Nenad Antonić Parcijalne diferencijalne jednadžbe

D’Alembertova formula

Rješenje Cauchyjeve zadaće za valnu jednadžbu na R × R_{0}^{+}:

\begin{aligned}u_{tt} − c^{2}u_{xx} & = f \\ u(·, 0) & = u_{0} \\ u_{t}(·, 0) & = u_{1} \end{aligned}

dano je D’Alembertovom formulom:

u(x, t) = \frac{u_{0}(x + ct) + u_{0}(x − ct)}{2} + \frac{1}{2c} ∫_{x−ct}^{x+ct} u_{1}(ξ) dξ + \frac{1}{2c} ∫_{0}^{t} ∫_{x−c(t−τ)}^{x+c(t−τ)} f(ξ, τ) dξ dτ .

Zadaci.

1. f(x, t) = 6, u_{0}(x) = x^{2}, u_{1}(x) = 4x, c = 1 [(x + 2t)^{2}]

2. f(x, t) = xt, u_{0}(x) = x^{2}, u_{1}(x) = x, c = 2 [x^{2} + xt + 4t^{2} + \frac{1}{6}xt^{3}]

3. f(x, t) = sin x, u_{0}(x) = sin x, u_{1}(x) = 0, c = 1 [sin x]

4. f(x, t) = e^{x}, u_{0}(x) = sin x, u_{1}(x) = x + cos x, c = 1 [xt + sin(x + t) − (1 − cht)e^{x}]

5. f(x, t) = sin x, u_{0}(x) = 1, u_{1}(x) = 1, c = 3 [1 + t + \frac{1}{9}(1 − cos 3t) sin x]

6. f(x, t) = sin ωx, u_{0}(x) = 0, u_{1}(x) = 0; c, ω ∈ R^{+} [\frac{1}{c^{2}ω^{2}} (1 − cos cωt) sin ωx]

7. f(x, t) = sin ωt, u_{0}(x) = 0, u_{1}(x) = 0; c, ω ∈ R^{+} [\frac{t}{ω} − \frac{1}{ω^{2}} sin ωt]

8. Pretpostavimo da podaci zadovoljavaju dovoljne uvjete za postojanje klasičnog rješenja homogene valne jednadžbe u C^{2}(R × R^{+}) ⋂ C^{1}(R × R_{0}^{+}) (dakle, u_{0} ∈ C^{2}(R), u_{1} ∈ C^{1}(R)), te da za |x| ≥ δ > 0 vrijede nejednakosti:

\begin{aligned}m|x|^{α} ≤ u_{0}(x) & ≤ M|x|^{α} \\ m|x|^{α−1} ≤ u_{1}(x) & ≤ M|x|^{α−1} , \end{aligned}

gdje su α > 0 i M > m > 0.

Pokazati da za svaku točku x_{0} ∈ R postoje pozitivni brojevi t_{0}, C_{1} i C_{2} takvi da za svaki t ≥ t_{0} vrijedi sljedeća ocjena:

C_{1}t^{α} ≤ u(x_{0}, t) ≤ C_{2}t^{α} .

9. Riješiti Cauchyjevu zadaću na R × R_{0}^{+};

\{ \begin{matrix}w_{x} − \frac{1}{E} σ_{t} & = 0 \\ σ_{x} − ρw_{t} & = 0 , \end{matrix}
w(·, 0) = φ ,
σ(·, 0) = ψ ,

gdje su E i ρ pozitivne konstante.

10. Riješiti Cauchyjevu zadaću na R × R_{0}^{+}:

\{ \begin{matrix}2u_{t} − u_{x} − v_{x} & = 0 \\ 2v_{t} − u_{x} − v_{x} & = 0 , \end{matrix}
u(·, 0) = 0 ,
v(·, 0) = 2x .

11. Riješiti Goursatovu zadaću na području gdje je t ≥ |x|:

\begin{aligned}u_{tt} − u_{xx} & = 0 \\ u(x, x) & = φ(x), x > 0 \\ u(x, −x) & = ψ(x), x < 0, , \end{aligned}

ako je φ(0) = ψ(0).

6. prosinca 1995.

D’Alembertova formula

Metoda refleksije

Primjer. Pogledajmo primjer valova na neograničenoj žici. Radi odredenosti specificirajmo da rješavamo početno-rubnu zadaću na R_{0}^{+} × R_{0}^{+}:

\begin{aligned}u_{tt} − c^{2}u_{xx} & = 0 \\ u(0, ·) & = 0 \\ u(·, 0) & = u_{0} \\ u_{t}(·, 0) & = u_{1} , \end{aligned}

gdje smo pretpostavili Dirichletov uvjet u x = 0.

Najprije pokažimo da je svako klasično rješenje gornje valne jednadžbe oblika:

u(x, t) = g(x + ct) − g(−x + ct) ,

pri čemu je funkcija g klase C^{2} na R.

Zaista, znamo da je svako rješenje valne jednadžbe oblika u(x, t) = f(x − ct) + g(x + ct), što zbog rubnog uvjeta daje 0 = u(0, t) = f(−ct) + g(ct), odnosno f(s) = −g(−s).

Pogledajmo kako izgleda slika:

Opažamo da val koji putuje nalijevo udara u zid, dobiva pomak u fazi i odbija se, što je poznato ponašanje pri refleksiji valova.

Da bismo dobili rješenje u analitičkom obliku, produljimo klasično rješenje u ∈ C^{2}(R^{+} × R^{+}) po neparnosti na x < 0. Pretpostavimo da je to produljenje klase C^{2}(R × R^{+}) i označimo ga s ũ. Početni uvjeti tada glase ũ(·, 0) = ũ_{0} i ũ_{t}(·, 0) = ũ_{1}. Ako je proširenje ũ_{0} funkcije u po neparnosti klase C^{2}(R), a proširenje ũ_{1} funkcije u_{1} po parnosti klase C^{1}(R), to jest ako je u_{0}(0) = u′′_{0}(0) = u_{1}(0) = 0, onda je rješenje dano D’Alembertovom formulom za x ≥ 0:

u(x, t) = \frac{ũ_{0}(x + ct) + ũ_{0}(x − ct)}{2} + \frac{1}{2c} ∫_{x−ct}^{x+ct} ũ_{1}(ξ) dξ .

Za x − ct ≥ 0 formula ima isti oblik kao i D’Alembertova formula na R, dok za x − ct ≤ 0 formula glasi (jer je ũ_{0}(x − ct) = −u_{0}(−x + ct), odnosno ũ_{1}(ξ) = −u_{1}(−ξ)):

u(x, t) = \frac{u_{0}(x + ct) − u_{0}(ct − x)}{2} + \frac{1}{2c} ∫_{ct−x}^{x+ct} u_{1}(ξ) dξ .

D’Alembertova formula

Zadaci.

1. Riješiti prethodnu početno-rubnu zadaću ako je u_{0}(s) = A sin \frac{πs}{l}, a u_{1} = 0.

2. Riješiti početno-rubnu zadaću iz primjera ako je rubni uvjet Neumannov; točnije: u_{x}(0, ·) = 0 (u ovom slučaju nema pomaka u fazi pri odbijanju vala na slobodnom kraju).

Primjer. Riješimo početno-rubnu zadaću na [0, l] × R_{0}^{+}:

\begin{aligned}u_{tt} − c^{2}u_{xx} & = 0 \\ u(0, ·) & = 0 \\ u(l, ·) & = 0 \\ u(·, 0) & = u_{0} \\ u_{t}(·, 0) & = u_{1} , \end{aligned}

gdje na oba kraja segmenta [0, l] pretpostavljamo Dirichletov rubni uvjet.

Rješenje je oblika u(x, t) = φ(x + ct) + ψ(x − ct), gdje je funkcija φ definirana na [0, ∞⟩, a ψ na ⟨−∞, l]; dok su obje funkcije klase C^{2}. Iz rubnih uvjeta zaključujemo:

(1)  \begin{aligned}ψ(s) & = −φ(−s) , s ∈ ⟨−∞, 0⟩ \\ φ(s) & = −ψ(2l − s) , s ∈ ⟨l, ∞⟩ . \end{aligned}

Iz početnih uvjeta, kao kod izvoda D’Alembertove formule dobivamo da je

\begin{aligned}φ(x) & = \frac{u_{0}(x)}{2} + \frac{1}{2c} ∫_{0}^{x} u_{1}(ξ) dξ − C \\ ψ(x) & = \frac{u_{0}(x)}{2} − \frac{1}{2c} ∫_{0}^{x} u_{1}(ξ) dξ + C . \end{aligned}

Najprije proširimo ψ na ⟨−l, l⟩ i φ na ⟨0, 2l⟩ po formuli (1), a potom postupak nastavimo. Time smo dobili i proširenja za u_{0} = φ + ψ i u_{1} = c(φ′ − ψ′). Iz toga slijedi da je u(x, t + \frac{2l}{c}) = u(x, t), tj. da je funkcija u(x, ·) periodična s periodom 2l/c.

Zadaci.

1. Riješiti početno-rubnu zadaću:

\begin{aligned}u_{tt} − c^{2}u_{xx} & = 0 \\ u(0, ·) & = 0 \\ u(l, ·) & = 0 \\ u(x, 0) & = A sin \frac{πx}{l} \\ u_{t}(·, 0) & = 0 , \end{aligned}

[u(x, t) = A sin \frac{πx}{l} cos \frac{cπt}{l}]

2. Riješiti početno-rubnu zadaću:

\begin{aligned}u_{tt} − c^{2}u_{xx} & = 0 \\ u(0, ·) & = 0 \\ cu_{x}(l, ·) & = −u_{t}(l, ·) \\ u(·, 0) & = x \\ u_{t}(·, 0) & = 0 , \end{aligned}

3. Žica duljine l učvršćena je na krajevima x = 0 i x = l. U času t = 0 pomaknuta je u točki x = \frac{l}{3} na visinu h iz ravnotežnog položaja, i potom ispuštena. Naći oblik žice za t ∈ [0, \frac{l}{3c}].

Nenad Antonić 3

Titranje žice Na prijelazu XVII. u XVIII. stoljeće matematičari nisu poznavali različite klase diferencija-

bilnih funkcija, kako ih mi danas znamo. Poznavali su samo jednu klasu, analitičke izraze, za koje se općenito pretpostavljalo da vrijede pravila diferencijalnog računa.

Analitički izraz je proizvoljna kombinacija konstanti i varijabli, pri čemu se koriste poznate matematičke operacije, i algebarske i transcedentne, uključujući i beskonačne sume, deriviranje i integriranje. Takve funkcije je Leonhard Euler (1707–1783) zvao neprekinutima, pa ćemo ih mi zvati E-neprekinutima.

Euler je diskutirao i prekinute funkcije, koje su po dijelovima sastavljene od analitičkih izraza, koji se mijenjaju od intervala do intervala, ili čak od točke do točke; takve ćemo funkcije zvati E-prekinutima.

Jean LeRond d’Alembert (1717–1783) je 1747. pokazao da se progib titrajuće žice, učvršćene na krajevima, može opisati izrazom:

(2)  u(t, x) = ψ(x + t) − φ(x − t) ,

pri čemu su φ i ψ proizvoljne funkcije koje se mogu odrediti na temelju početnog stanja žice. Valnu jednadžbu

(3)  u_{xx} = u_{tt}

je 1753. postavio Euler, u svom drugom radu na tu temu. U prvom (1748) je uveo izraz (2) na sličan način kao i d’Alembert, koristeći diferencijalne kvocijente ekvivalentne valnoj jednadžbi.

Medutim, Eulerova interpretacija funkcija φ i ψ bila je bitno različita. D’Alembert je zahtijevao da su φ i ψ E-neprekinute, dok je Euler dopuštao da te funkcije mogu biti i E-prekinute, s grafom koji odgovara rukom nacrtanoj krivulji.

To je neslaganje izazvalo kontroverzu i velike rasprave koje su se vodile do kraja stoljeća, dok i jednoj i drugoj strani nije ponestalo argumenata.

D’Alembert je iznio dva argumenta. S prvim od njih, da je uvodenje E-prekinutih funkcija kao rješenja diferencijalne jednadžbe contre toutes les règles d’analyse, Euler se složio, ali je on to shvatio kao poticaj matematičarima da se takve funkcije, koje se pojavljuju kao konstante pri rješavanju parcijalnih diferencijalnih jednadžbi, bolje istraže (premda Euler sâm nije pokrenuo nikakva istraživanja u tom smjeru).

Drugi bi se argument suvremenim jezikom mogao iskazati kao zahtjev da je limes druge derivacije s lijeva i zdesna u svakoj točki nužno jednak.

Tome je Euler suprotstavio tri protuargumenta:

a) Izvod jednadžbe je koristio integralne jednadžbe, u kojima nije bilo drugih derivacija.

b) Na primjeru kvadratne parabole, spojene iz dva komada, tvrdio je da je problem samo u jednoj točki, pa se to, kao infinitezimalno malo, može zanemariti.

c) Dovoljno je sasvim malo promijeniti funkciju da bi se dobila glatka krivulja. Današnjim jezikom, preko nizova: ako je (u_{n}) niz rješenja jednadžbe, i u_{n} ⟶ u (u odgovarajućoj topologiji), onda je i u rješenje jednadžbe. Posljednji je argument najzanimljiviji, i ima puni smisao u teoriji distribucija. Medu mnogima koji su se uključili u diskusiju, bio je i Joseph Louis Lagrange (1736–1813).

U svom drugom radu na tu temu pošao je od valne jednadžbe, koju je pomnožio funkcijom M(x) i parcijalno integrirao po [0, l]:

∫_{0}^{l} u_{tt}M dx = c^{2}(u_{x}M − uM′)|_{0}^{l} + c^{2} ∫_{0}^{l} uM′′ dx .

Budući da je uzeo u(0) = u(l) = 0, kao i M(0) = M(l) = 0, to slijedi:

∫_{0}^{l} u_{tt}M dx = c^{2} ∫_{0}^{l} uM′′ dx .

Premda nije dalje nastavio, ovo je začetak metode koja je osnava teorije distribucija (ponovno je otkrivena dvadesetih godina ovog stoljeća).