REŠENE NALOGE IZ PARCIALNIH DIFERENCIALNIH ENACB Jaka Cimprič, Jasna Prezelj Ljubljana 2011 naslov: REŠENE NALOGE IZ PARCIALNIH DIFERENCIALNIH ENACB avtorske pravice: Jaka Cimpric, Jasna Prezelj izdaja: prva izdaja zaloZnik: samozaložba Jaka CimpriC in Jasna Prezelj, Ljubljana avtorja: Jaka CimpriC in Jasna Prezelj leto izida: 2011 natis: elektronsko gradivo dostop: http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/PDE.pdf CIP - Katalozni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjiznica, Ljubljana 517.95(075.8)(076.2)(0.034.2) CIMPRIC, Jaka Resene naloge iz parcialnih diferencialnih enacb [Elektronski vir] / Jaka Cimpric, Jasna Prezelj. - 1. izd. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal. J. Prezelj : samozal. J. Cimpric, 2011 Nacin dostopa (URL): http://www.fmf.uni-lj.si/~prezelj/analiza4/ PDE.pdf ISBN 978-961-93108-0-9 1. Prezelj-Perman, Jasna 256641792 Kazalo 1 Distribucije........................................................5 2 Laplacova enaCba..................................................10 2.1 Subharmonicne funkcije..................................10 3 Difuzijska enacba..................................................17 3.1 ReSevanje s separacijo spremenljivk......................17 4 Valovna enacba....................................................24 5 Uporaba izreka Cauchy - Kovalevska............................28 6 Resitve nalog......................................................29 6.1 Distribucije................................................29 6.2 Laplacova enacba..........................................37 6.3 Difuzijska enacba..........................................41 6.4 Valovna enacba............................................48 6.5 Uporaba izreka Cauchy - Kovalevska....................53 Predgovor Pričujoča zbirka vsebuje naloge, ki sva jih avtorja sestavljala za vaje in kolokvije iz parcialnih diferencialnih enačb in distribucij. Nekaj nalog je z vaj in kolokvijev najinih predhodnikov B. Gornika in S. Strleta, nekaj nalog pa sta prispevala profesorja M. Cerne in M. Perman. Vsem se za njihov prispevek iskreno zahvaljujeva. Zbirka pokriva naslednja področja: distribucije, Laplacova enačba, harmonične in subharmonilne funkcije, difuzijska enačba, valovna enačba. Ta snov v celoti pokriva predmet Parcialne diferencialne enačbe na drugi stopnji matematike. Vse naloge so opremljene z resitvami. 1 Distribucije S crko Dn označimo prostor testnih funkcij; to je množica gladkih funkcij s kompaktnim nosilcem, C,?°(MN), na katerega vpeljemo posebno topologijo. Zaporedje testnih funkcij {pj}jeN konvergira v smislu testnih funkcij k testni funkciji p, ce za vsak e > 0, k £ N obstajata kompakt K C RN in M £ N, da je za vsak m > M nosilec supp pm C K in \\pm — p\Ck < e. Prostor D'N vseh zveznih linearnih funkcionalov na Dn imenujemo distribucije. Pri N = 1 indeks izpuscamo. Izrek. V prostoru testnih funkcij na Rn je mnozica L{p1(x1) • ... • pN(xN), pi je testna funkcija na R, 1 < i < N} gosta (L pomeni linearno ogrinjaco). 1.1 Ugotovi, kateri od naslednjih predpisov dolocajo distribucije: (1) T! : p ^ Er V(n), (2) T2 : p ^ Er P(n-1), (3) T3 : p ^ Er n-2p(n-1), (4) T4 : p ^ Er P(n)(n), (5) T5 : p ^ —r p(x)dx, (6) Te : p ^ p(2), (7) t7 : p ^ /Z f (x)p(x)dx, f £ Ljoc(R), (8) T8 : p ^ Cauchyjeva glavna vrednost od /Z x-1p(x)dx. 1.2 Izracunaj prve odvode in za primere (2) - (4) tudi druge odvode v smislu distribucij za naslednje funkcije: (1) fi(x) = log |x|, (2) f2(x) = aX[b,r)(x), (3) f3(x) = |x|, (4) f4(x) = arctg(x-1). 1.3 Naj bo S Schwarzov razred in S' njegov dual. Elemente iz S' imenujemo umirjene distribucije; to so vse tiste distribucije u G V, ki imajo zvezno razsiritev z D na S (v topologiji na S). Naj bo /ro e-ixy f (x) dx -ro Fourierova transformacija na S in F-1 njen inverz, /ro e-ixy f (y)dy. -ro Pokazi, da sta s predpisoma {F(u), 0 v Rn- 1.14 PokaZi, da funkcija u(x, t) — (at - x)x[o,^)(at + x),a — ° resi enacbo utt — a2uxx — 50• 1.15 Naj bo p testna funkcija na R- (a) Poisci vse tiste a G R, za katere zaporedje — anp(anx) konvergira v prostoru testnih funkcij. (b) Pokazi, da so za vsak e — 0 s predpisom (1 + e)p((1 + e)x) — p(x) p:—-e-' definirane testne funkcije in izracunaj lim£^ 0 v prostoru testnih funkcij. (c) Naj bo T distribucija in a — 0 realno stevilo. Pokazi, da je s predpisom Ta(x ^ p(x)) — T(x ^ ap(ax)) dana distribucija. Med distribucijami, ki jih predstavljajo odsekoma zvezne funkcije, poisci vse tiste, ki resijo (1) Ta — T za vsak a > 0, (2) Ta — T za vsak a< 0, (3) Ta — T za vsak a — 0- Pokazi, da so resitve gornjih treh problemov tudi vse resitve v smislu distribucij. 1.16 Naj bo F distribucija in f £ C^(R). Pokaži, da je Ff distribucija, za katero velja pravilo za odvajanje produkta. 1.17 Naj bo u distribucija, f testna funkcija, f (x) := f (-x). Pokaži, daje s predpisom (u * f ,p) := (u, f * p) definirana distribucija in da velja naslednje pravilo za odvajanje: (u * f)' = u' * f = u * f'. 1.18 Dan je diferencialni operator L(y) = ay'' + by' + cy, a,b,c £ R, a = 0. Naj bo y resitev diferencialne enacbe, ki zadosca pogojema y(0) = 0, y'(0) = (a) Naj bo y0(x) = y(x) za x > 0 in yo(x) = 0 za x < 0. Dokazi, da je y0 fundamentalna resitev za diferencialni operator L; to pomeni, da je L(y0)(x) = č0(x) v smislu distribucij. (b) Pokazi, da je y = f * y0 resitev Ly = f za vsako f £ C£°(R). (c) Poisci fundamentalno resitev za L pri a = 1, b = 0, c = —1. 1.19 (a) Pokazi, daje s predpisom Nasvet: testna funkcija p je na [—n, n] enaka svoji Fourierovi vrsti ^^ cketkx in enaka 0 sicer. (c) Pokazi, da je v smislu distribucij. Nasvet: nosilce testnih funkcij razrezi po lihih veckratnikih n in izracunaj integrale za vsak tak kos posebej. a definirana distribucija. (b) Naj ima testna funkcija p nosilec v [—n, n]. Pokazi, da je 2 Laplacova enaCba Na Rn je s predpisom Au = Uxi xi + ... + Ux nn definiran Laplacov diferencialni operator. Opisuje npr. stacionarno porazdelitev temperature. Resitvam Laplaceove enacbe Au = 0 pravimo harmonicne funkcije. Harmonicne funkcije zadoscajo principu maksimuma: ce je D odprto omejeno obmocje in f nekonstantna harmonicna funkcija na D, ki je zvezna na D, zavzame f maksimum (in minimum) na robu. Harmonicne funkcije imajo tudi lastnost povprecne vrednosti: za vsaka a, r za katera je B(a, r) C D, velja f (a) = vornarjLr,fdV 2.1 SubharmoniCne funkcije Naj bo G obmocje v Rn. Funkcija f : G ^ RU {—to}, ki ni identicno enaka —to, je subharmonična, ce za vsako odprto kroglo D C G velja naslednje: ce je f < g na dD, kjer je g harmonicna na D in zvezna na D, potem je f < g na D. Funkcija f je superharmonična, ce je —f subharmonicna. Izkaze se, da vsaka C2 subharmonicna funkcija f zadosca Af > 0. 2.1 Pokazi, da je supremum koncnega stevila subharmonicnih funkcij tudi subharmonicna funkcija. 2.2 Poisci vse harmonicne funkcije na realni osi. 2.3 Naj bo | • | norma na Rn. Ugotovi, za katere a > 0 je funkcija lxla subharmonicna. 2.4 Pokazi, da je funkcija f (x,y) = (x2 + y2 + 1)2 — 4x2 subharmonicna, poisci njene kriticne tocke. 2.5 Pokazi, da je — log(a — r) subharmonicna na B(0, a). 2.6 Pokazi, daje za vsako holomorfno funkcijo f funkcija ff subharmonicna. 2.7 Naj bo u harmonicna in h poljubna C2 konveksna funkcija. Dokazi, da je h o u subharmonicna. SUBHARMONIČNE FUNKCIJE 11 2.8 Pokaži, da je funkcija 1 x2 + y subharmoniCna na R2 \ 0 in doloCi njen minimum. f (x,y) = x2 + y2 + x2 + y2 2.9 PoiSCi kakSno subharmoniCno funkcijo u na kolobarju K(0,1, 3), ki gre proti neskonCnosti, ko se približujemo robu. Laplacova enačba v cilindričnih koordinatah Kadar je obmoCje D valj, izsek valja, zunanjost valja, izsek zunanjosti valja, valj s luknjo ali izsek valja z luknjo, uporabljamo pri resevanju LaplaCeove enaCbe CilindriCne koordinate. V tem primeru je _ 1 1 AAU — Urr +--Ur +--2 Uw + Uzz. r r2 Ce je funkCija u odvisna samo od r in z, dobimo za resitev LaplaCove enaCbe Au — 0 nastavek U(r, ip) — Co +Ci log r^(CnJc(^nr)+DnNo(^nr))(An Ch HnZ + Bn sh Hnz) n=1 ( — Co + Ci log r + ^(Cn/o(Vnr) + D'nKo(vnr))(An cos VnZ + B'n sin v,nz). n=1 Drugo obliko dobimo iz prve, Ce namesto /j,n vstavimo ivn in upostevamo, da je Jo(is) — Io(s), No(is) — — nKo(s), Ch(is) — cos s in sh(is) — i sin s. Prvo obliko uporabljamo, kadar je robni pogoj po r homogen, drugo pa, kadar sta robna pogoja po z homogena. 2.10 Resi Dirichletovo nalogo Au — 0, U(r, 0) — f (r), u(r,h) — g(r), u(a,z) —0 na valju radija a in visine h. 2.11 Resi Dirichletovo nalogo Au = 0, u(r, 0) = 0, u(r,h)=0, u(a,z) = k(z) na valju radija a in visine h. 2.12 Resi Dirichletovo nalogo Au = 0, u(r, 0) = f (r), u(r, h) = g(r), u(a,z) = k(z) na valju radija a in visine h. 2.13 Resi Dirichletovo nalogo Au = 0, u(r, h) = 1, u(r, 0) = 0, u(a, z) = 1 na valju radija a in visine h. 2.14 Valj z radijem a in visino l obdaja snov s temperaturo 0. Na majhna krozca z radijem b sredi zgornje in spodnje ploskve, pa prislonimo snov s temperaturo Tq. Poisci stacionarno porazdelitev temperature znotraj valja. 2.15 Poisci stacionarno porazdelitev toplote na valju B2(0,a) x [0,l], ki ima spodnjo osnovno ploskev in plasc izoliran, zgornja ploskev pa ima konstantno temperaturo Tq. Nasvet: Resiti moras enacbo Au = 0 pri robnih pogojih ur (a, p, z) = uz (r, p, 0) = 0, u(r, p, l) = Tq. 2.16 Naj bo D = B2(0,a) x [0, h]. Resi Poissonovo nalogo Au = —f, u\dD = 0 v primeru, ko sta u in h odvisna samo od r in z. 2.17 Resi enacbo Au = č0(r)č0(z) na D = B2(0, a) xR pri pogoju u\dD = 0. Resitev lahko pustis v integralski obliki. Pomoc: / 0 in f 1, Q c Rn odprto omejeno obmoCje z gladkim robom. Naj funkcija u resi enaCbo ut — Au na Q. ZaCetna porazdelitev toplote naj bo u(x, 0) — f (x) in naj bo obmoCje na robu ali izolirano ali pa naj ima rob temperaturo 0. Privzemi, da je resitev dovolj gladka na Q in pokazi, da je E(t) :— / u2(x,t) dV < t f 2(x) dV. Jo Jo Naj bo u(x) — limt^X u(x,t). Kateri enaCbi ustreza funkcija u(x)? Za oba primera u tudi izraCunaj. Nasvet: IzraCunaj div(u grad u). 3.1 Reševanje s separacijo spremenljivk Naj bo D obmoCje z gladkim robom dD in c > 0 konstanta. isCemo tako funkcijo u — u(r,t), r G D, t > 0, ki resi nehomogeno difuzijsko enaCbo Au — -1 ut + F (r, t) c2 pri pogojih u(r, 0) — f (r), r G D, du a(r)u(r,t)+ /3(r) — (r,t)— g(r), r G dD, t > 0. ReCept je takle: (a) Homogenizacija robnih pogojev. Ce funkcija g ni identicno enaka nic, potem uganemo tako funkcijo w = w(r), ki zadosca pogoju dw a(r)w(r) + (3(r)^(r) = g(r), r G dD dn in napravimo substitucijo u(r,t) = u(r,t) + w(r). Nova enacba je Au = ut + F(r, t), kjer je F = F — Aw, nova pogoja pa sta u(r, 0) = /(r), kjer je f = f — w in a(r)u(r, t) + (3(r) fn(r, t) = 0. (b) Resevanje lastnega problema. S separacijo spremenljivk resimo lastni problem Av = Av, av + (3dn\dD = 0. Dobimo stevno mnogo lastnih vrednosti, ki so vse negativne. Vsaki pripada koncno lastnih vektorjev. Naj bo vn kompleten ortogonalen sistem sestavljen iz lastnih vektorjev. (c) Razvijemo F(r,t) = Fn(t)vn(r) in f (r) = Ym fnvn(r), kjer F (t) = Id F(r t)vn(r) dr f = Id f (r)vn(r) dr n Id vn(r)2 dr ' n Id vn(r)2 dr ' (d) Resitev (nove) enacbe je u(r,t) = ^2 Tn(t)vn(r), n kjer je funkcija Tn resitev zacetne naloge AnTn(t) = Tn (t) + Fn(t), Tn(0) = fn-c2 Na koncu k u pristejemo w, da dobimo u. Polarne koordinate Naslednje naloge se nanasajo na prevajanje toplote po krogu ali neskoncnem valju. 3.2 Resi enacbo ut = Au, za krog B2(0,1), ce ima rob kroga temperaturo 0, zacetna porazdelitev temperature pa je u(r,p, 0) = f (r). Podrobno obravnavaj primera f (r) = 1 in f (r) = 1 — r2. 3.3 Naj bo a,TQ,c > 0. Resi enacbo 1 Au = ut c2 na krogu z radijem a pri robnem pogoju uir=a = 0, in pri zacetnem pogoju u|t=o = f (r). Podrobno obravnavaj primera f (r) = T0 in f (r) = T0(a2 — r2)/a2. Enacba opisuje spreminjanje temperature neskoncnega valja, ki je na zacetku enaka T0, nato pa se zacne zmanjsevati, ker rob valja drzimo pri konstantni temperaturi 0. 3.4 Resi enacbo ut = c2Au na krogu z radijem a pri robnem pogoju (ur + hu)lr=a = 0, kjer je h> 0 in pri zacetnem pogoju ult=Q = Tq. Enacba opisuje ohlajanje neskoncnega valja z zacetno temperaturo T0 v okolju s temperaturo 0. Toplotni tok iz valja (ur) je sorazmeren razliki med zunanjo in notranjo temperaturo (0 — u) 3.5 Resi enacbo Au = ut — 1 na enotskem krogu pri robnem pogoju ulr=1 = 0 in pri zacetnem pogoju ult=o = 0. Enacba opisuje segrevanje kabla z radijem a po katerem stece elektricni tok. Temperatura okolice in zacetna temperatura kabla sta nic. Poucno je primerjati limito resitve t ^ to z resitvijo enacbe Au = —1 , ulr=1 — 0. 3.6 Resi enacbo ut = c2Au na krogu z radijem a pri robnem pogoju u^=a = 0, in pri zacetnem pogoju u|t=o = f (r,p). Podrobno obravnavaj primer f (r, p) = br cos p. 3.7 Naj bo D polkrog r < a, 0 < p < n. Resi enacbo ut = c2Au pri robnem pogoju u^d = 0 in zacetnem pogoju u^^ = br sin p. 3.8 Naj bo 0 < a < b. Resi enacbo ut = c2Au pri robnih pogojih u(a, t) = 0, u(b, t) = 0 in pri zacetnem pogoju u(r, 0) = f (r). Podrobno obravnavaj primer f (r) = T0. Cilindrične in sferične koordinate 3.9 Naj bo a,h,c,T0 > 0. Resi enacbo ut = c2Au na valju z radijem a in visino h pri zacetnem pogoju u(r, z, 0) = f (r, z) in robnih pogojih u(a,z,t) = 0, u(r, 0, t) = 0, u(r,h,t) = 0. Podrobno obravnavaj primera f (r, z) = Tq in f (r,z)= To(a2 — r2)z(h — z)/a2h2. 3.10 Na krogli B3(0,a) resi enacbo 1 Au = ut c2 pri zacetnem pogoju u(r, 0) = f(r) in pri robnem pogoju u(a, t) = 0. Podrobno obravnavaj primer f (r) = T0. 3.11 Na krogli B3(0, a) resi enacbo Au = 1 ut c2 pri zacetnem pogoju u(r, 0) = Tq in pri robnem pogoju u(a, t) = T1 . Naloga opisuje ohlajanje krogle z zacetno temperaturo T0 v okolju s temperaturo T1. 22 DlFUZIJSKA ENAČBA 3.12 Naj bo a,c> 0. Resi enaCbo Au — -1 ut — f (r), c2 na krogli z radijem a pri zaCetnem pogoju u(r, 0) — 0, in robnem pogoju u(a, t) — 0. Podrobno obravnavaj primer f (r) — C. 3.13 Na krogli B3(0,a) resi enaCbo Au — 1 ut c2 pri zaCetnem pogoju u(r,9,0) — f (r, 9) in pri robnem pogoju u(a, 9, t) — 0. Podrobno obravnavaj primer f (r, 9) — To cos 9. 3.14 Ohlajanje gornje polkrogle z radijem a opisuje enaCba ut — c2Au robni pogoji n u(a, 9, t) — 0, u(r, - ,t) — 0 ter zaCetni pogoj u(r, 9, 0) — r Cos 9. Poisci u. 3.15 Naj bo a, h, c, T0 > 0. Resi enacbo ut = c2Au na krogli z radijem a pri zacetnem pogoju u(r, 0) = f(r) in robnem pogoju ur (a, t) + hu(a, t) = 0. Podrobno obravnavaj primer f (r) = T0. 4 Valovna enačba Valovna enacba se glasi ut = Au. V eni dimenziji opisuje nihanje strune, v dveh nihanje membrane itd. Za nihanje neskoncne strune 2 utt = c uxx na obmocju x G R, t > 0 pri zacetnih pogojih u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x), nam resitev pove D'Alembertova formula: 1 1 r x+ct u(x, t) = - [f (x + ct) + f (x — ct)] + — g(s)ds. 2 2c Jx—ct Podobne formule, kot je D'Alembertova, veljajo tudi v visjih dimenzijah. Za problem ut = Au, u(x, 0) = f (x), ut(x, 0) = g(x) dobimo naslednji resitvi: u(x, t) = — f g(y) = dSy + 2nc Je2(x,ct) ^c2t2 — \\x — y\\2 +1 — f , f(y) dSy ,x G R2 , = ^tj^ og(y) dSy +1 (-nnS^f dS») •x G R3 Izrek. Naj bo u C2 funkcija, definirana na Rn x [0, T] za nek T > 0 in naj resi ut = Au. Ce je u = ut = 0 na krogu B(xQ,tQ) x {0}, tQ G (0,T], potem je u enaka 0 na obmocju {(x,t), 0 < t < tQ in lx — xQl < t — tQ}. Kartezične koordinate 4.1 Naj bosta f (x, y) in g(x, y) funkciji, ki sta simetrični tako na x = 0 kot y = 0, in naj bodo c,a,b,h > 0 konstante. Resi enacbo utt = c2(uxx + uyy) na obmocju —a < x < a, —b < y < b pri robnih pogojih u(x, —b,t) = 0, u(x,b,t)=0, u(—a, y, t) — 0, u(a, y, t) — 0 in pri zaCetnih pogojih u(x, y, 0) — f (x, y) in ut(x, y, 0) — g(x, y). Explicitno i f i, i y \ izraCunaj resitev za primer f (x,y) — 1 — max{\f \, \y\}, g(x,y) — 0. 4.2 Resi enaCbo utt — Au za vpeto membrano [—1,1]2 pri pogoju u(x, y, 0) — (1 — x2)(1 — y2), ut(x,y, 0) — 0. 4.3 Resi valovno enaCbo utt — Au za kocko [0, 2]3, Ce je u(x, y, z, 0) — x(x — 2)y(y — 2) z (z — 2), ut(x, y, z, 0) — 0 in u(x, y, z, t) — 0 za (x, y, z) E d[0,2]3. 4.4 Resi enaCbo dusenega nihanja utt + ut — u,Xx — 0 konCne strune [0, n], ki je v krajisCu 0 vpeta (u(0, t) — 0) krajisCe n pa prosto niha (ux(n, t) — 0). ZaCetni pogoj je u(x, 0) — 0, ut(x, 0) — sin(x). Polarne koordinate 4.5 Naj bosta f (r) in g(r) dani funkciji in a,c> 0 konstanti. Resi enaCbo utt — c2Au na krogu z radijem a pri robnem pogoju u(a, t) — 0 in pri zaCetnih pogojih u(r, 0) — f (r), ut(r, 0) — g(r). Podrobno obravnavaj primera 2 (a) f (r) — h(1 — ), g(r) — 0, kjer je h > 0 konstanta, (b) f (r) — 0, g(r) — vox\o,b](r), kjer sta vo > 0 in 0 < b < a konstanti. 4.6 Naj bo F (r, t) dana funkcija in a,c > 0 konstanti. Resi enacbo utt = c2Au + F (r, t) na krogu z radijem a pri robnem pogoju u(a, t) = 0 in pri zacetnih pogojih u(r, 0) = 0, ut(r, 0) = 0. Podrobno obravnavaj primera (a) F(r,t) = Ax\0yb](r) sinwt, kjer so A,b,u konstante in b < a, (b) F (r, t) = B (1 — g). 4.7 Naj bosta f (r,p) in g(r,p) dani funkciji in a,c > 0 konstanti. Resi enacbo utt = c2Au na krogu z radijem a pri robnem pogoju u(a, p, t) = 0 in pri zacetnih pogojih u(r, p, 0) = f (r, p), ut(r, p, 0) = g(r, p). Podrobno obravnavaj primer f (r, p) = 0, g(r, p) = v05b(r)50(p). 4.8 Resi valovno enacbo utt = c2Au za polkrozno membrano 0 < r < a, 0 < p < n, pri robnih pogojih u(a,p,t) = 0, u(r, 0,t) = u(r, n, t) =0 in zacetnih pogojih u(r, p, 0) = f (r, p), ut(r, p, 0) = g(r, p). Cilindrične in sferične koordinate 4.9 Naj bo V valj r < a, 0 < z < h in f (r,z), g(r,z) funkciji na V. Resi problem utt = c2Au, u(a, z, t) = u(r, 0, t) = u(r, h, t) = 0, u(r, z, 0) = f (r, z), ut(r, z, 0) = g(r, z). 4.10 Naj bo V valj r < a, 0 < z < h in f (r, z) funkcija na V. Resi problem utt = c2Au + f (r, z) sin ut, u(a, z, t) = u(r, 0, t) = u(r, h, t) = 0, u(r, z, 0) = ut(r, z, 0) = 0. Podrobno obravnavaj primer f (r, z) = ^(r)^ (z), kjer je (r, z) = (0,zo) tocka na osi valja. 4.11 Naj bo V krogla r < a in f (r, d), g(r, d) funkciji na V. Resi problem utt = c2Au u(a, d, t) = 0, u(r, 0,0) = f (r, 0), ut(r, d, 0) = g(r, 0). 5 Uporaba izreka Cauchy - Kovalevska Cauchyjev problem za PDE k-tega reda lahko zapisemo v naslednji obliki: za x G Rn. Oznaka a = (a\,..., an), a G N0 pomeni multiindeks in |a| = J2ai. O eksistenci in enolicnosti resitve gornjega Cauchyjevega problema govori izrek Cauchy - Kovalevska: Izrek. Ce so F in p j, 1 < j < k — 1 analiticne na okolici izhodisca, obstaja okolica izhodisca, na kateri je resitev Cauchyjevega problema natanko ena. 5.1 S pomocjo razvoja v vrsto resi enacbo uxx + uy = 2 + 2y pri pogoju u(0, y) = e-y + y2, ux(0, y) = ey. 5.2 Z razvojem v vrsto resi enacbo uxx = uy — ey, u(0, y) = 2ey, ux(0, y) = 0. 5.3 Z razvojem v vrsto resi enacbo uxx + uyy = 0, u(x, 0) = ex, uy (x, 0) = ex. 5.4 Z razvojem v vrsto resi enacbo uxx + uy = 0, u(0, y) = e-y, ux(0, y) = ey. 5.5 Z razvojem v vrsto resi enacbo uxx + uyy = x + y, u(x, 0) = ex, uy (x, 0) = ex. 5.6 Z razvojem v vrsto resi enacbo uxy — uy = y — x, u(x, 0) = a(x), uy(x, 0) = b(x), kjer sta a in b analiticni funkciji. dj —-u(x, 0) = pj(x), 1 < j < k — 1 6 Resitve nalog 6.1 Distribucije 1.1. Edino T2 ni distribucija. 1.2. f[ = Ts iz naloge 1.1, f2 = a6b, f" = aS'h, f = —1 + 2X[o,^), f3 = 2So, f4 (x) = — (1 + X2)"1 + nSo(x). 1.3. Ker je Fourierova transformacija izomorfizem S nase, zgornja predpisa definirata zvezna linearna funkcionala na umirjenih distribucijah. Preverimo se veljavnost enacb F o F"1 = F"1 o F = id : (F(F"1u),p) = {F"1 u, F(p)) = {u, F"1(F(p))) = (u,p). Upostevali smo, da na Schwarzovem razredu velja id = F"1 o F. Podobno dokazemo se drugo enakost. Izracunajmo transformiranko in inverzno trans-formiranko za Sa : (F (Sa ), 0 in N tako velik, da xm $ [—a, a] za m> N. Potem je F(p) = ^N=1 \ci\\^(xi)\, zato je F dobro definirana. Linearnost je očitna, ker so vsote končne. Za zveznost zadosča preveriti zveznost v 0. Naj p j — 0 v smislu distribucij. Potem obstaja a > 0, da je supp p j C [—a, a] za vsak j. Določimo N kot zgoraj in dobimo \F (p j )\ < Ipj ^N \ci\, kar pomeni, da gredo tudi F (p j) — 0. 1.5. Enačbo prepisimo v (x(x — 1)y', p) = (y', x(1 — x)p) = —{y, (x(1 — x)p)'). V jedru so gotovo vse testne funkčije 0, ki so oblike (x(1 — x)p(x))'. Za vsako tako testno funkčijo 0 velja, da je /0 rl ri 0(x)dx = 0(x)dx = 0(x)dx = 0, i01 to pa pomeni, da je 0 v jedru distribučij X(—1,0), X(0,1),X(1,1) • Pokazimo, da velja tudi obrat: naj bo 0 v jedru gornjih treh distribučij. Definirajmo /x 0(t)dt. i Očitno je p1(0) = p1(1) = 0 in p1 distribučija. Zaradi odvedljivosti je p1 (x) = x(x — 1)p za neko distribučijo p. Ker je p1 = 0, to pomeni, da je 0 = (x(x — 1)p(x))'. Trdimo, da je spkšna resitev oblike V = ^X(—i,0) + BX(0,1) + CX(1,i). Oznacimo ui = X(_<^,0], u2 = X(0,i) in u3 = X(1,ro). Izberimo tri testne funkcije p1, p2 in p3, za katere je (ui, p j) = Sij. Poljubno testno funkcijo p lahko zapisemo v obliki 33 p = (p — ^2(ui, p)ui) + ^(ui, p)ui. ii Takoj vidimo, da je (uj, p — E3(ui, p)ui) = 0 za j = 1,2,3, torej je testna funkcija p — E'{(ui,, p)ui v jedru y. Dobimo (y,p) = Y1 (y,ui)(ui,pi). Ker je (y, ui) lahko poljubna konstanta, je y = Au1 + Bu2 + Cu3. 1.6. y = A%(_^)0) + Bx(0,m) +C50. Dokaz, da so to vse resitve, je popolnoma enak, kot v nalogi 1.5, le da so distribucije druge. 1.7. Resitev je y = EaiX(n(i_1),ni). Dokaz, da so to res vse resitve, je podoben, kot v nalogi 2.5. 1.8. Odvod je nn((0); torej je u(r) = -1 r2 log r 8n 1.13. Najprej uvedemo šubštitucijo u(r) = v(^/čr) in potem še v(r) = r1 2 w(r). Izkaze se, da w zadosca Besselovi DE w"r2 + w'r + ( r2 — [ | w = 0. xx roo roo 412 I du I X[0,^)(u)X[0,^)(v)4a2puv(u,v)dv .ni i v ^ siv 14 a 2 ' o) "O J "O oo roo su\ o Fundamentalna resitev je zato oblike DN n-2 (zakaj?) za primerno konstanto D. Za n = 2 je konstanta 1/4. 1.14. Racunamo po definiciji. (Lu,p) = (u,ptt — a2pxx) /00 ro 1 dx 2~X{o,o)(at — x)x[o,o)(at + x)(ipu(x,t) — 0 -0 2a —a2 1, pa je limn^ 0 ||pn||0 — ^. Za a — —1 nimamo konvergence. Za tocko (b) najprej opazimo, da je linearna kombinacija dveh testnih funkcij spet testna funkcija. Po l'Hospitalu izracunamo limito po tockah: lim (1 + £)p((1 + £)x) — p(x) = xp,(x) + p(x) = (xp(x))'. £—> o £ Limitna funkcija je spet testna funkcija. Podobno dobimo tudi za odvode: lim p£n)(x) = lim (1+ £>"+1 p'")«1 + £>x> - p(n)x £— o £ £— o £ = xp'n+1)(x) + (n + 1) p(n) (x) = (xp(x))'n+1). Dokazati je potrebno se enakomerno konvergenco. Naj bo ^n(x,e) = (1+ e)(n+1)p(n)((1 + e)x). Po Lagrangevem izreku je za nek tx med 0 in e in p(n)(x) = (x,Tx) lim p(n) = ^(x, 0). ^ 0 de Za vsak e G [—1,1] je supp p^ C [—M, M] za nek pozitiven M. Ocenimo (p(n)(x) — (x, 0) f (x.t.) — % x 0) (de) < ec, 02^n _ ) 2 (x, rx) kjer je C = sup (x,s)e[_M,M ]x[_1,1| d2^n( ) (Wef(x,e) s tem je konvergenca v prostoru testnih funkcij dokazana. Za tocko (c) dobimo pri (1) vse stopnice s skokom v 0, tj. a + bx\0 pri (2) konstante in pri (3) seveda tudi konstante. Napisimo dokaz za prvi primer. Ker je Ta = T za vsak a > 0, je T1+s — T(p) = T ^ (1+ e)p((1+e)x) — p(x)^ = 0 za vsak e > 0. Ce posljemo e ^ 0 dobimo T((xp(x))') = 0. Iscemo torej vse take distribucije T, da je (T',xp(x)) = (xT',p) = 0. Edine resitve te enacbe pa so stopnice s skokom v 0. Podobno sklepamo pri ostalih dveh vprasanjih. 1.16. Pokazimo, daje Ff distribučija. Preslikava p — fp je zvezna linearna preslikava D — D. Ker je ((Ff ),p) = (F,fp), je Ff zvezen linearen funkčional na D. ((Ff )',p) = — (Ff,p') = —(F,fp') — (F,f 'p) + (F,f 'p) = —(F, (fp)') + (F,f'p) = (F',fp) + (Ff',p) = (F'f,p) + (Ff',p). 1.17. Linearnost je očitna, za zveznost pa imamo: preslikava f — f je zvezna, preslikava p — f * p je zvezna, u je zvezna, zato je u * f zvezna. ((u * f)' ,p) = —(u * f,p') = —(u,f * p) = (u,f' * p) = (u *(f'),p) Po drugi strani pa je (u, f' * p) = (u, —(f * p)') = (u', f * p) = (u' * f, p). 1.18. (a) (Ly0, p) = (V0, ap(x)" — bp(x)' + cp(x)) i = V0(x)(ap(x)'' — bp(x)' + cp(x)) = ... = 0 = —ay0 (x)p(x)l = p(0). (b) Ker je vseeno, kaj odvajamo, je y(n) = y0n) * f za vsak n G N. Vstavimo v enačbo in rezultat sledi. (c) Splosna resitev je y = ačhx + bsh(x). Iz y(0) = 0 in y'(0) = 1 sledi V0 = X[0,i)(x) sh(x). 1.19. Pokazati moramo, da je z danim predpisom definiran zvezen linearen funkcional na testnih funkcijah. Z dvakratnim integriranjem per partes in upoštevajoč, da ima p kompakten nosilec, dobimo /ro r N i r (X> p j (x)dx + —2 eikx Pj(x)dx -oo »r »un — J— oo -N,N=0 N < sup \pi\ ■ X(K) + V -1 sup Ij ■ X(K) x -N,N=0 — x n 2 < sup \pj\ ■ X(K) + — sup Ipjl ■ X(K). 3 x oo x X je Lebesgueova mera. Ocena na desni je neodvisna od N, zato velja tudi, ko N —► to. Zveznost sledi. Zveznost limite smo dokazali 'pes'. Splosno velja, da je linearen funkcional, ki je limita distribucij po tockah, tudi distribucija [22]. Za tocko (b) opazimo, da gre za razvoj p v Fourierovo vrsto: 1 „n I i pn \ -TO 2n L eiktPm = 2n L eiktpme-ikxj |x=o = p(0). LAPLACOVA ENAČBA 37 Podobno je pri toCki (c). Naj ima testna funkcija p nosilec v [n(—1 — 2N),n(1 + 2N)], N e N. ro 1 ro 1 ,-n N eiktp(t)dt = / ^E V(t)X\-n+2kn,n+2kn](t)dt -ro J-n -ro J-n -N ro 1 ,-n N = E^/ M — 2kn)dt -ro J-n -N N ro 1 n n = EE^/ eiktv(t — 2kn)dt -N -ro 2n J-n Nro = ^ p(2kn) = , p). -N -ro 6.2 Laplacova enačba 2.1 Naj bosta f1 in f2 subharmoniCni na G in f = sup{/i,/2}- Dokaz polzveznosti. Naj bo a e G. Za vsak e > 0 obstaja tak 5, da je fn(b) — fn(a) < e za vsak b, \b — a\ < 5,n = 1,2. Privzemimo, daje f (a) = f1(a). Ce je se f (b) = f1(b), uporabimo polzveznost f1. Privzemimo, da je f (b) = f2(b) in zapisimo razliko f (b) — f (a) drugaCe: f (b) — f (a) = (f2(b) — f2 (a)) + (f2(a) — fi(a)). Po predpostavki je f2(a)—f1(a) < 0, Clen (f2(b)—f2(a)) pa je po predpostavki pod e, torej je f (b) — f (a) < e. Dokaz subharmoniCnosti. Naj bo g harmoniCna na disku D in zvezna do roba in f < g na d D. Potem je f1, f2 < g na D in zato tudi f < g na D. 2.2 To so vse resitve enaCbe y" = 0, torej vse premiCe y = ax + b. 2.3 SubharmoniCna je za a > 2 — n. 2.4 Af (x, y) = 16(x2 + y2), kritiCne toCke so —1,0,1. 2.5 Z odvajanjem takoj dokazemo, da je subharmoniCna na B(0, a) \ 0, za tocko 0 pa uporabimo dejstvo, da je za vsak fiksen r1 konstanta — log(a — r1) enolicno dolocena harmonicna funkcija, ki ima na robu diska B(0, r1) predpisano vrednost — log(a — r1) in velja — log(a — r) < — log(a — r1) za r < r1. 2.6 dddzf (z)7(z) = \ f \2. 2.7 A(h o u) = h" o u • || grad u||2 + h' o uAu > 0. 2.8 Af (x, y) = 4(x2 + y2)"3 + 4 minimum je 2. 2.9 Funkcija __+__ + (x2 + y2) — 10 x2 + y2 je subharmonicna, negativna na kolobarju in 0 na robu kolobarja. Ce jo komponiramo s funkcijo, ki je na (—to, 0) konveksna in narascajoca s polom v 0, je problem resen. Taka funkcija je npr. h(z) = —z"1. Dobimo 9 u(x, y) = (10 — -2—^ — (x2 + y2))"1. x2 + y2 2.10. Naj bo n-ta pozitivna nicla funkcije Jo. Razvijmo oo r 2 fa r fw = £ 7"jo(«"afn = ačun? i rfM*«"a^ n=1 r 2 fa r g(r) = X, gnJo(Cn - ), gn = a2 J (e )2 rg(r)Jo(£n ~ )dr. 1 a a J1 (Sn) Jo a Potem je , ) O fn shte.hr)+ gn shdnj) J ur. 2.11. Razvijmo o 2 f h k(z) = 2_] kn sin(nn—), kn = — k(z)sin(nn—) dz. n=1 h hJo h u(r,z) = E ) l0(nnh)- Potem je ~ k U (— z) - \ — .. _ l0(nn h) uv h 2.12 Sestejemo resitvi robnih problemov Au = 0, u(r, 0) = f (r), u(r, h) = g(r), u(a, z) = 0, Au = 0, u(r, 0) = 0, u(r,h) = 0, u(a,z) = k (z), ki sta podani v nalogah 2.10 in 2.11. 2.13 S substitucijo v(r,z) = u(r,z) — 1 prevedemo nalogo na nalogo 2.10. 2.14 Resiti moras enaCbo Au = 0 pri robnih pogojih u(a, z) = 0, u(r, 0) = u(r, l) = T0x[0,b](r). Formule so v resitvah naloge 2.10. 2.15. Takoj opazimo, da je resitev neodvisna od polarnega kota in radija, zato resujemo uzz = 0. Resitve so linearne funkcije, u(z) = az + b. Iz zaCetnih pogojev uz (0) = 0 in u(l) = T0 dobimo a = 0 in b = T0. 2.16. Najprej resimo lastni problem urr +--ur + uzz = Xu, u\dD = 0 r Dobimo dvoparametriCen sistem lastnih vektorjev in lastnih vrednosti (Ck\ ^ (ln\2 r lnz a) — lh) , vkl(r,z) =J0(Cka)sinx. Nato razvijemo funkcijo f po lastnih vektorjih v prostoru L2([0, a] x [0, h]; r) f = Skl fkivkl. Ce isCemo resitev z nastavkom u = Ekl ckiVki, dobimo Cki = —fkl /Xkl, oziroma ^ ^ f i u(r, z) = > > -J0 (Ck—) sin ——, ^ ' > Z^Z^ + i1nL 0vs>ka> h ' k=l l=l „2 + h2 h a fkl=hj^lirf {r>z)Mik a)sin ljhZdrdz-0 0 2.17. Najprej uvedeno novo funkcijo v(r, z) = u(r, z) + (4nVr2 + z2)-1. Nova funkcija reCi enaCbo Av = 0 pri robnem pogoju v(a,z) = (4nVa2 + z2)-1. S Fourierovo transformacijo na z dobimo reSitev 1 1 fX eiztIo(tr)Ko(at) 11 U(r, z) =---h 7-T7T V ' ; 4nr (2n)2 J_ (2n)2 JIo(at) dt 2.18.popravljena ReSitev je u(r, z) = ^ml Am,i sin("pJtr), kjer je ^ l-ta niCla J0 in Am,l = ^ - (71""' , JI = £ J^ mk( "n2 + % J a )II2 j ■ * ^ " i ~ ^ 111 # ~ J ^ ^ ■ 111 ^ 2 2.19. popravljena ReSitev je u(r,z) = ^kl Ak,i sin(^)Jo(^r), kjer je & l-ta niCla Jo in Ak,i = sSn(^) S , IUo( I = * Ji(Ci )2. h( +1 )iJo( )i2 a 2 2.20. Resitevje u(r m ft) = — , , , 6 6 3h 1 2 a2 a u(r,m, ft) = -~7,r + — + t~t■ 2.21. Resitevje u1 = — 6 r2 + A ,u2 = Br-1. Konstanti izraCunamo iz robnih pogojev. Znotraj krogle se nahaja vir toplote, ki je enakomerno porazdeljen po krogli in neodvisen od Casa. Krogla oddaja toploto v snov ki jo obdaja. Ta snov ima drugaCno toplotno prevodnost kot krogla. 2.22. Popravljeni obe resitvi Z nastavkom u(r, ft) = X=1 CnrnPn(Cos ft) dobimo u(r,0) = Y, fn(a)raPn(Cos ft), n=1 kjer je 2 r fn = ^^ f (ft)Pn(Cos ft) sin ft dft. 2n + 1 J o DlFUZIJSKA ENAČBA 41 V prvem primeru je f2n = 0 zaradi lihosti in f =__vn_ f2n+1 r(1/2 — n)F(2 + n) ■ v drugem pa fo = y(1 — cos do), fn = 2n + 1 (Pn-1 (cos do) — Pn+1(cOS do)) za n > 1. 2.23. Z nastavkom u(r, d) = £ n=1 cnTnPn(cos d) dobimo rn nan-1 + Mn uM) = E fn nan-1 + han Pn(^ d), n=1 kjer je 2 r fn = f (d)Pn(cos d) sin d dd. 2n + 1 J o V posebnem primeru dobimo fn = /o xPn(x)dx, kar se da eksplicitno izračunati s pomočjo formul xPn = 25+ Pn-1 + nRPn+1, (2n + 1)Pn = Pn+1 — Pn-1 in P2k(0) = (-1/2), P2k-1 (0) = 0. Dobimo f = Jn — (2n + 1)(1 — n)(2 + n)r((1 — n)/2)r((2 + n)/2)' 2.24. Resitev je u(r, d) = (r + a3/2r2) cos d. 6.3 Difuzijska enačba 3.1. Robna pogoja sta ali u|dn = 0 ali grad u|dn = 0. Po nasvetu izracunamo div(u grad u) = uAu + u2x + u+ u2,. Odvajajmo E in dokazimo, daje odvod negativen: E'(t) = / 2u(x,t)ut(x,t) dV = 2u(x,t)Au(x,t) dV Jn J n = /div(u grad u) dV —I (uX + uj + u2) dV Jn J n = u grad udV — (u2x + u2 + u1) dV Jdn Jn = — (uX + u2y + u2) dV < 0. Jn To pomeni, da je E(T) < E(0) = fQ f 2(x) dV. Funkcija u(z) ustreza enaCbi Au = 0. V obeh primerih sta resitvi konstanti. Kateri? 3.2. Naj bo Cn n-ta pozitivna niCla funkcije J0 in ^ 2 f 1 f (r) = Yl fnJ0(Cnr), fn = T (£ )2 rf (r)J0(Cnr)dr. n=1 J1(Cn)2 J 0 n=1 Potem je resitev naloge oo u(r, t) = ^ fnJ0(Cnr)e ^ nJ0(Cnr "' n=1 V primeru f (r) = 1 dobimo fn = 2 , CnJ1 ( Cn ) v primeru f(r) = 1 — r2 pa f = 8 Jn cnJ1(Cn)' 3.3. Razvijemo ^ 2 ra f (r) = }_^ fnJ0 (Cnr/a), fn = 2 U )2 rf (r) J0(Cnr/a)dr. n=1a2J1(Cn)2 J 0 Resitev naloge je ■ 3.6. Resitve lastnega problema Av = Av, v\r=a = 0 so pk r r Akl = —f, uki(r, p) = Jk (Pki-)cos kp, vki(r, p) = Jk (Pki~) sin kp, kjer je pkl /-ta nicla funkcije Jk. Razvijemo f = f (r, p) po lastnih vektorjih v prostoru L2([0,a] x [—n, n]; r) f = pkiuki + Qkivki), Pki = ,(7 ^ q (f,vki) qki ~ (uki ,uki)' (vki ,vki) Dobimo u = ^ki(pkiuki + qkivki)eXklc2t. V posebnem primeru je k 0 u(r, p, t) = 2bccos p ^ ) J^mr)e"22nc2t/a2. P1nJ2(P1n) a 3.7. Resitev je u(r, p, t) = 2bc sin p^ ) J^pmr )e"«2nc2t/a2, n=1 p1nJ2(p1n) a kjer so £1n pozitivne niCle funkcije J1. 3.8. PoiSCimo najprej od p neodvisne reSitve lastnega problema Av = Xv, v\r=a = v\r=b = 0. Splosna resitev je v = AJ0(V—Ar) + BN0(\—Ar). Iz robnega pogoja v\r=a = 0 dobimo v = CB0(v—Ar), kjer je B0(\—Ar) = N0(\f—Aa)J0(\f—Ar) — J0(\f—Aa)N0(\f—Ar). Iz robnega pogoja v\r=b = 0, dobimo B0(V—Ab) = 0. Naj bo pn n-ta pozitivna resitev enaCbe B0(pb) = 0, potem so An = —pn, vn(r) = B0(pnr) vse iskane resitve. od tu danje mi je zmanjkalo zelesne volje, da bi preverila norme in skalarni produkt, ker mi je Mathematica dajala ven ene cudne funkcije Razvijmo f (D = g f„B«{p„r). fn = 2(J0J1 b)2) f rf (r)B0(p"r) * Za resitev enaCbe dobimo -P2„c2t u(r, t) = ^ fnB0(Pn-)e- n=1 V posebnem primeru je fn = 2( 7 (n 2PTl'Jo(Pnb() • — [N0(Pna)(aJ1 (Pna) — bJ1(pnb)) + 2(J0(Pna)2 — MPnb)2) Pn +J0(Pna)(aN1(pna) — bN^Pnb))]. EnaCba opisuje spreminjanje temperature dolge cevi z notranjim radijem a in zunanjim radijem b, ki ima zaCetno temperaturo T0 in se nahaja v okolju s temperaturo 0. 3.9. Najprej resimo lastni problem Av = Av, v\dv = 0. Dobimo dvoparametriCen sistem lastnih vektorjev in lastnih vrednosti (\ ^ (\2 r In z Akl = -{a nh , vkl(r'z) =J0(Cka)sinT. Odtod sledi u(r,z,t) = ^J2 fki vki(r,z)eXklCt, k=1i=1 DlFUZIJSKA ENAČBA 45 kjer je h a fkl = ha2J4((k)^Jrf (r-z )Jo(6 a)sin lJhrdrdz. o o V primeru f (r, z) = To dobimo fkl = To jm h 0 — (—1)l)- v primeru f(r, z) = T0(a2 - r2)z(h - z)/a2h2 pa fkl=To čiJk) (in3 (1—(—1)0. V stevcu dobim faktor 2 in ne 4. 3.10. Ker je resitev neodvisna od kotov, nam od sfericnih funkcij ostane le konstanta, po r pa dobimo J1/2(alr/a)/y/r. Nastavek za resitev je ^ nnr 0 sin —— fnnc\2. , X sin - (nnc\ u(r,t) = V fn-^e-(—) t, / , Jn r n=1 kjer je J J 2 fa 2 ) sin np- 2 fa nnr fn = ~ r f (r)-— dr = - rf (r) sin-dr. a o r a o a V primeru f(r) = To dobimo 2aTo / \n+1 fn = -" ( —1) nn Naloga opisuje ohlajanje krogle z zacetno temperaturo To v okolju s temperaturo 0. 3.11 S substitucijo u(r,t) = v(r,t) + T1 prevedemo problem na nalogo 3.10. 3.12. Resitev iscemo z nastavkom - - , +, a k=1 r Razvijemo f (r) v vrsto tf ) sin kr f 2 r ( ) , knr f (r) = fk-' fk = I rf (r) sm- dr. k=1 r a '0 a in primerjamo istoleZne koeficiente -(kn/a)2Tk = 1 Tk _ fk. pred fk je bil C, ki sem ga pobrisala Iz zaCetnega pogoja dobimo Tk(0) = 0, odtod pa Tk (1 - ^ >' V primeru f (r) = C, dobimo = c (_i)k+i. kn 3.13. Najprej resimo lastni problem Av = Xv, v\dv = 0. Dobimo dvoparametriCen sistem lastnih vrednosti = _(Cin/a)2, vtn(r,0) = r-2 Jn+i (iinr/a)Pn(cos d), kjer je £ln l-ta pozitivna niCla funkcije Jn+1. Potem je u(r,M) = XX finvin(r,e)eXlncH, n=0l=1 kjer je = 2n + 1 [a fn r2 Jln — ™ a2jn+3 (£ln)2 ^ 70 nn r2 sin 9f (r, 9)vln(r, d)dddr. V primeru f (r, ft) = To cos ft dobimo fln = 0 za n = 1, saj je P1 (cos ft) Cos ft. nn i r2 sin ftTo cos ftr-2 J3 (£l1r/a) cos ftdftdr = _ . 2 fa 3 fn = To r 2 J3 ((l1r/a)dr sin ft cos2 ftdft = Jo 2 Jo 2a5/2 2 (—2 + 2cos+ & sin£n)-. ^ (-5/2^ — S«1 ' s«1"*" SJ^ 3 A V 3 *l1 Kar se razlikuje od prejšnje resitve 2Toa3/2 Šl1J5/2(Šl1) 3.14. ta je skoraj enaka prejšnji, zato je potrebno rešitev se enkrat preveriti. Naj bo £i l-ta pozitivna niCla funkcije J3/2. Potem je u(r,ft,t) = [n2fnr-1/2J3/2(£l a )J cos ft, kjer je fn = 3.15. Naj bo vn n-ta pozitivna resitev enaCbe tg vn = jzah. Dobimo u(r t) = ( f ^ e-(n )2t f = foarf (r) sin ** dr u(r,t) = ^fn r aJ , fn = ra sin2 vm dr ' n=1 Jo a V posebnem primeru je , o r (—Vn Cos V,n + sin Vn) fn = 2a±o-z-;-T ■ Vn(Vn — sin Vn Cos Vn) Ta izraz se da nekoliko poenostaviti s pomoCjo definicijske relacije za Vn 6.4 Valovna enačba 4.1. Zapisimo najprej splosno resitev. Naj bo '(2m + 1)n\2 f(2n + 1)nx 2 Umn = Cn \ I ( --- ) + ' 2a J V 2b (2m + 1)nx (2n + 1)ny Vmn(x, y) = cos---cos-—- 2a 2b za m,n G No. Lastne vektorje s sinusi smo izpustili, ker sta f (x, y) in g(x, y) sodi tako po x kot y. Resitev je LXJ LXJ / \ u(x, y, t) = Y E ( fmn cos ^mnt + sin Umnt) Vmn(x, y), n n V ^mn J m=o n=o x ' kjer je fmn = --f (x,y)vmn(x,y)dxdy, ^mn J-a J-b gmn = -— I I g(x,y)vmn(x,y)dxdy, £mn J-a J-b /a rb / Vmn(x, y)2dxdy = ab. a -b Za nas konkretni f dobimo f = 0, m = n, Jmn — S 8 (2n+1)2 n 4.2. Resitev je 2^2, m = n 2 3 2 3 (x,y,t) = 16wrwn) u(x,y,t) = 16 > . ? ^ , (—1) l+k cos ((2k + 1)2 + (2i + 1)^ cos ( co^(2i+^x A2* + 1)nyN 4.3. Resitev je u(x, y, z, t) = —43 3 X 29 cos( f^ (2k + 1)2 + (2l + 1)2 + (2m + 1)2) n9(2k + 1)3(2l + 1)3(2m + 1)3 k,l," =1 (2k + 1)nx\ / (2l sin|-2-]sin(— 2 7-V 2 + 1)ny\ . /(2m + 1)nz\ —Jsin ^ j • 4.4. se enkrat preveriti Ker so pogoji homogeni po x, lahko naredimo separacijo na x. Dobimo lastne funkcije Xk (x) = sin(akx), kjer je ak = (2k2+1"1. Resitev isCemo z nastavkom u(x, t) = ^ Tk(t) sin(akx). 1 Vstavimo v enaCbo in dobimo oo E(Tfe(t) + Tk (t) + ak Tk(t)) sin(ak x) = 0. 1 ZaCetni pogoji so Tk(0) = 0 in Tk(0) = bk, kjer je XX sin(x) = ^ bk sin(akx) = ^ T'k(0) sin(akx). 11 Koeficienti bk so bk = 4(—1)k n(3 — 4n — 4n2)' Resitve diferencialne enaCbe T% (t)+Tk (t)+ak Tk (t) = 0 so Tk = e-t/2(Ak sin(^4a2k — 1t+ Bk sin(^4a2k — 1t). Ker je Tk(0) = 0, je Bk = 0 in bk Ak = V4ak —1' 4.5. Dobimo X +-T2T, vki(r, z) = J0(šk-) sin —. V a2 h2 ah Resitev je vkl(r,z), u(r, z, t) = k=1l=1 kjer je fkl cos(uklt) + — sin(uklt) ukl 4 fa fh fkl = ha2J1(£k)2 Jo Jo rf(r,z>kl(r,zz)drdz, 4 ra rh gkl = ha2,J1(£k)2 i jo rg(r,z)vkl(r,z)drdz. 4.10. Najprej poskusimo najti lastne funkcije. Takoj ugotovimo, da je to le funkcija 0, zato poskusimo z delno separacijo. Resitev je neodvisna od spremenljivke m. S separacijo po r in z dobimo lastne funkcije Rk(r) = Jo(ckr), kjer je Ck = a, £k pa je k-ta niCla Jo in Zk(z) = sin(dkz), kjer je dk = knh-1. Resitev isCemo z nastavkom u(r,z,t) = Y^ Ak,l (t)Rk (r)Zl(z). k,l Odvajamo in vstavimo v prvotno enaCbo: f ^ ' d2) k, Naj bo f (r, z) sin(ut) = Y.(Ah(t) + (4 + d^Ak^R (r)Zl(z). f (r,z) = J2 Bk,lRk(r)Zl(z). k l Funkcije Akj so potem resitve enaCb: A'k, l (t) + (ck + d2)Ak, i (t) = Bk, i sin(ut), Ak ,l(0) = 0, Ak , l (0) = 0. Naj bo ukl = ck + df. Splosna resitev je Akl = akl sin(uklt) + bkl cos(uwt). Ce je u = ukl, je partikularna resitev = Bkl sin(ut) Aklp 2 2 , U2 — u2 sicer pa je partikularna resitev enaka 2Bklt sin(ut) Aklp =--■ u Koeficienti akl so 0, za koeficiente bkl pa dobimo A'klP(°) bkl =---— ■ u 4.11. Naj bo Unl = c^nl/a, Vnl(r,d) = r-2 Jn+1 (Šnlr/a)Pn(cos d), kjer je £nl l-ta pozitivna nicla funkcije Jn+i. Potem je u(r,d,t) = J2J2 n=0l=1 fnl cos Unl t + — sin Unlt unl Vnl (r, d), kjer 2 2 ra r 2 fnl = 2nrraJj^l 1 r sindfm**(r,d)drdd, 2 2 ra r 2 gnl = 2nrra2Jn +1(^)21 L r sindg(r,d)vnl(r,d)drdd Ce je £ nicla funkcije JV, potem je Jv-1 (£) = JV(£) = Jv+1(£)^ 6.5 Uporaba izreka Cauchy - Kovalevska 5.1. Enacba je nehomogena, zato poskusimo najprej najti kako partikularno resitev. Takoj uganemo, da je up = x2 + y2 resitev enacbe. Potem je u = uh + up, kjer funkcija uh resi homogeno enacbo pri pogojih uh(0,y) = u(0, y) - up(0, y) = e-y in uhx(0, y) = ux(0, y) - upx(0, y) = ey■ Funkcijo uh iscemo v obliki oo uh(x,y) = Y ai,jxiyj ■ i,j=0 Vstavimo v enacbo in dobimo