Matematikai Analízis III.

Matematikai Analízis III. egyetemi jegyzet 1 2013. december 13. 1 Az el adásokat lejegyezte: Marczell Márton

Tartalomjegyzék 4. Parciális dierenciál egyenletek 1 4.1. Bevezet..................................... 2 4.2. Els rend PDE: Transzport egyenlet..................... 4 4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset.................. 4 4.2.2. Inhomogén eset............................. 5 4.3. Másodrend PDE I: Laplace egyenlet..................... 6 4.3.1. Téglalap alakú tartomány....................... 7 4.3.2. Megoldás körlapon........................... 9 4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága....... 11 4.4. Másodrend PDE II: H vezetés egyenlete................... 12 4.4.1. H vezetés végtelen hosszú rúdban................... 12 4.4.2. H vezetés véges rúdban......................... 16 4.4.3. H vezetés visszafelé........................... 18 4.5. Másodrend PDE III: Hullámegyenlet..................... 18 i

4. fejezet Parciális dierenciál egyenletek 1

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 2 4.1. Bevezet A parciális dieremciálegyenlet egy olyan összefüggés, ahol az ismeretlen egy több változós valós függvény. Az egyenletben szerepelhet maga a függvény (u), parciális deriváltjai: a függvény gradiense, Hesse-mátrixa, magasabb rend parciális deriváltjai is. Az ismeretlen függény koordinátái közott néha van egy kiválasztott t, ami az id zikai mennyiségnek felel meg, a többi pedig x k a hely koordinátáit adják meg. Deníció Legyen α egy multiindex: α = (α 1, α 2, α 3,..., α n ), α i ɛn {0}. Ekkor a D α dierenciál 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... αn x n u Deníció A PDE rendje max α, ahol a PDE külonböz D α u-k között egy összefüggés. Deníció A Laplace operátor egy speciális dierenciál operátor, mely a (helykoordináták szerinti) második deriváltak összege: u = n 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 ) Alapkérdések Megoldható-e a PDE? Ha igen, létezik-e egyértelm megoldás? Jelenleg nem áll rendelkezésünkre olyan általános elmélet, melynek segítségével az összes PDE-t meg tudnánk oldani, s t, úgy sejtjük, hogy ilyen elmélet nem is létezik. Stabil-e a megoldás? Stabil megoldásról akkor beszélünk, ha az folytonosan függ a PDE paramétereit l és a kezdeti feltételekt l.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 3 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. H vezetés egyenlete Itt u függ az id t l is: u t = u Schrödinger egyenlet i u t = u Hullámegyenlet u tt = u Stb... Nemlineáris PDE-k grad u = 1 Minimális felület ( ) grad u div = 0 1 + grad u 2 Stb... A nemlineáris egyenletek lehetnek jól- és rosszul kondícionáltak. (well- and ill-posed) Jól kondícionált PDE-r l akkor beszélünk, ha létezik egyértelm, elegend en sima megoldás.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 4 Rosszul kondícionált ennek az ellentéte, például a káosz. többek között a természtben el forduló ugrásszer válztozásokat is. Ezek az egyenletek írják le Deníció 4.1.1. A másodrend Lineáris PDE-k típusai, melyeket indoklás és magyarázat nélkül felsorolunk, egy-egy példával együtt: 1. Elliptikus: u(x, [y, z,..., ]) Laplace-egyenlet: u = 0. Ennek megoldásai a harmonikus függvények. Poisson-egyenlet: u = f. 2. Hiperbolikus: u(x, [y, z,..., ]t). Hullámegyenlet: u t = u. 3. Parabolikus: u(x, [y, z,..., ]t) H vetezés egyenlete: u t = u 4.2. Els rend PDE: Transzport egyenlet A legegyszer bb esettel kezdjük: olyan u(x, t) kétváltozós függvényt keresünk, melyre az alábbi összefüggés igaz: u t(x, t) + b u x(x, t) = f(x, t) Ha f(x, t) 0, akkor homogén egyenletr l beszélünk, egyébként inhomogénr l. 4.2.1. Transzport egyenlet, homogén eset Tekintsük az alábbi egyenlet u t(x, t) + b u x(x, t) = 0, ahol b ismert paraméter. Adott továbbá egy u(x, 0) = g(x) kezdeti feltétel, ahol g ismert függvény. Legyen (x, t) rögzített pont. Deniáljuk az alábbi függvényt, amely az (x, t) ponton áthaladó egyenest mentén adja meg a megoldást: z(s) := u(x + bs, t + s), sɛir

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 5 Deriváljuk z-t: z (s) = u x(x + bs, t + s) b + u t(x + bs, t + s) = 0, hiszen u kielégíti a PDE-t. Tehát z(s) konstans. Speciálisan s = t-re: u(x bt, 0) = u(x, t) u(x bt, 0) = g(x bt) = u(x, t) Az utolsó sorból látszik, hogy a PDE-nek létezik egyértelm megoldása, ha a g kezdeti feltétel deriválható függvény. Ha a kezdeti érték függvénynek szingularitása van, akkor is az egyetlen "értelmes" megoldás u(x, t) = g(x bt), amit gyenge megoldásnak nevezünk. A szingularitás nem t nik el, hanem id ben tovább terjed. 4.2.2. Inhomogén eset Tekintsük a transzport egyenlet inhomogén változatát: ahol f és g adott függvények. u t(x, t) + bu x(x, t) = f(x, t) (4.1) u(x, 0) = g(x) (4.2) Ezt az inhomogén feladatot két egyszer bb részre bontjuk, és u-t a két, egyszer bb feladat megoldásainak összegeként állítjuk el. Legyen v a homogén transzport egyenlet megoldása, amely a (4.2) kezdetiértéket kielégíti, w pedig az inhomogén egyenlet megoldása 0 kezdetiértékkel: v t + bv x = 0, w t + bw x = f(x, t) v(x, 0) = g(x) w(x, 0) = 0. Ekkor u = v + w megoldása lesz a (4.1)-(4.2) feladatnak. A homogén rész megoldását ismerjük. A nulla kezdeti feltétel, inhomogén transzportegyenlet megoldása Ezt is a homogén résznél ismertetett módszerhez hasonlóan oldhatjuk meg. (x, t) mellett deniáljuk a z : IR IR függvényt a következ képp: Rögzített z(s) := w(x + bs, t + s).

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 6 A függvény deriváltja z (s) := w x (x + bs, t + s)b + w t (x + bs, t + s) = f(x + bs, t + s). Meg akarjuk határozni z(0) = w(x, t)-t. Ehhez integráljuk z (s)-et a [ t, 0] intervallumon: ˆ 0 t z (s)ds = z(0) z( t) = z(0) hiszen z( t) = w(x + bt, 0) = 0. Ez alapján a megoldás: w(x, t) = z(0) = ˆ 0 z (s) ds = ˆ 0 f(x + bs, t + s) ds = ˆ t t t 0 f(x + b(s t), s). ds A (4.1)-(4.2) feladat teljes megoldása: u(x, t) = g(x tb) + ˆ t 0 f(x + b(s t), s) ds. 4.3. Másodrend PDE I: Laplace egyenlet Ez az egyik leggyakrabban el forduló PDE. u = u(x 1, x 2,..., x n ) egy n-változós függvény, melyet valamely Ω IR n nyílt, sima határú tartományon keresünk. A tartomány belsejében: u = n u x k x k = 0. (4.3) k=1 A fenti (4.3) egyenlettel együtt adott egy peremfeltétel is. Peremfeltétel alatt azt értjük, amikor u(x)-r l valami ismert, ha xɛ Ω. Három fajta peremfeltételt különböztetünk meg: 1. Dirichlet feltétel u(x) = f(x), xɛ 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 u n =< grad u, n >= f(x), xɛ Ω, n Ω,

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 7 az megadjuk, hogy u-nak mennyi a határra mer leges iránymenti deriváltja. Az el z példa szerint itt nem a keretet leíró függvényt ismerjük, hanem azt, hogy a membránt milyen er vel húzzuk. 3. Harmadik típusú vagy kevert (mixed) peremfeltétel αu(x) + βu n(x) = f(x), xɛ Ω, α, βɛir. A fentiek mind jól kondícionált feladatok, ha a peremfeltételben szerepl függvények elegend en simák. Nem létezik általános megoldás. Bizonyos típusú Ω-k esetén tudunk megoldásról beszélni. 4.3.1. Téglalap alakú tartomány Legyen Ω a nyílt egységnégyzet a síkon: Ω = (0, 1) (0, 1). Legyenek a peremfeltételek a következ k: 1.5 1 0.5 0 f(x) 0 0 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 u(0, y) = 0 u(1, y) = 0 u(x, 0) = 0 u(x, 1) = f(x) 4.1. ábra. Keressük a megoldást szeparábilis u(x, y) = X(x)Y (y) alakban! (Ez nagyon bátor feltételezés, de látni fogjuk, hogy m ködik.) Ekkor az egyenlet X Y + XY = 0. Átrendezve: X X = Y Y =: λ Az egyenlet két oldala, mivel különböz változók függvényei, minden bizonnyal csak akkor egyenl, ha konstans. Két közönséges, egyváltozós dierenciálegyenletet kapunk. A

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 8 peremfeltételekb l a két egyenletre nézve kezdeti feltételeket vezethetünk le: y : X(0)Y (y) =0 y : X(1)Y (y) =0 = Y (0) = X(0) = X(1) = 0 x : X(x)Y (0) =0 x : X(x)Y (1) =f(x) Az els egyenlet X = λx. Ennek megoldása: 1. Tegyük fel, hogy λ > 0, λ = α 2. Ekkor az általános megoldás X(x) = Ae αx + Be αx A kezdeti feltételek miatt ekkor X(0) = A + B = 0 = B = A X(1) = Ae α + Be α = 2A sh α = 0 Ez csak akkor lesz igaz, ha α = 0 vagy A = 0. Mindkét esetben X 0, tehát a feltételezés rossz volt. 2. λ = α 2 esetén az általános megoldás X(x) = A cos αx + B sin αx A kezdeti feltételekb l A = 0, B sin α = 0, tehát α = kπ, kɛz. Ebb l λ = (kπ) 2. A második egyenlet megoldása: Y = (kπ) 2 Y Y (y) = Ae kπy + Be kπy A kezdeti feltételb l B = A = Y = 2A sh(kπy). Az eredeti kétváltozós egyenlet alapmegoldásai tehát Az általános megoldás ezek összege: u n (x, y) = sin(nπx) sh(nπy), n = 1, 2,.... u(x, y) = A k sin(kπx) sh(kπy) k=1

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 9 Felhasználjuk az utolsó peremfeltételt (u(x, 1) = f(x)): A k sin(kπx) sh(kπ) = f(x) k=1 A baloldalon egy Fourier-sort kaptunk, ahol csak szinuszos tagok szerepelnek, együtthatójuk pedig Következésképpen A k = 1 sh(kπ) b k = A k sh(kπ) ˆ 1 0 f(x) sin(kπx) dx. (Mivel f csak a (0, 1) intervallumon van megadva, ezért vehetjük olyan kiterjesztését, hogy páratlan függvény legyen, s így Fourier-sorában valóban csak szinuszos tagok szerepeljenek.) Megjegyzés 4.3.1. A Variációszámítás fejezetben láttuk, hogy a következ integrál minimumának feltétele a Laplace-egyenlet teljesülése: grad u 2 d(x, y) Ω Ha tehát valamilyen módszerrel megoldást tudunk adni erre a variációszámítási feladatra, akkor egyben megoldást adunk a Laplace-egyenletre is, természetesen az adott peremfeltételek mellett. 4.3.2. Megoldás körlapon Oldjuk meg a Laplace-egyenletet az a sugarú, origó középpontú körlapon! Ω = { (x, y) : x 2 + y 2 < a 2}, Ω = { x 2 + y 2 = a 2} Legyen W a megoldás polárkoordinátás alakja: A parciális deriváltak: W r = u x 2 W r 2 W θ = u x 2 W θ 2 cos(θ) + u y sin(θ) W (r, θ) = u(r cos θ, r sin θ) = 2 u x 2 cos2 (θ) + 2 u y sin(θ) + 2 2 u cos(θ) sin(θ) 2 x y r( sin(θ)) + u y r cos(θ) = 2 u x 2 r2 sin 2 (θ) + u x r( cos(θ)) + 2 u y 2 r2 cos(θ) + u r( sin(θ)) y

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 10 Az egyenlet az új koordinátákban: W rr + W r r + W θθ = 0 r 2 1. Feladat. Igazoljuk a fenti egyenletet. Keressük a megoldást szeparábilis alakban: W (r, θ) = R(r)T (θ). A peremfeltétel ekkor: R(a)T (θ) = g(θ) A polárkoordináták természetéb l adódóan szükségképpen teljesülnek a következ feltételek: T (0) = T (2π) T (0) = T (2π) Az egyenlet szeparábilis formában: Átrendezve: R T + R T r r 2 R + rr R + RT r 2 = 0. = T T =: λ 2. Feladat. Igazoljuk, hogy a fenti egyenletben szerepl konstans nem lehet negatív. Tehát λ = n 2. Oldjuk meg a T -re vonatkozó egyenlet: T + n 2 T = 0. Ekkor A kezdeti feltételekb l T = A cos nθ + B sin nθ cos 0 = cos(2πn) = nɛz Az R-re vonatkozó egyenlet ekkor r 2 R + rr n 2 R = 0 Az alapmegoldások: C 0 + D 0 ln r n = 0 R n (r) = C n r n + D n r n n 0

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 11 Tudjuk, hogy R az egész körlapon dierenciálható. Ez az origóban nem teljesülne az ln r és az r n függvényekre, amib l következik, hogy jelen esetben minden n-re D n = 0. Tehát R n = C n r n. A megoldásba visszahelyettesítve az R-re és T -re kapott függvényeket: W (r, θ) = A peremfeltétel felhasználása: W n (r, θ) = r n (A n cos nθ + B n sin nθ) r n (A n cos nθ + B n sin nθ) n=0 W (a, θ) = a n (A n cos nθ + B n sin nθ) = g(θ) n=0 Az A n és B n együtthatókat tehát g Fourier-sorfejtéséb l határozhatjuk meg. 4.3.3. A Laplace egyenlet megoldásának néhány tulajdonsága Deníció 4.3.2. Az u függvény harmonikus, ha u = 0. Állítás 4.3.3. Ha u harmonikus az Ω tartományon, akkor széls értékeit Ω-n veszi fel. Tétel 4.3.4. Legyen B Ω egy a sugarú kör (x 0, y 0 ) körül, u pedig harmonikus függvény. Ekkor u(x 0, y 0 ) = 1 u(x, y) ds 2πa B Tétel 4.3.5 (Green-függvény). Legyen Ω IR 2 nyílt tartomány. Vegyük Ω egy paraméterezését: Ω = { γ(t)ɛir 2 : tɛi }, ahol I IR egy intervallum. Ekkor létezik olyan G(x, y, t) : Ω I IR függvény, hogy a u(x, y) = 0 (x, y)ɛω, u(x, y) = f(x, y) (x, y)ɛ Ω feladat megoldása: ˆ u(x, y) = G(x, y, t)f(γ(t)) dt I Mivel a Laplace-egyenlet megoldása mindig az Ω tartománytól függ, a G függvény minden tartományra egyedi. Meghatározásának módszereit most nem tárgyaljuk. Ha például Ω = { (x, y)ɛir 2 : y > 0 },

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 12 akkor az u(x, 0) = g(x) feltétel mellett u(x, y) = y π ˆ g(ξ) (x ξ) 2 + y 2 dξ A kapott u függvény kielégíti a peremfeltételt, mivel belátható, hogy lim u(x, y) = g(x) y 0 4.4. Másodrend PDE II: H vezetés egyenlete Legyen Ω IR n nyílt tartomány, Ω + t = Ω (0, ), Az u : Ω + t IR függvény megoldása a h vezetési feladatnak, ha u t(x, 0) = n k=1 2 u (x, 0). x 2 k u(x, t) jelenti az adott pontban mért h mérséklet a t id pontban. A feladathoz tartozó kezdeti feltétel : A feladathoz tartozó peremfeltétel : u(x, 0) = f(x). u(x, t) = u 0 (x, t), xɛ Ω. Itt t jelöli az id változót. Megállapodás szerint a Laplace-operátorban nem deriválunk a t változó szerint, ezért egyenlet így is írható: u t = u. 4.4.1. H vezetés végtelen hosszú rúdban Legyen n = 1, Ω = IR. Ekkor az egyenlet: u t = ku xx, xɛir, t > 0. (4.4) k > 0 a rúd zikai konstansa. Legyen a kezdeti érték feltétel u(x, 0) = f(x), a rúd h mérséklete a kiindulási id pillanatban. Tegyük fel továbbá, hogy a kezdeti összes h mennyiség véges: ˆ Peremfeltételként azt tesszük fel, hogy f(x) dx <. lim u(x, t) = 0, t 0. x ±

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 13 Megoldás a frekvencia tartományban A feladatot a frekvenciatartományban oldjuk meg. Vegyük (4.4) 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: ahol C(s) független t-t l. F(u(x, t), s) = C(s)e ks2t, A kezdeti feltételb l: F(f(x), s) = F(u(x, 0), s) = C(s), ezért f ismeretéb l C(s) is meghatározható. Analízis 2-b l 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) = 1 ( ) 1 f(x) e x2 4kt = 1 ˆ 1 f(y) e (x y)2 4kt dy. 2π 2kt 2π 2kt

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 14 Megoldás a változók szétvalasztásával Az egyszer ség kedvéért legyen az egyenletben szerepl konstans k = 1. u t = u xx, xɛir, t > 0. u(x, 0) = f(x), xɛir. A megoldást szeparált alakban keressük: Ekkor így átrendezve azt kapjuk, hogy u(x, t) = T (t)x(x). u t(x, t) = T (t)x(x) u xx(x, t) = T (t)x (x), T (t) T (t) = X (x) X(x) = s2. 1. Gyakorlat. Lássuk be, hogy a fenti egyenlet jobboldalán szerepl konstans csak negatív lehet. Így két közönséges DE-t oldunk meg: T (t) = s 2 T (t), X (x) = s 2 X(x), ahol s tetsz legesen megválasztható paraméter. A megoldás: u(x, t) = e ixs s2t, ahol s tetsz leges valós szám. Ennek értéke a peremen: u(x, 0) = e ixs. Ezekb l fogjuk 'kikeverni' azt a megoldást, amit keresünk. Mivel f abszolút integrálható függvény, ezért el állítható f(x) = 1 2π ˆ alakban, ahol f a függvény Fourier transzformáltja. e ixs f(s)ds

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 15 Állítás 4.4.1. A fenti peremérték feladat megoldása u(x, t) = 1 2π ˆ e ixs s2 t f(s)ds. (4.5) Határozzuk meg a megoldást f függvényében, hiszen ez adott, nem pedig Fourier transzformáltja. f el állítható a Fourier transzformáció segítségével: f(s) = 1 2π ˆ e iys f(y)dy. Ezt behelyettesítve a (4.5) kifejezésbe azt kapjuk, hogy u(x, t) = 1 2π ˆ ahol K(t, x, y) a megfelel magfüggvény, éspedig Ennek megoldása: K(t, x, y) = 1 2t ˆ K(x, t, y)f(y)dy, u(x, t) = 1 2π 1 2t ˆ e is(x y) s2t ds. e (x y)2 4t f(y)dy. Megoldás speciális kezdeti feltételek mellett. Els speciális esetként legyen a h vezet rúd kezdeti eloszlása Dirac delta függvény, δ(x). Ezt úgy képzelhetjük el, hogy a rúd a t = 0 id pontban az x = 0 pontban egységnyi h mennyiséget kap. id ben szétoszlani a h. Ekkor A PDE azt írja le, hogy ilyen impulzust adva milyen módon fog u(x, t) = 1 2π 1 2t e x2 4t, ami egy normális eloszlás s r ségfüggvénye, mely 0 várható érték és 2t szórású. Második speciális esetként legyen a h vezet rúd kezdeti eloszlása: { 1 ha xɛ[ 1, 1] f(x) = 0 ha xɛ [ 1, 1] Ekkor u(x, t) = ˆ 1 1 1 1 e (x y)2 4t 2π 2t ddy. Újra valószín ségszámításos szemmel ránézve azt kapjuk, hogy u(x, t) = P ( 1 ξ 1), ahol ξ N (x, 2t). Mindkét példában azt tapasztaljuk, hogy a kezdeti egyenetlen h eloszlás az id múlásával egyre inkább egyenletessé válik.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 16 4.4.2. H vezetés véges rúdban Legyen n = 1, Ω = (0, 1), Ω = {0, 1}. Az egyszer ség kedvéert k = 1-t terkintünk. Ekkor az egyenlet: u t = u xx, xɛ(0, 1), t > 0. (4.6) A kezdeti érték feltétel és a peremfeltétel u(x, 0) = f(x), xɛ(0, 1), (4.7) u(0, t) = u(1, t) = 0, t 0. Ezt is a változók szétválasztásával oldhatjuk meg. A megoldást u(x, t) = X(x)T (t) szorzat alakban keressük. A (4.6) egyenlet ilyen alakú lesz: ahonnan átrendezássel azt kapjuk, hogy T (t)x(x) = X (x)t (t), T (t) T (t) = X (x) X(x). Mivel a két oldalon a függvények változói különboz ek, egyenl ség csak akkor fordulhat el, ha mindkét oldal konstans. Ezért λɛir: ami két közönséges DE-t ad. (4.8) általános megoldása T (t) = ce λt, cɛir. λ = T (t) T (t) = X (x) X(x), A peremfeltételeket behelyettesítve azt kapjuk, hogy T (t) = λt (t) (4.8) X (x) = λx(x). (4.9) u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(1, t) = X(1)T (t) = 0, t > 0. Ezért X(1) = X(0) = 0. (4.10) Ha λ pozitív, azaz λ = α 2, akkor (4.9) általános megoldása X(x) = Ae αx + Be αx.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 17 Így X(0) = A + B = 0, X(1) = Ae α + Be α = 0. Ebb l A = B = 0 adódik, ezért ebben az esetben nincs nem-triviális megoldás. Tehát λ negatív, λ = α 2. Ekkor A (4.9) általános megoldása X(x) = A cos(αx) + B sin(αx). Így X(0) = A = 0, X(1) = B sin(α) = 0. Ez csak akkor lehet nem-triviális, ha α = nπ, nɛin. Azt kaptuk, hogy λ = n 2 π 2 alakú. A (4.9) DE hozzá tartozó alapmegoldása pedig X(x) = sin(nπx). Az eredeti (4.6) számú PDE λ = n 2 π 2 -hez tartozó alapmegoldása: u(x, t) = Ae n2 π 2t sin(nπx). Az általános megoldás a különböz lehetséges λ-k hoz tartozó alapmegoldások lineáris kombinációjaként áll el. u(x, t) = A n e n2 π 2t sin(nπx) n=1 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), nɛin} és {cos(nx), nɛin} önállóan is bázist alkot. Nekünk most a tiszta szinuszos el állítás a célravezet. 3. Feladat. Az id múltával az alapmegoldásokra lim u(x, t) = lim t t e (kπ)2t sin(kπx) = 0 Igazoljuk, hogy a rúd h mérséklete is tart a 0-hoz. 4. Feladat. A rúd h energiájaként értelmezhet függvény E(t) := ˆ 1 Bizonyítsuk be, hogy ez id ben monoton fogyó. 0 u 2 (x, t) dx.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 18 4.4.3. H vezetés visszafelé Oldjuk meg az el z feladatot úgy is, hogy az id ben nem el re, hanem visszafelé haladunk úgy, hogy a 0. id pillanatban a rúd h mérsékletét az f(x) 0 függvény írja le. El ször is, mit várunk? A rúd végtelen ideig h lt, hiszen a két végér l h tjük (a peremfeltételek nullák) és mégis nullától különböz a h mérséklete. 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 h vezetést leíró egyenlet így néz ki: U t = U xx. Látható, hogy bejött egy negatív el jel. Ennek megoldását levezetve az el z ek szerint, ugyanúgy megkapjuk a végtelen szummát, de a hatványkitev ben egy pozitív szám lesz: U(x, t) = A n e +n2 π 2t sin(nπx) n=1 Ebb l látszik, hogy ez a megoldás valóban felrobban minden x-re t esetén. 4.5. Másodrend PDE III: Hullámegyenlet. Tekintsünk egy végtelen hosszú rugalmas húrt, és legyen u(x, t) a t id pontban a húr x pontjának kitérése. Ha a húr hullámmozgást végez, akkor zikai meggondolások alapján u(x, t) olyan kétszer folytonosan dierenciálható függvény, mely kielégíti az alábbi hiperbolikus PDE-t ahol c adott konstans. u tt = c 2 u xx, (4.11) A feladat akkor lesz egyértelm en megoldható, ha megadjuk a kezdeti id pontban a húr helyzetét és az egyes pontokhoz tartozó pillanatnyi sebességet. A peremfeltételek tehát u(x, 0) = f(x), u t(x, 0) = g(x), (4.12) ahol f és g adott folytonosan dierenciálható függvények. A feladat D'Alembert-féle megoldását adjuk meg. transzformációt: ξ = x + ct, η = x ct. Alkalmazzuk az alábbi koordináta

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 19 Az inverz transzformáció x = ξ + η 2, t = ξ η 2c. Ezt behelyettesítve a keresett függvénybe egy U függvényt kapunk: ( ξ η U(ξ, η) = u 2c, ξ + η ) 2 U ξ = u 1 t 2c + 1 u x 2, U ηξ = u 1 1 tt 2c 2c + 1 1 u xt 2c 2 + 1 1 u tx 2 2c + 1 1 u xx 2 2 = 1 1 4 (u tt c + 2 u xx) = 0. Vagyis kiderült, hogy U ξ (ξ, η) független η-tól, így: U ξ(ξ, η) = F 0 (ξ), ezért ˆ U(ξ, η) = U ξdξ + G(η) = F (ξ) + G(η), valamely alkalmas F és G függvények mellett. Ezt visszahelyettesítve az eredeti függvénybe beláttuk az alábbi tételt: Tétel 4.5.1. A (4.11) a hullámegyenlet PDE általános megoldása u(x, t) = F (x + ct) + G(x ct), ahol F és G kétszer folytonosan dierenciálható valós függvények. Meghatározzuk a (4.12) peremfeltételeket kielégít megoldást. Ezt összeg alakban fogjuk keresni: u(x, t) = u (1) (x, t) + u (2) (x, t), különválasztva a két kezdeti feltételt. Tehát u (1) (x, t) és u (2) (x, t) megoldásai az eredeti (4.11) egyenletnek, ilyen kezdeti feltételekkel: u (1) (x, 0) = f(x) (u (1) ) t(x, 0) = 0 u (2) (x, 0) = 0 (u (2) ) t(x, 0) = g(x) Egyszer számolással igazolható, hogy és u (1) (x, t) = u (2) (x, t) = 1 2c ˆ x+ct 0 f(x + ct) + f(x ct), 2 g(s)ds 1 2c ˆ x ct 0 g(s)ds.

4. FEJEZET. PARCIÁLIS DIFFERENCIÁL EGYENLETEK 20 Állítás 4.5.2. A (4.11) a hullámegyenlet (4.12) kezdetiérték feltételt teljesít megoldása egyértelm, éspedig u(x, t) = f(x + ct) + f(x ct) 2 + 1 2c ˆ x+ct x ct g(s)ds. Megjegyzés. Kis magyarázattal szolgálunk a D'Alambert féle megoldásról. Az eredeti parciális dierenciálegyenlet azt jelenti, hogy meg akarjuk oldani az L[u] = 0 egyenletet, ahol L a következ parciális dierenciál - operátor L = 2 2 c2 t2 x, 2 mely formálisan szorzattá bontható: ( L = t c ) ( x t + c ) = L 1 L 2. x Az L 1 [v] = 0 els rend parciális dierenciálegyenlet egy transzport egyenlet, melynek megoldásai v(x, t) = F (x + ct) alakúak. egyenlet, ennek megoldásai pedig alakúak. Az L 2 [w] = 0 PDE szintén egy transzport w(x, t) = G(x ct) 5. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogyan változik a húr, ha a kezdeti id pontban az alábbi alakú: továbbá g(x) 0. x + 1 ha xɛ[ 1, 0] f(x) = x + 1 ha xɛ[0, 1] 0 ha xɛ [ 1, 1],

Tárgymutató Green-függvény, 11 H vezetés egyenlet megoldása, 12 harmonikus függvény, 11 hullámmozgás egyenlete, 18 Laplace egyenlet megoldása körlapon, 9 téglalapon, 7 parciális dierenciálegyenlet elliptikus, 6 hiperbolikus, 18 pararbolikus, 12 transzport egyenlet, 4 21