1. Edward Kącki, Lucjan Siewierski Wybrane działy matematyki wyższej z ćwiczeniami.

Transkrypt

1 Polecam korzystanie również z poniższych podręczników. 1. Edward Kącki, Lucjan Siewierski Wybrane działy matematyki wyższej z ćwiczeniami. 2. Izydor Dziubiński, Lucjan Siewierski Matematyka dla wyższych szkół technicznych 3. Wojciech Żakowski, Wacław Leksiński Matematyka Część 4

2 1 Równania różniczkowe. Przypomnienie 1.1 Równania rzędu 1 Równanie rzędu 1 ma postać; ẋ(t) = f(t, x(t)) (1) Twierdzenie 1.1 Jeśli f(t, x) jest klasy C 1 ( tzn. f(t, x) posiada pochodne cząstkowe i są one ciągłe) to równanie różniczkowe posiada rozwiązania zależne od jednego parametru. Ogólnie znalezienie rozwiązania równania różniczkowego jest bardzo trudne. Znacznie tudniejsze niż całkowanie Równanie o zmiennych rozdzielonych Równanie o zmiennych rozdzielonych ma postać ẋ = f(t)g(x) (2) Równanie takie sprowadza się do całkowania. Przepisujemy dx dt = f(t)g(x) rozdzielamy zmienne dx g(x) = f(t)dt całkujemy stronami Jeśli umiemy znaleźć funkcje pierwotną obu stron to równanie różniczkowe zostaje zastąpione przez równanie algebraiczne. Przykład 1.2 Znaleźć rozwiązanie równania ẋ = 2xt spełniające warunek początkowy x() = 3. dx dt = 2xt rozdzielamy zmienne dx = 2t dt całkujemy stronami x ln x = t 2 + C ; x = e t2 +C gdzie C R ; x = e C e t2 gdzie C R Oznaczmy C 1 = e C. Wówczas C 1 >. A więc x = C 1 e t2 gdzie C 1 >. A stąd rozwiązanie ogólne x = C 1 e t2 gdzie C 1 R Równanie liniowe rzędu 1 Równanie liniowe rzędu 1 ma postać ẋ + a(t) x = b(t) (3) Najpierw rozpatrujemy równanie jednorodne ẋ + a(t) x = (4)

3 Jest to równanie o zmiennych rozdzielonych i jego rozwiąznie ogólne ma postać CORJ = C h(t). Aby uzyskać rozwiązanie danego równania (niejednorodnego) uzmienniamy stałą tzn wstawiamy do równania iloczyn x(t) = C(t) h(t) i wyznaczamy funkję C(t). Przykład 1.3 Znaleźć rozwiązanie ogólne równania ẋ + x = t Rozwiązujemy równanie jednorodne ẋ + x =. Wówczas CORJ = C e t rozwiązanie równania niejednorodnego w postaci x = C(t)e t. (C(t)e t ) + C(t)e t = t ; (C (t)e t C(t)e t ) + C(t)e t = t ; (!) A zatem szukamy C (t)e t = t ; C (t) = t e t ; C(t) = t e t e t + C 1 A zatem CORN = C(t)e t = (t e t e t + C 1 )e t = t 1 + C 1 e t. Zauważmy, że podanym przykładzie w pewnym momencie zredukowały się wyrażenia z C(t). Nie jest to przypadek. Na tym polega ta metoda. Gdyby C(t) się nie redukowało to oznaczałby pomyłkę w obliczniach. 1.2 Równanie liniowe rzędu 2 o stałych współczynnikach Jest to równanie postaci ẍ + bẋ + cx = f(t) (5) Równanie to jako równanie rzędu 2 posiada rózwiązania zależne od dwu parametrów Równanie liniowe jednorodne rzędu 2 o stałych współczynnikach Rozpatrujemy równanie jednorodne ẍ + bẋ + cx = (6) Twierdzenie 1.4 Zbiór rozwiązań równania (8) jest przestrzenią liniową wymiaru 2. A zatem rozwiązanie ogólne ma postać CORJ = A x 1 (t) + B x 2 (t) gdzie x 1 (t), x 2 (t) są pewnymi rozwiązaniami bazowymi. Pozostaje wyznaczyć (odgadnąć) te rozwiązania. Rozpatrujemy wielomian charakterystyczny aλ 2 + bλ + c = (7) Niech = b 2 4ac. Rozpatrujemy przypadki. >. Wówczas wielomian charakterystyczny ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste λ 1 λ 2. Rozwiązaniami bazowymi są funkcje e λ1t, e λ2t a więc CORJ = C 1 e λ1t + C 2 e λ2t. Przykład 1.5 ẍ+5ẋ+6x =. Wówczas = 1 >, λ 1 = 2, λ 2 = 3 a więc CORJ = C 1 e 2t +C 2 e 3t.

4 =. Wówczas wielomian charakterystyczny ma jeden pierwiastek rzeczywisty podwójnyλ. Rozwiązaniami bazowymi są funkcje e λt, t e λt a więc CORJ = (C 1 + t C 2 ) e λt. Przykład 1.6 ẍ 4ẋ + 4x =. Wówczas =, λ 1 = λ 2 = 2 a więc CORJ = (C 1 + t C 2 ) e 2t. < Wówczas brak pierwiastków rzeczywistych, są za to dwa pierwiastki zespolone sprzężone λ 1 = α + βi, λ 2 = α βi. Rozwiązaniami bazowymi są funkcje e αt cos(βt), e αt sin(βt). Przykład 1.7 ẍ + 4ẋ + 13x =. Wówczas = 36, λ 1 = 2 + 3i, λ 2 = 2 3i a więc CORJ = C 1 e 2t cos(3t) + C 2 e 2t sin(3t) Równanie liniowe niejednorodne rzędu 2 o stałych współczynnikach Rozpatrujemy równanie niejednorodne ẍ + bẋ + cx = f(t) (8) Łatwo zauważyć, każde dwa rozwiąnia tego równania różnią się o rozwiązanie równania jednorodnego. Twierdzenie 1.8 CORN=CSRN+CORJ A zatem pozostaje odgadnąć jedno rozwiązanie szczególne. Podamy metodę takiego odgadywania dla funkcji typu f(t) = e αt (P (t) cos(βt) + Q(t) sin(βt) gdzie P (t), Q(t) są wielomianami (stopnia n). Wówczas poszukujemy CSRN w postaci e αt ( P (t) cos(βt) + Q(t) sin(βt)) gdy z = α + βi nie jest pierwiastkiem wiel. charakt. CSRN = t r e αt ( P (t) cos(βt) + Q(t) sin(βt)) gdy z = α + βi jest r-krotnym pierwiastkiem wiel. charakt. gdzie P, Q są wielomianami stopnia n. Przykład 1.9 ẍ 3ẋ + 2x = t Wówczas α = (bo nie ma prawej stronie funkcji e αt ) a także β = (bo brak funkcji trygonometrycznych). Liczba z = α + βi = nie jest pierwiastkiem charakterystycznego. A zatem przewidujemy CSRN jako wielomian stopnia 1 tzn. CSRN = at + b. Wstawiamy do równania: (at+b) 3(at+b) +2(at+b) = t, 3a+2(at+b) = t, 2at+(2b 3a) = t, A stąd a = 1/2, b = 3/4, więc CSRN = t/2 + 3/4. Przykład 1.1 ẍ 2ẋ = 4t Wówczas podobie jak wyżej α =, β =. Ale tutaj Liczba z = α + βi = jest (jednokrotnym) pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego. A zatem przewidujemy CSRN jako t P (t) gdzie P (t) wielomian stopnia 1 tzn. CSRN = t(at + b) = at 2 + bt.

5 Wstawiamy do równania: (at 2 +bt) 2(at 2 +bt) = 4t, 2a 2(at+b) = 4t, 4at+(2a 2b) = 4t, A stąd a = b = 1, więc CSRN = t 2 t. Przykład 1.11 Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego ẍ + x = 2 cos(t) spełniające warunek początkowy x() = 1, ẋ =. 1. Równanie jednorodne. ẍ + x =. Wielomian charakterystyczny λ =, = 4 <, λ = ±i. A zatem rozwiązaniam bazowymi są cos(t), sin(t) skąd CORJ = A cos(t) + B sin(t). 2. CSRN Po prawej stronie nie występuje e αt czyli α = a ponadto jest cos(t) czyli β = 1 A więc sprawdzamy czy z = α + βi = + 1i = i jest pierwiastkiem równania charakterystycznego. JEST! I to jednokrotnym czyli szukamy CSRN = t(a cos(t) + B sin(t)). Aby wyznaczy A, B obliczamy pochodne (CSRN) = (t(a cos(t) + B sin(t))) = (A + Bt) cos(t) + (B At) sin(t) i wstawiamy do równania (CSRN) = (2B At) cos(t) (2A Bt) sin(t) (CSRN) + CSRN = 2 cos(t) ; (2B At) cos(t) (2A Bt) sin(t) + t(a cos(t) + B sin(t)) = 2 cos(t) ; Porównując wspólczynniki przy takich samych funkcjach trygonometrycznych (!) uzyskujemy A =, B = 1 skąd CSRN = t sin(t) 3. CORN=CSRN+CORJ =t sin(t) + (A cos(t) + B sin(t)). 4. Rozwiązanie spełniające warunki początkowe. Obliczamy (CORN) = sin(t) + t cos(t) A sin(t) + B cos(t) i wstawiamy zadane warunki początkowe. 1 = CORN() = A ; = (CRN) () = B A stąd szukanym rozwiązaniem jest x(t) = t sin(t) + cos(t)

6 1.3 Równania różniczkowe liniowe.zadania Uwaga. We wszystkich zadaniach należy sprawdzić poprawność uzyskanego rozwiązania wstawiając je do równania. 1. Znaleźć rozwiązanie równania o zmiennych rozdzielonych spełniające warunek początkowy (a) ẋ = 3x, x() = 2 (b) ẋ = 1 2t, x() = 2 x 2 (c) ẋ = 2xt 1 + t, x() = Znaleźć rozwiązanie ogólne równania różniczkowego limiowego (rzędu jeden). (a) ẋ + 2tx = e t2, [x = (C + t)e t2 ] (b) tẋ 2x = t 4, [x = Ct 2 + 1/2 t 4 ] 3. Rozwiązać równanie różniczkowe liniowe jednorodne rzędu dwa; (a) x + 5x + 6x = [C 1 e 3t + C 2 e 2t ] (b) x + 6x + 9x = [(C 1 t + C 2 )e 3t ], (c) 5x 12x + 2x = [(C 1 cos 6t 5 + C 2 cos 6t 5 )e6t/5 ] 4. Znaleźć rozwiązania równania różniczkowego liniowego niejednorodnego : (a) x 3x + 2x = 5t + 2 [(C 1 e 2t + C 2 e t + 5t + 19] 2 4 (b) x + 4x + 2x = 4e t [(C 1 e 2t + C 2 e t e t ] (c) x + 2x = cos 2t [(C 1 + C 2 e 2t + 1 sin 2t 1 cos 2t] 8 8 (d) x 3x + 2x = e t [C 1 e 2t + C 2 e t te t ] Następnym razem będziemy używać: całkowania przez części, całek niewłaściwych (gdy obszarem całkowania jest półprosta [a, )) oraz rozkładu funkcji wymiernej na ułamki proste. Zachęcam do roazwiązania zadań przygotowawczych. 1. Obliczyć całki niewłaściwe: e 2t dt = 1 2 ; t e t dt [ 1 2 ; 1] 2. Rozłożyć funkcje wymierne na ułamki proste: 5 x 2 x 6 ; x 6 x 2 + 3x 4 [ 1 x 3 1 x+2 ; 1 x x+4 ]

7 2 Trasformata Laplace a Definicja 2.1 Funkcję f : R R nazywamy oryginałem gdy f i jej pochodna f są przedziałami ciągłe, f(t) = dla t <, istnieją stałe M, λ takie, że f(t) M e λt. Przykład 2.2. Funkcje ograniczone z ciągłą pochodną, np. sin(at),cos(at), wielomiany, e at, e t2 nie jest oryginałem bo zbyt szybko rośnie. Przyjmujemy, ze wszystkie omawiane tu funkcje są równe zeru dla t <. Dla oryginału f(t) określamy nową funkcję: L[f] = F wzorem: F (s) = f(t)e st dt Piszemy wówczas L[f](s) = F (s). Funkcję F (s) nazywamy obrazem. Nie każda funkcja jest obrazem: Twierdzenie 2.3 Jeśli F (s) jest obrazem to lim F (s) = s Przykład 2.4 Obliczyć L[1]. = lim T F (s) = A zatem L[1] jest równe F (s) = 1 s. [ 1/s e st ] T 1 e st dt = lim T T 1 e st dt = lim [ 1/s e st + 1/s ] = 1/s T Podobnie można uzasadnić wzory (całkowanie przez części). L[e at ](s) = 1 s a s L[cos(bt)](s) = s 2 + b 2 L[sin(bt)](s) = L[t n ](s) = n! s n+1 b s 2 + b 2

8 2.1 Własności transformaty Liniowość transformaty: L[f + g] = L[f] + L[g] L[αf] = αl[f] Przykład 2.5. L[3 e 2t + 2 sin t] = 3L[1] = L[e 2t ] + 2L[sin t] = 3 s 1 s s 2 +1 Różniczkowanie oryginału. L(f ) = s L(f) f() n-krotne różniczkowanie oryginału. L(f ) = s L(f) f() L(f ) = s 2 L(f) sf() f () L(f ) = s 3 L(f) s 2 f() sf () f () L(f (n) ) = s n L(f) s n 1 f() s n 2 f ()... f (n 1) () Trasformata Laplace a jest różnowartościowa tzn. różnym funkcjom odpowiadają różne obrazy, a zatem można mówić o transfromacie odwrotnej: L 1. ẋ + 2x = 1 Przykład 2.6 Rozwiązać równanie różniczkowe z warunkiem początkowym: x() = 2 A zatem x(t) = 3 2 e 2t L[ẋ] + 2L[x] = L[1] ; sx = 2 + 2X = 1 s X(s + 2) = ; X = 2 s s s(s + 2) X = 2 s s s + 2 = s s

9 Oryginał f(t) Transformata L[f(t)](s) 1 1 s 1 t s 2 t 2 2 s 3 t n n! s n+1 e at 1 s a t e at 1 (s a) 2 t n e at n! (s a) n+1 s cos(at) s 2 + a 2 a sin(at) s 2 + a 2 Oryginał f(t) t cos(at) t sin(at) e αt cos(βt) e αt sin(βt) cosh(at) sinh(at) f (t) Transformata L[f(t)](s) s 2 a 2 (s 2 + a 2 ) 2 2as (s 2 + a 2 ) 2 s α (s α) 2 + β 2 β (s α) 2 + β 2 s s 2 a 2 a s 2 a 2 sf (s) f() f (t) s 2 F (s) sf() f ()

10 2.2 Transformata Laplace a. Zadania 1. Znaleźć transformatę Laplace a funkcji (a) f(t) = 5 e 2t (b) f(t) = t (c) f(t) = e 2t e t (d) f(t) = t 2 [F (s) = 4s 1 s 2 2s ] [F (s) = 1/s 2 ] [F (s) = 3 s 2 s+2 ] [F (s) = 2/s 3 ] 2. Dla danego obrazu znaleźć oryginał (a) F (s) = 1 s 2 1 [f(t) = et e t 2 ] (b) F (s) = 1 s(s 2) 2 [f(t) = 1 4 e2t (2t 1) ] (c) F (s) = 1 s 2 +s (d) F (s) = s2 +s+1 s 3 +s (e) F (s) = s 1 s 2 2s 3 [f(t) = 1 e t ] [f(t) = 1 + sin t] [f(t) = 1 2 e3t e t ] 3. Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego, spełniające dany warunek początkowy, stosując transformatę Laplace a (a) ẋ = 5 2t, x() = 1 [x(t) = t 2 + 5t + 1] (b) ẍ + 2ẋ + 1x = 1, x() = ẋ() = [x(t) = cos 3t sin 3t] (c) ẍ ẋ 2x = 1, x() = 1, ẋ() = [x(t) = e2t + e t ] (d) ẍ + 4ẋ + 13x = 2 e t, x() =, ẋ() = 1 [x(t) = 1 5 [e t e 2t cos 3t 2e 2t sin 3t]] (e) ẍ 2ẋ + x = 1, x() =, ẋ() = 1 [x(t) = 1 e t + 2t e t ]

11 3 Szeregi Fouriera. Lemat 3.1 Niech f :< a, a > R. Wówczas: jeśli f jest nieparzysta to +a a f(x)dx =, jeśli f jest parzysta to +a a f(x)dx = 2 +a f(x)dx Lemat 3.2 f, g :< a, a > R. Wówczas: jeśli obie funkcje f, g są jednocześnie parzyste lub jednocześnie nieparzyste to iloczyn f g jest funkcją parzystą, jeśli jedna z funkcji jest parzysta a druga nieparzysla to iloczyn jest funkcją nieparzystą. Problem. Czy można przedstawić dowolną funkcję f :< π, +π > R jako sumę szeregu f(x) = a 2 + (a n cos(nx) + b n sin(nx)) n=1 Przypuśćmy, że zachodzi taka równość. Ile wynoszą wówczas współczynniki a k, b k? Całkujemy obustronnie ( na przedziale < π, +π >) = π π f(x)dx = π a 2 dx + n=1 ( a 2 + (a n cos(nx) + b n sin(nx)))dx ( a n n=1 π cos(nx)dx + b n = a 2 2π = π a π ) sin(nx)dx A zatem a = 1 f(x)dx. π π Aby wyznaczyć a m (m 1) mnożymy obie strony równości przez cos(mx) i całkujemy: a f(x) cos(mx)dx = π π 2 cos(mx)dx+ ) (a n cos(nx) cos(mx)dx + b n sin(nx) cos(mx)dx = ( ) n=1 π π Mają miejsce wzory: cos(mx)dx =, π cos(mx) sin(nx)dx = (bo iloczyn jest funkcją nieparzystą), π

12 gdy m n cos(mx) cos(nx)dx = π π gdy m = n A zatem w podanej sumie mamy π f(x) cos(mx)dx = ( ) = a m cos 2 (mx)dx = a m π π a zatem Podobnie można pokazać, że a m = 1 π π f(x) cos(mx)dx b m = 1 π π f(x) sin(mx)dx Podobne wzory uzyskujemy dla dowolnego przedziału < l, +l >. Wówczas funkcje sin(nx), cos(nx) należy zastąpić przez sin(nxπ/l), cos(nxπ/l). Aby jednak takie rozwinięcie miało miejsce potrzebne są pewne założenia: Twierdzenie 3.3 Jeśli funkcja f :< l, +l > R spełnia warunki Dirichleta tzn. 1. jest ograniczona, 2. jest przedziałami monotoniczna, 3. w każdym punkcie nieciągłości istnieją granice prawo- i lewostronna oraz f(x) = f(x ) + f(x + ) 2 Wówczas funkcja f(x) jest sumą szeregu sinusów i cosinusów tzn. w każdym punkcie zachodzi równość: gdzie f(x) = a 2 + (a n cos(nxπ/l) + b n sin(nxπ/l)) n=1 a n = 1/l b n = 1/l +l l +l l f(x) cos(nxπ/l)dx f(x) sin(nxπ/l)dx Uwaga. jeśli f(x) jest funkcją parzystą to b n = szereg samych cosinusów, jeśli f(x) jest funkcją nieparzystą to a n = szereg samych sinusów.

13 3.1 Rozwinięcie w szereg samych (co-)sinusów Dana jest funkcja f : (, l) R. Przedłużymy ją na odcinek < l, +l > w sposób parzysty a następnie w sposób nieparzysty i do uzyskanych funkcji zastosujemy powyższe wzory. Przedłużamy f(x) w sposób parzysty. Określamy f :< l, +l > R wzorem f (x) = f( x ) (i dodatkowo w punktach, ±l wartość funkcji f (x) jest równa granicy funkcji f). Wówczas f jest funkcją parzystą a zatem rozwija się w szereg samych cosinusów, gdzie a n = 1/l +l l Ponieważ f (x) = f(x) dla < x < l f (x) cos(nxπ/l)dx = 2/l +l f(x) cos(nxπ/l)dx Twierdzenie 3.4 Funkcja f : (, l) R spełniająca warunki Dirichleta rozwija się w szereg samych cosinusów: gdzie f(x) = a 2 + a n = 2/l +l n=1 a n cos(nxπ/l) f(x) cos(nxπ/l)dx Przedłużamy f(x) w sposób nieparzysty. Określamy f :< l, +l > R f(x) gdy < x < l f (x) = f( x) gdy l < x < gdy x =, ±l Wówczas f jest funkcją nieparzystą, a więc rozwija się w szereg samych sinusów, przy czym b n = 1/l +l Ponieważ f (x) = f(x) dla < x < l l f (x) sin(nxπ/l)dx = 2/l +l f(x) sin(nxπ/l)dx Twierdzenie 3.5 Funkcja f : (, l) R spełniająca warunki Dirichleta rozwija się w szereg samych sinusów: f(x) = b n sin(nxπ/l) gdzie b n = 2/l n=1 +l f(x) sin(nxπ/l)dx

14 3.2 Szeregi Fouriera. Zadania. 1. Znaleźć rozwinięcie Fouriera. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na końcach przedziału i w punktach nieciągłości? (a) (b) Odp. f(x) 4 π n= 1 gdy π < x < f(x) = +1 gdy < x < π sin(2n + 1)x. Wszystkie granice =. 2n gdy π < x < f(x) = 3 gdy < x < π Odp. f(x) π n= sin(2n + 1)x. Wszystkie granice = 2. 2n + 1 (c) f(x) = x, π x +π. n+1 sin nx Odp. x 2 ( 1). Wszystkie granice =. n n=1 (d) f(x) = x, 1 x +1. Odp. x 2 π n+1 sin nπx ( 1). Wszystkie granice =. n n=1 (e) f(x) = x 2, π x +π. Odp. x 2 4 π n cos nx ( 1). Wszystkie granice = π 2. n 2 n=1 (f) f(x) = x 2, 1 x +1. Odp. x 2 4 π n cos nπx ( 1). Wszystkie granice = 1. 2 n 2 n=1 (g) f(x) = x, 1 x +1. Odp. x π n cos(2n + 1)πx ( 1). Wszystkie granice = 1. 2 (2n + 1) 2 n= 2. Znaleźć rozwinięcie Fouriera w szereg samych cosinusów. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na końcach przedziału i w punktach nieciągłości? (a) 1 gdy < x < π/2 f(x) = gdy π/2 < x < π Odp. f(x) ( 1) n cos(2n + 1)x. Granice: dla x =, 1 dla x = π. n=1

15 (b) f(x) = x 2, x 2 Odp. x n=1 ( 1) n π 2 n 2 πnx cos 2. Granice: dla x =, 4 dla x = Znaleźć rozwinięcie Fouriera w szereg samych sinusów. Do czego jest zbieżny szereg Fouriera na końcach przedziału i w punktach nieciągłości? (a) f(x) = π 4 x 2. < x < π. n sin 2nx Odp. f(x) ( 1) n= 2n. Granice:. (b) f(x) = x 2, x π Odp. x 2 2 ( π + π ( 1) n+1 2 n=1 n + 2 n 3 (( 1)n 1) ) sin nx. Granice: oraz π 2.

16 4 Rachunek wariacyjny Problem 4.1 Znaleźć funkcję x(t) dla której całka b a F (t, x(t), x (t))dt osiąga wartość ekstremalną! (Tutaj a < b są danymi liczbami a F (t, x, x ) daną funkcją.) Przykład 4.2 Dane są liczby a < b oraz A, B. Dla jakiej funkcji x(t) spełniającej x(a) = A, x(b) = B, obrót wykresu wokół osi OT ma minimalną powierzchnię boczną? Dla jakiej funkcji x(t) wartość jest minimalna? b S(x) = 2π x(t) 1 + (x (t)) 2 dt a 4.1 Ekstremum funkcji 1 zmiennej Rozpatrujemy funkcję x(t) klasy C 1. Warunkiem koniecznym aby funkcja x miała ekstremum lokalne w punkcie t jest zerowanie się pochodnej x (t ) = (punkt stacjonarny). Warunkiem dostatecznym jest zmiana znaku drugiej pochodnej. Jednakże w zagadnieniach praktycznych, gdy wiadomo, że ekstremum istnieje a jest tylko jeden punkt stacjonarny t, możemy stwierdzić, że funkcja x(t) ma w punkcie t ekstremum. Można wówczas nie liczyć drugiej pochodnej. 4.2 Ekstremum funkcjonału Koncentrujemy się na przestrzeni funkcji klasy C 1 : C 1 (a, b) = {x : [a, b] R; istnieje ciągła pochodna x (t)} i jej podprzestrzeni C 1 (a, b; A, B) = {x C 1 (a, b; A, B) ; x(a) = A, x(b) = B} W przestrzeni tej określamy odległość między dwoma funkcjami d(x 1, x 2 ) = max{ x 1 (t) x 2 (t), x 1(t) x 2(t) ; a t b} Funkcjonałem nazywamy kązdą funkcję L : C 1 (a, b; A, B) R. Definicja 4.3 Dany jest funkcjonał L : C 1 (a, b; A, B) R. Mówimy, że L osiąga w punkcie x (czyli w funkcji!) maksimum (minimum) lokalne gdy istnieje liczba r > taka, że dla każdego x C 1 (a, b; A, B) różnego od x i spełniającego d(x, x ) r zachodzi L[x] < L[x ] (L[x] > L[x ]).

17 Uwaga 4.4 W powyższej definicji pytamy o lokalne ekstrema w zbiorze C 1 (a, b; A, B) czyli wśród funkcji różniczkowalnych. Wówczas w literaturze ekstrema te nazywa się słabymi. Tę samą definicję można również stosować do funkcjonałów określonych na (większej) przestrzeni funkcji ciągłych C(a, b). Tutaj ekstremum nazywamy silnym. Jeśli w powyższej definicji nierówność zastąpimy poprzez nierówność nieostrą to określimy ekstrema nieostre. 4.3 Warunek konieczny extremum funkcjonału. Równanie Eulera. Przypomnijmy wzór na pochodną funkcji złożonej. Rozpatrujemy funkcje x(t), y(t) oraz F (x, y). Wówczas pochodna funkcji złożonej F (x(t), y(t)) wyraża się wzorem Twierdzenie 4.5 Euler Eulera Dany jest funkcjonał d F (F (x(t), y(t)) = dt x (x(t), y(t)) x (t) + F y (x(t), y(t)) y (t) L[x] = b a F (t, x(t), x (t))dt Jeśli funkcjonał ten osiąga w punkcie x C 1 (a, b; A, B) ekstremum (słabe) to spełnione jest równanie [ ] d F dt x (t, x(t), x (t)) F x (t, x(t), x (t)) = Uwaga 4.6 Równanie Eulera jest warunkiem koniecznym na ekstremum funkcjonału ale nie jest warunkiem wystarczającym. Funkcje w której jest ono spełnione nazywamy ekstremalą funkcjonału. Jest to odpowiednik punktu stacjonarnego. Oczywiście, podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, funkcjonał może nie mieć esktremum lokalnego. Przykład 4.7 Znaleźć najmniejszą wartość funkcjonału na przestrzeni funkcji C 1 [, 1;, 1]. A zatem F (t, x, x ) = l[x] = (x (t)) 2 dt 1 + (x (t)) 2. Obliczamy pochodne cząstkowe i wstawiamy do wzoru Eulera. F x = x 1 + (x (t)) ; F 2 x =

18 A stąd równanie Eulera przyjmuje postać d x dt 1 + (x (t)) = 2 x A to oznacza, że wyrażenie jest stałe: x 1+(x (t)) 1+(x = C. Po przekształceniu 2 (t)) x = C 2 1 C 2, a więc x (t) jest stałe, a więc x(t) = at+b. Wstawiając warunki brzegowe x() =, x(1) = 1 uzyskujemy x(t) = t. A zatem funkcja x(t) = t jest jedyną ekstremalą funkcjonału. Na razie nie wiemy czy jest tutaj rzeczywiście minimum lokalne. Ale zauważmy że nasz funkcjonał podaje długość wykresu funcji x(t). Teraz jest oczywiste, że długość tę realizuje odcinek, czyli nasza ekstremala. W konkretnych sytuacjach wzór Eulera może przyjąć prostszą postać. Uwaga 4.8 Gdy funkcja F (t, x, x ) nie zależy od t tzn.. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postać L[x] = b a F (x(t), x (t))dt d dt [F x F x ] = czyli F x F x = constans Uwaga 4.9 Gdy funkcja F (t, x, x ) nie zależy od x tzn. L[x] = b a F (t, x (t))dt. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postać czyli d dt F x = F x = constans Uwaga 4.1 Gdy funkcja F (t, x, x ) nie zależy od x tzn. L[x] = b a F (t, x(t))dt. Wówczas wzór Eulera przyjmuje postać czyli d dt F x = F x = constans

19 4.4 Rachunek wariacyjny. Zadania Znaleźć ekstremale podanych funkcjonałów odpowiadające danym warunkom brzegowym 1. L[x] = 2 1 (t 2 (x ) 2 + x)dt ; x(1) = x(2) = 1. Odp. x(t) = 1/2 ln t + (ln 2)/t ln 2 2. L[x] = π/2 Odp. x(t) = sin t 3. L[x] = 1 ((x ) 2 x 2 )dt, x() =, x(π/2) = 1. (tx + x 2 2x 2 x )dt x() =, x(1) = a Odp x(t) = t/2 dla a = 1/2. Dla a 1/2 brak ekstremali. 4. L[x] = 1 (x x) 2 dt x() =, x(1) = 2 Odp. x(t) = 2 ex e x e 1 e 5. L[x] = π/2 Odp. x(t) = sint + t 6. L[x] = π/2 ((x ) 2 + 2xt x 2 )dt x() =, x(π/2) = 1 + π/2 ((x ) 2 + 2x sint x 2 )dt x() =, x(π/2) = π/2 Odp. x(t) = 3π/4 πsint (1/2) t cos t

20 5 Równania rózniczkowe cząstkowe. Sprowadzanie do postaci kanonicznej. 5.1 Sprowadzanie formy kwadratowej do postaci kanonicznej Niech f(x, y) = Ax 2 + Bxy + Cy 2 oznacza formę kwadratową. Załózmy, że choć jedna z liczb A, B, C nie jest zerem. Niech = B 2 4AC. Lemat 5.1 Istnieje liniowa zamiana zmiennych u = αx + βy v = α x + β y tak, że w nowych współrzędnych forma przyjmuje postać: u 2 v 2 lub u v u 2 ±(u 2 + v 2 ) gdy > (typ hiperboliczny) gdy = (typ paraboliczny) gdy < (typ eliptyczny) Przykład 5.2 Określić typy i sprowadzić do postaci kanonicznej formy: f(x, y) = x 2 4xy 2y 2 g(x, y) = 9x 2 6xy + 4y 2 h(x, y) = x 2 + 4xy 5y 2

21 5.2 Równania rózniczkowe cząstkowe liniowe rzędu 2 Równaniem różniczkowym cząstkowym (rzędu 2, dwu zmiennych x, y) nazywamy zależność między zmiennymi niezależnymi x, y, funkcją szukaną u(x, y) i jej pochodnymi: u x, u y, u xx, u xy, u yy w postaci równości: F (x, y, u, u x, u y, u xx, u xy, u yy) = W dalszym ciągu omawiać będziemy równania różniczkowe cząstkowe liniowe. Równanie takie ma postać: Au xx + Bu xy + Cu yy + au x + bu y + cu + d = gdzie A, B, C, a, b, c, d są danymi funkcjami, zmiennych x, y o ciągłych pochodnych. Definicja 5.3 W zależności od znaku = B 2 4AC okleślamy typ (hiperboliczny, paraboliczny, eliptyczny) równania. Uwaga 5.4 Znak nie zmienia się przy zmianie wspólrzednych: ξ = f(x, y), η = g(x, y) o niezerowym jakobianie: det ξ x η x ξ y η y

22 Twierdzenie 5.5 Każde równanie rózniczkowe cząstkowe liniowe rzędu 2 rzędu daje się sprowadzić do postaci kanonicznej: u ξξ u ηη + F (u ξ, u η, u, ξ, η) = u ξη + F (u ξ, u η, u, ξ, η) = u ηη + F (u ξ, u η, u, ξ, η) = (typ hiperboliczny) (typ hiperboliczny) (typ paraboliczny) u ξξ + u ηη + F (u ξ, u η, u, ξ, η) = (typ eliptyczny) Jak to uzyskać? Stosujac zamianę zmiennych ξ = f(x, y) η = g(x, y) uzyskujemy równanie gdzie wspólczynniki dane są wzorami A 1 u ξξ + B 1 u ξη + C 1 u ηη + a 1 u ξ + b 1 u η + cu + d = A 1 = A(f x) 2 + Bf x f y + C(f y) 2 B 1 = 2Af x g x + B(f x g y + f y g x) + 2Cf y g y C 1 = A(g x) 2 + Bg x g y + C(g y) 2 a 1 = Af xx + Bf xy + Cf yy + af x + bf y b 1 = Ag xx + Bg xy + Cg yy + ag x + bg y Jak dobrać funkcje ξ = f(x, y), η = g(x, y) aby uzyskać postać kanoniczną (tzn. aby odpowiednie A 1, B 1, C 1 się zerowały)? Definicja 5.6 Charakterystykami równania cząstkowego liniowego nazywamy krzywe całkowe równań różniczkowych zwyczajnych: Ady 2 Bdxdy + Cdx 2 = tzn. równań dy dx = B 2A dy dx = B + 2A Niech f(x, y) = C 1, g(x, y) = C 2 będą całkami pierwszymi tych równań.

23 Typ hiperboliczny: Przyjmujemy ξ = f(x, y), η = g(x, y) lub Typ paraboliczny: ξ = f(x, y) + g(x, y), η = f(x, y) g(x, y) ξ = f(x, y), η = ϕ(x, y) gdzie ϕ jest jakąkolwiek funkcją niezależna od f(x, y) (najczęściej ϕ = x lub ϕ = y). Typ eliptyczny ξ = α(x, y), η = β(x, y) gdzie f(x, y) = α(x, y) + iβ(x, y)

24 5.3 Sprowadzanie równania różniczkowego cząstkowego do postaci kanonicznej. Zadania 1. Wyznaczyć obszary, w których podane równanie rózniczkowe jest typu eliptycznego: u xx 2y u xy (x 2 25) u yy + u x + 5u y + u = 2. Wyznaczyć obszary, w których podane równanie rózniczkowe jest typu hiperbolicznego: u xx + 4x u xy + (3x 2 x y)u yy = 3. Określić typ równania i sprowadzić do postaci kanonicznej (a) u xx + 2u xy 3u yy + 2u x + 6u y = (b) u xx + 4u xy + 5u yy + u x + 2u y = (c) y u xx + u yy = (d) x 2 u xx y 2 u yy = (e) xu xx + yu yy = Odpowiedzi: 1. Wnętrze okręgu x 2 + y 2 < Wnętrze paraboli y > x 2 x 3. a) u ξη + 1/2 u ξ =, ξ = x + y, η = 3x y. b) u ξη + u ηη + u η =, ξ = y 2x, η = x. c) dla y > : u ξξ + u ηη + 1/(3η) u η = dla y < : u ξη 1/(6(ξ η)) (u ξ u η ) = d) u ξη 1/(2ξ) u η, ξ = xy, η = y/x. e) I i III ćwiartka : u ξξ + u ηη (1/ξ) u ξ (1/η) u η = ξ = x 1/2, η = y 1/2, I ćwiartka ξ = ( x) 1/2, η = ( y) 1/2, III ćwiartka II i IV ćwiartka : u ξξ u ηη (1/ξ) u ξ (1/η) u η = ξ = ( x) 1/2, η = y 1/2, ξ = x 1/2, η = ( y) 1/2, II ćwiartka IV ćwiartka

25 5.4 Przykłady równań różniczkowych cząstkowych Równanie drgań struny Równanie drgań membrany u xx 1 a 2 u tt = f(x, t) u xx + u yy 1 a 2 u tt = f(x, t) Równanie przewodnictwa cieplnego na prostej (równanie dyfuzji) u xx 1 a 2 u t = f(x, t) tutaj f(x, t) oznacza zewnętrzne źródła ciepła. u xx + u yy 1 a 2 u t = f(x, t) Oznaczając u = u xx + u yy (laplasjan) można to też zapisać u 1 a 2 u t = Równanie Laplace a u = u xx + u yy = (laplasjan =). 6 Równanie struny 6.1 Struna nieograniczona Uwaga 6.1 Zbiór rozwiązań równania różniczkowego liniowego jednorodnego a(x, t)u xx(u, t) + + z(x, t)u(x, t) = jest przestrzenią liniową. Tzn jeśli u(x, t), v(x, t) są rozwiązaniami to każda ich kombinacja liniowa α u(x, t) + β v(x, t) (gdzie α, β R) są rozwiązaniami tego równania. Rozpatrujemy strunę obustronnie nieskończoną. Rozpatrujemy równanie u xx 1 a 2 u tt = f(x, t) i szukamy rozwiązań u(x, t) określonych dla (x, t) R [, ). Jeśli f(x) to równanie nazywamy jednorodnym. Równanie charakterystyk (dt) 2 1 a 2 (dx)2 =

26 daje (dt 1 a dx)(dt + 1 a dx) = dx = +a dt ; dx = a dt x = at + C 1 ; x = at + C 2 a stąd nowe zmienne W nowych zmiennych uzyskujemy ξ = x at ; η = x + at u ξη = skąd u(ξ, η) = g(ξ) + h(η) gdzie g, h są dowolnymi funkcjami. Wracając do statych zmiennych u(x, t) = g(x at) + h(x + at) Są to dwie fale poruszające w przeciwnych kierunkach z prędkością a. Przypuśćmy, że rozwiązanie u(x, t) spełnia warunki początkowe u(x, ) = f(x), u t (x, ) = ϕ(x) (dla dowolnie zadanych funkcji f(x) oraz ϕ(x)). Wówczas a więc g(x) + h(x) = f(x) a g (x) + a h (x) = ϕ(x) g(x) + h(x) = f(x) g(x) + h(x) = 1 a x g(x) = 1 [ f(x) 1 x 2 a h(x) = 1 [ f(x) + 1 x 2 a ϕ(z)dz ] ϕ(z)dz ] ϕ(z)dz u(x, t) = g(x at) + h(x + at) = 1 [ f(x at) 1 x ] ϕ(z)dz + 1 [ f(x + at) a 2 a = 1 [ x+at ] f(x at) + f(x + at) ϕ(z)dz 2 x at Przykład 6.2 Gdy f(x) = 1 1+x 2, ϕ(x) =. Wówczas x u(x, t) = 1 [ ] (x at) (x + at) 2 ] ϕ(z)dz

27 7 Struna ograniczona 7.1 Przypadek specjalny u t(x, ) =. Rozpatrujemy strunę na odcinku [, l] z zamocowanymi końcami, tzn. równanie różniczkowe u xx 1 a 2 u tt = z warunkami brzegowymi u(, t) = u(l, t) =. Przypuśćmy, że struna w chwili t = spełnia warunki początkowe u(x, ) = f(x), u x(x, ) =. Latwo jest sprawdzić (!), że jeśli warunek początkowy f(x) = sin(πx/l) to rozwiązaniem równania jest u(x, t) = sin(πx/l) cos(aπt/l) Podobnie dla f k (x) = sin(kπx/l) rozwiązaniem równania jest u k (x, t) = sin(kπx/l) cos(kaπt/l). Jeśli f(x) jest dowolnym warunkiem początkowym to 1. Rozkładamy funkcję f(x) w szereg Fouriera sinusów f(x) = a k sin(kπx/l). 2. A wówczas suma a k u k (x, t) = a k sin(kπx/l) cos(kaπt/l) k= k= jest rozwiązaniem spełnijącym warunek początkowy u(x, ) = f(x). k= 7.2 Rozdzielanie zmiennych Dane jest równanie różniczkowe cząstkowe o niewiadomej funkcji u(x, t). Szukamy rozwiązania w postaci iloczynu u(x, t) = X(x) T (t). Metoda ta pozwala na zamianę równania cząstkowego na równania rózniczkowe zwyczajne. Przykład 7.1 Równanie struny ograniczonej u tt = 1 a 2 u xx na odcinku x L. Warunki brzegowe jednorodne u(, t) =, u(l, t) = (końce struny są nieruchome).. d 2 dt (X(x) T (t)) = 1 2 a d 2 (X(x) T (t)) 2 dx2 X T = 1 a 2 X T T T = 1 a X 2 X Zauważmy, że lewa strona zależy tylko od zmiennej t a prawa tylko od x. A zatem wyrażenie to jest stałe T T = 1 a 2 X X = λ

28 gdzie λ R. A stąd dwa równania różniczkowe zwyczajne T + λ T = ; X + a 2 λ X = Ponadto z waruków brzegowych mamy: u(, t) co daje X() T (t). Ponieważ szukamy rozwiązania niezerowego więc X() =. Podobnie u(l, t) daje X(L) =. A zatem uzyskaliśmy układ równań zwyczajnych T (t) + λ T (t) = ; X (x) + a 2 λ X(x) = z warukami brzegowymi X() =, X(L) =.

29 7.3 Równanie struny.zadania 1. Znaleźć rozwiązania równania struny nieograniczonej spełniające warunek początkowy 1 x gdy x 1 (a) u(x, ) = poza tym u xx y tt = ; u t(x, ) = Podać wykres rozwiązania w chwilach t = ; 1/2; 1; 2 [Odp. u(x, t) = 1/2 [F (x t) + f(x + t)] gdzie F (x) oznacza warunek początkowy] (b) u(x, ) =, u t(x, ) = cos 2 x [ Odp. u(x, t) = 1/4 (2t sin 2x sin 2t)] 2. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej x 1 u xx (1/4) y tt = spełniające warunek brzegowy u(, t) = u(1, t) = oraz warunek początkowy u(x, ) = sin 2πx, u t (x, ) =. 3. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej x π [ Odp. u(x, t) = sin 2πx cos πt] u xx (1/4) y tt = spełniające warunek brzegowy u(, t) = u(π, t) = oraz warunek początkowy x/π gdy x π/2 u(x, ) = ; u t(x, ) = 1 x/π gdy π/2 x 1 4. Znaleźć rozwiązania równania struny ograniczonej x 1 [ Odp. u(x, t) = 1/π 2 [ sin x cos t sin 3x cos 3t sin 5x cos 5t +... ] u xx (1/a 2 ) y tt = spełniające warunek brzegowy u(, t) = u(π, t) = oraz warunek początkowy u(x, ) = x(1 x) ; u t(x, ) = [ Odp. u(x, t) = 4/π 3 [ sin πx cos aπt sin 3πx cos 3aπt sin 5πx cos 5aπt ]

30 7.4 Zagadnienie Sturma-Liouville a Rozpatrujemy równanie różniczkowe (zwyczajne) ẍ = λx. Twierdzenie 7.2 Jeśli równanie ẍ = λx posiada niezerowe rozwiązanie spełniające warunek brzegowy x() = x(l) = to λ jest liczbą postaci λ k = (kπ/l) 2 dla k Z. Wówczas rozwiązaniem spełniającymi podany warunek brzegowy jest funkcja x k (t) = sin(kπt/l) a także każda jej krotność C x k (t) dla C R. Dowód. Najpierw pokażemy, że jesłi takie rozwiązanie istnieje to λ <. Rozpatrzmy równanie charakterystyczne r 2 λ =. Jeśli λ > to = 4λ > a więc mamy dwa pierwiastki rzeczywiste r = ± λ a stąd rozwiązanie ogólne x(t) = C 1 e λt + C 2 e λt Pierwszy warunek początkowy daje = x() = C 1 + C 2 skąd C 2 = C 1 a więc x(t) = C 1 (e λt e λt ). Jednakże teraz nie jest spełniony drugi warunek początkowy bo x(l) = C 1 (e λl e λl ). Jeśli λ = to ẍ = ma rozwiązanie ogólne x(t) = at + b. Jednakże tylko dla a = b = mamy x() = x(l) =. Niech zatem λ = ω 2 <. Wówczas pierwiatkami równania charaterystycznego są t = ±ωi, a stąd rozwiązanie ogólne x(t) = a cos(ωt) + b sin(ωt) Z warunku brzegowego x() = uzyskujemy a cos(ω) + b sin(ω) = czyli a =. Tak więc x(t) = b sin(ωt). Teraz warunek brzegowy x(l) = daje b sin(ωl) =. A zatem jeśli b to sin(ωl) = czyli ωl = kπ dla k Z. A zatem dla ω k = kπ/l mamy λ k = ωk 2 = (kπ/l) 2 oraz x k (t) = sin(kπt/l). Przykład 7.3 Równanie ciepła u t = k u xx na odcinku x L. Warunki brzegowe jednorodne u(, t) =, u(l, t) = (końce utrzymywane są w stałej temperaturze T =. d dt (X(x) T (t)) = k d 2 (X(x) T (t)) dx2 X T = k X T 1 k T T = X X Zauważmy, że lewa strona zależy tylko od zmiennej t a prawa tylko od x. A zatem wyrażenie to jest stałe 1 k T T = X X = λ