Równania różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu

Równania różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu

Marcin Orchel

Spis treści

1 Wstęp 1

1.1 Metoda faktoryzacji (rozdzielania zmiennych) . . . 5 1.2 Metoda funkcji Greena . . . 7

2 Zadania 8

2.1 Zadania na 3.0 . . . 8 2.2 Zadania na 4.0 . . . 9 2.3 Zadania na 5.0 . . . 10

1 Wstęp

Postać ogólna równania różniczkowego cząstkowego liniowego drugiego rzędu jest nastę- pująca:

A∂²u

∂x² + B ∂²u

∂x∂y+ C∂²u

∂y² + a∂u

∂x+ b∂u

∂y + cu = f (1)

gdzie A, B, C, a, b, c, f są funkcjami zmiennych niezależnych. Równanie liniowe wzglę- dem drugich pochodnych ma postać

A∂²u

∂x² + B ∂²u

∂x∂y + C∂²u

∂y² + D



x, y, u,∂u

∂x,∂u

∂y



= 0 (2)

gdzie A(x, y), B(x, y), C(x, y). Wprowadzamy nowe zmienne ξ, η, takie, że

ξ = f (x, y) (3)

η = g (x, y) (4)

Traktujemy funkcję u jako funkcję zmiennych ξ, η. Mamy następujące wzory

∂u

∂x = ∂u

∂ξ

∂f

∂x+ ∂u

∂η

∂g

∂x (5)

Podobnie

∂u

∂y = ∂u

∂ξ

∂f

∂y +∂u

∂η

∂g

∂y (6)

∂²u

∂x² = ∂²u

∂ξ²

∂f

∂x

2

+ 2 ∂²u

∂ξ∂η

∂f

∂x

∂g

∂x (7)

+∂²u

∂η²

∂g

∂x

2

+∂u

∂ξ

∂²f

∂x² +∂u

∂η

∂²g

∂x² (8)

∂²u

∂x∂y = ∂²u

∂ξ²

∂f

∂x

∂f

∂y + ∂²u

∂ξ∂η

∂f

∂x

∂g

∂y +∂f

∂y

∂g

∂x



+ (9)

+∂²u

∂η²

∂g

∂x

∂g

∂y +∂u

∂ξ

∂²f

∂x∂y +∂u

∂η

∂²g

∂x∂y (10)

∂²u

∂y² = ∂²u

∂ξ²

∂f

∂y

2

+ 2 ∂²u

∂ξ∂η

∂f

∂y

∂g

∂y (11)

+ ∂²u

∂η²

∂g

∂y

2

+∂u

∂ξ

∂²f

∂y² +∂u

∂η

∂²g

∂y² (12)

Przekształcenie odwrotne

x = φ (ξ, η) (13)

y = ψ (ξ, η) (14)

Zadanie polega na dobraniu funkcji f (x, y) i g(x, y) tak aby uprościć te równania, w pierwszym przypadku aby zniknął składnik z

∂²u

∂x∂y (15)

Równanie charakterystyczne jest następujące A

dy dx

2

− Bdy

dx + C = 0 (16)

Charakter rozwiązania tego równania zależy od znaku wyróżnika

δ = B²− 4AC (17)

w rozpatrywanym obszarze.

• δ > 0 - równania hiperboliczne

• δ = 0 - równania paraboliczne

• δ < 0 - równania eliptyczne

Dla równania hiperbolicznego, całki pierwsze równania charakterystycznego definiują funkcje f (x, y) i g(x, y), za pomocą których sprowadza się równanie do postaci

∂²u

∂ξ∂η = Φ



ξ, η, u,∂u

∂ξ,∂u

∂η



(18)

Jest to postać kanoniczna równania hiperbolicznego. Po dalszym podstawieniu zmien- nych

s = ξ + η (19)

t = ξ − η (20)

otrzymujemy inną kanoniczną postać równania hiperbolicznego

∂²u

∂s² − ∂u

∂t² = Φ



s, t, u,∂u

∂s,∂u

∂t



(21) Dla równania eliptycznego otrzymujemy rozwiązanie równania kwadratowego jako dwie całki pierwsze

f (x, y) = v (x, y) + iw (x, y) = const (22) g (x, y) = v (x, y) − iw (x, y) = const (23) Tu podstawiamy następujące zmienne

ξ = v (x, y) (24)

η = w (x, y) (25)

i otrzymujemy postać kanoniczną

∂²u

∂ξ² + ∂²u

∂η² = Ψ



ξ, η, u,∂u

∂ξ,∂u

∂η



(26) Dla równania parabolicznego rozwiązaniem będzie

f (x, y) = const (27)

Stosujemy przekształcenie

ξ = f (x, y) (28)

η = g (x, y) (29)

gdzie g będzie dowolną funkcją niezależną od f (x, y). Otrzymujemy wtedy postać kano- niczną

∂²u

∂η² = Ω



ξ, η, u,∂u

∂ξ,∂u

∂η



(30) Dla przypadku gdy A(x, y) = 0 i C(x, y) 6= 0 równanie charakterystyczne ma postać

C

dx dy

2

− Bdy

dx+ A = 0 (31)

Przykład 1. Sprowadzić do postaci kanonicznej równanie

∂²u

∂x² + 2 ∂²u

∂x∂y − 3∂²u

∂y² + 2∂u

∂x+ 6∂u

∂y = 0 (32)

Równanie charakterystyczne

dy dx

2

− 2dy

dx− 3 = 0 (33)

Obliczamy ∆ = 16 > 0, więc jest to równanie hiperboliczne. Otrzymujemy pierwiastki dy

dx = 3 (34)

dy

dx = −1 (35)

A Zatem całki pierwsze

y − 3x = C1 (36)

y + x = C2 (37)

A więc przekształcenie zmiennych będzie

ξ = y − 3x (38)

η = y + x (39)

Następnie podstawiamy to do wzorów łańcuchowych i otrzymujemy

∂u

∂x = −3∂u

∂ξ +∂u

∂η (40)

∂²u

∂x² = 9∂²u

∂ξ² − 6 ∂²u

∂ξ∂η +∂²u

∂η² (41)

∂u

∂y = ∂u

∂ξ +∂u

∂η (42)

∂²u

∂y² = ∂²u

∂ξ² + 2 ∂²u

∂ξ∂η +∂²u

∂η² (43)

∂²u

∂x∂y = −3∂²u

∂ξ² − 2 ∂²u

∂ξ∂η +∂²u

∂η² (44)

Podstawiając teraz to wszystko do równania wyjściowego otrzymujemy

∂²u

∂ξ∂η = −1 2

∂u

∂η (45)

Równanie na wolframalpha.comhttp: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= %28d^2%

2Fdx^2% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29% 29+ %2B+ 2% 28d^2% 2Fdxdy% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29% 29+ - +3% 28d^2% 2Fdy^2% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29% 29+ %2B+ 2% 28d% 2Fdx% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29%

29+ %2B+ 6% 28d% 2Fdy% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29% 29% 3D+ 0. Przekształcone równanie na wol- framalpha.comhttp: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= %28d^2% 2Fdxdy% 28u% 28x%

2Cy% 29% 29% 29+ %3D+ -1% 2F2% 28d% 2Fdy% 28u% 28x% 2Cy% 29% 29% 29.

1.1 Metoda faktoryzacji (rozdzielania zmiennych)

Liniowe równania różniczkowe często dają się rozwiązać przez podstawienie:

u (x₁, . . . , x_n) = ϕ (x₁) ϕ (x₂) . . . ϕ_n(x_n) (46) Przykład 2. Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego typu hiperbolicznego drgania struny postaci:

∂²u

∂t² = a²∂²u

∂x² (47)

spełniające warunki brzegowe:

u (0, t) = 0 (48)

u (l, t) = 0 (49)

i warunki początkowe:

u (x, 0) = f (x) (50)

∂u

∂t (x, 0) = ϕ (x) (51)

dla x ∈ [0, l].

Postulujemy rozwiązanie postaci:

u (x, t) = X (x) T (t) (52)

Wstawiając powyższe do równania wyjściowego otrzymujemy:

X (x) T⁰⁰(t) = a²T (t) X⁰⁰(x) (53) T⁰⁰(t)

a²T (t) = X⁰⁰(x)

X (x) (54)

Aby powyższe równanie było spełnione, każda ze stron musi być równa stałej i te stałe muszą być równe (stała k):

X⁰⁰(x) − kX (x) = 0 (55)

T⁰⁰(t) − ka²T (t) = 0 (56)

Są to równania różniczkowe zwyczajne liniowe o stałych współczynnikach.

Gdy k jest nieujemne otrzymujemy tylko rozwiązanie trywialne postaci:

u (x, t) = 0 (57)

Gdy jest ujemne (k = −λ²) otrzymujemy następujące równania:

X⁰⁰+ λ²X = 0 (58)

T⁰⁰+ a²λ²T = 0 (59)

Rozwiązaniem ogólnym pierwszego równania jest:

X (x) = C1cos λx + C₂sin λx (60) Rozwiązanie na wolframalpha.com,http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27%

27+ %2B+ k^2y+ %3D+ 0.

Uwzględniając warunek brzegowy (48) otrzymujemy C₁ = 0:

X (x) = C2sin λx (61)

Następnie uwzględniając warunek brzegowy (49) otrzymujemy warunek (przy C₂ = 0 otrzymujemy rozwiązanie trywialne):

sin λl = 0 (62)

λ = nπ

l = λ_n (63)

A więc ostatecznie:

X (x) = C2sinnπ

l x (64)

Analogicznie dla drugiego równania rozwiązaniem ogólnym jest:

T (t) = ancos aλt + b_nsin aλt (65) Rozwiązanie na wolframalpha.com,http: // www. wolframalpha. com/ input/ ?i= y% 27%

27+ %2B+ a^2k^2y+ %3D+ 0.

Po podstawieniu wyrażenia na λ:

T (t) = a_ncos anπ

l t + b_nsin anπ

l t (66)

Podstawiając X i T do (52) otrzymujemy rozwiązania szczególne równania wyjściowego z warunkami brzegowymi dla szczególnej postaci (52):

un=



ancos anπ

l t + bnsin anπ l t

 sinnπ

l x (67)

Pozostały do uwzględnienia warunki początkowe. Można pokazać, że suma tych rozwiązań również spełnia równanie wyjściowe z warunkami brzegowymi. Szereg postaci

u =

∞

X

n=1

un (68)

również jest rozwiązaniem szczególnym równania wyjściowego z warunkami brzegowymi.

Można pokazać, że aby były spełnione również warunki początkowe, to rozwiązanie musi być w postaci tego szeregu. Warunek (50) dla tego szeregu wygląda następująco:

f (x) =

∞

Xansinnπ

l x (69)

Warunek (51) jest następujący:

ϕ (x) =

∞

X

n=1

b_nnaπ l sinnπ

l x (70)

Wykorzystując wzór Fouriera na funkcję sinus otrzymujemy wzory na parametry a_ni b_n:

an= 2 l

l

Z

0

f (x) sinnπx

l dx (71)

b_n= 2 naπ

Zl

0

ϕ (x) sinnπx

l dx (72)

A więc ostatecznym rozwiązaniem równania wyjściowego z warunkami brzegowymi i początkowymi jest funkcja (68), gdzie u_n wyraża się wzorem (67), a_n i b_n wyrażają się wzorami (71) i (72).

Rozwiązanie ogólne na wolframalpha.com,http: // www. wolframalpha. com/ input/

?i= %28d^2% 2Fdt^2% 28u% 28t% 2Cx% 29% 29% 29+ %3D+ a^2% 28d^2% 2Fdx^2% 28u% 28t% 2Cx%

29% 29% 29.

1.2 Metoda funkcji Greena

Funkcja Greena służy do rozwiązywania równań różniczkowych cząstkowych z warun- kami brzegowymi i początkowymi. Funkcja Greena G (x, s) dla liniowego operatora róż- niczkowania L = L (x) w punkcie s jest jakimkolwiek rozwiązaniem równania:

LG (x, s) = δ (x − s) (73)

Pozwala to na rozwiązywanie równań:

Lu (x) = f (x) (74)

W ogólności funkcje Greena są dystrybucjami, a nie funkcjami. Jeśli znajdziemy funk- cje Greena dla operatora L, to mnożąc pierwsze równanie przez f (s) i całkując po s otrzymujemy:

Z

LG (x, s) f (s) ds = Z

δ (x − s) f (s) ds = f (x) (75) Ta druga równość z właściwości funkcji Diraca. Podstawiając do drugiego równania otrzymujemy:

Lu (x) = Z

LG (x, s) f (s) ds (76)

Wyciągamy operator L przed całkę:

Lu (x) = L Z

G (x, s) f (s) ds (77)

u (x) = Z

G (x, s) f (s) ds (78)

Dla zagadnień brzegowych dla równań eliptycznych z dwiema zmiennymi niezależny- mi. Mamy dane liniowe równanie różniczkowe cząstkowe drugiego rzędu typu eliptycz- nego:

∂²u

∂x² +∂²u

∂y² + a∂u

∂x + b∂u

∂y + cu = f (79)

Najpierw wyznaczamy funkcję Greena G (x, y; ξ, η), gdzie ξ i η są parametrami. Funk- cja Greena musi spełniać następujące warunki:

• Funkcja G (x, y; ξ, η) jest prawie wszędzie w danym obszarze, z wyjątkiem punk- tu x = ξ y = η rozwiązaniem równania jednorodnego sprzężonego do równania wyjściowego:

∂²G

∂x² +∂²G

∂y² −∂aG

∂x −∂bG

∂y + cG = 0 (80)

• Funkcja G (x, y; ξ, η) ma postać:

G = U ln1

r + V (81)

gdzie r = q

(x − ξ)²+ (y − η)², U w punkcie x = ξ, y = η przyjmuje wartość 1 oraz funkcje U i V są ciągłe wraz z pochodnymi cząstkowymi aż do rzędu 2 włącznie.

• Na brzegu rozpatrywanego obszaru funkcja G (x, y; ξ, η) jest równa zeru.

Następnie znalezioną funkcję Greena wstawiamy do wzoru:

u (ξ, η) = 1 2π

Z

u (x, y) ∂

∂nG (x, y; ξ, η) ds − 1 2π

Z Z

D

f (x, y) G (x, y; ξ, η) dxdy (82)

gdzie D oznacza dany obszar, S jego brzeg, na którym określono wartość funkcji, a _∂n^∂ jest pochodną w kierunku normalnej wewnętrznej brzegu.

2 Zadania

2.1 Zadania na 3.0 1. Rozwiązać równanie

x²∂²u

∂x² − y²∂²u

∂y² − 2y∂u

∂y = 0 (83)

Odpowiedź:

u (x, y) = rx

yφ (xy) + ψ

y x



(84)

2. Rozwiązać równanie x²∂²u

∂x² − 2xy ∂²u

∂x∂y − y²∂²u

∂y² + x∂u

∂x+ y∂u

∂y = 0 (85)

Odpowiedź:

u (x, y) = φ (xy) ln y + ψ (xy) (86) 3. Znaleźć rozwiązanie równania typu hiperbolicznego

∂²u

∂t² = a²∂²u

∂x² (87)

spełniające warunki:

u (0, t) = u (l, t) = 0 (88)

u (x, 0) = x (l − x)

l² (89)

∂u

∂t (x, 0) = 0 (90)

gdzie x ∈ [0, l].

4. Znaleźć rozwiązanie równania typu hiperbolicznego

∂²u

∂t² = a²∂²u

∂x² (91)

spełniające warunki:

u (0, t) = u (l, t) = 0 (92)

u (x, 0) = f (x) =

( x dla 0 < x ≤ ₂^l

1 − x dla ₂^l < x < l (93) gdzie x ∈ [0, l], t > 0.

Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz numerycznie w Matlabie.

2.2 Zadania na 4.0

Wyprowadzić metodą faktoryzacji rozwiązanie dla równania przewodnictwa cieplnego.

Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz nume- rycznie w Matlabie.

2.3 Zadania na 5.0

D =ⁿ(x, y, z) ∈ R³: x ∈ (0, l₁) , y ∈ (0, l₂) , z ∈ (0, l₃)^o (94) Wyznaczyć w obszarze D rozwiązanie równania falowego dla t > 0:

∂²u

∂x² +∂²u

∂y² +∂²u

∂z² = 1 a²

∂²u

∂t² (95)

spełniające następujące warunki początkowe:

u (x, y, z, 0) = u0 (96)

∂u

∂t (x, y, z, 0) = 0 (97)

oraz warunki brzegowe:

u (0, y, z, t) = u (l₁, y, z, t) = 0 (98) u (x, 0, z, t) = u (x, l₂, z, t) = 0 (99) u (x, y, 0, t) = u (x, y, l₃, t) = 0 (100) dla (x, y, z) ∈ D i t > 0.

Rozwiązać również powyższe równania symbolicznie na wolframalpha oraz nume- rycznie w Matlabie.