Równania różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu

Transkrypt

1 Równania różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu Marcin Orchel Spis treści 1 Wstęp Metoda faktoryzacji (rozdzielania zmiennych) Metoda funkcji Greena Zadania Zadania na Zadania na Zadania na Wstęp Postać ogólna równania różniczkowego cząstkowego liniowego drugiego rzędu jest następująca: A 2 u x 2 + B 2 u x y + C 2 u y 2 + a x + b y + cu = f gdzie A, B, C, a, b, c, f są funkcjami zmiennych niezależnych. Równanie liniowe względem drugich pochodnych ma postać ( A 2 u x 2 + B 2 u x y + C 2 u y 2 + D x, y, u, x, ) = 0 (1) y gdzie A(x, y), B(x, y), C(x, y). Wprowadzamy nowe zmienne ξ, η, takie, że ξ = f (x, y) (2) η = g (x, y) (3) Traktujemy funkcję u jako funkcję zmiennych ξ, η. Mamy następujące wzory Podobnie x = f ξ x + g η x y = f ξ y + g η y (4) (5) 1

2 Przekształcenie odwrotne x 2 = 2 u ξ u η 2 ( g x ) u f g ξ η x x ( f x ) f ξ x y = 2 u f f ξ 2 x y + 2 u ξ η + 2 u g g η 2 x y + 2 f ξ x y + 2 g η x y 2 ( ) u y 2 = 2 u f 2 ξ u f g y ξ η y y + 2 u η 2 ( g y ) f ξ (6) x g η x 2 (7) ( f g x y + f ) g + y x (8) (9) (10) y g η y 2 (11) x = φ (ξ, η) (12) y = ψ (ξ, η) (13) Zadanie polega na dobraniu funkcji f(x, y) i g(x, y) tak aby uprościć te równania, w pierwszym przypadku aby zniknął składnik z x y (14) Równanie charakterystyczne jest następujące A ( ) dy 2 B dy dx dx + C = 0 (15) Charakter rozwiązania tego równania zależy od znaku wyróżnika w rozpatrywanym obszarze. δ > 0 - równania hiperboliczne δ = 0 - równania paraboliczne δ < 0 - równania eliptyczne δ = B 2 4AC Dla równania hiperbolicznego, całki pierwsze równania charakterystycznego definiują funkcje f(x, y) i g(x, y), za pomocą których sprowadza się równanie do postaci 2 ( u ξ η = Φ ξ, η, u, ξ, ) η 2 (16)

3 Jest to postać kanoniczna równania hiperbolicznego. Po dalszym podstawieniu zmiennych s = ξ + η (17) t = ξ η (18) otrzymujemy inną kanoniczną postać równania hiperbolicznego s 2 ( t 2 = Φ s, t, u, s, ) t (19) Dla równania eliptycznego otrzymujemy rozwiązanie równania kwadratowego jako dwie całki pierwsze f (x, y) = v (x, y) + iw (x, y) = const (20) Tu podstawiamy następujące zmienne g (x, y) = v (x, y) iw (x, y) = const (21) ξ = v (x, y) (22) η = w (x, y) (23) i otrzymujemy postać kanoniczną 2 ( u ξ u η 2 = Ψ ξ, η, u, ξ, ) η (24) Dla równania parabolicznego rozwiązaniem będzie Stosujemy przekształcenie f (x, y) = const (25) ξ = f (x, y) (26) η = g (x, y) (27) gdzie g będzie dowolną funkcją niezależną od f(x, y). Otrzymujemy wtedy postać kanoniczną 2 ( u η 2 = Ω ξ, η, u, ξ, ) (28) η Dla przypadku gdy A(x, y) = 0 i C(x, y) 0 równanie charakterystyczne ma postać C Przykład. Sprowadzić do postaci kanonicznej równanie ( ) dx 2 B dy dy dx + A = 0 (29) x u x y 3 2 u y x + 6 y = 0 (30) 3

4 Równanie charakterystyczne ( ) dy 2 2 dy dx dx 3 = 0 (31) Obliczamy = 16 > 0, więc jest to równanie hiperboliczne. Otrzymujemy pierwiastki A Zatem całki pierwsze A więc przekształcenie zmiennych będzie dy dx = 3 (32) dy = 1 (33) dx y 3x = C 1 (34) y + x = C 2 (35) ξ = y 3x (36) η = y + x (37) Następnie podstawiamy to do wzorów łańcuchowych i otrzymujemy x = 3 ξ + η (38) x 2 = u 9 2 ξ u ξ η + 2 u η 2 (39) y = ξ + η (40) y 2 = 2 u ξ u ξ η + 2 u η 2 (41) x y = 3 2 u ξ u ξ η + 2 u η 2 (42) Podstawiając teraz to wszystko do równania wyjściowego otrzymujemy ξ η = 1 2 η (43) Równanie na wolframalpha.com 28u%28x%2Cy%29%29%29+%2B+2%28d^2%2Fdxdy%28u%28x%2Cy%29%29%29+-+3%28d^2%2Fdy^2% 28u%28x%2Cy%29%29%29+%2B+2%28d%2Fdx%28u%28x%2Cy%29%29%29+%2B+6%28d%2Fdy%28u% 28x%2Cy%29%29%29%3D+0. Przekształcone równanie na wolframalpha.com wolframalpha.com/input/?i=%28d^2%2fdxdy%28u%28x%2cy%29%29%29+%3d+-1%2f2%28d% 2Fdy%28u%28x%2Cy%29%29%29. 4

5 1.1 Metoda faktoryzacji (rozdzielania zmiennych) Liniowe równania różniczkowe często dają się rozwiązać przez podstawienie: u (x 1,..., x n ) = ϕ (x 1 ) ϕ (x 2 )... ϕ n (x n ) Przykład: Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego typu hiperbolicznego drgania struny postaci: t 2 = a2 2 u x 2 spełniające warunki brzegowe: u (0, t) = 0 (44) i warunki początkowe: dla x [0, l]. Postulujemy rozwiązanie postaci: u (l, t) = 0 (45) u (x, 0) = f (x) (46) (x, 0) = ϕ (x) (47) t u (x, t) = X (x) T (t) (48) Wstawiając powyższe do równania wyjściowego otrzymujemy: X (x) T (t) = a 2 T (t) X (x) T (t) a 2 T (t) = X (x) X (x) Aby powyższe równanie było spełnione, każda ze stron musi być równa stałej i te stałe muszą być równe (stała k): X (x) kx (x) = 0 T (t) ka 2 T (t) = 0 Są to równania różniczkowe zwyczajne liniowe o stałych współczynnikach. Gdy k jest nieujemne otrzymujemy tylko rozwiązanie trywialne postaci: u (x, t) = 0 Gdy jest ujemne (k = λ 2 ) otrzymujemy następujące równania: X + λ 2 X = 0 T + a 2 λ 2 T = 0 5

6 Rozwiązaniem ogólnym pierwszego równania jest: X (x) = C 1 cos λx + C 2 sin λx Rozwiązanie na wolframalpha.com, 27+%2B+k^2y+%3D+0. Uwzględniając warunek brzegowy (44) otrzymujemy C 1 = 0: X (x) = C 2 sin λx Następnie uwzględniając warunek brzegowy (45) otrzymujemy warunek (przy C 2 = 0 otrzymujemy rozwiązanie trywialne): sin λl = 0 λ = nπ = λ n l A więc ostatecznie: X (x) = C 2 sin nπ l x Analogicznie dla drugiego równania rozwiązaniem ogólnym jest: T (t) = a n cos aλt + b n sin aλt Rozwiązanie na wolframalpha.com, 27+%2B+a^2k^2y+%3D+0. Po podstawieniu wyrażenia na λ: T (t) = a n cos a nπ l t + b n sin a nπ l t Podstawiając X i T do (48) otrzymujemy rozwiązania szczególne równania wyjściowego z warunkami brzegowymi dla szczególnej postaci (48): ( u n = a n cos a nπ l t + b n sin a nπ ) l t sin nπ l x (49) Pozostały do uwzględnienia warunki początkowe. Można pokazać, że suma tych rozwiązań również spełnia równanie wyjściowe z warunkami brzegowymi. Szereg postaci u = u n (50) n=1 również jest rozwiązaniem szczególnym równania wyjściowego z warunkami brzegowymi. Można pokazać, że aby były spełnione również warunki początkowe, to rozwiązanie musi być w postaci tego szeregu. Warunek (46) dla tego szeregu wygląda następująco: f (x) = n=1 6 a n sin nπ l x

7 Warunek (47) jest następujący: ϕ (x) = n=1 b n naπ l sin nπ l x Wykorzystując wzór Fouriera na funkcję sinus otrzymujemy wzory na parametry a n i b n : a n = 2 l l 0 f (x) sin nπx dx (51) l b n = 2 l naπ 0 ϕ (x) sin nπx dx (52) l A więc ostatecznym rozwiązaniem równania wyjściowego z warunkami brzegowymi i początkowymi jest funkcja (50), gdzie u n wyraża się wzorem (49), a n i b n wyrażają się wzorami (51) i (52). Rozwiązanie ogólne na wolframalpha.com, 29% Metoda funkcji Greena Funkcja Greena służy do rozwiązywania równań różniczkowych cząstkowych z warunkami brzegowymi i początkowymi. Funkcja Greena G (x, s) dla liniowego operatora różniczkowania L = L (x) w punkcie s jest jakimkolwiek rozwiązaniem równania: Pozwala to na rozwiązywanie równań: LG (x, s) = δ (x s) Lu (x) = f (x) W ogólności funkcje Greena są dystrybucjami, a nie funkcjami. Jeśli znajdziemy funkcje Greena dla operatora L, to mnożąc pierwsze równanie przez f (s) i całkując po s otrzymujemy: LG (x, s) f (s) ds = δ (x s) f (s) ds = f (x) Ta druga równość z właściwości funkcji Diraca. Podstawiając do drugiego równania otrzymujemy: Lu (x) = LG (x, s) f (s) ds Wyciągamy operator L przed całkę: Lu (x) = L G (x, s) f (s) ds 7

8 u (x) = G (x, s) f (s) ds Dla zagadnień brzegowych dla równań eliptycznych z dwiema zmiennymi niezależnymi. Mamy dane liniowe równanie różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu typu eliptycznego: x u y 2 + a x + b y + cu = f Najpierw wyznaczamy funkcję Greena G (x, y; ξ, η), gdzie ξ i η są parametrami. Funkcja Greena musi spełniać następujące warunki: Funkcja G (x, y; ξ, η) jest prawie wszędzie w danym obszarze, z wyjątkiem punktu x = ξ y = η rozwiązaniem równania jednorodnego sprzężonego do równania wyjściowego: 2 G x G y 2 ag x bg y + cg = 0 Funkcja G (x, y; ξ, η) ma postać: G = U ln 1 r + V gdzie r = (x ξ) 2 + (y η) 2, U w punkcie x = ξ, y = η przyjmuje wartość 1 oraz funkcje U i V są ciągłe wraz z pochodnymi cząstkowymi aż do rzędu 2 włącznie. Na brzegu rozpatrywanego obszaru funkcja G (x, y; ξ, η) jest równa zeru. Następnie znalezioną funkcję Greena wstawiamy do wzoru: u (ξ, η) = 1 2π u (x, y) 1 G (x, y; ξ, η) ds n 2π D f (x, y) G (x, y; ξ, η) dxdy gdzie D oznacza dany obszar, S jego brzeg, na którym określono wartość funkcji, a n jest pochodną w kierunku normalnej wewnętrznej brzegu. 2 Zadania 2.1 Zadania na Rozwiązać równanie Odpowiedź: x 2 2 u x 2 y2 2 u 2y y2 y = 0 (53) ( x y u (x, y) = y x) φ (xy) + ψ (54) 8

9 2. Rozwiązać równanie x 2 2 u x 2 2xy 2 u x y y2 2 u y 2 + x x + y y = 0 (55) Odpowiedź: u (x, y) = φ (xy) ln y + ψ (xy) (56) 3. Znaleźć rozwiązanie równania typu hiperbolicznego spełniające warunki: gdzie x [0, l]. t 2 = a2 2 u x 2 u (0, t) = u (l, t) = 0 x (l x) u (x, 0) = l 2 (x, 0) = 0 t 4. Znaleźć rozwiązanie równania typu hiperbolicznego t 2 = a2 2 u x 2 spełniające warunki: u (0, t) = u (l, t) = 0 { x dla 0 < x l u (x, 0) = f (x) = 2 1 x dla l 2 < x < l gdzie x [0, l], t > 0. Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz numerycznie w Matlabie. 2.2 Zadania na 4.0 Wyprowadzić metodą faktoryzacji rozwiązanie dla równania przewodnictwa cieplnego. Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz numerycznie w Matlabie. 9

10 2.3 Zadania na 5.0 { } D = (x, y, z) R 3 : x (0, l 1 ), y (0, l 2 ), z (0, l 3 ) Wyznaczyć w obszarze D rozwiązanie równania falowego dla t > 0: x u y u z 2 = 1 a 2 t 2 spełniające następujące warunki początkowe: u (x, y, z, 0) = u 0 oraz warunki brzegowe: (x, y, z, 0) = 0 t u (0, y, z, t) = u (l 1, y, z, t) = 0 u (x, 0, z, t) = u (x, l 2, z, t) = 0 u (x, y, 0, t) = u (x, y, l 3, t) = 0 dla (x, y, z) D i t > 0. Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz numerycznie w Matlabie. 10