SPIS TREŚCI

1

Równanie Laplace’a i Poissona

Spis treści

1

Przykładowe rozwiązania

2

2

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

9

1 Przykładowe rozwiązania

2

1

Przykładowe rozwiązania

Najprostszym przykładem równania eliptycznego jest równanie Laplace’a:

∆u = 0,

gdzie ∆ =

n

i=1

∂

2

∂x

2

i

jest operatorem Laplace’a.

Zadanie 1.1.

Znaleźć rozwi



azanie u(r , ϕ) równania Laplace’a wewn



atrz pierścienia a

< r < b, spełniaj



ace warunki

brzegowe:

u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ.

Mamy wi



ec równanie ∆f (x, y ) = 0 z warunkami na zmienne r i ϕ :

u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ,

gdzie

ϕ ∈ 0, 2π , r ∈ (a, b). Ponieważ rozwi



azanie musi być okresowe o okresie 2π, wi



ec należy

dołożyć jeszcze warunek pocz



atkowy

u(r , 0) = u(r , 2π) = 0,

natomiast warunki zgodności wymuszaj



a, by A = 0.

Równanie f

xx

+ f

yy

= 0 trzeba zapisać w zmiennych r i ϕ, zatem robimy zamian



e zmiennych na

współrz



edne biegunowe x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Wtedy r =

√

x

2

+ y

2

i

ϕ = arcsin

y

√

x

2

+y

2

. St



ad

u(r , ϕ) = u



x

2

+ y

2

, arcsin

y

√

x

2

+ y

2



= f (x, y ).

Liczymy odpowiednie pochodne:

f

xx

= u

rr

cos

2

ϕ + u

rϕ



−2

r

sin ϕ cos ϕ



+ u

ϕϕ

sin

2

ϕ

r

2

+ u

r

sin

2

ϕ

r

+ u

ϕ



2

r

2

sin ϕ cos ϕ



,

f

yy

= u

rr

sin

2

ϕ + u

rϕ



2
r

sin ϕ cos ϕ



+ u

ϕϕ

cos

2

ϕ

r

2

+ u

r

cos

2

ϕ

r

+ u

ϕ



−2

r

2

sin ϕ cos ϕ



i wstawiamy je do równania, gdzie po odpowiedniej redukcji dostajemy:

u

rr

+

1

r

2

u

ϕϕ

+

1
r

u

r

= 0

(1)

1 Przykładowe rozwiązania

3

z warunkami

u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ, u(r , 0) = u(r , 2π) = 0.

(2)

Rozwi



azania poszukujemy teraz metod



a rozdzielania zmiennych:

u(r , ϕ) = v (ϕ)w (r ).

Po odpowiednim zróżniczkowaniu i wstawieniu do (1) dostajemy:

v (ϕ)w

(r ) +

1

r

2

v

(ϕ)w (r ) +

1
r

v (ϕ)w

(r ) = 0,

czyli

v

(ϕ)

v (ϕ)

= λ = −

w

(r ) +

1

r

w

(r )

w (r )

r

2

.

Z pierwszej cz



eści tej równości dostajemy równanie

v

(ϕ) − λv (ϕ) = 0

z warunkami v (0) = v (2π) = 0. Wtedy rozwi



azania v maj



a postać

v

k

(ϕ) = A

k

sin



−λ

k

ϕ + B

k

cos



−λ

k

ϕ,

a z warunków B

k

= 0, co implikuje, że λ

k

= −k

2

s



a ci



agiem wartości własnych i odpowiadaj



a im

funkcje v

k

(ϕ) = sin kϕ, gdzie k = 1, 2, ... . Zatem teraz

u(r , ϕ) =

∞



k=1

w

k

(r ) sin kϕ

wstawiamy do równania (1) i dostajemy

∞



k=1

w

k

(r ) sin kϕ −

1

r

2

∞



k=1

k

2

w

k

(r ) sin kϕ +

1
r

∞



k=1

w

k

(r ) sin kϕ = 0.

Porównujemy teraz te szeregi wyraz po wyrazie, dostaj



ac:

r

2

w

k

(r ) + rw

k

(r ) − k

2

w

k

(r ) = 0,

które jest równaniem Eulera. Przy tego typu równaniu (nie ma stałych współczynników) poszukujemy

rozwi



azania w postaci: w

k

(r ) = r

γ

. Wtedy w

k

(r ) = γr

γ−1

i w

k

(r ) = γ(γ − 1)r

γ−2

. Po wstawieniu

do równania Eulera mamy

r

2

γ(γ − 1)r

γ−2

+ r γr

γ−1

− k

2

r

γ

= 0.

Wykonujemy redukcj



e i ostatecznie mamy równanie na stał



a γ : γ

2

− k

2

= 0, czyli γ = ±k. St



ad

rozwi



azaniem jest

w

k

(r ) = a

k

r

k

+ b

k

r

−k

.

1 Przykładowe rozwiązania

4

Skorzystamy teraz z warunków (2) dla u(r , ϕ) :

0 = u(a, ϕ) =

∞



k=1

w

k

(a) sin kϕ

=⇒ w

k

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

B sin 2ϕ = u(b, ϕ) =

∞



k=1

w

k

(b) sin kϕ

=⇒ w

k

(b) = 0, k = 2, w

2

(b) = B.

Z wyznaczonych warunków zanjdziemy stałe a

k

i b

k

. Mamy dla k = 2 :










a

k

a

k

+ b

k

a

−k

= 0,

a

k

b

k

+ b

k

b

−k

= 0,

czyli a

k

= b

k

= 0, ponieważ wyznacznik tego układu jest niezerowy, oraz z










a

2

a

2

+ b

2

a

−2

= B,

a

2

b

2

+ b

2

b

−2

= 0,

dostajemy

a

2

=

Bb

2

b

4

− a

4

, b

2

= −

a

4

b

2

B

b

4

− a

4

.

Podsumujmy wi



ec, że

w

2

(r ) =

Bb

2

b

4

− a

4



r

2

−

a

4

r

2



i dla pozostałych k :

w

k

(r ) ≡ 0.

Zatem w rozwi



azaniu u szereg redukuje si



e do tylko jednego wyrazu, czyli

u(r , ϕ) =

Bb

2

b

4

− a

4



r

2

−

a

4

r

2



sin 2ϕ

i jest to rozwi



azanie klasyczne.

–2

1

2

–1

1

2

–2

–1

1

2

Wykres rozwiązania - widok “naturalny”

1 Przykładowe rozwiązania

5

a)

–0.5

–1

–0.5

1

–1

1

b)

1.2

1.4

1.6

1.8

2

–1.5

–1

–0.5

0 0.5

1

1.5

–1.5

–1

–0.5

1

1.5

c)

–2

–1

0

1

2

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

r

1

2

3

4

5

6

t

Wykres rozwiązania we współrzędnych:

a) sferycznych, b) walcowych, c) kartezjańskich

Zadanie 1.2.

Rozwi



azać równanie Laplace’a

u

xx

+ u

yy

= 0

w prostok



acie 0 < x < a, 0 < y < b z warunkami:

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

(3)

u (x, 0) = f (x) , u (x, b) = g (x) .

(4)

Warunki zgodności wymagaj



a, by założyć f (0) = g (0) = 0 i f (a) = g (a) = 0. Funkcji u szukamy

metod



a Fouriera. Przypuśćmy, że rozwi



azanie istnieje i ma postać:

u (x, y ) =



k

v

k

(x) w

k

(t).

Jeżeli każdy składnik tej sumy spełnia równanie różniczkowe, to:

v

k

(x) w

k

(t) + v

k

(x) w

k

(t) = 0,

(5)

czyli

v

k

(x)

v

k

(x)

= −

w

k

(t)

w

k

(t)

=: λ

k

,

1 Przykładowe rozwiązania

6

gdzie

λ

k

jest stał



a. Jeśli zaż



adamy z kolei, by każdy składnik sumy spełniał warunki (3), to:

v

k

(0) w

k

(t) = 0 = v

k

(a) w

k

(t) ,

czyli funkcja v

k

musi być rozwi



azaniem nast



epuj



acego zagadnienia:










v

k

(x) − λ

k

v

k

(x) = 0,

v

k

(0) = v

k

(a) = 0.

(6)

Łatwo zauważyć, że dla

λ  0 mamy tylko trywialne rozwi



azania równania (6). Załóżmy wi



ec, że

λ

k

< 0. Wtedy:

v

k

(x) = C

1

cos



−λ

k

x + C

2

sin



−λ

k

x .

Ponieważ v

k

(0) = 0, to C

1

= 0 a z warunku v

k

(a) = 0 dostajemy C

2

sin

√

−λ

k

a = 0, czyli

√

−λ

k

a =

k

π, k ∈ Z. Ostatecznie dla λ

k

= −



kπ

a

2

, k ∈ Z, funkcje v

k

(x) = sin

kπ

a

x s



a nietrywialnymi

rozwi



azaniami (6).

Z równania (6) wynika teraz, że:

−



k

π

a



2

sin

k

π

a

xw

k

(t) + sin

k

π

a

xw

k

(t) = 0,

w

k

(t) −



k

π

a



2

w

k

(t) = 0.

Rozwi



ażemy ostatnie równanie. Niech w

k

(t) = e

α

k

t

, to w

k

(t) = α

2

k

e

α

k

t

i

α

2

k

e

α

k

t

−



k

π

a



2

e

α

k

t

= 0,

α

2

k

=



k

π

a



2

,

α

k

= ±

k

π

a

.

Zatem

w

k

(t) = c

k

e

kπ

a

t

+ d

k

e

−

kπ

a

t

.

St



ad rozwi



azaniem równania jest

u (x, t) =

∞



k=12

sin

k

π

a

x



c

k

e

kπ

a

t

+ d

k

e

−

kπ

a

t

.

(7)

Wystarczy znaleźć jeszcze stałe c

k

i d

k

. Wyznaczamy je, wykorzystuj



ac warunki brzegowe (4):

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

∞



k=1

sin

k

π

a

x (c

k

+ d

k

),

(8)

1 Przykładowe rozwiązania

7

g (x) = u (x, b) =

∞



k=1

sin

k

π

a

x



c

k

e

kπb

a

+ d

k

e

−

kπb

a

.

(9)

St



ad wniosek, że c

k

+ d

k

s



a współczynnikami rozwini



eć w szereg Fouriera wzgl



edem sin

kπ

a

x funkcji

f , a c

k

e

kπb

a

+ d

k

e

−

kπb

a

s



a współczynnikami dla rozwini



ecia funkcji g :

c

k

+ d

k

=

2
a



a

0

f (x) sin

k

π

a

x dx =: F ,

c

k

e

kπb

a

+ d

k

e

−

kπb

a

=

2
a



a

0

g (x) sin

k

π

a

x dx =: G .

Mamy wi



ec:










c

k

+ d

k

= F ,

c

k

e

kπb

a

+ d

k

e

−

kπb

a

= G .

Łatwo wyliczyć, że:

c

k

=

Fe

−

kπb

a

− G

e

−

kπb

a

− e

kπb

a

, d

k

=

Fe

kπb

a

e

−

kπb

a

− e

kπb

a

,

czyli

c

k

= −



a

0



f (x) e

−

kπb

a

− g (x)



sin

kπ

a

x dx

a sinh

kπb

a

,

d

k

= −



a

0



g (x) − f (x) e

kπb

a



sin

kπ

a

x dx

a sinh

kπb

a

.

Zauważmy, że funkcji hiperbolicznych można użyć już wcześniej, w postaci u (7):

u (x, t) =

∞



τ=1

sin

k

π

a

x



˜

c

k

cosh

k

π

a

t + ˜

d

k

sinh

k

π

a

t



i wtedy rachunki s



a łatwiejsze, gdyż z warunków brzegowych (4) mamy teraz:

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

∞



k=1

sin

k

π

a

x

· ˜

c

k

,

g (x) = u (x, b) =

∞



k=1

sin

k

π

a

x



˜

c

k

cosh

k

πb

a

+ ˜

d

k

sinh

k

πb

a



.

Korzystaj



ac z rozwini



ecia f i g w szereg Fouriera, otrzymujemy:

˜

c

k

=

2
a



a

0

sin

k

π

a

x dx

i

˜

c

h

cosh

k

πb

a

+ ˜

d

k

sinh

k

πb

a

=

2
a



a

0

g (x) sin

k

π

a

s dx ,

czyli

˜

d

k

sinh

k

πb

a

=

2
a



a

0

g (x) sin

k

π

a

x dx

− ˜

c

k

cosh

k

πb

a

=

=

2
a



a

0

g (x) sin

k

π

a

x dx

−

2
a

cosh

k

πb

a



a

0

f (x) sin

k

π

a

x dx =

1 Przykładowe rozwiązania

8

=

2
a



a

0



g (x) − cosh

k

πb

a

f (x)



sinh

k

π

a

x dx,

dla k = 1, 2, 3, ...

Jeśli natomiast rozwi



azanie u w (7) zapiszemy jako:

u (x, t) =

∞



k=1

sin

k

π

a

x



ˆ

c

k

sinh



k

π

a

(t − b)



+ ˆ

d

k

sinh

k

π

a

t



,

(10)

to z warunków brzegowych (4) mamy:

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

∞



k=1

sin

k

π

a

x

· ˆ

c

k

sinh



−

k

π

a

b



,

(11)

g (x) = u (x, b) =

∞



k=1

sin

k

π

a

x

· ˆ

d

k

sinh



k

π

a

b



.

(12)

Korzystaj



ac znowu z rozwini



ecia f i g w szereg Fouriera, mamy:

ˆ

c

k

=

2

a



a

0

f (x) sin

kπ

a

x dx

sinh



−

kπ

a

b

,

(13)

ˆ

d

k

=

2

a



a

0

g (x) sin

kπ

a

x dx

sinh



kπ

a

b

(14)

dla k = 1, 2, ... . Równania (13) i (14) s



a najcz



eściej spotykane w literaturze, st



ad zapiszemy

rozwi



azanie u w postaci (10), gdzie ˆ

c

k

i ˆ

d

k

s



a wyrażone równaniami (13) i (14).

Zastanówmy si



e teraz nad różniczkowaniem szeregu:

∞



k=1

u

k

(x, t) =

∞



k=1

sin

k

π

a

x



ˆ

c

k

sinh



k

π

a

(t − b)



+ ˆ

d

k

sinh

k

π

a

t



(15)

wyraz po wyrazie. Załóżmy, że mamy oszacowanie na całki:



a

0

|f (x)| dx  m i



a

0

|g (x)| dx  m

dla pewnej stałej m. Zauważmy też, że

sinh x =

1
2



e

x

− e

−x



1
2

e

x

dla x

 0. St



ad dostajemy:







ˆ

c

k

sinh



k

π

a

(t − b)









2

a



a

0

|f (x)|





sin

kπ

a

x





dx

·





sinh



kπ

a

(t − b)









sinh



−

kπ

a

b









2

a

m





e

kπ

a

(t−b)

− e

−

kπ

a

(t−b)









e

−kπ

a

b

− e

kπ

a

b





=

2

a

m





e

−

kπ

a

(b−t)

− e

kπ

a

(b−t)





e

kπb

a



1 − e

−

2kπb

a



2

a

m

·

1

2

e

kπ

a

(b − t)

e

kπb

a



1 − e

−

2kπb

a

=

2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

9

=

m

a

e

−

kπ

a

t

1 − e

−

2kπb

a

.

Podobne oszacowanie dostajemy dla ˆ

d

k

:







ˆ

d

k

sinh

k

π

a

t









2

a



a

0

|g (x)|





sin

kπ

a

x





dx

·





sinh

kπ

a

t









sinh



kπ

a

b







2

a

m





e

kπ

a

t

− e

−

kπ

a

t









e

kπ

a

b

− e

−

kπ

a

b









2

a

m

·

1

2

e

kπ

a

t

· e

kπ

a

b

· e

−

kπ

a

b

e

kπ

a

b



1 − e

−

2kπ

a

b

=

m

a

e

kπ

a

t

e

−

kπ

a

b

1 − e

−

2kπ

a

b

=

m

a

e

−

kπ

a

(b−t)

1 − e

−

2kπ

a

b

.

Zatem wyrazy szeregu (15) możemy oszacować:

|u

k

(x, t)| 

m

a

e

−

kπt

a

1 − e

−

2kπb

a

+

m

a

e

−

kπ

a

(b−t)

1 − e

−

2kπb

a

=

m

a

1 − e

−

2kπ

a

b



e

−

kπ

a

t

+ e

−

kπ

a

(b−t)

,

czyli

|u

k

(x, t)| jest ograniczone przez funkcje malej



ace w sposób wykładniczy dla dużych k, w otwar-

tym przedziale 0 < t < b (dla t = 0 nie ma takiego oszacowania przy



c

k

, a dla t = b przy



d

k

).

St



ad szereg (15) może być różniczkowany wyraz po wyrazie tyle razy, ile zaż



adamy dla t ∈ (0, b) i

u(x, y ) b



edzie spełniać równanie Laplace’a i warunki (3). Aby móc twierdzić, że rozwi



azanie u(x, t)

jest ci



agłe dla 0  t  b i spełnia warunki (4), musimy wiedzieć, że szeregi (11) i (12) s



a jednostajnie

zbieżne dla x

∈ 0, a . Ale tak jest dla założonych na pocz



atku f (0) = g (0) = f (a) = g (a) = 0,

dodatkowej ci



agłości f (x) i g (x) oraz f

(x) i g

(x) kawałkami ci



agłych dla x ∈ 0, a .

2

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

1. Znaleźć funkcje harmoniczne u(r , ϕ) wewna¸trz pierścienia a < r < b, spełniaja¸ce odpowied-

nie warunki brzegowe:

(i) u(a, ϕ) = 0, u(b, ϕ) = cos ϕ,

(ii) u

r

(a, ϕ) = q cos ϕ, u(b, ϕ) = Q + T sin 2ϕ.

2. Znaleźć funkcje harmoniczne w wycinku kołowym 0 < r < R, 0 < ϕ < α, spełniaja¸ce od-

powiednie warunki brzegowe:

(i) u(r , 0) = u(r , α) = 0, u(R, ϕ) = Aϕ,

(ii) u(r , 0) = u(r , α) = 0, u(R, ϕ) = f (ϕ).

3. Znaleźć rozwia¸zania u(x, y ) równania Laplace’a w prostoka¸cie 0 < x < p, 0 < y < s spełniaja¸ce

odpowiednie warunki brzegowe:

2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

10

(i) u(0, y ) = u

x

(p, y ) = 0, u(x, 0) = 0, u(x, s) = f (x),

(ii) u

x

(0, y ) = u

x

(p, y ) = 0, u(x, 0) = A, u(x, s) = Bx,

(iii) u(0, y ) = U, u

x

(p, y ) = 0, u

y

(x, 0) = T sin

πx

2p

, u(x, s) = 0.

(Wsk. W rozwia¸zaniu pojawia¸ sie¸ funkcje: sinus hiperboliczny i cosinus hiperboliczny.)

4. Znaleźć rozwia¸zania u(x, y ) równania Laplace’a w półpasie 0 < x < ∞, 0 < y < l spełniaja¸ce

odpowiednie warunki brzegowe:

(i) u(x, 0) = u

y

(x, l) = 0, u(0, y ) = f (y ), lim

x→∞

u(x, y ) = 0,

(ii)



u

y

(x, 0) = u

y

(x, l) + hu(x, l) = 0, gdzie h > 0, u(0, y ) = f (y ), lim

x→∞

u(x, y ) = 0.

5. Podać postać operatora Laplace’a:

(i) we współrzędnych walcowych x = r cos φ, y = r sin φ, z = z,

(ii) w spłaszczonych współrzędnych sferycznych: x = ξη sin φ, y =



(ξ

2

− 1)(1 − η

2

), z = ξη cos φ.

6. Niech funkcja u = u(x

1

, x

2

, ... , x

n

) będzie harmoniczna. Zbadać, czy funkcja

(i) u(Cx) dla C będącej macierzą ortogonalną stałą,

(ii) u(x + h) dla h = (h

1

, h

2

, ... , h

n

) będącego wektorem stałym

jest harmoniczna.

7. Czy funkcja harmoniczna w otwartym i ograniczonym zbiorze D, różna od stałej, może w tym

zbiorze osiagać swoje minimum? Odpowiedź uzasadnić.

8. Czy funkcja harmoniczna i ograniczona w

R

n

może zmieniać znak? Odpowiedź uzasadnić.

9. Czy funkcja harmoniczna w

R

n

, różna od stałej, może zachowywać znak? Odpowiedź uzasad-

nić.

10. Pokazać, że dla funkcji Φ będącej rozwiązaniem podstawowym równania Laplace’a zachodzi

oszacowanie

|DΦ(x)| 

C

||x||

n−1

dla x

∈ R

n

i x

= 0, w przypadku n = 2 lub n = 3.

11. Pokazać, że dla funkcji Φ będącej rozwiązaniem podstawowym równania Laplace’a zachodzi

oszacowanie

|D

2

Φ(x)| 

C

||x||

n

BIBLIOGRAFIA

11

dla x

∈ R

n

i x

= 0, w przypadku n = 2.

12. Sprawdzić, że w przypadku n = 2 funkcją Greena dla kuli jednostkowej B(0, 1) jest

G (x, y ) := Φ(y − x) − Φ(||x||(y − ¯x))

dla x

= y, gdzie Φ jest rozwiązaniem fundamentalnym, a ¯x jest punktem sprzężonym do x względem

powierzchni

∂B(0, 1).

Bibliografia

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

[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.

BIBLIOGRAFIA

12

[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.