ιαφορικές Εξισώσεις µε Μερικές Παραγώγους, Απαντήσεις-Παρατηρήσεις στην Τελική Εξέταση Περιόδου Ιουνίου.

Transcript

1 ιαφορικές Εξισώσεις µε Μερικές Παραγώγους, Ααντήσεις-Παρατηρήσεις στην Τελική Εξέταση Περιόδου Ιουνίου. Ανδρέας Ζούας 8 Σετεµβρίου Οι λύσεις αλώς ροτείνονται και σαφώς οοιαδήοτε σωστή λύση είναι αοδεκτή! Θέµα- (.5 µονάδες) (α ). Να υολογίσετε την ηµιτονική σειρά Fourier της συνάρτησης f(x) = στο διάστηµα [, ]. Κατόιν, ϑεωρείστε = και για κατάλληλη ειλογή της µεταβλητής x, δείξτε ότι Αάντηση : b m = 4 = ( m sin x dx =... = [ cos(m)] = m m [ ( )m ] Ετσι, b m = 4/m για m εριττό και b m = για m άρτιο. Άρα, = 4 ( ) (n ) n sin x Θέτουµε τώρα = και ϑεωρούµε την τιµή x = /. Τότε, = 4 n sin[(n )] 4 = n sin[(n )] 4 = Αό τη στιγµή ου σας έδωσα ότι το διάστηµα είναι το [, ] δεν µορώ να καταλάβω για οιο λόγο, ορισµένοι έρεε να ξεκινήσετε αό το [, ]. Γεγονός είναι ότι για να δωθεί σωστή ερµηνεία στην ηµιτονική σειρά ρέει κανείς να ϑεωρήσει την εριττή εέκταση στο διάστηµα [, ], αλλά κάτι τέτοιο δεν είδα να το κάνετε οι ερισσότεροι (κάοιοι το έκαναν). Αντίθετα, οι ερισσότεροι ξεκινήσατε αό το [, ] χωρίς να ϑεωρήσετε την εριττή εέκταση αλλά ϑεωρώντας αλώς την f(x) = στο [, ] και µετά εριορίσατε το ολοκλήρωµα στο [, ] διαλσιάζοντας το, ράγµα το οοίο είναι λάθος διότι στο [, ] η συνάρτηση µας είναι άρτια ενώ το sin είναι εριττό, οότε κανονικά οι συντελεστές ϑα έρεε να σας ϐγουν µηδέν!! (ϐ ). Να λυθεί, µε τη µέθοδο χωριζοµένων µεταβλητών, το ρόβληµα u t c u x = < x <, t > u(, t) = T t u(, t) = T t u(x, ) = f(x) x

2 όου T, T σταθερές. Αάντηση : Η αάντηση (ένας τρόος) ϐρίσκεται στις σηµειώσεις για τα Ανατύγµατα σε Ιδιοσυναρτήσεις (αρχείο 9_Anpt-Idiosyn.pdf) στις σελίδες αό Ε-Ε-5 ως και Ε-Ε-8 ή και ιο µετά ακολουθώντας τη γενική µέθοδο ου ανατύσεται αό τη σελίδα Ε-Ε-9 και µετά (Πιο γενικό ίνακα οµογενοοίησης των συνοριακών συνθηκών έοχυµε δώσει στη σελίδα S--4 των ση- µειώσεων για τη ϑεωρία Sturm-iouville (αρχείο _Sturm-iouville.pdf) ). Θέµα- (.5 µονάδες) Παρόλο ου αυτό ϕαίνεται και αό τη λύση του ροβλήµατος, τονίζουµε για ακόµη µία ϕορά ότι ααραίτητη ρουόθεση για την ειτυχία της ΜΧΜ είναι η ύαρξη οµογενών ΣΣ (Η µέθοδος εφαρµόζεται και για εριοδικές ΣΣ ροφανώς αλλά κάτι τέτοιο δεν είναι σχετικό µε το ρόβληµα ου κληθήκατε να λύσετε). Είναι εύκολο να το διαιστώσετε και µόνοι σας (ϑεωρήστε το ως άσκηση) ότι αν δεν είναι οµογενείς οι ΣΣ δεν µορούµε να άρουµε τις κλασσικές λύσεις όως αυτές σας έχουν δωθεί στις σηµειώσεις. (α ). Να λυθεί το ρόβληµα, µε αρχική ϑέση (να σχεδιαστεί!) u tt c u xx = < x <, t > u(, t) = u(, t) = t (ΣΣ) u t (x, ) = x (ΑΣ) u(x, ) = hx x h( x) ( ) x (ΑΣ) Αάντηση : Το ρόβληµα λύνεται µε τη ΜΧΜ και οι ΣΣ είναι οµογενείς Dirichlet. Το ρόβληµα αυτό έχει λυθεί για γενικές αρχικές συνθήκες στις σηµειώσεις άνω στη µέθοδο χωριζοµένων µεταβλητών (αρχείο 7_Seprtion_of_Vribles.pdf), στην αράγραφο (...i) (σελίδα 4) και η λύση δίνεται αό τις εξισώσεις (..9), (..) και (..). Ετσι, για το ρόβληµα µας, και άρα, A m B m nc = = ( m sin x f(x)dx, m =,,..., ( m sin x g(x)dx =, διότι g(x) = m =,,..., u(x, t) = ( nc ( n cos t sin x Το µόνο το οοίο µένει είναι ο υολογισµός των συντελεστών A m. Για αυτούς ισχύει, A m = hx ( m sin x dx + h( x) ( m ( ) sin x dx Το αοτέλεσµα είναι : h ( m A m = ( ) n sin

3 διότι, [ ( m sin x dx = ( )m ( m ) + cos ( m x sin x dx = [ ( m x sin x dx = ) ] ( m ( m ) [ ( sin m ) cos ( m ) ( )m ( m ) ( m ) ( m ) sin ( m ) cos ( m + ) ) ( m ) ] ( m ] εν ρέει να ξεχνάτε ότι το ρόβληµα ορίζεται στο διάστηµα [, ] και άρα, οι ιδιοσυναρτήσεις ως ρος τις οοίες ανατύσουµε την αρχική συνθήκη είναι αυτές ου σχετίζονται µε αυτό το διάστηµα και µόνο. ηλαδή, οι sin ( n x). Η αρχική συνθήκη είναι συνεχής αντού και µάλιστα µηδενίζεται στα σηµεία και, οότε η ηµιτονική σειρά ως ρος αυτές τις ιδιοσυναρτήσεις δίνει την τιµή της συνάρτησης σε κάθε σηµείο στο [, ]. Το σηµαντικό σε αυτή την άσκηση είναι ότι λόγω της µορφής της αρχικής συνθήκης το ολοκήρωµα... dx ρέει να σάσει στο άθροισµα... dx +... dx και κάθε ϕορά να υολογιστεί το ολοκληρωµα του αντίστοιχου κλάδου της αρχικής συνθήκης. Προσοχή! Το γεγονός ότι το ολοκλήρωµα σάει αυτό δεν σηµαίνει ότι αλλάζει και ο συντελεστής ου το ολλαλασιάζει κάθε ϕορά. Ετσι για να είµαστε ακριβείς, αυτό ου συµβαίνει είναι το εξής :... dx =... dx +... dx το οοίο είναι αλή συνέεια ϐασικής ιδιότητας των ολοκληρωµάτων. Κάοιοι, εξαιτίας της µορφής της αρχικής συνθήκης ϑεώρησαν ότι αυτή ανατύσσεται σε δύο διαφορετικές σειρές Fourier. Μία στο διάστηµα [, ] και µία στο διάστηµα [, ] µε αντίστοιχους συντελεστές, ας τους ονοµάσουµε m, b m m b m = = hx sin ( m x dx h( x) ( ) sin ( m x dx αλλά αυτό δεν είναι σωστό. Η σειρά Fourier είναι µία και αν για ρακτικούς λόγους σάµε τα δύο ολοκληρώµατα, στο τέλος ρέει να αναφερθεί ότι ο συντελεστής της αρχικής συνθήκης στο ηµιτονικό ανάτυγµα κατά Fourier είναι ο A m = m + b m. Εξαιτίας της µορφής της αρχικής συνθήκης έγινε, κάοιες ϕορές, ροσάθεια να ανατυχθεί αυτή στο µεν διάστηµα [, ] ως ρος τις sin ( n x) στο δε διάστηµα [, ] ως ρος ( n τις sin ( ). x Αυτό δεν είναι σωστό. εν σας ααγορεύει κανείς να ανατύξετε ως ρος αυτές τις συναρτήσεις στα αντίστοιχα διαστήµατα αλλά αυτό ου ϑα ροκύψει δεν έχει σχέση µε τη λύση του ροβλήµατος. Είσης µορείτε να αρατηρήσετε και τα εξής : το ανάτυγµα ως ρος sin ( n x) δίνει στο σηµείο x =, το οοίο είναι εσωτερικό του διαστή- µατος [, ], την τιµή (sin(n) = ), ενώ λόγω της συνέχειας της u(x, ( ) ϑα έρεε να δίνει n ότι u(, ) = h. Το ίδιο συµβαίνει και µε το ανάτυγµα ως ρος sin ( ) x στο σηµείο ( n x =. Είσης, το ανάτυγµα ως ρος sin ( ) x στο σηµείο x =, δίνει µία σειρά ( n ως ρος τις sin ( ), οι οοίες όµως δεν είναι µηδενίζονται (διότι ), ράγµα ου δεν είναι σωστό, διότι είναι ροφανές αό τον ορισµό της u(x, ) ότι u(, ) =. (Χωρίς να 3

4 ϑέλω να σας κουράσω άλλο, αναφέρω ότι δεν ααγορεύεται να ανατύξουµε µία συνάρτηση ου δεν µηδενίζεται στα σηµεία και ως ρος τις sin ( n x), αλλά εδώ όµως έχουµε εξ ορισµού ότι η αρχική συνθήκη µηδενίζεται σε αυτά τα σηµεία). Παρόλο ου το ρόβληµα µορεί εί της αρχής να λυθεί και µε τη µέθοδο (τύο) D lembert για να γίνει αυτό χρειάζεται ιδιαίτερη ροσοχή και τρόος λύσης µε τον οοίο δεν ασχοληθήκαµε. Αλή εφαρµογή του τύου δεν µορεί να λύσει το ρόβληµα, δεδοµένου ότι ο τύος όως τον έχουµε αράγει ισχύει για < x <. (ϐ ). Να λυθεί το ρόβληµα µε, u t = u x + sin(5x)e t u(, t) = u(, t) = u(x, ) = t (ΣΣ) t (ΣΣ) x (ΑΣ) Αάντηση : Το ρόβληµα αυτό µορεί να λυθεί µε τη µέθοδο ανατύγµατος σε ιδιοσυναρτήσεις. Η γενική µέθοδος δίνεται στις σηµειώσεις (αρχείο 9_Anpt-Idiosyn.pdf) αό τη σελίδα Ε-Ε-9 και µετά. Μάλιστα υάρχει αρόµοιο αράδειγµα στη σελίδα Ε-Ε-8 των σχετικών σηµειώσεων. Ετσι, σύµφωνα µε τη µέθοδο, ρέει στην αρχή να οµογενοοιήσουµε τις ΣΣ. Η συνάρτηση αναφοράς εύκολα ϐρίσκεται ότι είναι η u r = x και έτσι, οµογενοοιεί τις ΣΣ και λύνει το ρόβληµα w(x, t) = u(x, t) + x µε, w t = w x + sin(5x)e t w(, t) = w(, t) = w(x, ) = x t (ΣΣ) t (ΣΣ) x (ΑΣ) ηλαδή έχουµε να λύσουµε µία µη-οµογενή ΕΜΠ µε οµογενείς ΣΣ. Εειδή οι ΣΣ είναι Dirichlet και =, ανατύσουµε την w(x, t) σε σειρά ηµιτόνων και έτσι w(x, t) = n (t) sin(nx) αντικαθιστούµε στην ΕΜΠ και τότε ( dn (t) dt ) + n n (t) sin(nx) = sin(5x)e t Εξαιτίας της ειδικής µορφής του µη-οµογενούς όρου (εειδή δηλαδή εριλαµβάνει τον όρο sin(5x) ο οοίος είναι όρος ου ροκύτει αό τη σειρά Fourier ως ρος sin(nx) για n = 5) διαβάζουµε αµέσως τους συντελεστές και µορούµε να ούµε ότι d n (t) dt + n n (t) =, n 5 e t, n = 5 4

5 Λύνουµε τις δύο αυτές οµάδες Σ Ε και οι λύσεις είναι n (t) = n ()e nt, n 5 3 e t + [ 5 () 3 ]e 5t, n = 5 όου, n () = [ x ] sin(nx)dx = ( ) n+ n n [ ( )n ] = n ϑεωρώντας την u(x, t) = w(x, t) + u r (x, t) έχει τονιστεί ότι δεν είναι αραίτητο η u r αοτελεί λύση της ΕΜΠ. Κάοιοι ενώ έφθασαν, ολύ σωστά, να ϑεωρήσουν ότι να w(x, t) = n (t) sin(nx) κατόιν ροχώρησαν, για κάοιο ανεξήγητο λόγο, στην εξής ϑεώρηση : [ x ] sin(nx)dx n (t) = sin (nx)dx Θέµα-3 (.5 µονάδες) αυτό είναι λάθος!. Καταρχάς [ αν κάτι έρεε να µει στο ολοκλήρωµα στον αριθµητή x αυτό ϑα έρεε να είναι όχι η ] αλλά [ η w(x, t) την οοία όµως ϑέλουµε να ϐρούµε! x Είσης, είναι κατανοητό ότι ϐάζοντας την ], δηλαδή την αρχική συνθήκη αυτό ου ϑα ροκύψει είναι κάτι ου δεν εξαρτάται αό το χρόνο και αυτό ϑα συνέβαινε για οοιαδήοτε αρχική συνθήκη, διότι αό τον ορισµό της η αρχική συνθήκη δεν εξαρτάται αό το χρόνο. Εοµένως, ϕυσιολογικά, η αντικατάσταση του n ου ϐρήκατε µε αυτή τη διαδικασία, στην d n (t) dt + n n (t) = q n (t) (εδώ αλώς για λόγους οικονοµίας χώρου δεν δίνουµε την ακριβή µορφή των q n (t) την οοία έχουµε δώσει ιο άνω στην αάντηση) σας οδηγεί στη σωστή όντως διαίστωση ότι d n (t) dt =, αλλά δυστυχώς η όλη λογική είναι λάθος. Αυτό ου υολογίζετε µε αυτό τον τρόο δεν είναι τίοτε άλλο αό τον συντελεστή n ()! Είσης (η αρατήρηση τούτη είναι κάως σχετική µε την ροηγούµενη αρατήρηση), ενώ κάοιοι ολύ σωστά ϕθάσατε στην εξίσωση d n (t) dt +n n (t) = q n (t) µετά δώσατε ως λύση την [ n (t) x ] sin(nx)dx (ή οοιαδήοτε άλλη συνάρτηση ϐρήκατε ως αρχική συνθήκη), ράγµα το οοίο είναι και αυτό λάθος! (α ). Θεωρείστε το αρακάτω µη-οµογενές ρόβληµα στο διάστηµα [, ] X + KX = f(x), < x < µε τις εξής οµογενείς Συνοριακές Συνθήκες X() =, X() = Να ροσδιορίσετε τις τιµές του K για τις οοίες υάρχει ϐεβαιότητα ότι το ρόβληµα έχει λύση. Αάντηση : Η αάντηση δίνεται µέσω του Fredholm s Alterntive, το οοίο ϐρίσκεται στο αρχείο _Genik_Provlimt_Idiotimwn.pdf (σηµειώσεις άνω στα Γενικά Προβλήµατα Ιδιοτιµών) στις 5

6 σελίδες αό Γ-Π-Ι-34 ως και Γ-Π-Ι-37. Η ουσία ειναι ότι είµαστε ϐέβαιοι ως το ρόβληµα έχει λύση όταν η K δεν είναι κάοια αό τις ιδιοτιµές του αντίστοιχου ροβλήµατος ιδιοτιµών, δηλαδή όταν το οµογενές ρόβληµα έχει µόνο τις τετριµένες λύσεις. Εδώ το οµογενές ρόβληµα είναι το X = KX, < x < X() =, X() = το οοίο είναι το κλασσικό ρόβληµα ιδιοτιµών µε ΣΣ Dirichlet. Τις µη-τετριµένες λύσεις αυτού του ροβλήµατος τις λαµβάνουµε αν το K άρει τις τιµές K n = ( n ) τις οοίες ως γνωστό ονοµάζουµε ιδιοτιµές. Αρα, για να είµαστε ϐέβαιοι ότι το µη-οµογενές ρόβληµα έχει λύση, αρκεί να ισχύει ότι K n ( n ) Αρκετοί µερδεύτηκαν και ϑεώρησαν ως ρόβληµα ιδιοτιµών της οµογενούς συνάρτησης το εξής ρόβληµα X + (K + λ)x =, X() =, X() = < x < το οοίο είναι λάθος! Το ϑεώρηµα Fredholm s Alterntive είναι σαφές. Σχετίζει τη λύση της µη-οµογενούς µε τη λύση της οµογενούς, η οοία οµογενής, είναι ρόβληµα ιδιοτιµών το οοίο αντιστοιχεί στο ρόβληµα ιδιοτιµών (4) µε p = σ =, q =, της σελίδας Γ-Π-Ι- των σηµειώσεων στο αρχείο _Genik_Provlimt_Idiotimwn.pdf ή εειδή το ρόβληµα µας είναι µονοδιάστατο αντιστοιχεί στο ρόβληµα ιδιοτιµών S- µε p = r =, q = της σελίδας S-- των σηµειώσεων του αρχείου _Sturm-iouville, δηλαδή είναι το κλασικό ρόβληµα ιδιοτιµών Fourier. Η µόνη διαφορά είναι ότι άντί να ονοµάζουµε λ τις ιδιοτιµές, τις ονοµάζουµε K. Κάνοντας την ιο άνω (λάθος) ϑεώρηση λύνετε το ρόβληµα ιδιοτιµών S- µε p = r =, q = K = σταθ. Παρόλα αυτά, εειδή είναι ειδική η ερίτωση και µόνο γι αυτό, αυτό το λάθος δεν κοστίζει ολύ µε την έννοια του ότι, σύµφωνα µε την ερµηνεία ου δόθηκε, ότι δηλαδή µόνο το λ είναι η ιδιοτιµή στο άθροισµα (K + λ) (εφόσον αοτελεί λύση του S- µε p = r =, q = K = σταθ.), η λύση του ροβλήµατος δίνει αλώς τις ιδιοτιµές του κλασσικού ροβλήµατος, µετατοισµένες κατά µία σταθερή οσότητα K. εν αύει όµως να είναι λάθος ερµηνεία του συγκεκριµένου ροβλήµατος. Το οµογενές ρόβληµα έχει συγκεκριµένη λύση, διότι έχουµε δώσει τις ΣΣ και ξέρουµε ότι έχει λύση µόνο για ϑετικές τιµές του K = ( n ). Αρκετοί έκαναν διερεύνηση λέγοντας τι συµβαίνει για κάθε τιµή του K χωρίς να αναφέρουν στο τέλος ότι µόνο η µία ερίτωση εικρατεί στο τέλος. (ϐ ). Να λυθεί η εξίσωση plce σε κυκλικό δακτύλιο µε = < r < = b µε τις εξής Συνοριακές Συνθήκες u(, θ) = sin θ u(b, θ) = Αάντηση : Η αάντηση ϐρίσκεται στο αρχείο 4_plce_Polikes_Syntetgmenes.pdf, στο οοίο µελετάµε την εξίσωση plce σε ολικές συντεταγµένες. Για την ακρίβεια το ρόβληµα έχει µελετηθεί στις σελίδες αό, -ΠΣ- ως και -ΠΣ-5 και ϑα ακολουθήσουµε το συµβολισµό ου χρησιµοοιήσαµε σε αυτές τις σελίδες. Βέβαια στις σηµειώσεις δεν έχουν λυθεί τα συστήµατα και έτσι, στη λύση τους ϑα ροχωρήσουµε τώρα ϑεωρώντας δεδοµένες τις σχέσεις (Συντ-)-(Συντ- 6). Για λόγους ληρότητας δίνουµε τη µορφή της γενικής λύσης Εχουµε ως u(r, θ) = C + D ln r + ( Cn r n + D n r n) ( cos(nθ) + An r n + B n r n) sin(nθ) u(, θ) = g(θ) = sin θ u(, θ) = h(θ) = 6

7 ϑέτωντας =, b = και εφόσον ln =, οι σχέσεις γίνονται, (Συντ-) (Συντ-) (Συντ-3) (Συντ-4) (Συντ-5) (Συντ-6) C = sin θdθ C + D ln = dθ = + D n = sin θ cos(nθ)dθ, n + B n = sin θ sin(nθ)dθ, n n + D n n = cos(nθ)dθ =, n n + B n n = sin(nθ)dθ =, n Υολογίζουµε τα ολοκληρώµατα, και λαµβάνοντας υόψιν µας ότι sin θ = [ cos(θ)] αίρνουµε ότι και ότι sin θ cos(nθ)dθ = cos(nθ)dθ sin θ sin(nθ)dθ = sin(nθ)dθ [ cos(θ)] cos(nθ)dθ = cos(θ) cos(nθ)dθ =, n =, n [ cos(θ)] sin(nθ)dθ = cos(θ) sin(nθ)dθ = = Τα αοτελέσµατα αυτά ροκύτουν αό τις σχέσεις ορθογωνιότητας και κανονικοοίησης των σειρών Fourier. Ετσι, τελικά έχουµε, (Συντ-) (Συντ-) (Συντ-3) (Συντ-4) (Συντ-5) (Συντ-6) C = C + D ln = + D n = + B n = n + D n n = n + B n n =, n =, n 7

8 Θυµηθείτε ότι n. Τότε για n ισχύει ότι = D n =, ενώ για n ισχύει ότι = B n =. Αυτό είναι εύκολο να δειχθεί διότι λύνοντας για αράδειγµα τις (Συντ-4) και (Συντ-6) ροκύτει ότι = B n και µετά ότι ( n n ) = οι οοίες δεδοµένου ότι n έχουν λύση µόνο αν =, άρα και B n =. Αντίστοιχα λύνεται και η ερίτωση για τα, D n, n. Τώρα, για n = εύκολα άλι ροκύτει ότι C = 3, D = 8 5. Τέλος, D = ln. Άρα, η λύση είναι η u(r, θ) = [ ] [ ln r + ( ln 3 )r ( 8 ] 5 )r cos(θ) Εναλλακτικός Τρόος Λύσης : Εξαιτίας της ολύ αλής και ϐολικής (όσον αφορά τις σειρές Fourier) µορφής των συνοριακών συνθηκών µορούµε να ούµε τα εξής, u(r, ) = C + (C n + D n ) cos(nθ) + ( + B n ) sin(nθ) = cos(θ) u(r, ) = C + D ln + ( Cn n + D n n) ( cos(nθ) + An n + B n n) sin(nθ) = Αό τις οοίες χωρίς κανένα υολογισµό ολκληρωµάτων και εξαιτίας του γεγονότος ότι η έκ- ϕραση cos(θ) είναι σε µορφή σειράς Fourier, µορούµε να διαβάσουµε κατευθείαν του συντελεστές και έτσι έχουµε το σύστηµα (Συντ-) (Συντ-3) (Συντ-4) C = + D n = + B n =, n =, n εξαιτίας της ρώτης ΣΣ, ενώ αό τη δεύτερη ΣΣ ροκύτει (Συντ-) (Συντ-5) (Συντ-6) C + D ln = n + D n n = n + B n n = Για το ολοκλήρωµα sin θ sin(nθ)dθ δεν µορείτε να είτε ότι για n είναι ίσο µε µηδέν εικαλλούµενοι ορθογωνιότητα λόγω σειράς Fourier, διότι το sin θ δεν είναι της µορφής όρου ηµιτονικής σειράς Fourier (δηλαδή δεν είναι ροφανώς της µορφής sin(nθ)). Αυτός είναι και ο ϐασικός λόγος για τον οοίο ριν υολογίσουµε οοιοδήοτε ολοκλήρωµα ϑεωρήσαµε την έκφραση sin θ = [ cos(θ)], έτσι ώστε να ϕέρουµε τον όρο σε µορφή όρου σειράς Fourier. Το γεγονός ότι τελικά το συγκεκριµένο ολόκλήρωµα είναι ίσο µε µηδέν, δεν σηµαίνει ως η υόθεση ου έγινε δεν είναι λάθος. Θέµα-4 (.5 µονάδες) Να λυθεί η εξίσωση Η συνάρτηση sin θ είναι σαφέστατα άρτια στο διάστηµα [, ] ενώ η sin(nθ) είναι εριττή στο ίδιο διάστηµα, άρα ϑα µορούστατε να είτε ότι το ολοκλήρωµα Συντ-4 είναι ίσο µε µηδέν µόνο και µόνο εειδή είναι ολκλήρωµα µία εριττής συνάρτησης στο διάστηµα [, ]. Ιδιο ειχείρηµα δεν ισχύει για το ολοκλήρωµα Συντ-3 το οοίο είναι οοκλήρωµα άρτιας συνάρτησης στο [, ] εφόσον η cos(nθ) είναι άρτια στο ίδιο διάστηµα. ψ x + ψ = ψ + 3, < x <, < y < y 8

9 µε ΣΣ ψ(, y) =, x = ψ(, y) =, x = ψ(x, ) =, y = ψ(x, ) =, y = Αάντηση : Το ρόβληµα αυτό λύνεται µε τη µέθοδο ανατύγµατος σε ιδιοσυναρτήσεις. Θα ροτι- µηθεί η Μέθοδος-, όως αυτή αρουσιάζεται στη σελίδα Γ-Π-Ι-43 του αρχείου _Genik_Provlimt_Idiotimwn. Εκ αραδροµής, γράφτηκε στα ϑέµατα ότι αυτή η εξίσωση είναι η Poisson. Στην ραγµατικότητα δεν είναι (στην Poisson όως την έχουµε ορίσει, το δεξί µέλος δεν εξαρτάται αό την άγνωστη συνάρτηση), αλλά αυτό δεν αλλάζει σε τίοτε τη µέθοδο είλυσης. Είσης έχουµε οµογενείς ΣΣ. Για H = =, οι ιδιοσυναρτήσεις και οι ιδιοτιµές της αντίστοιχης Helmholtz, είναι οι Ψ nm = sin(nx) sin(ny) λ nm = (n) + (m) Εοµένως ϑεωρύµε ότι η λύση µας είναι της µορφής Ψ(x, y) = m= sin(nx) sin(ny) και ϑέλουµε αλώς να ροσδιορίσουµε τα. αντικαθιστούµε το ανάτυγµα στην εξίσωση και αίρνουµε : ( ) sin(nx) sin(ny) = sin(nx) sin(ny) + 3 m= m= [sin(nx) sin(ny)] = m= m= sin(nx) sin(ny) + 3 όµως οι sin(nx) sin(ny) είναι ιδιοσυναρτήσεις του µε ιδιοτιµές λ nm ιδιοσυναρτήσεις και ιδιοτιµές της Helmholtz) άρα έχουµε (αυτό σηµαίνει ότι είναι οι Εοµένως, m= m= ( + λ nm ) = λ nm [sin(nx) sin(ny)] = m= ( + λ nm ) [sin(nx) sin(ny)] = 3 3 sin(nx) sin(ny)dxdy = 4 sin (nx) sin (ny)dxdy sin(nx) sin(ny) + 3 = + λ nm nm [( )n ][( ) m ], αν κάοιος εκ των m, n, είναι άρτιος = αν και ο m και ο n είναι εριττοί 48 (+λ nm ) mn, 3 sin(nx) sin(ny)dxdy όου ροφανώς λ nm = (n) + (m). Εναλλακτικός Τρόος Λύσης : Μορούµε εναλλακτικά να ακολουθήοσυµε τη Μέθοδο-, όως 9

10 αυτή αρουσιάζεται στη σελίδα Γ-Π-Ι-39 του αρχείου _Genik_Provlimt_Idiotimwn. Με αυτή τη µέθοδο διαλέγουµε µία αό τις δύο οµογενείς διευθύνσεις, έστω την x και τότε ροκύτει οότε ανατύσουµε ως εξής Ψ(x, y) = X n (x) = sin(nx) λ n = (n) b n (y) sin(nx) και µε άµεση αντικατάσταση στη διαφορική εξίσωση [ d b n (y) dy [ d b n (y) Εοµένως, ροκύτει ότι διότι q n = dy ] (n) b n (y) sin(nx) = b n (y) sin(nx) + 3 ] [(n) + ]b n (y) sin(nx) = 3 d b n (y) dy [(n) + ]b n (y) = q n = 6 n [( )n ] 3 sin(nx)dx = 6 n [( )n ], ανεξάρτητα του y Οι αντίστοιχες συνοριακές συνθήκες (εειδή οι b n εξαρτούνται αό την y) είναι τώρα οι Ψ(x, ) = Ψ(x, ) = b n () sin(nx) = b n () = b n () sin(nx) = b n () = οι οοίες είναι και αυτές οµογενείς. Η λύση τελικά είναι η [(n) + ]b n (y) = sinh [n( y)] q n sinh(nξ)dξ + + sinh(ny) = q n n sinh [n( y)] [cosh(n) ] q n sinh(ny) sinh(n) n q n sinh [n( ξ)] dξ Μορεί να δειχθεί ότι αρόλο ου ϕαίνονται τόσο διαφορετικές οι δύο εκφράσεις µεταξύ τους το τελικό αοτέλεσµα είναι το ίδιο ανεξάρτητα αό το αν ακολουθήθηκε η Μέθοδος- ή η Μέθοδος-. Κάτι τέτοιο όµως δεν είναι του αρόντος. Πολλοί ου αοφάσισαν να λύσουν το ρόβληµα µε τη Μέθοδο-, δηλαδή την εναλλακτική όως αρουσιάστηκε εδώ, χρησιµοοίησησαν την εξής έκφραση, για την εξίσωση ου ικανοοιεί η b n : d b n (y) dy (n) b n (y) = (ψ + 3) sin(nx)dx = q n (y)

11 δηλαδή χρησιµοοίησαν στη ϑέση της συνάρτησης g(x, y) των σηµειώσεων, την (ψ + 3) εξαιτίας του δεξιού µέλους της εξίσωσης ου σας δόθηκε να λύσετε. Κάτι τέτοιο, ροφανώς δεν είναι σωστό διότι ολύ αλά η ψ είναι η άγνωστη συνάρτηση άρα δεν έχετε τρόο να υολογίσετε τους συντελεστές της στην ηµιτονική σειρά Fourier. Ανακαλέστε ότι η g(x, y) η οοία δίνεται στο δεξί µέλος της Poisson είναι µία συνάρτηση ου ϑεωρείται άντα γνωστή! Υάρχουν εριτώσεις κατά τις οοίες η µορφή του µη-οµογενούς ορου της Poisson είναι τέτοια ώστε να µορούµε να µαντέψουµε µία ειδική λύση της Poisson. Σε αυτή την ερίτωση µορεί να µας συµφέρει να σασουµε την άγνωστη συνάρτηση σε άθροισµα δύο όρων όου ο ένας είναι λύση της plceκαι ο άλλος η ειδική λύση της Poisson. Οµως το ρόβληµα µας, δεν είναι κλασσικό Poisson όως έχουµε ει και κάτι τέτοιο δεν µορεί να γίνει, διότι αν υοθέσουµε ότι ψ(x, y) = v(x, y) + w(x, y), µε τότε µένει η v xx + v yy = w xx + w yy = ψ + 3 = v(x, y) + w(x, y) + 3 αό την οοία δεν µορούµε αοκοµίσουµε κάτι διότι το δεξί µέλος εξαρτάται λέον όχι µόνο αό την w αλλά και αό την v, µε αοτέλεσµα όχι αλώς να µην είναι εύκολο, αλλά να είναι αδύνατον να µαντέψουµε τη µορφή της λύσης. Ακόµη και αν γινόταν η υόθεση ψ(x, y) = v(x, y) + w(x, y), µε v xx + v yy = v(x, y) είναι εύκολο να δει κανείς ότι δεν ϑα µορούσε να αοκοµιστεί κάτι όσο ϐασιζόµαστε στο ότι ρέει να µαντέψουµε µία ειδική λύση για την w διότι εί της ουσίας εανερχόµαστε στο αρχικό ρόβληµα. Οι όοιες αρατηρήσεις είναι ευρόσδεκτες!