1 Transformata L a a r.r. o pochodnych cząstkowych; problem znajdywania transformaty odwrotnej

Transkrypt

1 1 1 Transformata L a a r.r. o pochodnych cząstkowych; problem znajdywania transformaty odwrotnej Problem 1 Nieskończenie długi walec, o promieniu a, jest zanurzony w ośrodku o stałej temperaturze θ. W chwili początkowej temperatura wszystkich punktów wewnętrznych walca wynosiła θ(r, t = ) = ; dla r < a. Znajdź temperaturę punktów walca θ(r, t) metodą transformaty Laplace a. Temperatura spełnia równanie przewodnictwa cieplnego θ t = κ θ = κ ( r θ ). (1) r r r (Stała κ to współczynnik przewodnictwa cieplnego; z operatora Laplace a, zapisanego we współrzędnych cylindrycznych, pozostał tylko człon odpowiedzialny za zależność od współrzędnej radialnej.) Warunki brzegowe dla naszego rozwiązania to θ(r, t = ) =, r < a; θ(a, t) = θ, t >. (2) Definiujemy transformatę Laplace a L szukanej temperatury jako [ ] ϑ(r, s) = L θ(r, t) = e st θ(r, t) dt (3) i poddajemy transformacie równanie (1) oraz drugi z warunków (2). Zwyczajne równanie różniczkowe dla ϑ(r, s) ma postać d 2 ϑ dr r dϑ dr 1 sϑ =, (4) κ z warunkiem ϑ(r = a, s) = θ s. (5) W równaniu (4) wprowadzamy 1 nową, bezwymiarową zmienną, ρ = r/a co prowadzi do d 2 ϑ dρ dϑ ρ dρ a2 κ sϑ =, ϑ(ρ = 1, s) = θ s. (6) 1 Nie jest to operacja konieczna, ale zwykle zależy nam na odwymiarowywaniu zmiennych. Za chwilę wrócimy ze względów czysto praktycznych do starej zmiennej r. Najprościej pozbawimy zmienną radialną wymiaru mnożąc obie strony równania (4) przez a 2.

2 2 Równanie (6) identyfikujemy jako modyfikowane równanie Bessela o wskaźniku (por. wzory {4.84}, {4.85} i rys. 4.5 Wybranych rozdziałów... ). Jego ogólnym rozwiązaniem będzie ) ) s s ϑ(ρ, s) = C 1 I (a κ ρ + C 2 K (a κ ρ. (7) Stałą C 2 przyjmujemy równą zeru ze względu na osobliwość 2 funkcji K dla r = ; stałą C 1 wyliczamy z warunku (5) ) s ϑ(ρ = 1, s) = C 1 I (a = θ κ s. Ostatecznie powracając do zmiennej r mamy ( ) s I κ r ϑ(r, s) = θ s Pozostaje nam znalezienie transformaty odwrotnej θ(r, t) = L 1 (ϑ(r, s)) = θ γ+i 2πi γ i I κ a ). (8) κ r ) I e ts ( ) ds s I κ a s. (9) Całkowanie odbywa się na płaszczyźnie zespolonej C s, po linii prostej, równoległej do osi urojonej. Stała γ musi być tak dobrana, aby wszystkie osobliwości biegunowe funkcji podcałkowej znajdowały się po lewej stronie prostej wówczas prostą uzupełniamy o lewy półokrąg [zwrócony swą wypukłością w stronę ujemnej półosi R(s)] por. rys. 1 i całkę liczymy metodą residuów. Kluczową sprawą jest przy tym zerowanie się całki konturowej po łuku półokręgu, przy jego promieniu dążącym do nieskończoności. Zwykle takie znikanie całki po półokręgu przyjmujemy z góry za zagwarantowane gdyż w przeciwnym przypadku nie można by było zastosować rachunku residuów do liczenia całki wzdłuż prostej. Spróbujmy prześledzić tę kwestię nieco dokładniej. Jak wynika z rys. 1 naszym konturem całkowania będzie praktycznie lewy półokrąg, którego średnica leży na osi urojonej.znikanie całki konturowej po łuku półokręgu, przy promieniu półokręgu zmierzającym, jest konsekwencją, odpowiednio zmodyfikowanego, lematu Jordana. Ten ostatni (por. podrozdział 1.1 Wybranych rozdziałów... rys. 1.2 i przypis na stronie czwartej) gwarantuje znikanie analogicznej całki z funkcji lim R C R f(ζ)e iαζ dζ = ; α > (1) 2 Osobliwość ta dotyczy wprawdzie nie szukanego rozwiązania, ale jego transformaty Laplace a. Z prezentowanego w dalszym ciągu rachunku wynika niezbicie, że taka osobliwa transformata daje po odwróceniu równie osobliwy oryginał.

3 3 Rysunek 1: Kontur na płaszczyźnie C s do obliczeń całki (9) i (pierwsze trzy) bieguny funkcji podcałkowej, związane z kwadratami zer funkcji J. dla półokręgu C R położonego w górnej półpłaszczyźnie zespolonej, I(ζ), pod warunkiem, że granicą funkcji f(ζ) przy ζ jest zero. Kontur na rys. 1 powstaje z konturu z rys. 1.2 Wybranych rozdziałów... w wyniku obrotu tego ostatniego konturu o kąt π/2. Zamiast jednak obracać kontur C R z rys. 1.2 o kąt π/2 możemy obrócić płaszczyznę C ζ o kąt π/2, a więc dokonać transformacji co przekształca całkę (1) w ζ e iπ/2 ζ = iζ, lim f(ζ)e iα( iζ) dζ = lim R C R R f(ζ)e αζ dζ = ; C R α >. (11) Tak więc uogólniony lemat Jordana pozwala wyrokować o znikaniu całki po lewym półokręgu na płaszczyźnie C s, o ile towarzysząca eksponencie e ts funkcja f(s) por. wzór (9) zachowuje się odpowiednio przy s ; R(s) 3. Tak jest w naszym 3 Upraszczając nieco wywód: w lemacie Jordana o znikaniu całki po górnym półokręgu decydo-

4 4 przypadku zapewnia to ułamek 1/s w jeszcze stosunek dwóch funkcji I I κ r ) (9). W funkcji podcałkowej występuje I κ a ), (12) którego granica, przy zmiennej s zmierzającej do nieskończoności w lewej półpłaszczyźnie C s powinna być stała. Podpowiada nam to... pragmatyzm, intuicja, ale jeżeli chcemy te nie do końca naukowe argumenty zweryfikować, to możemy zawsze posłużyć się reprezentacją funkcji I (z) (z zmienna zespolona, bez żadnych ograniczeń 4 ) w postaci szeregu I (z) = 1 + ( 1 4 z2) k k=1 (k!) 2. (13) Ponieważ w liczniku (12) argument funkcji I zawiera mnożnik r, a w mianowniku a, przy czym r a możemy być spokojni, że stosunek (12) na lewym półokręgu zmierza, przy promieniu półokręgu rosnącym nieograniczenie, do zera (ewentualnie do 1, dla r = a). Dlatego ] θ(r, t) = L [ϑ(r, 1 s) = k κ r ) I Res ets ( ) 1 s I κ a s ; s = s k. (14) Przyjrzyjmy się osobliwościom punktom s = s k funkcji podcałkowej w (9). Funkcja ta ( ) s κ r f(s) = e ts I I κ a ) 1 s ma oczywiście biegun pierwszego rzędu w s =, z residuum równym jedności (nie zapominajmy I () = 1). Kolejne osobliwości to punkty w których może się zerować I κ a ), występujące w mianowniku ułamka. Na pierwszy rzut oka wydaje się to wała część rzeczywista wykładnika eksponenty e iαz (z = x+iy) a więc e y, gdzie y było nieujemne (górna półpłaszczyzna). W całce (9) analogiczny wykładnik to t R(s). Dla lewej półpłaszczyzny mamy R(s), a zmienna czasowa t jest większa od zera tak więc i tutaj rzeczywista część wykładnika jest niedodatnia. 4 Niestety, nie możemy użyć wzoru {4.9}, podającego asymptotykę funkcji I dla czysto rzeczywistego argumentu x, przy x. Rozszerzenie tego wzoru na płaszczyznę zespoloną, dla I = I (z) jest poprawne tylko dla arg(z) π/2.

5 5 niemożliwe z wspomnianego już rysunku 4.5 Wybranych rozdziałów... wynika przecież, że funkcja I (x) nie ma miejsc zerowych! Ale nie zapominajmy, że jesteśmy na płaszczyźnie zespolonej i że dla argumentu czysto urojonego mamy I (ix) = J (x). (15) Z tej ostatniej relacji wynika, że funkcja I κ a ) będzie równa zeru dla argumentu s i κ a = α k, albo s s k = α2 k κ; k = 1, 2,... a2 bieguny funkcji podcałkowej w (9) leżą [por. rys. 1] na ujemnej półosi rzeczywistej płaszczyzny C s, w punktach, które są ujemnymi kwadratami zer α k funkcji Bessela J, skalowanymi jednostkami 5 a 2 /κ. Są to jak zawsze w przypadku funkcji Bessela bieguny pierwszego rzędu, bo pochodna funkcji J to (z dokładnością do stałego czynnika) funkcja J 1, a jak wiemy zera funkcji Bessela o różnych (kolejnych) wskaźnikach nigdy się nie przekrywają Na rys. 1, na ujemnej osi rzeczywistej zmiennej s zaznaczyliśmy kwadraty pierwszych trzech zer funkcji Bessela J bieguny funkcji podcałkowej w (9). Residua we wszystkich biegunach, za wyjątkiem s =, policzymy najprościej jako ( ) s κ r I Res ets ( ) 1 s I κ a s ; s = s k κ r ) I = Res ets ( ) 1 s I κ a s ; s = s k = α2 k κ; k = 1, 2,... a2 = exp ( κ α2 k a 2 ( ) ) r J α k t a 2 a κ αk 2 1 [ d ds I κ a )] s=s k = α2 k a 2 κ. (16) Policzenie pochodnej nie jest trudne, chociaż wymaga zmiany zmiennej. Mamy ( ) d s ds I κ a = s=s k s κ = x d ds = 1 2 κs d dx = a2 2κα k J 1 (α k ). (17) 5 Jeżeli Czytelniku zastanawiasz się przypadkiem nad problemem jednostek, to zauważyłeś z pewnością, że jednostka zmiennej zespolonej s ma wymiar, będący odwrotnością wymiaru czasu. To tylko konsekwencja bezwymiarowego iloczynu st lub ts w jądrze całkowym transformaty Laplace a i jej transformaty odwrotnej.

6 6 (W obliczeniach korzystamy z relacji rekurencyjnej {R1} dla funkcji Bessela.) Uwzględniając (16), (17) (i nie zapominając o jednostkowym residuum dla s =!) otrzymujemy ostateczną postać wzoru (14), który daje nam szukane rozwiązanie ( ) r θ(r, t) = θ 1 2 J α ( ) k a α k J 1 (α k ) exp κ α2 k a 2 t. (18) k=1 Zgodnie z tym, czego można było oczekiwać, zależność radialna wyraża się poprzez funkcję cylindryczną Bessela J. Przebieg czasowy to również zgodnie z oczekiwaniami typowa dla fizycznych zjawisk zależność typu [1 exp( t/τ)], gdzie τ odgrywa rolę czasu charakterystycznego problemu (u nas τ τ k = a 2 /(α 2 k κ). Oczywiście, problem ten można rozwiązać stosując standardową technikę separacji zmiennych. Wymaga to pewnej drobnej zmiany niewiadomej funkcji. Zamiast θ(r, t) użyjemy Θ(r, t) = θ θ(r, t) R(r)T (t). (19) Równanie (1) rozpadnie się na dwa równania: proste równanie pierwszego rzędu dla funkcji T (t) oraz zwykłe równanie Bessela o wskaźniku zero dla R(r), z warunkiem R(r = a) =, który wygeneruje ortogonalny i zupełny zbiór funkcji J (α k r/a). Tego ostatniego trzeba będzie użyć do rozwinięcia funkcji Θ(r, t = ) = θ. Niewątpliwie, technika separacji zmiennych dostarczy nam rozwiązania (18) szybciej i kosztem mniejszego wysiłku. Ale jeżeli ktoś lubi niebanalne rachunki, to zaprezentowana tutaj technika transformaty Laplace a sprawi mu z pewnością więcej satysfakcji.

7 7 Problem 2 Rozpatrujemy półnieskończony ośrodek jednorodny, ograniczony płaszczyzną x =. W chwili początkowej (t = ) temperatura wszystkich punktów ośrodka była równa zeru, natomiast płaszczyzna graniczna x = jest utrzymywana cały czas w temperaturze θ. Znajdź temperaturę punktów ośrodka, θ = θ(x, t) metodą transformaty Laplace a. Tak jak w problemie 1 mamy do rozwiązania równanie przewodnictwa cieplnego θ t = κ 2 θ x 2. (1) Stała κ to współczynnik przewodnictwa cieplnego. Warunki brzegowe dla naszego rozwiązania to θ(x, t = ) =, x > ; θ(, t) = θ, t >. (2) Definiujemy transformatę Laplace a L szukanej temperatury jako [ ] ϑ(x, s) = L θ(x, t) = e st θ(x, t) dt (3) i poddajemy transformacie równanie (1) oraz drugi z warunków (2). Zwyczajne równanie różniczkowe dla ϑ(x, s) ma postać d 2 ϑ dx 2 = s ϑ, (4) κ z warunkiem a jego rozwiązaniem będzie ϑ(x =, s) = θ s, (5) ϑ(x, s) = θ s e x s/κ. (6) Drugie rozwiązanie z dodatnim wykładnikiem w funkcji wykładniczej odrzucamy temperatura θ(x, t) dla x musi dążyć do zera, a to narzuca analogiczny warunek na jej transformatę ϑ(x, s).

8 8 W tym momencie można zaglądnąć do tablic odwrotnej transformaty Laplace a. Nawet w tych stosunkowo skromnych powinniśmy znaleźć bez trudu, że transformata odwrotna funkcji określonej w (6) to θ(x, t) = L 1 [ϑ(s, t) ] ( ) x = θ erfc 2, (7) κt gdzie erfc(z) to dopełnienie funkcji błędu (por. {1.142}). To, że taka transformata odwrotna będzie ława do wyszukania w tablicach wynika z popularności sytuacji fizycznej, opisanej w temacie tego problemu. Bardzo często zdarza się, że na wejściu do niezaburzonego ośrodka o stałej temperaturze (albo o stałym stężeniu pewnego składnika równania rządzące procesami przewodnictwa cieplnego i procesami dyfuzji są przecież identyczne) pojawia się, skokowo, stały sygnał (temperatura, stężenie). Właśnie z uwagi na wagę tego problemu spróbujmy wyprowadzić wzór (7), obliczając transformatę odwrotną metodą całki konturowej. Wiemy, że L 1 [ϑ(s, t) ] = θ γ+i ( exp ts x 2πi γ i s κ ) ds s θ γ+i exp ( ts b s ) ds 2πi γ i s, (8) gdzie podstawiliśmy b = x/ κ. Całkujemy po prostej równoległej do osi urojonej C s i umieszczonej tak, aby wszystkie osobliwości funkcji podcałkowej znajdowały się po lewej stronie tej prostej. Zgodnie z praktyką, prostą uzupełniamy do konturu zamkniętego, ale z uwagi na niejednoznaczność funkcji podcałkowej (pierwiastek!) musimy wybrać nasz kontur w specjalny sposób. Będzie to kontur jak na rys. 1, w którym lewy półokrąg rozdzieliliśmy na dwa segmenty górny i dolny, uzupełnione przez linię cięcia (odcinki CD i EF na rysunku) wzdłuż ujemnej osi urojonej i mały okrąg C ρ, który obiega punkt s =, punkt rozgałęzienia s (por. podrozdział Wybranych rozdziałów... ). Całki po górnym i dolnym segmencie półokręgu znikają przy promieniu półokręgu dążącym do nieskończoności. Wiemy już (por. problem 1), że aby to uzasadnić wystarczy wykazać 1 lim s ; R(s) s exp ( b s ) =. (9) Czynnik 1/s rodzi duże nadzieje, ale pozostaje weryfikacja zachowania się funkcji wykładniczej. Mamy e b s s = s = Reiφ = 1 R(cos φ e b 2 +i sin φ 2 ) = 1 Reiφ R e b R cos φ 2. Na łuku BC mamy φ [π/2, π], a więc φ/2 [π/4, π/2]; po obejściu punktu s = argument s zmienia się o 2π i dlatego na łuku FA φ [ π, π/2] albo

9 9 Rysunek 1: Kontur na płaszczyźnie C s do obliczeń całki (8). φ/2 [ π/2, π/4]. Wartość kosinusa φ/2 jest więc w obu przypadkach dodatnia (nieujemna), co gwarantuje 1 lim s ; R(s) s exp ( b s ) 1 = lim R cos φ R R e b 2 =. (1) Ponieważ wewnątrz tak skonstruowanego konturu funkcja podcałkowa nie ma żadnych osobliwości całka konturowa jest równa zeru, co prowadzi do γ+i γ i exp ( ts b s ) ds + e ts b s ds + e ts b s ds + e ts b s ds CD EF C ρ I + I 1 + I 2 + I 3 =. (11) ds = ie iπ dr prze- Całka I 1 (górna granica cięcia) przy podstawieniu s = e iπ R; kształca się (przy R oraz przy ρ ) w I 1 e Rt e ib R dr R ;

10 1 podobnie dla dolnej granicy cięcia, podstawienie s = e iπ R; ds = ie iπ dr otrzymamy I 2 e Rt e ib R dr R. Obie te całki możemy połączyć, pozbywając się jednocześnie pierwiastka przez podstawienie R = k 2 ; dr = 2kdk. Daje to [ ] I 1 + I 2 e Rt e ib R e ib R dr R = 4i e k2 t sin bk k Całka po małym okręgu C ρ, przy ρ daje (por. {1.7} i dalsze obliczenia Wybranych rozdziałów... ) π I 3 i dφ = 2πi. π Uwzględniając te wyniki w (11) dostajemy [ ] ( ϑ 2πi I = L 1 ϑ(s, t) = ϑ 1 2 ) e k2 t sin bk dk. (12) π k Nasze zabiegi przekształciły wyjściową całkę (8) w... zwykłą całkę, która nie wygląda zbyt przyjaźnie. Musimy uciec się do zdobytych już wiadomości, połączonych z pewnym zgrabnym trickiem. Całka w (12) kojarzy nam się z całką Konkretnie, całkę ( ) π b I b exp( tk 2 ) cos bk dk = 2 2 t exp 4t e k2 t sin bk dk k można otrzymać drogą... całkowania całki β = do β = b. Zobaczmy b { dk. t >. (13) (13) względem parametru b β od } exp( tk 2 ) cos βk dk dβ =... całkujemy pod znakiem całki... = [ ] 1 β=b exp( tk 2 ) k sin βk dk = e k2 t sin bk dk. β= k Jeżeli tak, to wartość naszej całki w (12) obliczymy całkując w identyczny sposób

11 11 prawą stronę równości (13) Prowadzi to do e k2 t sin bk dk = k { b ( )} π β 2 2 t exp dβ 4t = [ b ( ) ] β 2 π exp 2 t ( ) β d 2 t = β/2 t = u; β = b u = b 2 t = π 2 2 π b 2 t e u2 du = π 2 erf b 2 t = π 2 erf x 4κt. (14) W ostatnim wierszu wykorzystaliśmy definicję funkcji erf(x) wzór {1.142} Wybranych rozdziałów.... Pozostaje już tylko podstawić wynik uzyskany w (14) do (12) ] ( L [ϑ(s, 1 t) = θ 1 2 π π ) 2 erf x x = θ erfc, (15) 4κt 4κt w zgodzie z postulowanym (na podstawie tablic) wyrażeniem (7). Dyskutowany, a właściwie pracowicie policzony problem stanowi znakomitą apologię naszych trudów, poniesionych przy opanowaniu techniki liczenia całek metodami residuów. Rachunki na etapie transformaty wprost są prawie banalne; rachunki transformaty odwrotnej odwołują się już do sporych umiejętności i wiadomości matematycznych. Poniesiony trud oprócz satysfakcji pozwala jednak dobrze zrozumieć, skąd w tym rzeczywiście ważnym problemie fizycznym pojawia się jako rozwiązanie twór dość egzotyczny dopełnienie funkcji błędu, erfc(x) 6. 6 Bardzo pouczającym jest także wyprowadzenie wzoru (7) zastępując stałe (w czasie) źródło ciepła (stężenia) w x = superpozycją nieskończonej liczby punktowych (w czasie i przestrzeni) źródeł, umieszczonych na ujemnej półosi x <. Dla takich źródeł typu dirakowskiej delty rozwiązaniem równania (1) jest krzywa gaussowska; tak więc dla superpozycji źródeł będziemy mieli do czynienia z funkcjami błędu. Por. lenda/transport/adendum.pdf.