Analízis III Parciális differenciálegyenletek

Átírás

1 Analízis III Parciális differenciálegyenletek Lineáris, másodrendű PDE-k január Bevezető A parciális differemciálegyenlet egy olyan összefüggés, ahol az ismeretlen egy többváltozós valós függvény. Az egyenletben szerepelhet maga a függvény (u), parciális deriváltjai: a függvény gradiense, Hesse-mátrixa... Az ismeretlen függény koordinátái közott néha van egy kiválasztott t, ami az idő fizikai mennyiségnek felel meg, a többi pedig x k a hely koordinátáit adják meg. Definíció Legyen α egy multiindex: α = (α 1, α 2, α 3,..., α n ), α i N {0}. Ekkor a D α differenciál operátor hatása az u(x) n változós függvényre: ahol α = n i=1 α i. D α u := α α 1 x1 α 2 x2... α n xn u Definíció A PDE rendje max α, ahol a PDE külonböző D α u-k között egy összefüggés. Definíció A Laplace operátor egy speciális differenciál operátor, mely a (helykoordináták szerinti) második deriváltak összege: n u = k=1 u x k x k (Jelölésben a parciális deriváltat alsó indexbe írjuk, tehát például: u x k x k = 2 u x 2 k Köszönet Lőrincz Máté-nak, aki az előadásokat 2011 tavaszán legépelte ) 1

2 Alapkérdések Megoldható-e a PDE? Ha igen, létezik-e egyértelmű megoldás? Jelenleg nem áll rendelkezésünkre olyan általános elmélet, melynek segítségével az összes PDE-t meg tudnánk oldani, sőt, úgy sejtjük, hogy ilyen elmélet nem is létezik. Stabil-e a megoldás? Stabil megoldásról akkor beszélünk, ha az folytonosan függ a PDE paramétereitől és a kezdeti feltételektől. 2. Alap PDE-k A PDE-ket két nagy csoportra oszthatjuk: lineárisra és nemlineárisra. Lineáris PDE-k Transzport egyenlet, u = u(x, t) =? u t + b u x = 0 Laplace-egyenlet u = 0 Helmholz-egyenlet u = λu Itt a λ-t is keressük, egyben sajátérték probléma is. Hővezetés egyenlete Itt u függ az időtől is: u t = u Schrödinger egyenlet i u t = u Hullámegyenlet u tt = u Stb... Nemlineáris PDE-k grad u = 1 2

3 Minimális felület ( ) grad u div = grad u 2 Stb... A nemlineáris egyenletek lehetnek jól- és rosszul kondícionáltak. (well- and ill-posed) Jól-kondícionált PDE-ről akkor beszélünk, ha létezik egyértelmű, elegendően folytonos megoldás. A rosszul kondícionált ennek az ellentéte, például a káosz. Ezek az egyenletek írják le többek között a természtben előforduló ugrásszerű válztozásokat is. 3. Laplace egyenlet Ez az egyik leggyakrabban előfordulú PDE. u = u(x 1, x 2,..., x n ) egy n-változós függvény, melyet valamely Ω R n nyílt, sima határú tartományon keresünk. A tartomány belsejében: n u = u x k x k = 0. (1) k=1 A fenti (1) egyenlettel együtt adott egy peremfeltétel is. értjük, amikor u(x)-ről valami ismert, ha x Ω. Peremfeltétel alatt azt Három fajta peremfeltételt különböztetünk meg: 1. Dirichlet feltétel u(x) = f(x), x Ω. Példa: Ha egy rugalmas membránt kifeszítünk egy keretre és tudni akarjuk, hogy a membránnak mi lesz a felülete, akkor f(x) a keretet leíró függvény. 2. Neumann feltétel Megadjuk, hogy u-nak mennyi a határra merőleges deriváltja. u n =< grad u, n >= f(x), x Ω, n Ω. Az előző példa szerint itt nem a keretet leíró függvényt ismerjük, hanem azt, hogy a membránt milyen erővel húzzuk. 3. Harmadik típusú vagy kevert (mixed) peremfeltétel αu(x) + βu n(x) = f(x), x Ω, α, β R. 3

4 A fentiek mind jól kondícionált feladatok, ha a peremfeltételben szereplő függvények elegendően simák. Nem létezik általános megoldás. Bizonyos típusú Ω-k esetén tudunk megoldásról beszélni Téglalap alakú tartomány A megoldást a változók szétválasztásával határozzuk meg. A módszert egy egyszerű példán mutatjuk be, n = 2 esetén. Ω = {(x, y) : 0 < x < 1, 0 < y < 1}. Legyenek adottak a következő peremfeltételek: Keressük a megoldást u(x, y) = X(x) Y (y) alakban! Ekkor a PDE-t így írhatjuk fel: Innen átosztva azt kapjuk, hogy u(x, 0) = 0 (2) u(0, y) = 0 (3) u(1, y) = 0 (4) u(x, 1) = f(x) (5) X Y + Y X = 0. Y (y) Y (y) = X (x) X(x). A két oldalon szereplő függvények változói egészen mások. Ezért az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha mindkét oldal konstans. Ez azt jelenti, hogy λ R: Y (y) Y (y) = X (x) X(x) = λ. λ segítségével a kiinduló PDE helyett két közönséges DE-t írhatunk: A kezdeti feltételekből azt kajuk, hogy (Y (1)-ről egyelőre nem tudunk semmit.) Y = λy X = λx X(0) = X(1) = 0, Y (0) = 0 4

5 λ-t pozitív konstansként, λ = k 2 alakban keressük. (HF: Vajon miért nem lehet λ negatív???) Ekkor: A fenti egyenletek általános megoldásai: X (x) = k 2 X(x) Y (y) = k 2 Y (y) X(x) = C 1 cos(kx) + C 2 sin(kx) Y (y) = C 3 e ky +C 4 e ky Írjuk vissza X-et és Y -t u-ba: u(x, y) = X(x) Y (y) = (C 1 cos(kx) + C 2 sin(kx)) (C 3 e ky +C 4 e ky ) A kezdeti feltételekből határozzuk meg a konstansokat. Először foglalkozzunk a nulla kezdeti feltételekkel. A (3) feltétel szerint u(0, y) = 0, így (C 1 cos(k0) + C 2 sin(k0)) (C 3 e ky +C 4 e ky ) = 0, azaz C 1 (C 3 e ky +C 4 e ky ) = 0. Ez esetben C 1 -nek nullának kell lenni, hiszen C 3 e ky +C 4 e ky mindenhol nem lehet nulla. C 1 = 0 A (3) feltétel szerint u(x, 0) = 0, ez azt jelenti, hogy amiből az következik, hogy C 2 sin(kx) (C 3 e k0 +C 4 e k0 ) = 0, C 3 = C 4 Ha C 2 -t nullának választottuk volna, akkor a u(x, 1) = f(x) kezdeti feltételt nem teljesíthettük volna. Így csak a szorzat másik tagja egyenlő nullával. Már csak két konstans maradt az egyenletben (C 2 és C 3 ), de ezeket könnyen egyesíthetjük: ahol B = C 2 C 3. u(x, y) = C 2 sin(kx) (C 3 e ky C 3 e ky ) u(x, y) = B sin(kx) (e ky e ky ) Az u(1, y) = 0 feltétel miatt sin(k) = 0, ezért k = nπ lehet csak, n N. Az egyszerűsítés kedvéért használjuk ki, hogy 1 2 ( e nπy e nπy) = sh(nπy). 5

6 Összegezzük, eddig mire jutottunk. Megkaptuk u(x, y)-ra az alábbi általános alakot: u(x, y) = B sin(nπx) sh(nπy) Mivel homogén lineáris differenciálegyenlet megoldását keressük, ezért a megoldások lineáris kombinációja is megoldás, így megoldás lesz - ha a sor konvergens - az alábbi általános alakú függvény: u(x, y) = B n sin(nπx) sh(nπy) A megoldás utolsó lépése lesz a konkrét B n együtthatók meghatározása. Ehhez az eddig használatlan u(x, 1) = f(x) kezdeti feltételt fogjuk figyelembe venni: u(x, 1) = B n sin(nπx) sh(nπ1) = f(x) Az egyelőre ismeretlen együtthatók f azon Fourier sorfejtése alapján határozhaók meg, melyben csak a sinus-os tagok szerepelnek. Lényegében az történik, hogy megszorozzuk a fenti egyenletet sin(mπx)-szel, ahol m egy természetes szám: sin(mπx) B n sin(nπx) sh(nπ) = sin(mπx) f(x), majd átszorozva: B n sin(mπx) sin(nπx) sh(nπ) = sin(mπx) f(x). Integráljuk mindkét oldalt 0 és 1 között x szerint. A konvergencia kérdésére most nem térünk ki, ez a Fourier sorfejtés elméletében szerepelt. A baloldalon egyetlen tag fog megmaradni, a többi 0 lesz. B m sh(mπ) 1 2 = B m = sin(mπx) f(x) dx sin(mπx) f(x) dx sh(mπ) 3.2. Kör alakú tartomány Legyen n = 2 és Ω = {(x, y) : x 2 + y 2 < 1}. Ebben a részben a feladat az, hogy a Laplace-egyenletet az egységkörön oldjuk meg úgy, hogy az u függvény értéke ismert a kör határán: u(x, y) = 0, x 2 + y 2 < 1 6

7 u(x, y) = g(x, y), x 2 + y 2 = 1. Ezt a legegyszerűbben polár-koordinátákkal tehetjük meg. A Laplace-egyenlet polárkoordinátákban Ehhez először át kell írnunk a Laplace-egyenletet polár-koordinátákba. Maga a művelet nem nehéz, csak hosszú. Nem fogom ismertetni a teljes számítást, csak az elindulást mutatom be, és a végeredményt. Először át kell térni polár-koordinátákba az alábbi képletekkel: x = r cos(θ) y = r sin(θ) Legyen W a Laplace egyenlet megoldása polárkoordinátákban: W (r, θ) = u(r cos(θ), r sin(θ)). Ezután meg kell határozni a Laplace-egyenletben lévő parciális deriváltakat. Így: W = u u cos(θ) + r x y sin(θ) 2 W = 2 u r 2 x 2 cos2 (θ) + 2 u y sin(θ) u cos(θ) sin(θ) 2 x y W = u u r( sin(θ)) + θ x y r cos(θ) 2 W = 2 u θ 2 x 2 r2 sin 2 (θ) + x u r( cos(θ)) + 2 u y 2 r2 cos(θ) + u r( sin(θ)) y A végeredmény: Feladat megoldása 2 W r 2 A PDE polárkoordinátákban: + 1 r W r + 1 r 2 2 W 2 θ = 0. W rr + 1 r W r + 1 r 2 W θθ = 0 ahol W értéke az egységkörön (peremfeltétel): W (1, θ) = h(θ), W (1, θ) = g(cos(θ), sin(θ)) =: h(θ). Kikötés: u a vizsgált tartományban (itt az egységkör) korlátos. Ez később fontos lesz. 7

8 Itt is érdemes szorzat alakban keresni a megoldást: W (r, θ) = R(r)T (θ) A szorzatot az egyenletbe behelyettesítve: R (r)t (θ) + 1 r R (r)t (θ) + 1 r 2 R(r)T (θ) = 0 R (r) + 1 r R (r) + 1 r 2 R(r)T (θ) T (θ) = 0 Innen átrendezve azt kapjuk, hogy Ez is csak úgy lehet, ha λ R: T (θ) T (θ) = r2 R (r) + rr(r). R(r) λ = T (θ) T (θ) = r2 R (r) + rr(r). R(r) Meggondolandó, hogy csak λ = k 2 > 0 eset lehetséges. A fentiekből következik, hogy a PDE helyettesíthető két közönséges DE-tel: r 2 R (r) + rr (r) k 2 R(r) = 0 T (θ) + k 2 T (θ) = 0 Ezeket a differenciálegyenleteket pedig az alábbi függvények fogják megoldani: R(r) = C 1 r k + C 2 r k T (θ) = C 3 cos(kθ) + C 4 sin(kθ) Egyből megállapíthatjuk, hogy C 2 = 0, mert és kikötés volt, hogy u korlátos. lim r 0 r k = Ezért a partikuláris megoldást ilyen alakú: W (r, θ) = r n (A n cos(nθ) + B n sin(nθ)), A konkrét megoldás meghatározásához a kezdeti feltételt kell figyelembe venni. Ha a peremen adott függvény Fourier sorfejtése h(θ) = (A n cos(nθ) + B n sin(nθ)) akkor W (r, θ) = r n (A n cos(nθ) + B n sin(nθ)), és ebből az eredeti u(x, y) alak visszaállítható. 8

9 4. Hővezetés egyenlete A hővezetés egyenlete n dimenzióban: u t = u, t 0, x Ω R n ahol Ω nyílt tartomány. időpontban. u(x, t) jelenti az adott pontban mért hőmérséklet a t Mielőtt rátérünk a konkrét példára, nézzük meg, mit tudunk kiolvasni a fenti egyenletből! Először is, szerepel benne az idő szerinti derivált, tehát valami időtől függő, úgynevezett dinamikus rendszert ír le. Ez igaz a hővezetésre, hiszen a hőterjedésnek valóban van sebessége. Másodszor, az idő szerinti derivált egyenlő a helykoordináták szerinti második deriváltak összegével. Mit is jelent esetünkben a második derivált? Ez esetben mi a hőmérsékletet deriváljuk hely szerint. Az első derivált két, egymáshoz nagyon közeli pont hőmérsékletkülönbségét adja meg. A második derivált a hőmérsékletkülönbség változását adja meg, ami a hőátadás sebességével arányos. Összefoglalva: A fenti összefüggés azt jelenti, hogy idő szerint annyira változik egy adott pont hőmérséklete, amilyen gyorsan a hőátadás zajlik az adott pont és környezete között. Ha végiggondoljuk, ez tényleg így van Hővezetés végtelen hosszú rúdban Legyen n = 1, Ω = IR. Ekkor az egyenlet: u t = ku xx, x IR, t > 0. (6) k > 0 a rúd fizikai konstansa. Legyen a kezdeti érték feltétel u(x, 0) = f(x), a rúd hőmérséklete a kiindulási időpillanatban. A peremfeltételt azzal helyettesítjük, hogy lim u(x, t) = 0, t 0. x ± Vegyük (6) egyenlet Fourier transzformáltját az x változó szerint: F(u t(x, t), s) = kf(u xx(x, t), s), ami a Fourier transzformáció alaptulajdonságai szerint így írható: t F(u(x, t), s) = ks2 F(u(x, t), s). A t szerint deriválásnál a frekvenciatartomány s változója konstans. A fenti egyenlet egy ODE-t ad, melynek megoldása: F(u(x, t), s) = C(s)e ks2t, 9

10 ahol C(s) független t-től. A kezdeti feltételből: F(f(x), s) = F(u(x, 0), s) = C(s), ezért f ismeretéből C(s) is meghatározható. Analízis 2-ből tanultuk, hogy F(e x2 /2, s) = e s2 /2, így könnyen felíhatjuk azt a függvényt, aminek Fourier traszformáltja e ks2t : 1 F( e x2 4kt, s) = e ks 2 t 2kt Összegezve azt kaptuk, hogy a keresett függvény Fourier transzformáltjára teljesül, hogy 1 F(u(x, t), s) = F(f(x), s) F( e x2 /4kt ) = 1 F(f(x) e x2 4kt, s) 2kt 2π A konvolúció Fourier transzformáltjáról azt tanultuk, hogy F(f g, s) = 2π F(f, s) F(g, s) Tehát a hövezetési feladat megoldása a végtelen hosszú rúdban: u(x, t) = f(x) e x2 4kt = f(y)e (x y)2 4kt dy Hővezetés véges rúdban Legyen n = 1, Ω = (0, 1), Ω = {0, 1}. Az egyszerűség kedvéert k = 1-t terkintünk. Ekkor az egyenlet: u t = u xx, x (0, 1), t > 0. (7) A kezdeti érték feltétel és a peremfeltétel u(x, 0) = f(x), x (0, 1), (8) u(0, t) = u(1, t) = 0, t 0. (9) Ezt is a változók szétválasztásával oldhatjuk meg. A megoldást u(x, t) = X(x)T (t) szorzat alakban keressük. A (7) egyenlet ilyen alakú lesz: T (t)x(x) = X (x)t (t), 10

11 ahonnan átrendezássel azt kapjuk, hogy T (t) T (t) = X (x) X(x). Mivel a két oldalon a függvények változói különbozőek, egyenlőség csak akkor fordulhat elő, ha mindkét oldal konstans. Ezért λ IR: ami két közönséges DE-t ad. λ = T (t) T (t) = X (x) X(x), (10) általános megoldása T (t) = ce λt, c IR. A peremfeltételeket behelyettesítve azt kapjuk, hogy Ezért T (t) = λt (t) (10) X (x) = λx(x). (11) u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(1, t) = X(1)T (t) = 0, t > 0. X(1) = X(0) = 0. (12) Ha λ pozitív, azaz λ = α 2, akkor (11) általános megoldása Így X(x) = Ae αx + Be αx. X(0) = A + B = 0, X(1) = Ae α + Be α = 0. Ebből A = B = 0 adódik, ezért ebben az esetben nincs nem-triviális megoldás. Tehát λ negatív, λ = α 2. Ekkor A (11) általános megoldása Így X(x) = A cos(αx) + B sin(αx). X(0) = A = 0, X(1) = B sin(α) = 0. Ez csak akkor lehet nem-triviális, ha α = nπ, n IN. Azt kaptuk, hogy λ = n 2 π 2 alakú. A (11) DE hozzá tartozó alapmegoldása pedig X(x) = sin(nπx). Az eredeti (7) számú PDE λ = n 2 π 2 -hez tartozó alapmegoldása: u(x, t) = Ae n2 π 2t sin(nπx). Az általános megoldás a különböző lehetséges λ-k hoz tartozó alapmegoldások lineáris kombinációjaként áll elő. u(x, t) = A n e n2 π 2t sin(nπx) A n -et f Fourier-sorából tudjuk meghatározni. Mivel a [0, 1] intervallumban mozgunk, ez lehet tisztán szinuszos, vagy tisztán koszinuszos is. A [0, 1] intervallumon {sin(nx), n IN} és {cos(nx), n IN} önállóan is bázist alkot. Nekünk most a tiszta szinuszos előállítás a célravezető. 11

12 4.3. Hővezetés visszafelé Oldjuk meg az előző feladatot úgy is, hogy az időben nem előre, hanem visszafelé haladunk úgy, hogy a 0. időpillanatban a rúd hőmérsékletét az f(x) 0 függvény írja le. Először is, mit várunk? A rúd végtelen ideig hűlt, hiszen a két végéről hűtjük (a peremfeltételek nullák) és mégis nullától különböző a hőmérséklete. Ez azt jelenti, hogy kezdetben végtelenül forrónak kellett lennie, vagyis a megoldásnak a -ben fel kell robbannia. Nézzük meg, mit mond a matematikai megoldás! Legyen U(x, t) = u(x, t). Az inverz hővezetést leíró egyenlet így néz ki: U t = U xx. Látható, hogy bejött egy negatív előjel. Ennek megoldását levezetve az előzőek szerint, ugyanúgy megkapjuk a végtelen szummát, de a hatványkitevőben egy pozitív szám lesz: U(x, t) = A n e +n2 π 2t sin(nπx) Ebből látszik, hogy ez a megoldás valóban felrobban minden x-re t esetén. 12