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