RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE ZWYCZAJNE RZĘDU DRUGIEGO SPROWADZALNE DO RÓWNAŃ RZĘDU PIERWSZEGO

y=y(x)

F(x,y,y',y”) = 0 - zależność tą nazywamy równaniem różniczkowym rzędu

drugiego, gdzie F jest określona jednoznacznie i ciągle w pewnym obszarze.

Zagadnienie początkowe (zagadnienie Cauchy'ego):

Typy równań sprowadzalnych do równań rzędu pierwszego:

1. równanie bez funkcji y:

F(x,y',y”) = 0

y=y(x)

Przykład: y”=y'·ln(y')

Podstawiamy nową funkcję:

y”=y'·ln(y'), y(0), y'(0)=1

Odpowiedź: y=x+2

2. równanie bez zmiennej niezależnej x:

F(y,y',y”) = 0

Podstawienie umowne: u(y)=y'

y”=u'(y)·y'

y”=u'(y)·u(y) , czyli y”=u'·u

Otrzymujemy: F(y,u,u'·u)=0 - jest to równanie rzędu I więc można je rozwiązać

Rozwiązaniem tego równania jest u(y)

Dalej wykorzystujemy zależność: u(y)=y' i obliczamy y=y(x)

Równanie liniowe n-tego rzędu o stałych współczynnikach: a₁, a₂, …, a_n
R

• y⁽ⁿ⁾ + a₁·y^(n-1) + a₂·y^(n-2) + … + a_n-1·y' + a_n·y = b(x)

b(x) - funkcja ciągła zmiennej x

Jest to równanie niejednorodne (RN)

• y⁽ⁿ⁾ + a₁·y^(n-1) + a₂·y^(n-2) + … + a_n-1·y' + a_n·y = 0

Jest to równanie jednorodne (RJ)

Metoda rozwiązywania równania jednorodnego:

• przewidujemy, że możemy rozwiązać równanie do postaci y=e^λx, gdzie λ - stała

y'=λ · e^λx, y”=λ² · e^λx, …, y⁽ⁿ⁾=λⁿ·e^λx

• podstawiamy wszystkie w/w pochodne do równania jednorodnego:

λⁿ·e^λx + a₁·λ^n-1·e^λx + a₂·λ^n-2·e^λx + … + a_n+1·λ·e^λx + a_n·e^λx = 0

e^λx · (λⁿ + a₁·λ^n-1 + … + a_n+1·λ + a_n) = 0 /: e^λx

λⁿ + a₁·λ^n-1 + … + a_n+1·λ + a_n = 0 (równanie charakterystyczne RC)

λ - niewiadoma

Jest to równanie rzędu n-tego.

Przykłady:

λ^2 - 3λ + 2 = 0 (λ-2)(λ-1) = 0 λ1 = 2, λ2 = 1 2 różne rozwiązania rzeczywiste

λ^2 - 2λ + 1 = 0 (λ-1)^2 = 0 λ = 1 1 rozwiązanie dwukrotne rzeczywiste

λ^2 + 1 = 0 λ^2 = - 1 λ1 = i, λ2 = - i 2 rozwiązania różne zespolone i sprzężone

(λ^2 + 1)^2 = 0 λ1 = i, λ2 = - i rozwiązania różne, zespolone, sprzężone i k-krotne

1. Jeśli λ jest rzeczywistym pierwiastkiem jednokrotnym, to odpowiada mu rozwiązanie szczególne:

e^λx

2. Jeśli λ jest pierwiastkiem k-krotnym to odpowiada mu k rozwiązań szczególnych:

e^λx, xe^λx, x²e^λx, …, x^k-1e^λx

3. Jeśli λ jest zespolonym pierwiastkiem jednokrotnym, to odpowiadają mu 2 rozwiązania szczególne:

e^αxcos(βx), e^αxsin(βx)

λ = α + β·i

e^λx = e^(α+β·i)x = e^αx · e^i·βx = e^dx [cos(βx) + i·sin(βx)]

4. Jeśli λ jest zespolonym pierwiastkiem k-krotnym, to odpowiada mu 2k rozwiązań szczególnych:

e^αxcos(βx), e^αxsin(βx), xe^αxcos(βx), xe^αxsin(βx), …, x^k-1 e^αxcos(βx), x^k-1e^αxsin(βx)

Jeśli y₁, y₂, …, y_n są liniowo niezależnymi rozwiązaniami szczególnymi równania jednorodnego, to rozwiązanie ogólne równania jednorodnego (RORJ) ma postać:

y(x) = C₁·y₁ + C₂·y₂ + … +C_n·y_n

C₁, C₂, …, C_n - stałe

Przykłady:

y” - 3y' +2y = 0

λ² - 3λ + 2 = 0

(λ-2)(λ-1) = 0

λ₁ = 2, λ₂ = 1

e^λx = e^2x , e^x

2 różne rozwiązania szczególne

RORJ: y(x) = C₁·e^2x + C₂·e^x

y" - 2y' + y = 0

λ² - 2λ + 1 = 0

(λ-1)² = 0

λ = 1 - pierwiastek podwójny

e^x , xe^x

RORJ: y(x) = C₁·e^x + C₂·xe^x

y" + y = 0

λ² + 1 = 0

λ² = - 1

λ₁ = i, λ₂ = - i

λ + βi = 0 + 1·i

e^0x·cos(1x) e^0x·sin(1x)

cosx sinx

RORJ: y(x) = C₁·cosx + C₂·sinx

(RJ): y⁽ⁿ⁾ + a₁y^(n-1) + a₂y^(n-2) + … + a_n-1y' + a_ny = 0

(RN): y⁽ⁿ⁾ + a₁y^(n-1) + a₂y^(n-2) + … + a_n-1y' + a_ny = b(x)

RORJ: y(x) = C₁y₁(x) + C₂y₂(x) + … + C_ny_n(x)

C₁, C₂, …, C_n - stałe

y₁(x), y₂(x), …, y_n(x) - niezależne RSRJ

y = e^λx

(RC): λⁿ + a, λ^n-1 + … + a_n-1λ + a_n = 0

Rozwiązanie ogólne:

RORN = RORJ + RSRN

RORJ - zależy od stałych C₁, C₂, …, C_n

RSRN - dowolne rozwiązanie szczególne RN

METODA PRZEWIDYWAŃ:

Można ją stosować jeśli prawa strona równania (RN), czyli b(x)=b₁(x) + b₂(x) + … + b_s(x), gdzie każda z funkcji b_i(x), (i=1,2…,s) jest typu:

• Q_p(x) - wielomian stopnia p [α=0]

• Q_p(x) · e^λx

• Q_p(x) · cos(βx)

• Q_p(x) · sin(βx)

• Q_p(x) · e^λx · cos(βx)

• Q_p(x) · e^λx · sin(βx)

Nie mogą występować:

- logarytmy

- funkcje wymierne

- tangensy, pierwiastki

Jeśli:

• b(x) = Q_p(x) · e^αx, to przewidujemy rozwiązanie szczególne:

y_s(x) =
_p(x) · e^αx · x^r

gdzie r jest krotnością α w równaniu charakterystycznym

• b_i(x) = Q_p(x) · e^αx · cos(βx) + R_t(x) · e^αx · sin(βx), to przewidujemy rozwiązanie szczególne:

gdzie r jest krotnością α+βi w RC, a m=max(p,t)

Przykład:

y⁽⁴⁾ + 2y” + y = sinx + e^2x + 1 - 2x

(RC): λ⁴ + 2λ² + 1 = 0

(λ² +1)² = 0

λ = i, λ = - i - podwójne

cos, sinx

xcosx, xsinx

RORJ: y(x) = C₁cosx + C₂sinx + C₃xcosx + C₄xsinx

α = 0, r = 0

b₁(x) = 1 - 2x
y_s = (Ax + B) · e^0x · x^r = (Ax + B) · x⁰ = Ax + B

b₂(x) = e^2x
y_s = D · e^2x · x^r = D · e^2x · x⁰ = E· e^2x

b₃(x) = sinx
(E · sinx + F · cosx) · e^0x · x^r

α + βi = 0 + 1i = i r=2 i jest dwukrotny

y⁽⁴⁾ + 2y” + y = 1-2x y_s = Ax + B

0 + 0 + Ax + B = 1 - 2x y'_s = A

x¹: A = -2 y”_s = 0

x⁰: B = 1 y⁽⁴⁾_s = 0

y⁽⁴⁾ + 2y” + y = e^2x

y_s = De^2x, y'_s = 2De^2x, y”_s = 4De^2x, y”'_s = 8De^2x, y⁽⁴⁾_s = 16De^2x

De^2x (16+8+1)=e^2x /:e^2x

25D = 1

D=

y⁽⁴⁾ + 2y” + y = sinx

y_s(x) = [Esinx + Fcosx] · x²

y_s'(x) = (Ecosx - Fsinx)·x² + (Esinx + Fcosx)·2x

2·y”_s = 2(-Esinx - Fcosx)x² + 2·2x(Ecosx - Fsinx)·2 + 2·(Esinx + Fcosx)·2

y”'_s = (-Ecosx + Fsinx)x² + (-Esinx - Fcosx)·2x(1+2) + 6(Ecosx - Fsinx)

y⁽⁴⁾_s = (Esinx+Fcosx)x²+(-Ecosx+Fsinx)·2x+(-Ecosx+Fsinx)·6x+12(-Esinx-Fcosx)

Excosx(8-2-6) = 0

Fxsinx(-8+2+6) = 0

4(Esinx + Fcosx)

-12Esinx - 12Fcosx = sinx

sinx: -8E = 1

cosx: -8F = 0
F = 0

Odp: RORN = RORJ +

RORN:

METODA UZMIENNIANIA STAŁYCH:

1. Znajdujemy RORJ: y(x) = C₁y₁(x) + C₂y₂(x) + … + C_ny_n(x)

2. Uzmienniamy: C₁ = L₁(x)

C₂ = L₂(x)

C_n = L_n(x)

Dla równania drugiego rzędu mamy:

1. RORJ: y(x) = C₁y₁(x) + C₂y₂(x)

2. y(x) = L₁(x)y₁(x) + L₂(x)y₂(x)

y'(x) = L₁'(x)y₁(x) + L₁(x)y₁'(x) + L₂'(x)y₁(x) + L₂(x)y₂'(x)

założenie pomocnicze: L₁'(x)y₁(x) + L₂'(x)y₂(x) = 0

L₁(x)y₁'(x) + L₂(x)y₂'(x)

y”(x) = L₁'(x)y₁'(x) + L₁(x)y₁”(x) + L₂'(x)y₂'(x) + L₂(x)y₂”(x)

y” + a₁y' + a₂y = b(x)

L₁'(x)y₁'(x) + L₁(x)y₁”(x) + L₂'(x)y₂'(x) + L₂(x)y₂”(x) +

+ a₁L₁(x)y₁'(x) + a_1­L₂(x)y₂'(x) + a₂L₁(x)y₁(x) + a₂L₂(x)y₂(x) = b(x)

(*)

należy znaleźć niewiadome: L₁'(x) i L₂'(x)

Odpowiedź:

RORN: y(x) = L₁(x)·y_s(x) + L₂(x) + y₂(x) + RORJ

y(x) = L₁(x)y₁(x) + L₂(x)y₂(x) + … + L_n(x)y_n(x)

Obliczyć:

L_i'(x), i=1, n,

(λ+1)² = 0 λ = -1 - pierwiastek dwukrotny

RC: λ² + 2λ + 1 = 0 e^-x, xe^-x

RORJ: y(x) = C₁e^-x + C₂xe^-x

Przykład:

y" + 2y' + y =
e^-x

Y(x) = L₁(x)e^-x + L₂(x)xe^-x

Funkcje L₁ i L₂ wyznaczamy z układu równań:

L₁'(x)e^-x + L₂'(x)xe^-x = 0

-L₁'(x)e^-x + L₂'(x)xe^-x · (-x+1) =
e^-x

Rozwiązaniem tego układu są funkcje:

L₁'(x) = -x
, L₂'(x) =

a stąd po scałkowaniu mamy:

L₁(x) =
, L₂(x) =

(należy jeszcze dodać, że przyjęliśmy stałe całkowania równe zeru). Funkcja:

jest całką szczególną, a więc szukana całka ogólna ma postać:

UKŁAD RÓWNAŃ RÓŻNICZKOWYCH LINIOWYCH O STAŁYCH WSPÓŁCZYNNIKACH:

x₁(t), x₂(t), …, x_n­(t) - funkcje zmiennej t

[a_ij]_i,j=1,…,n , a_ij
R

- funkcje ciągłe

• Definicja układu jednorodnego (niejednorodnego):

Układ równań nazywamy jednorodnym, jeśli wszystkie wyrazy wolne są równe zeru, w przeciwnym razie układ nazywamy niejednorodnym.

Rozwiązaniem układu równań (*) nazywamy każdy n - wyrazowy ciąg funkcji:

,

który spełnia ten układ w pewnym przedziale.

α_i
R, i=1,…,n

• Twierdzenie:

Jeśli w układzie równań (*) wszystkie wyrazy wolne są ciągłe w pewnym przedziale E, to dla dowolnego warunku początkowego istnieje dokładnie jedno rozwiązanie tego układu równań, określone w przedziale E i spełniające warunek początkowy.

METODA ELIMINACJI:

Polega ona na sprowadzeniu rozwiązywania układu n równań I rzędu (*) do rozwiązywania pewnego równania różniczkowego rzędu n z jedną funkcją niewiadomą.

n równań I rzędu z n funkcji niewiadomych

^{metodą eliminacji}

1 równanie n-tego rzędu z 1 funkcją niewiadomą

Przykład:

x(t), y(t) - funkcje niewiadome

różniczkujemy pierwsze równanie:

lub x”(t) = x'(t) +
+ 4

eliminujemy x+y z drugiego równania układu początkowego

x(t) - niewiadoma funkcja, która zostaje

y(t) - funkcja, którą będziemy eliminować

x”(t) = x'(t) + x +
+4

z pierwszego równania:

x” = x' + x' - 4t +4

x” - 2x' = -4t + 4 - wielomian I rzędu = (-4t+4)·e⁰

jedno równanie II rzędy z jedną funkcją niewiadomą

RC: r² - 2r = 0

r · (r-2) = 0

r = 0 lub r = 2
x(t) = C₁e^0t + C₂e^2t = C₁ + C₂e^2t

k=1

badamy krotność zera:

x_s = (At + B) · t^k = (At + B) · t¹ = At² + Bt

x_s' = 2At + B

x_s” = 2A

2A - 2(2At + B) = - 4t + 4

t¹: -4A = -4 A = 1

t⁰: 2A - 2B = 4 B = -1

RSRN: x_s = t² - t

x(t) = t² - t + C₁ + C₂ · e^2t

y(t) - szukamy

y(t) = -t² - t - 1 - C₁ + C₂e^2t

RO:

Z warunkami początkowymi
mamy:

Szukamy stałych:

1 = - C₁ + C₂

2C₂ = 4
C₂ = 2

C₁ = 1

Odpowiedź:

Sprawdzenie:

x(0) = 1 + 2 = 3

y(0) = -2 + 2 = 0

Przykład:

x” = y' = -x

x” = -x

x” + x = 0

RC:

r² + 1 = 0

r = + i e^it = cost + i·sint

RO układu równań:

x(0) = 0
C₁cos0 + C₂sin0 = C₁ C₁ = 0

y(0) = 1
-C₁sin0 + C₂cos0 = C₂ C₂ = 1

Odpowiedź:

RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE

• Definicja równania różczniczkowego cząstkowego:

Równaniem różniczkowym czątkowym nazywamy równanie różniczkowe, w którym występuje funkcja niewiadoma dwóch lub więcej zmiennych i jej pochodne cząstkowe.

• Definicja rzędu:

Rzędem równania różniczkowego cząstkowego nazywamy najwyższy rząd pochodnej funkcji niewiadomej występujących w danych równaniach.

Przykład:

u = u(x,y)

- równanie I rzędu

- równanie II rzędu

• Definicja rozwiązania szczególnego równania różniczkowego cząstkowego:

Rozwiązaniem szczególnym lub całką szczególną równania różniczkowego cząstkowego rzędu n w obszarze D nazywamy funkcje klasy Cⁿ (wszystkie pochodne cząstkowe do rzędu n włącznie są ciągłe) w obszarze D spełniającą dane równanie w każdym punkcie obszaru D.

• Definicja rozwiązania ogólnego:

Rozwiązaniem ogólnym lub całką ogólną równania różniczkowego cząstkowego rzędu n w obszarze D nazywamy zbiór wszystkich całek szczególnych tego równania.

UWAGA!!!

Rozwiązanie ogólne równania różniczkowego zwyczajnego zależało od pewnej liczby dowolnych stałych.

Rozwiązanie ogólne równania różniczkowego cząstkowego zależy od pewnej liczby dowolnych funkcji dostatecznie regularnych, odpowiedniej klasy, z których każda jest funkcją takiej samej liczby argumentów o jeden mniejszej od liczby argumentów rozwiązania.

Przykład:

gdzie B,C - dowolne funkcje klasy C¹

Sprawdzenie:

L = P

gdyby:
to nie możemy całkować ani po x ani po y

Przykład:

Metoda uzmienniania stałej:

,

+ e^B(x) = C(x)

Uzmienniamy funkcję C(x):

C(x) = D(x,y) , u(x,y) =

Odpowiedź: u(x,y) =
[E(y) + F(x)]

lub:

u(x,y) = G(y) +
F(x)

RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE LINIOWE II RZĘDU

• Definicja równania różniczkowego cząstkowego liniowego rzędu drugiego:

Równaniem różniczkowym cząstkowym liniowym rzędu drugiego o funkcji u(x,y) nazywamy następujące równanie:

(1)

zał.: A, B, C, D, E, F, G - funkcje klasy C²

A² + B² + C² > 0

• Wyróżnik równania (1):

δ(x,y) = B²(x,y) - 4A(x,y) · C(x,y)

Jeśli

• δ(x,y)>0 to równanie (1) nazywamy równaniem hiperbolicznym (typu hiperbolicznego)

• δ(x,y)=0 to równanie (1) nazywamy równaniem parabolicznym (typu parabolicznego)

• δ(x,y)<0 to równanie (1) nazywamy równaniem eliptycznym (typu eliptycznego)

Przykłady:

• 
  - równanie Laplace'a na płaszczyźnie; A=1, C=1, B=0, δ=-4<0 - równanie

eliptyczne

• 
  - równanie struny (fali płaskiej); A=1, C=-1, B=0, δ=4>0 - równanie

hiperboliczne

• 
  
  - równanie przewodnictwa; A=1, B=0, C=0, δ=0 - równanie paraboliczne

• równanie:
  - równanie Tricomiego

δ = 0 - 4·y

-4y > 0 - r-nie hiperboliczne, dla y<0

-4y = 0 - r-nie paraboliczne, dla y=0

-4y < 0 - równanie eliptyczne, y>0

To samo równanie rozpatrywane w różnych

obszarach może być różnego typu.

UWAGA!!!

Jeśli równanie (1) wyrazimy w poniższej postaci:

A·u_xx + 2B·u_xy + C·u_yy + D·u_x + E·u_y + F·u = G (1')

to:

δ = B² - AC

Sprowadzenie równania (1) do postaci kanonicznej:

Dla równania (1):

A(x,y)·(dy)² - B(x,y)·(dx)·(dy) + C(x,y)·(dx)² = 0 (2)

(2')

(2”)

Równania (2), (2'), (2”) są to równania charakterystyk (równania różniczkowe zwyczajne)

Przykład:

, A(x,y)t² - B(x,y)t + C(x,y) = 0

A, B, C - znane

t - niewiadoma

podstawiamy
i rozwiązujemy równania różniczkowe.

W przypadku, kiedy:

• δ > 0 (równanie hiperboliczne) mamy:

f(x,y) = C₁ , g(x,y) = C₂

• δ = 0 (równanie paraboliczne) mamy:

f(x,y) = C₁

• δ < 0 (równanie eliptyczne) mamy:

α(x,y) + iβ(x,y) = C₁ , α(x,y) - iβ(x,y) = C₂

Wprowadzamy nowe zmienne: ξ i η, które pozwolą nam sprowadzić równanie do postaci kanonicznej.

Dla równania:

• hiperbolicznego:

1. ξ(x,y) = ξ = f(x,y) , η(x,y) = η = g(x,y)

2. ξ = f + g , η = f - g

• parabolicznego:

ξ = f(x,y) , η = h(x,y) - dowolna funkcja NIEZALEŻNA od f

• eliptycznego:

ξ = α(x,y) , η = β(x,y)

gdzie:

Funkcje f(x,y) i h(x,y) są niezależne w obszarze D, jeśli jakobian:

jest różny od zera w obszarze D.

Nowe zmienne: ξ = ξ(x,y) , η = η(x,y)

u(ξ,η) =

(3)

gdzie:

Jeśli wszystkie obliczenia wykonaliśmy prawidłowo, to powinniśmy otrzymać:

• równanie eliptyczne, jeśli A₁ = C₁ ≠ 0 , B₁ = 0 i równanie (3) podzielimy przez A₁:

• równanie paraboliczne, jeśli A₁ = B₁ = 0 , C₁≠0 i równanie (3) podzielimy przez C₁:

• równanie hiperboliczne, jeśli:

1. ξ = f , η = g

A₁ = C₁ = 0 , B₁ ≠ 0

2. ξ = f + g , η = f - g

A₁ = C₁ = 0 , B₁ ≠ 0

Przykład:

Znaleźć rozwiązanie równania:
, spełniające warunki początkowe:

Kolejność czynności:

1. Sprowadzamy równanie do postaci kanonicznej:

δ(x,y) = 9-4·1·(-4) = 25 > 0 - równanie hiperboliczne

t² + 3t - 4 = 0 ,

(t+4)(t-1) = 0

t=-4 , t=1

u(ξ,η) = u(y+4x,y-x)

u_xx - 3u_xy - 4u_yy = 0

2. Rozwiązujemy równanie:

Rozwiązanie:

u(x,y) = B(y-x) + C(y+4x)

gdzie funkcje B i C są klasy C².

Sprawdzenie:

u_x = B'(y-x)·(-1) + C'(y+4x)·4

u_xx = B”(y-x)·(-1)·(-1) + C”(y+4x)·4·4

u_xy = B”(y-x) ·(-1) ·1 + C”(y+4x) ·4·1

u_yy = B” + C”

L = u_xx - 3u_xy - 4u_yy = B” + 16C” - 3(-B”+4C”) - 4(B” + C”) = 0 = P

3. Podstawiamy do warunków początkowych:

Odpowiedź:

I. RÓWNANIE STRUNY (HIPERBOLICZNE)

• Struna nieograniczona

(1)

Zał.: a
R, a>0, nie występują siły zewnętrzne

Okres drgania struny sprężystej nieskończenie długiej, na którą nie działają żadne siły

zewnętrzne. Struna jest naciągnięta wzdłuż osi OX, nie jest zamocowana, w chwili t=0 strunę

swobodnie puścimy.

Warunki początkowe w chwili t=0:

δ=0 - 4·(-a²) = 4a² > 0 - równanie hiperboliczne

Równanie charakterystyk: (dx)² - a²(dt)² = 0

Sprowadzamy równanie (1) do postaci kanonicznej:

u(ξ,η)=u(x-at,x+at)

u_tt - a²u_xx = 0

B, C - dowolne funkcje klasy C²

u(x,t) = F₁(x+At) + F₂(x-at)

t > 0

u(x,0) = f(x)

Wzór d'Alemberta - jest to wzór na rozwiązanie równania struny nieograniczonej z

warunkami początkowymi.

• Twierdzenie o zastosowaniu wzoru d'Alemberta:

Załóżmy, że funkcja f (położenie początkowe) jest klasy C², a funkcja g klasy C¹ na R. Określmy zbiór
.

Zagadnienie z wartością początkową:

ma dokładnie jedno rozwiązanie na zbiorze D, określone wzorem:

• Struna ograniczona

0 < x < l

Końce struny są zamocowane dla x=0, dla x= l

Warunki początkowe:

• Twierdzenie:

Jeżeli funkcja f jest klasy C³ na przedziale <0, l>, a funkcja g jest klasy C² na <0, l> oraz f i g spełniają warunki zgodności:

f(0) = f(l) = f”(0) = f”(l) = g(0) = g(l) = 0

to istnieje dokładnie jedno rozwiązanie zagadnienia:

(1)

które na obszarze
jest określone wzorem:

gdzie:

Wyprowadzenie [metoda Fouriera - rozdzielania zmiennych]:

(2)

Zakładamy, że istnieje niezerowe rozwiązanie zagadnienia (2) w postaci:

funkcje zmiennych rozdzielonych

u_x(x,t) = X'(x) · T(t) u_t(x,t) = X(x) · T'(t)

u_xx(x,t) = X”(x) · T(t) u_tt(x,t) = X(x) · T”(t)

Szukamy rozwiązania niżej wymienionego równania poprzez rozdzielenie zmiennych:

X(x) · T”(t) = a² · X”(x) · T(t)

s t a ł a

Znak stałej:

1. stała = k² > 0

u(x,t) = (C₁e^kx + C₂e^-kx) · T(t)

Podstawiamy warunki zerowe:

x = 0
u(0,t) = 0 = (C₁ + C₂) ·

C₁ + C₂ = 0

C₂ = -C₁

x = l
u(l,t) = 0 = (C₁e^kl + C₂e^-kl) · T(t) = (C₁e^kl - C₁e^-kl) · T(t) =

(*) e^kl - e^-kl =

e^kl = 1 k≠0 lub l ≠0

N I E S P E Ł N I O N E

Gdyby:

C₁ = 0 i C₂ = -C₁ = 0

To:

sprzeczność

Wniosek: stała k nie może być dodatnia!!!

2. stała = 0

Podstawiamy warunki zerowe:

x = 0
u(0,t) = 0 = C₁ ·

C₁ = 0

x = l
u(l,t) = 0 = (
+ C₂l) · T(t) =
= 0
C₂ = 0

u = 0 - sprzeczność

Wniosek: stała nie może być równa 0!!!

3. stała = -k² < 0

Podstawiamy warunki zerowe:

x = 0
u(0,t) = 0 = (C₁·cos0 + C₂·sin0) · T(t) = C₁ ·

C₁ = 0

x = l
u(l,t) = 0 = (C₁coskl + C₂sinkl) · T(t) =

sinkl = 0

kl = n · π

r² + a²k² = 0, r = + i·a·k

T(t) = D₁cos(akt) + D₂sin(akt)

u(x,t) = C₂·sinkx·[D₁·cos(akt) + D₂·sin(akt)]

, n
N

Szereg sinusów Fouriera dla f(x)

Przykład:

- struna zamocowana w x=0, x=l

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

B_n = 0

Równanie falowe na płaszczyźnie	Równanie falowe w przestrzeni
u = u(x,y,t) utt = a^2(uxx + uyy) u(x,y,0) = f(x,y) ut(x,y,0) = g(x,y)	u = u(x,y,z,t) utt = a^2(uxx + uyy + uzz) u(x,y,z,0) = f(x,y,z) ut(x,y,z,0) = g(x,y,z)

RÓWNANIA FALOWE

• Twierdzenie:

Jeśli funkcja f jest klasy C³, funkcja g jest klasy C² na obszarze płaskim D, to istnieje dokładnie jedno rozwiązanie równania fal walcowych: u_tt = a²(u_xx + u_yy) spełniające warunki początkowe:

na D,

które na obszarze
jest określone wzorem POISSONA:

• Twierdzenie:

Jeśli funkcja f jest klasy C³, funkcja g jest klasy C² na obszarze przestrzennym V, to istnieje dokładnie jedno rozwiązanie równania fal kulistych: u_tt = a²(u_xx + u_yy + u_zz) spełniających warunki początkowe:

na V,

które na obszarze
jest określone wzorem POISSONA, KIRCHOFFA:

Przykład:

Odpowiedź:

Sprawdzenie:

u(x,y,0) = x²

u_t = y + 0 + a² · 2t; u_t(x,y,0) = y

u_tt = 2a², u_x = 2x, u_xx = 2

u_y = t, u_yy = 0

L = 2 + 0 -
= 2 - 2 = 0

Przykład:

Odpowiedź: t(y - z) + x² + a²t²

Sprawdzenie:

u_x = 2x, u_xx = 2

u_y = t, u_yy = 0

u_z = -t, u_zz = 0

u_t = y - z + a₂·2t, u_tt = 2a²

L = u_xx + u_yy + u_zz = 2t + 0 + 0 = 2

P =

L = P

u_t=0 = x²

u_t=0 = y - z

II. RÓWNANIE PRZEWODNICTWA CIEPLNEGO (PARABOLICZNE)

u_t = a² · u_xx

u = u(x,t)

I.

- pręt nieograniczony

, t > 0

Przykład:

II.

- pręt ograniczony

gdzie:

u_t = a² · u_xx

u(x,t) = X(x) · T(t) - niezerowe, spełnione u(0,l) = u(l,t) = 0, dla t > 0

X(x) · T'(t) = a² · X”(x) · T(t)

X”(x) = -λ² · X(x)

X”(x) + λ² · X(x) = 0

r² + λ² = 0, r = + λi

X(x) = C₁ · cos(λx) + C₂ · sin(λx)

u(x,t) = [C₁ · cos(λx) + C₂ · sin(λx)] · T(t)

x = 0
u(0,t) = [C₁ · cos0 + C₂ · sin0] · T(t) = C₁ ·
C₁ = 0

x = l
u(l,t) =
· sin(λl) ·
= 0

sin(λl) = 0 , λl = nπ

X(x) = C₂ · sin

u(x,t) = C₂ · sin
· T(t)

,

u(x,t) = C₂ · sin
· T(t) = C₂ · sin
· C₃ · exp

u(x,t) =

u_t = a² · u_xx

x
<0,l>

Jest to rozwinięcie funkcji f w szereg sinusów Fouriera. Stąd:

Przykład:

III. RÓWNANIE LAPLACE'A (ELIPTYCZNE)

Równanie Laplace'a (eliptyczne) rozpatrujemy w kole, a warunki początkowe na okręgu.

Jeżeli rozwiązujemy równanie Laplace'a w kole to, wprowadzamy współrzędne biegunowe:

x = rcosφ

y = rsinφ

u(x,y) = g(φ), na brzegu r = a

Równanie Laplace'a ma zatem postać:

gdzie:

k = 0,1,2,3,…

a^k - promień okręgu do potęgi k

Przykład:

Przykład:

Sprawdzenie:

u = rsinφ u_φ = rcosφ

u_r = sinφ u_φφ = r · (-sinφ)

u_rr = 0

L =
= P

RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE CZĄSTKOWE RZĘDU PIERWSZEGO

• liniowe

• quasi - liniowe

Założenia:

u = u(x,y)

u = u(x,y,z)

u = u(x₁,x₂,…,x_n)

• liniowe:

• quasi - liniowe:

METODA ROZWIĄZYWANIA W/W RÓWNAŃ:

Budujemy pomocniczy układ równań (charakterystyk):

- umowny zapis układu równań różniczkowych

Przykład:

- jest to możliwe, bo jest to zapis umowny!

- rozwiązanie ogólne

Ψ - dowolna funkcja klasy C¹

• Twierdzenie:

Jeżeli: Ψ₁(x₁,x₂,…,x_n,u)

Ψ₂(x₁,x₂,…,x_n,u)

Ψ₃(x₁,x₂,…,x_n,u)

są rozwiązaniami (całkami) niezależnymi układu (*), to rozwiązanie ogólne równanie jest postaci:

gdzie Φ jest dowolną funkcją klasy C¹ (w postaci uwikłanej).

Przykład:

Jeśli u jest tylko w jednym miejscu, to mamy:

gdzie Ψ jest dowolną funkcją klasy C¹.

Przykłady:

• 
  

• 
  

Przykład: Znaleźć rozwiązanie równania różniczkowego:

(znaleźć powierzchnię całkową przechodzącą przez krzywą z = φ(y), dla x = 0).

1. z = z(x,y)

Rozwiązanie ogólne:

Φ(x² + y²,z) = 0

z = Ψ(x² + y²)

Sprawdzenie:

z = Ψ(x² + y²), z = z(x,y)

,

2. 
   

Z otrzymanego układu równań należy wyeliminować wszystkie zmienne i zostawić w nim tylko zależność tylko od stałych: α(C,D) = 0

Z otrzymanej zależności: α(C,D) = 0, podstawiamy za C i D lewe strony całek pierwszych:

Sprawdzenie:

x = 0
, y > 0

Własność proporcji:

c · k · b = d · k · a

ad = bc

a · (b + d) = b · (a + c)

ab + ad = ba + bc

ad = bc

Przykład:

37

0

y

x

0

y

x

0

y

x

a

a

y

x

---