Kovács Béla Matematika II

8/13/2019 Kovács Béla Matematika II

http://slidepdf.com/reader/full/kovacs-bela-matematika-ii 1/44

KOVÁCS BÉLA,

M ATEMATIKA II.

10



X. P ARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

1. Elsőrendű KVÁZILINEÁRIS PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

Elméleti alapok

e kváziiái paciái iffciágyt általános alakja

, (1)

ahol az ismeretlen függvény, a, b, c pedig az x, y és u változók adott függvénye. A v= (a, b, c)

vektor a P(x, y, u) pontban egy irányt határoz meg, amelyet karakterisztikus iránynak nevezünk. Ezek összessége az(1) egyenlet iránymezeje. Az iránymezőre illeszkedő görbék a karakterisztikák (4.24. és 4.25. ábra).

4.24. ábra

4.25. ábra

Legyen a differenciálegyenlet megoldása (integrálfelülete) az u = u(x, y) függvény. Ekkor az

vektor az integrálfelület normálvektora. A v és n vektor felhasználásával az (1) egyenlet

alakban is felírható. Innen látható, hogy az integrálfelületek normálisai minden pontban merőlegesek a ponthoz tartozókarakterisztikus irányra. Ebből következik, hogy a karakterisztikus irány, vagyis a v vektor, az integrálfelületekérintősíkjában fekszik.

Mindezek a következőképpen képzelhetők el: A P ponton keresztül végtelen sok integrálfelület megy át. Mindegyikintegrálfelületnek van egy-egy (P pontbeli) érintősíkja. Ezen érintősíkok közös metszésvonalában van a v vektor,amely párhuzamos a P ponton átmenő karakterisztika érintővektorával (4.24. ábra).

Ennek következtében a karakterisztikák differenciálegyenletrendszere:



. (2)

Legyen a (2) rendszer két egymástól független megoldása

, , és állandók. (3)

Ekkor az (1) differenciálegyenlet általános megoldása

( ), azaz , (4)

ahol folytonosan differenciálható, egyébként tetszőleges függvény.

A gyakorlatban a (4) végtelen sok megoldásból rendszerint csak egyet kell kiválasztani. Ehhez a függvényt kell

megadni. Geometriailag ez azt jelenti, hogy a teret kitöltő végtelen sok karakterisztika közül ki kell választani azokat,amelyek a kívánt integrálfelületet alkotják. Ez úgy történhet, hogy megadunk egy kezdeti görbét, és az ezen átmenőkarakterisztikákat választjuk ki, amelyek egy felületté állnak össze (mintha ezeket a karakterisztikákat felfűznénk akezdeti görbére). Ha a kezdeti görbe nem karakterisztika, akkor a feladatnak egyetlen megoldása van. Az (1) egyenletilyen megoldását, azaz adott kezdeti görbére illeszkedő integrálfelületének meghatározását Cauchy-féle feladatnaknevezzük.

A Cauchy-féle feladat megoldásához az általános megoldás felírása nélkül is eljuthatunk. Ennek az eljárásnak az a

lényege, hogy a és integrálási állandók közötti kapcsolatot kell felírni, kihasználva a kezdeti görbe adatait.

2. MINTAPÉLDÁK

Megoldások: láthatók nem láthatók

Keressük meg az alábbi elsőrendű parciális differenciálegyenletek általános megoldását (az u ismeretlen függvénykétváltozós).

1. ;

Megoldás. Legyen a megoldás u = u(x, y). Mivel , ezért u csak x -től függ, azaz u = C

(x), ahol C tetszőleges, folytonosan differenciálható függvény. Az u = C (x), függvény valóbanáltalános megoldás, mert egyrészt kielégíti a p.d.e. -et, másrészt C tetszőleges függvény.

2. ;

Megoldás. Integráljuk a p.d.e. -et x szerint úgy, hogy közben az y változót

konstansnak tekintjük. Ekkor az

általános megoldást nyerjük, ahol C(y) tetszőleges, egyszer folytonosan differenciálható egyváltozósfüggvény.

3. .



Megoldás. Mivel a p.d.e. -ben az y változó nem jelenik meg explicite, ezért az

egyenlet megoldása visszavezethető közönséges d.e. megoldására. Legyen az u(x, y) kétváltozósfüggvény a fenti p.d.e. egy tetszőleges megoldása. Rögzítsük az utóbbi függvényben az y változó

értékét, legyen például állandó. Ekkor a új egyváltozós függvényt

bevezetve, a helyett -et írva, a = v

közönséges d.e. -hez jutunk. Ez szétválasztható változójú egyenlet. A változókat szétválasztva, majdmindkét oldalt integrálva , megkapjuk az általános megoldást:

,

ahol C teszőleges valós szám. Az eredeti p.d.e. általános megoldását a fenti

megoldásból kiindulva úgy kaphatjuk meg, hogy a C állandó helyére egy y -tól függő tetszőleges,folytonosan differenciálható függvényt írunk. Így az eredeti p.d.e. általános megoldása:

.

Határozzuk meg a következő elsőrendű kvázilineáris differenciálegyenletek adott gkezdeti görbére illeszkedő megoldását:

4. , ;

Megoldás. Jelen esetben a = u, b = , c = 4. Tehát a (2) egyenletrendszer:

.

A , azaz a 4dx = u du differenciálegyenlet megoldása:

.

A , azaz a 4dy = differenciálegyenlet megoldása:

.

Ezzel megkaptuk a (3) megoldásokat. Az eredeti differenciálegyenlet (4) alakú általános

megoldása: .

Az ismeretlen függvényt abból a feltételből határozzuk meg, hogy a kezdeti görbe rajta van az

integrálfelületen. Ez azt jelenti, hogy a kezdeti görbével adott x = , y = t, u= 1 értékeket

behelyettesítve az általános megoldásba, az egyenlőség változatlanul fennáll. Tehát

.

A helyettesítéssel a egyenletet kapjuk. Ezzel

meghatároztuk a függvényt. Ezt használjuk most fel az általános megoldásnál. Ekkor



azaz .

Feladatunk megoldása tehát: .

5. , ;

Megoldás. A karakterisztikák differenciálegyenletrendszere, vagyis a (2) egyenletrendszer:

.

A egyenlet megoldása: , azaz .

A egyenlet megoldása: , azaz .

Az általános megoldás: . Megjegyezzük, hogy a és paramétereket

akár , akár módon öszekapcsolhatjuk.

A kezdeti görbén áthaladó megoldáshoz használjuk fel, hogy , , u = t + 1.

Ezeket behelyettesítve az általános megoldásba, a egyenletet kapjuk. A

, azaz a helyettesítéssel a egyenlethez jutunk. Innen a

függvény szerkezete látható. Ezt felhasználva, a Cauchy-féle feladat megoldása:

.

6. , .

Megoldás. Ennél a differenciálegyenletnél , , . Mivel ,

ezért a (2) rendszert most írjuk fel az alábbi módon:

, , .

E három egyenlet közül csak kettő független. Ha , akkor az első egyenlet 0 = ady, vagyis dy

= 0. Innen . A második egyenlet . Használjuk ki, hogy

. Ekkor

, azaz .

Integrálva mind a két oldalt, az

egyenlőséget kapjuk. Az integrációs állandót célszerűségi okból választottuk kissé szokatlan módon.



Rendezés után, majd mindkét oldal tangensét véve:

Itt felhasználtuk, hogy . A (4) alakú általános megoldás

.

Most használjuk ki a kezdeti görbe által adott feltételeket, vagyis azt, hogy , y = t, u = 0.

Ekkor

,

és így a keresett megoldás

.

Érdemes meggyőződni arról, hogy a kapott megoldás valóban kielégíti az eredetidifferenciálegyenletet, és a kezdeti görbe tényleg rajta van az integrálfelületen.

7. Keressük meg az differenciálegyenletnek az z = 1, körön átmenő megoldását.

Megoldás. Írjuk fel először az p.d.e.-hez tartozó (2) karakterisztikus d.e. rendszert, és határozzukmeg az első integrálokat (azaz oldjuk meg ezt a d.e. rendszert):

,

,

.

Második lépésben írjuk fel paraméteres alakban a z = 1, kört (a kezdeti görbét):

x = cos t, y = sin t, z = 1, ,

majd helyettesítsük be ezeket a első integrálokba az x, y és z változók helyére.

, .

Emeljük négyzetre az első egyenletet és alkalmazzuk a azonosságot.:

.

Mivel , ezért ha ezt a kifejezést behelyettesítjük a fenti egyenletbe, akkor a





Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát x -szel és rendezzük át. Ekkor az

elsőrendű p.d.e.-et nyerjük, amely a feladat megoldása.

3. FELADATOK

Oldja meg az alábbi elsőrendű parciális differenciálegyenleteket. Ahol kezdeti görbe is adott, ott határozza meg akezdeti görbén áthaladó megoldást is.

1. , ; 2. ;

3. ; 4. ;

5. , , állandók;

6. ;

7. , z = 1, ;

8. , x = 0, , ;

9. , , , ;

10. , x = 2, ;

11. , z = 1, ;

12. , x = 1, , ;

13. , , y = 1, ;

14. , , y = 1, ;

15. , , y = 1, ;



16. , x = 1, , ;

Megoldások

1. Integráljuk először a elsőrendű p.d.e. -et x szerint. Ekkor a

eredményt kapjuk, ahol tetszőleges, folytonosan differenciálható egyváltozós függvény. A függvényt

az kezdeti feltételből lehet meghatározni. Írjunk az y helyére x -et a fenti megoldásban, és

tegyük egyenlővé azt a megadott függvénnyel:

.

Ez utóbbi egyenletből . Tehát a feladat megoldása: .

2. Mivel a p.d.e. -ben explicite nem jelenik meg az y változó, ezért az egyenletet tekinthetjük közönségesdifferenciálegyenletnek (amely lineáris és inhomogén). Legyen ez az egyenlet, u helyett v -t írva,

. Ennek megoldása: . Ha ezt a p.d.e. megoldásának tekintjük,

akkor C az y változónak tetszőleges függvénye lehet. Így az eredeti p.d.e. általános megoldása:

,

ahol tetszőleges, folytonosan differenciálható függvény.

3. Oldjuk meg a p.d.e. -et mint közönséges, elsőrendű, szétválasztható változójú differenciálegyenletet:

.

Innen . Figyelembe véve, hogy C az y változónak tetszőleges függvénye lehet, az eredeti p.d.e.

általános megoldása:

,


4. Mivel x nem szerepel az egyenletben, oldjuk meg azt mint közönséges differenciálegyenletet. Szétválasztás ésintegrálás után u = C y. De C az x változónak tetszőleges függvénye lehet, így az eredeti p.d.e. általánosmegoldása:

,


5. Írjuk fel a karakterisztikák (2) differenciálegyenletrendszerét. Mivel most

c = 0, ezért ez a rendszer:

b dx = a dy, d u = 0.



Ennek (3) alakú megoldása , , így a p.d.e. általános megoldása:

,


6. A karakterisztikák d.e.-rendszere:

.

Az első egyenlet megoldása , azaz . A egyenlet megoldásánál

használjuk fel azt, hogy . Ekkor a megoldást kapjuk. Az eredeti p.d.e. általános

megoldása a (4) szerint:

,


A karakterisztikák d.e. –rendszere:

.

Ennek megoldása: , . Az általános megoldás . Figyelembe véve, hogy

, , z = 1, a egyenlőséget kapjuk. Bevezetve a = v

jelölést, a összefüggéshez jutunk. Ezt felhasználva, . Így a keresett

megoldás:

.

8. Írjuk fel az homogén p.d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert, t -t választva

paraméternek:

, , .

Ha az első egyenlet mindkét oldalát deriváljuk t szerint , majd az eredményt a

második egyenletbe behelyettesítjük, akkor a másodrendű állandó együtthatójú d.e. -et nyerjük.

Keressük az utóbbi egyenlet megoldását alakban, ahol r egyelőre ismeretlen állandó. Ha az



függvényt és annak második deriváltját beírjuk a fenti d.e. -be, akkor egyszerűsítés után az

karakterisztikus egyenletet nyerjük, melynek gyökei és . Ezekhez a gyökökhöz az

általános megoldás tartozik. Az egyenletből pedig az

függvényt kapjuk, ahol és tetszőleges valós számok lehetnek. Végül a

karakterisztikus d.e. rendszer harmadik egyenletből a = állandó megoldást nyerjük. Összefoglalva,

a karakterisztikus görbék

, ,

olyan körök, amelyek a z = állandó (z tengelyre merőleges) síkokban fekszenek és középpontjuk a z tengelyen van.Válasszuk ki a karakterisztikus görbékből azokat, amelyek keresztülmennek az x = 0, ,

megadott kezdőgörbén. Válasszuk a közös kezdő- pontban a t paramétert zérusnak , ekkor teljesülnie kell a

egyenletrendszernek. Ha a most kiszámított , és értékeket visszahelyettesítjük a karakterisztikus görbék

egyenletébe, akkor az

, ,

kétparaméteres megoldásfelülethez jutunk. Ha a harmadik összefüggést ( ) behelyettesítjük az első kettőbe (x

= z sin t , y = z cos t), majd a t paramétert kiküszöböljük, akkor megkapjuk a megoldásfelület

egyenletét.

9. Írjuk fel a elsőrendű p.d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert, t -t választva

paraméternek:

, , .

Az utóbbi egyenleteket integrálva az , és megoldásokhoz jutunk, ahol

, és tetszőleges állandók. Keressük meg a karakterisztikus görbék közül azokat, amelyek átmennek a

megadott az , , kezdőgörbén. Válasszuk meg a közös metszéspontban a t paramétert

zérusnak , ekkor teljesülnie kell a

egyenletrendszernek. Ha a kiszámított , és értékeket visszahelyettesítjük a karakterisztikus görbék

egyenletébe, akkor az



, ,

kétparaméteres megoldásfelülethez jutunk. Ha az első két egyenletből a t és paramétereket kifejezzük

, és behelyettesítjük a harmadik egyenletbe, akkor a

megoldáshoz jutunk.

10. Írjuk fel az lineáris d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert:

.

Határozzuk meg az első integrálokat:

.

Helyettesítsük be mindkét fenti első integrálba az x = 2, megadott kezdeti értékeket. Ekkor a

,

egyenletekhez jutunk. A két egyenletből kiküszöbölhető, így az összefüggést kapjuk. Ha az

utóbbi egyenletbe behelyettesítjük az első integrálokat, akkor a

összefüggésből z -t kifejezve, a

megoldást nyerjük.

11. Írjuk fel az kvázilineáris p.d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert:

, x > 0, y > 0, z > 0.

Határozzuk meg az első integrálokat:

.



Helyettesítsük be a első integrálba a kezdőgörbe z = 1, adatait. Innen az


12. Írjuk fel az elsőrendű p.d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert:

, x > 0, y > 0.

A egyenlet megoldása: .

A változókban homogén d.e. megoldása: .

Helyettesítsük be a fenti két első integrálba a megadott x = 1, , értékeket. Ekkor a

összefüggést kapjuk.

Ha az utóbbi összefüggésbe beírjuk a fenti első integrálokat, akkor a

egyenletet nyerjük, amiből z -t kifejezve, a

megoldást kapjuk.

13. Írjuk fel az elsőrendű p.d.e. -hez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert:

, x > 0, y > 0.

Megoldása:

, .

Írjuk be mindkét első integrálba a megadott , y = 1, értékeket. Ekkor a és

összefüggésekből a formulát nyerjük. Végül helyettesítsük vissza az utóbbi formulába a fenti

és első integrálokat:

,

majd a z változót kifejezve, a




14. A és jelöléseket bevezetve, írjuk fel az p.d.e. -et

alakban. Állítsuk elő az egyenlethez tartozó

, , , ,

karakterisztikus d.e. rendszert. A megadott , y = 1, kezdőgörbét sávvá egészítjük ki a sávfeltétel

felhasználásával. A sávfeltétel szerint a megadott kezdőgörbe (1, 0, 1) érintővektora merőleges a

megoldásfelület érintősíkjának ( ) normálvektorára a kezdőgörbe pontjaiban, azaz

.

Emellett az , y = 1, , , függvényötösnek ki kell elégítenie az p.d.e. -

et, amely behelyettesítés után alakú lesz, ahonnan miatt .

Ezután a karakterisztikus d.e. rendszer olyan megoldásait kell megkeresnünk, amelyek eleget tesznek a , y =

1, , , kezdeti feltételeknek a helyen.

Integráljuk a karakterisztikus d.e. rendszer második, negyedik és ötödik egyenletét, és használjuk fel a kezdetifeltételeket is a t = 0 helyen:

.

Helyettesítsük be a most kiszámított függvényt a karakterisztikus d.e. rendszer első egyenletébe, és a

kezdeti feltételt is felhasználva, határozzuk meg az függvényt:

.

Végül az x, p és q függvényeket írjuk be a karakterisztikus d.e. rendszer harmadik egyenletébe és határozzuk meg

az függvényt:

.

Fejezzük ki az és egyenletekből a t, valamint a változót. Ekkor a t = y ,



értékeket nyerjük, amelyeket behelyettesítve az függvénybe, az


15. A és jelöléseket bevezetve, az p.d.e. átírható az xp + pq = u alakba.

Állítsuk elő az egyenlethez tartozó karakterisztikus d.e. rendszert:

.

Az adott , y = 1, kezdőgörbét sávvá egészítjük ki a sávfeltétel fel- használásával. A sávfeltétel

szerint az adott kezdőgörbe (1, 0, 1) érintővektora merőleges a megoldásfelület érintősíkjának

normálvektorára a kezdőgörbe pontjaiban, így a

egyenlet teljesül, és innen meghatározható. Természetesen az , y = 1, , = 1, sávnak

ki kell elégítenie az xp + pq = 0 megoldandó p.d.e. -et, amely behelyettesítés után alakú

lesz, ahonnan .

Ezután a karakterisztikus d.e. rendszer olyan megoldásait kell megkeresnünk, amelyek eleget tesznek a , y =

1, , p = 1, kezdeti feltételeknek a helyen. Integráljuk a karakterisztikus d.e. rendszer

negyedik és ötödik egyenletét és használjuk fel a kezdeti feltételeket is a t = 0 helyen:

,

.

Helyettesítsük be a most kiszámított q és p értéket a karakterisztikus d.e. rendszer első illetve második egyenletébeés határozzuk meg az x és y függvényeket, a kezdeti értékeket is felhasználva:

.

Végül az x, p és q függvényeket írjuk be a harmadik egyenletbe, és határozzuk meg az megoldást:

.

Ha összevetjük az x = és u = megoldásokat, akkor azonnal megkapjuk a kezdetiértékfeladat

megoldását:u(x, y) = x.

16. A és jelöléseket bevezetve az p.d.e. -et átírjuk az



alakba. Az függvényhez állítsuk elő a karakterisztikus

d.e. rendszert:

,

ahol a harmadik egyenletet felírhatjuk alakban is, ha felhasználjuk a megoldandó p.d.e. -et. A

megadott x = 1, , kezdőgörbét egészítsük ki sávvá a sávfeltétel felhsználásával. A sávfeltétel

szerint a megadott kezdőgörbe (0, 1, 1) érintővektora merőleges a megoldásfelület érintősíkjának

normálvektorára a kezdőgörbe pontjaiban, azaz

,

ahonnan meghatározható. Ezenfelül az x = 1, , , , = 1 sávnak ki kell elégítenie a

megoldandó xp + yq + = 0 p.d.e. -et, amely behelyettesítés után alakú lesz, ahonnan

.

Második lépésben a karakterisztikus d.e. rendszer olyan megoldásait kell meghatározni, amelyek teljesítik az x = 1,

, , , = 1 kezdeti feltételeket a helyen. Integráljuk a karakterisztikus d.e.

rendszer első, negyedik és ötödik egyenletét, felhasználva a kezdeti feltételeket is a t = 0 helyen:

,

.

Ezután helyettesítsük be a függvényt a második és harmadik egyenletbe, és oldjuk meg őket a kezdeti

feltételt is figyelembe véve:

,

.

Végül ha az és függvényekből kifejezzük a t és változót, majd beírjuk az - ba, akkor

az

u(x, y) = ln x +


4. Msodrendű LINEÁRIS PARCIÁLIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK

Elméleti alapösszefüggések



Másodrendű lineáris parciális differenciálegyenlet általános alakja

, (1)

ahol az együtthatók az x és y változók adott függvényei. Úgyszintén adott az f függvény is,

az ismeretlen függvény.

Az (1) egyenlet valamely tartományon elliptikus, hiperbolikus vagy parabolikus típusú attól függően, hogy a

(2)

determináns értéke ezen a tartományon pozitív, negatív vagy nulla. Ha az együtthatók állandók,

akkor az (1) egyenletet állandó együtthatós nak mondjuk. A továbbiakban csak ilyen egyenletekkel foglalkozunk.Ezek kanonikus alakja

elliptikus esetben: ,

hiperbolikus esetben: ,

parabolikus esetben: .

Ezeknek az egyenleteknek a megoldásakor szinte kizárólag csak egy-egy partikuláris megoldás megkeresése a cél.

1. Elliptikus esetben keressük az egyenletnek azt a megoldását egy korlátos T tartományon,

amely a tartomány S peremén egy adott g függvény értékeit veszi fel. Ezt a feladatot Dirichlet-feladatnak, másszóval pméték faatnak nevezzük. Szokásos jelölése:

, . (3)

Ennek a feladatnak legfeljebb egy megoldása van.

Kereshetjük az egyenletnek azt a megoldását a T tartományon, amely a tartomány S

peremén kielégíti feltételt, ahol g adott függvény. Ezt a feladatot Neumann-feladatnak, más szóval

második peremérték-feladatnak nevezzük. Szokásos jelölése:

, , (4)

ahol n a tartományból kifelé mutató normális. Ennek a feladatnak végtelen sok megoldása van (ha egyáltalán vanmegoldása), és ezek csak állandóban különböznek egymástól.

Megemlítjük, hogy a egyenletet Poisson-egyenletnek, a egyenletet pedig Laplace-egyenletnek

nevezzük, a egyenlet megoldásait pedig harmonikus függvényeknek.

2. Hiperbolikus esetben az y változó helyett használjuk a t változót. Keressük az egyenlet

olyan u(x, t) megoldását , esetén, amely kielégíti az és

kezdeti feltételeket, ahol és adott függvények. Ezt a feladatot kezdetiérték-feladatnak (Cauchy-

feladatnak) nevezzük. Szokásos jelölése:

. (5)

Itt tehát a feladat megoldását végtelen intervallumon ( ) keressük. A feladatnak egyetlen megoldása



van.

Kereshetjük a feladat megoldását félegyenesen, vagy véges intervallumon is. Az ilyen, ún. vegyes feladatmegoldásához az előbbi két kezdeti feltétel mellett peremfeltételt is meg kell adni. E két feladat a következő:

Félegyenesen:

, (6)

ahol , , g adott függvények.

Véges intervallumon:

, (7)

ahol , , g, h adott függvények. Mindkét feladatnak egyetlen megoldása van.

3. Parabolikus esetben keressük az egyenlet olyan megoldását

, esetén, amely kielégíti az u(x, 0) = kezdeti feltételt. Szokásos jelölése:

, (8)

ahol f és adott függvények. Ezt a feladatot kezdetiérték-feladatnak (Cauchy-feladatnak) nevezzük. A feladatnak

egyetlen megoldása van.

Kereshetjük azonban a feladat megoldását félegyenesen, vagy véges intervallumon. Az ilyen ún. vegyes feladatmegoldásához peremfeltételt is meg kell adni. E két feladat a következő:

Félegyenesen:

, (9)

ahol , g adott függvények.

Véges intervallumon:

, (10)

ahol , g, h adott függvények. Mindkét feladatnak egyetlen megoldása van.

A fenti feladatok megoldására egységes, a gyakorlat számára egyszerűen alkalmazható eljárás nem létezik. Néhányalapelv és módszer alkalmazása azonban gyakran célhoz vezet.

Ezek közül megemlítjük a Fourier-módszer t. Ennek az a lényege, hogy az ismeretlen u(x, y) függvénytszorzat alakjában keressük. Ezzel a feladat visszavezethető közönséges

differenciálegyenletek megoldására.

Megemlítjük, hogy néha elemi módszerek is célravezetők lehetnek.



5. MINTAPÉLDÁK

Megoldások: láthatók nem láthatók

1. Igazoljuk, hogy az függvény kielégíti a Laplace-egyenletet. Írjuk fel, hogy milyen

értékeket vesz fel a függvény a T tartomány határán, ha T

a) a , téglalap;

b) az körlap.

Írjuk fel mindkét esetben az u -ra vonatkozó peremfeltételt is, vagyis azt, hogy u milyen feltételt elégít ki a tartományperemén.

Megoldás. , , , .

Innen látható, hogy , tehát a függvény kielégíti a

egyenletet.

a) A tartomány pereme egyrészt az x = 0, ill. x = 1 egyenes intervallumra eső egy-egy

szakasza, másrészt az y = 0, ill. egyenes intervallumra eső egy-egy szakasza. Ha x

= 0, akkor u = sin y,

4.26. ábra

4.27. ábra

ha x = 1, akkor u = e sin y, ha y = 0 vagy , akkor u = 0 (4.26. ábra). Mindezek

peremfeltételként felírva:

b) A tartomány pereme az kör. (4.27. ábra). A felső félköríven , ezért ott



. Az alsó félköríven , ezért ott . Tehát

2. Oldjuk meg az parciális differenciálegyenletet, majd keressünk meg egy olyan partikuláris megoldást,

amely kielégíti az , kezdeti feltételeket.

Megoldás. Integráljuk az egyenlet mindkét oldalát x szerint. Ekkor az egyenletet

kapjuk, ahol f tetszőleges (folytonos) függvény. Ennek helyességéről úgy győződhetünk meg, hogyderiváljuk mindkét oldalt x szerint. Mivel f(y) nem függ x -től, annak x szerinti deriváltja 0. Így az

egyenletet kapjuk, ami igazolja állításunkat.

Integráljuk most az egyenletet y szerint. Ekkor az

egyenletet kapjuk , ahol az integrációs állandó szerepét veszi át. Ha bevezetjük az

jelölést, akkor az differenciálegyenlet általános megoldása

,

ahol és tetszőleges, differenciálható függvények.

Írjuk most fel a két kezdeti feltételt, figyelembe véve, hogy :

, .

Innen látszik, hogy egyrészt és , másrészt

, ahol k állandó. De mivel , ezért k = 0. Tehát a keresett partikuláris megoldás:

.

Megjegyezzük, hogy is megoldás.

3. Vizsgáljuk meg, hogy az függvény (t > 0) megoldása-e az

differenciálegyenletnek, továbbá u(x, t) kielégíti-e az kezdeti feltételt és az

peremfeltételeket. Számítsuk ki az u(50; t) értéket, majd állapítsuk meg, hogy u(50; t)

mikor csökken 20 alá.

Megoldás. Képezzük az és deriváltakat:

,

,

.

Rövid összehasonlítás után látható, hogy , tehát az adott u(x, t) függvény valóban

megoldása az differenciálegyenletnek.

A kezdeti feltételt úgy kapjuk, hogy elvégezzük a t = 0 helyettesítést:



.

Ez pedig megegyezik az adott u(x,0) kezdeti függvénnyel, vagyis u(x, t) kielégíti a kezdeti feltételt.

A két peremfeltételt úgy kapjuk, hogy elvégezzük az x = 0, majd x = 100 helyettesítést:

,

,

mert . Tehát u(x, t) kielégíti a két peremfeltételt is.

Most számítsuk ki u(50; t) értékét:

,

mert . A kapott u(50; t) érték akkor csökken 20 alá, ha u(50; t) < 20.

Ehhez tehát oldjuk meg a

azaz

egyenletet. Mindkét oldal logaritmusát véve, a egyenletet kapjuk. Innen

. Tehát u(50; t) értéke itt csökken 20 alá (u(50; t) csökkenő!).

Állítsuk elő az alábbi másodrendű p.d.e. -ek általános megoldását:

4. ;

Megoldás. Mivel az y változó nem szerepel az egyenletben, ezért tekinthetjük a p.d.e.-t közönségesdifferenciálegyenletnek. Integráljuk az egyenlet mindkét oldalát x szerint. Ekkor az

egyenletet kapjuk. Ismételt integrálás után az

általános megoldáshoz jutunk, ahol és tetszőleges, folytonosan differenciálható

függvények.

5. .

Megoldás. Írjuk fel az egyenletet alakban. Innen látható, hogy

nem függ x -től (csak y -tól), tehát = f(y) alakú, ahol f

tetszőleges, folytonosan differenciálható függvény. Ez utóbbi egyenletet integráljuk y szerint. Ekkor

.

Bevezetve a , jelöléseket, a p.d.e. általános megoldása



alakban írható fel, ahol és tetszőleges, folytonosan differenciálható függvények.

6. Oldjuk meg az alábbi peremérték-feladatot:

, ,

, ,

, ,

, ,

, .

Megoldás. Mivel a p.d.e. jobb oldalán nulladfokú polinom áll, ezért a megoldást keressük

másodfokú polinom alakjában, azaz legyen

ahol az A, B, C, D, E az F egyelőre ismeretlen állandók. Képezzük az u(x, y) függvény x és yszerinti első és második parciális deriváltjait:

, ,

, .

Ha ezeket behelyettesítjük a p.d.e. –be, akkor az A + B = 2 egyenlethez

jutunk. Ezután használjuk ki a feladatban megadott peremfeltételeket és határozzuk meg az u(x, y) – ban szereplő állandókat:

A másik két peremfeltétel alkalmazása esetén már használjuk fel az előzőekben kiszámított állandókértékét is:

,

.

Könnyen ellenőrizhető, hogy az így kiszámított kétváltozós függvény

valóban megoldása a fenti peremértékfeladatnak, mert a peremfeltételek mellett teljesíti az A + B =2 feltételt is.

7. Oldjuk meg az alábbi peremérték-feladatot:



, , .

Megoldás. A p.d.e. olyan u(x, y) megoldását keressük az ellipszis

tartományon, amely zérus értéket vesz fel a tartomány peremén, az ellipszisen.

Keressük a peremértékfeladat megoldását alakban, ahol A

egyelőre ismeretlen állandó. Az ilyen alakú u(x, y) függvény már eleve teljesíti a megadott(homogén) peremfeltételt.

Deriváljuk x és y szerint kétszer parciálisan a fenti u(x, y) függvényt:

, ,

, .

A második deriváltakat helyettesítsük be a p.d.e. -be. Ekkor a kapott

azonosságból A meghatározható, nevezetesen . Így a peremértékfeladat megoldása

.

8. Oldjuk meg a

, , 0 < x < 1, 0 < y < 1

ún. sajátértékfeladatot, ahol S a tartomány pereme, pedig ismeretlen szám (a sajátérték).

Megoldás. Meg kell keresni azokat az u(x, y) kétváltozós függvényeket (a sajátfüggvényeket),amelyek kielégítik a fenti p.d.e.-et, és eleget tesznek az adott peremfeltételnek. Továbbá meg kellkeresni a sajátértékeket. A feladatot Fourier-mószerrel oldjuk meg. Ez azt jelenti, hogy a

megoldást szorzat alakjában keressük. Behelyettesítve ezt az

differenciálegyenletbe, az

egyenletet kapjuk. Osztva XY -nal, majd a változókat szétválasztva az

egyenlethez jutunk. Mivel a bal oldal csak x -től, a jobb oldal csak y -tól függ, az egyenlőség csak

úgy állhat fenn minden x -re és y -ra, ha mindkét oldal állandó. Legyen ez az állandó .

Könnyen belátható, hogy ez csak negatív lehet. Ekkor az egyenlet az alábbi két közönséges



differenciálegyenletre esik szét:

,

.

A peremfeltétel szerint az függvény értéke a 0 < x <1, 0 < y < 1 négyzetperemén nulla. Ezért X(0) = X(1) = 0, Y(0) = Y(1) = 0. A feladatot tehát visszavezettük az alábbikét (egydimenziós) peremértékfeladat megoldására:

X(0) = X(1) = 0, (*)

Y(0) = Y(1) = 0, . (**)

A (*) feladat megoldása:

, n = 1, 2, ... ; .

A (**) feladat megoldása:

, m = 1, 2, ... .; .

A szorzót célszerűségi okból választottuk.

Felhasználva a , azaz összefüggést, a sajátértékek

, n, m = 1, 2, ... ,

a sajátfüggvények pedig

, n, m = 1, 2, ... .

9. Oldjuk meg az alábbi első peremérték-feladatot:

,

S a T tartomány pereme.

Megoldás. A , feladatot a 0 < x, y < 1 négyzettartományon a sajátfüggvények

szerinti sorfejtés módszerével oldjuk meg. Az S perem a négyzetalakú tartomány oldalaiból áll.

Ismeretes, hogy a , sajátértékfeladat sajátértékei és sajátfüggvényei a 0 < x, y <

1 négyzeten: ill. , ahol n, m = 1, 2,

3, ... (l. az előző mintapéldát). A saját-függvények szerinti sorfejtés azt jelenti, hogy a

, feladat megoldását

alakban kapjuk meg, ahol a együtthatót a

, n, m = 1, 2, 3, ....

kettős integrál segítségével lehet kiszámolni. Ha a most kiszámított értékét, valamint a



sajátértékeket és az sajátfüggvényeket behelyettesítjük u(x, y) fenti kifejezésébe, akkor az

megoldást kapjuk, ahol az összegzés az n mellett csak m páratlan értékeire megy, hiszenértéke zérus, ha m páros szám.

10. Oldjuk meg az alábbi második peremérték-feladatot:

, S a T tartomány pereme.

Megoldás. A , feladatot a

négyzeten a sajátfüggvények szerinti sorfejtés módszerével oldjuk meg. Ismeretes, hogy a

, sajátértékfeladat sajátértékei és sajátfüggvényei

ill. , ahol n, m = 1, 2, 3, .... . A sajátfüggvények szerinti

sorfejtés módszere szerint a , feladat megoldását az

alakban lehet előállítani, ahol A tetszőleges állandó és a együtthatókat a

kettős integrál segítségével lehet meghatározni. Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy az integrál

értéke minden olyan esetben nulla amikor . Ezért csak a és alakú együtthatókat

kell kiszámítani, azaz

n = 1, 2, .... ,

m = 1, 2, .... .

Ezután felírható a feladat megoldása:

,

ahol A tetszőleges állandó, az összegzés pedig csak páratlan n és m értékekre megy.



11. Oldjuk meg az alábbi kezdetiérték-feladatot:

, , , t > 0.

Megoldás. A , ,

kezdetiérték feladat megoldása az

D'Alembert-féle formulával történik. Helyettesítsük be az utóbbi egyenletbe a és

formulákat, majd végezzük el a kijelölt integrálást. Ekkor az

.


12. Oldjuk meg az alábbi vegyes feladatot:

, 0 < x < 1, t > 0,

u(x, 0) = , ,

u(0, t) = u(1, t) = 0.

Megoldás. A feladat megoldására a Fourier-módszert alkalmazzuk. Keressük a megoldást azalakban, ahol X(x), és T(t) egyelőre ismeretlen egyváltozós függvény.

Helyettesítsük be az u(x, t) függvényt a p.d.e. –be. Ekkor az

egyenletet kapjuk, amely XT -vel való osztás után az

alakra hozható. Mivel a bal oldal csak az x változótól, a jobb oldal pedig csak a t- től függ, ezért azegyenlőség csak úgy állhat fenn, ha mindkét oldal ugyanazzal az állandóval egyenlő. Legyen ez aközös állandó , amiről meg fogjuk mutatni, hogy csak negatív szám lehet. Ekkor a

és



egyenleteket kapjuk. Az peremfeltételekből az

miatt feltételekhez jutunk. Keressük a állandó együtthatós d.e.

megoldását alakban, ahol r egyelőre ismeretlen állandó. Ha ezt behelyettesítjük a fenti

d.e. -be, akkor az karakterisztikus egyenlethez jutunk. Itt három eset lehetséges,

nevezetesen ha , akkor és ; ha , akkor és ha

akkor pedig és . Ezekhez az esetekhez tartozó általános

megoldások rendre:

, és

.

Az első két eset azonban az feltétel miatt nem jöhet számításba, hiszen ekkor

értékeket kapnánk, ahonnan miatt a adódik a

megoldásra, minket pedig a nemtriviális megoldás érdekel. A harmadik esetben az

feltétel következtében , így . Ha pedig kihasználjuk még az

feltételt is, akkor a

egyenletből a , n = 1, 2, 3, ... értékeket nyerjük. -et 1 -nek véve,

, n = 1, 2, 3, ... . Ezután a ismeretében oldjuk meg

a egyenletet. Megoldása: , ahol n = 1,

2, 3, ... és valamint tetszőleges állandók. A p.d.e. mindkét

peremfeltételt is kielégítő megoldásai:

.

A szuperpozíció elve alapján az

függvény is megoldás, bizonyos feltételek esetén. Az utóbbi egyenletben szereplő és

állandókat a két kezdeti feltételt is felhasználva lehet meghatározni, azaz teljesülnie kell az

egyenleteknek. A második egyenletből a , n = 1, 2, 3, ... . Az együtthatókat pedig a jól

ismert

formulából kaphatjuk meg. Legyen n = 2k +1, ekkor a feladat megoldása:



.


, 0 < x < 1, t > 0,

u(x, 0) = x( ), u(0, t) = u(1, t) = 0.

Megoldás. A feladat megoldására a Fourier-módszert alkalmazzuk. Keressük a megoldást az

alakban, ahol X(x) és T(t) egyelőre ismeretlen egyváltozós függvények.

Helyettesítsük be az u(x, t) függvényt, a p.d.e.-be. Ekkor az

egyenletet kapjuk, amely XT - vel való osztás után az

alakra hozható. Mivel az utóbbi egyenlet bal oldala csak az x változótól a jobb oldal pedig csak a tváltozótól függ, ezért az egyenlőség csak úgy állhat fenn, ha mindkét oldal ugyanazzal az állandóvalegyenlő. Legyen ez állandó . Ekkor az

és

egyenleteket kapjuk. Az peremfeltételekből az miatt

az feltételekhez jutunk.

Az , feladat megoldása, az előző mintapélda részeredményét

felhasználva,

, n = 1, 2, 3 ... , .

Ezután a ismeretében oldjuk meg a elsőrendű d.e. -et. Megoldása:

, ahol n = 1, 2, 3, ... és tetszőleges állandó. A

p.d.e. mindkét peremfeltételt is kielégítő megoldásai:

.

A szuperpozíció elve alapján az

függvény is megoldás, bizonyos feltételek esetén. Az utóbbi egyenletben szereplő állandót a

kezdeti feltételt is felhasználva lehet meghatározni. Teljesülnie kell tehát az

egyenletnek. Az együtthatókat az



formulából kaphatjuk meg. Legyen n = 2k +1, ekkor a feladat megoldása:

.


, 0 < x < 1, t > 0,

u(x, 0) = 0, u(0, t) = u(1, t) = 0.

Megoldás. Keressük a feladat megoldását az u(0, t) = u(1, t) = 0 peremfeltételeket eleve kielégítő

alakban, ahol egyelőre ismeretlen függvények. Fejtsük sorba a

p.d.e. jobb oldalán álló függvényt a , n = 1, 2, 3, ... függvényrendszer

szerint:

,

ahol az együttható jelen esetben nem függ a t változótól, és

, n = 1, 2, 3, ... .

Így az függvény

alakban írható fel a sorfejtés után. Helyettesítsük be az u(x, t) feltételezett alakját és az f(x, t)sorbafejtett alakját a fenti inhomogén p.d.e.-be. Ekkor a

egyenletet kapjuk, ahonnan az

n = 1, 2, 3, ...



elsőrendű d.e. -eket nyerjük. Ezek állandó együtthatójú és inhomogén tipusú egyenletek. Az

homogén d.e. általános megoldása: . A

próbafüggvény módszerrel könnyen előállíthatunk egy partikuláris megoldást, amely jelen esetben

. Így az inhomogén d.e. általános megoldása

n = 1, 2, 3, ... .

Az utóbbi egyenletben szereplő konstansokat az u(x, 0) = 0 kezdeti feltételből következő

, (n = 1, 2, 3, ...) feltételekből lehet meghatározni. Nevezetesen

.

Ha most kiszámított értékét visszahelyettesítjük a fenti általános megoldásba, akkor az

eredményt kapjuk. A feladat megoldása

.

6. FELADATOK

Keresse meg az alábbi másodrendű parciális differenciálegyenletek általános megoldását:

1. ; 2. ;

3. ; 4. .

Oldja meg az alábbi első peremértékfeladatokat:

5. , ,

, ha ,

, ha ,

, ha ,

, ha ;

6. , ,



;

7. , ,

;

8. , ,

, ahol S a T tartomány pereme;

9. , ,

, ahol S a T tartomány pereme;

10. , ,

, ahol S a T tartomány pereme.

Oldja meg az alábbi kezdetiérték-feladatokat:

11. , u(x, 0) = x + 1, u(0, y) = ;

12. , u(x, 0) = , u(0, y) = ;

13. , u(x, 0) = , u(0, y) = 2 + sin y;

14. , u(x, 0) = , ;

15. , u(x, 0) = 0, ;

16. , u(x, 0) , .

Oldja meg az alábbi hiperbolikus p.d.e. -re vonatkozó vegyes feladatokat:

17. , 0 < x < 1, u(x, 0) = sin x,

, u(0, t) = u(1, t) = 0;



18. , 0 < x < 1, ;

, u(0, t) = u(1, t) = 0;

19. , 0 < x < 1, u(x, 0) = sin x,

sin 2 x, u(0, t) = u(1, t) = 0.

Oldja meg az alábbi parabolikus p.d.e. -re vonatkozó vegyes feladatokat:

20. , 0 < x < 1, u(x, 0) = , u(0, t) = u(1, t) = 0;

21. , 0 < x < 1,

, u(0, t) = u(1, t) = 0;

22. , 0 < x < 1, u(x, 0) = 40 sin 4 x, u(0, t) = u(1, t) = 0;

23. , 0 < x < 1, u(x, 0) = 0, u(0, t) = u(1, t) = 0.

Megoldások

1. Integráljuk először a p.d.e. –et x szerint:

,

ahol C(y) tetszőleges, folytonosan differenciálható egyváltozós függvény. Második lépésben integráljuk az előbbiegyenlet mindkét oldalát y szerint:

.

Vezessük be a jelölést. Ezzel a másodrendű p.d.e. általános megoldása:



,

ahol és tetszőleges, folytonosan differenciálható egyváltozós függvények.

2. A másodrendű p.d.e. visszavezethető közönséges d.e. -re, mert az egyenlet nem tartalmazza az

y változót explicite. Legyen az u(x, y) kétváltozós függvény a fenti p.d.e. egy tetszőleges megoldása. Rögzítsük az y

változót valamely = állandó helyen. Ekkor, bevezetve egy új egyváltozós függvényt, és

a parciális derivált helyett -et írva, a

másodrendű közönséges d.e. –et kapjuk. Ez állandó együtthatós és inhomogén típusú egyenlet.

Megoldása: . Ebből úgy kaphatjuk meg az eredeti p.d.e. u(x, y) általános

megoldását, hogy a és állandók helyett a ill. tetszőleges, kétszer folytonosan

differenciálható egyváltozós függvényeket írunk:

.

3. A p.d.e. megoldásához vezessünk be egy új függvényt a

képlet segítségével. Ezzel a jelöléssel a fenti p.d.e. helyett a

elsőrendű egyenlethez jutunk. Az y és v változókat szétválasztva, majd integrálva, a

megoldáshoz jutunk. Felhasználva, hogy , a továbbiakban a

egyenletet kell megoldani. Itt x szerint integrálva, az

általános megoldást kapjuk, ahol és tetszőleges, folytonosan differenciálható függvények, és

.

4. A p.d.e. –et a független változók transzformációjával oldjuk meg úgy, hogy az (x, y) változók

helyett a és formulákkal új változókat vezetünk be. Ekkor az inverz transzformáció:

és . Legyen u(x, y) a fenti p.d.e. egy tetszőleges megoldása. Helyettesítsük be

u(x, y) –ba az inverz transzformációs összefüggéseket. Ezzel egy új kétváltozós függvényt nyerünk:



.

Deriváljuk az utóbbi egyenlet mindkét oldalát x és y szerint kétszer parciálisan, és használjuk ki, hogy ,

, , :

,

,

,

.

A második deriváltakat helyettesítsük be az eredeti p.d.e. –be. Ekkor, egyszerűsítések után a

egyenletet nyerjük. Először majd az változó szerint integrálva megkapjuk az általános megoldást (l. a 2.

mintapéldát is):

,

ahol és tetszőleges, kétszer folytonosan differenciálható egyváltozós függvények.

Végül az eredeti p.d.e. u(x, y) megoldását úgy kaphatjuk meg, hogy az utóbbi egyenletben szereplő

függvénybe helyettesítsük be a és formulákat:

.

5. Mivel a p.d.e. jobb oldalán elsőfokú polinom áll, ezért a megoldást harmadfokú polinom

alakjában keressük, azaz

alakban, ahol a együtthatók ismeretlen állandók. Állítsuk elő a fenti u(x, y) függvény x és y szerinti első ill.

második parciális deriváltjait:

,

.

Ha a második parciális deriváltakat behelyettesítjük a fenti p.d.e. -be, akkor a



(*)

azonosságból a , és egyenletekhez jutunk. Ezután használjuk

fel a megadott peremfeltételeket:

;

Ha most felhsználjuk a (*) azonosságból származó egyenleteket is, akkor és is meghatározható:

,

.

Az eddig meghatározott együtthatók ismeretében az függvényhez

jutunk. Használjuk ki a megmaradt két peremfeltételt is:

,

.

Így a peremértékfeladat megoldása: .

6. A p.d.e. olyan u(x, y) megoldását keressük az körtartományon, amely zérus

értéken vesz fel a tartomány peremén, vagyis az körvonal pontjaiban. Érdemes a peremértékfeladat

megoldását az alakban keresni, amely már eleve teljesíti a

peremfeltételt, ahol A, B és C egyelőre ismeretlen állandók. Állítsuk elő az u(x, y) függvény x és y szerinti első ésmásodik deriváltjait:

, ,

, .

Behelyettesítve a második deriváltakat a p.d.e. -be, az A, B és C konstansok meghatározhatók:

.

Mindezek ismeretében a peremértékfeladat megoldása:

.

7. Első lépésben az eredeti peremértékfeladat helyett a p.d.e. -et oldjuk meg, homogén peremfeltétel

azaz mellett, ahol az S perem az kör. A megoldás ismeretében az

eredeti , peremértékfeladat megoldása .

Keressük a homogén peremértékfeladat megoldását alakban (ahol A , B



és C egyelőre ismeretlen állandók). Ez a függvény már eleve kielégíti a homogén peremfeltételt. Deriváljuk

a fenti függvényt x és y szerint kétszer. Ekkor a

, ,

, .

összefüggéseket kapjuk. A második deriváltakat helyettesítsük be a p.d.e. -be:

,

ahonnan , B = 0 és . Ennek felhasználásával a homogén peremfeltételű feladat megoldása

.

Végül az eredeti peremértékfeladat megoldása:

.

8. A , feladatot a tartományon a sajátfüggvények

szerinti sorfejtés módszerével oldjuk meg. Az S perem a T tartomány oldalait jelenti. Ismeretes, hogy a ,

sajátértékfeladat sajátértékei ill. sajátfüggvényei a T tartományon ill., ahol n, m = 1, 2, 3, ... (l. a 8. mintapéldát). A sajátfüggvények szerinti sorfejtés

módszere szerint a , feladat megoldását az

alakban lehet előállítani, ahol

.

Végül a feladat megoldása:

.

9. A , feladatot a (egységkocka)

tartományon a sajátfüggvények szerinti sorfejtéssel oldjuk meg. Az S perem a T tartomány peremét jelenti. Ismert,

hogy , sajátértékfeladat sajátértékei ill. sajátfüggvényei a T tartományon

ill. , ahol n, m, k = 1, 2, 3, ... (l. a 8.

mintapéldát). A sajátfüggvények szerinti sorfejtés módszere szerint a , feladat





.

Végül az eredeti feladat megoldása:

.

11. A p.d.e. -ben írjunk x helyett -t és y helyett pedig -t, így a

egyenletet kapjuk. Első lépésben integráljuk az utóbbi egyenletet 0 -tól x -ig a változó szerint:

,

.

Második lépésben integráljuk az utóbbi egyenlet mindkét oldalát szerint 0 -tól y -ig:

,

u(x, y) (0, y) (x, 0) + u(0, 0) .

Használjuk fel az utóbbi egyenletben az u(x, 0) = x + 1 és u(0, y) = kezdeti feltételeket, valamint azt, hogy

u(0, 0) = 1. Ezekkel a feladat megoldása:

u(x, y) = + 1 + .

12. Írjunk x és y helyébe és változót. Ekkor a

p.d.e. -et kell megoldani. Integráljuk szerint ezt a p.d.e. -et 0 -tól x -ig. Ekkor az

elsőrendű p.d.e. -et kapjuk. Integráljuk ezt szerint nullától y -ig. Ennek eredményeként

u(x, y) (0, y) (x, 0) + u(0, 0) .

Végül használjuk fel az és kezdeti feltételeket és azt, hogy u(0, 0) = 0. Ekkor a



feladat megoldása:

.

13. Integráljuk a egyenletet először szerint 0 -tól x -ig, majd az így kapott

egyenletet szerint 0 -tól y -ig (mint ahogy azt tettük az előző két feladatban). Végül használjuk fel az adott

mellékfeltételeket. A megoldás:

.

14. A , u(x, 0) = , = , kezdetiérték-

feladatot legegyszerűbben az

D'Alembert-féle formulával lehet megoldani. Helyettesítsük be a és formulákat, majd

számítsuk ki az integrál értékét. Ekkor az


15. A , u(x, 0) = 0, ,

kezdetiérték-feladatot a Duhamel-elv felhasználásával oldhatjuk meg. Vezessünk be egy új

,

v(x, 0) = 0,

segédfeladatot, amit a D'Alembert-féle formulával oldunk meg úgy, hogy benne a mint paraméter szerepel:

.

Végül a Duhamel-elv szerint az eredeti kezdetiérték-feladat megoldása:





.

Mivel a jelenlegi feladat a 17. feladattól csak a

kezdeti feltételben tér el itt is, így ), ezért

, n = 1, 2, 3, ... .

Legyen n = 2k + 1. Ekkor

, k = 0, 1, 2, ... .

Így a megoldás:

.

19. A feladatot a Fourier-féle módszerrel oldjuk meg, hasonló gondolatmenetet követve mint a 12. mintapéldában. Amegoldás menete teljesen azonos a peremfeltételeket is kielégítő

függvény előállításáig. Az és konstansok előállításához az és

kezdeti feltételekre van szükség. Képezzük a fenti u(x, t) megoldás t szerinti

parciális deriváltját:

.

Ezután írjuk fel a két kezdeti feltételt:

,

.

Az utóbbi két egyenletből kiolvashatók és értékei, nevezetesen:



Ezek felhasználásával a feladat megoldása:

.

20. A feladatot a Fourier- módszerrel oldjuk meg a 13. mintapélda mintájára. Mindkdét feladatban a

p.d.e. és a u(0, t) = u(1, t) = 0 peremfeltételek megegyeznek, eltérés csak a kezdeti feltételben van. Emiatt

a p.d.e. -et és a peremfeltételt is kielégítő megoldás ugyanaz mint ott, azaz

.

A két feladat közötti különbség, a kezdeti feltétel különbözősége miatt, az állandók meghatározásában van. A

kezdeti feltétel szerint:

,

ahonnan az állandókat a jól ismert

képlettel határozhatjuk meg. Végül a feladat megoldása:

(0 < x < 1).

21. A feladat megoldására a Fourier-módszert alkalmazzuk, hasonlóan mint a 13. mintapéldában. A megoldás meneteteljesen azonos a peremfeltételeket is kielégítő

megoldás előállításáig. Ennek az az oka, hogy a p.d.e. és peremfeltételek ugyanazok mindkét feladat esetén. Eltérés

csak a kezdeti feltételben van, amely a jelen feladat esetén:



Az együtthatókat tehát az u(x, 0) = kezdeti feltételekből lehet meghatározni az

összefüggés alapján:

, n = 1, 2, 3, ... .

Látható az utóbbi egyenletből, hogy minden páros indexű együttható értéke zérus, így elegendő csak a páratlanindexűeket figyelembe venni. Legyen n = 2k + 1, ekkor a feladat megoldása:

.

22. A feladatot a Fourier-módszerrel oldjuk meg. A megoldás lépései ugyanazok mint a 13. mintapéldában. Mivel ap.d.e. és a peremfeltételek mindkét feladatnál megegyeznek, ezért a p.d.e. -et és a peremfeltételeket is kielégítőmegoldás:

.

A két feladat között a különbség a kezdeti feltételben van, ami a jelenlegi feladat esetén

. Az együtthatókat az u(x, 0) = kezdeti feltételből lehet meghatározni, azaz teljesülnie kell az

egyenletnek, ahonnan , és . Tehát a feladat megoldása:

.

23. A feladat megoldását az u(0, t) = u(1, t) = 0 homogén peremfeltételeket kielégítő

alakban keressük, ahol egyelőre ismeretlen függvények. Fejtsük sorba a p.d.e. jobb oldalán szereplő f (x, t)

függvényt a , n = 1, 2, 3, ... függvényrendszer szerint:

.

Az együtthatók jelen esetben t -től függetlenek, és értékük:

.



Így az f (x, t) függvény az

alakban írható fel. Ha az utóbbi egyenletben szereplő függvényt és az u(x, t) feltételezett alakját behelyettesítjük a

p.d.e. -be, akkor a

egyenletet nyerjük, ahonnan az

, n = 1, 2, 3, ...

elsőrendű d.e. -eket kapjuk, amelyek állandó együtthatójú d.e. -ek. Megoldásuk:

.

Az utóbbi egyenletben szereplő állandókat az u(x, 0) = 0 kezdeti feltételből következő , (n = 1, 2,

3, ...) feltételekből lehet meghatározni, és így a d.e. megoldása is felírható:

.

Végül a feladat megoldása

.

Digitális Egyetem, Copyright © Kovács Béla, 2011

Documents

Kovács Béla Matematika II