Nenad Antonić Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Poissonova formula za jednadžbu provodenja

Na R^{+} × R rješavamo zadaću

\{ \begin{matrix}u_{t} − κu_{xx} & = f \\ u(0, ·) & = u_{0} . \end{matrix}

Funkcija f(t, x) opisuje razdiobu izvora topline u štapu, dok je u_{0} početna temperatura. Fundamentalno rješenje homogene jednadžbe provodenja je funkcija

v(t, x; τ, ξ) := \{ \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{4πκ(t−τ)}}e^{− \frac{(x−ξ)^{2}}{4κ(t−τ)}} , & t > τ \\ 0 , & inače . \end{matrix}

Uočimo da je v(t, x; τ, ξ) = G(x, ξ, t − τ) (isp. predavanja, tj. Aganović-Veselić 3.4). Nadalje, uz čvrste ξ i τ funkcija v ima sljedeća svojstva:

1. v je definirana za t ≥ τ i neprekinuta, osim u točki (t, x) = (τ, ξ) gdje je

lim_{t↘τ} v(ξ, t; τ, ξ) = lim_{t↘τ} \frac{1}{\sqrt{4πκ(t − τ)}} = ∞ .

2. v(·, ·; τ, ξ) je rješenje homogene jednadžbe provodenja za t > τ.

3. ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; τ, ξ) dx = 1 za t > τ.

4. v(ξ, t; x, τ) = v(t, x; τ, ξ) za t > τ.

Za čvrsti ξ, fundamentalno rješenje v(t, x; ξ, 0) = G(x, ξ, t) opisuje temperaturu štapa uzrokovanu početnom temperaturom u_{0} sa sljedećim svojstvima:

u_{0}(x) = 0 za x ≠ ξ , lim_{x→ξ} u_{0}(x) = ∞ , ∫_{−∞}^{∞} u_{0}(x) dx = 1 ,

dakle, koncentriranom temperaturom intenziteta 1 u točki x = ξ. Takva u_{0} nije funkcija, nego je mjera: jedinična Diracova mjera u točki ξ, koju označujemo s δ_{ξ}. [Kao mjera, δ_{ξ}(A) je 1 za ξ ∈ A, odnosno 0 za ξ ∉ A. Kao funkcional na C_{c}(R), po Rieszovom teoremu reprezentacije, ⟨δ_{ξ}, φ⟩ = φ(ξ). Posebno, δ_{ξ} ∈ S′, dakle, Diracova masa je temperirana distribucija, i δ̂_{0} = 1.]

Za τ ≠ 0 funkcija v se može interpretirati kao temperatura u štapu s početnom temperaturom δ_{ξ} u času τ.

Svojstvo 4. sada možemo iskazati kao recipročnu pojavu: v opisuje temperaturu u točki ξ uzrokovanu početnom koncentriranom temperaturom (Diracovom masom) primijenjenom u x, koja je ista kao i temperatura u x uzrokovana koncentriranom temperaturom u ξ. Ukupna količina topline je konstantna za t > τ:

Q = cρ ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; τ, ξ) dx = cρ .

Fundamentalno rješenje je Greenova funkcija za početnu zadaću. Da bismo došli do formule, najprije uočimo da za čvrste t, x funkcija v zadovoljava parcijalnu diferencijalnu jednadžbu adjungiranu jednadžbi provodenja u τ, ξ:

v_{τ} + κv_{ξξ} = 0 , τ < t ; lim_{τ↗t} v(t, x; τ, ξ) = 0 , ξ ≠ x .

Ako je u(τ, ξ) rješenje jednadžbe u_{τ} − κu_{ξξ} = f, uz u(0, ·) = u_{0}, onda zbog Greenove formule (koja se lako pokazuje parcijalnom integracijom):

∫_{a}^{b}(uv_{ξξ} − vu_{ξξ}) dξ = (uv_{ξ} − vu_{ξ})|_{a}^{b} ,

vrijedi

∫_{a}^{b}(uv_{τ} + vu_{τ}) dξ = ∫_{a}^{b} v(t, x; τ, ξ)f(τ, ξ) dξ − κ(uv_{ξ} − vu_{ξ})|_{a}^{b} ,

9. siječnja 1996.

Poissonova formula za jednadžbu provodenja

za τ < t. Pretpostavimo da su u i u_{ξ} ograničene. Tada je limes: lim_{b→∞,a→−∞}(uv_{ξ} − vu_{ξ})|_{a}^{b} = 0, pa

\frac{d}{dτ} ∫_{−∞}^{∞} uv dξ = ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; τ, ξ)f(τ, ξ) dξ

za τ < t. Integriranjem obiju strana po τ od 0 do t − ε, pri čemu je ε malen pozitivan broj, dobivamo:

∫_{−∞}^{∞} uv|_{t−ε} dξ = ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; 0, ξ)u_{0}(ξ) dξ + ∫_{0}^{t−τ} ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; τ, ξ)f(τ, ξ) dξ dτ .

Medutim, lim_{ε→0} ∫_{−∞}^{∞} uv|_{t−ε} dξ = u(t, x) (zamjenom varijabli η := (ξ − x)/\sqrt{4πκ(t − τ)}), pa dobivamo formulu za rješenje:

u(t, x) = ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; 0, ξ)u_{0}(ξ) dξ + ∫_{0}^{t} ∫_{−∞}^{∞} v(t, x; τ, ξ)f(τ, ξ) dξ dτ ,

koja vrijedi za t > 0. Posebno definiramo u(x, 0) = u_{0}(x).

Gornja formula nam daje rješenje jednadžbe provodenja i za nehomogenu jednadžbu; za homogenu jednadžbu to je upravo Poissonova formula s predavanja. Vrlo lako formula se može poopćiti i na jednadžbu provodenja u više prostornih dimenzija.

Primjeri.

1. Riješiti jednadžbu provodenja ako su zadani f i u_{0}.

u_{0}(x) = \{ \begin{matrix}\frac{x+ε}{ε^{2}} , & za −ε ≤ x < 0 \\ \frac{−x+ε}{ε^{2}} , & za 0 ≤ x ≤ ε \\ 0 , & inače \end{matrix}  ,  f(t, x) = f_{0}(t)δ_{x_{0}} .

2. Riješiti u_{t} = 4u_{xx} + t + e^{t}, uz u_{0} = 2.

3. Riješiti u_{t} = u_{xx} + 3t^{2}, uz u_{0} = sin.

4. Riješiti u_{t} = u_{xx} + e^{−t} cos x, uz u_{0} = cos.

5. Riješiti u_{t} = u_{xx} + e^{t} sin x, uz u_{0} = sin.

6. Riješiti u_{t} = u_{xx} + sin t, uz u_{0}(x) = e^{−x^{2}}.

7. Riješiti 4u_{t} = u_{xx}, uz u_{0}(x) = e^{2x−x^{2}}.

8. Riješiti u_{t} = u_{xx}, uz u_{0}(x) = xe^{−x^{2}}.

9. Riješiti 4u_{t} = u_{xx}, uz u_{0}(x) = sin xe^{−x^{2}}.

10. S pomoću Poissonove formule dokazati Weierstrassov teorem o jednolikoj aproksimaciji neprekinute funkcije polinomima na segmentu [a, b].

11. Neka funkcija u_{0} ima jednoliko ograničene derivacije svakog reda ≤ s. Pokazati da je Poissonovom formulom dano rješenje klase C^{s} po x za svaki t ≥ 0 i svaki x.

12. Neka je u_{0} neprekinuta na R i ograničena s u_{0}(x) ≤ Me^{a|x|^{2}}. Pokazati da je Poissonovom formulom definirana analitička funkcija u t, x za x ∈ C i t = σ + iτ, uz

\frac{σ}{4(σ^{2} + τ^{2})} > a .

13. Neka su u_{1}, …, u_{n} rješenja jednadžbe u_{t} = u_{ss}. Pokazati da je

u(t, x) := ∏_{k=1}^{n} u_{k}(t, x_{k})

rješenje n-dimenzionalne jednadžbe provodenja u_{t} = △u.

Kako procijeniti starost Zemlje? Geolozi, polazeći od pretpostavke uniformnih promjena (dakle, ideja je da se s procesima i

danas vidljivim pokuša objasniti prošlost), kao i Darwin, trebali su dovoljno vremena od nastanka Zemlje za svoje teorije. S druge pak strane, zakon sačuvanja energije je postavljao ograničenja, jer se energija Sunca brzo troši (u XIX. stoljeću nije se još znalo za radioaktivnost).

Preciznije se može mjeriti hladenje Zemlje. Nije bilo pogodnog kemijskog procesa koji bi je grijao, a površina se s godinama nije zagrijavala. Najprirodnije je bilo predpostaviti da je Zemlja kugla polumjera R koja se polako hladi. Uz pretpostavku homogenosti koeficijenta toplinske vodljivosti, za temperaturu ψ imamo Fourierov zakon:

ψ_{t} = K△ψ .

Dodatno uzimamo da je u početnom času temperatura čitave Zemlje bila jednaka konstanti ϑ_{0}. Da bismo u potpunosti odredili zadaću, moramo još zadati i uvjet na površini. Radi jednostavnosti uzimamo da je temperatura na površini jednaka (što i nije u bitnom neskladu s činjenicama) konstanti C. Posebno, izborom temperaturne skale možemo postići da je C = 0.

Budući da hladenje Zemlje obuhvaća samo tanku koru pri površini, zgodnije je zanemariti zakrivljenost Zemlje i postaviti zadaću ovisno o dubini y > 0 od površine:

\{ \begin{matrix}ϑ_{t} & = Kϑ_{yy} \\ ϑ(0, ·) & = ϑ_{0} \\ ϑ(·, 0) & = 0 . \end{matrix}

Ovu zadaću na R^{+} ×R^{+} ćemo riješiti koristeći Poissonovu formulu i popularan matematički trik: metodu slika.

Dakle, zbog uvjeta u y = 0 funkcije proširujemo po neparnosti na čitavu y os. Budući da je ϑ_{0} konstanta, to imamo sljedeću formulu za rješenje:

ϑ(t, y) = \frac{ϑ_{0}}{2\sqrt{πKt}} ∫_{0}^{∞}(−e^{− \frac{(y+η)^{2}}{4Kt}} + e^{− \frac{(y−η)^{2}}{4Kt}} )dη .

Naravno, mjerenje temperature na velikim dubinama je neizvedivo. Veličina koja se lako može mjeriti je porast temperature s dubinom pri površini (ta je pojavao odavno zapažena u dubokim rudnicima). Zanima nas, dakle:

\begin{aligned}\frac{∂ϑ}{∂y}(t, 0) & = [\frac{ϑ_{0}}{2\sqrt{πKt}} ∫_{0}^{∞}(\frac{2(y + η)}{4Kt}e^{− \frac{(y+η)^{2}}{4Kt}} − \frac{2(y − η)}{4Kt}e^{− \frac{(y−η)^{2}}{4Kt}} )dη]_{y=0} \\ & = \frac{ϑ_{0}}{2\sqrt{πKt}} ∫_{0}^{∞} \frac{η}{Kt}e^{− \frac{η^{2}}{4Kt}} dη = \frac{ϑ_{0}}{\sqrt{πKt}} . \end{aligned}

Uz oznaku v := \frac{∂ϑ}{∂y}(t, 0) imamo sljedeći izraz za vrijeme od postanka Zemlje:

t = \frac{ϑ_{0}^{2}}{πKv^{2}} .

Ukoliko su pretpostavke na homogenost koeficijenta vodljivosti K ispravne, kao i da je u početnom času Zemlja bila upravo skrutnuta masa temperature ϑ_{0} (za što pretpostavljamo da je ϑ_{0} talište stijena), te vrijednosti možemo odrediti mjerenjem uzoraka. Slično, v se može odrediti mjerenjima u rudnicima.

Koristeći najbolja postojeća mjerenja Kelvin je došao do procjene od sto milijuna godina za starost Zemlje. Dopuštajući i izvjesnu netočnost podataka, bio je siguran da ta starost ne može biti veća od četiri stotine milijuna godina, ali je usporedba sa starošću Sunca činila prvi broj mnogo uvjerljivijim.

14. Proširenjem po parnosti riješiti zadaću provodenja za poluograničen štap ukoliko je rubni uvjet homogen Neumannov (u_{x}(·, 0) = 0).

Tihonovljevo rješenje Neka je funkcija u : R^{+} × R ⟶ C klase C^{∞}, te neka zadovoljava jednadžbu provodenja

u_{t} = u_{xx}, uz rubni uvjet lim_{t↘0} u(t, x) = 0, x ∈ R.

Da li je tada nužno u = 0?

Slijedeći Tihonova, konstruirat ćemo rješenje za jednadžbu provodenja koje zadovoljava gornji početni uvjet, ali koje nije identički jednako nuli.

Ideja je riješiti Cauchyjevu zadaću na R^{+} × R^{+} i R^{+} × R^{−}, ako su na x = 0 zadani u i u_{x} (ta se zadaća može, kao i kod valne jednadžbe, rješavati istovremeno na R^{+} ×R). Dakle, tražimo rješenje sljedeće Cauchyjeve zadaće na R^{+} × R:

\{ \begin{matrix}u_{t} & = u_{xx} \\ u(·, 0) & = g \\ u_{x}(·, 0) & = 0 . \end{matrix}

Ako pretpostavimo rješenje u obliku reda potencija po x:

u(t, x) = ∑_{n=0}^{∞} g_{n}(t)x^{n} ,

onda uvrštavanjem u jednadžbu i izjednačavanjem dobivamo da je g_{0} = g, g_{1} = 0, kao i rekurziju g′_{n} = (n + 2)(n + 1)g_{n+2}; što pak vodi na rješenje oblika:

(1)  u(t, x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{g^{(n)}(t)}{(2n)!}x^{2n} .

Preostaje nam još samo izabrati funkciju g i opravdati gornji formalni postupak.

Lema 1. Definirajmo funkciju h : R ⟶ R formulom:

h(t) := \{ \begin{matrix}e^{− \frac{1}{2t^{2}}} , & t ∈ R^{+} \\ 0 , & t ∈ R_{0}^{−} \end{matrix} .

Vrijede sljedeće tvrdnje:

a) (∀ n ∈ N) (∀ t ∈ R^{+}) t^{−n}e^{− \frac{1}{2t^{2}}} ≤ n^{n/2}

b) h ∈ C^{∞}(R) i za derivacije imamo formulu:

h^{r}(t) = \{ \begin{matrix}Q_{r}(1/t)e^{− \frac{1}{2t^{2}}} , & t ∈ R^{+} \\ 0 , & t ∈ R_{0}^{−} \end{matrix} ,

pri čemu je Q_{r}(s) := ∑_{k=0}^{r} a_{rk}s^{r+2k}, dok za koeficijente vrijede ocjene: |a_{rk}| ≤ 4^{r}r^{r−k}, r ≥ k ≥ 0, r ∈ N, uz a_{00} = 1.

c) (∀ r ∈ N) (∀ t ∈ R) |h^{(r)}(t)| ≤ 2^{5r}r^{3r/2}.

Lema 2. Realna funkcija g(t) := h(t − 1)h(2 − t) je klase C^{∞} na R, jednaka nuli osim za t ∈ [1, 2], te je strogo veća od nule za t ∈ ⟨1, 2⟩. K tome, vrijedi ocjena:

(∀ n ∈ N) (∀ t ∈ R) |g^{(n)}(t)| ≤ 2^{6n}n^{3n/2} .

Lema 3. Neka je R ∈ R^{+} i k ∈ N. Tada redovi:

∑_{n=0}^{∞} \frac{g^{(n+k)}(t)}{(2n + 1)!}x^{2n+1}  i  ∑_{n=0}^{∞} \frac{g^{(n+k)}(t)}{(2n)!}x^{2n}

jednoliko konvergiraju na R × [−R, R].

Teorem 1. Realna funkcija u definirana s (1) (uz g definiran u lemi 2) je klase C^{∞} na R × R, rješava jednadžbu provodenja, te je u(t, ·) = 0 za t ∉ [1, 2], a u(t, 0) > 0 za t ∈ ⟨1, 2⟩.

15. Pokazati nejedinstvenost rješenja jednadžbe provodenja za poluograničen štap, s homogenim Dirichletovim uvjetom u x = 0. [Naputak: Uzeti v(t, x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{g^{(n)}(t)}{(2n+1)!}x^{2n+1}]

Gore konstruirana rješenja sastoje se od velikog udara topline iz beskonačnosti. To je posljedica beskonačne brzine širenja poremećaja u modelu. Takve konstrukcije nisu moguće za valnu jednadžbu.

16. Neka je u rješenje početne zadaće

\{ \begin{matrix}u_{t} − u_{xx} & = 0 \\ u(0, ·) & = 0 . \end{matrix}

a) Odrediti sve linearne zamjene varijabli t′ = αt, x′ = βx takve da je i funkcija v(t, x) := u(αt, βx) rješenje iste zadaće. [α = β^{2}]

b) Primijeniti jedinstvenost rješenja i pokazati da je rješenje nužno oblika

u(t, x) = φ (\frac{x}{\sqrt{t}}) .

c) Uvrstiti u jednadžbu i riješiti običnu diferencijalnu jednadžbu koja se dobije. [Jednadžba za φ glasi: φ′′ + \frac{ζ}{2}φ′ + \frac{1}{2}φ = 0; pri odredivanju konstanti integracije voditi računa o tome da je ukupna količina topline u štapu u svakom času konačna.]

d) Primijeniti postupak na rješavanje nehomogene jednadžbe (točnije, riješiti jednadžbu gdje se na desnoj strani nalazi δ(t) ⊗ δ(x)).

17. Rješenje nehomogene jednadžbe provodenja s pomoću Laplaceove pretvorbe Želimo riješiti sljedeću zadaću na R^{+} × R:

\{ \begin{matrix}u_{t} − △u & = δ(t) ⊗ δ(x) \\ u(0, ·) & = 0 . \end{matrix}

Laplaceova pretvorba po t definirana je formulom

Lf(s) := ∫_{0}^{∞} e^{−st}f(t) dt .

a) Ako uvedemo oznaku U(·, x) := Lu(·, x), onda jednadžba prelazi u običnu diferencijalnu jednadžbu:

(2)  sU − U_{xx} = δ(x) .

(Provjeriti da vrijedi formula: L[f′](s) = sL[f](s) − f(0).)

b) Pokazati da je rješenje U oblika:

U(s, x) = \{ \begin{matrix}A(s)e^{−\sqrt{s}x} + B(s)e^{\sqrt{s}x} , & x > 0 \\ C(s)e^{−\sqrt{s}x} + D(s)e^{\sqrt{s}x} , & x < 0 \end{matrix}

Zbog ograničenosti u beskonačnosti (x ⟶ ±∞), kao i integracijom jednadžbe (2) po x pokazati da je rješenje zapravo U(s, x) = \frac{1}{2\sqrt{s}}e^{−\sqrt{s}|x|}.

c) Iskoristivši formulu za inverznu Laplaceovu pretvorbu:

f(t) = \frac{1}{2πi} ∫_{Γ} e^{st}L[f](s) ds ,

pri čemu je Γ Bromwichev put (vertikalan pravac koji se nalazi desno od svih singulariteta funkcije Lf u s-ravnini), doći do formule za fundamentalno rješenje.