Els gykorlt Egyszer egyenletek, EHL PDE A gykorlt elején megismerkedünk prciális dierenciálegyenletek (mostntól: PDE-k) lpfoglmivl. A félév során sokt fog szerepelni z ún. multiindex jelöl, melynek lényege, hogy nem írjuk ki egy dott, sokváltozós függvény összes változój szerinti deriváltt, hnem különböz derivált számot (zz egyszeres, kétszeres, stb.) egyetlen vektorbn összesítjük, zz multiindexnek nevezzük z α = (α 1, α,... α n ) vektort, h f : R n R, kkor α f = α 1 1 α... αn f Legyen Ω R n trtomány, vgyis összefügg, nyílt hlmz. Jelölje N vlmely dott m nemnegtív egz szám esetén zon α = (α 1,..., α n ) multiindexek számát, melyekre α m (hol α = n i=1 α i). Tekintsünk egy (m + N változós) F : Ω G R függvényt, melynek simsági tuljdonságit konkrét problémák során fogjuk megmondni. Keressünk ekkor olyn u C m (Ω) függvényt, melyre vgy más jelölsel n F (x, u(x), 1 u(x), u(x),... n u(x),... m n u(x)) = 0, (1) F (id, 1 u, u,... n u,... m n u) = 0. () Ekkor (1)-t prciális dierenciálegyenletnek, z u C m (Ω) függvényt pedig z (1) feldt klsszikus megoldásánk nevezzük. Ekkor m szám z egyenlet rendje. Fontos már most megjegyezni, hogy k bbiekben lesznek olyn esetek, mikor nem követeljük meg ezt simságot megoldásfüggvényr l, ezek lesznek z áltlános, vgy gyenge megoldások. Fontosbb egyenlet típusok: Kvázilineáris egyenlet: α =m ( α ( id, u, 1 u,... n m 1 u )) α u = f ( id, u, 1 u,... n m 1 u ) hol α, f : Ω R nm R ( α m) dott függvények. Azz bl oldlon legmgsbb rend deriváltk lineáris kombinációj áll, z együtthtófüggvénynek legmgsbb rend deriválttól nem függnek. F rzében lineáris egyenlet: α =m α α u = f ( id, u, 1 u,... m 1 n u ) hol α : Ω R( α = m), f : Ω R nm R dott függvények. Ekkor z együtthtó csk változótól függ, jobb oldl viszont függhet (legmgsbbtól kisebb rend ) deriválttól. Lineáris PDE: α m α α u = f hol α, f : Ω R( α = m) dott függvények. Ekkor már jobb oldl se függ deriváltktól, zz minden együtthtó csk változótól függ. H f = 0, kkor z egyenlet homogén, egyébként inhomogén. Állndó együtthtós PDE: α m hol α konstns f : Ω R dott függvény. Az egyenletekben el forduló mellékfeltételek : α α u = f Peremfeltétel: A trtomány peremén el írt feltétel megoldás értékére, vgy dott rendig deriváltk értékére (esetleg ezek lineáris kombinációjár). Kezdeti feltétel: H feldt id t l függ, kkor kezdeti (vgy tetsz leges más) id pontbn el írt feltételt nevezzük kezdeti feltételnek, z ezzel ellátott feldtot nevezzük Cuchy-feldtnk. (Ugynz, mint közdiben.) 1
Vegyes feldt: H mind perem, mind kezdeti feltétel dv vn. Fontos foglom feldt korrekt kit ze (mint közdiben): egy feldt korrekt kit z, h teljesíti z lábbi feltételeket: A feldtnk létezik megoldás keresett függvényosztálybn (egzisztenci). A megoldás egyértelm z dott függvényosztálybn (unicitás). A megoldás folytonosn függ z dtoktól, zz jobb oldl "kis változás" megoldást is csk "kissé" változttj meg. I. "Reggeli ébreszt " 1. Mutssunk olyn F ( 1 u, u) = 0 lkú PDE-t, hol F C(R ), z egyenletnek semmilyen Ω R trtományon se létezik megoldás! Megoldás: Bármilyen F függvény jó, minek nincs zérushelye, például F ( 1 u, u) = ( 1 u) + ( u) + 1. Mutssunk olyn F ( 11 u, 1 u, u) = 0 lkú PDE-t, hol F C(R 3 ), ennek végtelen sok gyöke vn, még sincs z egyenletnek semmilyen Ω R 3 trtományon megoldás! Megoldás: Az trükk, hogy ne lehessen függvény zérushelyében második koordinátán álló függvény hrmdikon szerepl függvény deriváltj. Így például z lábbi függvény megfelel : F ( 11 u, 1 u, u) = (sin( 11 u)) + ( 1 u e x ) + (u + e x ) II. Elemi úton megoldhtó egyenletek: u : R R lkú klsszikus megoldást keresünk. 1. Adjuk meg z lábbi PDE-k megoldását minél áltlánosbb lkbn, hol f : R R dott függvény. () 1 u = 0 Megoldás: u = f(y) + g(x), ezek függvények egyszeresen dierenciálhtók. (b) 1 u + x u = 0 Megoldás: Az egyenlet átlkítv: 1 u + x u = 0 Bevezetve u = v jelölt kpjuk 1 v + xv = 0 egyenletet, mit kár három módon is meg lehet oldni. Els módszer: Ez egy szétválszthtó egyenlet, így nnk megoldóképletét felhsználv ln(v) = x + f 1 (y) v = e x f (y) u = e x F (y) + g(x) Második módszer: Beszorozv z egyenlet mindkét oldlát e x -el: 1 (e x v) = 0, mib l fenti v-t kpjuk. Hrmdik megoldás: Nem is kell v-t meghtározni, hiszen u kérd, hnem fentibe beleírv v képletét: 1 (e x u) = 0, 1 (e x u) = 0 honnn z () feldt lpján e x u = f(x) + g(y). (c) 1 u = u Megoldás: Els megoldás: Vegyük zre, hogy feldt megfoglmzhtó z lábbi módon: ( 1 u, u) v = 0 hol v = (1, 1) vektor, tehát ez zt jelenti, hogy z u v-szerinti irány menti deriváltj null, zz megoldás konstns z x + y = const vonlk mentén, így u(x, y) = ψ(x + y). Második megoldás: Alklmzzuk z lábbi trnszformációt: ξ = x + y, η = x y, deniáljunk egy új függvényt: u(x, y) = v(ξ, η). Ekkor: ( x u, y u) = u (x, y) = v (ξ, η) ξ x η x ξ y η y ( 1 1 = ( ξ v, η v) 1 1 )
Tehát ezek lpján { x u = ξ v + η v y u = ξ v η v Az egyenleteket egymásból kivonv dódik, hogy 0 = x u y u = η v, zz megoldás x + y mentén konstns, tehát u(x, y) = ψ(x + y) hol ψ dihtó. (d) ( 1 u) + ( u) = 0 Megoldás: Ekkor 1 u = 0 u = 0, így megoldás konstns. (e) 1 u = f Megoldás: u(x, y) = F (x, y) + g(y), hol F z x f(x, y) függvény primitív függvénye. (f) 1 u = f Megoldás: Ekkor u(x, y) = F (x, y) + g(y), zz u(x, y) = F (x, y) + G(y) + f(x). (g) 1 u 1 u = f Megoldás: Átlkítv z egyenletet: zz 1 ( u u) = f u u = F (x, y) + g(y) Ezt megoldhtjuk olyn módon, hogy beszorozzuk mindkét oldlt e y -l: e y u e y u = e y (F (x, y) + g(y)) (e y u) = e y (F (x, y) + g(y)) e y u = e y (F (x, y) + g(y))dy + h(x) u = e y e y F (x, y)dy + g(y) + e y h(x) hol g(y) = e y e y g(y)dy. Megjegyz: Speciális lkú f esetén feldt megoldhtó klsszikus közdi-es módszerekkel, de áltlános esetben prtikuláris megoldás kerese nehéz. (h) 11 u u = 0 Megoldás: Els lépben tegyük fel, hogy = 1. Ekkor z egyenlet 11 u u = 0 lkúr egyszer södik. Alklmzzuk (c) feldtbn bevezetett v(ξ, η) = u(x, y) függvényt, hol ξ = x + y η = x y. Ugynitt kiszámoltuk, hogy Ezek lpján x u = ξ v + η v y u = ξ v η v x ( x u) = ξξ v + ηξ v + ξη v + ηη v yy u = ξξ v ξη v ηξ v + ηη v Ezeket kivonv egymásból kpjuk, hogy 4 ξη = 0, () lpján ekkor megoldás u = F (x y) + g(x + y). Most tegyük fel, hogy 1. Legyen most w(x, y) = u(x, y). Ekkor w(x, y) = u(x, y) 11 w(x, y) = 11 u(x, y) zz 11 w(x, ( y) w(x, y) = 0. Ezt viszont z el bb oldottuk meg, tehát u(x, y) = w x, y ) ( = F x y ) ( + g x y ).. Oldjuk meg z lábbi PDE-kre vontkozó feldtokt! () 1 u = x + y, u(x, x) = x, 1 u(x, x) = 0 Megoldás: Felhsználjuk, hogy z 1. f)-ben ezt már megoldottuk, zz u(x, y) = F (x, y) + G(y) + f(x) hol F (x, y) = fdxdy = x x + ydxdy = + xydy = x y + xy 3
tehát most u(x, y) = 1 (xy + yx ) + G(y) + f(x). A mrdék két függvényt kezdeti feltételekb l fogjuk meghtározni. Az els feltétel lpján u(x, x) = 1 (x3 + x 3 ) + G(x) + f(x) = x második szerint pedig 1 u(x, x) = 1 x + x + f (x) = 0 mib l f(x) = x3, így z els feltétel mitt G(x) = x3 + x. Tehát megoldás így u(x, y) = 1 (xy + yx ) + y y3 x3. (b) 11 u = u, u(0, y) = 1, 1 u(0, y) = 1 Megoldás: Az 1. (h) mitt u(x, y) = F (x y) + g(x + y). Az els feltétel szerint második szerint u(0, y) = F ( y) + g(y) = 1 1 u(0, y) = F ( y) + g (y) = 1 Az els t deriválv kpjuk, hogy F ( y) + g (y) = 0, így g (y) = F ( y). Ezt beírv másodikb kpjuk, hogy g (y) = 1, így g(y) = 1 y + c, mib l F (y) = 1 + 1 y c. Tehát így megoldás: u(x, y) = 1 + x y c + x + y + c = x + 1 (c) 1 u = 0, u(0, y) = sin y, u(x,0) = cos x 1 Megoldás: Az 1. () mitt u(x, y) = F (y) + g(x). Az els feltétel mitt második pedig u(0, y) = F (y) + g(0) = sin y u(x,0) = F (0) + g(x) = cos x 1 Tehát ezekb l h g(0) = c 1, kkor F (y) = sin y c 1 h F (0) = c, kkor g(x) = cos x 1 c. Ezek lpján viszont F (0) = c 1 = c g(0) = 1 1 c = c 1, tehát u(x, y) = sin y c 1 + cos x 1 + c 1 = sin y + cos x 1 3. Keressük megoldást megdott speciális lkbn! () 11 u u = 0, u(x, x) = X(x)Y (y) Megoldás: Mivel u(x, y) = X(x)Y (y), így Ezeket egyenl vé téve: 1 1u = X (x)y (y) u = X(x)Y (y) X (x)y (y) = X(x)Y (y) X (x) X(x) = Y (y) Y (y) Mivel mindkét oldlon egy-egy egyváltozós függvény vn különböz változóvl, így z egyenl ség csk kkor teljesülhet, h z értékük vlmilyen konstns függvény - legyen ez most α. Tehát így megoldndó egyenletek: X (x) αx(x) = 0 Y (y) αy (y) = 0 A második megoldás Y (y) = c 0 e αy, z els é pedig α el jelét l függ: c 1 sin( αx) + c cos( αx) h α < 0 X(x) = c 1 e αx + c e αx h α > 0 c 1 x + c h α = 0 Így megoldás α el jelét l függ en megfelel X(x) Y (y) szorzt. 4
(b) 11 u + u = 0, u(x, y) = X(x)Y (y) Megoldás: Ugynúgy megy, mint z () rzben nnyi különbséggel, hogy most z Y (y) függvény értéke is háromféle lehet. Sjnos csk eddig tudtunk eljutni z els héten, z els feldtsor második felével folyttjuk jöv héten! Pontosbbn z utolsó feldt szorglmi volt: 7. * Oldjuk meg C (R, R) függvények körében 1 u u = 0 egyenletet! Megoldás: A feldt bedhtó. 5