SPIS TREŚCI

1

Równania falowe

Spis treści

1

Przykładowe rozwiązania

2

2

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

12

1 Przykładowe rozwiązania

2

1

Przykładowe rozwiązania

Zadanie 1.1.

Rozważmy problem drgania struny jednorodnej o zamocowanych końcach:

u

xx

=

1

a

2

u

tt

,

gdzie a jest stał

a różn

a od 0. Jest to rodzaj równania falowego, przy czym funkcja u(x, t) jest funkcj

a

wychylenia struny z położenia równowagi (w położeniu równowagi zajmuje ona przedział

0, π na

osi x). Określamy warunki brzegowe

u(0, t) = u(π, t) = 0,

(1)

co oznacza, że końce struny s

a nieruchome, oraz warunki pocz

atkowe

u(x, 0) = φ(x), u

t

(x, 0) = ψ(x)

(2)

dla t  0 i x ∈
0, π , przy czym równości

φ(0) = φ(π) = 0, φ

(0) = φ

(π) = 0, ψ(0) = ψ(π) = 0

s

a warunkami zgodności mi

edzy warunkami pocz

atkowymi (2) a brzegowymi (1). Funkcja φ(x) określa

pocz

atkowy kształt struny, a ψ(x) określa rozkład pr

edkości pocz

atkowej.

Znaleźć rozwi

azania równania. Co należy założyć o funkcjach φ i ψ, aby uzyskać rozwi

azanie w sensie

klasycznym?

Metoda szukania nietrywialnego rozwi

azania polega na zostosowaniu techniki rozdzielenia zmiennych

i poszukiwania rozwi

azań u(x, t) w postaci:

u(x, t) =

∞

k=1

v

k

(x) · w

k

(t).

Jeśli każdy składnik tej sumy spełnia równanie różniczkowe, to

v

k

(x)w

k

(t) =

1

a

2

v

k

(x)w

k

(t),

v

k

(x)

v

k

(x)

=

1

a

2

w

k

(t)

w

k

(t)

.

Stosunek ten jest zatem stały. Niech wynosi

λ

k

. Wtedy dostajemy dwa równania:

v

k

(x)

v

k

(x)

= λ

k

i

1

a

2

w

k

(t)

w

k

(t)

= λ

k

.

(3)

1 Przykładowe rozwiązania

3

Jeśli zaż

adamy, by każdy składnik sumy spełniał warunki brzegowe Dirichleta (1), to ponieważ 0 =

v

k

(0)w

k

(t), to v

k

(0) = 0, a ponieważ 0 = v

k

(π)w

k

(t), to v

k

(π) = 0. St

ad wniosek, że funkcja v

k

jest rozwi

azaniem równania różniczkowego zwyczajnego z warunkami brzegowymi typu Dirichleta:

v

k

(x) − λ

k

v

k

(x) = 0, v

k

(0) = v

k

(π) = 0.

(4)

Oczywiście takie rozwi

azanie istnieje dla dowolnej stałej λ

k

: v

k

(x) ≡ 0. Interesuj

a nas takie warto-

ści

λ

k

, dla których mamy rozwi

azania nietrywialne. Niech v

k

(x) = e

αx

. Wtedy z równania (4) mamy

α

2

e

αx

− λ

k

e

αx

= 0, czyli α

2

= λ

k

.

Jeśli

λ

k

> 0,to rozwi

azaniem s

a funkcje v

k

(x) = C

1

e

√

λ

k

x

+ C

2

e

−

√

λ

k

x

. Z warunków brzegowych

(4) otrzymamy C

1

= C

2

= 0 i st

ad v

k

(x) ≡ 0. Podobnie dla λ

k

= 0. Jeśli natomiast λ

k

< 0, to

v

k

(x) = C

1

cos

√

−λ

k

x + C

2

sin

√

−λ

k

x. Z warunku v

k

(0) = 0 mamy C

1

= 0, a z warunku v

k

(π) = 0

mamy

C

2

sin



−λ

k

π = 0.

Jeśli wi

ec chcemy, by C

2

= 0, to musimy wzi

ać λ

k

= −k

2

, n = 1, 2, ... , by funkcje v

k

(x) = sin kx

były nietrywialnymi rozwi

azaniami (4). Zatem szukana postać rozwi

azania jest teraz nast

epuj

aca:

u(x, t) =

∞

k=1

sin kxw

k

(t).

Zajmijmy si

e teraz drugim równaniem (3) z λ

k

= −k

2

. Ma ono postać

w

k

(t) = −a

2

k

2

w

k

(t),

czyli jest to znowu równanie różniczkowe liniowe drugiego rz

edu o stałych współczynnikach. Mamy,

jak poprzednio:

w

k

(t) = C

k

sin akt + D

k

cos akt,

(5)

gdzie C

k

, D

k

∈ R s

a dowolnymi stałymi. Trzeba tak dobrać te stałe, by funkcja u (ostatnio wyliczona)

spełniała warunki pocz

atkowe (2). Otrzymujemy:

φ(x) = u(x, 0) =

∞

k=1

sin kxw

k

(0),

ψ(x) = u

t

(x, 0) =

∞

k=1

sin kxw

k

(0).

Widać wi

ec, że w

k

(0) i w

k

(0) s

a współczynnikami rozwini

ecia w szereg Fouriera funkcji φ i ψ,

odpowiednio, czyli

w

k

(0) =

2

π



π

0

φ(t) sin kt dt, w

k

(0) =

2

π



π

0

ψ(t) sin kt dt.

(6)

1 Przykładowe rozwiązania

4

Wykorzystuj

ac teraz (5) i (6), mamy

w

k

(0) = C

k

sin 0 + D

k

cos 0 = D

k

, w

k

(0) = akC

k

cos 0 − akD

k

sin 0 = akC

k

,

wi

ec D

k

= w

k

(0) i C

k

=

w

k

(0)

ak

. St

ad otrzymujemy postać funkcji u

u(x, t) =

∞

k=1

sin kx



w

k

(0)

ak

sin akt + w

k

(0) cos akt



,

gdzie w

k

(0) i w

k

(0) s

a dane wzorami (6). Jest to oczywiście tylko kandydat na rozwi

azanie, bo nie

wiemy jeszcze, czy ta funkcja jest ci

agła oraz czy szereg (wyst

epuj

acy po prawej stronie) dopusz-

cza dwukrotne różniczkowanie wyraz po wyrazie z zachowaniem niemal jednostajnej zbieżności dla

t  0, x ∈
0, π .

Załóżmy, że

φ i ψ daj

a si

e rozszerzyć na cał

a oś rzeczywist

a do funkcji okresowych o okresie 2π,

nieparzystych i

φ ∈ C

4

, ψ ∈ C

3

. Wtedy całkuj

ac cztery razy przez cz

eści, dostajemy

w

k

(0) =

2

πk

4



π

0

φ

(4)

(t) cos kt dt,

czyli dla pewnych A, B > 0

|w

k

(0)| 

2

πk

4

π sup |φ

(4)

(t)| =

A

k

4

i analogicznie, całkuj

ac trzy razy przez cz

eści, możemy oszacować:

|w

k

(0)| 

2π

πk

3

π sup |ψ

(3)

(t)| =

B

k

3

.

W takim razie możemy oszacować wyrazy szeregu







sin kx



w

k

(0)

ak

sin akt + w

k

(0) cos akt









B

ak

4

+

A

k

4



B + aA

k

4

,

a szereg



∞

k=1

1

k

4

jest zbieżny jako harmoniczny rz

edu 4. Zatem na podstawie kryterium Weierstrassa

szereg wyjściowy jest jednostajnie zbieżny. Analogicznie można oszacować pochodne (wzgl

edem x)

wyrazów szeregu:







k cos kx



w

k

(0)

ak

sin akt + w

k

(0) cos akt









B + aA

ak

3

i otrzymamy jednostajn

a zbieżność szeregu pochodnych, a wi

ec możliwość różniczkowania szeregu

wyraz po wyrazie. Dla kolejnego różniczkowania mamy







−k

2

sin kx



w

k

(0)

ak

sin akt + w

k

(0) cos akt









B + aA

ak

2

.

Analogicznie post

epujemy, by wykazać możliwość dwukrotnego różniczkowania szeregu wyraz po

wyrazie wzgl

edem t:







sin kx



w

k

(0)

ak

ak cos akt − w

k

(0)ak sin akt









B + aA

k

3

,

1 Przykładowe rozwiązania

5





sin kx



−akw

k

(0) sin akt(ak)

2

w

k

(0) cos akt







B + aA

k

2

.

Zatem

u(x, t) =

∞

k=1

sin kx



w

k

(0)

ak

sin akt + w

k

(0) cos akt



jest rozwi

azaniem równania w sensie klasycznym, u ∈ C

2

i jest to rozwi

azanie jedyne.

Warunek o możliwości odpowiedniego rozszerzenia funkcji

φ i ψ jest spełniony, gdy φ ∈ C

4

((0, π)) i

ψ ∈ C

3

((0, π)) oraz np. istniej

a granice:

lim

x→0

+

d

j

φ(x)

dx

j

,

lim

x→π

−

d

j

φ(x)

dx

j

, dla 0  j  4,

lim

x→0

+

d

j

ψ(x)

dx

j

,

lim

x→π

−

d

j

ψ(x)

dx

j

, dla 0  j  3,

przy czym zachodz

a równości:

lim

x→0

+

φ(x) = lim

x→0

+

d

2

φ(x)

dx

2

= lim

x→0

+

d

4

φ(x)

dx

4

= 0,

lim

x→0

+

ψ(x) = lim

x→0

+

d

2

ψ(x)

dx

2

= 0.

Założenia na funkcje

φ i ψ s

a dosyć restrykcyjne i nie stanowi

a one warunku koniecznego, by

rozwi

azanie u było klasyczne. Można je osłabić, inaczej wykonuj

ac szacowania (por.[17]).

Zadanie 1.2.

Zastosować metod

e rozdzielania zmiennych do równania niejednorodnego:

u

tt

= a

2

u

xx

+ Ae

−t

cos

π

2l

x

(7)

przy warunku brzegowym

u

x

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

(8)

i pocz

atkowym

u(x, 0) = u

t

(x, 0) = 0

(9)

w półpasie 0  x  l, t  0.

1 Przykładowe rozwiązania

6

Zauważmy od razu, że warunki pocz

atkowe i brzegowe s

a zgodne. Jeśli zaniedbamy funkcj

e Ae

−t

cos

π

2l

x,

to rozwi

azań możemy poszukiwać, jak poprzednio w postaci v (x)·w (t), czyli dojdziemy do tożsamości

v (x)w

(t) = a

2

v

(x)w (t), która oznacza

v

(x)

v (x)

= λ =

1

a

2

·

w

(t)

w (t)

.

Otrzymujemy wi

ec równanie v

(x)λv (x) = 0, dla którego wyznaczymy warunki brzegowe z (8):

0 = u(l, t) = v (l)w (t)

=⇒ v (l) = 0,

0 = u

x

(0, t) = v

(0)w (t)

=⇒ v

(0) = 0.

Rozwi

ażemy wi

ec nast

epuj

ace równanie:

v

(x)λv (x) = 0, v (l) = 0 = v

(0).

(10)

Jak poprzednio, dla

λ  0 dostajemy tylko rozwi

azania zerowe, a dla λ < 0 mamy:

v (x) = C

1

cos

√

−λx + C

2

sin

√

−λx,

zatem v

(0) =

√

−λC

2

= 0, gdy C

2

= 0, a v (l) = C

1

cos

√

−λl = 0, gdy

√

−λl =

π

2

+

2kπ, k jest liczb

a naturaln

a. St

ad mamy wartości własne: λ

k

= −

(2k+1)

2

π

2

4l

2

i funkcje własne:

v

k

(x) = cos



2k+1

2l

πx

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

edziemy wi

ec poszukiwać rozwi

azań problemu brzegowo-

pocz

atkowego w postaci

u(x, t) =

∞

k=0

w

k

(t) cos



2k + 1

2l

πx



.

Zakładaj

ac, że dozwolone jest różniczkowanie szeregu wyraz po wyrazie, to z (7)

∞

k=0

v

k

(x)w

k

(t) =

∞

k=0

a

2

v

k

(x)w

k

(t) + Ae

−t

cos

π

2l

x,

czyli

∞

k=0

w

k

(t) cos



2k + 1

2l

πx



= −a

2

∞

k=0



2k + 1

2l

π



2

w

k

(t) cos



2k + 1

2l

πx



+ Ae

−t

cos

π

2l

x,

(11)

Zauważmy, że ostatni składnik po prawej stronie tego równania można zapisać jako:

Ae

−t

cos

π

2l

x = Ae

−t

cos

2k + 1

2l

πx, dla k = 0.

Zatem równanie (11) można zapisać w postaci układu, porównuj

ac kolejno wyrazy szeregów, dla

k = 0 :

w

0

(t) cos

2 · 0 + 1

2l

πx



= −a

2

2 · 0 + 1

2l

π



2

w

0

(t) cos

2 · 0 + 1

2l

πx



+ Ae

−t

cos

2 · 0 + 1

2l

πx

1 Przykładowe rozwiązania

7

i dla k > 0 :

w

k

(t) cos



2k + 1

2l

πx



= −a

2



2k + 1

2l

π



2

w

k

(t) cos



2k + 1

2l

πx



.

Po skóceniu otrzymujey:

w

0

(t) = −a

2

1

2l

π



2

w

0

(t) + Ae

−t

,

w

k

(t) = −a

2



2k + 1

2l

π



2

w

k

(t).

Z warunków pocz

atkowych (9) mamy teraz

0 = u(x, 0) =

∞

k=0

w

k

(0) cos



2k + 1

2l

πx



,

0 = u

t

(x, 0) =

∞

k=0

w

k

(0) cos



2k + 1

2l

πx



,

czyli w

k

(0) = w

k

(0) = 0 jako rozwini

ecia w szereg Fouriera funkcji zerowych. Otrzymujemy wi

ec do

rozwi

azania dwa rówania:

w

0

(t) + a

2

1

2l

π



2

w

0

(t) = Ae

−t

, w

0

(0) = w

0

(0) = 0

(12)

i

w

k

(t) + a

2



2k + 1

2l

π



2

w

k

(t) = 0, w

k

(0) = w

k

(0) = 0.

(13)

Zajmijmy si

e najpierw (13). Jest to równanie jednorodne, a szukan

a funkcj

a jest

w

k

(t) = B

1

cos



2k + 1

2l

πat



+ B

2

sin



2k + 1

2l

πat



.

Z warunków pocz

atkowych mamy wtedy 0 = w

k

(0) = B

1

oraz 0 = w

k

(0) = B

2

aπ

2k+1

2l

, czyli B

2

= 0.

Zatem rozwi

azaniem tego równania jest w

k

(t) ≡ 0 dla k > 0. Rozwi

ażemy teraz (12). Zauważmy,

że rozwi

azaniem równania jednorodnego jest

˜

w

0

(t) = B

1

cos

aπ

2l

t



+ B

2

sin

aπ

2l

t



.

Mo zemy teraz zastosować technik

e przewidywań lub uzmienniania stałych. Przewidujemy rozwi

azanie

szczególne w postaci:

¯

w

0

(t) = Me

−t

dla pewnej stałej M. Wtedy ¯

w

0

(t) = ¯

w

0

(t) i po wstawieniu do równania (12) dostajemy:

Me

−t

+

aπ

2l



2

Me

−t

= Ae

−t

,

1 Przykładowe rozwiązania

8

czyli stała M musi być równa

A(2l)

2

(2l)

2

+(aπ)

2

. Całk

a szczególn

a równania jest wi

ec

¯

w

0

(t) =

A(2l)

2

(2l)

2

+ (aπ)

2

e

−t

.

Ostateczne rozwi

azanie jest sum

a rozw

azania ogólnego i szczególnego, czyli

w

0

(t) = ˜

w

0

(t) + ¯

w

0

(t) = B

1

cos

aπ

2l

t



+ B

2

sin

aπ

2l

t



+

A(2l)

2

(2l)

2

+ (aπ)

2

e

−t

.

Z warunków pocz

atkowych, dostajemy teraz

B

1

= −

A(2l)

2

(2l)

2

+ (aπ)

2

, B

2

=

A(2l)

3

((2l)

2

+ (aπ)

2

) aπ

.

Ostatecznie postać szeregu w rozwi

azaniu u redukuje si

e tylko do składnika z k = 0, wi

ec

u(x, t) = w

0

(t) cos

1

2l

πx



=

(2l)

2

A

(2l)

2

+ (aπ)

2

cos

1

2l

πx

 

− cos

aπ

2l

t



+

2l

aπ

sin

aπ

2l

t



+ e

−t

.

Jak widać jest to rozwi

azanie klasyczne (nie ma szeregu, a wszystkie funkcje wyst

epuj

ace po prawej

stronie s

a klasy C

∞

.)

–300

–200

–100

100

200

300

–4

–2

2

4

t

–50

–40

–30

–20

–10

x

Wykres rozwiązania

Na koniec przypomnijmy tylko, że wspomniana wcześniej matoda uzmienniania stłych dla równania

(12) polega na rozwi

azaniu układu:










0

= B

1

(t) cos



aπ

2l

t

+ B

2

(t) sin



aπ

2l

t

,

Ae

−t

= B

1

(t)



−

aπ

2l

sin



aπ

2l

t

+ B

2

(t)

aπ

2l

cos



aπ

2l

t

i scałkowaniu znalezionych B

1

i B

2

.

1 Przykładowe rozwiązania

9

Zadanie 1.3.

Rozwi

azać zagadnienie

u

xx

= u

tt

(14)

z warunkami pocz

atkowymi

u(x, 0) = sin x, u

t

(x, 0) = 0

(15)

i niejednorodnymi warunkami brzegowymi

u(0, t) = t

2

, u(π, t) = t

3

(16)

dla 0  x  π i t  0.

Należy poszukiwać rozwi

azań w postaci

u(x, t) = W (x, t) + V (x, t),

gdzie funkcja W (x, t) = r

0

(x)t

2

+ r

1

(x)t

3

jest tak dobrana, by spełniała warunki brzegowe niejed-

norodne (czyli wtedy warunki na V b

ed

a jednorodne i b

edzie można j

a znaleźć metod

a rozdzielania

zmiennych). Zwykle r

0

i r

1

s

a funkcjami liniowymi zmiennej x. Możemy wyznaczyć warunki na te

funkcje, skoro W ma spełniać warunki brzegowe (16):

t

2

= W (0, t) = r

0

(0)t

2

+ r

1

(0)t

3

,

czyli r

0

(0) = 1 i r

1

(0) = 0, a z

t

3

= W (π, t) = r

0

(π)t

2

+ r

1

(π)t

3

,

otrzymamy r

0

(π) = 0 i r

1

(π) = 1. Skoro wi

ec s

a to funkcje liniowe zmiennej x, to z postaci r

0

(x) =

ax + b i z warunków na t

e funkcj

e, otrzymujemy, że a = −

1

π

, b = 1, a z postaci r

1

(x) = cx + d i z

warunków na t

e funkcj

e: c =

1

π

, d = 0. Mamy wi

ec

W (x, t) =

−x

π

+ 1



t

2

+

x

π

t

3

.

Łatwo sprawdzić teraz, że V spełnia jednorodne warunki brzegowe.

Przekształcimy teraz równanie (14), używaj

ac znalezionej postaci funkcji W . Ponieważ

W

xx

+ V

xx

= W

tt

+ V

tt

,

1 Przykładowe rozwiązania

10

to dostajemy równanie niejednorodne:

V

xx

= V

tt

+ 2

1 −

x

π



+ 6

x

π

t

(17)

z jednorodnymi warunkami brzegowymi

V (0, t) = V (0, π) = 0

(18)

i z warunkami pocz

atkowymi

V (x, 0) = u(x, 0) − W (x, 0) = sin x, V

t

(x, 0) = u

t

(x, 0) − W

t

(x, 0) = 0.

(19)

Zatem rozwi

azania równania (17) szukamy metod

a rozdzielania zmiennych; V (x, t) = v (x)w (t) dla

równania jednorodnego i otrzymujemy, jak poprzednio

v

(x)

v (x)

= λ =

w

(t)

w (t)

,

z warunkami v (x) = v (π) = 0 dla równania z funkcj

a v : v

(x) − λv (x) = 0. Rozwi

azuj

ac ten

ostatni problem, dostajemy ci

ag wartości własnych λ

k

= −k

2

i odpowiadaj

acy mu ci

ag funkcji

v

k

(x) = sin kx, k = 1, 2, ... . Zatem mamy rozwi

azanie w postaci

V (x, t) =

∞

k=1

w

k

(t) sin kx.

Po wstawieniu do równania różniczkowego (17) dostaniemy

∞

k=1

(−k

2

)w

k

(t) sin kx =

∞

k=1

w

k

(t) sin kx + 2

1 −

x
π



+ 6

x

π

t.

(20)

Ostatnie dwa składniki wyst

epuj

ace po prawej stronie należy teraz rozwin

ac w szereg wzgl

edem

sinusów, aby móc wykonać porównanie wyraz po wyrazie. Mamy

2

1 −

x
π



+ 6

x

π

t =

∞

k=1

a

k

sin kx,

czyli

a

k

=

2

π



π

0



2

1 −

x
π



+ 6

x

π

t



sin kx dx.

Całkuj

ac przez cz

eści, mamy:

a

k

=

2

π



2 −

2x

π

+

6x

π

t



−

1

k

cos kx





π

0

+

1

k



π

0

−

2

π

+

6

π

t



cos kx dx



,

czyli

a

k

=

2

kπ

(−6t cos kπ + 2) .

Wracaj

ac do równania (20), otrzymujemy teraz:

∞

k=1

(−k

2

)w

k

(t) sin kx =

∞

k=1

w

k

(t) sin kx +

∞

k=1

2

kπ

(−6t cos kπ + 2) sin kx.

1 Przykładowe rozwiązania

11

Porównuj

ac teraz wyrazy szeregu, dostajemy równanie różniczkowe zwyczajne niejednorodne

w

k

(t) + k

2

w

k

(t) =

2

kπ

(−6t cos kπ + 2)

z warunkami wyznaczonymi z (19):

sin x = V (x, 0) =

∞

k=1

w

k

(0) sin kx, 0 = V

t

(x, 0) =

∞

k=1

w

k

(0) sin kx.

Wynika st

ad, że w

k

(0) = 0, k = 1, 2, ... , w

1

(0) = 1 i w

k

(0) = 0 dla k = 1. Mamy wi

ec do

rozwi

azania dwa równania:

w

1

(t) + 1

2

w

1

(t) =

2

1 · π

(6t cos(1 · π) − 2) , w

1

(0) = 1, w

1

(0) = 0,

(21)

w

k

(t) + k

2

w

k

(t) =

2

kπ

(6t cos(kπ) − 2) , w

k

(0) = w

k

(0) = 0, dla k = 1, 2, ... .

(22)

Zauważmy, że równanie jednorodne w obu przypadkach jest takie samo:

w

k

(t) + k

2

w

k

(t) = 0,

wi

ec jego rozwi

azaniem jest

˜

w

k

(t) = A sin kt + B cos kt.

Stosujemy metod

e przewidywań (po prawej stronie, jednakowej dla obu obu równań niejednorodnych,

wyst

epuje funkcja liniowa zmiennej t):

¯

w

k

(t) = Mt + N.

Wtedy mamy:

k

2

(Mt + N) =

12 cos kπ

kπ

t −

4

kπ

,

wi

ec N =

12 cos kπ

k

3

π

i N = −

4

k

3

π

. Ostatecznie mamy

w

k

(t) = ˜

w

k

(t) + ¯

w

k

(t) = A sin kt + B cos kt +

12 cos kπ

k

3

π

t − N = −

4

k

3

π

.

Z (22) 0 = w

k

(0) = B −

4

k

3

π

, wi

ec B +

4

k

3

π

, a 0 = w

k

(0) = kA +

12 cos kπ

k

3

π

, wi

ec A = −

12 cos kπ

k

4

π

.

Natomiast z (21) mamy 1 = w

1

(0) = B −

4

π

, wi

ec B = 1 +

4

π

i 0 = w

1

(0) = A −

12

π

implikuje A =

12

π

.

Mamy wi

ec teraz postać wszystkich w

k

i możemy zapisać kolejno rozwi

azania:

w

k

(t) =

4

k

3

π



−

3

k

cos kπ sin kt + cos kt + 3t cos kπ − 1



, k = 2, 3, ... ,

w

1

(t) =

1

π

(12 sin t + (4 + π) cos t − 12t − 4),

2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

12

V (x, t) = w

1

(t) sin x +



∞

k=2

w

k

(t) sin kx =

=

1

π

sin x(12 sin t + (4 + π) cos t − 12t − 4)+

+



∞

k=2

4

k

3

π

sin kx



−

3

k

cos kπ sin kt + cos kt + 3t cos kπ − 1



i ostatecznie

u(x, t) = W (x, t) + V (x, t) =

=



x

π

+ 1

t

2

+

x

π

t

3

+

1

π

sin x(12 sin t + (4 + π) cos t − 12t − 4)+

+



∞

k=2

4

k

3

π

sin kx



−

3

k

cos kπ sin kt + cos kt + 3t cos kπ − 1



.

2

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

1. Zastosować metode¸ Fouriera do wyznaczenia drgań podłużnych pre¸ta o długości jednostkowej

przy naste¸puja¸cych warunkach pocza¸tkowych:

u(x, 0) = ψ(x),

u

t

(x, 0) = 0,

gdzie

ψ(x) =






















0

dla x ∈
0, a,

h(x−a)

b−a

dla x ∈ (a, b), h > 0,

0

dla x ∈
b, 1.

Udowodnić, że otrzymany szereg:

(i) jest zbieżny na całej płaszczyźnie xt, przy czym zbieżność ta jest niemal jednostajna na każdym

prostoka¸cie otwartym ograniczonym prostymi: x ± t = 2k − b, −x ± t = 2k − b k ∈ Z. (Wsk.

Można udowodnić, że jeśli (a

n

) da¸ży monotonicznie do 0, to



∞

n=1

a

n

sin nx jest jednostajnie zbieżny

w każdym przedziale domknie¸tym nie zawieraja¸cym punktów x = 2kπ, k ∈ Z);

(ii) jego suma spełnia warunki pocza¸tkowe w całym przedziale

0, 1 z wyjątkiem punktu x = b;

(iii) sprawdzić, czy otrzymany szereg jest dwukrotnie różniczkowalny wyraz po wyrazie w każdym z

prostoka¸tów z i).

2. Wyznaczyć drgania podłużne pre¸ta o długości jednostkowej przy warunkach pocza¸tkowych u(x, 0) =

0, u

t

(x, 0) = ψ(x), gdzie ψ jest określona, jak w zadaniu poprzednim. Udowodnić, że szereg otrzy-

many metoda¸ Fouriera:

(i) jest zbieżny w całej płaszczyźnie xt,

(ii) jego suma spełnia warunki pocza¸tkowe w całym przedziale

0, 1 z wyja¸tkiem punktu x = b,

2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

13

(iii) stanowi rozwia¸zanie zagadnienia, czyli szereg jest zbieżny jednostajnie i u(x, t) jest klasy C

2

.

3. Rozwia¸zać naste¸puja¸ce równania:

(i) u

tt

= u

xx

+ bx(x − l) przy jednorodnych warunkach pocza¸tkowych i brzegowych u(0, t) =

0, u(l, t) = 0;

(ii)

∂

2

u

∂t

2

=

∂

2

u

∂x

2

+ x(x − l)t

2

przy jednorodnych warunkach pocza¸tkowych i brzegowych u(0, t) =

0, u(l, t) = 0;

(iii)

∂

2

u

∂t

2

= t

α ∂

2

u

∂x

2

, (α > −1) spełniaja¸ce warunki pocza¸tkowe u

|t=0

= ϕ

0

(x),

∂u

∂t |t=0

= ϕ

1

(x) oraz

jednorodne warunki brzegowe u

|x=0

= 0, u

|x=a

= 0.

4. W półpasie a < x < b, t > 0 rozwia¸zać zagadnienie brzegowe u

xx

= u

tt

, u(a, t) = u(b, t) = 0.

Czy jest to rozwia¸zanie jedyne?

5. W półpasie a < x < l, t > 0 rozwia¸zać zagadnienie mieszane dla równania u

tt

= a

2

u

xx

przy

warunkach:

(i) u(0, t) = u(l, t) = 0, u(x, 0) = 0, u

t

(x, 0) = sin

2π

l

x;

(ii) u(0, t) = u

x

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

t

(x, 0) = sin

π

2l

x + sin

3π

2l

x.

6. W półpasie a < x < l, t > 0 rozwia¸zać zagadnienie mieszane dla równania u

tt

= a

2

u

xx

+ f (x)

przy warunkach:

(i) u(0, t) = α, u(l, t) = β, u(x, 0) = ϕ(x), u

t

(x, 0) = ψ(x),

(ii) u

x

(0, t) = α, u

x

(l, t) + hu(l, t) = β, u(x, 0) = u

t

(x, 0) = 0, h > 0.

7. Posługuja¸c sie¸ rozkładem u(x, t) = V (x, t) + W (x, t), rozwia¸zać:

(i) u

xx

= u

tt

u(0, t) = µ(t), u(l, t) = ν(t), u(x, 0) = ϕ(x), u

t

(x, 0) = ψ(x);

(ii) u

xx

= u

tt

+ f (x, t)

u(0, t) = µ(t), u

x

(l, t) + hu(l, t) = ν(t), h > 0, u(x, 0) = 0, u

t

(x, 0) =

ψ(x).

8. W półpasie a < x < l, t > 0 rozwia¸zać zagadnienie mieszane dla równania u

tt

= a

2

u

xx

+ f (x, t)

przy warunku pocza¸tkowym u(x, 0) = 0, u

t

(x, 0) = 0 i naste¸puja¸cym warunku brzegowym i funkcji

f :

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

f (x, t) = Ae

−t

sin

π

l

x,

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

f (x, t) = Axe

−t

,

(iii) u(0, t) = u

x

(l, t) = 0,

f (x, t) = A sin t,

(iv) u

(

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

f (x, t) = Ae

−t

cos

π

2l

x.

BIBLIOGRAFIA

14

9. Rozwia¸zać naste¸puja¸ce zagadnienia mieszane:

(i) u

xx

= u

tt

z warunkami: u(0, t) = t

2

,

u(π, t) = t

3

,

u(x, 0) = sin x,

u

t

(x, 0) = 0, gdzie

0 < x < π, t > 0,

(ii) u

xx

= u

tt

z warunkami: u(0, t) = e

−t

, u(π, t) = t, u(x, 0) = sin x cos x, u

t

(x, 0) = 1, gdzie

0 < x < π, t > 0,

(iii) u

xx

= u

tt

z warunkami: u(0, t) = t, u

x

(π, t) = 1, u(x, 0) = sin

1

2

x, u

t

(x, 0) = 1, gdzie

0 < x < π, t > 0,

(iv) u

tt

= a

2

u

xx

+ sin 2t z warunkami: u

x

(0, t) = t

2

,

u

x

(l, t) =

2

a

sin

2l

a

sin 2t,

u(x, 0) =

0, u

t

(x, 0) = −2 cos

2x

a

, gdzie 0 < x < l, t > 0.

10. Napisać zagadnienie, do którego w wyniku rozdzielenia zmiennych u(x, y , t) = v (x, y )w (t)

sprowadza sie¸ mieszane zagadnienie brzegowe:

u

xx

+ u

yy

− u

tt

= 0,

u(x, y , t) = 0, t > 0, (x, y ) ∈ C ,

u(x, y , 0) = ϕ(x, y ), u

t

(x, y , 0) = ψ(x, y ), (x, y ) ∈ G ,

gdzie G jest obszarem płaszczyzny zmiennych x i y o brzegu C , a ϕ(x, y ) i ψ(x, y ) sa¸ danymi funk-

cjami cia¸głymi.

11. Wykazać, że jeżeli u(x, t) jest rozwiązaniem równania u

xx

− u

tt

= 0, to rozwiązaniem tego

równania jest także funkcja

v (x, t) = u

x

x

2

− t

2

,

t

x

2

− t

2



wszędzie tam, gdzie ona jest określona.

12. Wykazać, że jeżeli u(x, t) o ciągłych pochodnych cząstkowych trzeciego rzędu jest rozwiąza-

niem równania u

xx

− u

tt

= 0, to rozwiązaniem tego równania jest także funkcja

v (x, t) = u

x

x

2

− t

2

,

t

x

2

− t

2



.

Bibliografia

[1] W. I. Arnold, Metody matematyczne mechaniki klasycznej, PWN, Warszawa 1981.

BIBLIOGRAFIA

15

[2] W. I. Arnold, Równania różniczkowe zwyczajne, PWN, Warszawa 1975.

[3] W. I. Arnold, Teoria równań różniczkowych, PWN, Warszawa 1983.

[4] A. W. Bicadze, Równania fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984.

[5] A. W. Bicadze, D. F. Kaliniczenko, Zbiór zadań z równań fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984.

[6] P. Biler Prof. dr hab.- redakcja naukowa, Warsztaty z równań różniczkowych cz

astkowych, Toruń 2003.

[7] Birkholc A. Analiza matematyczna. Funkcje wielu zmiennych, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2002.

[8] D. Bleecker, G. Csordas, Basic Partial Differential Equations, Chapman & Hall, Oxford 1995.

[9] L. Evans, Równania różniczkowe cz

astkowe, PWN, Warszawa 2002.

[10] Fichtenholz G.M. Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1980.

[11] J. Jost, Postmodern Analysis, Springer-Verlag,Berlin-Heidelberg-New York 2002.

[12] W. Kołodziej, Wybrane rozdziały analizy matematycznej, PWN, Warszawa 1982.

[13] H. Marcinkowska, Wst

ep do teorii równań różniczkowych cz

astkowych, PWN, Warszawa 1972.

[14] J. Musielak, Wst

ep do analizy funkcjonalnej, PWN, Warszawa 1976.

[15] Ockendon J., Howison S., Lacey A., Movxhan A., Applied Partial Differential Equations, Oxford University

Press, 2003.

[16] J. Ombach, Wykłady z równań różniczkowych wspomagane komputerowo -Maple, Wydawnictwo Uniwersytetu

Jagiellońskiego, Kraków 1999.

[17] B. Przeradzki, Równania różniczkowe cz

astkowe. Wybrane zagadnienia, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódz-

kiego, Łódź 2000.

[18] B. Przeradzki, Teoria i praktyka równań różniczkowych zwyczajnych, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódzkiego,

Łódź 2003.

[19] M. M. Smirnow, Zadania z równań różniczkowych cz

astkowych, PWN, Warszawa 1970.

[20] P. Strzelecki, Krótkie wprowadzenie do równań różniczkowych cz

astkowych, Wydawnictwo Uniwersytetu War-

szawskiego, Warszawa 2006.

[21] B. W. Szabat, Wstęp do analizy zespolonej, PWN, Warszawa 1974.

[22] Whitham G.B., Lecture notes on wave propagation , Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York 1979.

[23] Zauderer, Partial Differential Equations of Applied Mathemathics, John Wiley & Sons, Singapore-New York-

Chichester-Brisbane-Toronto 1989.