Matematikai Analízis III

Matematikai Analízis III.

1

egyetemi jegyzet

2013. december 13.

1 Az

el®adásokat lejegyezte: Marczell Márton

Tartalomjegyzék 4. Parciális dierenciál egyenletek

1

4.1. Bevezet® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

4.2. Els®rend¶ PDE: Transzport egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

4.2.2. Inhomogén eset . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

4.3. Másodrend¶ PDE I: Laplace egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

4.3.1. Téglalap alakú tartomány . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

4.3.2. Megoldás körlapon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága . . . . . . . 11 4.4. Másodrend¶ PDE II: H®vezetés egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4.4.1. H®vezetés végtelen hosszú rúdban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4.4.2. H®vezetés véges rúdban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 4.4.3. H®vezetés visszafelé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 4.5. Másodrend¶ PDE III: Hullámegyenlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

i

4. fejezet Parciális dierenciál egyenletek

1

4. FEJEZET.

4.1.

2

PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK

Bevezet®

A parciális dieremciálegyenlet egy olyan összefüggés, ahol az ismeretlen egy több változós valós 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 t , ami az zikai mennyiségnek felel meg, a többi pedig xk a hely koordinátáit adják meg.

id®

Deníció Legyen α egy multiindex: α = (α1 , α2 , α3 , . . . , αn ),

αi N ∪ {0}.

Ekkor a Dα dierenciál operátor hatása az u(x) n változós függvényre: α

D u :=

ahol |α| =

Pn

i=1

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

αi .

Deníció A PDE rendje max |α|, ahol a PDE külonböz® Dα u-k között egy összefüggés. Deníció A Laplace operátor egy speciális dierenciál operátor, mely a (helykoordináták 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.

4. FEJEZET.


3

Alap PDE-k

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

• Transzport egyenlet, u = u(x, t) =? u0t + b · u0x = 0 • Laplace-egyenlet ∆u = 0 • Helmholz-egyenlet ∆u = −λu Itt a λ-t is keressük, egyben sajátérték probléma is. • H®vezetés egyenlete Itt 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... A nemlineáris egyenletek lehetnek jól- és rosszul kondícionáltak. (well- and ill-posed) Jól kondícionált PDE-r®l akkor beszélünk, ha létezik egyértelm¶, elegend®en sima megoldás.

4. FEJEZET.


4

Rosszul kondícionált ennek az ellentéte, például a káosz. Ezek az egyenletek írják le többek között a természtben el®forduló ugrásszer¶ válztozásokat is.

Deníció 4.1.1. A másodrend¶ Lineáris PDE-k típusai, melyeket indoklás és magyarázat nélkül felsorolunk, egy-egy példával együtt: 1. Elliptikus: 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: u00t = ∆u.

3. Parabolikus: u(x, [y, z, . . . , ]t) • H®vetezés 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: u0t (x, t) + b · u0x (x, t) = f (x, t) Ha f (x, t) ≡ 0, akkor homogén egyenletr®l beszélünk, egyébként inhomogénr®l.

4.2.1.

Transzport egyenlet, homogén eset

Tekintsük az alábbi egyenlet

u0t (x, t) + b · u0x (x, t) = 0, ahol b ismert paraméter. Adott továbbá egy u(x, 0) = g(x) kezdeti feltétel, ahol g ismert függvény. Legyen (x, t) rögzített pont. Deniáljuk az alábbi függvényt, amely az (x, t) ponton áthaladó egyenest mentén adja meg a megoldást:

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

sIR

4. FEJEZET.


5

Deriváljuk z -t:

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-re:

u(x − bt, 0) = u(x, t) u(x − bt, 0) = g(x − bt) = u(x, t) Az utolsó sorból látszik, hogy a PDE-nek létezik egyértelm¶ megoldása, ha a g kezdeti feltétel deriválható függvény. Ha a kezdeti érték függvénynek szingularitása van, akkor is az egyetlen "értelmes" megoldás u(x, t) = g(x − bt), amit 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, és u-t a két, egyszer¶bb feladat megoldásainak 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.

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).

4. FEJEZET.

6


A függvény deriváltja

z 0 (s) := wx (x + bs, t + s)b + wt (x + bs, t + s) = f (x + bs, t + s). Meg akarjuk határozni z(0) = w(x, t)-t. Ehhez 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 t ˆ 0 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 I: Laplace egyenlet

Ez az egyik leggyakrabban el®forduló PDE.

u = u(x1 , x2 , . . . , xn ) egy n-változós függvény, melyet valamely Ω ⊂ IRn nyílt, sima határú tartományon keresünk. A tartomány belsejében: ∆u =

n X

(4.3)

u00xk xk = 0.

k=1

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: 1.

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), ∂n

x∂Ω,

n ⊥ ∂Ω,

4. FEJEZET.


7

az megadjuk, hogy u-nak mennyi a határra mer®leges iránymenti deriváltja. Az el®z® példa szerint itt nem a keretet leíró függvényt ismerjük, hanem azt, hogy a membránt milyen er®vel húzzuk. 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.

4.3.1.

Téglalap alakú tartomány

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

0.2 0.4 0.6 0.8

u(x, 1) = f (x) 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 az egyenlet X 00 Y + XY 00 = 0. Átrendezve:

X 00 Y 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

4. FEJEZET.


8

peremfeltételekb®l a két egyenletre nézve kezdeti feltételeket vezethetünk le:  ∀y : X(0)Y (y) =0      ∀y : X(1)Y (y) =0  =⇒ Y (0) = X(0) = X(1) = 0 ∀x : X(x)Y (0) =0      : ∀x X(x)Y (1) =f (x) 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 A = 0, B sin α = 0, tehát α = kπ, kZ. Ebb®l λ = −(kπ)2 . A második egyenlet megoldása:

Y 00 = (kπ)2 Y Y (y) = Aekπy + Be−kπy A kezdeti feltételb®l

B = −A

=⇒

Y = 2A sh(kπy).

Az eredeti kétváltozós egyenlet alapmegoldásai tehát

un (x, y) = sin(nπx) sh(nπy),

n = 1, 2, . . . .

Az általános megoldás ezek összege:

u(x, y) =

∞ X k=1

Ak sin(kπx) sh(kπy)

4. FEJEZET.


9

Felhasználjuk az utolsó peremfeltételt (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, együtthatójuk pedig bk = Ak sh(kπ) Következésképpen

ˆ 1 1 f (x) sin(kπx) dx. Ak = sh(kπ) 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.)

Megjegyzés 4.3.1. A Variációszámítás fejezetben láttuk, hogy a következ® integrál minimumának 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 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 2 ∂ W ∂θ2

∂u ∂u · cos(θ) + · sin(θ) ∂x ∂y ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u 2 = · cos (θ) + · sin(θ) + 2 · cos(θ) sin(θ) ∂x2 ∂y 2 ∂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)) 2 2 ∂x ∂x ∂y ∂y =

4. FEJEZET.


10

Az egyenlet az új koordinátákban: 00 + Wrr

1.

Feladat.

00 Wr0 Wθθ + 2 =0 r r

Igazoljuk a fenti egyenletet.

Keressük a megoldást szeparábilis alakban: W (r, θ) = R(r)T (θ). A peremfeltétel ekkor:

R(a)T (θ) = g(θ) A polárkoordináták természetéb®l adódóan szükségképpen teljesülnek a következ® feltételek: T (0) = T (2π) T 0 (0) = T 0 (2π) Az egyenlet szeparábilis formában:

R00 T + Átrendezve:

2.

Feladat.

RT 00 R0 T + 2 = 0. r r

r2 R00 + rR0 T 00 =− =: λ R T Igazoljuk, hogy a fenti egyenletben szerepl® konstans nem lehet negatív.

Tehát λ = n2 . Oldjuk meg a T -re vonatkozó egyenlet:

T 00 + n2 T = 0. Ekkor

T = A cos nθ + B sin nθ A kezdeti feltételekb®l

cos 0 = cos(2πn) =⇒ nZ Az R-re vonatkozó egyenlet ekkor

r2 R00 + rR0 − n2 R = 0 Az alapmegoldások:

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

n=0 n 6= 0

4. FEJEZET.


11

Tudjuk, hogy R az egész körlapon dierenciálható. Ez az origóban nem teljesülne az ln r és az r−n függvényekre, amib®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) 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.

4.3.3.

A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága

Deníció 4.3.2. Az u függvény harmonikus, ha 4u = 0. Állítás 4.3.3. Ha u harmonikus az Ω tartományon, akkor széls®értékeit ∂Ω-n veszi fel. Tétel 4.3.4. Legyen B ⊂ Ω egy a sugarú kör (x0 , y0 ) körül, u pedig harmonikus függvény. Ekkor

1 u(x0 , y0 ) = 2πa

˛ u(x, y) ds B

Tétel 4.3.5 (Green-függvény). Legyen Ω ⊂ IR2 nyílt tartomány. Vegyük ∂Ω egy para-

méterezését:

∂Ω = γ(t)IR2 : tI ,

ahol I ⊂ IR egy intervallum. Ekkor létezik olyan G(x, y, t) : Ω × I → IR függvény, hogy a 4u(x, y) = 0 ∀(x, y)Ω,

feladat megoldása:

u(x, y) = f (x, y) ∀(x, y)∂Ω

ˆ 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 ,

4. FEJEZET.


akkor az u(x, 0) = g(x) feltétel mellett

y u(x, y) = π

ˆ

∞

−∞

12

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 megoldása a h®vezetési feladatnak, ha n X ∂ 2u u0t (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.

Itt t jelöli az id®változót. Megállapodás szerint a Laplace-operátorban nem deriválunk a t változó szerint, ezért egyenlet így is írható:

u0t = 4u.

4.4.1.

H®vezetés végtelen hosszú rúdban

Legyen n = 1, Ω = IR. Ekkor az egyenlet:

u0t = ku00xx ,

xIR, t > 0.

(4.4)

k > 0 a rúd zikai konstansa. Legyen a kezdeti érték feltétel u(x, 0) = f (x), a rúd h®mérséklete 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.

4. FEJEZET.

13


Megoldás a frekvencia tartományban A feladatot a frekvenciatartományban oldjuk meg. Vegyük (4.4) 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 szerint deriválásnál a frekvenciatartomány s változója konstans. A fenti egyenlet egy ODE-t ad, melynek megoldása: 2

F(u(x, t), s) = C(s)e−ks t , 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 2 /2

F(e−x

, 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 hövezetési 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. FEJEZET.


14

Megoldás a változók szétvalasztásával Az egyszer¶ség kedvéért legyen az egyenletben szerepl® konstans k = 1.

u0t = u00xx ,

xIR, t > 0.

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

xIR.

A megoldást szeparált alakban keressük:

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

u0t (x, t)

= T 0 (t)X(x)

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

X 00 (x) T 0 (t) = = −s2 . T (t) X(x) 1. Gyakorlat. negatív lehet.

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

Így két közönséges DE-t oldunk meg:

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 , ahol s tetsz®leges valós szám. 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 f (x) = √ eixs fb(s)ds 2π −∞ alakban, ahol fb a függvény Fourier transzformáltja.

4. FEJEZET.

15


Állítás 4.4.1. A fenti peremérték feladat megoldása 1 u(x, t) = √ 2π

ˆ

∞

2 eixs−s t fb(s)ds.

(4.5)

−∞

Határozzuk meg a megoldást f függvényében, hiszen ez adott, nem pedig Fourier transzformáltja. fb el®állítható a Fourier transzformáció segítségével: ˆ ∞ 1 fb(s) = √ e−iys f (y)dy. 2π −∞ Ezt behelyettesítve a (4.5) 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: ˆ ∞ (x−y)2 1 1 u(x, t) = √ √ e− 4t f (y)dy. 2π 2t −∞

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 az x = 0 pontban 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 normális eloszlás s¶r¶ségfüggvénye, mely 0 várható érték¶ és 2t szórású. Második speciális esetként legyen a h®vezet® rúd kezdeti eloszlása: ( 1 ha x[−1, 1] f (x) = 0 ha x| [−1, 1] Ekkor

ˆ

1

(x−y)2 1 1 √ √ e− 4t ddy. 2π 2t −1 Újra valószín¶ségszámításos szemmel ránézve azt kapjuk, hogy

u(x, t) =

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. FEJEZET.

4.4.2.

16


H®vezetés véges rúdban

Legyen n = 1, Ω = (0, 1), ∂Ω = {0, 1}. Az egyszer¶ség kedvéert k = 1-t terkintünk. Ekkor az egyenlet: u0t = u00xx , x(0, 1), t > 0. (4.6) A kezdeti érték feltétel

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

(4.7)

x(0, 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 (4.6) 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:

λ=

T 0 (t) X 00 (x) = , T (t) X(x)

ami két közönséges DE-t ad. (4.8)

T 0 (t) = λT (t)

(4.9)

X 00 (x) = λX(x). (4.8) 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 (4.9) általános megoldása

X(x) = Aeαx + Be−αx .

(4.10)

4. FEJEZET.


17

Így

X(1) = Aeα + Be−α = 0.

X(0) = A + B = 0,

Ebb®l A = B = 0 adódik, ezért ebben az esetben nincs nem-triviális megoldás. Tehát λ negatív, λ = −α2 . Ekkor A (4.9) 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 (4.9) DE hozzá tartozó alapmegoldása pedig X(x) = sin(nπx). Az eredeti (4.6) 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 lineáris kombinációjaként áll el®.

u(x, t) =

∞ X

2 π2 t

An e−n

· 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®. 3.

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. 4.

Feladat.

A rúd h®energiájaként értelmezhet® függvény

ˆ

1

u2 (x, t) dx.

E(t) := 0

Bizonyítsuk be, hogy ez id®ben monoton fogyó.

4. FEJEZET.

4.4.3.


18

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 .

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.

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 , (4.11) 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 peremfeltételek tehát

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

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

(4.12)

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

megoldását adjuk meg. Alkalmazzuk az alábbi koordináta ξ = x + ct,

η = x − ct.

4. FEJEZET.


19

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=

1 1 + u0x , 2c 2 1 −1 1 1 1 −1 11 1 −1 = u00tt + u00xt + u00tx + u00xx = (u00tt 2 + u00xx ) = 0. 2c 2c 2c 2 2 2c 22 4 c

Uξ0 = u0t 00 Uηξ

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

Uξ0 (ξ, η) = F0 (ξ), ezért

ˆ U (ξ, η) =

Uξ0 dξ + G(η) = F (ξ) + G(η),

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

Tétel 4.5.1. A (4.11) a hullámegyenlet PDE általános megoldása u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct),

ahol F és G kétszer folytonosan dierenciálható valós függvények. Meghatározzuk a (4.12) peremfeltételeket kielégít® megoldást. Ezt összeg alakban fogjuk keresni: u(x, t) = u(1) (x, t) + u(2) (x, t), különválasztva a két kezdeti feltételt. Tehát u(1) (x, t) és u(2) (x, t) megoldásai az eredeti (4.11) egyenletnek, ilyen kezdeti feltételekkel:

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

(u(1) )0t (x, 0) = 0 (u(2) )0t (x, 0) = g(x)

u(2) (x, 0) = 0 Egyszer¶ számolással igazolható, hogy

u(1) (x, t) = és

1 u (x, t) = 2c

ˆ

(2)

0

f (x + ct) + f (x − ct) , 2

x+ct

1 g(s)ds − 2c

ˆ

x−ct

g(s)ds. 0

4. FEJEZET.


20

Állítás 4.5.2. A (4.11) a hullámegyenlet (4.12) 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

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

L[u] = 0 egyenletet, ahol L a következ® parciális dierenciál - operátor 2 ∂2 2 ∂ L= 2 −c , ∂t ∂x2

mely formálisan szorzattá bontható: ∂ ∂ ∂ ∂ −c +c = L1 L2 . L= ∂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 PDE szintén egy transzport egyenlet, ennek megoldásai pedig

w(x, t) = G(x − ct) alakúak. 5. Feladat. alakú:

Vizsgáljuk meg, hogyan változik a húr, ha a kezdeti id®pontban az alábbi

továbbá g(x) ≡ 0.

   ha x[−1, 0]  x+1 f (x) = , −x + 1 ha x[0, 1]    0 ha x| [−1, 1]

Tárgymutató Green-függvény, 11 H®vezetés egyenlet megoldása, 12 harmonikus függvény, 11 hullámmozgás egyenlete, 18 Laplace egyenlet megoldása körlapon, 9 téglalapon, 7 parciális dierenciálegyenlet elliptikus, 6 hiperbolikus, 18 pararbolikus, 12 transzport egyenlet, 4

21

Matematikai Analízis III

Recommend Documents