Tizenegyedik gyakorlat: Parciális dierenciálegyenletek Dierenciálegyenletek, Földtudomány és Környezettan BSc

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Tizenegyedik gyakorlat: Parciális dierenciálegyenletek Dierenciálegyenletek, Földtudomány és Környezettan BSc"

Veronika Barnané
5 évvel ezelőtt
Látták:

1 Tizenegyedi gyaorlat: Parciális dierenciálegyenlete Dierenciálegyenlete, Földtudomány és Környezettan BSc A parciális dierenciálegyenlete elmélete még a özönséges egyenleteénél is jóval tágabb, így a félévben oránt sem lesz ielégít, mindenre iterjed a tárgyalásu. Ezen a gyaorlaton csupán három egyszer bb típus megoldási módszerét ismerjü meg. A f ülönbség ezen példá esetében az lesz, hogy a ezdeti, illetve peremfeltétele nagyban befolyásoljá a megoldás alaulását (nem csupán egy c értéet adna meg)! Emiatt egy feladattípuson belül az egyenlete ugyanúgy nézne i, csupán a bennü szerepl onstanso máso, és a megoldás pedig a ezdeti, illetve peremfeltételt l függ. A mási nagy ülönbség (amir l már a másodi gyaorlaton is szó esett), hogy most étváltozós függvényeet eresün, azaz lesz a eresend u(t, x) függvényben t (az id ) és x (a hely) is. Például ha a megoldásun u(t, x) = x + t 2, az azt jelenti, hogy például a t = 2 id ben az x = 1 helyen a függvény értée Diúziós és h vezetési egyenlet A h vezetési egyenlet általános alaja: u(0, x) = u 0 (x) u(t, 0) = u(t, L) = 0 = D 2 u(t, x) x 2 x [0, L], D > 0 Ez az egyenlet egy L hosszú rúdban modellezi a h terjedést, ha ezdetben a h eloszlást egy u 0 (x) függvény írta le. Továbbá az is i van ötve, hogy a rúd végein végig 0 fo van, azaz például folyamatosan h tve vanna. Megjegyzés: Amior a vizsgált tartomány határain szabun valamilyen feltételt, azt peremfeltételne nevezzü. Ha enne eretében azt mondju meg, hogy ott mennyi a függvény értée (esetünben hány fo van), aor ezt Dirichlet-féle peremfeltételne nevezzü. Ha a peremen a függvény deriváltját adju meg (azaz mennyi h megy i a rúd végein), azt Neumann-féle peremfeltételne nevezzü. Ha a peremen a megadott érté nulla (mint az esetünben), aor homogén peremfeltételr l beszélün. A gyaorlaton most homogén Dirichlet peremfeltétellel megadott feladatoat fogun vizsgálni, csupán a D érté és a ezdeti feltétel u 0 függvény lesz a ülönböz. 1

2 Ezt a feladatot az ún. Fourier módszerrel fogju megoldani. Enne az els lépése, hogy eressü a megoldásunat u(t, x) = T (t)x(x) alaban (icsit hasonlít ez a szétválasztható egyenletere, csa most az x nem egy függvén, hanem változó!) deriválta: = X(x)T (t) = X (x)t (t) x = X (x)t (t) x 2 Ezeet behelyettesítve az egyenletbe: Osszun le a nem derivált tagoal! X(x)T (t) = DX (x)t (t) T (t) T (t) = D X (x) X(x) Eze alapján a parciális Eor a bal oldalon t-ne a függvénye, a jobb oldalon pedig x-é áll. Eze csa aor lehetne egyenl, ha mindett onstans - jelöljü ezt α 2 -el! Eze alapján az el bbi egyenlet átírható ét egyenletté: T (t) T (t) = α2 X (x) X(x) = α2 Ezeet átrendezve: T (t) + α 2 T (t) = 0 X (x) + α2 D X(x) = 0 Az els egyenlet szétválasztható lesz: T (t) = α 2 T (t) ln(t (t)) = α 2 t + c 1 T (t) = e α2 t+c 1 = Ae α2 t A másodi egyenlet egy homogén másodrend egyenlet. Enne araterisztius egyenlete: λ 2 + α2 D = 0 λ 1,2 = ± α D ı 2

3 Ezért a megoldás: ( ) ( ) α α X(x) = B cos D x + C sin D x Tehát a megoldás ezene szorzata lesz, azaz: ( ( ) α u(t, x) = X(x)T (t) = B cos D x = ( )) α + C sin D x Ae α2t = ( ( ) ( )) α α E cos D x + F sin D x e α2 t Most már csa E, F és α az ismeretlene - ezeet a ezdeti feltételb l, és a peremfeltételeb l fogju meghatározni. Tudju, hogy u(t, 0) = 0, ezért 0 = Ee α2 t Ez csa úgy teljesülhet, ha E = 0. A mási peremfeltétel u(t, L) = 0, ezt beírva: ( ) α 0 = F sin D L e α2 t Tudju, hogy E és e α2t övetezi, hogy ( ) α nem lehet nulla - ezért biztos, hogy sin D L α D L = π, azaz α értéei az alábbia lehetne: = 0. Ebb l Tehát a lehetséges megoldáso: α = π D L u (t, x) = F (sin ( )) α x e α 2 t D Mivel homogén dierenciálegyenletr l van szó, ezért eze összege is megoldás, így az általános ala: u(t, x) = u = ( )) α F (sin x e α 2 t D Még nem használtu fel a ezdeti feltételünet - ehhez: u(0, x) = u = ( ) α F sin x = D ( ) π F sin L x Az ell, hogy ez egyenl legyen a ezdeti feltétellel. A ezdeti feltétel viszont nem ilyen alaban lesz - felmerül a érdés, hogy hogyan lehet ilyen alaba írni? Az el z gyaorlat alapján már sejthetjü, hogy erre a Fourier sor lesz a megoldás. Nézzün pár gyaorlati példát! 3

4 1. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! u(0, x) = sin(x) u(t, 0) = u(t, π) = 0 x 2 x [0, π] Megoldás: Leolvasható, hogy D = 1 és L = π. Ezután a ezdeti feltételt ell Fourier sorba fejtenün. Szerencsére már ilyen alaban van, hiszen u(0, x) = F sin (x) azaz F 1 = 1 és α 1 = π π = 1. Így a megoldás: u(t, x) = e t sin(x) 2. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! x [0, 2π] x 2 u(0, x) = 1 sin(2x) sin(3x) 2 u(t, 0) = u(t, 2π) = 0 Megoldás: Az egyenlet alapján D = 1 és L = 2π. A ezdeti feltétel megint Fourier sor alaban van, de most u(0, x) = ( ) F sin 2 x azaz a sin(2x) taghoz tartozó együttható = 4, és a sin(3x) taghoz pedig = 6 tartozi, azaz F 4 = 1 2 és F 6 = 1. Eze alapján α 4 = 4π 2π = 2 és α 6 = 6π = 3. Így a 2π megoldás: u(t, x) = 1 2 e 4t sin(2x) e 9t sin (3x) 3. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! u(0, x) = sin(x + π) u(t, 0) = u(t, 2018π) = 0 x 2 x [0, 2018π] 4

5 Megoldás: Az egyenlet alapján D = 1 és L = 2018π. átalaítju: sin(x + π) = sin(x), azaz így mivel u(0, x) = ( ) F sin 2018 x A ezdeti feltételt icsit ezért F 2018 = 1. Tehát így α 2018 = 2018π 2018π u(t, x) = e t sin (x) = 1, és így a megoldás: 5

6 2. Az adveciós egyenlet egy dimenzióban Az adveciós egyenlet az alábbi alaban írható fel: + c x ahol c R onstans. Az adveció általánosan valamiféle egyirányú áramló hatást szoott leírni, például ha egy légondi befelé fújja a h vös leveg t, aor a h tött terem h mérséletét egy adveciós egyenlet írhatja le. Esetünben mi egy dimenzióban fogun vizsgálódni, ami azt jelenti, hogy a számegyenesen fog "fújni" valamilyen szél: ha c > 0, aor jobbra, ha c < 0, aor pedig balra. Az adveciós egyenletet a araterisztiá módszerével fogju megoldani. Enne a ulcsfogalma maga a araterisztia, amely olyan görbéet jelöl a étdimenziós térid nben, amelye mentén a parciális egyenlet özönséges dierenciálegyenletént írható fel. Formálisan: du(x(s), t(s)) = F (u, x(s), t(s)) ds ahol az s lesz a özönséges egyenlet változója. Ha alalmazzu a láncszabályt a bal oldalra, a övetez t apju: du ds = u dx x ds + u dt ds Mivel az s változó egy önényesen választott valami (lényegében azt írja le a görbén esetében, hogy éppen a görbén belül hol vagyun - icsit olyan, mint az autópályá mentén a ilométeröve), ezért mondju azt, hogy ez a misztius s változó tegyen eleget a övetez ne: dx ds = c és dt ds = 1 (1) Ezeet behelyettesítve a láncszabályba: = 0 du ds = u x c + u = 0 azaz ezen görbe mentén nem változi az u függvény. Az (1) egyenletb l az alábbit apju: dt ds = 1 t(s) = s + 1 De tudju, hogy t(0) = 0 (induljun el az id ezdetén az úton), azaz ebb l 1 = 0, azaz t = s. (Tehát az id ugyanolyan gyorsan folyi az úton, mint a normál rendszerünben is.) A mási (1) egyenletb l: dx ds = c x(s) = cs + 2 6

7 Legyen x(0) = x 0 (azaz a hely, ahonnan elindultun az úton legyen x 0 ), ebb l 2 = x 0, azaz x(s) = cs + x 0 = ct + x 0 Legyen u(0) = f(x 0 ), azaz azon ponto halmaza, ahonnan elindul az egész rendszerün (a ezdeti feltétel most egy függvény). Ha az du = 0 vonalaon maradun, aor ezeen az ds értée azonosa maradna, azaz u(x(t), t) = f(x 0 ) = f(x ct) Azaz ha a ezdeti függvényt u 0 -al jelöljü, aor a megoldás: Nézzün pár példát! u(x(t), t) = u 0 (x ct) 1. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! + 4 = 0 x u(0, x) = x 2 Megoldás: Esetünben c = 4, továbbá u 0 (x) = x 2. Eze alapján a megoldás: u(x, t) = u 0 (x ct) = (x ct) 2 = (x 4t) 2 = x 2 8xt + 16t 2 2. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! 9 = 0 x u(0, x) = 1 sin(x) Megoldás: Most c = 9, továbbá u 0 (x) = 1 sin(x). Ezeb l a megoldás: u(t, x) = u 0 (x ct) = 1 sin(x + 9t) 7

8 3. Hullámegyenlet A hullámegyenlet az alábbi alaban írható fel: = c 2 2 u(t, x) 2 x 2 u(0, x) = u 0 (x) u (0, x) = g(x) t > 0, c R ahol c egy onstans, az u 0 függvény a ezdeti feltétel. Továbbá most nem peremfeltétele vanna adva, hanem a ezdeti feltétel esetében nem csupán a függvény ezdeti értée, hanem a ezdeti deriváltja is adva van. Ezen egyenlet megoldására több módszer is létezi, mi most d'alembert épletét fogju használni, amely az alábbi alaban írható fel: u(t, x) = 1 2 [u 0(x + tc) + u 0 (x ct)] + 1 2c x+ct 1. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! t > 0 2 x 2 u(0, x) = 0 u (0, x) = x g(s) ds Megoldás: Az egyenletr l leolvasható, hogy c = 1, u 0 (x) = 0 és g(x) = x. Így beírva a épletbe: x+ct u(t, x) = s ds = 2c = 1 [ ] s 2 x+ct = 1 ( ) (x + ct) 2 (x ct)2 = 2c 2 2c 2 2 = 1 ( x 2 + 2xct + c 2 t 2 x 2 + 2xct c 2 t 2) = xt 4c 2. Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! = 4 2 u(t, x) t > 0 2 x 2 u(0, x) = 1 x u (0, x) = x2 8

9 Megoldás: Ebben az esetben c = 2, u 0 (x) = 1 x és g(x) = x 2. Ezt beírva a épletbe: = 1 x + 1 6c u(t, x) = 1 2 [1 x ct + 1 x + ct] + 1 2c x+ct s 2 ds = = 1 x + 1 [ ] s 3 x+ct = 2c 3 = 1 x + 1 ( ) (x + ct) 3 (x ct)3 = 2c 3 3 ( x 3 + 3x 2 ct + 3xc 2 t 2 + c 3 t 3 ( x 3 3x 2 ct + 3xc 2 t 2 c 3 t 3)) = = 1 x + 1 6c = 1 x + x 2 t + c2 t 3 ( 6x 2 ct + 2c 3 t 3) = 3 = 1 x + x2 t + 4t Feladat: Oldju meg az alábbi egyenletet! t > 0 2 x 2 u(0, x) = sin(x) u (0, x) = cos(x) Megoldás: Jelenleg c = 1, u 0 (x) = sin(x) és g(x) = cos(x). Így a éplet: u(t, x) = 1 2 [sin(x + tc) + sin(x ct)] + 1 2c x+ct cos(s) ds = = 1 2 [sin(x + tc) + sin(x ct)] + 1 [sin(x + ct) sin(x ct)] = 2c Felhasználju, hogy c = 1: = ( ) sin(x + tc) = sin(x + tc) 2c 9

Hasonló dokumentumok

Parciális dierenciálegyenletek

Parciális dierenciálegyenletek 2009. május 25. A félév lezárásaként néhány alap-deníciót és alap-példát szeretnék adni a Parciális Dierenciálegynletek (PDE) témaköréb l. Épp csak egy kis izelít t. Az alapfeladatok