Matematikai Analízis III.
Vágó Zsuzsanna el®adásait legépelte Marczell Márton
2012. december 27.
2
Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék
3
1. Vektoranalízis 1.1.
Vektormez®k
5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bevezetés
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.1.2.
Dierenciálási szabályok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.1.3.
A vektormez®k speciális jellemz®i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.1.4.
Potenciál
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.1.5.
Vonal- és felületi integrál ismétlése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.1.6.
Vektormez®kre vonatkozó tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
2. Dierenciálgeometria 2.1.
2.2.
11
Sokaságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.
11
2.1.1.
Paraméteres megadás
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
2.1.2.
Topologikus térben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
2.1.3.
Implicit megadás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
2.1.4.
Sokaság irányítása
14
Formák
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.2.1.
Bevezetés és ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.2.2.
Elemi formák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.2.3.
Általános formák, ékszorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
2.2.4.
Dierenciálformák
16
2.2.5.
Formákra vonatkozó összefüggések
2.2.6.
Formák integrálása sokaságokon
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
R3 -ban
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
3. Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása 3.1.
5
1.1.1.
A stabilitás fogalma
21
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.1.
Stabilitás egy dimenzióban
3.1.2.
Általánosítás
n
A stabilitás vizsgálata
21
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
dimenzióra
3.2.1.
A közönséges dierenciálegyenletekr®l tanultak ismétlése és kiegészítése
. . . . . . . .
22
3.2.2.
Módszerek a stabilitás vizsgálatára . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
3.2.3.
Lineáris rendszerek stabilitása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
3.2.4.
Nemlineáris rendszerek stabilitása
26
3.2.5.
Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. Variációszámítás
27
29
4.1.
Bevezet® példák
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
4.2.
Általános feladat
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
4.2.1.
Egyváltozós általános eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
4.2.2.
Speciális esetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
3
4.3.
Általánosítások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
4.3.1.
Több függvény keresése
33
4.3.2.
Magasabbrend¶ deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
4.3.3.
Többváltozós függvény keresése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
4.3.4.
Feltételes variációszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. Parciális dierenciálegyenletek
39
5.1.
Bevezetés, de níciók
5.2.
A Laplace-egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
5.2.1.
De níció és a feltételek fajtái
40
5.2.2.
Megoldás az egységnégyzeten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
5.2.3.
Megoldás körlapon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
5.2.4.
Néhány megjegyzés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
5.3.
A h®vezetés egyenlete
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
44
5.3.1.
De níció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
5.3.2.
H®vezetés végtelen hosszú rúdban
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
5.3.3.
H®vezetés véges rúdban
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
5.3.4.
H®vezetés visszafelé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
Tárgymutató
47
Irodalomjegyzék
49
4
1. fejezet
Vektoranalízis 1.1. Vektormez®k 1.1.1. Bevezetés
1.1.1.1. De níció. Az F : Rn → Rm alakú (többváltozós, vektorérték¶) függvényeket vektormez®nek nevez-
zük. Ezek koordinátafüggvények függvényrendszereként is felírhatók:
f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) f2 (x1 , x2 , . . . , xn ) , F (x1 , x2 , . . . , xn ) = . .. fm (x1 , x2 , . . . , xn )
ahol f1 , . . . , fm Rn -b®l R-be képez® függvények. Egy
F : R3 → R3
vektormez® könnyen elképzelhet® úgy, hogy a tér minden (3 koordinátájú) pontjához
egy (3 koordinátájú) 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.
1.1.1.2. De níció. Vektormez® folytonos, ha koordinátafüggvényei folytonosak. Példák • F : R2 → R2 ; F (x, y) = (3, 1):
konstans mez®
• F : R2 → R2 ; F (x, y) = (x, y):
az origóból kifelé mutató vektorok
• F : R2 → R2 ; F (x, y) = (−y, x):
forgatás
• F : [0, 2π] → R2 ; F (t) = (cos t, sin t):
az egységkör
1.1.1.3. De níció. Az
F : Rn → Rm vektormez® dierenciálható az x ∈ DF pontban, ha létezik olyan hogy ha F megváltozását a következ®képpen közelítjük: F (x + ∆x) ≈ F (x) + A · ∆x,
mátrix, akkor a közelítés hibájának nagyságrendje kisordó, azaz
A∈R
m×n
(x + ∆x) − F (x) − A · ∆x
F
lim = 0. ∆x→0 k∆xk 5
(x, y)
(3, 1) 2
(−y, x)
4 y
y
y 2
2 x
1 −4
x 2
−2
2
x
4
−2
2
−2
4
−2
−1
−4 1.1. ábra. Vektormez®k
Ekkor a vektormez® derivált- (Jacobi-) mátrixának a következ® mátrixot nevezzük:
grad f1
.. A = DF = . grad fm 1.1.2. Dierenciálási szabályok
•
Linearitás és homogenitás
•
Kompozíció dierenciálása: Tfh.
n
l
Inverz deriváltja:
Tfh.
Ekkor
•
G◦F: R →R
szinguláris. Ekkor
F
, és
−1
F : Rn → Rm és G : Rm → Rl D(G ◦ F ) = DF (G(a)) · DF (a).
F : R n → Rn dierenciálható
a megfelel® helyeken dierenciálhatóak.
a ∈ Df helyen, és DF −1 (F (a)) = (DF (a))−1
dierenciálható az
a deriváltmátrix nem
F (a)-ban,
(az inverz deriváltja a
és
deriváltmátrix inverze).
•
Szorzási szabályok:
grad(f · g) = f · grad g + g · grad f div(f · F ) = f · div F + F · grad f rot(f · F ) = grad f × F + f · rot F div(F × G) = hG, rot F i − hF, rot Gi Ezek a szabályok egyszer¶en beláthatók az operátorok most következ® de nícióiból. A további deriválás a tenzorokhoz vezet, amelyekkel most nem foglalkozunk.
1.1.3. A vektormez®k speciális jellemz®i
1.1.3.1. De níció. A ∇ (nabla) operátor alatt három dimenzióban a Ebb®l következik, hogy egy
1.1.3.2. De níció. Tfh.
f : R3 → R
F : R3 → R3
függvényre
∂ ∂ ∂ ∂x , ∂y , ∂z
formális vektort értjük.
grad f = ∇f .
dierenciálható. Ekkor a vektormez® divergenciáját így de niáljuk:
div(F ) =
∂ f1 ∂ f2 ∂ f3 + + = h∇, F i ∂x ∂y ∂z 6
1.1.3.3. De níció. A fenti F vektormez® rotációja ∂i rot(F ) = curl(F ) = ∂x f1
j ∂ ∂y
f2
k ∂ f3 ∂ ∂z = ∂y − f3
∂ f2 ∂ f1 ∂z , ∂z
−
∂ f2 ∂ f2 ∂x , ∂x
−
∂ f1 ∂y
= ∇ × F.
A rotációvektor zikai értelmezése: hossza az er®tér örvénylésének sebességét adja meg, iránya mer®leges az örvénylésre.
1.1.3.4. Példa.
Jellemezzük egy folyó áramlását vektormez®vel. Az
folyó közepén fekszik. Az
d (y ∈ [−d; d]).
y
tengely a folyás irányára mer®leges. A
z
x
tengely a folyás irányába mutat és a
tengely felfelé mutat. A folyó szélessége
Valahonnan tudjuk, hogy a folyó áramlását a
2
v = v0 ·
1−
4y d2
!
, 0, 0
vektormez® jellemzi. Mit tudunk mondani az áramlás örvényességér®l? Megoldás:
8yv0 , rot(v) = 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 mer®leges a
z
tengelyre.
1.1.4. Potenciál
1.1.4.1. De níció. Az F : R3 → R3 vektormez® skalárpotenciálos, ha létezik olyan f : R3 → R skalármez®, hogy F = grad f .
1.1.4.2. Állítás. A következ® állítások ekvivalensek: • F
skalárpotenciálos
• rot(F ) = 0 • ∀Γ ⊂ R3
zárt görbére
˛ F (r) dr = 0 Γ
1.1.4.3. De níció. rot(G) = F .
F : R3 → R 3
vektorpotenciálos, ha létezik olyan G : R3 → R3 vektormez®, amelyre
1.1.4.4. Állítás. A következ® állítások ekvivalensek: • F
vektorpotenciálos
• div(F ) = 0 • ∀S ⊂ R3
zárt felületre
" F dS = 0 S
1.1.4.5. Következmény.
A fenti két állítás alapján tehát:
• rot(grad(f )) = 0 • div(rot(F )) = 0 7
•
Könnyen belátható az is, hogy
00 00 00 div(grad(f )) = fxx + fyy + fzz = 4f
(Laplace
f,
ld. De níció 5.1.0.3).
Megjegyzés.
• A rotáció lineáris operátor. Ezért ha rot(G1 ) = 0, azaz G1 skalárpotenciálos, akkor egy G vektormez®re rot(G + G1 ) = rot(G) + 0 = rot(G). Ez azt jelenti, hogy a vektorpotenciál egyértelm¶: ha F = rot(G), akkor F -nek G és G + G1 is vektorpotenciálja.
tetsz®leges nem
•
Ha
F
vektorpotenciálos, akkor egy vektorpotenciálját megkaphatjuk a következ® módon:
ˆ
1
t · F (tx, ty, tz) × (x, y, z) dt
G(x, y, z) = 0
1.1.5. Vonal- és felületi integrál ismétlése
1.1.5.1. De níció. Az
f : Rn → R valós függvény γ(t) = x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t) görbe mentén:
(skalármez®) vonalintegrálja a Γ = γ(t) : t ∈ [a, b] ;
ˆ
ˆ
b
f (γ(t)) · γ(t) ˙ dt
f (x1 , . . . , xn ) ds = a
Γ
Megjegyzés.
γ(t) ˙ = (x˙ 1 (t), . . . , x˙ n (t)) a görbe érint®vektorát adja meg az adott pontban.
A fenti képletben
A vonalintegrál értéke független a görbe paraméterezését®l.
1.1.5.2. De níció. Az s : D → R3 ;
f : Rn → R valós függvény felületi integrálja az S = s(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) felület mentén: ¨ ¨ f (x, y, z) dS = f (s(u, v)) · s0u × s0v d(u, v) S
Megjegyzés.
A fenti képletben
s(u, v) : (u, v) ∈ D ⊂ R2 ;
D
s0u ×s0v
a felület érint®síkjának normálvektora az adott pontban. Az integrál
értéke független a felület paraméterezését®l. Speciális esetben a felület egy kétváltozós valós függvény felülete: dierenciálható. Ekkor
¨
s(u, v) = (u, v, t(u, v)),
ahol
t: D → R
¨ f (u, v, t(u, v)) ·
f (x, y, z) dS = S
p 1 + (t0u )2 + (t0v )2 d(u, v)
D
1.1.5.3. De níció. Az F : R3 → R3 vektormez® felületi integrálja a fenti S felület mentén ¨
¨
F dS = S
F (s(u, v)), s0u × s0v d(u, v)
D
A vektormez® felületi integrálját egy skalárszorzattal de niáltuk, azaz visszavezettük egy skalármez®
n-nel jelöljük, akkor látszik, hogy ¨ ¨ · s0u × s0v d(u, v) = F (s(u, v)) · (s0u × s0v ) d(u, v) = F dS
integráljára. Tehát ha a felület egységnyi normálvektorait
¨
¨ F · n dS =
S
F (s(u, v)) · D
s0u × s0v |s0u × s0v |
D
1.1.5.4. De níció. Az F : R3 → R3 vektormez® vonalintegrálja a Γ = ˆ
ˆ
Γ
γ(t) : t ∈ [a, b]
görbe mentén
b
F (r) dr =
S
F (γ(t)), γ(t) ˙ dt
a
A fentiek alapján látható, hogy ezt is visszavezettük az egységnyi érint®vektorait adja meg. 8
F ·T
skalármez® vonalintegráljára, ahol
T
a görbe
1.1.6. Vektormez®kre vonatkozó tételek
1.1.6.1. Tétel
. Legyen M
⊂ R3 zárt térrész. Ekkor ∂M a térrészt bezáró felület. Tfh. ∂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 mutató normálvektorok. Ekkor az F : R3 → R3 dierenciálható vektormez®re ˚ ¨ ¨ div F (x, y, z) d(x, y, z) = F dS = F · n dS (Divergenciatétel/Gauss-Osztrogradszkij-tétel)
M
∂M
∂M
Azaz a térrészen vett térfogati integrál megegyezik a vektormez®nek a határoló felületre vett felületi integráljával (ld. De níció 1.1.5.3).
1.1.6.2. De níció. A fenti integrál értékét a vektormez®nek a felületre vett uxusának nevezzük. Értelmezhetjük egy kétdimenziós vektormez® uxusát is, egy síkgörbére nézve.
Bizonyítás.
M
(vázlat) Tfh.
φ=
´
Γ
F ds
egyszer¶ térrész, azaz minden, valamelyik tengellyel párhuzamos egyenessel
vett metszése csak egyetlen szakasz, vagy egy pont. Azt kell belátnunk, hogy
˚
˚
div F = M
M
∂ f1 ∂x
+
∂ f2 ∂y
+
∂ f3 ∂z
¨ (f1 · n1 + f2 · n2 + f3 · n3 ) dS
d(x, y, z) = ∂M
Ez pedig tagonkénti egyenl®séggel bizonyítható. Ebb®l most a harmadik tagot fogjuk belátni. Írjuk fel az
(x, y)
sík szerinti normáltartományként:
b(x, y) < z < t(x, y).
uniójaként, és számoljuk ki a résztartományokra vett felületi integrálokat: 1.
n3 > 0 : ∂Mtop = (u, v, t(u, v)) : (u, v) ∈ D n = (−t0u , −t0v , 1) · p
M -et
Írjuk fel a határhalmazt három tartomány
∂M = ∂Mtop ∪ ∂Mside ∪ ∂Mbottom
:
1
⇒
n3 = p
1
1 + (t0u )2 + (t0v )2 ¨ ¨ p f3 (u, v, t(u, v)) d(u, v) f3 · n3 dS = f3 (u, v, t) · n3 (u, v, t) · 1 + (t0u )2 + (t0v )2 d(u, v) =
¨ ∂Mtop
1 + (t0u )2 + (t0v )2
D
D
2.
n3 = 0 : ∂Mside :
3.
n3 < 0 : ∂Mbottom
n3 = 0, ezért az integrál is 0. = (u, v, b(u, v)) : ¨ ¨ f3 · n3 dS = . . . = − f3 (u, v, b(u, v)) d(u, v)
Itt
∂Mbottom
D
Tehát a teljes tartományon vett integrál az egyes résztartományokon vett integrál összege:
¨
¨ f3 (u, v, t(u, v)) + −f3 (u, v, b(u, v)) d(u, v)
f3 n3 dS = ∂M A teljes
˚ M
M -re
D
vett térfogati integrált pedig normáltartományon való integrálással számoljuk:
∂ f3 (x, y, z) d(x, y, z) = ∂z
¨ ˆ D
t(x,y)
b(x,y)
∂ f3 (x, y, z) dz d(x, y) = ∂z
¨ 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.
1.1.6.3. Példa.
F (x, y, z) = (x, y, z) divergenciája div F = 3. Legyen M ˚ 2 3 d(x, y, z) = 3 · r3 π = 2r3 π 3 M
fele. A térfogati integrál:
9
az origó körüli
r
sugarú gömb fels®
S = S1 ∪S2 , ahol S1 a félgömb felülete és S2 n2 (x, y, z) = (0, 0, −1). Az S1 -en vett integrál:
A felületet két részre osztjuk:
1 r
· (x, y, z)
és
¨ (x, y, z) · S1 Az
S2 -n
¨
1 · (x, y, z) dS = r
x2 + y 2 + z 2 dS = r
S1
¨
vett integrál:
az alsó körlap. Ekkor
n1 (x, y, z) =
¨ r dS = r · A(S1 ) = r · 2r2 π = 2r3 π S1
¨ (x, y, z) · (0, 0, −1) dS = S2
−z dS = 0 S2
A két integrál összege pedig valóban megegyezik a térfogati integrállal:
¨ F dS = 2r3 π S1 ∪S2
1.1.6.4. Tétel (Klasszikus Stokes-tétel) . Vegyünk egy F : R3 → R3 dierenciálható vektormez®t és egy M ⊂ felületet, amelyet egy ∂M = γ(t) ∈ R3 : t ∈ [a, b] sima, zárt görbe határol. A felület normálvektorait jelölje n. Ekkor ¨ ˛ ˛ R3
rot F · n dS = M
F · T ds
F (r) dr = ∂M
∂M
Itt T jelöli a görbe egységnyi hosszú érint®vektorait, amelyeket úgy is számolhatunk, hogy γ(t) ˙ T = γ(t) ˙
Megjegyzés.
Kés®bb látni fogjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula, a divergencia- és a Stokes-tétel ugyan-
azon 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.
1.1.6.5. De níció. A fenti integrállal megadott mennyiséget az F vektormez® cirkulációjának nevezzük. sin ϕ cos θ 1.1.6.6. Példa. Legyen F := (y, z, x), M := {s(ϕ, θ) = sin ϕ sin θ : ϕ ∈ [0, π2 ], θ ∈ [0, 2π]} cos ϕ tehát ∂M = {γ(t) = (cos t, sin t, 0) : t ∈ [0, 2π]} egységkör az (x, y) síkon. ˛
ˆ
∂M
ˆ
2π
F (r)dr =
F (γ(t)), γ(t) ˙ dt =
0
ˆ
2π
¨
¨
ˆ
(−1, −1, −1), (x, y, z) dS = −
M π 2
sin2 t dt = −π 0
¨ rot F · n dS =
M
2π
(sin t, 0, cos t), (− sin t, cos t, 0) dt = −
0
fels® félgömb,
ˆ
x + y + z dS = M
2π
(sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cosϕ) sin ϕ dθ dϕ = −π
− 0
0
Megjegyzések:
•
Az
(x, y, z)
normálvektort jelen esetben azért nem kell a hosszával elosztani, mert az egységgömb
felületén vagyunk.
•
A
sin ϕ
szorzó a polárkoordinátás áttérés Jacobi-determinánsa.
10
2. fejezet
Dierenciálgeometria 2.1. Sokaságok 2.1.1. Paraméteres megadás
2.1.1.1. De níció
.
M ⊂ Rn k -dimenziós sokaság, ha ∀p ∈ M -nek ∃U ∃V ⊂ Rk nyílt halmaz, hogy F (V ) = U ∩ M és a DF
(Paraméteresen megadott sokaság)
környezete, ∃F : R → R dierenciálható leképezés és mátrix teljes rangú, azaz a leképezés egy-egy értelm¶. k
n
Ezt úgy lehet értelmezni, hogy az M halmaz lokálisan úgy viselkedik, mintha
k
dimenziós volna. Erre
példa egy síkbeli vagy térbeli görbe, amely egydimenziós (egy paraméter¶) sokaság, vagy 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 azok már nem úgy viselkednek, mint egy egydimenziós intervallum. Ugyanígy csak a határoló görbét nem tartalmazó felület számít sokaságnak.
2.1.1.2. De níció.
M ⊂ Rn
lezárása a torlódási pontjainak halmaza: M=
n
x ∈ R : ∃(xn ) ⊂ M, lim xn = x n→∞
Megjegyzés. M ⊂ M , hiszen minden x ∈ M esetén az xn ≡ x sorozat határértéke x. 2.1.1.3. De níció. A k-dimenziós M sokaság határa ∂M = M \ M . ∂M mindig vagy
sokaság, vagy üres halmaz.
Megjegyzés.
k−1
dimenziós
Itt kell megjegyeznünk, hogy 0 dimenziós sokaságnak a véges számú diszkrét pont halmazát
nevezzük, tehát az egydimenziós sokaság (görbe) határa 0 dimenziós sokaság lesz.
2.1.2. Topologikus térben A sokaságok absztraktabb, általánosabb de níciójának megfogalmazásához legalább érint®legesen beszélnünk kell a topologikus terekr®l.
Topologikus terek - kitér®
A topologikus tér egy absztrakt fogalom. Hallhattunk már olyan terekr®l,
amelyekben létezik metrika (metrikus tér), norma (normált tér), skalárszorzat (euklideszi tér). A topologikus terekben egyiknek a létezése sincs feltéve. A topologikus térben csupán az van feltéve, hogy a létezik egy
U ⊂ 2T
halmazrendszer, amely a
T -beli
nyílt halmazokat tartalmazza.
Ezek alapján a sokaságokat a következ®képpen de niálhatjuk: 11
T
halmazon
2.1.2.1. De níció. Egy M halmaz nyílt lefedése az (Uα ) halmazrendszer, ha minden p ∈ M -re létezik olyan α,
hogy p ∈ Uα , és Uα nyílt halmaz.
2.1.2.2. De níció. k
∀Uα ∃φα : R → R • φα •
n
dimenziós sokaság, ha létezik olyan (Uα ), amely M nyílt lefedése, továbbá leképezés, és egy V ∈ Rk nyílt gömb, hogy M ⊂ Rn k
folytonos és bijektív (egy-egy értelm¶)
−1 k k Ha Uα ∩ Uβ 6= ∅, akkor a φ−1 α Uα ∩Uβ megszorítást véve a φα (φβ ) : R → R dierenciálható, egy-egy értelm¶ leképezés.
• φα (V ) = Uα Ekkor
∀p ∈ Uα
ponthoz
∃!φ−1 α (p)
koordináta.
2.1.2.3. De níció. Az
(Uα , φα ) párt lokális térképnek, az egész M -et lefed® térképek rendszerét pedig at lasznak nevezzük. ( (Uα , φα ) : α ∈ I indexhalmaz ) 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
Uα ∩ Uβ ∈ M
valóságos területre, ahonnan a
φ−1 β
φα
M
Uα
Uα ∩ Uβ
φα
Uβ
φβ
φ−1 α (φβ ) Vα
leképezéssel átmegyünk az
segítségével visszajövünk a másik térképlap másik szélére.
φ−1 β (φα )
12
Vβ
2.1.2.4. Példa.
S 1 -gyel a síkban vett egységkört jelöljük, S 2 -vel a térbeli egységgömböt.
Igazoljuk, hogy
S1
egy dimenziós sokaság! Ehhez el®ször egy nyílt lefedését kell megtaláljuk. Két félkör uniója nem 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!
φ1,2,3,4 : (−1, 1) → R2 p φ3 (x) = (− 1 − x2 , x) p φ4 (x) = ( 1 − x2 , x)
p
1 − x2 ) p φ2 (x) = (x, − 1 − x2 )
φ1 (x) = (x,
Ekkor például az
U1 ∩ U4
halmazon, azaz a jobb fels® síknegyedben azt írhatjuk fel, hogy
−1 φ−1 4 (φ1 (x)) = φ4 (x,
U1 1
p p 1 − x2 ) = 1 − x2
U3
U2
y
y −1 −0.5 −0.5
0.5
1 y 0.5
x 0.5
0.5
x −0.5
1
1 y 0.5
1
x −1 −0.5
U4
−1
1
−1
x −1
−0.5 −1
2.1. ábra. Az egységkör nyílt lefedése
2.1.3. Implicit megadás
2.1.3.1. De níció (Implicit megadású sokaság). R,
hogy M a ρi függvények nulltereinek metszete: M=
dimenziós sokaság, ha ∃ρ1 , ρ2 , . . . , ρn−k : Rn →
M ∈ Rn k n−k \
{ρi = 0} ,
i=1
továbbá a ρi függvények lineárisan függetlenek, a bel®lük képzett mátrix:
grad ρ1 grad ρ2 .. . grad ρn−k
teljes rangú.
2.1.3.2. Példa.
S 1 = (x, y) ∈ R2 : ρ1 = x2 + y 2 − 1 = 0 ,
Vegyünk egy görbét
R3 -ban!
azaz az egységkör 1 dimenziós sokaság
R2 -ben.
Eddigi ismereteink alapján ez egy dimenziós sokaság. Ezt impliciten két
függvénnyel adhatjuk meg:
ρ1 (x, y, z) = 0;
ρ2 (x, y, z) = 0
A függvényekb®l az implicit függvény tétel miatt valamelyik változó kifejezhet®. Ezért a két függvény nulltere két felület a térben. Ezek valóban egy görbe mentén metszik egymást. 13
2.1.3.3. Példa.
Most legyen a görbe
S1,
és feküdjön
R3 -ban
az
(x, y)
síkon! A görbét impliciten megadó
függvények:
ρ1 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 Ekkor
(gömb);
grad ρ1 = (2x, 2y, 2z), grad ρ2 = (0, 0, 1),
ρ2 (x, y, z) = z
(sík);
S 1 = {ρ1 = 0} ∩ {ρ2 = 0}
azaz valóban függetlenek.
2.1.3.4. De níció. Legyen M ⊂ R k dimenziós, impliciten megadott sokaság. Ekkor a p ∈ M ponthoz tartozó Np normáltérnek a ρi függvények gradiensei által az adott pontban kifeszített vektorteret nevezzük. Ezért dim Np = n − k. A p-hez tartozó tangens- vagy érint®térnek a Tp = v : v ⊥ Np vektorteret nevezzük, dim Tp = k . n
2.1.3.5. Példa.
2 x + y 2 − 1 = 0 ; p = (x0 , y0 ) ∈ S 1 ; grad ρ = (2x0 , 2y0 ), tehát Np az (x0 , y0 ) helyvektorral párhuzamos vektorokat jelenti. Ezért Tp bázisának vehetjük az (y0 , −x0 ), vagy a (−y0 , x0 ) vektort is, és így Tp kétféle irányítását kapjuk. Ezért beszélnünk kell az irányításokról. S1 =
2.1.4. Sokaság irányítása
V k dimenziós vektortér, amelyben létezik a [v] = {v1 , v2 , . . . , vk } bázis. Ekkor minden [w] = {w1 , w2 , . . . , wk } bázisra vi = A · wj , ahol A nem szinguláris, azaz det A 6= 0. Ezért egy adott bázisból kiindulva V minden bázisát két osztályra oszthatjuk, aszerint, hogy az áttérési mátrix determinánsa pozitív Legyen
vagy negatív. Ezzel a bázisoknak egy partícióját adjuk, így az egy osztályba került bázisok között ekvivalencia reláció van: egymáshoz képest mindannyian a pozitív determinánsú osztályba kerülnek. Ekkor aszerint, hogy melyik osztályt választjuk ki, a vektortér kétféle irányítását különböztetjük meg.
2.1.4.1. De níció
(Vektortér irányítása). Legyen a V vektortérben vett [v] és [w] bázis közötti áttérési mátrix A, azaz egy x ∈ V vektorra x[w] = A · x[v] . Ekkor [v] és [w] azonos irányítású, ha det A > 0. 2.1.4.2. De níció. Egy sokaság irányítható, ha a normáltérhez egy simán változó irányítást tudunk választani. A Moebius-szalag például nem irányítható.
2.2. Formák 2.2.1. Bevezetés és ismétlés Tudjuk, hogy a
x1 y2 − y1 x2 ,
v1 = (x1 , y1 )
és a
v2 = (x2 , y2 )
vektorok által kifeszített paralelogramma területe
T =
ami felírható úgy, mint a következ® determináns:
det v1
2.2.1.1. Állítás. Adottak a v1 , . . . , vk mértéke:
A = v1
2.2.1.2. Példa.
∈ Rn v2
x v2 = 1 y1
x2 y2
vektorok. Ekkor az általuk kifeszített k-dimenziós paralelotóp ...
vk ;
V =
q det(AT A)
Ha csak egy vektorunk van, akkor mértéke alatt a hosszát értjük.
√
v uX u n 2 vT v = t vj = kvk j=1
2.2.1.3. Példa.
Ha
n=k
(azaz
A
négyzetes mátrix), akkor
det A = det AT ,
és a determinánsok tulajdon-
ságai alapján
q
det(AT A) =
q q det AT · det A = (det A)2 = det A 14
2.2.2. Elemi formák A továbbiakban az
•
n-dimenziós
v = (v1 , . . . , vn ) ∈ Rn .
dx1 , . . . , dxn : Rn → R; dxj (v) = vj függvényeket, melyek a v vektorhoz j -edik koordináta irányába es® vetülete hosszát) rendelik hozzá. Ezekb®l n
Elemi 1-formáknak nevezzük a a
j -edik
koordinátáját (a
dimenziós térben
•
vektorokat és koordinátáikat így fogjuk jelölni:
n
különböz® létezik.
Elemi 2-formáknak nevezzük az elemi 1-formák ékszorzatát.
(Az ékszorzatot nemsokára de niálni
fogjuk általános formákra.)
dxi ∧ dxj : Rn × Rn → Rn ;
v dxi ∧ dxj (v, w) = i vj
wi ; wj
1≤i<j≤n
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 mátrixnak vesszük a determinánsát. Ez megadja a két vektor által kifeszített paralelogramma elemi 2-formákból
•
Az elemi
n 2
(xi , xj ) síkra es® vetületének területét.
A de nícióból következik, hogy
féle van.
k -formák de niálásához el®ször választunk egy I indexhalmazt (indexsorozatot), 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ik ≤ n. Ekkor az elemi k -forma:
amelynek ij
elemeire teljesül, hogy
dxI : Rn × . . . × Rn → R;
dxI = dxi1 ∧ . . . ∧ dxik Ai 1 . dxI (A) = det .. Ai k Aij jelöli az A mátrix ij -edik sorvektorát. Azaz a v1 . . . vk mátrixból vesszük ki az ij indexeknek megfelel® sorokat, és az ezekb®l képzett k × k dimenziós mátrixnak számítjuk ki a determinánsát. 2.2.3. Általános formák, ékszorzat
•
1-formának egy
ω : Rn → R
lineáris leképezést nevezünk.
Könnyen látható, hogy minden 1-forma
el®állítható az elemi 1-formák lineáris kombinációjaként:
ω=
n X
aj dxj ;
ω(v) =
j=1
•
n X
aj vj
j=1
ω : Rn×k → R k -forma, ha multilineáris, azaz minden változójára ((v1 , . . . , vk )) Vk n n dimenziós k -formák vektorteret alkotnak, amit (R )-nel jelölünk.
Az
2.2.3.1. De níció
(Formák ékszorzata (küls® szorzata))
. Tegyük fel, hogy
τ ∈
Vk
nézve lineáris. Az
(Rn )
és λ ∈
Vl
(Rn ).
Ekkor τ ∧ λ egy k + l-forma lesz (τ ∧ λ ∈ (R )), amit a következ®képpen kapunk meg: 1 és k + l között kiválasztunk k darab indexet növekv® sorrendben, és elnevezzük ®ket σ1 , . . . , σk -nak. 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 . Ekkor τ és λ szorzata: τ ∧ λ : Rn×(k+l) → R;
Vk+l
n
τ ∧ λ(v1 , . . . , vk+l ) =
X (−1)|σ| τ (vσ1 , . . . , vσk )λ(vσk+1 , . . . , vσk+l ) σ
Itt σ jelöli az összes lehetséges permutációt és |σ| a permutáció inverzióinak számát, azaz azt, hogy hány darab cserével érhet® el az adott sorrend az eredeti halmazból kiindulva. 15
2.2.3.2. Példa.
Legyen
τ = dx1 , λ = dx2 .
Azt várjuk, hogy e két formának a fenti de níció szerinti
ékszorzata megegyezik a 2.2.2 de nícióval. 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.
2.2.3.3. Állítás (Az ékszorzat tulajdonságai). •
Antikommutatív: τ ∧ λ = (−1)k·l λ ∧ τ
•
Asszociatív: ω ∧ (λ ∧ τ ) = (ω ∧ λ) ∧ τ
Az antikommutativitás következményei:
• ∀i dxi ∧ dxi = 0 • ∀i, j dxi ∧ dxj = −1 · dxj ∧ dxi 2.2.4. Dierenciálformák A dierenciálformák helyt®l függ® formák, azaz a tér minden pontjában más formát határoznak meg.
•
0-forma:
•
1-forma:
f : Rn → R
dierenciálható skalármez®
ω=
n X
fj dxj ,
j=1 ahol
•
dxj
egy elemi 1-forma, és
∀j fj : Rn → R
dierenciálható függvény.
k-forma:
X
ω=
fI dxI ,
I ahol
I
egy indexhalmaz,
2.2.4.1. De níció k -forma.
dxI
egy elemi k-forma, és
fI
(Dierenciálformák küls® deriváltja)
Ekkor dω egy dierenciál k + 1-forma, és dω =
Ebb®l látszik, hogy ha
ω =
i
ωi ,
akkor
. Tegyük fel, hogy
dω =
i
df = k -forma
P
fI dxI
egy dierenciál
elemi k+1-forma
P
dωi .
Speciális esetben, ha
akkor küls® deriváltja
Ez alapján egy dierenciál
ω =
n X ∂ fi (dxi ∧ dxI ) {z } ∂xi | i∈I
P
dierenciálható függvényeket jelöl.
n X ∂f dxi ∂x i i=1
küls® deriváltja felírható így is:
dω =
X
dfI ∧ dxI
I
2.2.4.2. Lemma. Minden ω dierenciálformára d2 ω = d(dω) = 0. 16
f
egy dierenciál 0-forma,
2.2.4.3. Példa.
Legyen
f (x, y) = x2 y + 2y 3 df = 2xy dx + (x2 + 6y 2 ) dy
Kiszámoljuk
d(df )-et.
Tagonként deriválva:
+2x dy ∧ dx = −2x dx ∧ dy
2y dx ∧ dx | {z }
d(2xy dx) =
ékszorzat tulajdonságai miatt 0
d((x2 + 6y 2 ) dy) = 0 + 2x dx ∧ dy df = d(2xy dx) + d((x2 + 6y 2 ) dy) = 0 2.2.5. Formákra vonatkozó összefüggések
R3 -ban
R3 -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. De niáljuk 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); 1.
T1
T0 (ω) = f (x, y, z)
egy 1-formához egy vektormez®t rendel a következ®képpen:
ω = f dx + g dy + h dz;
2.
T2
f T1 (ω) = g h
egy 2-formához egy vektormez®t rendel:
h T2 (ω) = −g f
ω = f dx dy + g dx dz + h dy dz;
3.
T3
egy 3-formához egy skalármez®t rendel:
ω = f (x, y, z) dx dy dz;
T3 (ω) = f
Ezek a hozzárendelések lehet®vé teszik, hogy a korábban de niált vektoroperátorokat visszavezessük a formák deriválására.
2.2.5.1. Állítás. A formák küls® deriválása, valamint a gradiens, a divergencia és a rotáció között a következ® összefüggések állnak fenn: 1. Ha ω 0-forma, azaz ω = f ∈ 2. Ha ω ∈
V1
V0
, akkor T1 (dω) = grad T0 (ω) = grad f .
, ω = f dx + g dy + h dz , akkor
T2 (dω) = T2
h0y − gz0 (gx0 − fy0 ) dx dy + (h0x − fz0 ) dx dz + (h0y − gz0 ) dy dz = fz0 − h0x = rot T1 (ω) gx0 − fy0
17
3. Ha ω ∈
V2
, ω = h dx dy − g dx dz + f dy dz , akkor T3 (dω) = T3 (h0z + gy0 + fx0 ) dx dy dz = div T2 (ω)
2.2.5.2. Következmény. hogy
rot grad f = 0,
és
d2 ω = d(dω) = 0,
Abból, hogy
div rot F = 0,
a fentieket gyelembe véve egyenesen következik,
ahogy azt a Következmény 1.1.4.5-ban már beláttuk.
2.2.5.3. Állítás. A dierenciál 1-formák ékszorzata megfeleltethet® a vektoriális szorzatnak: T2 (ω ∧ τ ) = T1 (ω) × T1 (τ ) 2.2.6. Formák integrálása sokaságokon
Vk n M ⊂ Rn k dimenziós sokaság, ω ∈ (R ) pedig dierenciál k -forma. ω mennyiséget. Ehhez el®ször két speciális esetet nézünk meg. M
Tegyük fel, hogy értelmezni az
´
n = k = 3,
1. Ha
akkor
M
egy térrész, és
kapunk:
ω = f (x, y, z) dx dy dz .
ˆ
Ekkor szeretnénk
Ebb®l egy közönséges hármas integrált
˚ ω=
M
f (x, y, z) dx dy dz M
n o n = 2 és k = 1, akkor M egy görbe: M = γ(t) = x(t), y(t), z(t) : t ∈ [a, b] , továbbá az 1-formák n terének dimenziója k = 2, tehát két dierenciálformánk van: ω1 = f (x, y) dx, ω2 = g(x, y) dy .
2. Ha
ˆ
ˆ
0
f (x, y) dx = M
ˆ
b
f (γ(t))x (t) dt;
ˆ
a
M
b
g(γ(t))y 0 (t) dt
g(x, y) dy = a
Emlékezzünk vissza, hogy korábban is értelmeztük az integrálási változót koordinátatranszformációnál
dx = x0 (t) dt.
Most használjuk fel a sokaságok absztrakt de nícióját (De níció 2.1.2.2). A V 2 [a, intervallum, a φ leképezésnek pedig a γ : [a, b] → R felel meg. Ennek Jacobi 0 b] x (t) mátrixából (Dγ = ) az els® esetben az els® sort vesszük ki úgy, hogy behelyettesítünk egy elemi y 0 (t) 0 formába: dx(Dγ) = x (t), a második esetben pedig a második sort. Ennek megfelel®en így:
nyílt gömb most az
ˆ
ˆ ω1 =
M
ˆ f (x, y) dx =
M
ˆ
b
f (γ(t)) dx(Dγ) dt;
ˆ ω2 =
a
M
ˆ g(x, y) dy =
M
b
g(γ(t)) dy(Dγ) dt a
2.2.6.1. De níció. Legyen
Vk n M ⊂ Rn k dimenziós sokaság, ω ∈ (R ) dierenciál k -forma. A sokaság paraméteres megadásában φ : Rk → Rn , V ⊂ Rk olyan nyílt gömb, hogy φ(V ) = M , valamint Dφ ∈ Rn×k teljes rangú mátrix. Ekkor ω M -en vett integrálját a következ®képpen de niáljuk: ˆ ˆ ω= ω(Dφ) dx1 ∧ . . . ∧ dxk M
V
2.2.6.2. Tétel
(Általános Stokes-tétel). Tegyük fel, hogy ω dierenciál (k − 1)-forma, és M k dimenziós irányítható sokaság. Ekkor dω dierenciál k-forma, ∂M (k − 1) dimenziós irányítható sokaság, és feltéve, hogy M és ∂M irányítása megfelel egymásnak, igaz az, hogy
ˆ
ˆ dω =
M
ω ∂M
18
Speciális esetek 1. Legyen
n = k = 1,
intervallumot. Ekkor
azaz a valós számok halmazán (a számegyenesen) értelmezünk egy
∂M = {b, a}.
ˆ
ˆ
ω = f (x),
azaz
dω = f (x) dx.
ˆ
b
f = f (b) − f (a)
ω=
a
∂M
{b,a}
Az els® esetben a Newton-Leibniz-formulát használtuk fel, a második esetben az negatív, hogy
M
és
∂M
irányítása megegyezzen.
M = (a, b)
Ekkor
ˆ
f 0 (x) dx = f (b) − f (a);
dω = M
Legyen
f (a)
el®jele azért
Azt látjuk, hogy a Newton-Leibniz-formula az
általános Stokes-tétel speciális esete.
n = k = 2. Ekkor M egy terület, ∂M pedig az ®t dω = (gx0 − fy0 ) dx dy . Ebb®l Green tétele következik:
2. Legyen és
2.2.6.3. Tétel (Green-tétel). A fenti feltételekkel ˛
ω = f (x, y) dx + g(x, y) dy
¨ (gx0 − fy0 ) dx dy
f dx + g dy = ∂M Speciális esetben
határoló görbe;
M
f (x, y) = −y , g(x, y) = x. Ekkor a Green-tételt felírva ki tudjuk számolni M ˛ ¨ ¨ (x dy − y dx) = 1 + 1 dx dy = 2 dx dy = 2 · A(M ) ∂M
M
területét:
M
Belátható továbbá, hogy a Divergenciatétel és a klasszikus Stokes-tétel szintén az általános Stokes-tétel speciális esetei.
19
20
3. fejezet
Dierenciálegyenlet-rendszerek stabilitása 3.1. A stabilitás fogalma 3.1.1. Stabilitás egy dimenzióban A természettudományok az általuk vizsgált jelenségeket gyakran dierenciálegyenlet-rendszerrel írják le. Ekkor fontos szemponttá válik annak eldöntése, hogy az adott rendszer stabil-e. A stabilitás hozzávet®legesen azt jelenti, hogy a küls® körülmények (kezdeti feltételek) piciny megváltoztatása nem okozza a rendszer m¶ködésének (a megoldásnak) radikális megváltozását.
3.1.1.1. Példa.
Vegyünk egy 1 egység hosszú, merev ingát. Jelölje
felfüggesztéshez képest. Az ingának két egyensúlyi helyzete van: az lóg), míg az
x = 1
labilis egyensúlyi helyzet (az inga felfelé áll).
x az inga végpontjának magasságát a x = −1 stabil helyzet (az inga lefelé Ha a stabil helyzetben az ingát picit
meglökjük, hamar visszatér a stabil helyzetbe. Ha a labilis helyzetben az ingát akármilyen picit meglökjük, a rendszerben nagy változást idézünk el®: az inga lehullik és nem tér vissza az eredeti helyzetébe. (Ezért nem lehet a labilis egyensúlyi helyzetet a valóságban el®idézni: az ingát akármilyen pici légmozgás vagy porszemnyi súly is kimozdítja.) Az inga id®ben változó magasságát az
x(t) függvény és az x˙ = f (x) dierenciálegyenlet írja le. Az x(0) = x0 kezdeti feltétellel a függvény konstans: az inga nem
egyensúlyi helyzet azt jelenti, hogy az adott fog elmozdulni. A két egyensúlyi helyzet:
Az
x0
x0 = 1
⇒
x(t) ≡ 1
x0 = −1
⇒
x(t) ≡ −1
kezdeti feltételre adódó megoldásra alkalmazhatjuk az
x(t, x0 )
jelölést.
3.1.1.2. De níció. Az x0 egyensúlyi pont, ha x(t, x0 ) ≡ x0 , azaz x˙ = f (x) ≡ 0. A stabilitást általában az egyensúlyi pont környezetében vizsgáljuk.
A következ®kben csak az origó
stabilitását fogjuk vizsgálni, de mindez egyszer¶en kiterjeszthet® tetsz®leges
x0 -ra
is.
3.1.1.3. De níció. A 0 pont Ljapunov-stabil, ha ∀ε > 0 ∃δ > 0, hogy ha |x0 | < δ, akkor x(t, x0 ) < ε.
21
3.1.2. Általánosítás Adottak az
n
x1 (t), . . . , xn (t)
dimenzióra
függvények. Ezekb®l a következ® dierenciálegyenlet-rendszert írjuk fel:
x˙ 1 = f1 (x1 , . . . , xn )
. . .
x=
x˙ n = fn (x1 , . . . , xn ) x˙ = f (x) Feltesszük továbbá, hogy
f (0) = 0,
x1 . . .
xn
;
. f = .. ; fn
f1
Kezdeti feltétel:
x(0) = x0 .
tehát az origó egyensúlyi pont.
3.1.2.1. De níció. Az origó Ljapunov-stabil, ha ∀ε > 0 ∃δ > 0, hogy ha kx0 k < δ, akkor x(t, x0 ) < ε.
Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás is elég közel fog maradni az egyensúlyi ponthoz.
3.1.2.2. De níció. Az origó aszimptotikusan stabil, ha ∃δ, hogy ha kx0 k < δ, akkor limt→∞ x(t, x0 ) = 0.
Ez azt jelenti, hogy ha a kezdeti feltétel elég közel van az egyensúlyi ponthoz, akkor a megoldás az egyensúlyi pontba fog konvergálni. Általában, ha
f (x∗ ) = 0,
akkor
x(t) ≡ x∗
megoldás, tehát az
x∗
pont
egyensúly.
3.2. A stabilitás vizsgálata 3.2.1. A közönséges dierenciálegyenletekr®l tanultak ismétlése és kiegészítése A lineáris dierenciáloperátort a következ®képpen de niáltuk:
L[y] = y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an y A homogén egyenlet:
L[y] = 0;
Kezdeti feltétel:
y(0), y 0 (0), . . . , y (n−1) (0)
adott.
De niáljuk továbbá a karakterisztikus polinomot:
P (λ) = λn + a1 λn−1 + . . . + an A karakterisztikus polinomnak multiplicitásokkal együtt
n
darab komplex gyöke van:
λj = µj + iνj .
3.2.1.1. Állítás. Tegyük fel, hogy létezik olyan α > 0, hogy ∀j µj < −α. Ekkor minden olyan y függvényre, amely a DE megoldását adja, ∃M , hogy y(t) ≤ M e−αt .
Tudjuk, hogy az egyenlet alapmegoldásai komplex gyökök esetén esetén pedig
e
µj t
. Az
n-edrend¶
eµj t sin νj t,
x˙ 1 = x2 ⇒
. . .
x˙ n = y (n) = −an x1 − an−1 x2 − . . . − a1 xn−1 .
Így a teljes rendszert felírhatjuk így:
x=
x1 . . .
xn
;
. . .
x˙ n−1 = xn x˙ n = y (n)
xn (t) := y (n−1) (t)
x˙ = Ax;
és
LDE átalakítható DE-rendszerré az alábbi módon:
x1 (t) := y(t) x2 (t) := y 0 (t)
Továbbá
eµj t cos νj t
0 0 . A= .. 0 −an 22
1 0
....... 1 ... ..
.
........... 0 −an−1 . . . . . . .
0 0 . . . 1 −a1
valós gyökök
A ∈ Rn×n mátrixot kísér® (companion) mátrixnak hívjuk. A f®átló felett egyesek vannak, az alsó sorban a −aj együtthatók, mindenhol máshol pedig nullák. A kísér® mátrixról tudjuk, hogy det(λI − A) = P (λ), ahol I a megfelel® dimenziójú egység- (identity) mátrix. Ezt az
3.2.2. Módszerek a stabilitás vizsgálatára
3.2.2.1. De níció. A P (λ) polinom stabil, ha ∃α > 0, hogy ∀j
3.2.2.2. Állítás. Tegyük fel, hogy − A) P (λ) = det(λI ∀j xj (t) ≤ M e−αt .
x(t) =
x1
<e(λj ) = µj < −α.
.. . ; x˙ = Ax egy tetsz®leges lineáris rendszer, amelyben a
xn
karakterisztikus polinom stabil, azaz ∃α > 0, hogy ∀j <e(λj ) < −α. Ekkor ∃M , hogy
3.2.2.3. Következmény.
Az origó Ljapunov-stabil, ha
∀j <e(λj ) ≤ 0.
Az origó aszimptotikusan stabil, ha
∀j <e(λj ) < 0.
3.2.2.4. Példa.
y¨ + 2αy˙ + y = 0. Ekkor y˙ 0 1 y x˙ = ; x˙ = Ax = · y¨ −1 −2α y˙
Legyen a dierenciálegyenlet:
x=
y ; y˙
A stabilitás megállapításához a karakterisztikus polinom gyökeit, azaz a kísér® mátrix sajátértékeit kell megvizsgálnunk.
−1 = λ2 + 2αλ + 1 λ − 2α p = −α ± α2 − 1
λ P (λ) = det(λI − A) = 1 λ1,2 A megoldás:
α > 0.
yj = eλj = e−α±
√
α2 −1
. A rendszer stabil, ha
limt→∞ y = 0, α > 0.
ami akkor teljesül, ha
λ < 0,
azaz
Egy ilyen alakú egyenlet esetén tehát a stabilitás feltétele
Megjegyzés.
Nemlineáris egyenlet vagy egyenletrendszer stabilitását vizsgálhatjuk linearizálással.
alkalmas a vizsgált függvények Taylor-sorba fejtése és véges számú taggal való számolás.
Erre
Erre egy zikai
jelent®ség¶ példa a van der Pol egyenlet:
y¨ + ε(1 − y 2 )y˙ + y = 0;
ε>0
Az origó stabilitásának az utóbbi két de níció szerinti vizsgálata megköveteli az összes szóba jöv® kezdeti feltételre adott megoldás ismeretét. A Ljapunov-függvény egyszer¶bb módot ad a stabilitás megállapítására.
3.2.2.5. De níció. hogy
V : Rn → R
a rendszer Ljapunov-függvénye, ha az origónak van olyan U környezete,
1. V (0) = 0, 2. V (x) > 0 ∀x ∈ U , x 6= 0, 3. t ≥ 0-ra
d dt V
˙ ≤ 0, (x(t)) = hgrad V, xi
azaz V az x(t) trajektória (útvonal) mentén monoton csökken.
A Ljapunov-függvény zikai értelmezése valamilyen energiamennyiség.
3.2.2.6. Tétel. Ha a rendszernek van Ljapunov-függvénye, akkor az origó Ljapunov-stabil. Ha van olyan Ljapunov-függvény, melyre V˙ (x) < 0 ∀x ∈ U, x 6= 0, akkor az origó aszimptotikusan stabil. 23
3.2.2.7. Példa.
Folytassuk a fenti példát:
y¨ + 2αy˙ + y = 0,
V (x) =
azaz
y¨ + y = −2αy˙ .
Legyen
1 1 T x x = (y˙ 2 + y 2 ). 2 2
(Analógia: kinetikus és potenciális energia)
1 ˙ = (2y˙ y¨ + 2y y) V˙ = hgrad V, xi ˙ = y(¨ ˙ y + y) = y(−2α ˙ y) ˙ = −2αy˙ 2 ≤ 0, 2 azaz az origó valóban stabil, ha
α > 0. Az aszimptotikus stabilitást azonban ezzel a Ljapunov-függvénnyel V˙ (x) < 0 kellene minden x 6= 0-ra. Itt pedig V (x) = 0 már akkor, ha
nem tudjuk belátni, mert ahhoz
x2 = y˙ = 0.
3.2.2.8. Példa.
Válasszuk most a fenti egyenlethez Ljapunov-függvénynek a következ®t:
T
V (x) := x Bx;
B=
2α2 + 1 α
α 1
B pozitív de nit mátrix (det B = α2 +1), ezért a Ljapunov-függvény 1. és 2. tulajdonsága igaz rá. Belátható, hogy V˙ (y, y) ˙ = −2α(y 2 + y˙ 2 ), ami pedig csak y = y˙ = 0 esetén 0, egyébként negatív. Tehát V megfelel® megválasztásával bebizonyítottuk, hogy a rendszer aszimptotikusan stabil.
3.2.3. Lineáris rendszerek stabilitása
3.2.3.1. De níció. Lineáris rendszer alatt egy x(t) =
x1 (t)
.. . ;
Kezdeti feltétel: x(0) = x0
x˙ = Ax;
xn (t)
alakú dierenciálegyenlet-rendszert értünk. Általában Ljapunov-függvénynek egy kvadratikus alakot választunk majd.
V (x) = xT Px D E D E D E D E D E D E T T ˙ ˙ Px + x, Px˙ = Ax, Px + x, PAx = x, A Px + x, PAx = x, A P + PA x V (x) = x, C := AT P + PA
3.2.3.2. Tétel. Tegyük fel, hogy
A stabil, azaz ∃α > 0 : ∀j <e(λj (A)) < −α. Ekkor minden C negatív de nit mátrixra létezik olyan P pozitív de nit mátrix, hogy AT P + PA − C = 0.
3.2.3.3. De níció. Ezt a mátrixegyenletet Ljapunov-egyenletnek nevezzük. (Ekvivalens megfogalmazás:
C pozitív de nit, AT P + PA + C = 0.
formát használjuk.)
Bizonyítás.
(Konstruktív) Legyen
P
a következ®:
ˆ
∞
T
eA t CeAt dt
P := 0
24
A tétel bizonyításában ezt az utóbbi
El®ször bebizonyítjuk, hogy
P
jól de niált, azaz bár improprius integrál, minden eleme véges. Ehhez P -t
≤ M e−αt .
At
felülr®l becsüljük a háromszög-egyenl®tlenség használatával, majd felhasználjuk, hogy e
ˆ
P =
∞
ˆ
dt
≤
∞
AT t At Ce dt ≤
e 0 0
2 ˆ ˆ ∞
∞ M
C
AT t At
e−2αt dt =
e
· C · e dt ≤ C M 2 2α 0 0
Tehát P véges,
P
ˆ
AT t
e
Ce
At
jól de niált. Ezután bebizonyítjuk a Ljapunov-egyenletet (A
∞
AT P + PA =
ˆ T T AT eA t CeAt + eA t CeAt A dt =
0 Felhasználjuk, hogy
∞
0
A∞ (pongyolán) e
≤ M e−α∞ = 0,
és
T
(3.1)
P + PA = −C).
h T i∞ d AT At dt = eA CeAt = (∗) e Ce dt 0
e 0 = I.
(∗) = 0 · C · 0 − I · C · I = −C
3.2.3.4. Példa.
A rendszer és a
C
− 12 0
x˙ =
mátrix legyen a következ®:
! 1 · x; −1
C = −I;
p2 p3
p1 − 23 p2 2p2 − 2p3
!
P=
p1 p2
=?
Megoldás:
PA =
− p21 − p22
p1 − p2 ; p2 − p3
T
PA + (PA) =
⇒ tehát
P
p1 = 1;
−p1 p1 − 32 p2
p2 =
2 ; 3
p3 =
= −I =
−1 0
0 −1
7 , 6
pozitív de nit mátrix.
A stabilitás vizsgálata során a leginkább azt akarjuk kideríteni, hogy mekkora zavaró jelet, zajt (perturbációt) visel el a rendszer úgy, hogy stabil marad. Jelöljük a rendszert zavaró tényez®t egy
B
mátrixszal:
V (x) = xT Px D E T ˙ V (x) = . . . = x, Cx + x, B P + PB x x˙ = (A + B)x;
A rendszer stabilitásának tehát feltétele, hogy
BT P + PB + C ≤ 0
(negatív szemide nit). Kérdés, hogy ez
mikor teljesül?
3.2.3.5. Lemma. Ha
B
de niált mennyiségek. Bizonyítás.
< K,
akkor V˙ (x) < −kxk2 1 − KM , ahol M és α az Állítás 3.2.2.2-ben α
2
D E D E D E D E ˙ Px + x, Px˙ = (A + B)x, Px + x, P(A + B)x = V˙ (x) = x, * + D E D E D E T T T x, (A + B )Px + x, P(A + B)x = x, (A P + PA) x + x, (BT P + PB)x = (∗) | {z } −I
25
Ezt a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl®tlenséggel felülr®l becsüljük:
T 2 2 (∗) ≤ −kxk +kxk · B P + PB ≤ −kxk +kxk · BT
P + P
B = (∗∗) 2
Felhasználjuk, hogy B
2
és a (3.1) egyenletb®l
2
M2 2K 2α
2
(∗∗) ≤ −kxk +kxk
Megjegyzés.
C = −I
választással P
! 2
= −kxk
M2 2α .
<
KM 2 1− α
!
A mátrixokra többféle normát szokás értelmezni, de szokásosan a B
=
q
det (BT B) normát
használjuk.
3.2.3.6. Tétel. Ha K < Mα , akkor V (x) = 2
D E x, Px
tehát ez a rendszer is aszimptotikusan stabil lesz. Bizonyítás.
Ha
K<
α M 2 , akkor
1−
KM 2 α
< 0.
a B-vel perturbált rendszernek is Ljapunov-függvénye,
A Lemma 3.2.3.5 miatt ekkor igaz, hogy
V˙ (x) < −kxk
2
KM 2 1− α
! <0
Beláttuk tehát, hogy a rendszert megzavaró perturbáció mekkora lehet ahhoz, hogy a rendszer stabilitása megmaradjon.
3.2.4. Nemlineáris rendszerek stabilitása
3.2.4.1. Példa
(Nemlineáris ingaegyenlet)
∀s 6= 0 s · g(s) > 0.
Ekkor
−g -t
.
y¨ = −g(y),
ahol a
g
függvényr®l tudjuk, hogy
g(0) = 0, és = −g(y))
passzív függvénynek nevezzük, mert a kitérés (y ) és a gyorsulás (y ¨
el®jele mindig különböz® lesz. Átírás DER alakba:
x˙ 1 = x2 ; V (x) :=
x˙ 2 = −g(x1 ) x22 + 2
ˆ
x1
g(s) ds 0
1 V˙ (x) = 2x2 x˙ 2 + g(x1 )x˙ 1 = −x2 g(x1 ) + g(x1 )x2 = 0 2 A Ljapunov-függvény deriváltja 0, tehát az energia nem változik - az inga a lökés után, ha nincs súrlódás, ideális esetben végtelen ideig ingani fog.
3.2.4.2. Példa. k y˙ = 0,
ahol
g
Most a fenti példához vegyük hozzá a súrlódást is! Legyen a rendszer egyenlete
a gravitációs gyorsulás.
x˙ 1 = x2 ; V (x) :=
x22 + 2
ˆ
x˙ 2 = −g sin x1 − kx2
x1
g sin s ds = 0
x22 + g · (1 − cos x1 ) 2
V˙ (x) = x2 x˙ 2 + g sin x1 x˙ 1 = x2 (−g sin x1 − kx2 ) + gx2 sin x1 = −kx22 ≤ 0, tehát ilyen alakú zavaró függvény esetén a rendszer stabil. 26
y¨ + g sin y +
Általánosságban a következ® alakú nemlineáris rendszerekkel fogunk foglalkozni:
x˙ = Ax + h(x);
x(t, 0) ≡ 0
h(0) = 0;
3.2.4.3. Állítás. Tegyük fel, hogy A stabil, valamint ∀ε > 0 ∃δ > 0, hogy ha kxk < δ, akkor h(x) < εkxk.
Ekkor az origó aszimptotikusan stabil. Bizonyítás.
Mivel
de nit. Legyen
A
stabil, ezért tudjuk, hogy a Ljapunov-egyenlet (De níció 3.2.3.3) megoldása
D E V (x) := x, Px
és
T
A P + PA = C = −I.
E D E D ˙ Px + x, Px˙ = V˙ (x) = x,
P
pozitív
Ekkor
*
+ T
x, − (A P + PA) x | {z }
E D E D + x, Ph(x) + h(x), Px = (∗)
−I
A Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenl®tlenség felhasználásával felülr®l becsüljük
V˙ -t a következ®képpen:
2 (∗) ≤ −kxk + 2 h(x) ·kxk · P = (∗∗) Most felhasználjuk a tétel feltételeit. Legyen
ε :=
1−ρ 2kPk ,
Ha kxk
ρ > 0.
< δ,
akkor
1−ρ
2 2 2 kxk ·kxk · P = −ρkxk < 0, (∗∗) < −kxk + 2εkxk ·kxk · P = −kxk + 2 2kPk tehát az origó aszimptotikusan stabil.
3.2.4.4. Következmény.
Legyen
x˙ = f (x).
Tegyük fel, hogy
f (0) = 0, f
kétszer dierenciálható, és
Df (0)
stabil mátrix. Ekkor az origó aszimptotikusan stabil.
Bizonyítás.
Taylor-sorral.
3.2.4.5. Következmény. 3.2.4.6. Példa.
Az egyensúly feltétele:
x2 = ( 21 , 21 ).
Tegyük fel, hogy egy
x∗
pontra
f (x∗ ) = 0
és
Df (x∗ )
stabil. Ekkor
x∗
stabil.
x˙ 1 = x1 (1 − x1 − x2 ) 3 x1 x˙ 2 = x2 ( − x2 − ) 4 2 x˙ = f (x)
x˙ = 0.
Az így keletkez® egyenletrendszer négy megoldásából kett®:
x1 = (0, 0),
A Jacobi-mátrix a két helyen:
Df (0, 0) = Az els® esetben
<e(λ1,2 ) > 0,
1 0
0 3 4
!
;
Df
azaz az origó nem stabil.
1 1 , 2 2
=
− 12 − 14
− 12 − 12
A második esetben
!
Df
negatív de nit, tehát
x2
stabil.
3.2.5. Az egyensúlyi pont stabil környezetének meghatározása Olyan módszert keresünk, amellyel meg tudjuk állapítani, hogy az egyensúlyi pontnak mely környezetéb®l kell vennünk a kezdeti feltételt ahhoz, hogy a megoldás egy megadott környezeten belül maradjon. Tehát a De níció 3.1.2.1-ben szerepl®
3.2.5.1. De níció.
Ω
ε-hoz
akarjuk meghatározni
δ = δ(ε)-t.
invariáns halmaz, ha ∀x0 ∈ Ω, ∀t ≥ 0 x(t, x0 ) ∈ Ω. 27
3.2.5.2. De níció. A γ + ⊂ Rn halmazt a rendszer pozitív határhalmazának nevezzük, ha
+
γ =
n
p ∈ R : ∃(tn )
sorozat, hogy n→∞ lim tn = ∞ és lim x(tn , x0 ) = p n→∞
3.2.5.3. Állítás (γ + tulajdonságai). A pozitív határhalmaz 1. nem üres 2. kompakt (=korlátos és zárt) 3. invariáns halmaz A 3. tulajdonság bizonyítása.
Vegyünk egy tetsz®leges
p ∈ γ+
pontot, és egy
tn
elemet a
p-hez
tartozó
(tn )
sorozatból. Ekkor
lim x(tn , x0 ) = p
n→∞ Legyen az új kezdeti feltételünk
x(t, x0 )
x(tn , x0 ).
A megoldás egyértelm¶, ami azt jelenti, hogy ez a pont eleme az
trajektóriának. Tehát az erre a kezdeti feltételre adódó megoldásra igaz, hogy
x(t, x(tn , x0 )) = x(t + tn , x0 ) Ennek a határértéke
n→∞
esetén
lim x(t + tn , x0 ) = lim x(t, x(tn , x0 )) = x(t, p)
n→∞ Tehát
∀p ∈ γ + x(t, p) ∈ γ + ,
azaz
γ+
n→∞
invariáns halmaz.
3.2.5.4. Tétel (La Salle-tétel). Legyen - Ωl = x : 0 < V (x) < l egy l > 0-ra (egy olyan halmaz, ahol V korlátos)
- U = x ∈ Ωl : V˙ (x) = 0 n
o
- M a lehet® legnagyobb invariáns halmaz U -ban Ekkor ∀x0 ∈ Ωl -re limt→∞ x(t, x0 ) ∈ M .
28
4. fejezet
Variációszámítás 4.1. Bevezet® példák 4.1.0.1. Példa (Bernoulli-feladat, avagy brachisztokron probléma). a síkon.
A
Adott
A(x0 , y0 )
és
B(x1 , y1 ),
két pont
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 A görbét az
y = φ(x)
φ : [x0 , x1 ] → R, φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1 .
függvény írja le.
ˆ
1 T =√ 2g
x0
x1
B -be?
Ekkor a leérés ideje
p 1 + φ02 (x) p dx φ(x) − y0
Ennek az integrálnak a minimumát keressük a
φ
4.1.0.2. Példa.
tengely körül az így keletkezett forgástest felszíne mely
f (x)
Egy görbét megforgatva az
x
függvények halmazán.
görbe esetén lesz a legkisebb, ha a görbe két végpontja ((a, f (a)) és
ˆ
(b, f (b)))
y=
adott?
b
p f (x) 1 + f 02 (x) dx
A = 2π a
4.1.0.3. Példa.
Adott egy felület
R3 -ban,
és rajta két pont.
A két pontot összeköt®, a felületen haladó
görbék közül melyik a legrövidebb?
ˆ
b
p x02 (t) + y 02 (t) + z 02 (t) dt
l= a
4.2. Általános feladat 4.2.1. Egyváltozós általános eset Adott a megengedhet® függvények halmaza, amelyek eleget tesznek a megadott peremfeltételeknek:
C = φ : [x0 , x1 ] → R
kétszer folytonosan dierenciálható,
φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1
adott
Adott továbbá egy integráloperátor (funkcionál):
ˆ I : C → R;
x1
I(φ) =
F (x, φ, φ0 ) dx,
x0 ahol az
F
függvény kétszer folytonosan dierenciálható. Keressük azon
minimális. 29
u(x)
függvényeket, amelyekre
I(u)
Megjegyzés.
u
jelöljük. Erre akkor kell nagyon gyelni, amikor
4.2.1.1. Tétel
Ekkor
F függhet x-t®l, egy u(x) (x, y, z) helyett (x, u, u0 )-vel
Fontos meg gyelni, hogy itt egy szokatlan jelölést használunk.
függvényt®l, valamint ennek deriváltjától. Ennek megfelel®en vagy
u0 ,
F
argumentumait
mint változó szerint deriválunk.
. Tegyük fel, hogy az
u(x)
(A széls®érték szükséges feltétele)
L[u] :=
függvény minimalizálja I -t.
d 0 d ∂F ∂F = Fu0 − − F 0 =0 0 ∂u dx ∂u dx u
Ez az Euler-egyenlet. Az ezt kielégít® megoldásokat stacionárius megoldásnak nevezzük. Bizonyítás. Vezessük vissza a problémát egy egyváltozós széls®érték-feladatra! Tekintsük
a következ® hal-
mazt:
C0 = η : [x0 , x1 ] → R Amennyiben
u-t
egy
η ∈ C0
kétszer dierenciálható,
η(x0 ) = η(x1 ) = 0
függvénnyel perturbáljuk, akkor a perturbált függvény is a megengedhet®
(u + η) ∈ C .
halmazban lesz, mert a peremfeltételeken a perturbáció nem változtatott, azaz következ® függvényt rögzített
η0 -ra:
ˆ
x1
G(ε) := I(u + εη0 ) =
De niáljuk a
F (x, u + εη0 , u0 + εη00 ) dx
x0 Ekkor abból, hogy
u = u + 0η0
minimalizálja
∀ε
I -t,
következik, hogy
G-nek 0-ban
minimuma van, tehát:
0
G(0) ≤ G(ε);
G (0) = 0
G-t a láncszabály alapján! (Az els® változó (x) szerinti parciális deriváltak ε-tól. F argumentumaiban (x, u + εη0 , u0 + εη00 ) áll, amit most nem írunk ki.) ˆ x1 0 G (ε) = η0 Fu0 + η00 Fu0 0 dx
Deriváljuk függ
értéke 0, mert
x
nem
x0 A második tagot parciálisan integráljuk:
ˆ
x1
η00 Fu0 0
dx =
x0
x1 Fu0 0 η0 x0 {z
|
Az egész integrál tehát:
ˆ G0 (ε) =
x1
0
ˆ
η ∈ C0 -ra
η0 Fu0 −
0 d dx Fu0
d 0 F 0 dx dx u
(4.1)
dx
teljesülnie kell, hogy
ˆ
x1
0
G (0) =
η0 Fu0 (x, u, u0 ) −
x0
ε = 0-ban
η0 · x0
}
x0 Minden
x1
−
0 0 d dx Fu0 (x, u, u )
dx = 0
a széls®érték feltétele ez alapján valóban
Fu0 −
Az Euler-egyenletben szerepl®
d 0 F 0 =0 dx u
d 0 dx Fu0 kifejtése a láncszabály alapján:
d 0 ∂2F ∂2F 0 ∂ 2 F 00 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¶ dierenciálegyenletnek nincs általános megoldása. keressük.) 30
(Nem parciális DE, mert az
u-t
4.2.1.2. Példa.
Igazoljuk variációszámítással, hogy két pont között a legrövidebb út az egyenes! Legyen
P0 (x0 , y0 ) és P1 (x1 , y1 ), az ®ket y(x0 ) = y0 és y(x1 ) = y1 ! A görbe hossza: a két pont
ˆ
összeköt® görbét pedig írja le egy
b
p 1 + y 02 (x) dx,
l=
F (x, u, u0 ) =
tehát
p
y = y(x)
függvény, melyre
1 + u02
a
F
nem függ expliciten
x-t®l
és
u-tól,
tehát
d 0 F 0 =0 dx u Ezt átrendezve kapjuk, hogy
u0 (x)
Fu0 = 0.
Így az Euler-egyenlet:
1 1 √ u0 = c 2 2 1 + u02
Fu0 0 =
⇒
szintén konstans, tehát
y(x) = u(x)
konstans
egy egyenes.
4.2.2. Speciális esetek 1. Amennyiben
F
nem függ expliciten
u0 -t®l,
akkor
Fu0 0 = 0,
így az Euler-egyenlet egy implicitfüggvény-
feladatot ad:
Fu0 (x, u) = 0 2. Ha
F
nem függ
u-tól,
akkor az Euler-egyenlet:
− amib®l egy integrálással adódik, hogy
Fu0 0 = c
d 0 F 0 = 0, dx u konstans.
u0 -t
kifejezhetjük, majd integrálunk:
ˆ u0 (x) = f (x, c); Ebben az esetben a
u=
f (x, c) dx + d
konstans
c és d konstansok megfelel® megválasztásával fogjuk kielégíteni a peremfeltételeket.
3. A legfontosabb eset az, amikor
F
nem függ
x-t®l.
Ekkor de niáljuk a következ® függvényt, majd
deriváljuk:
E(x) := F − u0 Fu0 0 dE = 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] dx dE dx = 0, tehát E(x) = c konstans. értelmezhetjük egy energiamennyiségnek, ami optimális esetben nem változik. Ha
u
stacionárius megoldás, akkor ez alapján
4.2.2.1. Példa (A Példa 4.1.0.2 megoldása). ˆ
b
p y(x) 1 + y 02 (x) dx
A = 2π
⇒
p F (u, u0 ) = u 1 + u02
a
1 Fu0 0 = u √ 2u0 2 1 + u02 p u02 u u u =√ (1 + u02 − u02 ) = √ ≡c E = u 1 + u02 − √ 02 02 1+u 1+u 1 + u02 31
Ezt a függvényt
A kapott dierenciálegyenlet megoldása.
Némi átrendezéssel adódik, hogy
r u2 − c2 du u = = dx c2 ˆ 1 p u du = 1 dx ( c )2 − 1 u c arcosh = x + d c x+d u = c cosh c 0
ˆ
A feladat megoldása tehát a
cosh függvény, azaz a láncgörbe (az a görbe, amit egy, a két végén felfüggesztett
lánc felvesz).
4.2.2.2. Példa (A Példa 4.1.0.1 megoldása).
ˆ
1 T =√ 2g
x1
x0
p 1 + y 02 (x) p dx y(x) − y0
p 1 + y 02 (x) F (u, u0 ) = p y(x) − y0 Fu0 0 = √
u0 √
u − y0 1 + u02 1 √
E = ... = √
=c u − y0 1 + u02 s du 1 0 = −1 u = 2 dx c (u − y0 )
Az adódó integrálban
τ := c2 (u − y0 ) ˆ x=
Újabb helyettesítés:
τ =: sin2
helyettesítést végzünk, amib®l
dx du = du
ˆ
1 1 du = ... = 2 0 u c
dτ c2 .
τ dτ = (∗) 1−τ
θ 2 . Ekkor
dτ = 2 sin
ˆ 1 (∗) = 2 2c
ˆ r
du =
q sin2 θ2 q 1 − sin2 u=
θ 2
θ θ 1 sin θ dθ cos · dθ = 2 2 2 2
1 sin θ dθ = 2 2c
sin2 τ + y = 0 c2 c2
θ 2
ˆ
+ y0 =
tan
θ 1 = 2 (θ − sin θ) + d 2 2c
1 − cos θ + y0 2c2
Tehát a brachisztokron görbe egy ciklois:
1 x(θ) θ − sin θ d = 2 + y0 y(θ) 2c 1 − cos θ
32
cosh x Ciklois
y y
4 2 2
x 2
x −2
4
6
2 4.1. ábra. A láncgörbe és a ciklois
4.3. Általánosítások 4.3.1. Több függvény keresése Lehetséges, hogy egynél több függvényt keresünk. Ilyen problémát láthatunk a Példa 4.1.0.3-ban. Ebben az esetben
C = φ1 , . . . , φn : [x0 , x1 ] → R; ∀j φj (x0 ) = y0 , φj (x1 ) = y1 ˆ x1 I(φ1 , . . . , φn ) = F (x, φ1 , φ01 , . . . , φn , φ0n ) dx x0 Ekkor a perturbáció a következ® vektor:
(η1 (x), . . . , ηn (x));
∀j ηj ∈ C0
G(ε) = I(u1 + εη1 , . . . , un + εηn ); Ebb®l
n
G0 (0) = 0
darab Euler-egyenletet kapunk:
∀k Fu0 k − Speciális esetben
F
nem függ
x-t®l.
d 0 F 0 =0 dx uk
Ekkor az el®z®ekhez hasonlóan de niáljuk az energiafüggvényt:
E := F (u1 , u01 , . . . , u0n ) −
n X
u0k Fu0 0 = c k
k=1
4.3.1.1. Példa (Legrövidebb út forgástest felszínén (Lakatos Esztit®l átvéve)).
x(t) γ(t) = f (x(t)) cos ϕ(t) f (x(t)) sin ϕ(t) y˙ = f 0 (x(t))x˙ cos ϕ + f (x(t))(− sin ϕ)ϕ˙ z˙ = f 0 (x(t))x˙ sin ϕ + f (x(t)) cos ϕϕ˙ y˙ 2 = f 02 (x)x˙ 2 cos2 ϕ + f 2 (x) sin2 ϕϕ˙ 2 − 2f 0 (x)f (x)x˙ ϕ˙ cos ϕ sin ϕ z˙ 2 = f 02 (x)x˙ 2 sin2 ϕ + f 2 (x) cos2 ϕϕ˙ 2 + 2f 0 (x)f (x)x˙ ϕ˙ sin ϕ cos ϕ 33
ˆ
t1
ˆ p x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 dt =
t0
t1
ˆ p
x˙ 2 + f 02 (x)x˙ 2 + f 2 (x)ϕ˙ 2 dt =
t0
ˆ
t1
s
t0
dx dt
2
s
t1
t0
(1 + f 02 (x)) + f 2 (x) ˆ
x1
p
dϕ dt
2
dx dt dt = dt dx
ˆ
t1
t0
s
ˆ
2
(1 + f 02 (x)) + f 2 (x)
dϕ dt
2 dt
d2 x d2 t d2 ϕ d2 t 02 (x)) + f 2 (x) (1 + f dx d2 t d2 x d2 t d2 x
x1
1 + f 02 (x) + f 2 (x)ϕ02 dx =
x0
dx dt
F (x, ϕ, ϕ0 ) dx
x0
Így egy már megszokott, egy függvényt tartalmazó funkcionálhoz jutunk, melyb®l a kifejezést minimalizáló
ϕ(x)-et
szeretnénk meghatározni. Ráadásul
F (x, ϕ, ϕ0 )
nem függ
ϕ-t®l.
Ennek alapján Euler-egyenlete az
alábbira egyszer¶södik:
∂F ≡ c (ahol c ∈ R) ∂ϕ0 Azaz:
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 fejezzük ki
ϕ0 -t: ϕ0 f 2 (x) = c ·
p
1 + f 02 (x) + f 2 (x)ϕ02
ϕ02 f 4 (x) = c2 + c2 f 02 (x) + c2 f 2 (x)ϕ02 ϕ02 · (f 2 (x)(f 2 (x) − c2 )) = c2 (1 + f 02 (x)) c2 (1 + f 02 (x)) f 2 (x)(f 2 (x) − c2 ) p 1 + f 02 (x) 0 p ϕ =c· f (x) f 2 (x) − c2 ϕ02 =
Ezen eredményt aztán különböz® testekre vonatkozó feladatok megoldására felhasználhatjuk, csak a meg-
f (x)-be behelyettesítenünk. Például egy x tengellyel párhuzamos hengert felírhatunk y = k (k ∈ R) függvény megforgatottját. Ilyenkor f 0 (x) = 0. Ezek alapján a hengerre vonatkozó
felel® függvényt kell úgy, mint az
dierenciálegyenlet az alábbi lesz:
1 ϕ0 = c · √ =C k k 2 − c2 Aminek megoldása:
cx ϕ = Cx + b = √ +b k k 2 − c2
Ismerjük a két pont koordinátáit:
P0 (x0 , y0 , z0 )
és
P1 (x1 , y1 , z1 )
x(t0 ) = x0 ; x(t1 ) = x1 y(t0 ) = x0 · cos ϕ0 ; y(t1 ) = x1 · cos ϕ1
⇒ Ezzel
ϕ(t0 )
és
z(t0 ) = x0 · sin ϕ0 ; z(t1 ) = x1 · sin ϕ1 z0 z1 z0 ⇒ ϕ0 = arctan ; ϕ1 = arctan tan ϕ0 = y0 y0 y1
ϕ(t1 ) peremfeltételekhez b) meghatározására:
jutottunk, amik alapján az alábbi egyenletrendszer írható fel a
konstansok (c és
cx0 z0 + b = arctan 2 2 y0 k k −c √
34
cx z1 √ 1 + b = arctan y1 k k 2 − c2 p z1 z0 − arctan c(x0 − x1 ) = k k 2 − c2 + arctan y0 y1
⇒ Mivel
k
ismert, ebb®l
4.3.1.2. Példa.
c,
b
majd kiszámolása után
is meghatározható.
n
Vegyünk egy mechanikai rendszert
szabadsági fokkal.
ke (atom) szabadsági foka például 3, egy kétatomos molekuláé pedig 5.) mennyiségekkel,
j ∈ {1, 2, . . . , n}.
(Egy szabadon mozgó részecsJellemezzük a rendszert a
qj (t)
Ekkor a rendszer helyzete (elmozdulása) a következ® vektor:
q = (q1 , q2 , . . . , qn ), míg sebessége
q˙ = (q˙1 , q˙2 , . . . , q˙n ) Ismerjük a kiindulási és a végállapotot (q(t0 ), q(t1 )). mozgási energiáját pedig
˙ -val! T (q, q)
A rendszer helyzeti energiáját jelöljük
˙ -val, U (q, q)
Tudjuk, hogy a helyzeti energia valójában nem függ a sebességt®l, a
mozgási energia pedig nem függ az elmozdulástól. Továbbá legyen
T
egy kvadratikus alak:
˙ = 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
T − U dt
˙ = H(q, q) t0
integrál értéke minimális. Alkalmazzuk a variációszámítás módszerét!
˙ = T (q) ˙ − U (q) F (t, q, q) ∂F = (T − U )0q˙j = Tq0˙j ∂ q˙j Belátható, hogy egy
˙ T (q)
kvadratikus alak esetén (az
x(x2 )0 = 2x2
analógiájára)
qT ˙ 0 = 2T .
Emiatt
˙ − qF ˙ q˙0 = (T − U ) − 2T = −U − T E = F (t, q, q) Ebb®l következik, hogy optimális esetben
U +T ≡c
konstans.
4.3.2. Magasabbrend¶ deriváltak
n C = φ : [x0 , x1 ] → R
négyszer folytonosan dierenciálható,
ˆ
x1
I(φ) =
φ(x0 ) = y0 , φ(x1 ) = y1
adott
o
F (x, φ, φ0 , φ00 ) dx
x0 A Tétel 4.2.1.1 bizonyításához teljesen hasonló levezetéssel (a (4.1)-nek megfelel® helyen két parciális integrálással) következik, hogy a széls®érték feltétele
Fu0 −
d 0 d2 Fu0 + 2 Fu0 00 = 0. dx dx 35
4.3.3. Többváltozós függvény keresése
n C = φ : S → R, S ⊂ R2 , ∀(x, y) ∈ ∂S φ(x, y) ¨ I(φ) = F (x, y, φ, φ0x , φ0y ) d(x, y)
adott
o
S
C0 = η : S → R, ∀(x, y) ∈ ∂S η(x, y) = 0 G(ε) = I(u + εη) Ebben az esetben viszont a széls®érték feltételének a meghatározásánál parciális dierenciálegyenletekkel kell számolni, amelyek a következ® fejezetben kerülnek tárgyalásra. Az Euler-egyenlet ekkor:
∂ 0 ∂ 0 F 0 − F 0 ∂x ux ∂y uy
L[u] = Fu0 −
4.3.3.1. Példa.
¨ 2
|grad φ| d(x, y)
I(φ) = S
F = (u0x )2 + (u0y )2
⇒ L[u] = 0 −
∂ ∂ 2u0 − 2u0 = 0 ∂x x ∂x y
Tehát az optimum feltétele a következ® parciális dierenciálegyenlet (a Laplace-egyenlet) teljesülése:
u00xx + u00yy = 4u = 0
4.3.3.2. Példa
.
(Plateau-feladat)
Keressük azt a kétváltozós függvényt, amelynek felülete minimális az
adott peremfeltételek mellett. (φ(x, y) adott minden
I(φ) =
¨ q
(x, y) ∈ ∂S -re.)
1 + (u0x )2 + (u0y )2 d(x, y)
S A feladat naiv megoldása, ha
u ∈ C,
tehát ha
u
u0x = u0y = 0,
Fu0 0x = q L[u]-ra
tehát
u
konstans függvény. Ez azonban csak akkor megoldás, ha
eleget tesz a peremfeltételeknek.
u0x
Fu0 0y = q
;
1 + (u0x )2 + (u0y )2
u0y 1 + (u0x )2 + (u0y )2
egy bonyolult PDE-t kapunk, amelyet átrendezve azt kapjuk, hogy
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 közelíthet® a Laplace-egyenlettel.
4.3.4. Feltételes variációszámítás
ˆ
t1
I=
F (t, x, y, z, x0 , y 0 , z 0 ) dt
t0 Feltétel: a megoldás feküdjön egy implicit függvénnyel megadott felületen.
n o S = (x, y, z) ∈ R3 : G(x, y, z) = 0 ; Megoldás: Lagrange-multiplikátor módszerrel. 36
x(t), y(t), z(t) ∈ S
4.3.4.1. Tétel (Lagrange-multiplikátor szabály, ismétlés). Tegyük fel, hogy f (x) dierenciálható, és x0 -ban széls®értéke van a Φ(x) = 0 feltétel mellett. Ekkor létezik olyan λ ∈ R, hogy f 0 (x0 ) − λΦ0 (x0 ) = 0. Az adott pontban tehát az f − Φ függvénynek is széls®értéke lehet. Ez általánosítható több dimenzióra is. Ez alapján a következ® integrál értékét fogjuk minimalizálni:
ˆ
t1
F − λG dt
I1 := t0
37
38
5. fejezet
Parciális dierenciálegyenletek 5.1. Bevezetés, de níciók 5.1.0.1. De níció.
α
multiindex, ha α = (α1 , . . . , αn ) és ∀j αj ∈ Z+ 0 . Az α multiindex rendje |α| =
n X
αj
j=1
5.1.0.2. De níció
(Parciális dierenciáloperátor)
sokszor dierenciálható függvény. Ekkor
Dα [u] =
. Legyen
α
egy multiindex és u(x1 , . . . , xn ) egy kell®en
∂|α| u ∂ α 1 x1 · . . . · ∂ α n xn
5.1.0.3. De níció (Laplace-operátor). 4u =
n X ∂2u j=1
∂x2j
5.1.0.4. De níció (Parciális dierenciálegyenlet). F (Dα [u], Dβ [u], . . .) = 0
Az egyenlet rendje max(α, β, . . .). Az egyenlet lineáris, ha F =
X
aα Dα [u]
|α|≤k
Példák
Fizikai rendszerek esetén a vizsgált mennyiségek jellemz®en az id®t®l is függenek, ezért a válto-
zók szokásos elnevezése
(x1 , . . . , xn , t).
Ebben az esetben a Laplace-operátor csak az
xk
helykoordinátákra
vonatkozik.
•
Transzport egyenlet:
au0t + bu0x = g(x, t).
•
H®vezetés egyenlete:
u0t = k · 4u.
•
Hullámegyenletek:
•
Schrödinger-egyenlet:
Az egyenlet homogén, ha
g ≡ 0.
u00tt = c2 · 4u. iu0t = − 4 u.
5.1.0.5. De níció. Az id®ben nem változó megoldást (u0t = 0) stacionárius megoldásnak nevezzük. 39
Kérdések
A PDE-kkel kapcsolatban egyáltalán nem biztos, hogy az adott feladat
•
megoldható-e,
•
ha igen, a megoldás egyértelm¶-e,
•
a megoldás folytonosan függ-e a paraméterekt®l (stabil-e).
A három feltétel teljesülése esetén azt mondjuk, hogy a feladat jól kondicionált (well-posed), egyébként rosszul kondicionált (ill-posed). A rosszul kondicionált feladat azonban nem rossz: ilyen egyenletek írják le a természetben el®forduló ugrásszer¶ változásokat is.
5.2. A Laplace-egyenlet 5.2.1. De níció és a feltételek fajtái
5.2.1.1. De níció (Laplace-egyenlet).
U ⊂ Rn , u : U → R , 4u =
n X ∂u =0 ∂xj j=1
Adott továbbá egy peremfeltétel, amely háromféle lehet. 1. Dirichlet-feltétel: ∀x ∈ ∂U u(x) = f (x) adott. ∂u 2. Neumann-feltétel: Adott u-nak ∂U normálvektora szerinti iránymenti deriváltja, ∂n = f (x) ∀x ∈ ∂U . 3. Harmadik típusú, kevert feltétel: αu(x) + βu0n (x) = f (x) adott minden x ∈ ∂U -ra. Megfelel®en sima vábbiakban
R2 -ben
5.2.1.2. De níció egyenlet:
f
függvények esetén mindhárom feladat jól kondicionált. A Laplace-egyenlettel a to-
foglalkozunk. (Kétváltozós Laplace-egyenlet)
. Legyen Ω nyílt, egyszeresen összefügg® tartomány. Az
∀(x, y) ∈ Ω
Dirichlet-feltétel: ∀(x, y) ∈ ∂Ω
u00xx + u00yy = 0 u(x, y) = f (x, y)
A feladatnak nincs általános megoldása. A megoldás általában
Ω-tól
függ.
5.2.2. Megoldás az egységnégyzeten Legyen
Ω
a nyílt egységnégyzet:
Ω = (0, 1) × (0, 1).
Legyenek a peremfeltételek a következ®k:
1.5 y f (x)
1
u(0, y) = 0 0.5
0
u(1, y) = 0
0
u(x, 0) = 0 u(x, 1) = f (x)
0
0.5
x 1
1.5
5.1. ábra. 40
Keressük a megoldást szeparábilis
u(x, y) = X(x)Y (y) alakban! (Ez nagyon X 00 Y + XY 00 = 0. Átrendezve:
bátor feltételezés, de látni
fogjuk, hogy m¶ködik.) Ekkor az egyenlet
Y 00 X 00 =− =: λ X Y Az egyenlet két oldala, mivel különböz® változók függvényei, minden bizonnyal csak akkor egyenl®, ha konstans. Két közönséges, egyváltozós dierenciálegyenletet kapunk. A peremfeltételekb®l a két egyenletre nézve kezdeti feltételeket vezethetünk le:
∀y X(0)Y (y) =0 ∀y X(1)Y (y) =0
⇒
∀x X(x)Y (0) =0
Y (0) = X(0) = X(1) = 0
∀x X(x)Y (1) =f (x) Az els® egyenlet (X 1. Tegyük fel, hogy
00
= λX )
megoldása:
λ > 0, λ = α 2 .
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 sinh α = 0 Ez csak akkor lesz igaz, ha 2.
λ = −α2
α=0
vagy
A = 0.
Mindkét esetben
X ≡ 0,
tehát a feltételezés rossz volt.
esetén az általános megoldás
X(x) = A cos αx + B sin αx A kezdeti feltételekb®l A második egyenlet (Y
00
A = 0, B sin α = 0, = −λY )
tehát
α = 0 + kπ, k ∈ Z.
megoldása:
Y 00 = (kπ)2 Y Y (y) = Aekπy + Be−kπy A kezdeti feltételb®l
B = −A Y = 2A sinh(kπy) Az eredeti kétváltozós egyenlet alapmegoldásai tehát
un (x, y) = sin(kπx) sinh(kπy) Az általános megoldás ezek összege:
u(x, y) =
∞ X
Ak sin(kπx) sinh(kπy)
k=1 Felhasználjuk az utolsó peremfeltételt (u(x, 1)
∞ X
= f (x)):
Ak sin(kπx) sinh(kπ) = f (x)
k=1 41
Ebb®l
λ = −(kπ)2 .
A baloldalon egy Fourier-sort kaptunk, ahol csak szinuszos tagok szerepelnek, együtthatójuk pedig
bk = Ak sinh(kπ) Következésképpen
1 Ak = sinh(kπ) (Mivel
f
csak a
ˆ
1
f (x) sin(kπx) dx 0
(0, 1) intervallumon van megadva, ezért vehetjük olyan kiterjesztését, hogy páratlan függvény
legyen, s így Fourier-sorában valóban csak szinuszos tagok szerepeljenek.)
Megjegyzés.
A Példa 4.3.3.1-ben láttuk, hogy a következ® integrál minimumának feltétele a Laplace-
¨
egyenlet teljesülése:
2
|grad u| 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.
5.2.3. Megoldás körlapon
a sugarú, origó középpontú körlapon! n o n o Ω = (x, y) : x2 + y 2 < a2 ; ∂Ω = x2 + y 2 = a2
Oldjuk meg a Laplace-egyenletet az
Legyen
W
a megoldás polárkoordinátás alakja:
W (r, θ) = u(r cos θ, r sin θ) A parciális deriváltak:
∂W ∂r 2 ∂ W ∂r2 ∂W ∂θ ∂2W ∂θ2
∂u ∂u · cos(θ) + · sin(θ) ∂x ∂y ∂2u ∂2u ∂2u = · cos2 (θ) + 2 · sin(θ) + 2 · cos(θ) sin(θ) 2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂u ∂u = · r(− sin(θ)) + · r cos(θ) ∂x ∂y ∂2u 2 2 ∂u ∂2u 2 ∂u = · r sin (θ) + · r(−cos(θ)) + · r cos(θ) + · r(− sin(θ)) ∂x2 ∂x ∂y 2 ∂y =
Az egyenlet az új koordinátákban: (A levezetést az olvasóra bízzuk.)
00 Wrr + Keressük a megoldást szeparábilis
Wr0 W 00 + 2θθ = 0 r r
W (r, θ) = R(r)T (θ)
alakban! A peremfeltétel ekkor:
R(a)T (θ) = g(θ) A polárkoordináták természetéb®l adódóan megadhatjuk a következ® feltételeket:
T 0 (0) = T 0 (2π)
T (0) = T (2π); Az egyenlet szeparábilis formában:
R00 T +
R0 T RT 00 + 2 =0 r r 42
Átrendezve:
A
T -re
r2 R00 + rR0 T 00 =− =: λ R T
vonatkozó egyenlet megoldása: Tegyük fel, hogy
λ = n2 !
Ekkor
T = A cos nθ + B sin nθ A kezdeti feltételekb®l
⇒
cos 0 = cos(2πn) Az
R-re
n∈Z
vonatkozó egyenlet ekkor
r2 R00 + rR0 − n2 R = 0 Az alapmegoldások:
( Rn (r) =
C0 + D0 ln r Cn rn + Dn r−n
n=0 n 6= 0
R az egész körlapon dierenciálható. Ez az origóban nem teljesül az ln r és az r1n függvényekre, n amib®l következik, hogy jelen esetben ∀n Dn = 0, tehát Rn = Cn r . A megoldásba visszahelyettesítve az R-re és T -re kapott függvényeket: Tudjuk, hogy
Wn (r, θ) = rn (An cos nθ + Bn sin nθ) W (r, θ) =
∞ X
rn (An cos nθ + Bn sin nθ)
n=0 A peremfeltétel felhasználása:
W (a, θ) =
∞ X
an (An cos nθ + Bn sin nθ) = g(θ)
n=0 Az
An
és
Bn
együtthatókat tehát
g
Fourier-sorfejtéséb®l határozhatjuk meg.
5.2.4. Néhány megjegyzés
5.2.4.1. De níció.
u
harmonikus függvény, ha 4u = 0.
5.2.4.2. Állítás. Ha u harmonikus az Ω tartományon, akkor széls®értékeit ∂Ω-n veszi fel. 5.2.4.3. Tétel. Legyen B egy a sugarú kör (x0 , y0 ) körül, u pedig harmonikus függvény. Ekkor 1 u(x0 , y0 ) = 2πa
5.2.4.4. Tétel
(Green-függvény)
paraméterezését:
˛
u(x, y) ds B
. Legyen Ω ⊂ R2 nyílt tartomány, I ⊂ R egy intervallum. Vegyük ∂Ω egy n o ∂Ω = γ(t) ∈ R2 : t ∈ I
Ekkor létezik olyan G(x, y, t) : Ω × I → R függvény, hogy a ∀(x, y) ∈ Ω
4 u(x, y) = 0;
feladat megoldása:
∀(x, y) ∈ ∂Ω
ˆ u(x, y) =
G(x, y, t)f (γ(t)) dt I
43
u(x, y) = f (x, y)
Ω
Mivel a Laplace-egyenlet megoldása mindig az
tartománytól függ, a
G
függvény minden tartományra
egyedi. Meghatározásának módszereit most nem tárgyaljuk. Ha például
n o Ω = (x, y) ∈ R2 : y > 0 , akkor az
u(x, 0) = g(x)
feltétel mellett
u(x, y) = A kapott
u
y π
ˆ
∞
−∞
g(ξ) dξ (x − ξ)2 + y 2
függvény kielégíti a peremfeltételt, mivel belátható, hogy
lim u(x, y) = g(x)
y→0
5.3. A h®vezetés egyenlete 5.3.1. De níció
5.3.1.1. De níció. Legyen Ω ⊂ Rn nyílt tartomány, Ω+t = Ω × (0, ∞), u : Ω+t → R. Keressük u(x, t)-t. Az egyenlet:
u0t =
n X ∂2u ∂x2k
k=1
Kezdeti feltétel: u(x, 0) = f (x)
(Peremfeltétel: ∀x ∈ ∂Ω u(x, t) = u0 (x, t)) Itt
t
jelöli az id®változót. Ha megegyezés szerint a Laplace-operátorban nem deriválunk
t
szerint, akkor
az egyenlet így is írható:
u0t = 4u 5.3.2. H®vezetés végtelen hosszú rúdban Legyen
Ω = R.
Olyan
u(x, t)
függvényt keresünk, melyre
t>0
esetén
u0t = k · u00xx Kezdeti feltétel:
u(x, 0) = f (x) Tegyük fel továbbá, hogy a kezdeti összes h®mennyiség véges:
ˆ
∞
f (x) dx < ∞ −∞ A feladatot transzformált tartományban oldjuk meg. Vegyük
u
Fourier-transzformáltját
u ˆ(s, t) := F {u(x, t), s} Ekkor a Fourier-transzformáció tulajdonságai miatt
F {u00xx (x, t), s} = (is)2 u ˆ(s, t) = −s2 u ˆ(s, t) F {u0t (x, t), s} =
du ˆ dt
44
x
szerint!
A transzformált egyenlet tehát egy közönséges els®rend¶ dierenciálegyenlet
s
paraméterrel:
du ˆ = −s2 kˆ u dt Ennek megoldása: (A konstans szorzó ez esetben függhet a paramétert®l!) 2
u ˆ(s, t) = C(s)e−s
kt
Transzformált kezdeti feltétel:
F {u(x, 0), s} = F {f (x), s} = u ˆ(s, 0) = C(s) Azt kaptuk, hogy az
f (x)
kezdeti feltétel transzformáltja
C(s).
Most már elvégezhetjük az inverz transzfor-
mációt.
u(x, y) = F
−1
{C(s)e
−s2 kt
} = f (x) ∗ F
−1
{e
−s2 kt
−x2 1 1 e 4kt = √ } = f (x) ∗ √ 2kt 2kt
ˆ
∞
f (y)e
−(x−y)2 4kt
dy
−∞
Érdekesség, hogy a valószín¶ségszámításból ismert normális eloszlás s¶r¶ségfüggvényéhez hasonló függvényt kaptunk.
5.3.3. H®vezetés véges rúdban Legyen
Ω = (0, 1).
Legyen a kezdeti feltétel:
u(x, 0) = f (x) Vegyük továbbá a következ® peremfeltételt:
u(0, t) = u(1, t) = 0 Ennek zikai jelentése az, hogy a rúd két végét állandó 0 fokos h®mérsékleten tartjuk. Tegyük fel, hogy
u
szeparábilis:
u(x, t) = X(x)T (t) Ekkor az egyenlet átrendezésével két közönséges DE-t kapunk:
XT 0 = X 00 T Ha feltesszük, hogy
λ > 0,
T0 X 00 = =: λ T X
⇒
akkor a kezdeti feltételekb®l azt kapjuk, hogy
X ≡ 0,
ami ellentmondás.
levezetés teljesen hasonló az 5.2.2-ben szerepl®höz, ezért itt nem ismertetjük.) Emiatt Azt kapjuk, hogy
Xk (x) = sin(kπx) 2
Tk (t) = e−(kπ)
t 2
uk (x, t) = sin(kπx)e−(kπ) t ∞ X 2 u(x, t) = ak sin(kπx)e−(kπ) t u(x, 0) =
k=1 ∞ X
ak sin(kπx) = f (x)
k=1
ˆ
ak = 2
1
f (x) sin(kπx) dx 0
45
(A
λ = −(kπ)2 , k ∈ Z.
Két megjegyzés •
Az id® múltával a rúd h®mérséklete tart a 0-hoz: 2
lim u(x, t) = lim ak e−(kπ) t sin(kπx) = 0
t→∞
•
t→∞
A következ®, energiaként értelmezhet® függvény monoton fogyó:
ˆ
1
u2 (x, t) dx
E(t) := 0 A bizonyítást az olvasóra bízzuk.
5.3.4. H®vezetés visszafelé Haladjunk visszafelé az id®ben! Legyen
U (x, t) := u(x, −t).
Ekkor
00 Ut0 = −Uxx Ennek az egyenletnek a megoldása egy el®jelet leszámítva megegyezik az el®z®vel. A megoldás:
U (x, t) =
∞ X
ak ek
2
π2 t
sin(kπx)
k=1 Ekkor
lim U (x, t) = ∞
t→∞
A megoldás felrobban. Azt kaptuk, hogy ha a rúd h®mérsékletét
t = 0-ban
az
akkor a modellünk szerint a rúdnak kezdetben végtelenül forrónak kellett lennie!
46
f (x) 6= 0
függvény írja le,
Tárgymutató aszimptotikus stabilitás, 22
küls® derivált, 16
atlasz, 12
küls® szorzat, 15
Bernoulli-feladat, 29
La Salle-tétel, 28
brachisztokron probléma, 29
Lagrange-multiplikátor szabály, 37
megoldása, 32
Laplace-egyenlet, 40 Laplace-operátor, 39
cirkuláció, 10
lineáris dierenciáloperátor, 22 lineáris rendszer, 24
dierenciálforma, 16
Ljapunov-egyenlet, 24
divergencia, 6
Ljapunov-függvény, 23
divergenciatétel, 9
Ljapunov-stabilitás, 21 lokális térkép, 12
egyensúlyi pont, 21 ékszorzat, 15
multiindex, 39
érint®tér, 14
rendje, 39
Euler-egyenlet, 30
nabla, 6
felületi integrál
normáltér, 14
skalármez®é, 8
nyílt lefedés, 12
vektormez®é, 8 uxus, 9
paralelotóp
formák
mértéke, 14
általános, 15
parciális dierenciálegyenlet, 39
ékszorzata (küls® szorzata), 15
parciális dierenciáloperátor, 39
dierenciál-, 16
permutáció, 15
elemi, 15
perturbáció, 25
integrálása sokaságokon, 18
Plateau-feladat, 36
függvényrendszer, 5
polinom stabilitása, 23 pozitív határhalmaz, 28
Gauss-Osztrogradszkij-tétel, 9 Green-függvény, 43
rotáció, 7
Green-tétel, 19
skalármez®, 5
harmonikus függvény, 43
skalárpotenciál, 7
h®vezetés egyenlete, 44
sokaság
invariáns halmaz, 27
határa, 11
irányítás, 14
implicit megadása, 13 irányíthatósága, 14
karakterisztikus polinom, 22
lezárása, 11
kísér® mátrix, 23
paraméteres megadása, 11
koordinátafüggvény, 5
topologikus térben, 12 47
stabilitás aszimptotikus, 22 Ljapunov-, 21 polinomé, 23 stacionárius megoldás PDE-knél, 39 variációszámításban, 30 Stokes-tétel általános, 18 klasszikus, 10 tangenstér, 14 topologikus tér, 11 vektormez®, 5 dierenciálási szabályok, 6 dierenciálhatósága, 5 folytonossága, 5 vektorpotenciál, 7 vonalintegrál skalármez®é, 8 vektormez®é, 8
48
Irodalomjegyzék All the Mathematics You Missed (But Need To Know For Graduate School ), Cambridge University Press, 2002.
[1] Thomas A. Garrity, Chapter 5-6,
[2] R. F. Curtain és A. J. Pritchard, Stability theory,
Functional Analysis in Modern Applied Mathematics,
Academic Press, 1977. [3] R. Courant és F. John, Calculus of Variations,
Introduction to Calculus and Analysis, Vol. II/2.,
Springer-Verlag, 1989. [4] M. Renardy, R. C. Rogers, Chapter 1,
An Introduction to Partial Dierential Equations, Springer-Verlag,
1993.
49
