Diferenciálne rovnice

Transcript

1 Diferenciálne rovnice Juraj Tekel Katedra teoretickej fyziky a didaktiky fyziky FMFI UK Mlynska Dolina Bratislava juraj(a)tekel(b)gmail(c)com Aktualizované 23. septembra 216 Poznámky k predná²kam. Súbor je work in progress, poznámky zvä ²a len heslovito, postupne sa budú dop a. Ak uvidíte preklep/chybu/nedostatok v nie om, o sa tvári aspo trochu nálne, budem ve mi rád ak mi dáte vedie. Technická poznámka : biely ²tvorec ozna uje koniec zadania príkladu, ierny ²tvorec koniec rie²enia. Za bielym ²tvorcom zva ²a nasleduje rie²nie, za iernym ²tvorcom nasleduje a ²í text. Obsah 1 Parciálne diferenciálne rovnice prvého rádu Lineárne rovnice Kvázilineárne rovnice Nelineárne rovnice Aplikácie rovníc prvého rádu Parciálne diferenciálne rovnice druhého rádu - Úvod Klasikácia rovníc v n rozmeroch Klasikácia rovníc v dvoch rozmeroch Vlnová rovnica a rovnica vedenia tepla v jednom rozmere Vlnová rovnica v jednom rozmere Rovnica vedenia tepla v jednom rozmere Porovnanie vlastnostní rie²ení Teória distribúcií Úvod Distribúcie s kompaktným nosi om Operácie s distribúciami Temperované distribúcie a Fourierova transformácia Cauchyho úloha pre vlnovú rovnicu a rovnicu vedenia tepla Greenova funkcia lineárneho operátora Rie²enie rovnice vedenia tepla Rie²enie vlnovej rovnice

2 6 Okrajové úlohy pre Poissonovu rovnicu a zov²eobecnenia Klasikacia okrajových úloh Vlastnosti harmonických funkcií Rie²enie Dirichletovej okrajovej úlohy Rie²enie Neumannovej okrajovej úlohy Dopl ujúce asti Fourierova metóda rie²enia PDE Fourierova metóda v dvoch rozmeroch Fourierova metóda vo v²obecnom prípade Vlastné funkcie Laplaciánu v dvoch a troch priestorových rozmeroch Rovnice vo viacerých rozmeroch Spektrálny rozklad samoadjungovaných operátorov Zov²eobecnená úloha a Sobolevove priestory Nelinárne rovnice a rovnice vy²²ých rádov Razy revisited Burgerova rovnica KdV rovnia sine-gordon rovnica Dispezia

3 Úvod do parciálny diferenciálny rovníc parcialna diferecncialna rovnica (PDE) - rovnica pre funkciu n premennych u(x 1,..., x n ) = u( x), x R n (.1) v ktorej vystupuju jej parcialne derivacie, vseobecne dana ako F (x 1,..., x n, u, x α a...x b u) = (.2) budeme standardne oznacovat u x i xi u u xi (.3) takato rovnica ma vseobecne nekonecne vela rieseni, k nej vzdy budu pripojene nejake podmienky ktore budu toto riesenie specikovat. ake konkretne zalezi od ulohy, ktoru riesime trochu trivialny priklad na zaciatok Príklad 1. Pre funkciu dvoch premenných u(x, y) nájdite v²obecné rie²enie nasledujúcich rovníc. u x = 1, (.4) u xx = u. (.5) Rie²enie. Sta í si premyslie, ºe derivovanie pod a x nám ni nehovorí o tom, ako funkcia závisí od y, takºe to, o by bolo v oby ajnej rovnici kon²tantou, bude teraz kon²tantou vzh adom na derivovanie pod a x, takºe hocjaká funkcia y. Rie²ením je teda u(x, y) = x + h(y), (.6) u(x, y) = h 1 (y) sin x + h 2 (y) cos x. (.7) teraz niekolko terminov rad rovnice - najvyssia derivacia, ktora vystupuje homogenna rovnica - rovnica, ktora sa da zapisat v tvare Lu =, pricom pre L plati u = Lu = (.8) nehomogenna rovnica - rovnica v tvare Lu = g (.9) linearna rovnica - operator L je linearny, tj L(u + cv) = Lu + clv, c R, u, v (.1) 3

4 riesenia linearnej homogennej rovnice tvoria vektorovy priestor, riesenia linearnej nehomogennej rovnice tvoria anny priestor; rozdiel dvoch rieseni (.9) je riesenie (.8), pripadne 1 L(au + bv) = (a + b)g priklady PDE s ktorymi sa uz citatel mohol stretnut u = Laplace ( t )u = vedenie tepla, difuzia ( tt )u = vlna ( t + u ) u = Euler ( t + u ) u + p ν u = u = Navier Stokes u t + u xx + u xxx = Korteweg de Vries u tt u xx + u 3 = Klein Gordon a mnozstvo inych mien, Maxwell, Einsten, Black-Scholes, Eikonal ako vidime, niektore operatory sa objavuju nejak prilis casto este je fajn poznamenat, ze pre PDE je celkom trivialne overit, ci je dana funkcia jej riesenim, ale najst riesenie je velmi netrivialne 1 Anný priestor je taký, ºe pre dva vektory u, v je ubovo ná lineárna kombinácia au + bv, a + b = 1 tiez elementom tohto podpriestoru. 4

5 1 Parciálne diferenciálne rovnice prvého rádu podla ocakavania to budu take rovnice, v ktorych vystupuju iba prve derivacie, tj F ( x, u, u) = (1.1) k tejto rovnici potrebujeme pridat podmienku, ktora bude urcovat riesenie. ta bude v tvare u γ = f( x) (1.2) tj na nejakej nadrovine 2 γ budeme mat zadane, ako riesenie vyzera 1.1 Lineárne rovnice vseobecna linearna PDE prveho radu ma tvar v u = g (1.3) kde g( x, u) = c( x)u + d( x) a vektorove pole v( x) sa moze s polohou menit zatial predpokladame, ze vsetky funkcie ktore vystupuju ako parametre su hladke, teda su spojite aj so svojou prvou derivaciou, teda C 1 (R n ) k nem budeme mat pociatocnu podmienku u γ = f( x) (1.4) tomu sa hovori Cauchyho uloha idea riesenia - homogenna rovnica hovori, ze v smere vektoroveho pola v sa funkcia u nemeni, nehomogenna potom hovori ako konkretne sa tato hodna meni potrebujeme teda najst integralne krivky, po ktorych sa potom bude riesenie prenasat OBR1 tu je tiez jasne, kedy bude problem - ak integralne krivky lezia v γ, potom je riesenie urcene nejednoznacne (ak je f kompatibilna) alebo neexistuje (ak f nie je kompatibilna) este moze byt problem, ak dana charakterisitka nepretina krivku γ toto spresnime neskor ilustracny priklad, znacne jednoducha rovnica Príklad 2. Najdite vseobecne riesenie rovnice u x = (1.5) 2 rozmer γ je teda n 1 5

6 Rie²enie. vektorove pole je v tomto pripade v = (1, ) a jeho integralne krivky su vodorovne ciary, riesenie v mieste (x, y) teda najdeme tak, ze sa vratime po vodorovnej ciare na miesto, kde stretneme krivku γ a hodnota funkcie u(x, y) bude hodnota f(y), ako ilustruje obrazok OBR2 to je ale presne to, co hovori rovnica, ze riesenie nezavisi od x a teda je to lubovolna funkcia f(y) slovicko - integralnym krivkam v budeme hovorit charakteristiky a oznacovat ich C alebo naopak, charakteristicka krivka bude taka krivka, ktorej dotycnica je v kazdom bode dana vektorom v o cosi komplikovanejsi priklad Príklad 3. Najdite riesenie rovnice s pociatocnou podmienkou 3u x 2u y = 13(x + y), u(, y) = f(y) =, (1.6) = y 2. (1.7) Rie²enie. integralne kviky su opat rovne ciary, vracanie sa po krivka z bodu (x, y) vsak nie je pri konstantom x riesenie - prejde do suradnic, kde to tak bude. nieje tazke rozmysliet si, ze to vyriesi suradnica druhy smer zme zvolili kolmo na smer C OBR3 nie je problem vypocitat inverzny prechod derivacie potom vyzeraju nasledovne ξ = 3x 2y (1.8) η = 2x + 3y (1.9) 3ξ + 2η x = 13 2ξ + 3η y = 13 (1.1) (1.11) ξ u x = u ξ x + u η y x = 3u ξ + 2u η (1.12) u η = 2u ξ + 3u η (1.13) neprekvapuje nas, ze po dosadeni do rovnice vypadne u η, lebo presne tak sme tieto suradnice zvolili. dostaneme u ξ = 1 13 (ξ + 5η) u(ξ, η) = 1 26 ξ2 + 5 ηξ + h(η) 13 (1.14) u(x, y) = 99x2 36y 2 12xy + h(2y + 3x) 26 (1.15) 6

7 funckiu h zistime z pociatocnej podmienky u(, y) = 36y 2 /26 + h(2y) = a teda h(z) = 9z 2 /26 co dava vysledok Príklad 4. Nájdite rie²enie rovnice u(x, y) = 9x2 + 48xy 13 (1.16) 3u x 2u y + u = 13(x + y), u(, y) = f(y) =. (1.17) majme teda vseobecny dvojrozmerny pripad a(x, y)u x + b(x, y)u y = c(x, y)u + d(x, y) (1.18) hladame suradnice ξ(x, y), η(x, y) tak, aby η bola rovnaka pozdlz danej charakteristiky C a ξ bude hovorit kde na danej charakteristike sa nachadzame zoberieme ξ = x a budeme predpokladat ze charakteritiky nie su nikde zvisle, onedlho od tohto predpokladu upustime vyjadrime u x, u y cez u ξ, u η, pozbierame cleny pri u η a budeme pozadovat, aby sa navzajom vyrusili, co da aη x + bη y = (1.19) charakteristiky budu vyjdrene ako funkcia y(x) a chceme, aby sa suradnica η pozdlz charakteristiky nemenila to da co spolu (1.19) da rovnicu charakteristiky 3 d dx η( x, y(x) ) = (1.2) η x + η y dy dx = (1.21) dy dx = b a (1.22) toto je diferencialna rovnica pre y, ktorej riesenie bude obsahovat jednu konstantu, tato konstanta bude hovorit, na ktorej charakteristke sa nachadzame a teda to bude presne vyjadrenie suradnice η rovnaku rovnicu dostaneme znasledujucou uvahou - ak sme v bode (x, y) a chceme prejst do bodu (x + dx, y + dy) v smere vektora (a, b) posunutia dx a dy nie su nezavisle OBR3 rovnica potom prejde do tvaru a(ξ, η)u ξ = c(ξ, η)u + d(ξ, η) (1.23) 3 Rozmyslit si z sme vlastne pouzili vetu o implicitne zadanej funkcii. 7

8 Príklad 5. Nájdite rie²enie rovnice 1 x u x + 2xu y =, u(1, y) = 3y. (1.24) Rie²enie. Rovnica pre charajteristiku je Z toho dostaneme vyjadrenie pre povodne suradnice y = 2x 2 y = 2 3 x3 + C η = y 2 3 x3. (1.25) x = ξ, y = η ξ3. (1.26) Rovnica prejde do tvaru 1 ξ u ξ = u(ξ, η) = h(η) u(x, y) = h (y 23 ) x3. (1.27) Z pociatocnej podmienky dostaneme h(y 2/3) = 3y a teda h(z) = 3z + 2 co da riesenie u(x, y) = 3y 2x (1.28) Lahko overime, ze riesenie splna rovnicu spolu s pociatocnou podmienkou. OBR4 Príklad 6. Nájdite rie²enie rovnice 1 x u x + 2xu y =x + y, u(1, y) = 3y, (1.29) yu x + xu y =. (1.3) vo viacerych rozmeroch by rovnice pre charakteristiku boli x i (x 1 ), i 2 a boli by dane podmienkou dx i dx 1 = v i v 1 (1.31) z ktorych dostaneme vyjadrenie pre n 1 suradnic η i v tychto suradniciach bude mat rovnica tvar a to je opat PDE iba v jednej premennej, takze vlastne ODE v 1 u ξ = c(ξ, η i )u + d(ξ, η i ) (1.32) my by sme sa ale chceli zbavit specialnej ulohy suradnice x 1 zavedieme parameter s - vzdialenost pozdlz charakteristky od miesta, kde pretina γ, nech tento bod ma suradnice x 8

9 z bodu x na C spravim krok ds po C - tj. v smere vektora v, to znamena v kazdom smere spravim krok dx i = v i ds, co mi da n rovnic pre charakteristiky ẋ i = v i (1.33) tejto sustave sa hovori charakteristicky system k nej ide potom podmienka x(s = ) = x Rie²enie. Vyriesime teraz priklad 5 touto metodou. Charakteristicky system je ẋ = 1 x, ẏ = 2x (1.34) co nam da x = ± 2s + c 1 y = ± 2 3 (2s + c 1) 3 + c 2 = 2 3 x3 + c 2 (1.35) Z toho, ze x = (1, y ) dostavame c 1 = ±1 a c 2 = y 2/3. Kedze rovnica je homogenna, dostavame riesenie u(x, y) hodnotu pociatocnej podmienky v y a teda ( u(x, y) = h y 2 3 x3 + 2 ). (1.36) 3 Príklad 7. Premyslite si, kde vznikol rozdiel medzi vseobecnymi rieseniami (1.27) a (1.36). tomuto celemu sa hovori metoda charakteristik a prevadza to PDE na system ODE z existencie a jednozna nosti rie²enia ODE podon plynie existencia a jednozna nos rie²enia PDE je dobre uvedomit si, co vstupuje do riesenia v bode x ako parameter x - miesto, kde krivka γ pretina charakteristiku, na ktrej lezi bod x s - parameter, ktory urcuje kde na danej C sa bod x nachadza tieto parametre su samozrejme funkciou suradnic bodu x riesenie u( x) potom najdeme ako (pre nehomogennu rovnicu patricne upravenu) hodnotu f( x ) obrazok lepsi od tisica slov OBR ostava rozmysliet si, co sa bude diat ak je rovnica nehomogenna, potom u = u x i dx i ds = v iu xi = v u (1.37) takze dostavame u = g (1.38) co uz je obycajna diferencialna rovnica 9

10 mate teda rovnicu x = v s pociatocnou podmienkou x() = x, ktora ma riesenie x = x(s, x ) riesenim rovnice u = g je potom u ako funckia s a x. a ked sa nam podari obratit vyjadrenie x a najst (s, x )( x) dostaneme hladane vyjadrenie u( x) Príklad 8. Rie²enie. 1.2 Kvázilineárne rovnice kvazilinearne = linearne v najvyssom rade derivacie pre PDE prveho radu mame teda rovnicu v( x, u) u = g( x, u) (1.39) s rovnakou pociatocnou podmienkou u γ = f( x) (1.4) rovnicu preformulujeme do n + 1 rozmerneho priestoru so suradnicami X I = (x 1,..., x n, u) (1.41) tomuto priestoru sa hovori priestor -jetov J a rovncia v nom vyzera nasledovne V X U = (1.42) kde sme zadenovali V I = ( v, g) (1.43) U = u( x) X n+1 (1.44) v tomto priestore je pociatocna podmienka dana krivkou (stale n 1 rozmernou) Γ = { x γ, X n+1 = f( x) } (1.45) uloha ma teda geometricku interpretaciu - hladame taku nadrovinu v J danu { X : x R n, X n+1 = u( x) } (1.46) funckiou u tak, aby normalovy vektor k tejto ploche ( u, 1) bol vzdy kolmy na vektor V vektorove pole V nam teda v kazdom bode priestoru J urcujte jeden zo smerov, v ktorom musi lezat dotykova rovina k ploche (1.46), zvysnych n 1 smerov nam urci pociatocna podmienka problem je evidnente ak je pociatocna podmienka v smere V, kedy nejednoznacne urcuje riesenie 1

11 ulohou je teda najst plochu, ktora sa v kazdom bode dotyka V a ktora obsahuje Γ - riesenie charakteristikami vetkoroveho pola z kazdeho bodu Γ vystartuje jedna integralna krivka pola V, zjednotenie tychto kriviek je hladane riesenie OBR6 rovnice pre integralne krivky su ẋ i = v i (1.47) Ẋ n+1 = u = g (1.48) tomuto sa opat hovori charakteristicky system a ide o sustavu n previazanych ODE, do riesenia ktorych zakomponujeme to, ze charakteristika musi prechadzat bodom na Γ nech je teda bod x Γ urceny sadou n 1 parametrov τ j, tieto spolu s hodnou parametra s v rieseni charakteristckeho systemu udavaju bod na n rozmernej nadploche, ktora je riesenim nasej rovnice niekedy sa budu z tejto sustavy dat eliminovat vsetky parametre a namiesto vyjadrenia x(s, τ), u(s, τ) budeme vediet najst riesenie v tvare u( x), ale niekedy budeme vediet riesenie iba v parametrickom tvare dva priklady na ilustraciu Príklad 9. Najdite riesenie rovnice 2u x + 3u y u z = u, u(1, y, z) = yz. (1.49) Rie²enie. Najskor identikujeme vsetky ingrediencie. Γ je zadana ako x = (1, τ 1, τ 2 ) (1.5) kde hodnoty parametrov τ 1, τ 2 su priamo suradnice y, z a tak ich budeme dalej pisat. Charakteristicky system je potom ẋ = 2, ẏ = 3, ż = 1, u = u (1.51) ktoreho riesenie je x = 2s + c 1, y = 3s + c 2, z = s + c 3, u = c 4 e s (1.52) Z pociatocnej podmienky dostavame hodnoty konstant c 1 = 1, c 2 = y, c 3 = z, c 4 = f(1, y, z ) = y z. (1.53) Dostali sme teda parametricke vyjadrenie riesenia skrz parametre s, y, z. V tomto pripade sa nam vsak lahko podari najst aj explicitne vyjadrenie pre u. Rovnice pre x dostaneme s = (x 1)/2 a z 11

12 dalsich dvoch rovnic potom vyjadrenie pre y a z. To ked dosadime do poslednej rovnice, dostane vysledny tvar riesenia u(x, y, z) = Príklad 1. Najdite riesenie rovnice ( y 3 2 x + 3 ) ( z x 1 ) e x 1 2. (1.54) 2 u x + u 2 u y =, u(, y) = 2 + y. (1.55) Rie²enie. Charakteristicky system je ẋ = 1, ẏ = u 2, u = (1.56) a jeho riesenie je Pociatocna podmienka da x = s + c 1, u = c 2 s, y = c 2 2s + c 3 (1.57) c 1 =, c 3 = y, c 2 = 2 + y (1.58) Dostavame teda, ze ako parameter s mozme pouzit priamo x a z rovnie pre y dostaneme vyjadrenie pre y y = 1 ± 1 + 8x + 4xy 2x To da vysledne explicitne vyjadrenie riesenia 2 (1.59) u(x, y) = 1 ± 1 + 8x + 4xy 2x (1.6) Zda sa teda, ze mame dve riesenia a teda nejednoznacnost. Avsak lahko sa presvedcime, ze v limite x da iba znamienko + riesenie, ktore splna pociatocnu podmienku. problem s jednoznacnostou resp. existenciou riesenia vznika, ked je v niektorom z bodov charakteristika v smere Γ, vtedy mame nekonecne vela rieseni. vseobecne v okoli bodu, v ktorom sa Γ dotyka nejakej charakteristiky nebude riesenie dane jednoznacne riesenie nebude (lokalne) existovat vobec v bodoch, v okoli ktorych sa Γ premietne do priestoru x-ov na tu istu krivku ako nejaka charakteristika, avsak v uplnom priestore J ide o inu krivku. vtedy ide Γ ponad alebo popod charakteristiku rozmysliet si ako tieto dve situacie suvisia s exitenciou/jednoznacnostou riesenia linearnej rovnice 12

13 1.3 Nelineárne rovnice budeme hladat riesenie vseobecnej rovnice prveho radu F ( x, u, u) = (1.61) najskor kuchynsky recept na riesenie rovnicu zapiseme v tvare F (x 1,..., x n, z, p 1,..., p n ) = (1.62) teda sme nahradili xi u p i a u z riesenie rovnice (1.61) je dane nasledujucou sustavou ODE ẋ i = pi F ṗ i = xi F p i z F ż = p i pi F (1.63a) (1.63b) (1.63c) ide o 2n + 1 rovnic, ktore k sebe potrebuju 2n + 1 poiatocnych podmienok. tie dostaneme z toho, ze pre parameter s = (opat oznacujeme x i (, τ) = x i a podobne pre ostatne premenne) musi byt splnena rovnica bod ( x, z ) musi lezat na Γ, tj F ( x, z, p ) = (1.64) x γ, z = f( x ) (1.65) suradnie p musia spravne urcovat prve derivacie funkcie f v tomto bode. tu sa oplati byt o cosi podrobnejsi. bod na γ je dany sadou parametrov τ j, z je teda tiez funkcia tychto parametrov, jej derivacia podla τ j je potom z = z x i τ j x i τ j x= x, j = 1,..., n 1 (1.66) prvy z tychto clenov je hodnota p i, druhy vieme vypocitat zo zadania krivky γ dostavame teda postupne 1, n + 1, n 1 rovnic, ktore daju dohromady 2n + 1 pociatocnych podmienok riesenie potom dostaneme ako u = z(s, τ), pricom sa mozme pokusit z vyjadrenia x(s, τ) dostat vyjadrenie (s, τ)( x) a explicitne vyjadrenie u( x) niekolko poznamok len pre ujasnenie, doteraz boli a takmer vzdy budu parametre τ dane priamo nejakymi suradnicami x, y,... 13

14 nie je tazke overit, ze za tychto podmienok dostaneme pre funkcie x(s), u(s) = z(s), p(s) d F ( x, u, p) = (1.67) ds a teda ze rovnica plati pozdlz celej ciary danej x(s), kedze tam platila v bode x urobili sme teda cosi podobne ako v pripade kvazilinearnej rovnice. presli sme do bohatsieho priestoru, v ktorom je riesenie dane ako nejaka plocha, ktoru najdeme ako zjednotenie charakteristik prechadzajucich cez pociatocnu podmienku tomuto priestoru sa hovori priestor 1-jetov a budeme ho oznacovat J 1 v pripade dvoch rozmerov x = (x, y), p = (p, q) je rovnica F (x, y, u, x u, y u) =, u γ = f(x, y) (1.68) pricom γ je jednorozmerna takze body na nej su dane jednym parametrom τ. recept na riesenie v tomto pripade vyzera nasledovne ẋ = p F ẏ = q F Príklad 11. Najdite riesenie rovnice ṗ = x F p z F γ = {x = x (τ), y = y (τ)} z = f (x (τ), y (τ)) q = y F q z F F (x, y, z, p, q ) = dz ż = p p F + q q F dτ = p dx dτ + q dy dτ (1.69) u 2 x + u 2 y = 1, u(x, ) = x. (1.7) Rie²enie. Identikujeme ingrediencie (derivovanie podla parametra τ budeme oznacovat ciarkou) a pociatocne podmienky F (x, y, z, p, q) = p 2 + q 2 1 p 2 + q2 1 = x (τ) = τ x = 1 y (τ) = y = 1 = p (1.71) 1 + q z (τ) = x = τ z = 1 Co dava p =, q = 1. Dostat charakteristicky system rovnic je priamociare, jeho riesenim je p = c 1, q = c 2, x = 2c 1 s + c 3, y = 2c 2 s + c 4, z = 2(c c 2 2)s + c 5 (1.72) Z pociatocnych podmienok potom dostaneme c 1 = 1, c 2 =, c 4 =, c 3 = c 5 = τ (1.73) a vysledne riesenie je teda co da x = 2s + τ, y =, z = 2t + τ (1.74) u(x, y) = x. (1.75) 14

15 Príklad 12. Najdite riesenie rovnice u 2 x + u 2 y = 1, u(x, ) = 1 2 x. (1.76) Výsledok. Riesenim je funkcia u(x, y) = 1 2 x ± 3 2 y. (1.77) dolezita poznamka : vidime, ze sme dostali nejednoznacne riesenie ale lahko overime, ze pre oba znamienka je splnena rovnica aj pociatocna podmienka. jednoznacnost riesenia je az po ziskani hodnot pociatocnych parametrov p, q. tie ale nemusia byt urcene jednoznacne, lebo rovnice pre ne nie su linearne a mozu mat viac rieseni odvodenie receptu opat v priestore J. ak sa nachadzame v nejakom konkretnom bode tohto priestoru x, z, rovnica F ( x, z, p) = (1.78) je rovnica pre mozne hodnoty p. ak je riesenie dane rovnicou u( x), v bode x ma plocha u normalovy vektor ( ) u N = u x 1, x1 =x 1 x 2,..., 1 = ( p, 1) (1.79) x2 =x 2 riesenie rovnice (1.78) je n 2 rozmerna plocha a na nej mozu lezat mozne vektory N. v kazdom bode mate teda vejar moznych normalovych vektorov dotykovej roviny k rieseniu u( x) vsimnite si, ze predtym bol cely tento vejar v rovine, nakolko normalovy vektor musel byt kolmy na smer dany vektorovym polom V obalka vsetkych moznych rovin, ktore splnaju predadzajucu podmienku, sa nazyva Mongeov kuzel - dotykova rovina sa musi dotykat tohto kuzela ze ide ozaj o kuzel si ukazame na priklade rovnice u 2 x + u 2 y = 1, pre ktoru musi v kazdom bode platit p 2 + q 2 = 1 rovnica roviny, ktora prechadza cez bod x, z a ma normalovy vektor (p, q, 1) je z z = p(x x ) + q(y y ) (1.8) ak ma byt tato rovina dotykovou k rieseniu rovnice, musi byt splnene p 2 + q 2 = 1 nas bude zaujimat ako bude vyzerat dotykova rovina dana o trochu inym p, konkretne p + dp. z vyjadrenie q = ± 1 p 2 dostaneme q + dq = ± 1 p 2 + d (± ) 1 p 2 dp dp = ± 1 p 2 ± p dp (1.81) 1 p 2 15

16 a teda tato rovina ma rovnicu z z = (p + dp) (x x ) + ( ± 1 p 2 ± p 1 p 2 dp ) (y y ) (1.82) prienik rovin (1.8) a (1.82) bude priamka, ktora bude lezat v obalke ktoru hladame (premysliet) a teda (x x ) ± p 1 p 2 (y y ) = (1.83) z toho dostaneme comu sa rovna p pre dane x, y a dostaneme rovnicu pre obalku (z z ) 2 = (x x ) 2 + (y y ) 2 (1.84) co je kuzel s vrcholom v bode (x, y, z ) a vrcholovym uhlom π/4 riesenie rovnice je teda n rozmerna nadplocha u( x) v priestore J, ktora sa v kazdom bode dotyka Mongeovho kuzela a obsahuje zadanu n 1 rozmernu plochu Γ z coho dostaneme podmienky? to dava rovnice priamok na kuzeloch v bodoch x, lebo niektoru z tychto priamok musi obsahovat dotykova rovina k ploche u( x) p su derivacie u, lebo iba vtedy je to dotykova rovina k u vsade musi platit F ( x, u, u) = v bode x mame dve rozne roviny dane normalovymi vektormi p a p + d p z z = p ( x x ) z z =( p + d p) ( x x ) (1.85a) (1.85b) ich prienik je dany rovnicou ( x x ) d p = (1.86) oba vektory maju urcovat rovinu ktora splna rovnicu, takze F ( p + d p) = F ( p) + F p 1 dp i = porovnanim (1.86) a (1.87) vidime, ze ak zvolime F p 1 dp i = (1.87) ( x x ) i F p i (1.88) nase podmienky budu urcite plnene. v dvoch rozmeroch je to aj jedine mozne riesenie. vo viac rozmeroch mame aj ine riesenia k dispozicii, avsak nas nezaujima najvseobecnejsie, staci ukazat ze toto funguje 16

17 o ( x x ) ma zmysel hovorit iba lokalne, nakolno samotna dotykova rovina je iba lokalny objekt a teda piseme namiesto toho d x a dostavame dx i pi F ak spravim takto dany krok d x, ako sa zmenu z? takto chcem aby rovnica platila aj v novom x, potom df dx i = i = const = da i (1.89) dz = z x i dx i = p i pi F da (1.9) (1.91) z p j =F xi + F z + F pj = F xi + p i F z + dx j p j = x i x i dda x i =F x i + p i F z + dx j p i (1.92) dda x j kde sme mohli prehodit i a j v poslednom clene lebo u ij = u ji. dostali sme teda dp i F xi + p i F z = da (1.93) ked teraz v rovniciach (1.89,1.9,1.93) prejdeme k x(s), p(s), z(s), dostaneme ze da = ds a dostaneme aj reklamovany recept potom je uz velmi priamociare ukazat ze df ds = sustave rovnic z receptu sa hovori charakteristicke rovnice, ich rieseniam sa hovori charakteristicke pasy charakteristicke pasy ziju v 2n+1-rozmernom priestore ( x, z, p) ktoremu sa hovori priestor 1-jetov J 1. ich priemet do priestoru J su potom charakteristicke krivky ktoru z kriviek v pase si vyberiem potom urcuje pociatocna podmienka svojou derivaciou Príklad 13. Najdite riesenie rovnice u x u y = 1, u(, y) = y 2. (1.94) Rie²enie. Ingrediencie F = pq z, γ : x = y = τ z = τ 2 17

18 Rovnice aj s riesenim ẋ = q ẏ = p ṗ = p p = c 1 e s q = q q = c 2 e s ż = 2pq a teda x =c 2 e s + c 3 y =c 1 e s + c 4 z =c 1 c 2 e 2s + c 5 Pociatocne podmienky daju p q τ 2 = 2τ = p + q 1 q = 2τ = c 2 p = 1 2 τ = c 1 c 2 + c 3 = c 3 = 2τ c 1 + c 4 = τ c 4 = 1 2 τc 1c 2 + c 5 = τ 2 c 5 = Dostavame teda paramtericke riesenie x = 2τ (e s 1), y = 1 2 τ (es + 1), z = τ 2 e 2s Z toho vieme vyjadrit comu sa rovna e s, τ a dostaneme u(x, t) = (x + 4y)2 16. (1.95) 1.4 Aplikácie rovníc prvého rádu Transportná rovnica, Burgerova rovnica a vznik rázov transportna rovnica premenne oznacime (t, x) a teda cas a jednorozmerna poloha u t + cu x =, u(, x) = f(x) (1.96) charakteristy a pociatocna podmienka da ṫ = 1 ẋ = c x = ct + c 1 = ct + x (1.97) u(t, x) = u(, x ) = f(x ) = f(x ct) (1.98) a teda pohyb prolu f(x) rychlostou c. avsak iba jednym smerom 18

19 ak je u koncentrácia astíc, potom táto rovnica popisuje pohyb týchto astíc v médiu, ktorého rýchlos je c. ak tá závisí od x alebo od t, rie²enie pre x bude komplikovanej²ie, ale podmienka u = f(x ) bude platit dalej nenulova prava strana potom meni aj koncetraciu castic. tie mozu vznikat, zanikat, mnozit sa, zomierat a podobne (bezviskozna) burgerova rovnica budeme popisovat castice, ktore sa pohybuju samostatne a nie su nicim unasane. majme teda vela castic na priamke, kazda nech ma nejaku rychlost. ak su castice volne, pre ich polohu plati x i (t) = x i + v i t a ẍ(t) =. castic tiez nech je velmi vela aby sme ich rozdelenie mohli povaovat za spojite castice teraz budeme popisovat polom rychlosti u(t, x), tj. hodnotou rychlosti, ktoru ma castica ktora sa v case t nachadza v mieste x. aku rovnicu splna u? ked pocitame uplnu derivaciu u, musime zahrnut to, ze prol rychlost sa moze menit s casom a meni sa aj castica, ktora sa v danom mieste nachadza, takze to je ale rovne v = ẍ = takze dostavame burgerovu rovnicu du dt = u dx t + u x dt = u t + uu x (1.99) u t + uu x = (1.1) ide o nelinarnu rovnicu podobnu (1.96), kde rychlost sirenia je priamo hodnota u. hned uvidime ze to vedie na problemy s pociatocnou podmienkou u(, x) = f(x) ju vieme hravo vyriesit ṫ = 1 ẋ = u u = t = s u = c 1 = f(x ) (1.11) x = c 1 t + c 2 = f(x )t + x pre dane f je posledna rovnica rovnica pre x a z nej potom dostaneme u(t, x) = f(x ) majme pociatocnu podmienku k rovnicu (1.1) x < u(, x ) = f(x ) = x < x < 1 1 x > 1 (1.12) pytame sa teda, ake je x pre dane x a t. tu musime zacat od konca, predpokladat hodnotu x a potom zistit, ake x, t vedie na tuto hodnotu x <, potom f(x ) = a dostaneme rovnicu charakteristik x = x, v takom pripade je riesenie u(t, x) = a plati pre x < 19

20 Obr. 1: Cervene ciary su charakteritiky prveho druhu, modre ciary druheho a zelene ciary tretieho. x > 1, potom f(x ) = 1 a dostaneme rovnicu charakteristik x = t + x, v takom pripade je riesenie u(t, x) = 1 a plati v oblasti kde x t > 1 < x < 1, potom f(x ) = x a dostaneme rovnicu charakteristik v takom pripade je riesenie u(t, x) = x = x t + x x = x t + 1 x t+1 (1.13) obrazok lepsi od tisica slov, aj podrobnym popisom, obrazok 1 nie je tazke rozmysliet si, co tento priklad hovoril. nainicialuzujeme castice tak, ze pre x < stoja, pre x > 1 sa pohybuju rychlostou 1 a medzi nimi rychlost rastie z jednej na druhu. ked castie pustime, stojace stoja, rychle utekaju prec a tie medzi nestihaju a medzera sa zvacsuje. a presne to hovori obrazok majme ale inu pociatocnu podmienku 1 x < u(, x ) = f(x ) = 1 x < x < 1 x > 1 (1.14) postup je uplne analogicky, takze bez velkeho komentara x <, f(x ) = 1, u(t, x) = 1, x = t + x a teda x t < x > 1, f(x ) =, u(t, x) =, x = x a teda x > 1 < x < 1, f(x ) = 1 x, u(t, x) = (1 t)/(1 t), x = (1 x )t + x tu obrazok hovori ovela tragickejsi pribeh v case t = 1 sa charakteristiky pretnu a riesenie prestava byt dane jednoznacne pekne to vidno ked si rozmyslime co sa deje s casticami, ktore maju takto nainicializovane rychlosti. castice pre x > 1 stoja a castice pre x < 1 ich dobiehaju a case t = 1 sa v mieste x = vytvori schod, nespojitost u a nekonecnost u x 2

21 Obr. 2: Cervene ciary su charakteritiky prveho druhu, modre ciary druheho a zelene ciary tretieho. tomuto sa hovori raz (po anglicky shock) z matematickeho hladiska rovnica vybuchne a zamrzne ako windows, z fyzikalneho hladiska to hovori ze v tom momente prichadza do hry nejaka ina fyzika je dobre vyjasnit si, ze to co sa pretlo su charakteristiky v priestore R 2,co je priemet charakteristik v J na tuto rovinu. v priestore J sa charakteristiky nepretinaju, avsak pociatocna podmienka Γ si z nich vybrala tak, ze ich priemety sa pretinaju vseobecne(jsie) o razoch riesenie burgerovej rovnice (1.1) je u = f(x ut), co ked derivujeme podla x dostaneme u x = f (1 u x t) u x = f 1 + f (1.15) t a teda evidentne vznike problem ak f < nikde, lebo pozdlz tej charakteristiky sa s rastucim casom bude derivacia u x zvacsovat a v case t = 1 f (1.16) sa charakteristiky stretnu a riesenie vybuchne ak mame vseobecnejsiu rovnicu v tvare u x + c(u)u x = (1.17) i.e. rychlost nie je priamo u ale cosi co zavisi od u, riesnie dostaneme nezlozito u = f ( x c(u)t ). (1.18) a v tom pripade dostavame u x = f (1 c u x t) u x = f 1 + c f t (1.19) 21

22 raz teda vznikne v case co robit aby razy nevznikali? pridat na pravu stranu brzdenie T = 1 c f (1.11) clen εu xx sa pre male druhe derivacie neprejavi, ale ak zacne vznikat singularita, bude dominantny a sposobi pre zaporne u, ktore velmi rychlo klesa velke brzdenie na pravu stranu odporovu silu ku, potom ṫ = 1 ẋ = u u = ku v nulovom case potom dostavame co da x = c 2 f(x ) k u = f x = x + f(x ) k t = s u = c 1 e kt = f(x )e kt (1.111) x = f(x ) k e kt + c 2 (1 e kt) = x + uekt k ( x u ( )) ( e kt 1 e kt u x = e kt f 1 u ( )) x e kt 1 k k ( 1 e kt) (1.112) (1.113) a teda e kt f u x = 1 + f k (1 (1.114) e kt ) aby bola v kazdom case tato derivacia konecna, vyraz v menovateli nesmie byt nikdy nulovy a teda k > f rozmysliet si o co ide - odporova sila a ta musi byt dost silna, aby v dostatocnom case zabrzdila velmi rychle castice a tie nedobehli pomalsie castice pred nimi Príklad 14. Ake musi byt k v rovnici u t + c(u)u x = ku, aby pre zadanu pociatocnu podmienku u(, x) = f(x) nenastal nikdy raz Trac ow predpoklady : jeden pruh, hustota aut dana funkciou ρ(x, t), auta sa v danom mieste hybu rychlostou v(x, t) doprava pocet aut medzi a a b je b za cas dt prejde cez miesto x v case t pocet aut potom musi platit a dx ρ(x, t) = N (1.115) dn = ρ(x, t)v(x, t)dt (1.116) dn = dn a dn b = [ρ(a, t)v(a, t) ρ(b, t)v(b, t)] dt (1.117) 22

23 ak zoberieme a = x a b = x + dx dostaneme z denicie parcialnej derivacie a z (1.115) dostaneme co dohromady dava dn = (ρv) dxdt (1.118) x dn = ρ dxdt (1.119) t ρ t + (ρv) x = (1.12) predpokladame nejaku zavislost v(ρ), z coho ( ρ t + v + ρ dv ) ρ x = ρ t + c(ρ)ρ x = (1.121) dρ najjednoduchsi tvar v(ρ) = v ( 1 ρ ρ ) vidime teda, ze opat budeme mat do cinenia s razmy ( c(ρ) = v 1 2ρ ) ρ (1.122) ale este predtym vlny v rovnovaznom rieseni - rovnica (1.121) ma evidentne riesenie ρ = ρ R = const co sa stane ked v tomto rieseni vznikne mala porucha ρ = ρ r + ρ? potom linearizujeme c(ρ) = c(ρ R ) + dc dρ ρ (1.123) ρ=ρr a rovnica do prveho radu v tildach bude proste a iba ρ t + c(ρ r ) ρ x = (1.124) rovnice pre ρ je uz potom obycajna transportna rovnica dana rychlostou pre ρ R. ta moze byt zaporna, takze porucha ρ sa moze sirit aj proti doprave. pre vztah (1.122) to nastane ak ρ R > ρ / Rovnica eikonálu vlnova rovnica pre elektrostaticky potencial ansatz pre riesenie Φ 1 c 2 2 Φ t 2 = (1.125) Φ = A( x)e iω(t ( x)+t) (1.126) dosadime do rovnice a pocitame, dostaneme dve rovnice, jednu za imaginarnu a jednu za realnu cast 23

24 prva rovnica A ω 2 A T 2 = Aω2 c 2 (1.127) v limite geometrickej optiky ω dostaneme a ked prejdeme k T ( x) = c u dostaneme co je rovnica eikonalu T 2 = 1 c 2 (1.128) u 2 x + u 2 y + u 2 z = n(x, y, z) (1.129) druha rovnica da 2 A u + A u = (1.13) co je transportna rovnica pre (uz) zname u na riesenie rovnice existuju numericke algoritmy, ktore sa hojne pouzivaju v pocitacovej grake specialny pripad - vakuum n = 1 v 2D a mame u 2 x + u 2 y = 1, u γ = (1.131) potom riesenie u(x, y) = vzdialenost bodu (x, y) od krivky γ naviac kazde riesenie je vzdialenost od nejakej krivky (plus po pripade nejaka konstanta) 24

25 2 Parciálne diferenciálne rovnice druhého rádu - Úvod hladame neznamu funkciu u(x), x R n, pre ktoru mame danu rovnicu v tvare F (x, u, i u, ij u) = (2.1) kvazilinearna rovnica je potom rovnica, ktora je linearna v druhych (najvyssich) derivaciach a teda ma tvar F = a ij ij u +..., a ij = a ij (x, u, i u) (2.2) pre linearnu rovnicu potom mame a ij = a ij (x) 2.1 Klasikácia rovníc v n rozmeroch pre linearnu rovnicu v tvare F = A ij ij +... (2.3) zavedieme charakteristicku formu Q(λ 1,..., λ n ) = a teda nahradime derivaciu i premennou λ i n A ij (x)λ i λ j (2.4) Q je symetricka a teda sa da diagonalizovat, plus jej vlastne vektory potom vieme normovat, i,j=1 takze existuju suradnice v ktorych ma tato forma tvar ε 1 Q(ξ 1,..., ξ n ) = (ξ 1,..., ξ n ).... ε n ξ 1 ξ 1, ε i = ±1, (2.5) problem je v tom, ze toto sa da iba lokalne. v roznch bodoch x mozu matice, ktore diagonalizuju maticu A ij (x) vyzerat rozne a nemame zarucene, ze budeme vediet spravit jednu globalnu trasformaciu. iba v pripade matice A ij = const nezavislej od x na prstoch a to da poratat jednoducho - matica A ij ma n(n + 1)/2 nezavislych vstupov, my mame k dispozicii n zamien suradnic x i ξ i = ξ i (x) a jedno globalne prenasobenie funkciou, ale kedze n(n + 1) > n + 1 (2.6) 2 nemame dostatocne vela pak (iba ze by n = 2, potom by sa to mohlo dat a coskoro sa na to pozrieme) podla toho, ako vyzeraju ε v (2.5) delime rovnice druheho radu na elipticke - ak i ε i = 1 alebo i ε i = 1, hyperbolicke - ak jedno ε je 1 a ostane su +1 (alebo naopak), 25

26 parabolicke - ak jedno ε je a vsetky ostatne su +1 alebo 1, preco je to dolezite? - pre hyperbolicke/parabolicke rovnice bude specialna premenna zodpovedat casu a pojde o evolucne rovnice. eliticke rovnice su potom take, ktore nemaju cas = stacionarne problemy 2.2 Klasikácia rovníc v dvoch rozmeroch na prstoch sme zratali, ze v dvoch rozmeroch by sa mala dat rovnica druheho radu priviest do kanonickeho tvaru globalne. teraz si ukazeme ze to pojde naozaj, tj. ze pre lubobolnu startovaciu maticu ( ) a b A ij = (2.7) b c vieme najst take suradnice X(x, y), Y (x, y) ze v nich bude mat matica tvar ( ) r Ā ij =, ε =, ±1 (2.8) εr hodnota ε podla typu rovnice prvym krokom bude prevedenie matice na tvar ( Ã ij = α α ) (2.9) suradnicovou zamenou ξ(x, y), η(x, y). tj. prevedenie rovnice do tvaru 2α ξη pri takejto zamene x = ξ x ξ + η x η, y = ξ y ξ + η y η (2.1) a teda u xx =u ξξ ξ 2 x + 2u ξη ξ x η x + u ηη η 2 x +... u xy =u ξξ ξ x ξ η + u ξη (ξ x η y + ξ y η x ) + u ηη η x η y +... u yy =u ηη ξ 2 y + 2u ξη ξ y η y + u ηη η 2 y +... (2.11a) (2.11b) (2.11c) dostavame teda podmienky aξ 2 x + 2bξ x ξ y + cξ 2 y = aη 2 x + 2bη x η y + cη 2 y = (2.12a) (2.12b) to je rovnica prveho radu, ktoru vieme vyriesit ako kvadraticku rovnicu a dostaneme ξ x = b ± b 2 ac ξ y (2.13) a 26

27 a rovnaku rovnicu pre η. to vyriesime tak, ze v jednej rovnic zoberieme kladne a v druhej zaporne znamienko (dostaneme sa k tomu co robit ked su obe rovnake). mame teda rovnice ξ x + b + b 2 ac a ktore vyriesime a dostaname ξ x, η y ξ y =, η x + b b 2 ac η y = (2.14) a druh povodnej rovnice mozme lahko zistit z determinantu matice A (preco?) < pre elipticku ronvicu det A = b 2 ac = pre parabolicku ronvicu > pre hyperbolicku ronvicu (2.15) dalej pokracujeme podla druhu rovnice hyperbolicka - z dvoch realnych suradnic ξ, η zkonstruujeme suranice X, Y nasledovne X = 1 2 (ξ + η), Y = 1 (ξ η) (2.16) 2 potom lahko ukazeme ξη = 1 4 ( 2 X 2 Y ) (2.17) a teda r = α/2 elitpicka - z dvoch komplexne zdruzenych suradnic ξ, η vytvorime suradnice X, Y realnymi kombinaciami X = 1 2 (ξ + η), Y = 1 (ξ η) (2.18) 2i potom lahko uzazeme ξη = 1 4 ( 2 X + 2 Y ) (2.19) parabolicka - obe riesenia su rovnake, takze ak zvolime X = ξ = η dostaneme ξη = 2 X, za Y potom zoberieme lubovolnu kombinaciu x, y tak, aby ay 2 x + 2bY x Y y + cy 2 y (2.2) pri prevadzani na kanonicky tvar si treba davat pozor na pripad, ked vztah pre X, Y nie je linearny, potom dostaneme prispevok k prvym derivaciam aj z prevodu druch derivacii, uvidime na prikladoch vsimnite si, ze znamienko vyrazu b 2 ac je funkcia x, y a moze sa menit, takze rovncia moze byt v roznych castiach priestoru rozneho typu Príklad 15. Preve te na kanonický tvar nasledujúce rovnice u xx + 2u xy + 5u yy 32u =, (2.21) y 2 u xx + 4xyu xy + x 2 u yy =. (2.22) 27

28 Rie²enie. Pre prvu rovnicu dostavame b 2 ac = = 4 (2.23) a teda je eliptick. Podla receptu dostavame rovnice ξ x + (1 2i)ξ y =, η x + (1 + 2i)η y = (2.24) ktore maju riesenia ξ = f(y (1 2i)x), η = g(y (1 + 2i)x) (2.25) pre nejake funkcie f, g. najjedoduchsou volbouje priamo ξ = y (1 2i)x, η = y (1 + 2i)x (2.26) co potom da z toho dostaneme a potom X = y x, Y = 2x (2.27) x = X x X + Y x Y = X + 2 Y, y = X (2.28) xx = XX 4 XY + 4 Y Y, yy = XX, xy = XX + 2 XY (2.29) Dosadim tohto vyjadrenia do povodnej rovnice a upravami dostaneme 4u XX + 4u Y Y 32u =, u XX + u Y Y 8u = (2.3) Pre druhu rovnicu dostavame b 2 ac = 3x 2 y 2 (2.31) co je pre x, y vzdy vacsie ako a tam je rovnica hyperbolicka. na suradnicovych osiach je rovnica degenerovana. Dostavame podobne ako v predchadzajucom pripade co da najjednoduchsie riesenia ξ x + x(2 + 3) y ξ y =, η x + x(2 3) η y = (2.32) y ξ = 1 2 y2 1 2 (2 + 3)x 2, η = 1 2 y2 1 2 (2 3)x 2 (2.33) z toho a teda X = 1 2 y2 x 2, Y = 3 2 x2 (2.34) x = 2x X 3x Y, y = y x (2.35) 28

29 co da yy = X + y 2 XX (2.36) xy = 2xy XX 3xy XY (2.37) xx =2 X + 3 Y + 4x 2 XX + 3x 2 Y Y + 4 3x 2 XY (2.38) Tieto vtahy dosadime do povodnej rovnice a dostaneme pre nu tvar 3x 2 y 2 (u Y Y u XX ) + (x 2 + 2y 2 )u X + 3y 2 u Y = (2.39) Ostava vyjadrit x, y skrz X, Y a rovnicu upravit. 29

30 3 Vlnová rovnica a rovnica vedenia tepla v jednom rozmere 3.1 Vlnová rovnica v jednom rozmere Odvodenie vlnovej rovnice u tt c 2 u xx = (3.1) d'alambertov vzorec a Duhamelov princíp odvodime vseobecne riesenie, o pociateocne podmeinky sa budeme zaujimat neskor vlnovu rovnicu mozme riesit niekolkymi sposobmi. zavedieme suradnice ξ = x + ct, η = x ct (3.2) potom dostavame takto prejde rovnica do tvaru u t = u ξ cu η, u x = u ξ + u η (3.3) 4c 2 u ξη = (3.4) ktora ma vseobecne riesenie u(ξ, η) = g 1 (ξ) + g 2 (η) u(t, x) = g 1 (x + ct) + g 2 (x ct) (3.5) alebo mozme rovnicu (3.1) prepisat na dve rovnice ( t c x )v =, ( t + c x )u = v (3.6) prvu vieme vyriesit hravo ṫ = 1, ẋ = c x + ct = const (3.7) ktora ma teda riesenie v(x, t) = ḡ 1 (x + ct), to dosadime do druhej rovnice ( t + c x )u = ḡ 1 (x + ct) (3.8) riesenie pre charakteristiku je x ct = const = η, z toho dostavame ξ u = ḡ 1 (ξ) u = dξ ḡ 1 (ξ) + g 2 (η) = g 1 (ξ) + g 2 (η) (3.9) co je to iste riesenie ako predtym teraz pridame aj pociatocne podmienky a teda riesime teraz pociatocnu ulohu, kde okrem rovnice u tt c 2 u xx =, x R (3.1) 3

31 mame zadanu pociatocnu hodnotu a derivaciu u(x, ) = φ(x), u t (x, ) = ψ(x) (3.11) potebujeme teda najst funckie g 1,2 ktore to splnia. pocitame u(x, ) = g 1 (x) + g 2 (x), u t (x, ) = cg 1(x) cg 2(x) (3.12) dostaneme g 1 (x) + g 2 (x) = φ(x), g 1 (x) g 2 (x) = 1 c z toho dostaneme g 1 (x) = 1 2 φ(x) + 1 2c g 2 (x) = 1 2 φ(x) 1 2c a nakoniec x x x u(t, x) = 1 2 [φ(x + ct) + φ(x ct)] + 1 2c ds ψ(s) + g 1 () g 2 () (3.13) ds ψ(s) (g 1() g 2 ()) (3.14) ds ψ(s) 1 2 (g 1() g 2 ()) (3.15) x+ct x ct ds ψ(s) (3.16) tomuto sa hovori d'alambertov vzorec. vidime, ze v mieste x a case t riesenie zavisi od φ v dvoch bodoch a od ψ medzi tymi to bodmi vidime, ze v pripade ψ = sa polovica pociatocnej vlny rozbehne jednym a polovica druhym smerom budeme teraz hladat riesenie nehomogennej rovnice u tt c 2 u xx =f(x, t), x R u(x, ) = φ(x) u t (x, ) = ψ(x) (3.17a) (3.17b) (3.17c) plan utoku bude nasledovny : rozdelime riesenie na dve casti u = u A + v tak aby platilo u A tt c 2 u A xx = u A (x, ) = φ(x) u A t (x, ) = ψ(x) a v tt c 2 v xx = f(x, t) v(x, ) = v t (x, ) = (3.18) funkciu u A najdeme d'alambertovym vzorcom (3.16), potrebujeme najst v klucom je jednoznacnost riesenia a teda ze ak najdeme nejake riesenie, mozne s cistym svedomim skoncit, nakolko ine riesenie neexistuje dva rozne sposoby : zadenujeme U(x, t, τ), ktore riesi rovnicu U tt c 2 U xx = U(x, τ, τ) = U t (x, τ, τ) = f(x, τ) (3.19a) (3.19b) (3.19c) 31

32 riesenie najdeme hravo d'alambertovym vzorcom U(x, t, τ) = 1 2c ostava ukazat, ako z U dostaneme v tvrdenie v(x, t) = pocitame x+c(t τ) t x c(t τ) v t (x, t) = U(x, t, τ) τ=t + dξ f(ξ, t) (3.2) dτ U(x, t, τ) (3.21) t dτ U t (x, t, τ) (3.22) oba tieto cleny su nulove na zaklade pociatocnych podmienok pre U. taketo v teda splna pociatocne podmienky, ostava ukazat ze splna aj rovnicu. pocitame a teda v tt = U t τ=t + t t c 2 v xx =c 2 dτ U xx (x, t, τ) = dτ U tt (x, t, τ) = f(x, t) + t t dτ U tt (x, t, τ) (3.23) dτ U tt (x, t, τ) (3.24) v tt = f + c 2 v xx (3.25) a vyhlasujeme prve vytazstvo druhy sposob najdenia v je priamim vypoctom. v suradniciach ξ = x + ct, η = x ct (3.26) dostaneme v tt =c 2 v ξξ 2c 2 v ξη + c 2 v ηη (3.27) v xx =v ξξ + 2v ξη + v ηη (3.28) a rovnica bude mat teda tvar v ξη = 1 f(ξ, η) (3.29) 4c2 z pociatocnych podmienok pre v dostaneme podmienky t = η = ξ v(ξ, ξ) = (3.3) v x t= = v ξ + v η = v t t= = cv ξ cv η = v ξ(ξ, ξ) = v η (η, η) v ξ (ξ, ξ) = v η (η, η) v ξ (ξ, ξ) = v η (η, η) = (3.31) rovnicu (3.29) teraz explicitne zintegurujeme podla η, lava strana bude (ukaze sa, ze takato sponda hranica integralu vedie k zdarnemu koncu) η ξ dη v ξη = v ξ (ξ, η ) v ξ (ξ, ξ) = v ξ (ξ, η ) (3.32) 32

33 prava strana da podobne zintegrujeme podla ξ 1 η 4c 2 dη f(ξ, η) = 1 ξ ξ 4c 2 dη f(ξ, η) (3.33) η ξ η dη v ξ = v(ξ, η ) v(η, η ) = v(ξ, η ) (3.34) a teda riesenie v mieste ξ, η, prava strana potom vyzera 1 ξ ξ 4c 2 dξ dη f(ξ, η) (3.35) η η a uz len si vyjasnit ako vyzera integracna oblast. (OBRAZOK) dostaneme t dτ x+c(t τ) x c(t τ) dopocitame (DOPOCITAT) jakobian premeny, ktory je J = 2c a mame v(x, t) = 1 2c t dτ x+c(t τ) x c(t τ) vysledok teda zavisi od hodnot f v celom trojuholniku Príklad 16. Najdite riesenie rovnie dξ (3.36) dξ f(ξ, τ) (3.37) u tt 4u xx = cos x (3.38) u(x, ) = x 2 (3.39) u t (x, ) = sin 2x (3.4) Výsledok. OVERIT u(x, t) = x 2 + 4t sin(4t) sin(x) + 1 (cos x cos x cos 2t). (3.41) c Vlnová rovnica v ohrani enej oblasti doteraz sme riesili ulohu bez obmedzenia na x a brali sme x R pozrime sa na to, co sa stane ked obmedzime x iba na kladne hodnoty x >. potom k pociatocnym podmienkam pride este pdomienka, ktora bude hovorit ako sa u sprava na hranici analogia so strunou konecnej dlzky je jasna, musime zadat co robi koniec, lebo to nie je obsiahnute v pohybovej rovnici 33

34 mame teda podmienku kde sme zobrali na zaciatok specialny pripad ukotveneho konca ulohu vyriesime ntou - zavedieme neparne predlzenie funckie φ(x) x > φ(x) = x = φ( x) x < a budeme riesit ulohu u(, t) = cosi = (3.42) (3.43) v tt c 2 v xx = (3.44) v(x, ) = φ(x) (3.45) v t (x, ) = ψ(x) (3.46) na nu uz mozme pouzit d'alambertov vzorec, riesenie povodnej ulohy najdeme jednoducho ako obmedzenie v na kladne x u(x, t) = v(x, t) x> (3.47) ak x ct > tak sa nic nezmeni, ak x ct < tak obcas nejake zaporne zmanienko, dohromady { 1 u(x, t) = 2 [φ(x + ct) + φ(x ct)] + 1 x+ct 2c x ct ds ψ(s) x > ct 1 2 [φ(x + ct) φ( x + ct)] + 1 x+ct 2c ds ψ(s) 1 2c x ct ds ψ( s) x < ct (3.48) rozmysliet si na obrazku podobnu ntu budeme pouzivat casto. ak je zadana nulova derivacia na okraji, pouzijeme ntu s parnym predlzenim (rozmysliet preco ma parna funkcia v nule vzdy nulovu derivaciu) { φ(x) x > φ(x) = φ( x) x < a (3.49) v tt c 2 v xx = (3.5) v(x, ) = φ(x) (3.51) v t (x, ) = ψ(x) (3.52) z d'alamberta vidime, ze v(x) bude parne v x pre t > a teda v x = t > ak mame teraz niektoru z tychto situacii na ohranicenom intervale x (, L), vyrobime pociatocne podmienky pre cauchyho ulohu nasledovne { φ(x) φ(x) = φ( x) < x < L L < x < 2L (3.53) a potom periodicky s periodou 2L. opat pouzijeme d'almabertov vzorec a ohranicime na interval (, L) aj toto je dobre rozmysliet si na obrazku 34

35 sirenie okrajoveho stavu riesime dirichletovu ulohu s nenulovym cosi (na polpriamke), tj. u tt c 2 u xx = u(x, ) = φ(x) u t (x, ) = ψ(x) u(, t) = h(t) (3.54a) (3.54b) (3.54c) (3.54d) nehomogenne okrajove podmienky zabalime do riesenia homogennej ulohy u A a ostava nam vyriesit v tt c 2 v xx = v(x, ) = v t (x, ) = v(, t) = h(t) (3.55a) (3.55b) (3.55c) (3.55d) ideme hladat riesenie v tvare F (x ct) (nejaka informacia, co cestuje z lava do prava), pociatocna podmenka da v(x, ) = = F (x), v t (x, ) = = cf (x) x > (3.56) okrajova podmienka da F ( ct) = h(t) F (z) = { h( z/c) z < z > (3.57) alebo sa to da preformulovat ako φ(x) = { φ(x) x > h( x/c) x < (3.58) a riesit d'alambertom. funkcia h teda prichadza z lava z regionu x < do regionu x > 3.2 Rovnica vedenia tepla v jednom rozmere Odvodenie rovnice vedenia tepla majme funkciu u(x, t), ktora udava rozdelenie teploty pozdlz jednorozmernej tyce. tepelna energia, ktora sa nachadza v useku medzi bodmi x a x + dx je potom de = cρudx (3.59) kde ρ je (dlzkova) hustota materialu a c je merna tepelna kapacita materialu. pre casov zmenu energie dostavame dde dt = cρu t dx (3.6) 35

36 podla Fourierovho zakona je tok energie cez plochu dany rozdielom teplot na sranach plochy P = κu x. ked napiseme energeticku bilanicu pre element z (3.59) dostavame co da dde dt = P x+dx P x = κ (u x (x + dx, t) u x (x, t)) = u xx (x, t) (3.61) u t = κ cρ u xx = ku xx (3.62) tomuto sa hovori rovnica vedenia tepla, vidme ze ide o parabolicku rovnicu. premysliet si, ako by to fungovalo pre pripad, ked κ nie je konstanta ale κ(x) Poissonov vzorec rovnica (3.62) je prveho radu v case, takze nam bude stacit jedna pociatocna podmienka u(x, ) = φ(x) (3.63) poriadne odvodenie riesenia si uvedieme neskor. idea je hladat ho v tvare u(x, t) = 1 dξ e iξx ũ(ξ, t) (3.64) 2π s pociatocnou podmienkou φ(x) = 1 2π dξ e iξx φ(ξ) (3.65) z toho ũ t + kξ 2 ũ = ũ(x, t) = φ(ξ)e kξ2 t ostava teda uz len dopocitat integral v (3.64), co nie je vobec tazke u(x, t) = 1 dξ φ(ξ)e iξx ktξ2 = 1 dy φ(y) dξ e ktξ2 +iξ(x y) = 2π 2π = 1 4πkt tomuto sa hovori poissonov vzorec (3.66) dy φ(y)e (x y)2 4kt (3.67) napriklad pre pociatocnu podmienku v tvare Gausianu φ(x) = e x2 Gaussian, ktory sa v case rozsiruje (a znizuje) dostaneme ako riesenie tiez 1 u(x, t) = e x2 1+4kt (3.68) 1 + 4kt pre pripad polpriamky alebo usecky potom postupujeme rovnako, ako pri vlnovej rovnici. zavedieme funkciu (parne/neparne predlzenie) { φ(x) = φ(x) x > ±φ( x) x < (3.69) kde znamienko zvolime podla toho, ci mame docinenia s Dirichletovou alebo Neumanovou okrajovou podmienkou, podla poissonovho vzorca vypocitame riesenie ū(x, t) a riesenie u(x, t) dostaneme ohranicenim ū na patricnu oblast premysliet si, co po fyzikalnej stranke znamena u x (, t) = 36

37 3.3 Porovnanie vlastnostní rie²ení na zaver porovnajme riesenie vlnovej rovnice a rovnice vedenia tepla pre tu istu pociatocnu podmienku φ(x) = { 1 x < x > (3.7) tato funkcia nie je hladka ani spojita, ale to nevadi, lebo vzorce pre riesenie (3.16,3.37) a (3.67) funguju dobre tak ci tak vlnova rovnica potrebujeme dorobit este okrajovu podmienku pre ψ(x), najprirodzenejsie pre porovnanie je zobrat ψ(x) =, dosadie do vzorca a dostaneme u(x, t) = 1 x < ct 1 2 x < ct x > ct rovnica vedenia tepla tu je dosadenie do vzorca o cosi pracnejsie u(x, t) = 1 4πt co vyzera ovela nazornejsie nakreslene dy e y2 4kt = 1 π x/(2t) (3.71) du e u2 (3.72) vsimnite si, ze v oboch pripadoch dostavame v limite t rovnomerne rozdelenie u = 1/2, avsak velmi inym sposobom 37

38 4 Teória distribúcií 4.1 Úvod mali sme vztahy pre riesenia roznych rovnic, ktorych odvodenie pozadovalo hladkost funkcii, ktore do nich vstupovali. ale potom sme hned zistili, ze samotne vztahy sa daju pouzit aj pre funckie, ktore nie su hladke, ba dokonca ani spojite tiez malo zmysel zaujimat sa o riesenia v takychto pripadoch a niekedy sme to vyriesili postupnostou funkcii, ktore konvergovali k takejto nespojitej funkcii teraz by sme tomu chceli dat nejaky formalnejsi charakter a vybudovat aparat pre taketo vypocty okrem toho to bude pre nas bude zaujimave aj z fyzikalneho hladiska, nakolko sa nam podari dobre zadenovat objekty lokalizovane v nejakom casovom okamihu alebo priestorovom bode zavedieme pojem distribucie = zovseobecnenej funkcie. tieto nebudu denovane pobodovo, ale budu existovat iba v nejakom lokalne zpriemerovanom zmysle budeme fungovat v priestore R n, ktory si so sebou nesie velmi vela struktury, ale vsetko co povieme sa bude dat zovseobecnit pre lubovolny normovany priestor. budeme oznacovat x R n 4.2 Distribúcie s kompaktným nosi om Priestor testovacích funkcií D suport (nosic) funkcie f(x) - uzaver mnoziny bodov, na ktorych je funkcia nenulova supp f = {x, f(x) } (4.1) o funkcii budeme hovorit ze ma kompaktny suport ak je jej suport kompaktna mnozina, co znamena ze existuje C, ze f(x) = x > C potom je to najmensia kompaktna mnozina, pre ktoru plati f(x) = x R n /supp f priestor testovacich funkcii D - budu take funkcie ϕ(x) pre ktore plati maju kompaktny suport maju vsetky derivacie a maju ich spojite, teda su z C (R n ) treba ocenit ako tazke je splnit tieto dve podmienky prikladom takejto funkcie je funkcia (rozmysliet ze to tak ozaj je) T (x) = { e 1 1 x 2 x < 1 x > 1 (4.2) tato fukcia ma suport na intervale [ 1, 1]. z nej sa potom daju budovat roznymi operaciami dalsie dobre testovacie funkcie (nasobenie polynomom, posuvanie, natahovanie) 38

39 konvergencia v D - budeme hovorit ze postupnost testovacich funkcii ϕ k koverguje k ϕ ak k sebe konverguju suporty, tj R, supp ϕ k B(, R) k vsetky parciane derivacie ϕ k konverguju k derivaciam ϕ, tj α (N {}) n, α ϕ k α αn n ϕ k α ϕ (4.3) B(x, R) bude oznacovat gulu s polomerom R a stredom x, oznacenie α bude caste priestor vsetkych nezapornych celych cisel N {} budeme v dalsom oznacovat N toto je opat velmi silna podmienka Distribúcie ako lineárne operátory na D teraz sme pripraveny zadenovat distribuciu priestor distribucii D - (podla oznacenia) dualny priestor k priestoru D, tj priestor linearnych spojitych funkcionalov na D f D, f : D R ϕ f[ϕ] (f, ϕ) (4.4) to znamena (f, ϕ 1 + λϕ 2 ) = (f, ϕ 1 ) + λ(f, ϕ 2 ), ϕ k ϕ (f, ϕ k ) (f, ϕ) (4.5) podmienka (4.3) pre konvergenciu v D je taka silna, ze existencia nespojiteho linearneho funkcionalu je velmi exoticka (vraj taky je, ale my ho nestretneme) priklady f D (a je xovany element R n, V je xovana oblast v R n ) f[ϕ] = ϕ(a), dx ϕ(x), ϕ (a) (4.6) priklady nelinearnych funkcionalov V ϕ (a)ϕ(a), dxϕ 2 (x) (4.7) V slaba konvergencia v D - konvergenciu v tomto priestore budeme denovat v slabom zmysle a budeme hovorit ze postupnost distribucii f k konverguje k f ked f k W f (fk, ϕ) (f, ϕ) ϕ D (4.8) vzhladom na takuto deniciu kovergencie je priestor D uplny, tj ak je postupnost (cisel) (f k, ϕ) cauchyovska pre lubovolne ϕ D, potom f D f k W f. bez dokazu 39

40 medzi distribuciami D existuju specialne distribucie, ktore nie su o moc ine ako funkcie na R n lokalne integrovatelna funkcia ϕ - ak je integrovatelna na lubovolnej kompaktnej podmnozine svojho suportu. to neznamena ze je integrovatelna na celom suporte, napriklad 1/x na intervale (, 1) regularna distribucia - taka distribucia Φ, ktora sa da napisat ako integral s nejakou zadanou lokalne integrovatelnou funkciou Φ(x), tj. Φ D, (Φ, ϕ) = dx Φ(x)ϕ(x) (4.9) v priesotore D tvoria podpriestor, ktory je izomorfny lokalne integrovatelnym funkciam distribuciam ktore nie su regularne hovorime singularne este niekolko denicii ohladom distribucii rovnost distribucii - budeme hovorit, ze dve distribucie f, g D su si rovne ak plati (f, ϕ) = (g, ϕ) ϕ D (4.1) nulova distribucia - budeme hovorit, ze distribucia je nulova na otvorenej podmnozine Ω R n ak (f, ϕ) = ϕ D, supp ϕ Ω (4.11) suport distribucie - doplnok najvacsej mnoziny, na ktorej je distribucia f nulova vsimnite si ze sme zatial nezadenovali sucin f g dvoch distribucii z D, a ani to neurobime Príklad 17. Ukáºte, ºe suport regularnej distribucie je rovnaký, ako suport prisluchajúcej lokálne integrovatelnej funkcie. Ukáºte, ºe suport δ-distribúcie je mnoºina {} Distribúcie ako zúplnenie D v zmysle denicie konvergencie (4.3) priestor D nie je uplny. napriklad postupnost funkcii ϕ n = T (nx) je cauchyovska, ale to k comu konverguje urcite nie je funkcia z D distribucie mozme zadenovat aj ako zuplnenie priestoru D, tj. ako triedu ekvivalencii postupnosti s rovnakou limitou, tj. ϕ k, ϕ l, ϕ k ϕ k tieto dve denicie su ekvivalentne. je lahke ukazat, ze skrz (4.9) postupnost testovacich funckii zadava linearny funkcional. to ze ide ozaj o ekvivalenciu a teda ze linearny spojity funkcionala zadava cauchyovsku postupnost testovacich funckii ukazeme neskor. 4

41 4.2.4 Píklady distribúcií ako sme uz povedali, kazda lokalne integorvatelna funkcia denuje (regularnu) distribuciu cez integrovanie (4.9) casto budeme mat tzv. Heaviside-ovu θ-distribuciu, resp. funkciu (lebo je regularna), ktora je pre danu oblast K R n dana θ(x) = { 1 x K x / K v jednom rozmere s oblastou (, ) ju budeme casto oznacovat jednoducho θ δ-distribucia, tj. (δ, ϕ) = ϕ(). toto je uz singularna (ozajstna) distribucia (4.12) dokaz pre jednorozmerny pripad - nech existuje taka lokalne integrovatelna funkcia δ(x). potom pre ε > zoberiem ϕ(x) = T (x/ε). postupne dostavame ε T () = (δ, ϕ) = dx δ(x)t (x/ε) T () δ(x)dx (4.13) pre lubovolnu lokalne integrovatelnu funkciu je integral v limite ε nulovy, cim dostavame spor, nakolko T () > obcas budeme pisat take, ze δ(x) alebo dokonca δ(x a), to ale treba brat s rezervou, tym si chceme len pomoct pamatat kde mame vycislovat posobenie na testovaciu funkciou. takze ak piseme 2 G(x) = δ(x a), tym chceme povedat dx 2 G(x)ϕ(x) = ϕ(a) ϕ D (4.14) ε distribucie, ktore priraduju funkcii jej derivaciu, coskoro uvidime ze je rozumne ich nazyvat derivaciami δ-distribucie δ-postupnost - postupnost regularnych distribucii, ktore konverguju k δ-distribucii DOPLNIT P V -distribucia (principal value) DOPLNIT 4.3 Operácie s distribúciami Základná my²lienka, násobenie funkciou a transformácia argumentov operacie na distribuciach budeme denovat skrz operacie na testovacich funkciach. majme nejaku operaciu R, tj. R : ϕ Rϕ, potom operaciu R na distribuciach f R f budeme denovat pullbackom f R R f : (R f, ϕ) := (f, Rϕ) ϕ D (4.15) z toho ze Rϕ D je dobra testovacia funkcia dostavame, ze takto zadenovana distribucia R f je dobra distribucia z D. naviac ak je R spojite, bude spojite aj R (R f n, ϕ) = (f n, Rϕ) (f, Rϕ) = (R f, ϕ), R f n R f (4.16) 41

42 takto mozme hned jednoducho zaviest dve operacie s distribuciami - nasobenie funkciou a C (R n ) a transformaciu argumentov x Ax + b, kde A je n n matica a b je konstanty vektor. na testovacich funkciach tieto posobia nasledovne ϕ(x) a(x)ϕ(x), ϕ(x) ϕ(ax + b) (4.17) a podla receptu (4.15) zadenujeme vynasobenu distribuciu af : (af, ϕ) := (f, aϕ) ϕ D (4.18) s otocenou distribuciou to bude trochu komplikovansie. pozrime sa najskor na regularnu distribuciu (R Φ, ϕ) := (Φ, Rϕ) = dx Φ(x)ϕ(Ax + b) = det A 1 dx Φ(A 1 x A 1 b)ϕ(x) (4.19) takze dostaneme R Φ = det A f(a x + b ) kde A = A 1, b = A 1 b. to znamena ze ak chcem najst distribuciu, ktora pislucha funkcii Φ tranformovanej cez A, b, musim testovacie funkcie trasnformovat cez A, b a teda (R Φ, ϕ) := (Φ, det A ϕ(a x + b )), A = A 1, b = A 1 b (4.2) tuto deniciu transformacie potom prenesieme aj na singularne distribucie Derivácie distribúcií (R f, ϕ) := (f, det A ϕ(a x + b )), A = A 1, b = A 1 b (4.21) najdolezitejsia operacia s ktoru sa budeme stretavat bude derivacia distribuce. derivovanie distribucii budeme oznacovat D, derivovanie funkcii. pre funkcie mame α N n ϕ α ϕ α αn n ϕ (4.22) pre regularnu distribuciu dostavame (R Φ, ϕ) = (Φ, α ϕ) = dx Φ(x) α ϕ(x) = ( 1) α dx α Φ(x)ϕ(x) (4.23) kde sme zaviedli α = i α i. dostavame teda R Φ = ( 1) α α Φ. potom podobne ako pri tranformacii suradnic prenesieme patricnu deniciu na vsetky distribucie a dostaneme (D α f, ϕ) := (f, ( 1) α α ϕ) ϕ D (4.24) priklady : derivacia θ v jednom rozmere (θ, ϕ) = (θ, ϕ ) = dx θϕ = dx ϕ = ϕ = ϕ() = (δ, ϕ) (4.25) cim sme dostali θ = δ, uz v zmysle rovnosti distribucii rozmyslite si ako by tento vypocet vyzeral cez postupnosti spojitych funkcii tiez si dobre rozmysliet, co sme vlastne dostali. ako funkcia θ derivaciu nema, v bode je nespojita. ale ako distribucia uz derivaciu ma, jej derivacia je singularna distribucia δ 42

43 priklad x - DOPLNIT iny priklad, derivacia δ (δ, ϕ) = (δ, ϕ ) = ϕ () (4.26) a teda ozaj derivacia δ-distribucie zodpoveda vycislovaniu derivacie. aj δ ma nosic v nule a nie je tazke rozmysliet si, ze lubovolne vysoka derivacia a lubovolna distribucia v tvare n f = c k δ (k) (4.27) k= ma nosic v nule je dobre si premysliet suvislost medzi derivovanim δ-y a singularnostou (DOPLNIT deniciu ranku) plati to aj naopak, lubovolna distribucia, ktora ma nosic iba v nule sa da napisat v tvare (4.27) DOPLNIT dokaz Príklad 18. Nájdite deriváciu funkcie { Φ(x) = ako distribucie. x x < x + 2 x > (4.28) Rie²enie. Ked Φ(x) derivujeme ako funkciu, tak dostaneme { Φ 1 x < (x) = 1 x > (4.29) a v nule nedenovanu hodnotu. To je to iste ako derivacia x. Tieto dve funkcie su ale nieco uplne ine a tento rozdiel zachytava distribucna derivacia. Pozrime sa na to poriadne (DΦ, ϕ) = (Φ, ϕ ) = [ ] = dx ( 1)ϕ + xϕ = 2ϕ() + dx ( x)ϕ [ dx ϕ dx (x + 2)ϕ = (4.3) dx (+1)ϕ + (x + 2)ϕ ] (4.31) dx ϕ = (2θ 1 + 2δ, ϕ) (4.32) a to je vysledok. Vidime, ze sme dostali cast 2θ 1, co je derivacia v normalnom zmysle, plus 2δ co je skok v hodnote. δ v derivacii funckie ako distribucie hovori, ze funckia ma v donom mieste skok, tj. nespojitost. nie je tazke si rozmysliet nasledujuce tvrdenie majme funckiu f, ktorej body nespojitosti nech su x i. na intervaloch medzi tymito bodmi je funkcia spojita a teda ma dobre denovanu derivaciu f (ak nie je hladka derivacia je nespojita ale to nevadi). distribucna derivacia tejto funkcie je potom Df = f + x i skok v hodnote funkcie δ(x x ) (4.33) 43

44 Príklad 19. Vyrie²te rovnicu f = 2δ s podmienkou f = na oblasti Ω = (, ). Rie²enie. prvy sposob - mimo je to slusna rovnia takze f slusna funkcia v tvare Ax+B, pricom z podmienky dostaneme B =. v ma mat tato funckia skok v derivacii (lebo ma singularitu v druhej derivacii) velkosti 2. kedze f = A, x > a f =, x < dostavame A = 2 a riesenie { 2x x > f(x) = (4.34) x < druhy sposob - nakolko θ = δ rovnicu mozme previest do tvaru f = 2θ. to uz je slusna rovnica, ktoru vieme integrovat ako funkcie a dostaneme ten isty vyraz premysliet si ze to je pohybova rovnica pre teleso, ktore stoji a v nulovom case do neho niekto kopne. ako riesenie dostaneme rovnomerny priamociary pohyb, co by sme presne cakali. rozmysliet si ako by to vyzeralo ked by sme δ-u na pravej strane aproximovali niektorou z δ- postupnosti Príklad 2. Vyrie²te rovnicu f + ω 2 f = δ a f + kf = δ s podmienkou f(x) =, x <. tu sa dostavame k dolezitej myslienke. ak pozname riesenie rovnice f = δ, ktore oznacime f, riesenie rovnice f = g s g = c n δ(x x n ) dostaneme v tvare f = c n f (x x n ) (linearita) to ale potom da f = dyg(y)f (x y) (4.35) ak teda pozname odozvu na δ impulz, vieme doratat tymto integralom odozvu na lubovolny impulz g. tuto ideu rozpraujeme v casi o Greenovych funkciach na zaver tejto casti uz len jedna veta kazdu distribuciu f D vieme zapisat ako f = D α Φ pre nejake α N n distribuciu Φ pre nejaku regularnu Tenzorový sú in distribúcií medzi distribuciami zavedieme operaciu sucinu, ale aby bolo jasne ze neide o pobodovy sucin nazveme ho tenzorovy (priamy) sucin majme dve distribucie f x D (R n ), g y D (R m ) (4.36) kde sme si poznacili argument testovacich funkcii kazdej z distribucii. zavedieme potom novu distribuciu f x g y D (R n+m ) takto (ϕ R n+m ) (f x g y, ϕ) := (f x, (g y, ϕ(x, y)) (4.37) 44

45 na to treba v prvom rade ukazat, ze to na co posobi f x na pravej strane je dobra testovacia funkcia, tj. ze ψ(x) (g y, ϕ(x, y)) D(R n ) (4.38) zavedme m-rozmerny vektor ε 1 = (ε,,..., ) a studujme vyraz ( g y, 1 ) ε [ϕ(x + ε 1, y) ϕ(x, y)] (4.39) zo spojitosti g dostavame ze tento vyraz koverguje v limite ε k (g y, x1 ϕ), ktory existuje, nakolko ϕ je dobra testovacia funkcia. na druhej strane z linearity g dostavame ze tento vyraz sa rovna 1 ε (ψ(x + ε 1) ψ(x)) (4.4) v limite ε je rozumne takto zadenovat derivaciu funkcie ψ a teda tato existuje a plati pre nu x1 ψ(x) = (g y, x1 ϕ) (4.41) podobne mozme zadenvoat lubovbolnu derivaciu lubovolneho radu a teda funkcia ψ ma vsetky derivacie a je teda dobrou testovacou funkciou treba este overit ze takto denovany sucit je komutativny, tj. ze plati (f x, (g y, ϕ(x, y)) = (g y, (f x, ϕ(x, y)) (4.42) dokazat to pre testovacie funkcie v tvare ϕ 1 (x)ϕ 2 (y) je lahke. na zaklade vety ktoru nebudeme dokazovat su takto separovane funkcie huste v priestore funkcii ϕ a teda z linearity a spojitosti dostavame platnost tohto tvrdenia pomocou tenzoroveho sucinu mozme zadenovat viacrozmetnu δ-distribuciu ako priamy sucin jednorozmernych Konvolúcia distribúcií ostava nam zadenovat konvoluciu distribucii pojde o operaciu D D D alebo δ(x) = n i=1δ(x i ) (4.43) (f, g) f g (4.44) denujeme teda konvoluciu iba pre distribucie, ktore ziju nad priestorom fukncii s argumentom rovnakeho rozmeru pre funkcie bola konvolucia denovana x R n (ϕ ψ)(x) = dy ϕ(x y)ψ(y) = dy ϕ(y)ψ(x y) (4.45) 45

46 pre regularne distribucie potom mame (Φ Ψ, ϕ) = dx (Φ g)(x)ϕ(x) = dx dy Φ(x y)ψ(y)ϕ(x) = dx 1 dx 2 Φ(x 1 )Ψ(x 2 )ϕ(x 1 +x 2 ) (4.46) pre vseobecne distribucie teda na zaklade toho denujeme (f g, ϕ) := (f g, ϕ(x + y)) (4.47) v tejto denicii sme mierne zneuzili zapis, funkcia ϕ na lavej a pravej strane je cosi trochu ine. na lavej strane je to funckcia jedneho argumentu ϕ(x), na druhej strane je to funkcia dvoch arguentov x, y ktoru chapeme ako ϕ(x, y) = ϕ(x + y), co ma dobry zmysel nakolko x, y R n komutativnost konvolucie plynie z komutativnosti tenzoroveho sucinu ako priklad ukazeme, ze δ f = f (δ f, ϕ) = (δ x f y, ϕ(x + y)) = (f y, (δ x, ϕ(x + y))) = (f y, ϕ(y)) = (f, ϕ) (4.48) tiez plati (dokazte!) (f g) = f g = f g (4.49) a teda derivovanie konvolucie sa nasprava podla Leibnitzovho pravidla z toho dostavame f = δ f = (δ f) = δ f (4.5) a teda derivovanie distribucie je konvolucia s δ na tomto mieste mozme dokazat ekvivalentnost denicii distribucie aj druhym smerom, tj. ze distribucia ako linerany funckional dava postupnost testovacich funkcii majme δ-postupnost, tj. postupnost regularnych distribucii ktore konverguju k δ-distribucii Φ n δ, potom pre f D lim(φ n f) = δ f = f (4.51) a teda mame vyjadrenu f ako postupnost Φ n f, ostava zostit co su to za objekty (Φ n f, ϕ) =(f x, (Φ n,y, ϕ xy )) = (f x, dy Φ n (y)ϕ(x + y)) = (f x, dy Φ n (x y)ϕ(y)) = = dy (f x, Φ n (x y))ϕ(y) (4.52) kde sme vyuzili spojitost f. to znamena ze Φ n f je ekvivalentne funkcii (f x, Φ n (x y)) premennej y a teda distribuciu f sme napisali ako postupnost testovacich funkcii ϕ n (y) = (f x, Φ n (x y)) D 46

47 4.4 Temperované distribúcie a Fourierova transformácia Priestor testovacích funkcií S chceli by sme sa oslobodit od kompaktnosti suportov a mat funckie denovane na celom R n na druhej strane stale chceme mat konecne integraly k tomu pozmenime priestor testovacich funkcii Schwartzov priestor testovacich funkcii S bude priestor vsetkych ϕ C (R n ) pre ktore plati kde x α = n i=1 xα i i x α β ϕ, x α, β N n (4.53) a teda funkcie, ktorych lubovolna derivacie ide vnekocne do nuly rychlejsie, ako hockotora mocnina napriklad e k x, k > vynasobene lubovolnym polynomom konvergenciu v priestore S zadenujeme nasledovne ϕ k ϕ x α β ϕ k x α D β ϕ α, β N n (4.54) a teda funkcie ϕ k konverguju rovnomerne k ϕ spolu s lubovolnou derivaciou temperovane distribucie S budu potom linearne spojite funkcionaly na tomto priestore f : S R (4.55) ϕ (f, ϕ), ϕ k ϕ (f, ϕ k ) (f, ϕ) (4.56) vsetko budeme analogicky denovat ako predtym, s malou zmenou pre regularene distribucie, kde budeme okrem lokalnej integrovatelnosti pozadovat aj ohranicenost v zmysle α c R m N α Φ(x) c(1 + x m ) (4.57) Fourierova transformácia distribúcií S mame pripravene vsetko k tomu, aby sme zadenovali pre nas klucovy objekt, Fourierovu transformacii distribucie a to si ale najskor celkom zosiroka spomenieme, ako to fungovalo pre obycajne funkcie, ϕ S 1 n F : S S, F [ϕ](ξ) = (2π) n/2 dx e iξ x ϕ(x), ξ x = ξ i x i (4.58) dve klucove vlastnosti takto denovanej transformacie su α ξ F [ϕ] = F [(ix)α ϕ], F [ α x ϕ] = ( iξ) α F [ϕ] (4.59) ktore sa lahko overia explicitnym nahliadnutim a pouzitim integrovania per partes i=1 47

48 vyuzitim tychto dvoch vlastnosti dokazeme, ze zobrazenie (4.58) je ozaj do S a teda ze F [ϕ] S. na to pocitame ξ α β ξ F [ϕ] ξ α β ξ F [ϕ](ξ) =( iξ)α dx e iξ x (ix) β ϕ(x) (4.6) dx x α (x β ϕ) = C αγ dx x β γ x α γ ϕ (4.61) vsetky tieto integraly su konecne, dostavame teda ze posledna suma je konecna. ak teraz cely tento vyraz vydelime ξ a spravime limitu ξ dostaneme (po troche rozmyslenia s tym, ako suvisi ξ α / ξ s ξ α 1 nakolko toto plati pre lubovolne α, β dostavame ze F [ϕ] S ξ α 1 β ξ F [ϕ] const (4.62) ξ podobne overime ze zobrazenie (4.58) je spojite. tu staci overit spojitost pre ϕ k, pre inu postupnosti ϕ k ϕ by sme takto studovali postupnost ϕ k = ϕ k ϕ. dsotaneme ξ α β ξ F [ϕ k] C dx x α x β ϕ k (x) (4.63) integraly na pravej strane su konecne a teda suma na pravej strane je konecne cislo a rovnako ako predtym predelenim ξ dostaneme, ze vsetky vyrazy typu lavej strany konverguju k nule dokazeme tiez, ze nasledovna transformacia je inverzna k (4.58) F 1 1 : S S, ϕ(x) = (2π) n/2 dξ e iξ x F [ϕ](ξ) (4.64) problemom pri dokaze bude iba to, ze nemame nijak zadenovane, co znamena vyraz typu dξe iξ (x y) a to budeme musiet technicky obist. do vyrazu na pravej strane dopiseme e ε2 ξ 2 /2, dosadime deniciu fourierovej tranformacie a pocitame 1 (2π) n/2 dξ dy e iξ (x y) 1 2 ε2 ξ 2 1 ϕ(y) = (2π) n/2 dξ dy e iξ y 1 2 ε2 ξ 2 ϕ(y + x) = = 1 1 (2π) n/2 ε n dξ dy e 1 2 (ξ ) 2 (y ) 2 2ε 2 ϕ(y x) = (2π) n/2 ε n ( 2π) n dy e (y ) 2 2ε 2 ϕ(y + x) = =ϕ(x) (4.65) pre dve funkcie ϕ 1,2 S plati F [ϕ 1 ϕ 2 ] = (2π) n/2 F [ϕ 1 ]F [ϕ 2 ], F [ϕ 1 ϕ 2 ] = (2π) n/2 F [ϕ 1 ] F [ϕ 2 ] (4.66) co sa lahko dokaze explicitnym vypoctom a teraz konecne Fourierova transformacia distribucii z S F : S S, f F [f]take, ze (F [f], ϕ) = (f, F [ϕ]) ϕ S (4.67) 48

49 taketo F [ϕ] je trivialne linearne z linearity fourierovej transformacie na S, spojitost je tiez dosledkom spojitosti na S (F [f], ϕ k ) = (f, F [ϕ k ]) (f, F [ϕ]) = (F [f], ϕ) (4.68) inverzna trasformacia je potom (F 1 [f], ϕ) = (f, F 1 [ϕ]) (4.69) pre takto denovanu fourierovu transformacii distribucii potom platia analogicke tvrdenia ako pre obycajnu transformaciu D α F [f] =F [(ix) α f] a (4.7) (D α F [f] ξ, ϕ ξ ) = ( 1) α (F [f], α ξ ϕ) = ( 1) α (f, F [ α ξ ϕ]) = (f, ( 1) α ( ix) α F [ϕ]) = = ((ix) α f, F [ϕ]) = (F [(ix) α f], ϕ) F [D α f] =( iξ) α F [f] (F [D α f] ξ, ϕ ξ ) = (D α f, F [ϕ]) = ( 1) α (f, α x F [ϕ]) = ( 1) α (f, F [(iξ) α ϕ]) = = ( 1) α (F [f], (iξ) α ϕ) = (( iξ) α F [f], ϕ) z dokazom posledneho tvrdenia bude trochu prace (4.71) F (f g) = (2π) n/2 F [f]f [g] (4.72) nakolko si bude treba rozmysliet, co presne je objekt na pravej strane. zaiatok je priamociary (F (f g), ϕ) =(f g, F [ϕ]) = (f x g y, F [ϕ](x + y)) = (f x, (g y, F [ϕ](x + y))) = (4.73) ( ( )) ( ) 1 = f x, g y, (2π) n/2 dξ e i(x+y)ξ 1 ϕ(ξ) = (2π) n/2 f x, dξ e iξx (g y, e iξy )ϕ(ξ) =... (4.74) distribuciu g teraz napiseme ako limitu postupnosti regularnych distribucii Ψ n (y), pre ktore dostavame ( Ψ n (y), e iξy) = dy e iξy Ψ n (y) = (2π) n/2 F [Ψ n ](ξ) (4.75) a teda (g y, e iξy ) = (2π) n/2 F [g](ξ) (4.76) tu si treba dat pozor, nakolko tento objekt nemusi byt z S, co ale nie je problem lebo testovacia funckia e iξy tiez nie je S. bude z S vtedy, ak ma g kompaktny nosic dalej pocitame (... = f x, ) dξ e iξx F [g y ](ξ)ϕ(ξ) = (2π) n/2 (F [f x ], F [g y ]ϕ) = (2π) n/2 (F [f x ]F [g y ], ϕ) (4.77) 49

50 na zaver sa pozrime na niekolko prikladov. najskor fourierova transformacie δ-distribucie neporiadne F [δ] = 1 (2π) n/2 dx δ(x)e iξx = 1 (2π) n/2 (4.78) a poriadne (F [δ], ϕ) = (δ, F [ϕ]) = F [ϕ]() = 1 (2π) n/2 dxe ix ϕ(x) = ( ) 1 (2π) n/2, ϕ (4.79) a teda dostali se to iste Fourierova transformacia identity (F [I], ϕ) = (I, F [ϕ]) = dξ F [ϕ](ξ) = 1 dξ (2π) n/2 dx e iξx ϕ(ξ) (4.8) a podobny trik s pripisanim e ε2 ξ 2 /2 da ze to je rovne (δ/(2π) n/2, ϕ) 5

51 5 Cauchyho úloha pre vlnovú rovnicu a rovnicu vedenia tepla 5.1 Greenova funkcia lineárneho operátora Úvodné poznámky majme lineárny diferenciálny operátor na n rozmerom priestore x R n L = a α α, α N n (5.1) α m kde najvä ²ie m pre ktoré je niekoré a α nenulové nazývame rádom operátora. naviac budeme uvaºova kon²tantné koecienty a α zaujíma nás rie²enie rovnice Lu = f (5.2) v predchádzajúcich astiach boli u, f spojité funckie, od u sme poºadovali m-násobnú derivovate nos, u C m (R n ) teraz budeme rie²i zov²eobecnenú úlohu, kde f, u budú distribúcie z S. predtým sme mali aj nejaké po iato né podmienky, ktoré neskôr zakomponujeme do pravej strany. funkcie φ, ψ budú tieº v zov²eobecnenej úlohe distribúcie takºe máme rovnicu (5.2) v celom priestore, bez po iato ných podmienok k operátoru L zavedieme Greenovu funkciu 4, pre ktorú platí (L uz chapeme ako operator na S a teda ako D) LG = δ (5.3) G je ur ená jednozna ne aº na pripo ítanie rie²enia v homogénnej rovnice Lv =, nako ko L(G + v) = LG + Lv = δ (5.4) rie²enie nehomogénnej rovnice (5.2) potom dostaneme ako u = G f (5.5) ak takáto konvolúcia existuje. overíme výpo tom Lu = L(G f) = (LG) f = δ f = f (5.6) takéto rie²enie je dokonca jedniné (vo nos v rie²ení homogénnej rovnice sme komponovali do nejednozna nosti G), nako ko pre iné rie²enie u + v L(u + v) = f + Lv = f Lv = (5.7) ale v = v δ = v (LG) = (Lv) G = (5.8) 4 Niektorý autori jej rad²ej hovoria zov²eobecnené rie²enie, nako ko nepôjde o funkciu, ale o singulárnu distribúciu. 51

52 na Greenovu funckiu sa dá pozera ako na inverzný operátor ku L, v zmysle L(G ) = id (5.9) rie²enie okrajovej úlohy necháme na neskôr, zatial iba Cauchyho Greenova funckia v jednom rozmere majme v²eobecný operátor L v jednom rozmere d m L = a m dt m + a d m 1 m 1 dt m a (5.1) ukazeme, ze jeho Greenova funkcia ma tvar G = θ t z(t) (5.11) kde z(t) je riesenie nasledujucej ulohy Lz =, z (m 1) () = 1/a m, z (m 2) () =... = z () = z() = (5.12) overime priamociarym vypoctom G = θ z + θz = δz + θz = δz() + θz = θz (5.13) G = θ z + θz = δz () + θz = θz (5.14) G (m) = δz (m 1) + θz (m) = δ/a m + θz (m) (5.15) co dohromady da LG = a + a 1 θz δ + a m θz (m) = δ + θlz = δ (5.16) Príklad 21. Najdite greenovu funkciu operatora L = d dt + a2 (5.17) Rie²enie. pre funkciu z(t) dostaneme z = Ce a2 t (5.18) v ktorej pociatocne podmienky daju C = 1 a teda G = θe a2 t (5.19) Príklad 22. Najdite greenovu funkciu operatora L = d2 dt 2 + a2 (5.2) 52

53 Rie²enie. pre funkciu z(t) dostaneme z = A sin(at) + B cos(at) (5.21) v ktorej pociatocne podmienky daju A = 1/a, B = a teda G = θ 1 sin(at) (5.22) a rozdiel v charaktere rieseni (5.19) a (5.22) sa ukaze klucovy pri analyze rozdielu hyperbolickych a parabolickych rovnic Príklad 23. ine priklady L = d dt 1, L = d dt (5.23) Greenova funckia vo viacerých rozmeroch vo viacerych rozmeroch privolame na pomoc fourierovu transformaciu F [LG] = a α F [D α G] = a α ( iξ) α F [G] = L( iξ)f [G] (5.24) kde sme si uvedomili, ze vo vyraze F [G] ziadny z koecientov α nevystupuje toto sa ma rovnat transformacii δ-ty, takze dostavame F [G] = 1 1 (2π) n/2 L( iξ) (5.25) kde ticho predpokladame, ze L nema ziadne korene problemom teda bude obratit fourierovu transformaciu a najst G = 1 1 (2π) n dξ e iξ x (5.26) L( iξ) priklad : v troch rozmeroch L = a 2, co dava F [G] = 1 (2π) n/2 1 ξ 2 + a 2 (5.27) a teda G = 1 (2π) n vyuzijeme tzv Schwingerovu parametrizaciu 1 dξ e iξ x ξ 2 + a 2 (5.28) 1 ξ 2 + a 2 = dαe α( ξ 2 +a 2 ) (5.29) 53

54 a dostaneme postupne G = 1 (2π) 3 = 1 (2π) 3 = 1 (2π) 3 π2 dα e αa2 ( π dα e αa2 α 2 x a dξ e α ξ 2 iξ x = (5.3) ) 3/2 e x 2 4α = (5.31) dα α 3/2 e (α+α 1 ) x a 2 (5.32) podla vypoctu z casti (6.3.1) sa tento integral rovna modikovanej besselovej funkcii π 2K 1/2 ( x a/2) = x a e x a (5.33) cim dostavame v limite a teda dostavame alebo G = 1 1 4π x e x a (5.34) G = 1 1 4π x (5.35) ( ) 1 = 4πδ (5.36) x tento vztah vieme dokazat aj explicitnym vypoctom. ide o rovnost dvoch distribucii, takze nechame posobit lavu stranu na testovaciu funkciu ϕ a budeme pocitat ( 1 ) ( ) 1 x, ϕ = ( 1) 2 x, ϕ = (5.37) v oblasti ktora neobsahuje pociatok je 1/ x regularna distribucia, takze mozme pisat (B(, ε) oznacuje gulu so stredom v pociatku a polomerom ε) = d 3 x 1 ( ) 1 r ϕ = ϕ r = R 3 /B(,ε) B(,ε) ( 1 r ϕ ) ds B(,ε) B(,ε) ds ϕ 1 r ds + R 3 /B(,ε) R 3 /B(,ε) d 3 x ϕ 1 r d 3 x 1 r ϕ = (5.38) (5.39) kde sme si znamienkom pomohli pamatat, ze hranica v prvom integrale je orietovana do vnutra sfery posledny clen da nulu lebo sme v oblasti kde r a teda (1/r) = prvy clen da dωε 2 1 ε ϕ r co je pre slusnu funkciu ϕ umerne ε a v limite ε vypadne (5.4) ostava druhy clen, v ktorom pouzijeme (1/r) = ˆr/r 2 a dostaneme = ε 2 dω 1 r 2 ϕ(x) r=ε (5.41) 54

55 pre slusnu ϕ to v limite ε da = ϕ() dω = 4πϕ() = ( 4πδ, ϕ) (5.42) co dokazuje rovnost distribucii (5.36) este alternativnejsie mozme vztah (5.36) dokazat preintegrovanim cez gulu G(, R), prava strana da 4π a lava podla gaussovej vety ( ) ds 1 = r G dωr 2 1 = 4π (5.43) R2 ine priklady na to, ako najst greenovu funkciu (napriklad tento sposob v 1D) 5.2 Rie²enie rovnice vedenia tepla Zov²eobecnené po iato né podmienky chceli by sme vyriesit rovnicu v n + 1 rozmeroch (x, t) R n+1 tvare ( t )u = f, t >, u(x, ) = φ(x) (5.44) s tym, ze vsetkych vystupujucim funkciam dovolime byt distribuciami z priestoru S (R n+1 ) ukazeme, ze na to mozno riesit rovnicu ( t )ũ = f + φδ t F (5.45) bez akejkovlek okrajovej podmienky v celom R n+1, s oznacenim { g(x, t) t g xt = t < (5.46) jej riesenie najdeme priamociaro ũ = G F a riesenie povodnej rovnice (5.44) najdeme ako zuzenie na kladne casy u(x, t) = ũ(x, t) t (5.47) aby sme videli ze tomu tak ozaj je, vypocitame pre testovaciu funkciu ϕ (( t )ũ, ϕ) = ( ũ, t ϕ ( 1) 2 ϕ ) = dt dxu( t ϕ ϕ) = = uϕ t= t= + dt dx( t )uϕ = = + φ(x)ϕ() + dt dxfuϕ = (f + φδ t, ϕ) (5.48) jeden z hranicnich clenov vypadol vdaka ϕ S vidime teda interpretaciu clena δ t ako zdroja lokalizovaneho v nulovom case ostava teda najst greenovu funkciu G 55

56 5.2.2 Greenova funkcia difúzneho operátora z riesenia prikladu 21 vieme, ako bude vyzerat fourierova transformacia hladanej greenovej funkcie, ostava ju len obratit G = 1 (2π) n θ t dξ θ t e ξ 2t e iξ x = θ t (2π) n ( ) n π e x 2 4t = t = ( ) n e x 2 4t (5.49) 4πt Poissonov vzorec pre rie²enie rovnice vedenia tepla konvolucia tejto greenovej funkcie s pravou stranou rovnice bude mat dve casti. cast za f je len cvicenie v premenovavani integracnych premennych (G f, ( ϕ) = G xt, ( f ) yt, ϕ(x + y, t + t )) = θ t = dt dx( ) n e x 2 4t dy 4πt = = dt dy θ t dx( ) n e x 2 4t 4πt dt dt dy dt f(y, t )ϕ(x + y, t + t ) = dt f(y x, t t)ϕ(y, t ) = θ(t t) dx( 4π(t ) n e y x 2 4(t t) f(x, t) ϕ(y, t ) = t) = t dτ 1 dy ( 4π(t ) n e x y 2 4(t τ) f(y, τ), ϕ (5.5) τ) pri vypocte konvolucie druhej casti budeme premenovavat o cosi menej, ale budeme musiet robit jednu kontrakciu s δ-ou (G φδ t, ϕ) = ( G xt, (φ y δ t, ϕ(x + y, t + t )) ) = = = dy dy dt θ t dt dx( ) n e x 2 4t φ(y x)ϕ(y, t) = 4πt θ t [ dt dx( ) n e y x 2 4t φ(x) 4πt θ t ([ = dy ( ) n e x y 2 4t φ(y) 4πt ], ϕ ) ] θ t dx( ) n e x 2 4t 4πt ϕ(y, t) = dyφ(y)ϕ(x + y, t) = (5.51) rozmyslime si, ze v tomto vzorci je θ t zbytocna a spojenim vysledkov (5.5,5.51) dostavame Poissonov vzorec pre riesenie rovnice vedenia tepla (5.44) 1 t u(x, t) = dy ( ) n e x y 2 1 4t φ(y) + dτ dy ( 4π(t ) n e x y 2 4(t τ) f(y, τ) (5.52) 4πt τ) Príklad 24. Nájdite rie²enie vlnovej rovnice z nulovou po iato nou podmienkou a zo zdrojom v tvare δ x. Ako bude toto rie²enie vyzera pre ve ké asy? ƒo sa z toho dá usúdi? 56

57 5.3 Rie²enie vlnovej rovnice Zov²eobecnené po iato né podmienky chceli by sme vyriesit rovnicu v n + 1 rozmeroch tvare ( t 2 )u = f, t >, u(x, ) = φ(x), u t (x, ) = ψ(x) (5.53) s tym, ze vsetkych vystupujucim funkciam dovolime byt distribuciami z priestoru S (R n+1 ) podobne ako v pripade rovnice vedenia tepla ju budeme vediet prepisat na rovnicu v celom priestore s pociatocnymi podmienkami zakomponovanymi do pravej strany rovnice ( t 2 )ũ = f + φδ t + ψδ t F (5.54) riesenie tejto rovnice opat najdeme priamociaro konvoluciou ũ = G F a riesenie povodnej rovnice (5.53) najdeme ako zuzenie na kladne casy u(x, t) = ũ(x, t) t (5.55) dokaz, ze tomu tak ozaj bude je analogicky ako v predchadzajucom pripade ϕ ( ( 2 t )ũ, ϕ ) =( 1) 2 ( ũ, t 2 ϕ ϕ ) = dt dxu( t 2 ϕ ϕ) = = uϕ t t= t= dt dxu t ϕ t dt dxu ϕ = = φ(x)ϕ t () u t ϕ t= t= + dt dx(u tt u)ϕ = ( = φ(x)δ t + ψ(x)δ t + f, ) ϕ (5.56) hranicne cleny opat vypadavali vdaka ϕ, ϕ t S ostava teda najst greenovu funkciu G Greenova funkcia vlnového operátora rovnica pre fourierovu transformaciu G bude ktoru sme vyriesili v (5.22) s vysledkom ( tt + ξ 2 )F [G] = 1 (2π) n/2 δ t (5.57) F [G] = 1 (2π) n/2 θ 1 t sin( ξ t) (5.58) ξ tento vyraz obratime postupne pre pripady n = 1, 2, 3 57

58 Obr. 3: Vysvetlujuci obrazok k (5.62). v jednom rozmere dostavame G = θ t 2π = θ t 2π = θ t 2π dξ 1 2i ξ [ dξ 1 2iξ dξ 1 2iξ tu si pomozeme integralom ( e i(ξx ξ t) e i(ξx ξ t)) = ( e i(ξx ξ t) e i(ξx+ ξ t)) dξ 1 ( e i(ξx+ξt) e i(ξx ξt))] = 2iξ ( e i(ξx ξ t) e i(ξx+ ξ t)) (5.59) I = pre ktory plati z I = 2πiδ z a teda I = 2πiθ z, co v (5.59) dξ 1 ξ e iξz (5.6) G = θ t 2π ( 2πi) [θ(x t) θ(x + t)] = 1 2 θ t [θ(x + t) θ(x t)] (5.61) nakreslime si obrazok, rozmyslime si co hovoria jednotlive θ-funckie a dostaneme v dvoch rozmeroch je greenova funkcia v troch rozmeroch je greenova funkcia G = 1 θ(t x ) (5.62) 2 G = 1 θ(t r) 2π t 2 r, r = x 2 + y 2 (5.63) 2 G = 1 δ(t x ) (5.64) 4π x 58

59 ukazeme, ze fourierova trasformacia tohto vyrazu da ozaj (5.58) F [G] = 1 (2π) 3/2 d 3 x 1 4π x (t x )ei ξ x 1 = (2π) 3/2 dr dϑ dϕ r 2 sin ϑ 1 4πr δ(t r)eir ξ cos ϑ = = 1 (2π) 3/2 dϑ 2π sin ϑ t 4π eit ξ cos ϑ 1 t π = (2π) 3/2 dϑ sin ϑe it ξ cos ϑ = 2 = 1 (2π) 3/2 t due it ξ u = 1 e it ξ e it ξ (2π) 3/2 2i ξ = 1 (2π) 3/2 1 ξ sin(t ξ ) (5.65) faktor θ t bol na zaciatku zahrnuty v tom, ze δ(t x ) je automaticky nula pre t < = Rie²enie vlnovej rovnice tak ako pre greenovu funkciu aj pre riesenia rovnice (5.53) budeme mat rozne vyrazy v roznych rozmeroch v jednom rozmere uz vysledok pozname, je nim d'alambertov-duhamelov vzorec, tu si ukazeme ako k nemu prideme z konvolucie grenovej funkcie (5.76a) a pravej strany (5.54) postupne pocitame (G ψδ t, ϕ) = ( G xt, ( ψ y δ t, ϕ(x + y, t + t ) )) = dx dt 1 2 θ(t x ) = dx dt 1 2 θ(t x ) dyψ(y x)ϕ(y, t) = [ = dy dt dx 1 ] 2 θ(t y x )ψ(x) ϕ(y, t) = ([ x+t x t dyψ(y)ϕ(x + y, t) = ] ) dyψ(y), ϕ (5.66) pricom sme si rozmyslieli, ze θ funkcia hovori,ze vdialenost y od x je najviac t. spoznavame druhu cast d'alambertovho vzorca. povzbudeni pocitame dalej o cosi narocnejsi kusok ( G φδ t, ϕ ) = ( G xt, ( φ y δ t, ϕ(x + y, t + t ) )) = dx dt 1 ) ( 2 θ(t x ) dyφ(y)ϕ t (x + y, t) = = 1 t= dx dy [...] dx dt t θ(t x ) t= 2 }{{} = [ ] 1 = dy dt dxδ(t x )φ(y x) ϕ(y, t) = 2 [ ] 1 = dy dt dxδ(t y x )φ(x) ϕ(y, t) = 2 ( ) 1 = [φ(x t) + φ(x + t)], ϕ 2 dyφ(y)ϕ(x + y, t) = (5.67) 59

60 co je opat znama cast ocakvaneho vzorca. duhamelov princip je potom uz len cvicenie v premenovavani integracnych premennych (G f, ϕ) = ( G xt, ( f yt, ϕ(x + y, t + t ) )) = = dx dt 1 2 θ(t x ) dy dt f(y, t )ϕ t (x + y, t + t ) = [ = dy dt dx dt 1 ] 2 θ(t x )f(y x, t t) ϕ t (y, t ) = [ ] 1 = dy dt dx dtθ(t t y x )f(x, t) ϕ t (y, t ) = 2 [ ] 1 = dx dt dy dτθ(t τ x y )f(y, τ) ϕ t (x, t) (5.68) 2 ostava si vyjasnit, ake su hranice integralu v hranatej zatvorke. v prvom rade τ < t, lebo inak je argument urcite zaporny, v druhom rade vdialenost y od x moze byt najviac t τ a teda ( 1 t ) x+(t τ) (G f, ϕ) = dτ dy f(y, τ), ϕ (5.69) 2 x (t τ) v dvoch rozmeroch bude situacia o cosi komplikovanejsia zacnime nehomogennym clenom a premenovavanim premennych (G f, ϕ) = d 2 y = = d 2 y d 2 y dt 1 2π dt 1 2π dt θ(t y ) (t ) 2 y 2 θ(t y ) (t ) 2 y 2 d 2 x d 2 x d 2 x dtf(x, t)ϕ(x + y, t + t ) = dtf(x y, t t )ϕ(y, t ) = dt 1 θ(t t x y ) 2π (t t ) 2 x y f(x, t)ϕ(y, 2 t ) (5.7) opat dostavame t < t a potom opat integral cez take y, ktorych vzdialenosti od x je mensia ako t t, takze integrovanie cez gulu so stredom v x a polomerom t t, ktoru budeme oznacovat B(x, t t ) a celkovo teda ( 1 (G f, ϕ) = 2π t dτ B(x,t t ) ) d 2 f(y, τ) y (t t ) 2 x y, ϕ 2 (5.71) pocitame dalej clen za φ (G ψδ t, ϕ) = = = d 2 y d 2 y ( d 2 y 1 2π dt 1 2π dt 1 2π θ(t y ) (t ) 2 y 2 θ(t y x ) (t ) 2 y x 2 ) θ(t x y ) t 2 x y ψ(y), ϕ 2 d 2 xψ(x)ϕ(x + y, t ) = d 2 xψ(x)ϕ(y, t ) = (5.72) 6

61 opat budeme integrovat cez gulu, tentoraz B(x, t), ostava posledna ingrediencia ( G φδ t, ϕ ) = ( G yt, ( φ x δ t, ϕ )) = d 2 y dt 1 θ(t ) y ) ( d 2 xφ(x)ϕ t (x + y, t ) = 2π (t ) 2 y 2 ( ) = + d 2 y dt d 2 x 1 θ(t y x ) 2π t (t ) 2 y x φ(x) ϕ(y, t ) = 2 ( ( ) ) 1 = d 2 φ(y) y, ϕ (5.73) 2π t B(x,t) t 2 x y 2 kde oznacuje nulovy hranicny clen. dohromady teda dostavame pre riesenie dvojrozmernej vlnovej rovnice ( u(x, t) = 1 2π t + 1 2π B(x,t) t dτ ) d 2 φ(y) y t 2 x y 2 B(x,t t ) + 1 2π B(x,t) d 2 ψ(y) y t 2 x y + 2 d 2 f(y, τ) y (5.74) (t t ) 2 x y 2 v troch rozmeroch dostaneme DOPLNIT VYPOCET ( u( x, t) = 1 ) 1 d 2 y φ( y) + 1 4π t t B( x,t) 4πt + 1 d 3 f( y, t x y ) y 4π x y B( x,t) B( x,t) d 2 y ψ( y)+ (5.75) Sumár, porovnanie a interpretácia nájdených vz ahov pre greenove funkcie vlnoveho operatora sme v n = 1, 2, 3 rozmeroch dostali postupne G 1 = 1 θ(ct x ) 2 (5.76a) G 2 = 1 θ(ct r) 2π c 2 t 2 r 2 G 3 = 1 δ(ct x ) 4π x (5.76c) a pre riesenia cauchyho ulohy (5.53) potom postupne x+ct t x+c(t τ) u(x, t) = 1 2 (φ(x ct) + φ(x + ct)) + 1 dyψ(y) + 1 dτ dyf(x, τ) 2 x ct 2c x c(t τ) ( ) u( x, t) = 1 d 2 φ(y) y + 1 d 2 ψ(y) y 2πc t B(x,ct) c 2 t 2 x y 2 2πc B(x,ct) c 2 t 2 x y t dτ d 2 f(y, τ) y 2πc B(x,c(t τ)) c 2 (t τ) 2 x y ( 2 u( x, t) = 1 ) 1 4πc 2 d 2 y φ( y) + 1 t t B( x,ct) 4πc 2 d 2 y ψ( y)+ t B( x,t) + 1 4πc 2 d 3 f( y, t x y /c) y x y B( x,ct) (5.76b) (5.77a) (5.77b) (5.77c) 61

62 Príklad 25. Rozmyslite si, po prípade explicitným výpo tom ukáºte, ºe toto sú zodpovedajúce vz ahy pre v²eobecnú rýchlos ²írenia v n c. Príklad 26. Vo vzorci pre rie²enie trojrozmernej úlohy skúste prepísa posledný len do podobného tvaru ako rozdpovedajúci len v rie²ení dvorozmernom prípade. To znamená ako integrál cez asovú premennú v nejakých hraniciach a integrál cez hranicu nejakej gulovej plochy, ktorej polomer závisí od tohto integra ného asu. vo v²etkých troch prípadoch uvaºujme homogénnu úlohu f = (bez budenia) a funckie φ, ψ, ktoré sú nenulové iba v nejakej uzavretej oblasti D R n a pozrime sa, ako bude vyzera rie²enie u v nejakom xovanom bode x / D v rôznych asoch t > jednorozmerný prípade sme uº podobne analyzovali v dvoch rozmeroch dostaneme nulovy vysledok pre casi t < T a nenulovy vysledok pre lubovolny cas t > T v dvoch rozmeroch dostaneme nenulovy vysledok pre casi medzi T 1 < t < T 2 DOPLNIT OBRAZKY A KOMENTAR Príklad 27. Z tvaru Greenovej funkcie v dvoch rozmeroch (5.76b) a uváºením pôsobenia na testovacie funckie ktoré nezávisia od druhej súradnice súradnice x 2 nájdite vz ah pre jednorozmernú Greenovu funckiu (5.76a). Rie²enie. Príklad 28. Podobne ako v prechádzajúcom príklade, z tvaru Greenovej funkcie v troch rozmeroch (5.76c) a uváºením pôsobenia na testovacie funckie ktoré nezávisia od tretej súradnice z nájdite vz ah pre dvojrozmernú Greenovu funckiu (5.76b). Rie²enie. G 2 = = = dzg 3 = x 2 + y 2 c 2 t 2 z= c 2 t 2 x 2 y πc 2 x x 2 + y 2 > c 2 t 2 ( ) 1 1 θ(c 2 t 2 x 2 y 2 ) c 4πc t 2 x 2 y 2 /c = 1 ct c 2 t 2 2πc 1 ( z 2 =c 2 t 2 x 2 y 2 d x dz t 2 +y 2 +z 2 c ) = θ(t x /c) (5.78) c 2 t 2 x 2 Príklad 29. Pre po iato né podmienky φ, ψ, ktoré nezávisia od jednej z premenných ukáºte, ºe vz ahy (5.77c), resp. (5.77b) pre rie²enie troj-/dvoj-rozmernej úlohy prejdu na zodpovedajúci vz ah pre dvoj- /jedno-rozmernú úlohu. 62

63 Rie²enie. Rie²enie pre dvojrozmernú úlohu s nulovou po iato nou rýchlos ou. Po ítame 5 ( ) u(x, t) =u(x 1, y 1, t) = 1 d 2 φ(y 1 ) y = 2πc t B(x,ct) c 2 t 2 (x 1 y 1 ) 2 (x 2 y 2 ) 2 ( = 1 x1 +ct ) x2 + ct 2 (x 1 y 1 ) 2 dy 1 φ(y 1 ) 2πc t 1 dy 2 = x 1 ct x 2 ct 2 (x 1 y 1 ) 2 c 2 t 2 (x 1 y 1 ) 2 (x 2 y 2 ) 2 = 1 ( x1 +ct ) dy 1 φ(y 1 )π = 1 ( x1 +ct x1 ct ) dy 1 φ(y 1 ) dy 1 φ(y 1 ) = 2πc t 2 ct x 1 ct = 1 2 φ(x 1 + ct) 1 2 ( 1)φ(x 1 ct) (5.79) Príklad 3. Urobte podobnú obrázkovú analýzu prípadov, v ktorých funckcie φ, ψ nezávisia od jednej z premenných a rozmyslite si, ako spolu súvisia výsledky v rôzne rozmerných prípadoch. Príklad 31. Príklad o odvodení Kirchhofovho vzorca z dalambertovho. Príklad 32. Vyrie²te nasledujúce úlohy u tt u 11 u 22 = u(x 1, x 2, ) = x y2 u t (x 1, x 2, ) = u tt u 11 u 22 = x 1 x 2 t u(x 1, x 2, ) = u t (x 1, x 2, ) = xy u tt u 11 u 22 u 33 = u(x 1, x 2, x 3, ) = x x 3 1 u t (x 1, x 2, x 3, ) = x 2 2 x u tt u 11 u 22 u 33 = x 1 t u(x 1, x 2, x 3, ) = u t (x 1, x 2, x 3, ) = (5.8) Rie²enie. Nie uplne, ale snad postacujuco detailne naznaky riesenia. Prva rovnica ct [ ] 2π d 2 x x = x + r cos θ dr r dθ B( x,ct) y = y + r sin θ t 2π dr r dθ x2 + y 2 + r 2 + 2xr cos θ + 2xr sin θ = 2π(x 2 + y 2 ) t ( t 2 r 2 2 β 1, 1 ) + 2π t32 ( 2 β 2, 1 ) 2 u(x, y, t) = x 2 + y 2 + 2t 2 Druha rovnica B( x,ct) d 2 x x y t 2 r = 2πxy t ( 2 2 β 1, 1 ) 2, t dτ xy(t τ)τ = xy 1 6 t3 u( x, t) = xyt xyt3 5 x f(x) dtφ(t) = f (x) f dtφ(t) = f (x)φ(f(x)) f 63

64 Tretia rovnica S( x,ct) π 2π x = x + ct sin θ cos ϕ d 2 x = c 2 t 2 dθ sin θ dϕ y = y + ct sin θ sin ϕ z = z + ct cos θ π π dθ sin θ = 2, dθ sin 3 θ = 4 2π 3, dϕ cos 2 ϕ = π u( x, t) = x 2 + ty t3 + t 2 + t tx + 2z 1 Stvrta rovnica. B( x,ct) d 3 x = ct dr r 2 π 2π dθ sin θ dϕ x = x + r sin θ cos ϕ y = y + r sin θ sin ϕ z = z + r cos θ u( x, t) = 1 6 xt Vlnová rovnica v n-rozmeroch podmienku pre Greenovu funkciu v n rozmeroch napiseme trochu inak (premysliet ze to je ozaj ekvivalentne) ( 2 t )G n,tx =, G n t= =, t G n t= = δ(x) (5.81) riesenie tejto rovnice budeme hladat v tvare G n (t 2 r 2 ) G n (σ), motivovany invariantom transformacie, ktora nemeni vlnovy operator podobne nasledne vypocitame PORIADNEJSIE ( ( t 2 δ)g n = 4 σg n + n + 1 ) G n 2 ak tuto rovnicu zderivujeme podla σ este raz, dostaneme σg = (5.82) n + n G n = (5.83) 2 z coho vidime, ze G n splna rovnaku rovnicu ako G n+2 a mozu sa teda lisit iba o multiplikativnu konstantu (rozdiel o riesenie homogennej rovnice nas zaujima). dostaneme teda tato konstanta sa ukaze byt 1/π ODKIAL? G n+2 = c dg n dσ (5.84) 64

65 pre n = 1 mame G 1 = 1 2 θ(t2 r 2 ) (5.85) co da G 3 = 1 2π kde sme vyuzili, ze aj t aj r su kladne d dσ θ(σ) = 1 σ=t 2 r 2π δ(t2 r 2 ) = 1 δ(t r) (5.86) 4πr 2 pre vseobecny neparny rozmer n = 2k + 1 potom dostaneme G 2k+1 = 1 d k 2π k dσ k θ(σ) (5.87) σ=t 2 r 2 a pre vseobecny parny rozmer n = 2k + 2 G 2k+2 = 1 d k θ(σ) 2π k+1 dσ k (5.88) σ σ=t 2 r 2 na tomto mieste si len vsimneme, ze s rastucim rozmerom distribucia G n nabera na singularite a obsahuje vysoke derivacie δ-y, co znamena ze riesenie zavisi od vysokych derivacii pociatocnych podmienok vlnova rovnica teda vo vseobecnosti kazi diferencovatelnost dva vzorce pre parne a neparne rozmery sa daju spojit do jedneho zavedenim polociselnej derivacie, ale to nebudeme potrebovat Jednozna nos rie²enia a iné úlohy pre vlnovú rovnicu pre rozmery n = 1, 2, 3 sme nasli explicitne vyjadrenie riesenia a teda dokazali jednoznacnost a existenciu pre vseobecne rozmery sme naznacili vypocet greenovej funckie, ktora potom v konvolucii so zovseobecnenou pociatocnou podmienkou F v (5.54) da riesenie, je ale toto riesenie jedine? nech su riesenia dve, u 1 a u 2 a studujme ich rozdiel w = u 1 u 2. tato funckia splna homogennu rovnicu s homogennou pociatocnou podmienkou a teda F =, co v konvolucii s lubovolnou G n da vzdy nulu preto v(x, t) = a teda u 1 = u 2 vseobecnejsia pociatocna podmienka - doteraz sme mali pociatocnu podmienku zadanu na nadploche t =. mozme sa pytat ako mozme tuto nadplochu zovseobecnit aby sme mali stale dobre denovany problem s pociatocnou podmienkou v jednom rozmere - mozme priamku t = zdeformovat tak, aby aby ju ziadny minuly kuzel nepretinal viac krat 65

66 vo viacerych rozmeroch - pre linearny hyperbolicky operator Lu = g ij u ij +... (5.89) bude dobrou nadplochou γ(x) = taka, ktora nie je nikde charakteristicka, teda g ij γ i γ j x (5.9) to je analog podmienky na krivku Γ pri rovniciach prveho radu, aby sa riesenie, ktore sa prenasa po charakteristikach neprenieslo na to iste miesto z roznych smerov rozne Goursatov (charakteristicky) problem na zaver budeme studovat iny druh podmienok na riesenie vlnovej rovnice. specialne v 1D pripade, kde je vseobecne riesenie vlnovej rovnice bez pravej strany dane u(x, t) = g 1 (x t) + g 2 (x + t) (5.91) rovnicu budeme riesit v oblasti t 2 > x 2 a na jej hraniciach t = x budeme mat zadanu hodnotu u u(x, x) = u 1 (x), u(x, x) = u 2 (x) (5.92) pricom aby sme mali konzistentne zadanu ulohu u 1 () = u 2 () = a. toto dosadime do riesenia ulohy a dostaneme podmienky co pre x = da g 1 () + g 2 () = a a teda u 2 (x) = g 1 () + g 2 (2x) (5.93) u 1 (x) = g 1 (2x) + g 2 () (5.94) u(x, t) = u 1 ( x t 2 ) ( ) x + t + u 2 a (5.95) 2 vsimnime si, ze ak by sme zadali na hranici t = x aj casovu derivaciu funckie u, tak by sme problem predenovali, nakolko by sme tym padom urcili aj funkciu g aj funkciu g tiez si vsimnime, ze ak by sme chceli zavriet oblast tak, aby bola uzavreta a zadat u na tejto oblasti to by tiez vo vseobecnsoti neslo, nakolko vo vnutry oblasti t = x je riesenie u dane vzorcom (5.95) a nemozme ho lubovolne zadavat prichadzame k zaveru, ze Dirichletova okrajova uloha je pre vlnovu rovnicu zle denovana 66

67 6 Okrajové úlohy pre Poissonovu rovnicu a zov²eobecnenia uz sme pisali ze v parabolickych a hyperbolickcych rovniciach mame jednu specialnu premennu, ktoru identikujeme s casom a tieto rovnice popisuju dynamicke situacie mozme sa vsak zaujimat o take riesenia rovnic ( t )u =, ( 2 t )u = (6.1) ktore nezavisia od casu. napriklad preto, ze sme ich na zaciatku nainicialozovali tak, ze sa pocaitocna podmienka nebude menit, alebo preto ze sme pockali dostatocne dlho na to, aby sa riesenie ustalilo a prestalo sa v case menit (vedenie tepla, trenie) z fyzikalneho hladiska ide napriklad o elektrostaticke problemy, o tvar membran natiahnutych na zadany ram, vedenie tepla v ustalenom stave na zaciatok budeme studovat vlastnosti rieseni rovnice Poissonovej rovnice u = f (6.2) pricom homogenna rovncia u = nesie specialne meno Laplacovej rovnice (jej riesenia su doslezite pri hladani greenovych funkcii pre zadanu okrajovu podmienku, ale o tom potom) aky druh podmienok vieme nalozit na riesenia (6.2) ukaze sa, ze Cauchyho pociatocne podmienky nie, nakolko taketo riesenia nie su stabilne : ilustracny priklad, ktory pochadza od Hadamarda Cauchyho uloha pre Laplaceovu rovnicu v dvoch rozmeroch s pociatocou podmienkou ma riesenie u(x 1, ) =, u(x 1, ) x1 = ψ n (x 1 ) = sin nx n u n (x 1, x 2 ) = sinh nx 2 sin nx 1 n 2 (6.4) rovnica s homogennou pociatocnou podmienkou ma nulove riesenie u (x 1, x 2 ) =. pre lubovolne ε viem zvolit n tak, aby (6.3) ψ n (x 1 ) < ε x 1 (6.5) a teda pociatocne podmienky pre tieto dve riesenia su lubovolne blizko pri sebe. avsak nech je n akekolvek, od isteho y plati u n u > K K (6.6) a teda riesenia u n a u su od seba lubovolne daleko. cauchyho uloha pre laplaceovu rovnicu je nestabilna 67

68 6.1 Klasikacia okrajových úloh riesime teda Poissonovu rovnicu u =, x Ω R n (6.7) kde Ω je hladka, ohranicena, spojita oblast, jej hranicu Ω budeme oznacovat S (tj. mnozinu bodov, pre ktore neexistuje otvorena mnozina, ktora by bola cela dnu alebo cela von, nemusi nutne platit S Ω) budeme sa stretavat s tymito tromi druhmi okrajovych uloh (nie nutne na celom S tie iste, moze byt kombinovane) Dirichletova okrajová úloha funckia zadana na hranici oblasti u x S = φ(x) (6.8) pre zadanu funkciu φ zodpoveda xovanemu okraju, xovanej teplote, zadanemu potencialu Neumanova okrajová úloha normalnova derivacia zadana na hranici oblasti u n = ψ(x) (6.9) x S pre zadanu funkciu ψ zodpoveda volnemu okraju, zadanemu toku tepla, zadanej hustote naboja Robinova okrajová úloha zadana kombinacia u α 1 u + α 2 n = ψ(x) (6.1) x S pre zadanu funkciu ψ zodpoveda okraju na pruzine, vymienaniu tepla s okolim s nulovou teplotou podla Fourierovho zakona 6.2 Vlastnosti harmonických funkcií hladke riesenia Laplacovej rovnice v zadanej oblasti Ω budu hrat specialnu ulohu, maju specialne vlastnosti a preto aj specialne meno, harmonicke funkcie a oznacenie v nebudeme od nich ziadat ziadne vlastnosti na hranici S, v zmysle ze konretna harmonicka funkcia ma konkretne vlastnosti na S a nas moze zaujimat aka konkretnaa harmonicka funkcia ma tieto vlastnosti, ale na vseobecu harmonicku funckiu nebudeme nakladat ziadne okrajove podmienky a lubovolne riesenie v = v celej oblasti Ω nazveme harmonickou funkciou 68

69 Veta o strednej hodnote klucovou vlastnostou harmonickych funkcii je nasledujuce tvrdenie (veta o strednej hodnote) pre harmonicku funkciu v plati v(x) = 1 ω n ρ n 1 ds y v(y) (6.11) B(x,ρ) pre lubovolnu gulu B(x, ρ) ktora je cela v nasej oblasti, B(x, ρ) Ω a kde ω n je povrch jednotkovej n rozmernej gule znamena to teda, ze funkcna hodnota harmonickej funkcie je dana ako aritmeticky priemer hodnot na lubovolnej (!!!) guli ktora cela lezi v oblasti harmonicity tvrdenie vyplyva z explicitneho vypoctu. kedze operator je translacne invariantny, mozme si bod x premiestnit do pociatku a nic nepokazime, zadenujeme funkciu 1 µ(ρ) = ω n ρ n 1 ds y v(y) (6.12) B(,ρ) a vypocitame jej derivaciu podla ρ. na to preskalujeme premennu y hodnotou ρ, co da µ(ρ) = 1 ds y v(yρ) (6.13) ω n B(,1) a jedine mieste kde sa na pravej strane nachadza ρ je v argumente v a mozme pisat v(y(ρ + dρ)) = v(y 1 ρ + y 1 dρ,...) = v(y 1 ρ,...) + v y i y i (6.14) druhy clen je derivacia v y a teda derivacia v v smere y, ktory lezi na jednotkovej sfere a teda derivacia v v smere n, cim dostavame µ u = n ds y = y =1 y =1 v ds y = y <1 vdv y = (6.15) kde sme pouzili Gaussovu vetu. funckia µ(ρ) je teda konstanta a pre spojitu v ju mozme vypocitat v limite ρ, co da µ() = v() a bude mat tuto hodnotu vsade, cim je dokaz dokonany tato veta plati aj opacne, a kazda funkcia ktora splna (6.11) je harmonicka v danej oblasti veta o strednej hodnote sa da prepisat aj ako integraovanie cez objem celej gule B(x, ρ) Príklad 33. Prepí²te vetu o strednej hodnote harmonickej funkcie (6.11) do tvaru, v ktorom sa bude integrova cez celý objem gule. Princípm minima a maxima oblast Ω nie je nutne uzavreta, takze nemozme rozpravat o maximach a minimach v na Ω, ale mozme hovorit o supreme a inme, oblast Ω = Ω S uz uzavreta je, takze mozme hovorit o maxime a minime 69

70 z vety o strednej hodnote vyplyva nasledujuce tvrdenie max Ωv = max S v, min Ωv = min S v (6.16) harmonicka funckia teda dosahuje svoje maximum a minimum na hranici oblasti, kde je harmonicka z toho dostaneme, ze funkcia ktora ma maximum vo vnutry oblasti je nutne konstantna, ako bude jasne z nasledujuceho dokazu nech funkcia v nadobuda maximum v niektorom vnutornom bode x Ω, oznacme hodnotu tohto maxima v(x ) = M a zostrojme gulu so stredom v bode x tak, aby bola cela v Ω funckia v ma potom na celej tejto guli hodnotu M. ak by v niektorych miestach mala mensiu hodnotu, musela by mat v niektorych miestach vacsiu hodnotu, nakolko priemer vsetkych hodnot je M, ale to nie je mozne nakolko M je maximalna hodnota, na zaklade toho musi mat hodnotu vsade na tejto guli, vsade v tejto guli a teda vsade v Ω Dirichletov princip - zo vsetkcyh funkcii, ktore splnaju u Ω = φ hramonicka funkcia minimalizuje hodnotu funkcionalu E = 1 2 Príklad 34. Dokáºte Dirichletov princíp (6.17). Ω dv u 2 (6.17) trivialny dosledok vety o minime a maxime je fakt, ze harmonicka funkcia ktora je na hranici Ω konstantna je nutne konstantna aj v celom objeme Ω x S v(x) = c x Ωv(x) = c (6.18) Dôsledky pre jednozna nos a stabilitu rie²enia okrajových úloh trivialnym dosledkom tohto trivialneho dosledku je jednoznacnost riesenia Dirichletovej okrajovej ulohu pre Poissonovu rovnicu ak by sme mali totiz dve riesenia u 1 a u 2, ich rozdiel je harmonicka funckia s homogennou okrajovou podmienkou a teda nula vsade v Ω poznamenajme, ze tu je klucova spojitost hranice a spojitost okrajovej podmienky na hranici, o com nas presvedci nasledujuci dvojrozmerny priklad ak hladame hramonicku funkciu v oblasti Ω = { x < 1, x 2 > } a teda polkruh a okrajovu podmienku zadame nulovu az na bod (, ), potom ma uloha v = ocividne riesenie v = ale aj riesenie v = Im(z + z 1 ), z = x 1 + ix 2 Príklad 35. Overte, ºe takto zadaná funkcia je hamronická a sp a okrajúvu podmienku. 7

71 podobne dostaneme dokaz o stabilite riesenia Dirichletovej ulohy pre Poissonovu rovnicu. nech u 1,2 je riesenie s okrajovou podmienkou φ 1,2, potom dostavame ze rozdiel w = u 1 u 2 je riesenie Laplaceovej rovnice s okrajovou podmienkou φ 1 φ 2 ak zoberieme φ 1 φ 2 < ε, potom maximum w na hranici je ε a minimum je ε, co ale znamena ze to je maximom a minimom aj vo vnutry. to ale znamenana ze u 1 u 2 < ε x Ω (6.19) a teda ze riesenie je stabilne voci malej zmene okrajovej podmienky dokazeme este istu mieru jednoznacnosti riesenia Neumannovej ulohy pre Poissonovu rovnicu. majme dve riesenia u 1,2 tej istej ulohy. zostrojme w = u 1 u 2 DOPLNIT CEZ MIN MAX po pripade mozme vo vztahu (??) z nasledujucej casti pouzit u 1 = u 2 = w a dostaneme dv w 2 = (6.2) Ω a kedze w 2 dostavame w = a teda w = const a dve riesenie Neumanovej ulohy sa mozu riesit najviac o konstantu (vseobecne roznu konstantu pre rozne dvojice rieseni) 6.3 Rie²enie Dirichletovej okrajovej úlohy nas plan utoku je nasledovny riesenie budeme hladat podobne ako predtym, najskor najdeme specialne riesenie s f = δ a potom z neho skonstruujeme riesenie vseobecnej ulohu problemom bude okrajova podmienka, ktoru vyriesime pomocou rozumneho vyuzitia volnosti v greenovej funkcii v tejto casi bude greenova funkcia cosi trochu ine ako predtym, fundamentalne riesenie bude to iste ako predtym, ale Greenova funkcia nebude fundamentalne riesenie, ale fundamentalne riesenie uz s touto vhodnou volbou homogenneho riesenia (=hramonickej funkcie) Fundamentálne rie²enie Laplaceovej rovnice budeme hladat riesenie rovnice u = δ (6.21) bez akychkolvek podmienok na Ω a pojde teda cislo o vlastnost Laplaceovho operatora riesenie budeme oznacovat K a nazyvat fundamentalne riesenie Poissonovej rovnice, najdeme ho ako limitu a fundamentalneho riesenie operatora a 2 a to najdeme fourierovou transformaciou 71

72 v casti 5.1 sme ukazali, ze pre fourierovu transformaciu F [K] plati ostava teda obratit tento vyraz K = 1 (2π) n d n 1 x e iξ x ξ 2 + a 2 = 1 (2π) n = 1 (2π) n F [K] = 1 (2π) n/2 1 ξ 2 + a 2 (6.22) dα πn/2 x 2 e 4α +a2α = 1 αn/2 (4π) n/2 na tomto mieste vypocitame vseobecnejsi integral I = substitusciou α = e u dostaneme integral I = du e u(1 m) z cosh u = 2 dα e a2 α d n x e ξ 2 α iξ x = ( ) x 1 2/n dα α n/2 e (α+α 1 ) x 2 a 2 2 2a (6.23) dα α m e (α+α 1 ) z 2 (6.24) du cosh [u(1 m)] e z cosh u (6.25) s troskou sklamania skonstatujeme, ze dalej sa nepohneme a posledny vyraz je deniciou modi- kovanej beselovej funkcie, co da vysledokm pre fundamentalne riesenie operatora a 2 teda dostavame K = 1 (4π) n/2 I = 2K m 1 (z) (6.26) ( ) x 1 2/n 2K n 2a 2 1 (a x ) (6.27) ostava spravit limitu a, pre n > 2 nam pomoze asymptoticke vyjadrenie modikovanej Besselovej funkcie K b (z) 1 2 Γ (b) ( 2 z ) b (6.28) toto dosadime do predchadzajuceho vzorca dostavem vztah, ktory je dobre denovany v limite maleho a a potom upravujeme K = 1 4π n/2 Γ ( n 2 1 ) ( 1 x n 2 = 1 2 n ) 1 2π n/2 1 Γ n = (6.29) 2 x n = (2 n)ω n x n 2 (6.3) kde sme spoznali povrch jednotkovej sfery v n rozmeroch ω n = 2πn/2 Γ n 2 (6.31) 72

73 ostava si vyjasnit pripad n = 2 v ktorom asymptotika Besselovej funkcie vyzera inak ( z K (z) log γ (6.32) 2) po tom co zahodime (nekonecnu) konstantu dostaneme tieto vzorce sa daju odvodit aj inym sposobom K = 1 log x (6.33) 2π ak budeme hladat riesenie v tvare K( x ) K(r), rovnica K = pre r > da 6 K + n 1 K = (6.34) r jej riesenie hladame v tvare r α, pricom pri α = sa musime mat na pozore. rovncia da α = 2 n a teda pre n > 2 dostaneme az na konstantu to iste ako predtym. konstantu dopocitame z podmienky a podobne pre dva rozmery B(,R) Greenova funkcia pre Dirichletovu úlohu a jej rie²enie Greenovu funkciu G(x, y) pre x, y Ω zadenujeme ako riesenie ulohy dv y K(y) = 1 (6.35) G(x, y) =δ(x y) G(x, y) x S = (6.36a) (6.36b) vidime teda, ze ide o vlastnosti operatora a oblasti Ω ale nie je to vlastnost konkretnej ulohy f, φ kedze ide o specialny pripad Dirichletovej ulohy, vieme ze ma jednoznacne riesenie, riesenie bude v tvare G(x, y) = K(x y) + v(x, y) kde harmonicka funkcia v musi splnat v(x, y) = v(x, y) x S = K(x y) x S (6.37a) (6.37b) aj toto je Dirichletova uloha teda aj takato funckia v existuje najviac jedna. ak ju teda (akokolvek) najdeme, vieme, ze uz dalej hladat nemusime pred tym, ako si ukazeme ako hladat Greenovu funkciu si ukazeme, ako ju pouzijeme na riesenie Dirichletovej ulohy ( ) 6 Radialna cast laplacianu r = 1 d r n 1 dr r n 1 d dr 73

74 pre dve funkcie w 1 (x), w 2 (x) na Ω plati dv w 1 w 2 = Ω co je viac rozmerna verzia vzorca pre integrovanie per partes S w 2 w 1 n ds dv w 1 w 2 (6.38) Ω ked teraz od seba odcitam dve verzie s vymenenym u 1 a u 2 dostaneme Greenov vzorec ( ) w 2 dv (w 1 w 2 w 2 w 1 ) = ds w 1 n w w 1 2 n Ω ten sa ukaze byt klucovy dostavame z neho napriklad symetriu Greenovej funkcie (pripad w 1 = w 2 = G) v (6.39) zobereiem w 1 = u, w 2 = G(x, y) dostavame ( G(y, x) dv y (u(y) G(y, x) G(y, x) u(y)) = ds y u(y) G(y, x) u(y) ) n y n y Ω S S (6.39) (6.4) vyuzijeme teraz, ze u je riesenie ulohy (6.7,6.8) a teda ze pozname u aj u na hranici S. derivaciu u na hranici nepozname, ale tu vstupy do hry denicia Greenovej funkcie, vdaka ktorej clen v ktorom by sme tuto vedomost potrebovali vypadne. dostavame G(x, y) u(x) = dv y f(y)g(x, y) + ds y φ(y) (6.41) n y Ω toto je vztah ktory dava riesenie Dirichletovej ulohy v uzavretej oblasti Ω a teda dokazuje existenciu riesenia tejto ulohy interpretacia clenov je mozna na zaklade analogie s elektrostatikov a vedenim tepla elektrostaticka analogia cast f(y)k(x y) hovori o potencialy, ktory bude bodovy naboj ulozeny v mieste f(y) v mieste x cast f(y)v(x, y) hovori o potencialy, ktory v mieste x budi naboj, ktory rozlozenie naboja f(y) indukovalo na vodici, ktory tvori hranicu oblasti Ω (viac v casti o imaginarnych nabojoch) interpretovat druhy clen je trochu zlozitejsie, matematicky ide o potencial dvojvrstvy (priklad) v mieste x - hustota naboja σ + na jednej vrstve a σ sa vrstve ktora je velmi blizko, v limite su obe S y, ide potom o rozlozenie dipoloveho momentu velkosti φ(y) v smere vektora n y - potencial na dvojvrstve ma skok presne dany hustotou σ, co je presne to co chceme - z nuloveho potencialu mimo oblasti dostat nejaky zadany potencial φ(y) na hranici vodic zo zadanym rodelenim potencialu je teda rovnaky, ako uzemneny vodic, ktory ma v kazdom mieste ulozeny dipol s dipolovym momentom danym povodnym potencialom (a v smere normaly v danom mieste) cast v n y potom zodpvoeda efektu, ktory ma tento dipol na volne naboje v tomto uzemnenom vodici a zodpoveda nejakemu imaginarnemu dipolu S 74

75 tepelna analogia druhy clen mozno interpretovat ako riesenie ulohy o vedeni tepla bez vnutornych zdrojov f, funckia G/ n potom hovori, ako sa xovana teplota φ(y) na hranici S prejavi v mieste x pred tym ako sa pustime do konstrukcie Greenovej funkcie si ilustrujme ziskane vtahy na velmi jednoduchom priklade Príklad 36. Metódou Greenovej funckie nájdite rie²enie jednorozmernej úlohy na intervale (, 1) s pravou stranou f a okrajovou podmienkou u() = A, u(1) = B. Rie²enie. V prvom rade si uvedomme, ze preskalovanim premennej x by sme mohli lubovolny interval (a, b) previest na takyto tvar a teda uloha nie je az taka specialna ako sa zda. V druhom rade si spomenme, ze v pripade jedneho rozmeru K = 1 2 x a teda G(x, y) = 1 x y + v(x, y) (6.42) 2 tak, ze xv(x, 2 y) = a teda v(x, y) = αx + β, kde α, β su nejake funkcie y. Z podmienka v(, y) = 1 2 y, v(1, y) = y a z toho ze y (, 1) dostaneme β = 1 2 y, α = 1 (2y 1) (6.43) 2 co da G(x, y) = 1 2 x y + xy 1 (x + y) (6.44) 2 Na okrajoch plati pricom n y = G(x, y) y { y y = y y = 1 (6.45) = θ(x y) + x (6.46) pre druhy clen v (6.41) dostaneme G(x, y) ds y φ(y) = G(x, y) φ(y) = φ(1) [ θ( 1) + x] + φ() [ ( θ() + x)] = S n y n y=,1 y Druhy clen upravujeme 1 =(B A)x + A (6.47) dy f(y)g(x, y) = 1 G(x, y) dy F (y) + F (y)g(x, y) y y=,1 (6.48) kde F je primitivna funkcia k f, a teda F (y) = f(y). Druhy clen vypadne (explicinte alebo z konstrukcie Greenovej funkcie). V druhom clene dostaneme 1 dy F (y)θ(x y) + x 1 dy F (y) (6.49) 75

76 druhy clen bude nulovy, nakolko F mozme posunut o lubovolnu konstantu a teda mozme ju nastavit tak, aby 1 dyf (y) =, druhy clen da x dy F (y), cize dostavame x u(x) = dy dyf(y) + (B A)x + A (6.5) co je presne funkcia ktoru sme cakali Kon²trukcia Greenovej funkcie metódou imaginárnych nábojov doteraz sme sa zaoberali ohranicenymi oblastami, nasledovat vsak bude hned ako prvy pripad oblast, ktora nie je ohranicena, pricom sa samozrejme budeme tvarit ako keby sa nic nestalo je teda namieste komentar co s tym. pripad neohranicenej oblasti budeme zavadzat ako pripad ohranicenej oblasti, ktora rastie. integraly ktore vystupuju vo vzorci (6.41) teda budu nevlastne a musime si davat pozor na to, aby boli dobre denovane a konvergovali. vzdy ked prichadzame do kontaktu s neohranicenou oblastou si na to musime davat pozor. that said, budeme s neohranicenymi oblastami pracovat, ako keby sa nechumelilo ukazeme si teraz metodu imaginarnych nabojov na niekolkych prikladoch idea by potom mala byt jasna Greenova funkcia polpriestoru v dvoch rozmeroch za oblast zoberieme polpriestor v 2D, takze Ω = { (x 1, x 2 ) R 2, x 1 > } (6.51) a hladame Greenovu funckiu, ktora bude mat tvar G = log x y /2π + v, kde harmonicka v splna v(x, y) = 1 2π log x y y1 = (6.52) ak zadenujeme vektor y = ( y 1, y 2 ) je jasne ze x y = x y pre vsetky y Ω, x S a teda ak zoberieme za v v(x, y) = 1 2π log x y (6.53) kedze y / Ω tato funkcia je harmonicka a splna vztah (6.52). ale z jednoznacnosti riesenia Dirichletovej ulohy vieme, ze ine v neexistuje a nasa uloha je splnena a mame G(x, y) = 1 ( log x y log x y ) (6.54) 2π ostava dopocitat G n y. kedze normala smeruje von z objemu, dotavame n y = (6.55) y S y 1 76

77 Obr. 4: Greenova funkcia v polpriestore. pocitame a teda G(x, y) n y co dava riesenie celej ulohy log x y = 1 1 y 1 2 (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 2(x 1 y 1 )( 1) (6.56a) log x y = 1 1 y 1 2 (x 1 + y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 2(x 1 + y 1 ) (6.56b) = 1 x 1 y 1 y S 2π (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 u(x 1, x 2 ) = y1 = + 1 2π x 1 + y 1 (x 1 + y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 = y1 = = 1 2x 1 2π x (x 2 y 2 ) 2 (6.57) + dy 1 dy 2 f(y 1, y 2 ) 1 4π log dy 2 φ(y 2 ) 1 2π ( (x1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 (x 1 + y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 ) + 2x 1 x (x 2 y 2 ) 2 (6.58) aby mal vysledok zmysel, musia byt funkcie f, φ take, aby oba tieto integraly davali zmysel Príklad 37. Najdite dvojrozmerné rie²enie Laplaceovej rovnice v polrovine x 1 podmienku > pre okrajovú φ(x 2 ) = δ(x 2 ), (6.59) φ(x 2 ) = x 2 x (6.6) 77

78 Greenova funkcia stvrtpriestoru v dvoch rozmeroch pozrime sa teraz na komplikovanejsiu oblast Ω R 2 = {x 1 >, x 2 > } (6.61) Greenova funkcia pre polpriestor bola zlozena z dvoch nabojov, jednehov y a druheho v y ked ju teraz chceme vynulovat aj na priamke x 1 =, potrebujeme ku kazdemu z nich pridat nulujuci naboj, tj. jeden zaporny do (y 1, y 2 ) a jeden kladny do ( y 1, y 2 ), ak tieto miesta oznacime postupne y, y, dostaneme Greenovu funkciu G(x, y) = K(x y) K(x y ) K(x ) + K(x y ) (6.62) nie je problem overit, ze dvojica pridanych nabojov dava nulovy prispevok na priamke x 1 = a teda nekazi povodnu okrajovu podmienku ostava si vyjasnit, ako vyzera derivovanie v smere normaly na hraniciach oblasti, co tiez nie je tazke y 1 = y 2 = = n y y 1 (6.63) = n y y 2 (6.64) Príklad 38. V dvoch rozmeroch najdite potenciál v priestore medzi dvomi kolmými priamkami, ke jedna je uzemnená a na druhej drºíme potenciál φ(y 1 ). Pre aký tvar funkcie φ má úloha rie²enie. idea metódy imaginarnych nabojov je teda zrejma - kazda rovina vyrobi zrkadlovy obraz naboja a zmeni jeho znamienko pritom treba vyrabat zrkadlove obrazy aj novych obrazov, pokial su v oblasti, ktora je pre danu rovinu skutona (aj ked pre ine nie je) ine dvojrozmerne oblasti - priestor medzi dvomi priamkami < x 1 < 1, priestor medzi dvomi priamkami zvierajucimi uhol π/4, pripadne vseobecny uhol, stvorec Greenova funkcia polriestoru v n rozmeroch by uz nemusela byt ziadny problem. ak je polpriestor denovany podmienkou x i >, potom zadenujeme y = (y 1,..., y i,...) a Greenova funkcia bude G(x, y) = K(x y) K(x y ) (6.65) ak y patri na hranicu, potom y = y a x y = x y a teda G(x, y) y S = Poissonovo jadro vidime ze vo vztahu pre riesenie Dirichletovej ulohy (6.41) v druhom clene vystupuje derivacia Greenovej funkcie, ktoru mozme vypocitat pre danu oblat raz a navzdy. tomuto vysledku sa hovori Poissonovo jadro, oznacuje sa H(x, y) a cast riesenia za okrajovu podmienku ma potom tvar S ds y φ(y)h(x, y) (6.66) 78

79 vypocitajme teraz toto jadro pre polriestor x i >. postupne pocitame K(x y) y i = 1 x i ω n (2 n) j (x j y j ) 2 1 n/2 = 1 ( 1 n ) 2(x i y i )( 1) ω n (2 n) 2 ( ) n/2 = j (x j y j ) 2 = 1 ω n x i y i x y n (6.67) poznamenajme ze tento vztah plati aj v pripade n = 2. podobny vypocet da kdeze na hranici x y = x y, dostavame H(x, y) K(x y ) = 1 x i + y i y i ω n x y n (6.68) G(x, y) n y = y S 2x i ω n x y n (6.69) ak teda hladame harmonicku funkciu v zadanu na hranici polpriestoru, riesenim je v(x) = 2x i d n 1 φ(y) y ω n x y n (6.7) ODBOCKA - n-rozmerny dipol a H ako potencial dipoloveho rozdelenia - DOPLNIT Greenova funkcia pre dvojrozmernu gulu - pozrime sa teraz na oblast ak pre x Ω zadenujeme y i = Ω R 2 = { x < R} (6.71) y = R2 y 2 y (6.72) tj. obraz bodu x pri kruznicovej inverzii, z kosinusovej vety lahko overime, ze pre bod x S plati x y = R x y (6.73) y toto by sme dostali aj zdenicie gule ako mnoziny bodov, ktore maju konstantny sucin vzdialenosti od zadanych dvoch bodov (v nasom pripade su tieto dva body y, y ) zoberme teraz (sme v dvoch rozmeroch) ( y ) v(x, y) = K R (x y ) = 1 [ y ] 2π log R x y kedze pre x S plati (6.73), dostavame (6.74) v(x, y) x S = K(x y) x S (6.75) kedze y / Ω, takato v je harmonicka v Ω a Greenova funkcia bude mat tvar ( y ) G(x, y) = K(x y) K R (x y ) (6.76) 79

80 Obr. 5: Greenova funkcia v gulovej oblasti. pripadne by sme rovnaky vysledok pre v dostali z explicitneho tvaru rovnice v = s okrajovou podmienkou (6.74) separaciou premennych vsimnite si, ze neide o imaginarny naboj opacneho znamienka v mieste y, je k nemu este dorobeny dalsi prispevok situacia v n rozmeroch bude trochu ina (ale nie velmi) pred tym ale vypocitajme Poissonovo jadro pre kruhovu oblast. plati ( G G = G n =, G ) ( y1 n y y 1 y 2 y, y ) 2 y (6.77) urobime explicitny vypocet, avsak pre G n x a kedze G je symetricke, na konci vypoctu budeme moct vymenit x a y (toto este premysliet a mozno doplnit aj explicitny vypocet) pocitame mame G = 1 x 1 y 1 x 1 2π x y 2 1 x 1 y1 2π x y 2 (6.78a) G = 1 x 2 y 2 x 2 2π x y 2 1 x 2 y2 2π x y 2 (6.78b) G n x = 1 [ (x y) x 2π x y 2 x (x ] y ) x x y 2 (6.78c) x (x y ) x = x 2 R2 y 2 y x (6.79) 8

81 co da [ ) ] G 1 = n x 2π x x y 2 x 2 y x ( x 2 R2 y 2 y x 1 R 2 / y 2 = 1 = ( x 2 2π x x y 2 x 2 y 2 ) R 2 (6.8) ak teraz vymenime x a y, zoberieme y = R a upravime dostaneme vyraz pre Poissonovo jadro pre kruhovu oblast H(x, y) = 1 R 2 x 2 2πR x y 2 (6.81) a pre harmonicku funkciu v kruhu zadanu na jeho obvode dostaneme Poissonovu formulu u(ρ, θ) = R2 ρ 2 2π 2π φ(ϑ) dϑ R 2 + ρ 2 2Rρ cos(θ ϑ) (6.82) specialne ak φ = const, potom vieme ze v je rovne tejto konstante aj vsade v kruhu a dostavame zaujimavu identitu pre integral na pravej strane 2π 1 dϑ R 2 + ρ 2 2Rρ cos(θ ϑ) = Príklad 39. Nájdite Greenovu funkciu pre polkruhovú oblas 2π R 2 ρ 2 (6.83) Ω R 2 = { x < R, x 2 > } (6.84) Greenova funkcia pre gulu v n rozmeroch - vztah (6.73) pre x (6.72) bude platit v lubovolne vela rozmeroch, takze ked v n rozmeroch vzmeme ( y ) ( ) R n 2 v(x, y) = K n R (x y ) = K n (x y ) (6.85) y dostaneme opat a teda v(x, y) x S = K n (x y) x S (6.86) ( ) R n 2 G(x, y) = K n (x y) K n (x y ) (6.87) y vsimnite si, ze v pripade n > 2 uz ma prispevok od v interpetaciu imaginarneho naboja s preskalovanou velkostou podobny vypocet ako v dvojrozmernom pripade da a dostaneme Poissonovu formulu v n rozmeroch G = 1 R 2 x 2 n y ω n R x y n (6.88) v(x) = R2 x 2 ω n R S φ(y) ds y x y n (6.89) 81

82 6.4 Rie²enie Neumannovej okrajovej úlohy uº sme videli ºe dve rie²enia Neumanovej úlohy u = f, x Ω R n u n = ψ x S (6.9a) (6.9b) sa môºu lí²i najviac o kon²tantu ukáºe sa ale, ºe úloha nemusí nutne ma rie²enie Nutná podmienka pre existenciu rie²enia pouzijeme (6.4) pre pripad v = 1 a u riesenie ulohy (6.9), dostaneme ds ψ = dv f (6.91) S uloha (6.9) ma teda riesenie iba pre take funkcie f, ψ, ktore splnaju tuto podmienku, specialne pre homogennu rovnicu ds ψ = (6.92) S tato podmienka ma osvetlujucu fyzikalnu interpretaciu ak si spomenieme na Poissonovu rovnicu ako na rovnicu pre ustalene prudenie tepla funkica f hovori o tom, ake zdroje tepla sa nachadzaju v objeme Ω, funkcia ψ hovori o tom, ako teplo do objemu cez jeho hranicu prudi podmienka (6.91) potom hovori jednoducho to, ze v ustalenom pripade teplo, ktore vyprodukuju zdroje v objeme musi vytiect cez jeho povrchu von. ak podmienka nie je splnena, stalene prudenie tepla v takej situacii neexistuje Greenova funkcia pre Neumanovu úlohu a jej rie²enie nasa strategia na riesenie neumannovej ulohy bude podobna ako pre dirichletovu ulohu, v Greenovom vzorci (6.39) pouzijeme w 1 = G a w 2 = u riesenie (6.9) G budeme volit tak, aby vypadol prvy clen a zostal iba clen, ktory obsahuje n u na hranici objemu Ω tu ale narazame na problem, uloha G(x, y) = δ(x y), G n = (6.93) S nema riesenie, nakolko nesplna podmienku (6.9), musime teda vymysliet nieco ine pomoze nam, ze uloha neurcuje konstantu v rieseni Ω 82

83 Greenovu funkciu budeme hladat ako riesenie jemne modikovanej ulohy G N (x, y) = δ(x y) 1 vol Ω, G N n = (6.94) S lahko overime, ze takato uloha uz splna nutnu podmienku pre riesitelnost a ked jej riesenie dosadime do Greenovho vzorca spolu s u, dostaneme u(x) = dv y f(y)g N (x, y) ds y ψ(y)g N (x, y) + Ω Ω dv y u(y) vol Ω (6.95) kedze riesenie je urcene jednoznacne az na konstantu, posledny clen je konstanta a mozme pisat u(x) = dv y f(y)g N (x, y) ds y ψ(y)g N (x, y) + C (6.96) Ω Greenova funkcia sa da hladat aj ako riesenie ulohy G N (x, y) = δ(x y), G N n = 1 S vol S (6.97) kde vol S je n 1 rozmerny objem hranice S. presvedcte sa, ze to vedie na rovnaky vysledok u Kon²trukcia Greenovej funkcie metódou imaginárnych nábojov metodu budeme prezentovat este menej uplne ako v pripade dirichletovej ulohy ukazkov na jednom dvojrozmernom priklade poznamka o nekonecnosti tejto oblasti Príklad 4. Nájdite Greenovu funkciu Neumanovej okrajovej úlohy pre polrovinu x 2 >. Rie²enie. Potrebujeme teda najst taku funkciu harmonicku v nasej oblasti, aby platilo v(x, y) = 1 y 2 x 2 2π (x 1 y 1 ) 2 + y2 2 x2 = (6.98) Po skusenostiach z Dirichletovej ulohy nas neprekvapi, ze takouto funkciou je v(x, y) = 1 4π log x y, v(x, y) = 1 x 2 + y 2 x 2 2π (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 + y 2 ) 2. (6.99) Pre Greenovu funkciu teda dostavame G N (x, y) = 1 4π log [ (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2] ( (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 + y 2 ) 2) (6.1) co si pyta porovnanie s Greenovou funkciou pre rovnaku Dirichletovu ulohu (6.54). TENO VZOREC PREVERIT G D (x, y) S = 1 2π log [ (x 1 y 1 ) 2 + x 2 ] 2 (6.11) 83

84 6.5 Dopl ujúce asti Zov²eobecnený Laplaceov operátor prakticky vsetko z toho, co sme doteraz dostali pre laplaceov operator prejde takmer bez zmeny pre vsobecnejsi operatorv v tvare kde k C 1 (Ω), q C(Ω) su funkcie v oblasti Ω Lu = (k u) qu (6.12) v casti 3.2 sme videli ze k(x) ma potom interpretaciu meniaceho sa koecientu vedenia tepla pre funcie u, v ktore maju vsetky prve derivacie a ktorych prve aj druhe derivacie su integrovatelne na Ω potom plati z coho dostaneme ak teda teraz riesime ulohu dv vlu = dv k u v + quv ds kv u Ω Ω Ω S n Ω dv (vlu ulv) = S ( ds v u n u v ) n (6.13) (6.14) Lu = u α 1 u + α 2 n = ξ, α1 2 + α2 2 x Ω S (6.15a) (6.15b) zadenujeme LG(x, y) =δ(x y) G α 1 G + α 2 n = pripadne modikacia pre NU S v (6.14) pouzijeme v = G a u riesenie (6.15a) dostaneme ( G(x, y) u(x) = dv y f(y)g(x, y) + ds y k(y) u(y) G(x, y) u(y) ) Ω S n y n(y) a teda pre rozne okrajove ulohy da podobne vztahy ako predtym G(x, y) Dirichlet u(x) = dv y f(y)g(x, y) + ds y k(y)φ(y) Ω S n y Neuman u(x) = dv y f(y)g(x, y) ds y k(y)ψ(y)g(x, y) + C Ω S Robin u(x) = dv y f(y)g(x, y) ds y k(y) ξ(y) G(x, y) α 2 (y) (6.18c) Ω S (6.16a) (6.16b) (6.17) (6.18a) (6.18b) Príklad 41. Rozmyslite si, ako je to teraz s jednozna nos ou rie²enia kaºdej z úloh. 84

85 V²eobecná dvojrozmerná oblas v prípade dvoch rozmerov existuje fascinujúce spojenie s teóriou funkcie komplexnej premennej. tu spomenme len jednu ak v dvoch rozmeroch zavedieme komplexnu premennu z = x 1 + ix 2, greenovu funkciu pre jednotkovu kruznicu (??) mozme zapisat ako G(x, y) = 1 2π log 1 z x z y z x z y (6.19) (overit ako priklad) ale kazda dostatocne slusna oblast Ω R 2 sa da zobrazit na jednotkovu kruznicu konformnou transformaciou. takato transformacia je v dvoch rozmeroch kompatibilna s operatorom a ak toto zobrazenie pozname f : f(z) w, z Ω C w B(, 1) C (6.11) potom Greenova funkcia pre oblast Ω ma tvar G(x, y) = 1 2π log 1 f(z x ) f(z y ) f(z x ) f(z y ) (6.111) Vonkaj²ia úloha 85

86 7 Fourierova metóda rie²enia PDE v tejto casti sa pozrieme na inu metodu riesenia okrajovych uloh, ktora vo svojom jadre pouziva zovseobecnenia tvrdeni linearnej algebry do nekonecnorozmernych vektorovych priestorov na zaciatok si ju ale ilustrujeme na niekolkych jednoduchych ulohach a ukazeme jej prakticke vyuzitie pre riesenie okrajovych uloh zacnime Dirichletovou ulohou pre Laplaceovu rovnicu v oblzniku, tj. u =, Ω = { x 1 a, x 2 b} (7.1) pricom okrajova podmienak vyzera nasledovne u(, x 2 ) = φ 1, u(a, x 2 ) = φ 2 (7.2) u(x 1, ) = φ 3, u(x 1, b) = φ 4 (7.3) ide o velmi jednoduchu ulohu v jednoduchej oblasti, mame teda pocit ze by jej riesenie nemalo predstavovat problem napriek tomu ked zacneme hladat Greenovu funkciu metodou imaginarnych nabojov, narazame na problem dvojica protilahlych hran vyvori k danemu naboju v mieste y nekonecne vela imaginarnych nabojov, ku ktorym budeme mat dalsiu nekonecnu sadu imaginarnych nabojov od kolmej dvojice pre riesenie okrajovej ulohy budeme musiet taketo nekonecne superpozicie derivovat a uloha sa stane velmi rychlo velmi tazko sledovatelna skusime sa teda v takomto pripade vzdat (aspon na cas) metody Greenovej funcie, ktora bola uzitocna v inych pripadoch a na formalnejsie uvahy, a skusime najst iny recept na hladanie riesenia 7.1 Fourierova metóda v dvoch rozmeroch Separácia premenných pre Laplaceovu rovnicu v obd ºniku budeme riesit jednoduchsiu ulohu pre pripad φ 1 = φ 2 = φ 4 =, φ 3 = φ (7.4) nakolko kedze ide o linearny problem, riesenie vseobecnej ulohy (7.1) mozme zlozit zo styroch takychto legovych kociek idea teraz bude najst riesenie v separovanom tvare u(x) = X(x 1 )Y (x 2 ) (7.5) 86

87 kedze vieme, ze riesenie je jednoznacne po pripadnom uspechu mozme vyhlasit vytazstvo a netrapit sa vcelku specialnou volbou tvaru riesenia (pripadne sa mozme zamysliet nad tym, preco tento specialny tvar fungoval a kedy bude fungovat vseobecne, a to aj spravime) dosadime a upravime (ciarka znaci derivaciu podla premennej danej funkcie) tuto podmienku mozme splnit iba ak X /X = λ, Y /Y X X + Y Y = (7.6) = λ, kde λ je nejaka konstanta, nazvisiaca na x 1,2. to preto, lebo rovnica f 1 (x) = f 2 (y) x, y ine riesenie nemoze mat tieto rovnice riesime postupne pre pripad λ = dostavame dve linearne funkcie, ktore ale nie su kompatibilne s okrajovymi podmienkami (daju identicku nulu) pre klade λ > dostavame najskor X = λx (7.7) ma vseobecne riesenie X(x 1 ) = A sin λx 1 + B cos λx 1 (7.8) teraz na rad pridu okrajove podmienky, ktore hovoria, ze X() = X(a) =. prva z nich da B =, druha hovori ze A sin λa = λa = πk λ = k2 π 2 a 2, k N (7.9) po uvazeni okrajovych podmienok sme ako prijatelne riesenia rovnice (7.7) teda dostali ( ) kπx1 X k (x 1 ) = sin (7.1) a co s λ <, rovnica X = λx (7.11) ma v tom pripade vseobecne riesenie v ktorej daju okrajove podmienky nutne A = B = druha rovnica ma teda riesenie X(x 1 ) = A sinh λx 1 + B cosh λx 1 (7.12) Y (x 2 ) = C k sinh kπx 2 b + D k cosh kπx 2 b (7.13) opat pridu na rad okrajove podmienky, ktore daju D k =. takze homogennu cast okrajovych podmienok splna lubovolna funkcia v tvare ( ) ( ) kπx2 kπx1 u k (x) = sinh sin a a (7.14) 87

88 kedze ide o linearnu rovnicu, mozme si dovolit robit kombinacie takychto funkcii, ale nic viac, riesenie nehomogennej casti bude mat teda tvar u(x) = C k u k (x) (7.15) tak aby platilo u(x 1, b) = φ(x 1 ). tu vyuzijeme ortogonalost funkcii tvaru (7.11) 2 a ( ) ( ) kπx1 lπx1 dx sin sin = δ kl (7.16) a a a pomocou ktorej mozme z φ vyprojektovat cast, ktora urcuje koecient C k a ( ) lπx1 dx 1 u(x 1, b) sin = ( ) kπb a ( ) ( ) kπx1 lπx1 C k sinh dx 1 sin sin = a a a a = ( ) kπb a C k sinh a 2 δ kl = a ( ) lπb 2 C l sinh = a a ( ) lπx1 = dx 1 φ(x 1 ) sin (7.17) a 2 a ( ) C l = a sinh ( lπx1 ) dx lπb 1 φ(x 1 ) sin (7.18) a a nasli sme teda riesenie ulohy, ostava uz len dopocitat integraly vo vyjadreni C k co sa presne stalo? podarilo sa nam identikovat riesenia u k v separovanom tvare, ktore splnali homogennu cast okrajovych podmienok. tieto riesenia boli velmi specialne. z nich sme potom vytvorili linearnu kombinaciu, ktora splnala nehomogennu okrajovu podmienku Príklad 42. Nájdite vyjadrenie pre zvy²né tri asti okrajovej úlohy (7.1) a potom nájdite jej v²eobecne rie²enie. Príklad 43. Nájdite rie²enie úlohy a úlohy u(, x 2 ) =, u(a, x 2 ) = (7.19) u x2 (x 1, ) = ψ(x 1 ), u(x 1, b) = (7.2) u x1 (, x 2 ) =, u(a, x 2 ) = (7.21) u x2 (x 1, ) = ψ(x 1 ), u(x 1, b) = (7.22) separacia premmennych bola ucinna z dvojice dovodov v prvom rade operator sa da rozdelit na dve casti = xx + yy (7.23) a v druhom rade hranie oblasti Ω boli denovane ciarami, na ktorych je jedna zo suradnic konstantna 88

89 metoda teda bude fungovat uplne rovnako pre ine kockate oblasti v kartezkych sradniciach v sferickych suradniciach ma podobny dvar = r + 1 r 2 Ω (7.24) kde r obsahuje iba derivacie podla r a Ω obsahuje iba derivacie podla uhlovych premennych. takze to nie je tak ze sa rozpada na nezavisle casti, ale minimalne pre homogennu ulohu u = v gulatych oblastiach (gule, medzigulia, radialne vyseky) budeme moct metodu pouzit Separácia premenných pre Laplaceovu rovnicu v kruhu tento problem sme uz vyriesili metodou Greenovej funkcie. avsak bude poucne pozriet sa nan aj separaciou premmennych, nakolko takto budeme vediet riesit ulohy vo vseobecnejsich oblastiach, kde uz bude problem najst Greenovu funkciu takze riesime rovnicu u = v oblasti Ω = { x < ρ} R 2 s okrajovou podmienkou u(x, y) x =ρ u(ρ, θ) = φ(θ) (7.25) kde sme zaviedli polarne suradnice. v nich mame pre Laplacian = 1 ( r ) + 1r 2 r r r 2 θ 2 (7.26) co znamena, ze by malo viest ku zdarnemu konci hladanie riesenia v tvare co vedie na rovnice u(r, θ) = R(r)Θ(θ) (7.27) r 2 R + rr λr = (7.28) Θ + λθ = (7.29) rovnica pre Θ ma vseobecne riesenie v tvare suctu sinusov a kosinusov. z podmienky Θ(θ +2π) = Θ(θ) dostaneme kedze toto ma platit pre lubovolny uhol θ, dostaneme dostavame teda pre funkcie Θ sin(2π λ + 2πθ) = sin(2πθ) (7.3) 2π λ = 2πk λ k = k 2 (7.31) Θ k = {1, sin(kθ), cos(kθ)}, k = 1, 2,... (7.32) rovnica pre R ma potom riesenie v tvare r ±k pre nenulovu vlastnu hodnotu a riesenie v tvare R = A + D log 1 r (7.33) 89

90 veobecne riesenie rovnice u = ma teda tvar superpozicie rieseni u k (r, θ) = {1, log 1r, rk sin(kθ), r k cos(kθ), 1r k sin(kθ), 1r } k cos(kθ) (7.34) tuto kombinaciu teraz potrebujeme zvolit tak, aby sme splnili okrajovu podmienku. kedze riesenie je pociatku ohranicene, dostavame u(r, θ) = r k (A k cos(kθ) + B k sin(kθ)) (7.35) k= kde sme nulovu vlastnu hodnotu zahrnuli do casti A. z ortogonality sinusov a kosinusov dostaneme A = 1 2π A k = 1 π B k = 1 π 2π 2π 2π dθ φ(θ) dθ cos(kθ) φ(θ) dθ sin(kθ) φ(θ) (7.36a) (7.36b) (7.36c) treba poznamenat ze nulovost konstant D, C k bola specialna pre nasu oblast a pre ine oblasti, napriklad rozne medzikruzia a ich vyseky, to tak byt nemusi Príklad 44. Vyrieste rovnicu pre okrajovu podmienku φ(θ) = K(x y) x=ρe iθ (7.37) a teda najdite harmonicku cast Greenovej funkcie explicitnym vypoctom. Moze sa zist identita x k cos kθ = 1 k 2 log ( 1 + x 2 2x cos θ ) x < 1. (7.38) k= Separácia premenných pre vlnovú rovnicu v jednom rozmere vlnovy operator v jednom rozmere ma tiez separovany tvar t 2 x 2 (7.39) a teda ocakavame, ze pre rozumne hranatu oblast bude separacia premennych tiez fungovat riesime problem na usecke x (, L) hranata oblast = cauchyho uloha s okrajovou podmienkou u α 1 u + β 1 u n = g (t), α 2 u + β 2 x= n = g 1 (t) (7.4) x=l a pociatocnou podmienkou u(x, ) = φ(x), u t (x, ) = ψ(x) (7.41) 9

91 Obr. 6: Hranata oblast v priestore (t, x) rovnicu u tt u xx = opat riesime separaciou premennych u(x, t) = X(x)T (t), ktore daju rovnice X + λx =, T + λt = (7.42) metoda je pouzitelna, ak hranatost oblasti zaruci, ze sa okrajove podmienky (7.4) rozdelia na dve nezavisle podmienky pre X(), X(L) v ktorych nebude vystupovat T, uvidime ze to nebude musiet vzdy byt tak pre nehomogenne podmienky ale uvidime, ze sa s tym da poradit vsimnite si opane znamienko v rovnici pre T oproti Laplacevej rovnici podme sa na situaciu pozriet od jedoduchsich pripadov homogenne dirichletove okrajove podmienky a teda hladame netrivialne riesenia, postupne u(, t) = u(l, t) = X() = X(L) = (7.43) λ = da riesenie X = c 1 x + c 2, v ktorom okrajove podmienky vedu nutne na c 1 = c 2 = λ < da riesenie X = c 1 sinh λx + c 2 cosh λx, v ktorom okrajove podmienky vedu nutne opat na c 1 = c 2 = λ > da riesenie X = c 1 sin λx + c 2 cos λx, v ktorom okrajove podienky okrem trivialneho riesenia daju aj netrivialne vdaka periodickosti sinusu c 2 =, λl = kπ k N (7.44) a teda dostavame sadu funkcii X, ktore splnaju rovnicu aj okrajovu podmienku X k (x) = sin kπx L, λ = k2 π 2 L 2 k N (7.45) z druhej rovnice potom dostaneme T = k2 π 2 L 2 T T k(t) = A k sin ( ) kπt + B k cos L ( ) kπt L (7.46) 91