

0

(1.2) egyenlet bal oldalán a normálvektor n = (x, y, z) (jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb felületén vagyunk). Számoljunk: j k i ∂ ∂ ∂ = (−1, −1, −1). rot (F ) = ∂x ∂y ∂z z x y A (1.2) egyenlet bal oldala: ˆˆ ˆˆ ˆˆ

rot F · n dS = (−1, −1, −1), (x, y, z) dS = − (x + y + z) dS = M

M

ˆ =− 0

π 2

ˆ

M

2π

(sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = −π 0

A sin ϕ szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa.


14

1.6.3. Green tétel A harmadik klasszikus tétel speciális esetként levezethet® a Stokes tételb®l.

Tétel 1.6.5 (Green tétel).

P és Q kétváltozós valós függvények valamely D ⊂ IR tartományon. Feltesszük, hogy D határa sima, ez a C zárt görbe. Ekkor ˛ ˆˆ ∂Q ∂P − d(x, y) = (P dx + Q dy). (1.3) ∂x ∂y C Adottak a

2

D

A jobboldalon szerepl® integrálok kiszámítása: ˆ b ˛ ˛ ˆ b Q(x(t), y(t))y(t)dt. ˙ Q(x, y) dy = P (x(t), y(t))x(t)dt, ˙ P (x, y) dx = C

2.

Feladat.

a

C

a

Igazoljuk a fenti tételt a Stokes tétel alapján. Javasolt "szereposztás":

F (x, y, z) = (P (x, y), Q(x, y), 0), valamint S = {(x, y, 0) : (x, y)D},

C = {(x(t), y(t), 0) : t[a, b]}.

n = (0, 0, 1),

5. Példa. Két speciális esetet tekintünk. Legyen els®ként P (x, y) = −y és Q(x, y) = 0, majd P (x, y) = 0 és Q(x, y) = x. Ekkor a (1.3) egyenlet így írható ˆˆ ˛ 1 d(x, y) = −y dx C

D ˆˆ

˛

x dy

1 d(x, y) = C

D

A baloldalon mindkét egyenletben a C görbe által közrezárt tartomány területe van. Ezért ˛ ˛ ˛ 1 (x dy − y dx) = x dy = − y dx (1.4) A(D) = 2 C C C 6. Példa. egyenletek:

Határozzuk meg egy cikloid ív alatti területet. A görbét meghatározó

x(t) = r t − sin(t) y(t) = r 1 − cos(t) ,

t[0, 2π].

˛ A teületszámításra az A(D) = −

y dx képletet fogjuk használni. Mivel a területet haC

tároló vízszintes szakaszon y = 0, ezért csak az ív mentén kell integrálnunk. Felhasználjuk, hogy itt dx = r 1 − cos(t) dt. Ezért ˛ ˆ 2π 2 A(D) = − y dx = r2 1 − cos(t) dt = C

0


15

1.2. ábra. Cikloid, r = 2 paraméter mellett.

ˆ = r2

1 dt − 2 0

3.

Feladat.

ˆ

2π

ˆ

2π

! cos2 (t) dt

cos(t) dt + 0

2π

= r2 (2π + 0 + π) = 3πr2 .

0

Számoljuk ki a (1.4) képlet alapján egy deltoid területét:

A deltoidot határoló görbe egyenlete:

x(t) = 2 cos(t) + cos(2t) y(t) = 2 sin(t) − sin(2t)

2. fejezet Dierenciálgeometria

16

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA

17

2.1. Sokaságok 2.1.1. Paraméteres megadás Deníció 2.1.1 (Paraméteresen megadott sokaság). k -dimenziós

∃U

sokaság (k

ha

M

⊂

IRn

részhalmaz

∀pM -hez

környezete,

és

∃F : IRk → IRn

és

∃V ⊂ IRk

hogy

≤ n),

Az

dierenciálható leképezés

nyílt halmaz,

F (V ) = U ∩M

és a

DF

Jacobi mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm¶.

Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan olyan, mintha k dimenziós volna. Például egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter¶) sokaság. Másik péld egy térbeli felület, amely kétdimenziós (két paraméter¶) sokaság. Láthatjuk, hogy a sokaság dimenziója megegyezik a paraméterezéskor használt paraméterek számával. Fontos megjegyeznünk, hogy V mindig nyílt halmaz. Ebb®l következik, hogy pl. csak olyan görbe lehet sokaság, amely nem tartalmazza a végpontjait, mert a végpontok környezetei már nem úgy viselkednek, mint egydimenziós intervallumok. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak. 7.

Példa.

Egy síkbeli görbe pontjai 1 dimenziós sokaságot adnak IR2 -ben.

Az ábrán látható vonal esetén:

F : (−1, 2) → IR2 ,

A Jacobi mátrix 8.

Példa.

1 2t

F (t) = (t, t2 ),

V = (−1, 2).

! valóban teljes rangú.

Egy térbeli felület pontjai 2-dimenziós sokaságot adnak IR3 -ban.


18

Az ábrán látható felület esetén:

F : IR2 → IR3 ,

F (x, y) = (x, y, x2 + y 2 ),

V = {x2 + y 2 < 1}.

A Jacobi mátrix

Deníció 2.1.2.

1 0 2x 0 1 2y M ⊂ IRn

! mindig teljes rangú.

lezárása a torlódási pontjainak halmaza:

M=

Megjegyzés 2.1.3. minden

xM

4.

Gyakorlat.

xIR

A

: ∃(xn ) ⊂ M, lim xn = x . n→∞

Egy halmaz lezárása tartalmazza a halmaz pontjait:

esetén a konstans

Deníció 2.1.4.

n

xn ≡ x

k -dimenziós M

sorozat határértéke

sokaság határa

M ⊂ M,

hiszen

x.

∂M = M \ M .

Mi lesz a fenti két Példa-beli sokaság határa?

4. Feladat. A fenti deníció értelmében hogyan tudjuk az egységkör-vonalat egydimenziós sokasgként reprezentálni? Mi lesz a határa? Igazolható, hogy ha M k -dimenziós sokaság, akkor ∂M vagy k − 1 dimenziós sokaság, vagy üres halmaz.

Megjegyzés 2.1.5.

Itt kell megjegyeznünk, hogy

0

dimenziós sokaságnak egy véges elem-

számú diszkrét pontokból álló halmazt nevezzünk. Tehát az egy dimenziós sokaság (görbe) határa

0

dimenziós sokaság lesz, ha a görbe nem zárt.

2.1.2. Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb deníciójának megfogalmazásához legalább érint®legesen beszélnünk kell a topológikus terekr®l.


Topologikus terek - kitér®

19

A topológikus tér egy absztrakt fogalom.

Hallhattunk már

olyan terekr®l, amelyekben létezik metrika (metrikus tér), vagy létezik norma (normált tér), vagy skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a amely a

T -beli

T

nyílt halmazokat tartalmazza. Az

halmazon létezik egy

U⊂

2T

U ⊂ 2T

halmazrendszer,

halmazrendszer bizonyos axiómáknak

eleget tesz (melyeket nyílt halmazoktól 'elvárunk').

Deníció 2.1.6.

rendszer, ha minden

Deníció 2.1.7. továbbá minden

M halmaz nyílt lefedése az Uα nyílt pM -re van olyan α, hogy pUα .

Egy

M ⊂ IRn

egy

k

halmazokból álló

dimenziós sokaság, ha létezik egy nyílt

∃φα : IRk → IRn

lefedése,

-

∃V IRk

-

φα

leképezés, melyre

nyílt gömb, hogy

bijekció

V

és

Uα

φα (V ) = Uα

között (egy-egy értelm¶)

Feltesszük továbbá, hogy ezek a leképezések "simán" változnak, azaz ha a

(Uα )

halmaz-

α-hoz

-

−1 φα

(Uα )

megszorítást véve a

φα−1 (φβ ) : IRk → IRk

Uα ∩ Uβ 6= ∅,

akkor

dierenciálható, egy-egy értelm¶

Uα ∩Uβ

leképezés. Ekkor a

Deníció 2.1.8. szerét (

pUα

pont lokális koordinátái (k dimenzióban)

k φ−1 α (p)IR .

(Uα , φα ) párt lokális térképnek, az egész M -et (Uα , φα ) : αI indexhalmaz ) atlasznak nevezzük. Az

lefed® térképek rend-


20

Ezek az elnevezések szemléletesen mutatják, hogy mihez hasonlítható mindez. Képzeljük el, hogy egy lapozható autóatlaszt használunk. Ekkor a térkép lapjai és az elénk táruló táj pontjai között egy-egy értelm¶ leképezés van. Az összes térképlap tájbeli megfelel®jének uniója az M tájat teljesen lefedi. Az egyes térképlapok jobb széls® sávján található terület megtalálható a szomszédos térképlap bal szélén is, és így tovább. Amikor felnézünk a térképr®l a tájra, akkor az egyik lap szélér®l a φα leképezéssel átmegyünk az Uα ∩ Uβ M valóságos területre, ahonnan a φ−1 segítségével visszajövünk a másik térképlap másik β szélére. 9.

Példa.

S 1 -gyel jelöljük a síkbeli egységkörvonalat, mely egy dimenziós sokaság.

Ehhez el®ször egy nyílt lefedést kell megadnunk. Két félkör uniója nem lenne nyílt lefedés, mert ha a két görbe a végpontjait is tartalmazza, akkor nem nyílt halmazok. Ha pedig nem tartalmazza, akkor nem fedtük le az egész egységkört.

Ezért vegyük a a fels® félkört (U1 ), az alsó félkört (U2 ), a jobb félkört (U3 ) és a bal félkört (U4 ) és ezeknek metszeteib®l építsük fel az egységkört! A térképekhez tartozó


21

φ1,2,3,4 : (−1, 1) → IR2 leképezések: √ φ1 (x) = ( 1 − x2 , x) √ φ3 (x) = (− 1 − x2 , x)

√

1 − x2 ) √ φ4 (x) = (x, − 1 − x2 )

φ2 (x) = (x,

Ekkor például az U1 ∩ U2 halmazon, azaz a jobb fels® síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy −1 φ−1 2 (φ1 (x)) = φ2 (x,

√

1 − x2 ) =

√

1 − x2 ,

és ez a leképezés valóban dierenciálható.

5. Feladat. Hasonló módon igazoljuk, hogy IR3 -ban az S2 egységgömb felülete kétdimenziós sokaság. 10. Példa. Ebben a példában a valós projektív teret fogjuk deniálni. Tekintsünk az IRn+1 \ {0} halmazon egy relációt:

(x0 , x1 , . . . , xn ) ∼ (y0 , y1 , . . . , yn ),

ha ∃λIR : yk = λxk , k = 0, 1, . . . , n

Tehát például n = 2 esetén

(1, 2, 3) ∼ (2, 4, 6) ∼ (−2, −4, −6) 6∼ (2, 1, 3) Ez ekvivalencia reláció. Az n-dimenziós projektív tér Pn az ekvivalenciaosztályokat jelenti. Az (x0 , x1 , . . . , xn )-nel ekvivalens elemeket így jelöljük:

(x0 : x1 : · · · : xn ). Igazolható, hogy Pn n-dimenziós sokaság. A módszert n = 2 esetben mutatjuk be. P2 egy nyílt lefedését kapjuk az alábbi halmazokkal U0 = (1 : x : y), U1 = (x : 1 : y), U2 = (x : y : 1),


22

tehát pl. U0 -ban lesznek azok az elemek, melyek els® koordinátája nem 0, stb. A megfelel® leképezések φk : IR2 → IR3 , k = 0, 1, 2, így adhatók meg:

φ0 (x, y) = (1 : x : y),

φ1 (x, y) = (x : 1 : y),

Ezek kompatibilitását le kell ellen®riznünk. U0 els® és második eleme különbözik 0-tól. Ekkor

φ−1 1 φ0 (x, y)

=

φ−1 1 (1

: x : y) =

T

φ−1 1

φ2 (x, y) = (x : y : 1).

U1 lesz azon elemek halmaza, melyek

y 1 :1: x x

=

1 y , x x

,

ezért φ−1 1 φ0 Jacobi mátrixa



1  − x2   D φ−1 φ = 0 1   y x2

 0   ,  1  x

és ez valóban mindig teljes rangú az {x 6= 0} halmazon. 5.

Gyakorlat.

Igazoljuk, hogy a feti példában szerepl® ∼ valóban ekvivalencia reláció.

2.1.3. Implicit megadás Deníció 2.1.9 (Implicit megadású sokaság). n − k darab n-változós függvény, halmazt: M a ρi függvények nulltereinek

adható

M=

M IRn k dimenziós sokaság, ha megρ1 , ρ2 , . . . , ρn−k : IRn → IR, melyek el®állítják a metszete:

n−k \

{ρi = 0} .

i=1

Feltesszük, hogy a

ρi

függvények gradiensei lineárisan függetlenek, azaz gradiensvektorokból

képzett mátrix teljes rangú:





grad ρ1    grad ρ2      ..   .   grad ρn−k

Példa:

Az egységkör egy dimenziós sokaság IR2 -ben. Ennek implicit megadása:

S 1 = (x, y)IR2 : ρ1 (x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0 .


23

Adott két háromváltozós függvény, ρ1 (x, y, z) és ρ2 (x, y, z). Tekintsük az alábbi halmazt: {(x, z, y) : ρ1 (x, y, z) = 0, ρ2 (x, y, z) = 0}.

Példa:

Mindkét függvény nulltere egy-egy felület a térben ("szintfelületek"). Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. Eddigi ismereteink alapján ez valóban 1-dimenziós sokaság. 11. Példa. Legyen az S 1 görbe olyan IR3 -beli egységkör, mely az (x, y) síkba esik. A görbét impliciten megadó függvények:

ρ1 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 (gömb)

ρ2 (x, y, z) = z (sík)

S 1 = {ρ1 = 0} ∩ {ρ2 = 0} . Ekkor grad ρ1 = (2x, 2y, 2z) és grad ρ2 = (0, 0, 1), valóban függetlenek.

Deníció 2.1.10.

Legyen

M ⊂ IRn k

dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a

ρi függvények kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim Np = n − k . érint®tér Tp = v : v ⊥ Np , dim Tp = k . pM

ponthoz tartozó

Np

normáltérnek a

gradiensei által az adott pontban A

p-hez

tartozó tangenstér vagy

12. Példa. Ha S 1 = x2 + y 2 − 1 = 0 és p = (x0 , y0 )S 1 , akkor grad ρ = (2x0 , 2y0 ). Tehát Np az (x0 , y0 ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. Ezért Tp bázisának vehetjük az (y0 , −x0 ) vektort. Az el®z® példában Tp bázisának az ellentétes (−y0 , x0 ) vektort is vaálaszthattuk volna. Így Tp kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról.

2.1.4. Sokaság irányítása Legyen V egy k dimenziós vektortér. Ebben kiválasztunk egy bázist, jelölje [v] = {v1 , v2 , . . . , vk }. Ekkor minden másik [w] = {w1 , w2 , . . . , wk } bázisra

vi =

k X

aij wj ,

i = 1, 2, . . . k.

j=1

Az A = (aij ) mátrix nem szinguláris, azaz detA 6= 0. Ezért V -ben egy bázist rögzítve a vektortér minden bázisát két osztályra oszthatjuk aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a


24

pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg.

Deníció 2.1.11 (Vektortér irányítása). A, detA > 0.

közötti áttérési mátrix irányítású, ha

Deníció 2.1.12.

azaz egy

xV

V vektortérben vett [v] és [w] bázis = A · x[v] . Ekkor [v] és [w] azonos

Legyen a

vektorra

x[w]

Egy sokaság irányítható, ha minden pontban megválsztható a normál-

tér irányítása úgy, hogy az folytonosan változzon a sokaság mentén.

A Moebius-szalag például nem irányítható.

2.2. Dierenciálformák 2.2.1. Bevezetés és ismétlés Szeretnénk IRn -ben egy k dimenziós sokaságon integrálni. Hasonlóan ahhoz, ahogy vonal mentén vagy felületen már integráltunk. Ehhez szükség van arra, hogy k -dimenziós mértéket használjunk a sokaságon. Erre szolgálnak majd a dierenciálformák. Ezek bevezetését fokozatosan fogjuk megtenni. A síkon a v1 = (x1 , y1 ) és a v2 = (x2 , y2 ) vektorok által kifeszített paralelogramma területe T = x1 y2 − y1 x2 , ami felírható úgy, mint a következ® determináns: x x 1 2 det v1 v2 = y1 y2 Ismétlés.

Állítás 2.2.1.

Adottak a

v1 , . . . , vk IRn

vektorok, ezeket egy

rendezzük

A = v 1 v2 . . . vk

n×k

dimenziós mátrixba

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA k -dimenziós

Ekkor az általuk kifeszített

V =

Példa:

paralelotóp

25

k

dimenziós mértéke:

q det(AT A).

Ha k = 1, azaz csak egy vektorunk van, akkor ennek hossza (mértéke): v uX u n 2 √ kvk = t vj = vT v, j=1

tehát a fenti képletet kapjuk. (Vázlat) Ha k = n (azaz A négyzetes mátrix), akkor detA = detAT , és a determináns multiplikatív tulajdonsága alapján q q q T det(A A) = detAT · detA = (detA)2 = detA , Bizonyítás.

tehát a tétel igaz. Ha k < n, akkor kiindulunk (AT A) felírásából:  |v1 |2 hv1 , v2 i ... hv1 , vk i   hv2 , v2 i |v2 |2 ... hv2 , vk i  (AT A) =  . . .. . .. .. ..  .  hvk , v1 i ... hvk−1 , vk i |vk |2

      

A fenti mátrix elemei vektorok hossza és vektorok skaláris szorzata nem változnak meg térbeli forgatás hatására. Tehát a vektorokat elforgatva úgy, hogy csak az els® k db koordinátájuk legyen 0-tól különböz®, visszajutunk az n = k speciális esethez.

2.2.2. Elemi formák Elemi formák IR3 -ban

A könnyebb érthet®ség kedvéért azzal kezdjük, ami "látható".

Az elemi 1-forma egy olyan leképezés, ami a vektorhoz hozzárendeli az egyes koordinátatengelyekre vett vetületének hosszát. Ennek megfelel®en három különböz® elemi 1-forma van, ezeket dx1 , dx2 , dx3 jelöli. Nevezetesen, dx1 , dx2 , dx3 : IR3 → IR, és ha v = (v1 , v2 , v3 )IR3 , akkor

dx1 (v) = v1 ,

dx2 (v) = v2 ,

dx3 (v) = v3 .

Az elemi 2-forma egy olyan leképezés, ami két vektorhoz hozzárendeli az egyes koordináta síkokra vett vetületek által meghatározott paralelogramma területét. Ennek megfelel®en


26

három különb¹® elemi 2-forma van, ezeket dx1 ∧ dx2 , dx2 ∧ dx3 , dx1 ∧ dx3 jelöli. Nevezetesen, ha v = (v1 , v2 , v3 ) és w = (w1 , w2 , w3 ), akkor v w v w v w 1 1 2 1 1 2 dx1 ∧ dx2 (v, w) = dx1 ∧ dx3 (v, w) = , dx2 ∧ dx3 (v, w) = . v2 w2 v3 w3 v3 w3

Elemi formák

IRn -ben A továbbiakban az n-dimenziós vektorokat és koordinátáikat így fogjuk jelölni: v = (v1 , . . . , vn )IRn . Elemi 1-formákból n különböz® létezik: dx1 , . . . , dxn : IRn → IR; dxj (v) = vj . Ezek a v vektorhoz a j -edik koordináta irányába es® vetületének hosszát adják meg. Elemi 2-forma megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma (xi , xj ) síkra es® vetületének területét. v w i i dxi ∧ dxj : IRn × IRn → IR, dxi ∧ dxj (v, w) = , 1 ≤ i < j ≤ n. vj wj Ez szemléletesen azt jelenti, hogy a két oszlopvektorból képzett mátrixból fogjuk az i-edik és j -edik sort, és az ebb®l a két sorból alkotott vesszük a determinánsát. A mátrixnak n denícióból következik, hogy elemi 2-formából féle van. 2 Az elemi k -formák deniálásához el®ször választunk egy I = {i1 , . . . ik } indexhalmazt, melyre teljesül, hogy 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ik ≤ n. Ekkor a dxI elemi k -forma:   Ai  . 1 n×k .  dxI : IR → IR, dxI (A) = det   . , Aik ahol IRn×k az n × k dimenziós mátrixok tere, és Aij jelöli az A mátrix ij -edik sorvekto rát. Azaz a v1 . . . vk mátrixból kivesszük az ij indexeknek megfelel® sorokat, és az ezekb®l képzett k × k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát.

2.2.3. Általános formák. Küls® szorzat Deníció 2.2.2.

1-formának

egy

ω : IRn → IR

lineáris leképezést nevezünk.

Könnyen látható, hogy minden ω 1-forma el®állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként: n n X X ω(v) = aj vj =⇒ ω= aj dxj . j=1

j=1


Deníció 2.2.3.

Az

ω : IRn×k → IR

azt jelenti, hogy minden változójára értéke

−1-szeresre

27

k -forma, ha multilineáris és alternáló. Ez (v1 , . . . , vk ) nézve lineáris és két változót felcserélve leképezés

változik.

Az n dimenziós k -formák vektorteret alkotnak, amit tortérben az elemi k formák bázist alkotnak. Igazoljuk, hogy n ezért dimenziója . k 6.

Feladat.

Vk

Vk

(IRn )-nel jelölünk. Ebben a vek-

(IRn )-an az elemi k -formák valóban bázist alkotnak, és

Legyen τ egy k -forma és λ egy l-forma. Deniálni fogjuk ezek küls® szorzatát: τ ∧ λ, ami egy k + l-forma lesz Ezt következ®képpen kapjunk meg:

1 és k+l között kiválasztunk k darab indexet növekv® sorrendben, ezek σ1 , . . . , σk . Ezután a kihagyott l darab indexet növekv® sorrendben elnevezzük σk+1 , . . . , σk+l -nak. Ezzel az 1-t®l k + l-ig tartó indexek egy (σj ) sorbarendezését - permutációját - kapjuk, amelyre igaz, hogy 1 ≤ σ1 ≤ . . . ≤ σk ≤ k + l, továbbá σk+1 ≤ . . . ≤ σk+l .

Deníció 2.2.4.

τ

és

λ

küls® szorzata (más szóval ékszorzata)

τ ∧ λ : IRn×(k+l) → IR,

melyet így deniálunk:

τ ∧ λ(v1 , . . . , vk+l ) =

X

(−1)|σ| τ (vσ1 , . . . , vσk ) · λ(vσk+1 , . . . , vσk+l )

σ

A fenti szummában

σ

végigfut az összes lehetséges permutáción, és

|σ|

a permutáció in-

verzióinak számát jelenti (tehát azt, hogy hány darab cserével érhet® el az adott sorrend az eredeti sorrendb®l kiindulva).

13. Példa. Legyen τ = dx1 és λ = dx2 . Azt várjuk, hogy e két formának az ékszorzata megegyezik a 2.2.2 Denícióval. Lehetséges permutációk (a szumma tagjai):

σ1 = 1, σ2 = 2: |σ| = 0 =⇒ dx1 (v) · dx2 (w) σ1 = 2, σ2 = 1: |σ| = 1 =⇒ −1 · dx1 (w) · dx2 (v) Tehát τ ∧ λ(v, w) = v1 w2 − w1 v2 , ami valóban egyezik a korábban használt determináns értékével.

Állítás 2.2.5. 1. Két

Az ékszorzat tulajdonságai.

1-forma

ék szorzata antikommutatív:

dxi ∧ dxj = − dxj ∧ dxi ,

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA 2. ill. az általános eset: 3. Asszociatív: 4. Disztributív:

28

τ ∧ λ = (−1)k·l λ ∧ τ .

ω ∧ (λ ∧ τ ) = (ω ∧ λ) ∧ τ . ω ∧ (λ + τ ) = ω ∧ λ + ω ∧ τ .

Az antikommutativitás következményei, hogy dxi ∧ dxi = 0 és ω ∧ ω = 0, ha k páratlan.

2.2.4. Dierenciálformák A dierenciálformák helyt®l függ® formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg.

• dierenciál 0-forma: f : IRn → IR dierenciálható skalármez® • dierenciál 1-forma: ω=

n X

fj dxj ,

j=1

ahol dxj elemi 1-forma, és fj : IR → IR dierenciálható függvény. n

• dierenciál k -forma: ω=

X

fI dxI ,

I

ahol I a lehetséges k elem¶ indexhalmazokon fut végig. dxI egy elemi k -forma, és fI : IRn → IR dierenciálható függvényeket jelöl.

Deníció 2.2.6. 1. Ha

f

Dierenciálformák küls® deriváltját fogjuk értelmezni.

egy dierenciál

0-forma,

akkor küls® deriváltja

df := ω = f dxI egyetlen tagból álló dierenciál k + 1-forma, éspedig

2. Ha

n X ∂f dxi . ∂x i i=1

dierenciál

k -forma.

n X ∂f dω = ( dxi ∧ dxI ). ∂x i i=1

3. Egy dierenciál

k -forma

küls® deriváltja:

dω =

X I

dfI ∧ dxI .

Küls® deriváltja

dω

egy

FEJEZET 2. DIFFERENCIÁLGEOMETRIA Általános esetben, ha

ω=

P

i

ωi ,

akkor

Lemma 2.2.7 (Poincarré lemma). 14.

dω =

29

P

Minden

dωi .

i

ω

dierenciálformára

d( dω) = 0.

Legyen

Példa.

f (x, y) = x2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x2 + 6y 2 ) dy Kiszámoljuk d( df )-et. Tagonként deriválva:

d(2xy dx) =

2y dx ∧ dx {z } |

+2x dy ∧ dx = −2x dx ∧ dy

ékszorzat tulajdonságai miatt 0

d((x2 + 6y 2 ) dy) = 0 + 2x dx ∧ dy df = d(2xy dx) + d((x2 + 6y 2 ) dy) = 0 7.

Feladat.

Igazoljuk a Poincarré lemmát dierenciál 1-forma esetén.

2.2.5. Dierenciálformák IR3-ban IR3 -ban a formák használatára néhány konvenciót vezetünk be, amelyekkel összefüggést teremtünk a formák absztrakt világa, valamint a skalár- és vektormez®kr®l korábban tanultak között. Az elemi 1-formákat jelölje dx, dy, dz . Az ékszorzat jelét mostantól nem írjuk ki, hasonlóan ahhoz, ahogy az egyszer¶ szorzat jelét is rendszerint elhagyjuk. Deniáljuk a következ® hozzárendeléseket: 0. T0 egy 0-formához egy skalármez®t rendel. Mivel egy 0-forma önmagában is egy egyszer¶ skalármez®, ezért egyszer¶en saját magát rendeljük hozzá:

ω = f (x, y, z) :

T0 (ω) = f (x, y, z)

1. T1 egy 1-formához vektormez®t rendel a következ®képpen:

ω = f dx + g dy + h dz :

  f    T1 (ω) =  g  h


30

2. T2 egy 2-formához szintén vektormez®t rendel:



ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz :

 h    T2 (ω) =  −g  f

3. T3 egy 3-formához skalármez®t rendel:

ω = f (x, y, z) dx dy dz :

T3 (ω) = f

Ezek a hozzárendelések lehet®vé teszik, hogy a korábban deniált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására.

Állítás 2.2.8.

A formák küls® deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció

között a következ® összefüggések állnak fenn:

V0

,

ω

V1

,

ω

V2

,

1. Ha

ω

2. Ha

3. Ha

ω = f,

akkor

T1 ( dω) = grad T0 (ω) = grad f .

ω = f dx + g dy + h dz , akkor T2 ( dω) = T2 (gx0 − fy0 ) dx dy + (h0x − fz0 ) dx dz + (h0y − gz0 ) dy dz   0 0 h − gz   y  = fz0 − h0x   = rot T1 (ω). 0 0 gx − f y ω = h dx dy − g dx dz + f dy dz , akkor T3 ( dω) = T3 (h0z + gy0 + fx0 ) dx dy dz = div T2 (ω)

Következmény 2.2.9.

d2 ω = d( dω) = 0, a fentieket gyelembe véve rot grad f = 0, és div rot F = 0, ahogy azt a 1.3.5-ban már

Abból, hogy

egyenesen következik, hogy beláttuk.

6. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy a dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet® a vektoriális szorzatnak: T2 (ω ∧ τ ) = T1 (ω) × T1 (τ )


31

2.2.6. Formák integrálása sokaságokon Vk n Tegyük fel, hogy M ⊂ IRn k dimenziós sokaság, ω (IR ) pedig dierenciál k -forma. ˆ Ekkor szeretnénk értelmezni az ω mennyiséget. Ehhez el®ször két speciális esetet M

nézünk meg.

1. Ha n = k = 3, akkor M egy térrész, és ω = f (x, y, z) dx dy dz . Ebb®l egy közönséges hármas integrált kapunk: ˚ ˆ ω= f (x, y, z) dx dy dz M

M

n o 2. Ha n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = γ(t) = x(t), y(t)) : t[a, b] . Az n 1-formák terének dimenziója = 2, tehát két lineárisan független dierenciálk formánk van: ω1 = f (x, y) dx, ω2 = g(x, y) dy . ˆ

ˆ

b

f (γ(t))x0 (t) dt,

f (x, y) dx = M

a

ˆ

ˆ

b

g(γ(t))y 0 (t) dt.

g(x, y) dy = a

M

Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál így: dx = x0 (t) dt. Most használjuk fel a sokaságok absztrakt denícióját (2.1.7). A V nyílt gömb most az [a, b] intervallum, a φ leképe! 0 x (t) zésnek pedig a γ : [a, b] → IR2 felel meg. Ennek Jacobi-mátrixából (D γ = ) y 0 (t) az els® esetben az els® sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi formába: dx(D γ) = x0 (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel®en

ˆ

ˆ

ˆ

M

ˆ

ˆ

ω2 = M

Deníció 2.2.10.

f (γ(t)) dx(D γ) dt a

M

ˆ

b

f (x, y) dx =

ω1 =

g(x, y) dy = M

b

g(γ(t)) dy(D γ) dt a

Vk n dimenziós sokaság, ω (IR ) dierenciál k k n k forma. A sokaság paraméteres megadásában φ : IR → IR , V ⊂ IR olyan nyílt gömb, n×k hogy φ(V ) = M , valamint D φIR teljes rangú mátrix. Ekkor ω M -en vett integrálját Legyen

M ⊂ IRn k

a következ®képpen deniáljuk:

ˆ

ˆ ω(D φ) dx1 ∧ . . . ∧ dxk

ω= M

V


Tétel 2.2.11 (Általános Stokes-tétel). és

M k

32

Tegyük fel, hogy

dω hogy M

dimenziós irányítható sokaság. Ekkor

dimenziós irányítható sokaság, és feltéve,

ˆ

igaz az, hogy

ω

dierenciál és

∂M

(k − 1)-forma, ∂M pedig (k − 1)

dierenciál

k -forma,

irányítása megfelel egymásnak,

ˆ dω =

ω

M

∂M

Speciális esetek 1. Legyen n = k = 1, azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) tekintünk egy M = (a, b) intervallumot. Ekkor ∂M = {b, a}. Legyen ω = f (x), azaz dω = f (x) dx. Ekkor

ˆ

ˆ

ˆ

b

f (x) dx = f (b) − f (a),

dω =

f = f (b) − f (a).

ω=

a

M

ˆ

0

∂M

{b,a}

Az els® esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az f (a) el®jele azért negatív, hogy M és ∂M irányítása megegyezzen. Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az általános Stokes-tétel speciális esete. 2. Legyen n = k = 2. Ekkor M egy tartomány a síkon, ∂M pedig az ®t határoló görbe; ω = f (x, y) dx + g(x, y) dy és dω = (gx0 − fy0 ) dx dy . Ebb®l Green tétele következik:

Tétel 2.2.12 (Green-tétel).

A fenti feltételekkel

¨

˛

(gx0 − fy0 ) dx dy

f dx + g dy = M

∂M

Speciális esetben f (x, y) = −y , g(x, y) = x. Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk számolni M területét: ˛ ¨ ¨ (x dy − y dx) = 1 + 1 dx dy = 2 dx dy = 2 · A(M ) ∂M

8.

Feladat.

9. Feladat. esete.

M

M

Lássuk be, hogy a Divergencia tétel az általános Stokes-tétel speciális esete. Lássuk be, hogy a klasszikus Stokes tétel az általános Stokes-tétel speciális

3. fejezet Variációszámítás

33

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS

34

3.1. Bevezet® példák Bernoulli-feladat (avagy brachisztokron probléma.) Adott A(x0 , y0 ) és B(x1 , y1 ), két pont a síkon. Az A pontból elengedünk egy pontszer¶ testet. Állandó nagyságú, lefelé irányuló gravitációt és nulla súrlódást feltételezve milyen az a görbe, amelyen a test a legrövidebb id® alatt ér le B -be? A görbét az y = φ(x) függvény írja le. φ : [x0 , x1 ] → IR, φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1 . Ekkor a leéréshez szükséges id® ˆ x1 p 1 + φ02 (x) 1 p dx. (3.1) T =√ 2g x0 φ(x) − y0 Ennek az integrálnak a minimumát keressük a φ függvények halmazán.

Forgástest felszín minimalizálás.

Adott A(x0 , y0 ) és B(x1 , y1 ), két pont a síkon az x tengely felett. Ezeket a pontokat összekötjük egy folytonos görbével, melyet y = f (x) ad meg. A görbét megforgatva az x tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mikor lesz a legkisebb, feltéve hogy a görbe két végpontja (a, f (a)) és (b, f (b)) rögzített? ˆ b p (3.2) f (x) 1 + f 02 (x) dx −→ min? A = 2π a

Geodetikus görbék.

Adott egy felület IR3 -ban, és rajta két pont. A két pontot összeköt®, a felületen haladó Γ görbék közül melyik a legrövidebb? ˆ bp s(Γ) = x02 (t) + y 02 (t) + z 02 (t) dt −→ min? (3.3) a

3.2. Alapfeladat Egyváltozós feladat matematikai megfogalmazása Deníció 3.2.1.

Adott

a

síkon

két

pont,

(x0 , y0 )

és

(x1 , y1 ).

Jelölje

C

(3.4)

a

megengedhet® függvények halmazát, melyet így deniálunk:

C = φ : [x0 , x1 ] → IR

kétszer folyt. di-ható,

φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1

Adott egy I : C → IR integrál-operátor (funkcionál), amely a megengedett függvények halmazán van értelmezve, és speciális alakú. Nevezetesen, ˆ x1 I(φ) = F (x, φ(x), φ0 (x)) dx, (3.5) x0


35

ahol F egy adott, kétszer folytonosan dierenciálható három változós függvény. Keressük azon u = u(x)C függvényeket, amelyekre I(u) minimális. Szeretnénk tudatosítani, hogy itt egy szokatlan jelölést fogunk használni. Az (3.5) funkcionál értékének kiszámításakor F els® argumentuma (a megszokott) x, a második argumentumba az u(x) függvényt helyettesítünk, míg a harmadik argumentumba ennek deriváltját. Ennek megfelel®en F argumentumait (x, y, z) helyett (x, u, u0 )-vel jelöljük:

F = F (x, u, u0 ). Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor u vagy u0 , mint változó szerint deriválunk. Ezek után megfogalmazhatjuk a

variációszámítás alapfeladatát: min I(φ) =? φC

ahol C -t és a funkcionált a (3.4) és (3.5) egyenletek deniálják. A optimalizálási feladat megoldását visszavezetjük a már jól ismert egyváltozós függvény széls®érték meghatározására. Tegyük fel, hogy valamely u = u(x)C függvény minimalizálja I -t:

I(u) ≤ I(y)

∀yC.

(3.6)

Tekintsük a következ® halmazt:

C0 = η : [x0 , x1 ] → IR kétszer dierenciálható, η(x0 ) = η(x1 ) = 0 . Amennyiben u-t egy ηC0 függvénnyel módosítjuk (perturbáljuk), akkor a perturbált függvény is a megengedhet® halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz (u + η)C . Rögzített ηC0 -ra deniáljuk a következ® függvényt

G(ε) := I(u + εη). Tehát G : IR → IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A (3.6) feltételb®l az következik, hogy ∀ε : G(0) ≤ G(ε) =⇒ G0 (0) = 0, hiszen G-nek lokális minimuma van az ε = 0 pontban. Határozzuk meg G0 (ε)-t. G(ε) így írható: ˆ x1 G(ε) = F (x, u(x) + εη(x), u0 (x) + εη 0 (x)) dx. x0


36

Deriváljuk G-t a láncszabály alapján! (F és parciális deriváltjainak argumentumaiban (x, u(x) + εη(x), u0 (x) + εη 0 (x)) áll, amit most nem írunk ki.) ˆ x1 0 Fu0 η(x) + Fu0 0 η 0 (x) dx. G (ε) = x0

A második tagot parciálisan integráljuk: ˆ x1 ˆ x1 0 x1 d 0 0 0 Fu0 η (x) dx = Fu0 η x0 − η(x) · F 0 dx dx u | {z } x0 x0

(3.7)

η(x0 )=η(x1 )=0

Az egész integrál tehát:

ˆ 0

x1

G (ε) =

Fu0

x0

d − Fu0 0 dx

· η(x) dx.

Ezért minden ηC0 -ra teljesülnie kell, hogy ˆ x1 d 0 0 0 0 0 η(x) · Fu (x, u, u ) − Fu0 (x, u, u ) dx = 0. G (0) = dx x0

(3.8)

Bizonyítás nélkül idézünk egy klasszikus lemmát:

Lemma 3.2.2.

Ha valamely

C : [x0 , x1 ] → IR folyonos ˆ x1 C(x)η(x) dx = 0

függvényre

x0

teljesül minden

ηC0

esetén, akkor

C(x) = 0

minden

x[x0 , x1 ]

esetén.

A fenti lemma miatt (3.8) csak akkor teljesülhet, ha

Fu0 −

d 0 F 0 = 0. dx u

Így beláttuk a következ® szükséges feltételt:

Tétel 3.2.3 (Széls®érték szükséges feltétele). függvény minimalizálja

I -t.

Ekkor az

L[u] := Ez az

Euler-egyenlet.

u

Tegyük fel, hogy valamely

u = u(x)C

függvény kielégíti az alábbi összefüggést:

∂F d ∂F d 0 − = Fu0 − F 0=0 0 ∂u dx ∂u dx u

Az ezt kielégít® megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük.

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS Az Euler-egyenletben szerepl®

37

d 0 F 0 kifejtése a láncszabály alapján: dx u

∂ 2F ∂ 2F 0 ∂ 2 F 00 d 0 Fu0 (x, u(x), u0 (x)) = + u + u dx ∂u0 ∂x ∂u0 ∂u ∂u0 ∂u0 Ezt visszahelyettesítve az egyenletbe: Fu0 − Fu000 x − u0 Fu000 u − u00 Fu000 u0 = 0 A kapott másodrend¶ dierenciálegyenletben az u függvényt keressük, nincs általános megoldása. (Nem parciális DE, mert az u-t keressük.) 15. Példa. Legegyszer¶bb alkalmazásként igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes. Legyen a két pont P0 (x0 , y0 ) és P1 (x1 , y1 ), az ®ket összeköt® görbét pedig írja le egy y = y(x) függvény, melyre y(x0 ) = y0 és y(x1 ) = y1 . A görbe hossza: ˆ bp √ 1 + y 02 (x) dx, tehát F (x, u, u0 ) = 1 + u02 l= a

Mivel F nem függ közvetlenül u-tól, ezért Fu0 = 0. Így az Euler-egyenlet:

d 0 F 0=0 dx u

=⇒

Fu0 0 =

1 1 √ 2u0 = c konstans. 2 1 + u02

Ezt átrendezve azt kapjuk, hogy u0 (x) szintén konstans, tehát y(x) = u(x) egy egyenes.

3.2.1. Speciális esetek 1. Ha F nem függ expliciten u0 -t®l, azaz F = F (x, u) alakú, akkor Fu0 0 = 0. Ekkor az Euler-egyenlet egy implicit függvény feladatot ad:

Fu0 (x, u) = 0. 2. Ha F nem függ u-tól, akkor F = F (x, u0 ) alakú. Az Euler-egyenlet:

d 0 F 0 = 0, dx u amib®l egy integrálással adódik, hogy Fu0 0 = c konstans. Ez azt jelenti, hogy −

F (x, u0 ) = cu0 . Ebb®l az implicit alakból u0 -t kifejezhetjük, majd integrálunk: ˆ 0 u (x) = f (x, c), =⇒ u = f (x, c) dx + d, d konstans. Ebben az esetben a c és d konstansok megfelel® megválasztásával lehet kielégíteni a peremfeltételeket.


38

3. Az alkalmazásokban leggyakoribb eset, amikor F (x, u, u0 ) nem függ x-t®l, azaz F = F (u, u0 ) alakú. Ekkor deniáljuk a következ® függvényt

E(x) := F (u(x), u0 (x)) − u0 (x)Fu0 0 (u(x), u0 (x)).

(3.9)

Ennek deriváltja (az argumentumokat nem írjuk ki):

E 0 = u0 Fu0 + u00 Fu0 0 − u00 Fu0 0 − u0 (u0 Fu000 u + u00 Fu0 0 u0 ) = = u0 (Fu0 + u0 Fu000 u + u00 Fu0 0 u0 ) = u0 L[u]. Ha u stacionárius megoldás, akkor ez alapján

E 0 = u0 L[u] = 0, tehát E(x) = c konstans. Ezt a függvényt értelmezhetjük egy energia mennyiségnek, ami optimális esetben nem változik.

3.2.2. Forgástest felszín minimalizálás A Bevezet® fejezetben megfogalmazott (3.2) feladat megoldását keressük. Az (x, y(x)) görbe x1 és x2 abszcisszájú pontjai közötti darabját megforgatjuk az x tengely körül. A kapott forgástest felszíne:

ˆ

b

p y(x) 1 + y 02 (x) dx.

A = 2π a

A variációszámítási feladatban most

√ F (u, u0 ) = u 1 + u02 . Tehát ez a fenti 3. speciális eset, amikor F közvetlenül nem függ x-t®l. Kiszámítjuk a (3.9)-ben deniált energia jelleg¶ függvényt:

√ 1 E = u 1 + u02 − u0 (u √ 2u0 ) = 02 2 1+u u u 02 = √ (1 + u − u02 ) = √ 1 + u02 1 + u02 Az E(x) ≡ c konstans feltételb®l azt kapjuk, hogy

√

u = c, 1 + u02

ami egy közönséges dierenciálegyenlet.


39

Némi átrendezéssel adódik, hogy ez egy szeparábilis DE: !−1 r ˆ ˆ r 2 − c2 u u 0 u = =⇒ ( )2 − 1 du = 1 dx. c2 c A megoldás tehát

ˆ

1 p u du = ( c )2 − 1

ˆ 1 dx

=⇒

c · arch

u = x + d. c

Innen a megoldást kifejezhetjük:

x+d . c A feladat megoldása tehát a ch függvény megfelelel® lineáris transzformáltja. A megoldásban c és d két szabad paraméter, melyet a görbe két végpontjának koordinátái határoznak meg. u(x) = c · ch

3.1. ábra. Két koncentrikus körgy¶r¶ közötti szappanhártya alakja minimális felszínt veszi fel. A ch függvény másik neve a felfüggesztett lánc felvesz.

Megjegyzés.

láncgörbe.

Ez az a görbe, amit a két végén

3.2.3. Bernoulli-feladat A Bevezet®ben megfogalmazott (3.1) feladat megoldását keressük. A minimalizálandó funkcionál, illetve az ezt megadó F (x, u, u0 ) függvény: ˆ x1 p √ 1 + u02 (x) 1 1 + u02 p √ dx, =⇒ F (u, u0 ) = , T (u) = √ u 2g u(x) x0


40

ahol a (megszokott) függvény-változó u = y − y0 Tehát most is az egyik speciális esettel találkozunk, és az Euler egyenlet felírása helyett elegend® a (3.9)-ben megadott E függvényt kiszámolni. Ehhez els® lépés

u0 1 Fu0 0 = √ √ , u 1 + u02 majd maga az E függvény:

1 E = F − u0 Fu0 0 = . . . = √ √ . u 1 + u02 Az optimális u függvény mentén E = c konstans, ahol cIR szabad paraméter. A kapott egyenlet: 1 = c. √ √ u 1 + u02 Ebb®l az egyenletb®l kifejezzük u0

r u0 =

1 c2 u

− 1.

Ez ismét egy szeparábilis DE, melynek megoldásakor az alábbi integrál adódódik: ˆ ˆ r 2 cu du = dx. (3.10) 1 − c2 u

τ := c2 u helyettesítést végzünk, amib®l du = integrálást. Így folytathatjuk:

1 c2

ˆ r

1 dτ . (3.10) jobboldalán el is végezzük az c2

τ dτ = x − b, 1−τ

(3.11)

ahol b egy újabb szabad paraméter. Még egy helyettesítés: τ =: sin2 (ϕ). Ekkor dτ = 2 sin(ϕ) cos(ϕ) dϕ, és a bal oldali integrál

ˆ r

ˆ

τ dτ = 1−τ

ˆ

p 2 sin (ϕ) p 2 sin(ϕ) cos(ϕ) dϕ = 1 − sin2 (ϕ)

ˆ

1 1 − cos(2ϕ) dϕ = ϕ − sin(2ϕ). 2 Helyettesítsük vissza ezt az eredményt a (3.11) egyenletbe, ahol θ = 2ϕ: =

2

2 sin (ϕ) dϕ =

x−b=

1 θ − sin(θ) , 2 2c

Végül az u függvényt is visszaszámoljuk a sok-sok helyettesítésb®l:

u=

1 1 1 τ = 2 sin2 (ϕ) = 2 (1 − cos(θ)), 2 c c 2c

(3.12)


41

végül a keresett y függvény:

1 1 − cos(θ) . (3.13) 2c2 Megérdemelt jutalomként láthatjuk, hogy a (3.12) és (3.13) épp egy ciklois darab paraméteres leírását adják. y − y0 =

Ciklois

ch x 3 2 2.5 1.5 2 1 1.5 0.5 1 0 0.5 −2

−1

0

1

2

0

2

4

6

3.2. ábra. A láncgörbe és a ciklois

3.2.4. Feltételes széls®érték Az eddig ismertetett feladatok egy kombinációja, amikor a (3.5) funkcionál széls®értékét keressük az (3.4) függvények közt, melyek valamely egyéb korlátozó feltételt is kielégítenek, mely ilyen alakú: ˆ x1

(3.14)

G(x, u(x), u0 (x)) dx = 0.

x0

A jól ismert Lagrange féle multiplikátor módszert itt is lehet alkalmazni.

Tétel 3.2.4. u = u(x)C

[Széls®érték szükséges feltétele korlátozás mellett] Tegyük fel, hogy valamely

függvény minimalizálja (3.5) funkcionált a (3.14) feltétel teljesülése mellett.

Ekkor van olyan

λIR

konstans, melyre

u

függvény kielégíti az alábbi összefüggést:

d c0 d ∂F c ∂F c − = F c0u − F 0 = 0, 0 ∂u dx ∂u dx u szóval u stacionárius függvénye a kib®vített

(3.15)

L[u] := ahol

F c = F − λG.

Más

melyet így deniálunk:

ˆ

x1

c

I (u) = x0

költségfüggvénynek,

F (x, u(x), u0 (x)) − λG(x, u(x), u0 (x)) dx.


42

10. Feladat. Határozzuk meg két pont között a legrövidebb útat, P0 (x0 , y0 ) és P1 (x1 , y1 ). Azzal a korlátozással együtt, hogy a két pontot összeköt® görbe alatti terület el®re megadott T érték. 16. Példa. Dido királyn® feladványa a következ® volt: adott hosszúságú kerítéssel maximálisan mekkora területet lehet a tengerparton elkeríteni? A feladat egy lehetséges matematikai megfogalmazása: Azokat az u : [0, 1] → IR+ kétszer folytonos függvényeket tekintjük, melyekre rögzített L mellett az ˆ 1q 1 + u0 2 (x)dx = L (3.16) u(0) = u(1) = 0, és 0

feltételek teljesülnek. Ezek közül keressük azt, amelyre ˆ 1 A= u(x) dx −→ max?

(3.17)

0

A 3.2.4 Tétel szerint az optimális görbe stacionárius pontja az alábbi kib®vített költségfüggvénynek: ˆ 1q ˆ 1 u(x) dx − λ 1 + u0 2 (x)dx (Megoldás vázlat)

0

0

A (3.15) egyenlet megoldását keressük, ha

q F (x, u, u ) = u − λ 1 + u0 2 (x). 0

c

Az Euler-egyenlet:

d 1−λ dt

!

u0 (x) p 1 + u0 2 (x)

= 0,

amib®l az alábbi szeparábilis dierenciálegyenletet kapjuk:

1 − λp

u0 (x) 1 + u0 2 (x)

= x − K,

tetsz®leges K paraméter mellett. A dierenciálegyenlet megoldása

(u − c)2 + (x − K)2 = λ2 . Tehát az optimális görbe egy félkör. Szimmetria meggondolásból a kör középpontja c = 1/2-ben van. A K és lambda paraméterek a peremfeltételekb®l és az ívhossz feltételb®l meghatározhatók. A megoldhatóság feltétele, hogy L > π/2.


43

3.3. Általános feladat 1. Több függvényt keresünk Példa: geodetikus görbe Az egységkör felszínén keressük két adott pont között a legrövidebb összeköt® görbét. A Γ görbe pontjainak paraméterezése: p γ(t) = (x(t), y(t), z(t)), t[0, 1], ahol z(t) = 1 − x2 (t) − y 2 (t). Példa:

Feltesszük, hogy a kezd® és végpontok, P0 = (x0 , y0 , z0 ) és P1 = (x1 , y1 , z1 ), adottak. Minimalizálni szeretnénk az alábbi ívhosszat: ˆ 1 p s(Γ) = x˙ 2 (t) + y˙ 2 (t) + z˙ 2 (t) dt. 0

Figyelembe véve, hogy z(t) függ x(t)-t®l és y(t)-t®l, ilyen típusú függvényt kell minimalizálni: ˆ 1 F (x(t), y(t), x(t), ˙ y(t)) ˙ dt. s(Γ) = 0

Az eddigiekt®l eltér®en most két függvényt keresünk: x(t) és y(t), rögzített peremfeltételek mellett. x, y : [0, 1] → IR, x(i) = xi és y(i) = yi i = 1, 2 esetén.

Feladat kit¶zése Ebben az esetben a megengedett függvények halmaza vektorérték¶, n koordinátából áll: C = φ1 , . . . , φn : [x0 , x1 ] → IRkétszer folyt. di. φj (x0 ) = y0j , φj (x1 ) = y1j , ∀j , adott y0j , y1j , j = 1, 2, . . . , n peremfeltételek mellett. A funkcionál, aminek széls®értékét keressük: ˆ x1 I(φ1 , . . . , φn ) = F (x, φ1 (x), . . . , φn (x), φ01 (x), . . . , φ0n (x)) dx,

(3.18)

x0

ahol F adott (2n + 1)-változós kétszer dierenciálható függvény.

Optimalitás szükséges feltétele Tegyük fel, hogy u = (u1 , . . . un ) minimalizálja a (3.18) költségfüggvényt. Ekkor a j -dik koordinátát perturbáljuk egy η(x)C0 függvénnyel, és legyen

G(ε) := I(u1 , . . . , uj−1 , uj + εη, uj+1 . . . un ).


44

Most is elmondhatjuk, hogy G : IR → IR egy valós függvény, mindenütt dierenciálható. A minimum feltételb®l az következik, hogy

∀ε :

G(0) ≤ G(ε)

G0 (0) = 0,

=⇒

mert G-nek ε = 0-ban lokális minimuma van. Az egyváltozós esettel azonos számolással n darab Euler-egyenletet kapunk.

Tétel 3.3.1 (Széls®érték szükséges feltétele). érték¶ függvény minimalizálja

Euler-egyenleteket:

I -t, u = (u1 , . . . un ).

Lk [u] = Fu0 k −

d 0 F 0 =0 dx uk

Tegyük fel, hogy valamely Ekkor az

u

uC

vektor

függvény kielégíti az alábbi

k = 1, 2, . . . n.

(3.19)


Speciális esetben F nem függ x-t®l. Ekkor az el®z®ekhez hasonlóan igazolható az alábbi állítás:

Állítás 3.3.2.

Tegyük fel, hogy a feladat kit¶zésében megadott

Ekkor minden stacionárius megoldáshoz van olyan

F

függvény nem függ

x-t®l.

c konstans, hogy a megfelel®en deniált

energiafüggvényre:

E := F (u1 , . . . , un , u01 , . . . , u0n ) −

n X

u0k Fu0 0k (u1 , . . . , un , u01 , . . . , u0n ) = c.

(3.20)

k=1

3.3.1. Legrövidebb út forgástest felszínén Példaként oldjuk meg azt a feladatot, amikor egy forgástest felszínén keressük a legrövidebb utat két pont között. Az f : [a, b] → IR+ függvényt az x tengely körül megforgatva a forgástest felszínének minden pontja két paraméterrel adható meg:

P = (x, f (x) · cos ϕ, f (x) · sin ϕ), ahol x az alappont, és ϕ a forgatási szög. Tehát a felületen egy görbe koordinátáit így lehet megadni:     x(t) x(t)      =  f (x(t)) cos ϕ(t)  , γ(t) =  t[0, 1]. y(t)    

z(t)

f (x(t)) sin ϕ(t))

FEJEZET 3. VARIÁCIÓSZÁMÍTÁS A görbe hossza:

ˆ

45

1

p

x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 dt.

0

Kiszámoljuk az integrál mögött álló mennyiséget:

y˙ = f 0 (x)x˙ cos ϕ + f (x)(− sin ϕ)ϕ, ˙

z˙ = f 0 (x)x˙ sin ϕ + f (x) cos ϕϕ. ˙

A két keresett függvény x = x(t) és ϕ = ϕ(t). Rövid számolással azt kapjuk, hogy

ˆ

t1

ˆ p 2 2 2 x˙ + y˙ + z˙ dt =

t1

p x˙ 2 + f 02 (x)x˙ 2 + f 2 (x)ϕ˙ 2 dt = (∗)

t0

t0

A keresett két függvényt úgy redukáljuk, hogy egymásra vonatkozó változásukat határozzuk meg. Formálisan számolva: s 2 2 ˆ t1 dx dϕ 02 2 (1 + f (x)) + f (x) dt = (∗) = dt dt t0

ˆ

t1

= t0

s

2 2 dx dϕ dt dx (1 + f 02 (x)) + f 2 (x) dt = dt dt dx dt ˆ x1 p ˆ x1 02 2 02 = 1 + f (x) + f (x)ϕ dx = F (x, ϕ, ϕ0 ) dx, x0

x0

dϕ . Így a már megszokott - egy függvényt tartalmazó - funkcionálhoz jutunk, ahol ϕ0 = dx melyb®l a kifejezést minimalizáló ϕ = ϕ(x)-et kell meghatározni. Ráadásul látható, hogy p F (x, ϕ, ϕ0 ) = 1 + f 02 (x) + f 2 (x)ϕ02 = F (x, ϕ0 ) nem függ ϕ-t®l. Ennek alapján Euleregyenlet az alábbira egyszer¶södik: ∂F ≡c ∂ϕ0 Azaz:

ahol cIR.

1 ϕ0 f 2 (x) p · 2ϕ0 f 2 (x) = p ≡c 2 1 + f 02 (x) + f 2 (x)ϕ02 1 + f 02 (x) + f 2 (x)ϕ02

Ebb®l kifejezzük ϕ0 -t. Rövid számolással

c2 (1 + f 02 (x)) ϕ = 2 f (x)(f 2 (x) − c2 ) 02

p

=⇒

0

ϕ =c·

1 + f 02 (x) p . f (x) f 2 (x) − c2

11. Feladat. Speciális esetként mit ad a fenti számolás, ha f (x) = k konstans függvényt forgatjuk meg? Hogyan értelmezhetjük a kapott optimális megoldást?


46

3.3.2. Egy mechanikai alkalmazás 17. Példa. Tekintsünk egy mechanikai rendszert n szabadsági fokkal. (Egy szabadon mozgó részecske (atom) szabadsági foka például 3, egy kétatomos molekuláé pedig 5.) Jellemezzük a rendszert a qj mennyiségekkel, j {1, 2, . . . , n}. Tegyük fel, hogy a rendszer helyzete id®ben változó, a következ® vektor jellemzi:

q(t) = (q1 (t), q2 (t), . . . , qn (t)). Sebessége a t id® pillanatban

q˙ = (q˙1 , q˙2 , . . . , q˙n ) Ismerjük a kiindulási állapotot q(t0 ), és a végállapotot q(t1 ).

˙ , mozgási energiáját pedig T (q, q) ˙ . Azzal a A rendszer helyzeti energiáját jelölje U (q, q) természetes feltétellel élunk, hogy a helyzeti energia valójában nem függ a sebességt®l, a ˙ = U (q) és T (q, q) ˙ = mozgási energia pedig nem függ az elmozdulás helyszínét®l: U (q, q) ˙ . Feltesszük, hogy a mozgási energiát egy kvadratikus alak adja meg: T (q) ˙ = q˙ T Aq˙ T (q) A zikai rendszerek vizsgálatában gyökerez® Hamilton-elv kimondja, hogy optimális mozgás (azaz a valóságban létrejöv® folyamat) során a ˆ t1 ˙ = H(q, q) (T − U ) dt t0

integrál értéke minimális.

˙ = T (q) ˙ − U (q), ezért az Alkalmazzuk a variációszámítás módszerét. Most F (t, q, q) optimalitás szükséges feltétele: ∂F = (T − U )0q˙j = Tq˙0j , ∂ q˙j

j = 1, 2, . . . n.

Mivel T −U nem függ közvetlenül t-t®l, ezért használhatjuk a (3.20) egyenelet az optomális trajektória meghatározásához.

˙ − qF ˙ q˙0 (q, q) ˙ = c. E = F (q, q) ˙ kvadratikus alak esetén qT Belátható, hogy egy T (q) ˙ 0 = 2T (az x(x2 )0 = 2x2 analógiájára). Emiatt ˙ q˙0 = (T − U ) − 2T = −U − T ≡ c. E = F − qF Ebb®l következik, hogy optimális esetben U + T konstans, tehát az összenergia nem változik. Ez a klasszikus energia megmaradási törvény.


47

3.4. Általános feladat 2. Magasabbrend¶ deriváltak Újra egyetlen függvényt keresünk, de az optimalizálandó funkcionálban az ismeretlen függvény második deriváltja is szerepel. A megengedett függvények halmaza ezért kicsit lesz¶kül: o n C = φ : [x0 , x1 ] → IR, négyszer folytonosan di-ható, φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1 adott . Keressük az alábbi funkcionál széls®értékeit: ˆ x1 F (x, φ, φ0 , φ00 ) dx, I(φ) = x0

ahol F 4-változós, kétszer folytonosan dierenciA 3.2.3 bizonyításához teljesen hasonló levezetéssel (a (3.7)-nek megfelel® helyen két parciális integrálással) következik, hogy a széls®érték szükséges feltétele:

Fu0 −

d2 0 d 0 Fu0 + F 00 = 0. dx dx2 u

3.5. Általános feladat 3. Kétváltozós függvény keresése A variációszámítási feladat során kétváltozós függvényt keresünk. Adott S ⊂ IR2 összefügg® tartomány, és ennek határán egy rögzített u0 : ∂S → IR folytonos függvény. A megengedett függvények halmaza: C = φ : S → IR, kétszer folyt. di-ható és φ(x, y) = u0 (x, y), ha (x, y)∂S . Ezek közül keressük azt, melyre az alábbi integrál értéke minimális: ¨ 0 0 I(φ) = F x, y, φ(x, y), φx (x, y), φy (x, y) d(x, y),

(3.21)

S

ahol F : IR5 :→ IR kétszer folytonosan dierenciálható függvény. Ennek változóit így jelöljük: F = F (x, y, u, u0x , u0y ), annak megfelel®en, amit majd beírunk az argumentumokba. Tegyük fel, hogy valamely uC optimális. Perturbáljuk meg ezt egy olyan függvénnyel, mely a határon 0. Legyen ηC0 , ahol C0 = η : S → IR, kétszer folyt. di-ható, , η(x, y) = 0, ha (x, y)∂S . A perturbált függvény esetén a funkcionál értéke:

G(ε) = I(u + εη) ≥ I(u) = G(0).


48

Ezért G-nek az ε = 0 pontban lokális minimuma van, tehát most is a feltétel G0 (0) = 0. Ebben az esetben G0 (ε) meghatározásánál parciális dierenciálegyenlet tel kell számolni, amelyek a következ® fejezetben kerülnek tárgyalásra.

Tétel 3.5.1 (Szükséges feltétel kétváltozós függvényekre). mely

uC

függvény minimalizálja az (3.21)-ben deniált

függvény kielégíti az alábbi

I

Tegyük fel, hogy vala-

költségfüggvényt. Ekkor az

Euler parciális dierenciálegyenletet: L[u] = Fu0 −

∂ 0 ∂ 0 Fu0x − F 0 = 0. ∂x ∂y uy

u

(3.22)


18.

Példa.

Legyen a költségfüggvény ¨ grad φ(x, y) 2 d(x, y), I(φ) = S

az integrálban szerepl® függvény F (x, y, u, u0x , u0y ) = (u0x )2 +(u0y )2 . Az (3.22) Euler egyenlet most így írható: ∂ ∂ L[u] = 0 − 2u0x − 2u0 = 0. ∂x ∂x y Tehát az optimum feltétele a következ® parciális dierenciálegyenlet teljesülése:

u00xx + u00yy = 4u = 0 Ez a

Laplace-egyenlet.

19. Példa. (Plateau-feladat) Keressük azt a kétváltozós függvényt, amelynek felülete minimális az adott peremfeltételek mellett. Kétváltozós függvény felszíne: ¨ q 1 + (u0x )2 + (u0y )2 d(x, y), (3.23) I(u) = S

és u(x, y) el®re rögzített minden (x, y)∂S -re. A feladat naiv megoldása u0x = u0y = 0 lenne, tehát u konstans függvény. Ekkor (3.23) értéke A(S) lenne, ami valóban minimális. Ez azonban csak akkor megoldás, ha a konstans függvény megengedett, vagyis ha u eleget tesz a peremfeltételeknek. Ha ez nem teljesül, akkor felírjuk az Euler egyenletet. El®ször kiszámítjuk F parciális deriváltjait:

u0x , Fu0 0x = q 1 + (u0x )2 + (u0y )2

u0y Fu0 0y = q . 1 + (u0x )2 + (u0y )2


49

Ezeket felhasználva L[u]-ra egy bonyolult parciális dierenciálegyenletet kapunk. Az Euler egyenletet kicsit átrendezve az alábbi egyenlet írható: 2

2

u00yy (1 + u0x ) + u00xx (1 + u0y ) − 2u0x u0y u00xy = 0. Ha u0x és u0y nagyon kicsi, tehát u közelít®leg konstans, akkor ez jól közelíthet® a Laplaceegyenlettel. (Megjegyezzük, hogy a minimális felszín általában nem sima. Ezért szükséges olyan feladatokkal is foglalkozni, ahol a megoldás-függvények nem dierenciálhatók.)

3.5.1. Példa: rezg® húr mozgása ` hosszúságú és m tömeg¶ húr rezg®mozgást végez. A t id®pontban a húr x pontjának kitérését u(x, t) jelöli, ahol 0 ≤ x ≤ ` és t1 ≤ t ≤ t2 . Feltesszük, hogy u : [0, `] × [t1 , t2 ] → IR kétszer dierenciálható függvény. A húr mozgási ill. helyzeti energiája a t id®pillanatban: ˆ ` q ˆ m ` 02 2 0 V (t) = τ u (x, t) dx, (3.24) 1 + ux (x, t) − 1 dx, K(t) = 2` 0 t 0 ahol τ > 0 ismert rugalmassági együttható. A Hamilton elv szerint egy [t1 , t2 ] intervallumban a húr mozgását leíró függvény minimalizálja az alábbi költségfüggvényt: ˆ t2 K(t) − V (t) dt t1

(a megadott peremfeltételek mellett). A megfelel® variációszámítási feladat költségfüggvénye a (3.24) képletek behelyettesítésével kapható: q ! ˆ t2 ˆ ` m 02 I(u) = u (x, t) − τ 1 + u0x 2 (x, t) − 1 dx dt, (3.25) 2` t t1 0 melyet minimalizálni szeretnénk:

min{I(u) : uC 2 ([0, `] × [t1 , t2 ])} =? Az általános (3.21) képletben szerepl® függvény így írható: q m 2 F (x, t, u, u0x , u0t ) = u0t − τ 1 + u0x 2 − τ. 2` Mivel most Fu0 = 0, ezért a (3.22) Euler egyenlet így alakul

L[u] = 0

⇐⇒

∂ ∂ 0 Fu0x + Fu0 0t = 0. ∂x ∂t


50

Határozzuk meg a fenti képletben szerepl® parciális deriváltakat:

u0 Fu0 0x = −τ p x 2 , 1 + u0x

Fu0 0t =

m 0 u. ` t

Visszahelyettesítve az el®z® egyenletbe:

∂ ∂ ∂ 0 Fu0x + Fu0 0t = −τ ∂x ∂t ∂x

u0x

!

p 1 + u0x 2

+

m 00 u = 0. ` tt

Tehát a (3.25) funkcionálhoz tartozó Euler egyenlet:

`τ ∂ u00tt = · m ∂x

u0x

!

p 1 + u0x 2

Ezért a húr mozgása eleget tesz a fenti parciális dierenciálegyenletnek. 12. Feladat. Lássuk be, hogy kis amplitudós rezgések esetén (azaz, ha |u0x | "kicsi"), akkor jó közelítésként az u00tt = k 2 u00xx egyeletet kapjuk, ahol k 2 = (`τ )/m > 0. Ez a

klasszikus hullám-egyenlet.

4. fejezet Parciális dierenciálegyenletek

51

FEJEZET 4. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

52

4.1. Bevezet® A parciális dieremciálegyenlet egy olyan összefüggés, ahol az ismeretlen egy többváltozós függvény. Az egyenletben szerepelhet maga a függvény (u), parciális deriváltjai: a függvény gradiense, Hesse-mátrixa, magasabb rend¶ parciális deriváltjai is. Az ismeretlen függény koordinátái közott néha van egy kiválasztott ez a t , ami az zikai mennyiségnek felel meg, a többi pedig xk a hely koordinátáit adják meg.

Deníció 4.1.1.

Legyen

α

egy multiindex:

αi N ∪ {0}.

α = (α1 , α2 , α3 , . . . , αn ), Ekkor a

Dα

dierenciál operátor hatása az

Dα u := ahol

|α| =

Pn

id®

u(x) n

változós függvényre:

∂ |α| u ∂ α 1 x1 ∂ α 2 x2 . . . ∂ α n xn

αi

a dierenciáloperátor rendje. Parciális dierenciálegyenlet összefügα gést ad meg bizonyos D u deriváltak köz"ott. A PDE rendje max |α|, a PDE-ben szerepl® Dα u parciális deriváltak rendjének maximuma i=1

Deníció 4.1.2.

A Laplace operátor egy speciális dierenciál operátor, mely a (helykoor-

dináták szerinti) második deriváltak összege:

∆u =

n X

u00xk xk

k=1

Jelölésben a parciális deriváltat alsó indexbe írjuk, tehát például:

u00xk xk

∂ 2u = ∂x2k

Alapkérdések • Megoldható-e a PDE? • Ha igen, létezik-e egyértelm¶ megoldás? Jelenleg nem áll rendelkezésünkre olyan általános elmélet, melynek segítségével az összes PDE-t meg tudnánk oldani, s®t, úgy sejtjük, hogy ilyen elmélet nem is létezik.

• Stabil-e a megoldás? Stabil megoldásról akkor beszélünk, ha az folytonosan függ a PDE paramétereit®l és a kezdeti feltételekt®l.


53

Alap PDE-k A PDE-ket két nagy csoportra oszthatjuk: lineárisra és nemlineárisra. Lineáris PDE-k

• Transzport egyenlet: u0t + b · u0x = 0. • Laplace-egyenlet (u nem függ az id®t®l): ∆u = 0. • Helmholz-egyenlet: ∆u = −λu. Itt a λ-t is keressük, egyben sajátérték probléma is. • H®vezetés egyenlete (u függ az id®t®l is): u0t = ∆u. • Schrödinger egyenlet i · u0t = −∆u. • Hullámegyenlet u00tt = ∆u. • Stb... Nemlineáris PDE-k

• |grad u| = 1. • Minimális felület div

grad u p 1 + |grad u|2

! = 0.

• Stb...

Deníció 4.1.3.

Jól kondícionált PDE-r®l akkor beszélünk, ha létezik egyértelm¶en olyan

megoldása, amely elegend®en sima (azaz a PDE-ben szerepl® parciális deriváltak léteznek). Rosszul kondícionált PDE, ha valamelyik fenti kritériumot nem teljesíti. Például a megoldása nem dierenciálható(!).


54

A rosszul kondícionált PDE-k nem rosszabbak, s®t... Ezek az egyenletekkel írhatók le többek között a természtben el®forduló ugrásszer¶ változások is. A másodrend¶ lineáris példával együtt: 1.

Elliptikus:

PDE -k

típusait indoklás és magyarázat nélkül felsoroljuk, egy-egy

u(x, [y, z, . . . , ])

• Laplace-egyenlet: ∆u = 0. Ennek megoldásai a

harmonikus függvények.

• Poisson-egyenlet: ∆u = f . 2.

Hiperbolikus:

u(x, [y, z, . . . , ] t)

• Hullámegyenlet: u00tt = ∆u. 3.

Parabolikus:

u(x, [y, z, . . . , ] t)

• H®vezetés egyenlete: u0t = ∆u.

4.2. Els®rend¶ PDE: Transzport egyenlet A legegyszer¶bb esettel kezdjük: olyan u(x, t) kétváltozós függvényt keresünk, melyre az alábbi összefüggés igaz, rögzített b paraméter mellett:

u0t (x, t) + b · u0x (x, t) = f (x, t) Ha f (x, t) ≡ 0, akkor homogén egyenletr®l beszélünk, egyébként inhomogénr®l. 7.

Gyakorlat.

Vajon hogyan lehet az u0t + b · u0x = 0 összefüggést értelmezni?

4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset Tekintsük az alábbi egyenlet

u0t (x, t) + b · u0x (x, t) = 0, ahol b rögzített paraméter. Adott továbbá egy u(x, 0) = g(x) kezdeti feltétel, ahol g ismert függvény.


55

Legyen (x, t) rögzített pont. Deniáljuk azt a függvényt, amely ezen a ponton áthaladó, (b, 1) irányú egyenes mentén adja meg a megoldást:

z(s) := u(x + bs, t + s),

sIR.

Deriváljuk a z függvényt:

z 0 (s) = u0x (x + bs, t + s) · b + u0t (x + bs, t + s) = 0, hiszen u kielégíti a PDE-t. Tehát z(s) konstans. Speciálisan s = −t választással:

u(x − bt, 0) = u(x, t). A kezdeti felételt felhasználva

u(x − bt, 0) = g(x − bt) = u(x, t). Tehát a PDE-nek létezik egyértelm¶ megoldása, ha g deriválható függvény. Ha a kezdeti érték függvénynek szingularitása van, például egy pontban nem dierenciálható, akkor is az egyetlen "értelmes" megoldás u(x, t) = g(x − bt), amit ebben az esetben gyenge megoldás nak nevezünk. A szingularitás nem t¶nik el, hanem id®ben tovább terjed.

4.2.2. Inhomogén eset Tekintsük a transzport egyenlet inhomogén változatát:

u0t (x, t) + bu0x (x, t) = f (x, t) u(x, 0) = g(x)

(4.1) (4.2)

ahol f és g adott függvények. Ezt az inhomogén feladatot két egyszer¶bb részre bontjuk. Ezzel az u megoldást két egyszer¶bb feladat megoldásának összegeként állítjuk el®. Legyen v a homogén transzport egyenlet megoldása, amely a (4.2) kezdetiértéket kielégíti, w pedig az inhomogén egyenlet megoldása 0 kezdetiértékkel:

vt0 + bvx0 = 0, v(x, 0) = g(x)

wt0 + bwx0 = f (x, t) w(x, 0) = 0.

Ekkor u = v + w megoldása lesz a (4.1)-(4.2) feladatnak. A homogén rész megoldását ismerjük, v(x, t) = g(x − bt).


56

A nulla kezdeti feltétel¶, inhomogén transzportegyenlet megoldása Ezt is a homogén résznél ismertetett módszerhez hasonlóan oldhatjuk meg. Rögzített (x, t) mellett deniáljuk a z : IR → IR függvényt a következ®képp:

z(s) := w(x + bs, t + s). Ekkor z(0) = w(x, t). A z függvény deriváltja:

z 0 (s) := wx0 (x + bs, t + s)b + wt0 (x + bs, t + s) = f (x + bs, t + s). z(0) meghatározásához integráljuk z 0 (s)-et a [−t, 0] intervallumon: ˆ 0 z 0 (s)ds = z(0) − z(−t) = z(0) −t

hiszen z(−t) = w(x + bt, 0) = 0. Ez alapján a megoldás: ˆ 0 ˆ 0 ˆ t 0 z (s) ds = f (x + bs, t + s) ds = f (x + b(s − t), s) ds. w(x, t) = z(0) = −t

−t

0

A (4.1)-(4.2) feladat teljes megoldása:

ˆ

t

f (x + b(s − t), s) ds.

u(x, t) = g(x − tb) + 0

4.3. Másodrend¶ PDE 1. Laplace egyenlet Ez az egyik leggyakrabban el®forduló PDE. A keresett függvény t-t®l nem függ, id®ben állandó állapotok leírására alkalmas (pl. egyensúlyi helyzetek). Adott Ω ⊂ IRn nyílt, sima határú tartományon keresünk egy függvényt. u : Ω → IR. A függvény változóit x = (x1 , x2 , . . . , xn ) jelöli. A tartomány belsejében a keresett függvény eleget tesz a Laplace egyenletnek:

∆u =

n X

u00xk xk = 0.

(4.3)

k=1

(Emlékeztet®ül: u00xk xk =

∂2 u.) ∂x2k

A fenti (4.3) egyenlettel együtt adott egy peremfeltétel is. Peremfeltétel alatt azt értjük, amikor u(x)-r®l valami ismert, ha x∂ Ω. Három fajta peremfeltételt különböztetünk meg:

FEJEZET 4. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 1.

57

Dirichlet feltétel

u(x) = f (x),

x∂Ω.

Példa: Ha egy rugalmas membránt kifeszítünk egy keretre és tudni akarjuk, hogy a membránnak mi lesz a felülete, akkor f (x) a keretet leíró függvény. 2.

Neumann feltétel

∂u = < grad u, n > = f (x), x∂Ω, ∂n ahol n ⊥ ∂Ω egységvektor. A fenti feltétellel megadjuk, hogy u-nak mennyi a határra mer®leges iránymenti deriváltja. Az el®z® példát folytatva itt nem a keretet leíró függvényt ismerjük, hanem azt, hogy a kifeszített membránt milyen er®vel húzza a keret. 3.

Harmadik típusú vagy kevert (mixed) peremfeltétel

αu(x) + βu0n (x) = f (x),

x∂Ω,

α, βIR.

A fentiek mind jól kondícionált feladatok, ha a peremfeltételben szerepl® függvények elegend®en simák. Nem létezik általános megoldás. Bizonyos típusú Ω-k esetén tudunk megoldásról beszélni. Legyen u(x, y, z) valamilyen egyensúlyban lev® zikai jellemz® egy (x, y, z)Ω ⊂ IR nyílt tartományban. Gondolhatunk egy kémiai anyag s¶r¶ségére, h®mérsékletre, vagy elektromos potenciálra. Az egyensúlyi állapot azt jelenti, hogy bármely zárt felületen keresztül az adott jellemz® nem változik. Belátjuk, hogy ha 4u = 0 teljesül Ω-ban, akkor valóban ez a helyzet. Fizikai interpretáció. 3

A változás sebessége egy (x, y, z) pontban u gradiensével arányos:

F (x, y, z) = −a grad u(x, y, z),

valamely a > 0 mellett.

Legyen M ⊂ Ω tetsz®leges, melynek ∂M határa sima. Ekkor a Divergencia tétel alapján ˆˆˆ ˆˆ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F dS. M

∂M

Másrészt

div F (x, y, z) = div grad u(x, y, z) = 4u, ezért valóban

ˆˆ ˆˆˆ

F dS = 4u(x, y, z) d(x, y, z) = 0. ∂M

M


58

Ebben e kurzusban csak az n = 2 esettel fogunk foglalkozni. A függvény változóit (x, y) fogja jelölni. A Laplace egyenlet így írható: (4.4)

u00xx (x, y) + u00yy (x, y) = 0.

4.3.1. Téglalap alakú tartomány Egy speeciális feladat megoldását mutatjuk meg. Legyen Ω a nyílt egységnégyzet a síkon: Ω = (0, 1) × (0, 1). Legyenek a peremfeltételek a következ®k:

1.5 f (x)

1

u(0, y) = 0 0

0.5

0

u(1, y) = 0 u(x, 0) = 0

0

0 0

u(x, 1) = f (x)

0.2 0.4 0.6 0.8

1

1.2 1.4

4.1. ábra. Keressük a megoldást szeparábilis u(x, y) = X(x)Y (y) alakban! (Ez nagyon bátor feltételezés, de látni fogjuk, hogy m¶ködik.) Ekkor a (4.4) egyenlet:

X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0. Ezt átrendezve:

(4.5)

X 00 (x) Y 00 (y) =− . X(x) Y (y) Az egyenlet két oldala, - mivel különböz® változók függvényei - csak akkor lehetnek egyenl®k, ha mindkét oldal konstans: X 00 (x) Y 00 (y) := λ. =− X(x) Y (y) Két közönséges, egyváltozós dierenciálegyenletet kapunk:

X 00 (x) = λX(x),

Y 00 (y) = −λY (y).


59

A peremfeltételekb®l a két egyenletre nézve kezdeti feltételeket vezethetünk le:   ∀y : X(0)Y (y) =0    =⇒ Y (0) = X(0) = X(1) = 0. : ∀y X(1)Y (y) =0    ∀x : X(x)Y (0) =0  Az els® egyenlet X 00 = λX . Ennek megoldása: 1. Tegyük fel, hogy λ > 0, λ = α2 . Ekkor az általános megoldás

X(x) = Aeαx + Be−αx A kezdeti feltételek miatt ekkor

X(0) = A + B = 0 =⇒ B = −A X(1) = Aeα + Be−α = 2A sh α = 0 Ez csak akkor lesz igaz, ha α = 0 vagy A = 0. Mindkét esetben X ≡ 0, tehát a feltételezés rossz volt. 2. λ = −α2 esetén az általános megoldás

X(x) = A cos αx + B sin αx A kezdeti feltételekb®l

X(0) = A = 0 X(1) = B sin α = 0

=⇒ =⇒

A = 0, α = kπ, kZ.

Ebb®l azt kapjuk, hogy λ = −(kπ)2 a lehetséges paraméter. A második egyenlet

Y 00 = (kπ)2 Y, melynek megoldása:

Y (y) = Aekπy + Be−kπy . A kezdeti feltételb®l

Y (0) = A + B

=⇒

B = −A.

Ezért

Y (y) = Aekπy − Ae−kπy = 2A sh(kπy).


60

Az eredeti (4.5) egyenlet alapmegoldásai tehát

uk (x, y) = sin(kπx) sh(kπy), Az általános megoldás ezek

lineáris kombinációjaként ∞ X

u(x, y) =

k = 1, 2, . . . állítható el®:

Ak sin(kπx) sh(kπy),

k=1

feltéve, hogy a jobboldali sor konvergens. Felhasználjuk az utolsó peremfeltételt, mely szerint u(x, 1) = f (x): ∞ X Ak sin(kπx) sh(kπ) = f (x). k=1

A baloldalon egy Fourier-sort kaptunk, ahol csak szinuszos tagok szerepelnek. Ha tehát f Fourier sorfejtése ∞ X f (x) = bk sin(kπx), k=1

akkor bk = Ak sh(kπ). A Fourier együtthatók kiszámítása ˆ 1 bk = f (x) sin(kπx) dx. 0

(Mivel f csak a (0, 1) intervallumon van megadva, ezért vehetjük olyan kiterjesztését, hogy páratlan függvény legyen, s így Fourier-sorában valóban csak szinuszos tagok szerepeljenek.) Következésképpen ˆ 1 1 f (x) sin(kπx) dx. Ak = sh(kπ) 0

Megjegyzés 4.3.1.

A Variációszámítás fejezetben láttuk, hogy a következ® integrál mi-

nimumának feltétele a Laplace-egyenlet teljesülése:

¨

|grad u|2 d(x, y) Ω

Ha tehát valamilyen módszerrel megoldást tudunk adni erre a variációszámítási feladatra, akkor egyben megoldást adunk a Laplace-egyenletre is, természetesen az adott peremfeltételek mellett.

4.3.2. Megoldás körlapon Oldjuk meg a Laplace-egyenletet az a sugarú, origó középpontú körlapon!

Ω = (x, y) : x2 + y 2 < a2 , ∂Ω = x2 + y 2 = a2 .


61

Legyen W a megoldás polárkoordinátákban felírva:

W (r, θ) = u(r cos θ, r sin θ). A W függvény parciális deriváltjai: (4.6)

Wr0 = u0x · cos(θ) + u0y · sin(θ) 00 Wrr = u00xx · cos2 (θ) + u00yy · sin(θ) + 2u00xy · cos(θ) sin(θ)

(4.7) (4.8)

Wθ0 = u0x · r(− sin(θ)) + u0y · r cos(θ)

00 Wθθ = u00xx · r2 sin2 (θ) + u0x · r(− cos(θ)) + u00yy · r2 cos(θ) + u0y · r(− sin(θ)) (4.9)

A (4.6), (4.7) és (4.9) összefüggések alapján a Laplace egyenlet az új koordinátákban így írható: W 0 W 00 00 Wrr + r + 2θθ = 0. (4.10) r r 13.

Feladat.

Igazoljuk a fenti egyenletet.

Keressük a megoldást ilyen speciális alakban: W (r, θ) = R(r)T (θ). Az (4.10) egyenlet szeparábilis formában felírva:

R00 T +

R0 T RT 00 + 2 = 0. r r

Átrendezzük ezt az egyenletet:

r2 R00 + rR0 T 00 =− =: λ R T valamilyen λIR mellett, hiszen az egyenlet két oldalán szerepl® kifejezések más változók függvényei. Újra két közönséges dierenciálegyenletet kapunk:

r2 R00 (r) + rR0 (r) = λR(r)

(4.11)

T 00 (t) = −λT (t)

(4.12)

A peremfeltétel ekkor:

W (a, θ) = R(a)T (θ) = g(θ),

θ[0, 2π].

(4.13)

A polárkoordináták természetéb®l adódóan szükségképpen teljesül a T (0) = T (2π) peremfeltétel is.

FEJEZET 4. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 14.

Feladat.

62

Igazoljuk, hogy a (4.12) egyenletben szerepl® konstans nem lehet negatív.

Tehát λ = n2 . Oldjuk meg a T -re vonatkozó (4.12) egyenletet:

T 00 (t) = −n2 T (t). Ekkor

T (θ) = A cos(nθ) + B sin(nθ). A kezdeti feltételekb®l

cos 0 = cos(2πn)

=⇒

nZ.

Az R-re vonatkozó egyenlet ekkor

r2 R00 (r) + rR0 (r) − n2 R(r) = 0. Az alapmegoldások:

 C + D ln r 0 0 Rn (r) = Cn rn + Dn r−n

n=0 n 6= 0

Tudjuk, hogy u az egész körlapon dierenciálható, ezért R korlátos az origó környezetében. Ez nem teljesülne az ln r és az r−n függvényekre. Ebb®l következik, hogy jelen esetben minden n-re Dn = 0. Tehát Rn = Cn rn . A megoldásba visszahelyettesítve az R-re és T -re kapott függvényeket: Wn (r, θ) = rn An cos(nθ) + Bn sin(nθ) . Az általános megoldás ezek lineáris kombinációja

W (r, θ) =

∞ X

rn An cos(nθ) + Bn sin(nθ) .

(4.14)

n=0

Használjuk fel a (4.13) peremfeltételt:

W (a, θ) =

∞ X

an An cos(nθ) + Bn sin(nθ) = g(θ)

n=0

Az An és Bn együtthatókat g Fourier-sorfejtéséb®l határozhatjuk meg. Legyen ugyanis ∞ α0 X + αn cos(nθ) + βk sin(nθ) , g(θ) = 2 n=1

ahol

1 αn = π

ˆ

2π

g(θ) cos(nθ) dθ, 0

ekkor

A0 =

α0 , 2

An =

1 βn = π αn , an

ˆ

2π

g(θ) sin(nθ) dθ, 0

Bn =

βn . an


63

4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága (A fejezet anyaga idén csak érint®legesen szerepel el®adáson.)

Röviden leírunk néhány kvalitatív tulajdonságot, melyek igazolhatók a Laplace egyenletre. Az egységkörben harmonikus függvényt a (4.14) képlet alaján számolhatjuk. Speciálisan, W (0, θ) = α0 /2, ezért ˆ 2π ˛ 1 1 u(0, 0) = g(θ) dθ = u(x, y) ds, ahol B1 = B1 (0, 0). 2π 0 2π B1 A függvény értéke az origóban megegyezik a körvonalon felvett függvényértékek átlagával. Ez általában is igaz.

Tétel 4.3.2 (Középérték formula). egy

r

sugarú kör

(x0 , y0 )

u

Legyen

harmonikus függvény

Ω-ban,

B⊂Ω

és

körül. Ekkor

1 u(x0 , y0 ) = 2πr

˛ u(x, y) ds. B

Másik fontos tulajdonság, hogy harmonikus függvény egy korlátos és összefügg® tartomány belsejében nem vehet fel minimális vagy maximális értéket, ha konstanstól különbözik. Nevezetesen:

Állítás 4.3.3.

(Gyenge maximumelv) Legyen

mely összefügg®, és

∂Ω

u

harmonikus a korlátos

határa sima. Ekkor széls®értékeit

∂Ω-n

Ω

tartományon,

veszi fel, hacsak

u

nem

konstans az egész tartományon.

Bizonyítás. Az u függvény Hesse mátrixa az adott pontban

H(x0 , y0 ) =

u00xx (x0 , y0 ) u00xy (x0 , y0 ) u00yx (x0 , y0 ) u00yy (x0 , y0 )

!

Mivel 4u(x0 , y0 ) = 0, ezért a f®átlóban lev® elemek összege 0. Tehát ha H 6=

0 0 0 0

! ,

akkor detH < 0, ezért itt nem lehet lokális széls®érték. A Laplace egyenlet megoldásait meghatároztuk téglalap ill kör alakú tartományok esetén. Mindkét esetben a megoldás a peremen megadott függvény bizonyos Fourier sorfejtéséb®l állítható el®. Ez sem véletlen.


Tétel 4.3.4 (Green-függvény).

Ω ⊂ IR2

Legyen

nyílt tartomány. Vegyük

64

∂Ω

egy para-

méterezését:

∂Ω = γ(t)IR2 : tI , Ekkor létezik olyan

ahol I ⊂ IR

G(x, y, t) : Ω × I → IR

intervallum.

függvény, hogy a

4u(x, y) = 0 ∀(x, y)Ω,

u(x, y) = f (x, y) ∀(x, y)∂Ω

ˆ

feladat megoldása:

u(x, y) =

G(x, y, t)f (γ(t)) dt I

Mivel a Laplace-egyenlet megoldása mindig az Ω tartománytól függ, a G függvény minden tartományra egyedi. Meghatározásának módszereit most nem tárgyaljuk. Ha például

Ω = (x, y)IR2 : y > 0 , akkor az u(x, 0) = g(x) feltétel mellett

y u(x, y) = π

ˆ

∞

−∞

g(ξ) dξ (x − ξ)2 + y 2

A kapott u függvény kielégíti a peremfeltételt, mivel belátható, hogy

lim u(x, y) = g(x)

y→0

4.4. Másodrend¶ PDE II: H®vezetés egyenlete + Legyen Ω ⊂ IRn nyílt tartomány, Ω+ t = Ω × (0, ∞), Az u : Ωt → IR függvény a h®vezetési feladatnak, ha n X ∂ 2u 0 ut (x, 0) = (x, 0). ∂x2k k=1

u(x, t) jelenti az adott pontban mért h®mérséklet a t id®pontban. A feladathoz tartozó

kezdeti feltétel :

u(x, 0) = f (x). A feladathoz tartozó

peremfeltétel :

u(x, t) = u0 (x, t),

x∂Ω.

megoldása


65

Megállapodás szerint a Laplace-operátorban nem deriválunk a t változó szerint, ezért egyenlet így is írható: u0t = 4u. Most csak az egy-dimenziós, n = 1 esettel foglalkozunk. Két alapfeladatot fogunk tekinteni: véges ill végtelen tartományon keressük a megoldást.

4.4.1. H®vezetés végtelen hosszú rúdban Legyen n = 1, Ω = IR. Ekkor az egyenlet (egy picit általánosabban):

u0t (x, t) = ku00xx (x, t),

xIR, t > 0,

(4.15)

ahol k > 0 a rúd zikai konstansa. Legyen a kezdeti érték feltétel u(x, 0) = f (x), megadja a rúd h®mérsékletét a kiindulási id®pillanatban. Tegyük fel továbbá, hogy a kezdeti összes h®mennyiség véges: ˆ ∞ f (x) dx < ∞. −∞

Peremfeltételként azt tesszük fel, hogy

lim u(x, t) = 0,

x→±∞

t ≥ 0.

Ennek a feladatnak megoldását két egészen különböz® módon is meghatáozzuk.

1. Megoldás a frekvencia tartományban A feladatot a frekvenciatartományban oldjuk meg. Vegyük (4.15) egyenlet Fourier transzformáltját az x változó szerint:

F(u0t (x, t), s) = kF(u00xx (x, t), s), ami a Fourier transzformáció alaptulajdonságai szerint így írható:

∂ F(u(x, t), s) = −ks2 F(u(x, t), s). ∂t A t szerinti deriválásnál a frekvenciatartomány s változója konstans. A fenti egyenlet egy ODE-t ad, ahol az ismeretlen függvény y(t) := F(u(x, t), s) kielégíti az alábbi dierenciálegyenletet y˙ = −ks2 y.


66

Ebben az egyenletben s egy küls® paraméter. Megoldása: 2

y(t) = C(s)e−ks t = F(u(x, t), s), ahol C(s) független t-t®l. A kezdeti feltételb®l:

F(f (x), s) = F(u(x, 0), s) = C(s), ezért f ismeretéb®l C(s) is meghatározható. Analízis 2-b®l tanultuk, hogy

F(e−x

2 /2

, s) = e−s

2 /2

, 2

így könnyen felíhatjuk azt a függvényt, aminek Fourier traszformáltja e−ks t :

F( √

−x2 1 2 e 4kt , s) = e−ks t 2kt

Összegezve azt kaptuk, hogy a keresett függvény Fourier transzformáltjára teljesül, hogy

F(u(x, t), s) = F(f (x), s) · F( √

−x2 1 −x2 /4kt 1 e ) = √ F(f (x) ∗ e 4kt , s) 2π 2kt

A konvolúció Fourier transzformáltjáról azt tanultuk, hogy

F(f ∗ g, s) =

√

2π F(f, s) · F(g, s)

Tehát a h®vezetési feladat megoldása a végtelen hosszú rúdban: ˆ ∞ −(x−y)2 −x2 1 1 1 1 u(x, t) = √ f (x) ∗ √ e 4kt = √ f (y) √ e 4kt dy. 2π 2π −∞ 2kt 2kt

(4.16)

2. Megoldás a változók szétvalasztásával Az egyszer¶ség kedvéért legyen az egyenletben szerepl® konstans k = 1. Újra felírjuk a feladatot:

u0t (x, t) = u00xx (x, t), u(x, 0) = f (x),

xIR, t > 0.

xIR.

A megoldást szeparált alakban keressük:

u(x, t) = T (t)X(x).


67

Ekkor

u0t (x, t) = T 0 (t)X(x) u00xx (x, t) = T (t)X 00 (x), így átrendezve azt kapjuk, hogy

T 0 (t) X 00 (x) = = −s2 . T (t) X(x) 8. Gyakorlat. negatív lehet.

Lássuk be, hogy a fenti egyenlet jobboldalán szerepl® konstans csak

Tehát két közönséges DE-t kell megoldani:

T 0 (t) = −s2 T (t),

X 00 (x) = −s2 X(x),

ahol s tetsz®legesen megválasztható paraméter. A megoldás: 2

u(x, t) = eixs−s t ,

sIR.

Ennek értéke a peremen: u(x, 0) = eixs .. Ezekb®l fogjuk 'kikeverni' azt a megoldást, amit keresünk. Mivel f abszolút integrálható függvény, ezért el®állítható ˆ ∞ 1 eixs fb(s)ds f (x) = √ 2π −∞ alakban, ahol fb a függvény Fourier transzformáltja.

Állítás 4.4.1.

A fenti peremérték feladat megoldása

1 u(x, t) = √ 2π

15.

Feladat.

ˆ

∞

2 eixs−s t fb(s)ds.

(4.17)

−∞

Igazoljuk a fenti állítást.

Határozzuk meg a megoldást most f függvényében, hiszen ez adott, nem pedig Fourier transzformáltja. fb el®állítható a Fourier transzformáció segítségével: ˆ ∞ 1 b f (s) = √ e−iys f (y)dy. 2π −∞


68

Ezt behelyettesítve a (4.17) kifejezésbe azt kapjuk, hogy ˆ ∞ 1 u(x, t) = K(x, t, y)f (y)dy, 2π −∞ ahol K(t, x, y) a megfelel® magfüggvény, éspedig ˆ ∞ 1 2 eis(x−y)−s t ds. K(t, x, y) = √ 2t −∞ Ennek megoldása:

1 1 u(x, t) = √ √ 2π 2t

ˆ

∞

e−

(x−y)2 4t

f (y)dy.

−∞

Megoldás speciális kezdeti feltételek mellett. Els® speciális esetként legyen a h®vezet® rúd kezdeti eloszlása Dirac delta függvény, δ(x). Ezt úgy képzelhetjük el, hogy a rúd a t = 0 id®pontban a középpontjában egységnyi h®mennyiséget kap. A PDE azt írja le, hogy ilyen impulzust adva milyen módon fog id®ben szétoszlani a h®. Ekkor x2 1 1 u(x, t) = √ √ e− 4t , 2π 2t √ ami egy 0 várható érték¶ és 2t szórású normális eloszlás s¶r¶ségfüggvénye. Második speciális esetként legyen a h®vezet® rúd kezdeti eloszlása: ( 1 ha x[−1, 1] f (x) = 0 ha x| [−1, 1] Ekkor

1 u(x, t) = √ 2π

ˆ

1

−1

(x−y)2 1 √ e− 4t ddy. 2t

Újra valószín¶ségszámításos szemmel ránézve azt kapjuk, hogy

u(x, t) = P (−1 ≤ ξ ≤ 1),

ahol ξ ∼ N (x,

√

2t).

Mindkét példában azt tapasztaljuk, hogy a kezdeti egyenetlen h®eloszlás az id® múlásával egyre inkább egyenletessé válik.

4.4.2. H®vezetés véges rúdban Legyen n = 1, Ω = (0, 1), ekkor ∂Ω = {0, 1}. Az egyszer¶ség kedvéert k = 1-t terkintünk. Ekkor az egyenlet: u0t = u00xx , 0 < x < 1, t > 0. (4.18)


69

A kezdeti érték feltétel

u(x, 0) = f (x),

(4.19)

0 < x < 1,

és a peremfeltétel

u(0, t) = u(1, t) = 0,

t ≥ 0.

Ezt is a változók szétválasztásával oldhatjuk meg. A megoldást u(x, t) = X(x)T (t) szorzat alakban keressük. A (4.18) egyenlet ilyen alakú lesz:

T 0 (t)X(x) = X 00 (x)T (t), ahonnan átrendezássel azt kapjuk, hogy

X 00 (x) T 0 (t) = . T (t) X(x) Mivel a két oldalon a függvények változói különboz®ek, egyenl®ség csak akkor fordulhat el®, ha mindkét oldal konstans. Ezért ∃λIR:

T 0 (t) X 00 (x) λ= = , T (t) X(x) ami két közönséges DE-t ad. (4.20)

T 0 (t) = λT (t)

(4.21)

X 00 (x) = λX(x). (4.20) általános megoldása T (t) = ceλt , cIR. A peremfeltételeket behelyettesítve azt kapjuk, hogy

u(0, t) = X(0)T (t) = 0,

u(1, t) = X(1)T (t) = 0,

∀t > 0.

Ezért

X(1) = X(0) = 0. Ha λ pozitív, azaz λ = α2 , akkor (4.21) általános megoldása

X(x) = Aeαx + Be−αx . Így

X(0) = A + B = 0,

X(1) = Aeα + Be−α = 0.

Ebb®l A = B = 0 adódik, ezért ebben az esetben nincs nem-triviális megoldás.

(4.22)


70

Tehát λ negatív, λ = −α2 . Ekkor A (4.21) általános megoldása

X(x) = A cos(αx) + B sin(αx). Így

X(0) = A = 0,

X(1) = B sin(α) = 0.

Ez csak akkor lehet nem-triviális, ha α = nπ , nIN. Azt kaptuk, hogy λ = −n2 π 2 alakú. A (4.21) DE hozzá tartozó alapmegoldása pedig X(x) = sin(nπx). Az eredeti (4.18) számú PDE λ = −n2 π 2 -hez tartozó alapmegoldása: 2 π2 t

u(x, t) = Ae−n

· sin(nπx).

Az általános megoldás a különböz® lehetséges λ-k hoz tartozó alapmegoldások kombinációjaként áll el®.

u(x, t) =

∞ X

2 π2 t

An e−n

lineáris

· sin(nπx)

n=1

An -et f Fourier-sorából tudjuk meghatározni. Mivel a [0, 1] intervallumban mozgunk, ez lehet tisztán szinuszos, vagy tisztán koszinuszos is. A [0, 1] intervallumon {sin(nx), nIN} és {cos(nx), nIN} önállóan is bázist alkot. Nekünk most a tiszta szinuszos el®állítás a célravezet®. 16.

Feladat.

Az id® múltával az alapmegoldásokra 2

lim u(x, t) = lim e−(kπ) t sin(kπx) = 0

t→∞

t→∞

Igazoljuk, hogy a rúd h®mérséklete is tart a 0-hoz. 17.

Feladat.

A rúd h®energiájaként értelmezhet® függvény ˆ 1 E(t) := u2 (x, t) dx. 0

Bizonyítsuk be, hogy ez id®ben monoton fogyó. Kóvetkez® példaként újra egy véges rúd h®mérséklet változását nézzük. A rúd pontjai: {x : 0 ≤ x ≤ 1}. Tegyük fel, hogy u : [0, 1] × [0, ∞] → IR megoldása az alábbi feladatnak:

u0t (x, t) = u00xx (x, t), u(x, 0) = f (x),

0 < x < 1, t > 0 0≤x≤1

u0x (0, t) = u0x (1, t) = 0,

t ≥ 0.


71

A fenti feladatban Neumann típusú peremfeltétel van. Deniáljuk a rúd h®energiáját a t id®pontban kicsit másk pee, éspedig: ˆ 1 T (t) := u(x, t) dx. 0

Igazoljuk, hogy ekkor ez a h®energia id®ben állandó. Valóban, a fenti mennyiség deriváltja t szerint ˆ ˆ 1

1

u0t (x, t)

0

T (t) =

u00xx (x, t) dx,

dx = 0

0

felhasználva a h®vezetés egyenletét. Ebb®l következik, hogy ˆ 1 x=1 0 u00xx (x, t) dx = u0x (x, t) x=0 = 0. T (t) = 0

Ezért T (t) konstans, éspedig a kiinduló értékkel egyezik meg:

ˆ T (t) = T (0) =

1

f (x) dx =: T . 0

Fizikai és matematika intuíciónk alapján azt "várjuk", hogy a rúd h®mérséklete homogén lesz, azaz lim u(x, t) = T , ∀x(0, 1). (4.23) t→∞

18.

Feladat.

Igazoljuk, hogy a fenti intuíció nem csal, és igaz a (4.23) határátmenet.

4.4.3. H®vezetés visszafelé Oldjuk meg az el®z® feladatot úgy is, hogy az id®ben nem el®re, hanem visszafelé haladunk úgy, hogy a 0. id®pillanatban a rúd h®mérsékletét az f (x) 6= 0 függvény írja le. El®ször is, mit várunk? A rúd végtelen ideig h¶lt, hiszen a két végér®l h¶tjük (a peremfeltételek nullák) és mégis nullától különböz® a h®mérséklete. Ez azt jelenti, hogy kezdetben végtelenül forrónak kellett lennie, vagyis a megoldásnak a −∞-ben fel kell robbannia. Nézzük meg, mit mond a matematikai megoldás! Legyen U (x, t) = u(x, −t). Az inverz h®vezetést leíró egyenlet így néz ki: 00 Ut0 = −Uxx .


72

Látható, hogy bejött egy negatív el®jel. Ennek megoldását levezetve az el®z®ek szerint, ugyanúgy megkapjuk a végtelen szummát, de a hatványkitev®ben egy pozitív szám lesz:

U (x, t) =

∞ X

2 π2 t

An e+n

· sin(nπx)

n=1

Ebb®l látszik, hogy ez a megoldás valóban felrobban minden x-re t → ∞ esetén.

4.5. Másodrend¶ PDE III: Hullámegyenlet. 4.5.1. Hullámmozgás végtelen húrban Tekintsünk egy végtelen hosszú rugalmas húrt, és legyen u(x, t) a t id®pontban a húr x pontjának kitérése. Ha a húr hullámmozgást végez, akkor zikai meggondolások alapján u(x, t) olyan kétszer folytonosan dierenciálható függvény, mely kielégíti az alábbi hiperbolikus PDE-t u00tt = c2 u00xx , t > 0, xIR, (4.24) ahol c adott konstans. A feladat akkor lesz egyértelm¶en megoldható, ha megadjuk a kezdeti id®pontban a húr helyzetét és az egyes pontokhoz tartozó pillanatnyi sebességet. A kezdetérték feltételek tehát

u(x, 0) = f (x),

u0t (x, 0) = g(x),

(4.25)

ahol f és g adott folytonosan dierenciálható függvények. A feladat D'Alambert-féle formációt:

megoldását

adjuk meg. Alkalmazzunk egy koordináta transz-

ξ := x + ct,

η := x − ct.

Az inverz transzformáció

ξ−η ξ+η , t= . 2 2c Ezt behelyettesítve a keresett függvénybe egy U függvényt kapunk: ξ−η ξ+η U (ξ, η) := u , 2c 2 x=

Számoljuk ki ennek vegyes maásodrend¶ parciális deriváltját.

1 1 + u0x , 2c 2 1 −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 = u00tt · + u00xt · + u00tx · + u00xx · = (u00tt 2 + u00xx ) = 0. 2c 2c 2c 2 2 2c 2 2 4 c

Uξ0 = u0t 00 Uηξ


73

Vagyis kiderült, hogy Uξ0 (ξ, η) független η -tól, így:

Uξ0 (ξ, η) = F0 (ξ). Ezért

ˆ Uξ0 dξ + G(η) = F (ξ) + G(η),

U (ξ, η) =

valamely alkalmas F és G függvények mellett. Ezt visszahelyettesítve az eredeti függvénybe beláttuk az alábbi tételt:

Tétel 4.5.1.

A (4.24) a hullámegyenlet PDE általános megoldása

u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct), ahol

F

és

G

kétszer folytonosan dierenciálható valós függvények.

9. Gyakorlat. Közvetlen számolással lássuk be, hogy tetsz®leges kétszer dierenciálható ϕ valós függvényre u(x, t) = ϕ(x + ct) és u(x, t) = ϕ(x − ct) a hullámegyenlet megoldásai lesznek. Meghatározzuk a (4.25) peremfeltételeket kielégít® megoldást. Ezt összeg alakban fogjuk keresni: u(x, t) = v(x, t) + w(x, t), különválasztva a két kezdeti feltételt. Tehát v(x, t) és w(x, t) megoldásai az eredeti (4.24) egyenletnek, ilyen kezdeti feltételekkel:

v(x, 0) = f (x)

v 0t (x, 0) = 0 w0t (x, 0) = g(x).

w(x, 0) = 0 Egyszer¶ számolással igazolható, hogy

v(x, t) = és

1 w(x, t) = 2c

ˆ 0

f (x + ct) + f (x − ct) , 2

x+ct

1 g(s)ds − 2c

ˆ

x−ct

g(s)ds. 0

Ha v(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct), akkor vt0 (x, t) = cF 0 (x + ct) − cG0 (x − ct). Ezért a kezdeti feltételek miatt

F (x) + G(x) = f (x),

cF 0 (x) − cG0 (x) = 0.


74

A második összefüggésb®l F (x) = G(x) + C , ahol C = 0-t választunk (miért tehetjük meg?). Ezt az els® összefüggésbe visszaírva

F (x) + F (x) = f (x)

=⇒

F (x) = G(x) =

f (x) . 2

Hasonlóan, ha w(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct), akkor a kezdeti feltételek miatt

cF 0 (x) − cG0 (x) = g(x).

F (x) + G(x) = 0,

Az els® összefüggésb®l F (x) = −G(x), ahonnan 0

0

cF (x) + cF (x) = g(x)

Állítás 4.5.2.

=⇒

1 F (x) = −G(x) = 2c

ˆ

x

g(s)ds. 0

A (4.24) a hullámegyenlet (4.25) kezdetiérték feltételt teljesít® megoldása

egyértelm¶, éspedig

1 f (x + ct) + f (x − ct) + u(x, t) = 2 2c

ˆ

x+ct

g(s)ds. x−ct

Kis magyarázat a D'Alambert féle megoldásról: Az eredeti parciális dierenciálegyenlet azt jelenti, hogy meg akarjuk oldani az Megjegyzés.

L[u] = 0 egyenletet, ahol L a következ® parciális dierenciál - operátor

L=

2 ∂2 2 ∂ − c . ∂t2 ∂x2

Ez formálisan szorzattá bontható: ∂ ∂ ∂ ∂ L= −c +c = L1 L2 . ∂t ∂x ∂t ∂x Az L1 [v] = 0 els®rend¶ parciális dierenciálegyenlet egy transzport egyenlet, melynek megoldásai v(x, t) = F (x+ct) alakúak. Az L2 [w] = 0 parciális dierenciálegyenlet szintén egy transzport egyenlet, ennek megoldásai pedig

w(x, t) = G(x − ct) alakúak.


75

4.5.2. Gyenge megoldás. Néhány tanulságos példa A D'Alambert féle megoldásban szerepl® függvényt akkor is fel tudjuk írni, ha a kezdeti feltételek nem dierenciálhatók. Ekkor a kapott u(x, t) függvény nem lesz dierenciálható, és gyenge megoldás ról beszélünk. Érdekes lehet az alábbi példák megoldásával meggyelni, hogy a kezdeti feltételeben jelen lev® "töréspontok" id®ben kisimulnak-e vagy sokszorozódnak. Mivel hhullámegyenlet homogén lineáris, ezért külön vizsgálhatjuk a kezdeti feltételek hatását. 19.

Feladat.

Vizsgáljuk meg, hogyan változik a húr, ha a kezdeti id®pontban a kitérés: ( 0 ha x < 0 f (x) = , 1 ha x ≥ 0

és a pillanatnyi sebességek g(x) ≡ 0. 20. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogyan változik a húr, ha a kezdeti id®pontban a pillanatnyi sebesség: ( 0 ha x < 0 g(x) = , 1 ha x ≥ 0 és f (x) ≡ 0. 21. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogyan változik a az alábbi alakú:    ha  x+1 f (x) = −x + 1 ha    0 ha

húr, ha a kezdeti id®pontban a kitérés

x[−1, 0] x(0, 1] , x| [−1, 1]

továbbá a pillanatnyi sebességek g(x) ≡ 0. 22. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogyan változik a húr, ha a kezdeti id®pontban a pillanatnyi sebesség:     −1 ha x[−1, 0] g(x) = 1 ha x(0, 1] ,    0 ha x| [−1, 1] továbbá kitérés f (x) ≡ 0.

Matematikai Analízis III

Recommend Documents