Διαφορικές Εξισώσεις.

Transcript

1 Διαφορικές Εξισώσεις. Εαρινό εξάμηνο Λύσεις ενδέκατου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Λύστε το πρόβλημα συνοριακών συνθηκών u xx + u yy =, u(x, ) = u(x, π) =, u(, y) =, u(a, y) = sin 2y + 4 sin 5y, < x < a, < y < π x a y π y π Λύση. Στην γενική περίπτωση, όπου < y < b και u(a, y) = f(y), η λύση προκύπτει ως εξής. Γράφουμε f(y) = sin kπ b y, όπου οι συντελεστές προκύπτουν είτε με τους γνωστούς τύπους = 2 b b f(y) sin kπ b y dy είτε φαίνονται στον τύπο της f(y) και κατόπιν η λύση είναι η u(x, y) = b x e kπ b x b a e kπ b a sin kπ b y. Στη συγκεκριμένη περίπτωση έχουμε b = π και f(y) = sin 2y + 4 sin 5y. Επομένως οι συντελεστές φαίνονται στον τύπο της f(y) και είναι Άρα η λύση είναι η b 2 = 1, b 5 = 4 και = για k 2, 5. u(x, y) = e2x e 2x e 2a e 2a sin 2y + 4 e5x e 5x e 5a sin 5y. e 5a 2. Λύστε το πρόβλημα συνοριακών συνθηκών u xx + u yy =, u(x, ) = u(x, b) =, u(, y) = f(y), u(a, y) =, < x < a, < y < b x a y b y b Λύση. Στο πρόβλημα αυτό η συνοριακή συνθήκη δίνεται στην αριστερή πλευρά του ορθογωνίου αντί στη δεξιά πλευρά του. Μπορούμε είτε να επαναλάβουμε ολόκληρη τη διαδικασία εύρεσης της λύσης είτε, καλύτερα, να αναγάγουμε το πρόβλημα στη δεξιά πλευρά και να εφαρμόσουμε τους ήδη γνωστούς τύπους. Θεωρούμε τη συνάρτηση w(x, y) = u(a x, y) για x a, y b. Tότε w x (x, y) = u x (a x, y), w y (x, y) = u y (a x, y) 1

2 οπότε w xx (x, y) = u xx (a x, y), w yy (x, y) = u yy (a x, y) w xx (x, y) + w yy (x, y) = u xx (a x, y) + u yy (a x, y) = για < x < a, < y < b. Επίσης, και w(x, ) = u(a x, ) =, w(x, b) = u(a x, b) = για x a w(, y) = u(a, y) = για y b, w(a, y) = u(, y) = f(y) για y b. Άρα η w(x, y) είναι λύση του προβλήματος w xx + w yy =, w(x, ) = w(x, b) =, Γράφουμε όπου και τότε w(, y) =, w(a, y) = f(y), w(x, y) = f(y) = = 2 b b Άρα η λύση του αρχικού προβλήματος είναι η u(x, y) = w(a x, y) = < x < a, < y < b x a y b y b sin kπ b y, f(y) sin kπ b y dy b x e kπ b x b a e kπ b a sin kπ b y. b (a x) e kπ b (a x) b a e kπ b a sin kπ b y. 3. Λύστε το πρόβλημα συνοριακών συνθηκών u xx + u yy =, u(, y) = u(a, y) =, u(x, ) =, u(x, b) = f(x), < x < a, < y < b y b x a x a Στο πρόβλημα αυτό η συνοριακή συνθήκη δίνεται στην πάνω πλευρά του ορθογωνίου αντί στη δεξιά πλευρά του. Όπως και στο προηγούμενο πρόβλημα, μπορούμε είτε να επαναλάβουμε ολόκληρη τη διαδικασία εύρεσης της λύσης είτε, καλύτερα, να αναγάγουμε το πρόβλημα στη δεξιά πλευρά και να εφαρμόσουμε τους ήδη γνωστούς τύπους. Θεωρούμε τη συνάρτηση w(x, y) = u(y, x) για x b, y a. Tότε w x (x, y) = u y (y, x), w y (x, y) = u x (y, x) 2

3 οπότε w xx (x, y) = u yy (y, x), w yy (x, y) = u xx (y, x) w xx (x, y) + w yy (x, y) = u yy (y, x) + u xx (y, x) = για < x < b, < y < a. Επίσης, και w(x, ) = u(, x) =, w(x, a) = u(a, x) = για x b w(, y) = u(y, ) = για y a, w(b, y) = u(y, b) = f(y) για y a. Άρα η w(x, y) είναι λύση του προβλήματος w xx + w yy =, w(x, ) = w(x, a) =, w(, y) =, w(b, y) = f(y), < x < b, < y < a x b y a y a Άρα το πρόβλημα έχει αναχθεί στο γνωστό πρόβλημα αλλά με αλλαγμένους τους ρόλους των a, b. Γράφουμε όπου και τότε w(x, y) = f(y) = = 2 a a Άρα η λύση του αρχικού προβλήματος είναι η u(x, y) = w(y, x) = sin kπ a y, f(y) sin kπ a y dy a x e kπ a x a b e kπ a b sin kπ a y. a y e kπ a y a b e kπ a b sin kπ a x. 4. Λύστε το πρόβλημα συνοριακών συνθηκών { r 2 u rr + ru r + u θθ =, u(a, θ) = 2a sin θ 3a 4 cos 4θ + 7a 5 sin 5θ, r < a, θ 2π θ 2π Λύση. Στην περίπτωση της γενικής συνοριακής συνθήκης u(a, θ) = f(θ) γράφουμε f(θ) = a 2 + (a k cos kθ + sin kθ), όπου οι συντελεστές a k, είτε φαίνονται στον τύπο της f(θ) είτε υπολογίζονται ως ολοκληρώματα: a k = 1 π f(θ) cos kθ dθ, = 1 π f(θ) sin kθ dθ. 3

4 Τότε η λύση του προβλήματος είναι η u(r, θ) = a 2 + ( r ) k(ak cos kθ + sin kθ). a Στην περίπτωσή μας οι συντελεστές φαίνονται στον τύπο της και είναι f(θ) = 2a sin θ 3a 4 cos 4θ + 7a 5 sin 5θ b 1 = 2a, a 4 = 3a 4, b 5 = 7a 5 και όλοι οι άλλοι συντελεστές είναι ίσοι με. Άρα η λύση είναι η u(r, θ) = 2a r a sin θ 3a4( r ) ( 4 cos 4θ + 7a 5 r ) 5 sin 5θ a a = 2r sin θ 3r 4 cos 4θ + 7r 5 sin 5θ. 5. Βρείτε φραγμένες λύσεις του προβλήματος συνοριακών συνθηκών { r 2 u rr + ru r + u θθ =, r > a, θ 2π u(a, θ) = f(θ), θ 2π Λύση. Πρόκειται για την εξίσωση Laplace στο εξωτερικό χωρίο που ορίζεται από τον κύκλο με κέντρο στην αρχή των αξόνων του xy-επιπέδου και ακτίνα ίση με a. Ακολουθούμε τη διαδικασία εύρεσης λύσεων της μορφής u(r, θ) = R(r)Θ(θ) όπου η συνάρτηση R(r) ορίζεται στο διάστημα [r, ) και η συνάρτηση Θ(θ) ορίζεται στο R και είναι 2π-περιοδική. Υποθέτουμε ότι η u(r, θ) δεν είναι ταυτοτικά ίση με, δηλαδή ότι υπάρχουν r > a και θ ώστε R(r ), Θ(θ ). Η εξίσωση του Laplace γράφεται Με r = r παίρνουμε Ορίζουμε οπότε έχουμε ότι r 2 R (r)θ(θ) + rr (r)θ(θ) = R(r)Θ (θ), θ R. (1) ( Θ (θ) = r 2 R (r ) R(r ) + r R (r ) ) Θ(θ) για θ R. R(r ) λ = r 2 R (r ) R(r ) + r R (r ) R(r ), Θ (θ) + λθ(θ) = για θ R. Αν λ < η γενική λύση της τελευταίας σ.δ.ε. είναι η Θ(θ) = c 1 e λ θ + c 2 e λ θ. 4

5 Αποδεικνύεται εύκολα (πώς;) ότι για να είναι περιοδική η λύση αυτή πρέπει να είναι c 1 = c 2 = και καταλήγουμε σε άτοπο (επειδή η Θ(θ) πρέπει να μην είναι ταυτοτικά ίση με ). Αν λ = η γενική λύση της τελευταίας σ.δ.ε. είναι η Θ(θ) = c 1 + c 2 θ. Πάλι αποδεικνύεται εύκολα (πώς;) ότι για να είναι περιοδική η λύση αυτή πρέπει να είναι c 2 = και καταλήγουμε σε σταθερή λύση Θ(θ) = c 1. Απομένει η περίπτωση λ > οπότε η γενική λύση της τελευταίας σ.δ.ε. είναι η Θ(θ) = c 1 cos λ θ + c 2 sin λ θ. Αποδεικνύεται εύκολα (πώς;) ότι για να είναι 2π-περιοδική η λύση αυτή (με c 1, c 2 όχι και τα δύο ίσα με ) πρέπει να είναι λ = k με k N. Ενοποιώντας τις λύσεις αυτές μαζί με την λύση στην περίπτωση λ =, καταλήγουμε στις λύσεις Θ(θ) = c 1 cos kθ + c 2 sin kθ με k =, 1, 2, 3,.... Τώρα από την (1) με θ = θ έχουμε ότι r 2 R (r) + rr (r) + Θ (θ ) Θ(θ ) Πάλι από την (1) με r = r, θ = θ βλέπουμε ότι οπότε η τελευταία σ.δ.ε. γράφεται R(r) =. λ = r 2 R (r ) R(r ) + r R (r ) R(r ) = (θ ) Θ Θ(θ ), r 2 R (r) + rr (r) λr(r) =. Επειδή λ = k 2 με k =, 1, 2, 3,... έχουμε r 2 R (r) + rr (r) k 2 R(r) =. Αυτή είναι εξίσωση Euler και την λύνουμε βρίσκοντας λύσεις της μορφής Προκύπτει η αλγεβρική εξίσωση R(r) = r α. α(α 1) + α k 2 = α = ±k. Αν k = 1, 2, 3,... έχουμε τις δύο λύσεις r k και r k. Αποδεικνύεται με την ορίζουσα Wronski ότι αυτές οι λύσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες, οπότε η γενική λύση είναι η R(r) = c 1 r k + c 2 r k. 5

6 Επειδή ψάχνουμε φραγμένες λύσεις, η R(r) να είναι φραγμένη στην ημιευθεία (a, ). Αυτό ισχύει αν και μόνο αν c 1 = και καταλήγουμε στην γενική λύση Αν k = η εξίσωση Euler γράφεται R(r) = c 2 r k. r 2 R (r) + rr (r) = rr (r) + R (r) = (rr (r)) = rr (r) = c 1 R(r) = c 1 log r + c 2. Επειδή η R(r) πρέπει να είναι φραγμένη στην ημιευθεία (a, ) έχουμε ότι c 1 =, οπότε έχουμε τη γενική λύση R(r) = c 2. Ενοποιώντας τις περιπτώσεις k = 1, 2, 3,... και k = έχουμε τις λύσεις R(r) = c 2 r k. Συνδυάζοντας με τις λύσεις Θ(θ) που βρήκαμε προηγουμένως, έχουμε τις φραγμένες λύσεις u(r, θ) = r k (ã cos kθ + b sin kθ), θ R με k =, 1, 2, 3,.... Συνδυάζουμε αυτές τις λύσεις γράφοντας σειρά u(r, θ) = ã + Η αρχική συνθήκη u(a, θ) = f(θ) γράφεται f(θ) = ã + r k (ã k cos kθ + sin kθ), θ R. a k (ã k cos kθ + sin kθ). (2) Για να βρούμε τους συντελεστές ã k, γράφουμε την f(θ) ως σειρά Fourier: f(θ) = a 2 + (a k cos kθ + sin kθ) (3) όπου οι συντελεστές a k, υπολογίζονται ως ολοκληρώματα: a k = 1 π f(θ) cos kθ dθ, Εξισώνοντας συντελεστές των (2), (3) βρίσκουμε = 1 π f(θ) sin kθ dθ. Άρα ã = a 2, ã k = a k a k bk = a k για k = 1, 2, 3,.... u(r, θ) = a 2 + ( a ) k(ak cos kθ + sin kθ), θ R. r 6

7 6. Λύστε το πρόβλημα συνοριακών συνθηκών r 2 u rr + ru r + u θθ =, u(r, ) = u(r, π) =, u(a, θ) = f(θ), < r < a, < θ < π r a θ π 7