Differentiaalvergelijkingen Hoorcollege 11

Transcriptie

1 Differentiaalvergelijkingen Hoorcollege 11 Partiële differentiaalvergelijkingen: De Eendimensionale Golfvergelijking; De Tweedimensionale Laplacevergelijking A. van der Meer DV HC11 p. 1/17

2 De eendimensionale golfvergelijking (Polking, 13.3, p. 649.) 2 u t 2 (x,t) = c2 2 u x 2(x,t) notatie: u tt(x,t) = c 2 u xx (x,t). Met homogene Dirichlet randvoorwaarden komen x en t in de basisoplossingen in de vorm: x + ct en x ct d Alembert: introduceer nieuwe variabelen: ξ = x + ct, η = x ct en kijk of de PDV daarmee makkelijker wordt, We moeten daarvoor de partiële afgeleiden naar x en t herschrijven in partiële afgeleiden naar ξ en η om een PDV voor de functie u(ξ,η) te krijgen. DV HC11 p. 2/17

3 De eendimensionale golfvergelijking Gegeven u tt (x,t) = c 2 u xx (x,t), ξ = x + ct, η = x ct. Gevraagd: Druk u xx en u tt uit in partiële afgeleiden naar ξ en η We schrijven nu: u(x,t) = u(ξ(x,t),η(x,t)) differentiëren naar x (kettingregel!) u x = u ξ ξ x + u η η x = u ξ + u η, ξ omdat x = η x = 1 DV HC11 p. 3/17

4 De eendimensionale golfvergelijking Gegeven: u tt (x,t) = c 2 u xx (x,t), ξ = x + ct, η = x ct. Al gevonden: u x = u ξ + u η. Zo doorgaand: Uitdrukkingen voor u xx en u tt, invullen in de PDV geeft uiteindelijk: met als oplossing: 2 u η ξ = 0 u(ξ,η) = F(ξ) + G(η) met F en G willekeurige functies. DV HC11 p. 4/17

5 De eendimensionale golfvergelijking Kortom: Elke functie van de vorm u(x,t) = F(x + ct) + G(x ct) voldoet aan de PDV u tt = c 2 u xx. De onbekende functies F en G moeten dus helemaal uit de rand- en beginvoorwaarden worden gehaald. u Beginvoorwaarden: u(x, 0) = f(x), (x, 0) = 0. t voor 0 x L dus: u(x, 0) = F(x) + G(x) = f(x) en u t (x,t) = cf (x + ct) cg (x ct) dus u t (x, 0) = c (F (x) G (x)) = 0 = F(x) G(x) = C. DV HC11 p. 5/17

6 De eendimensionale golfvergelijking { Uit de beginvoorwaarden volgt dus: F(x) + G(x) = f(x) F(x) G(x) = C = { 2F(x) = f(x) + C (optellen) 2G(x) = f(x) C (aftrekken) Omdat in de oplossing u(x,t) de functies F en G bij elkaar moeten worden opgeteld, valt de constante C weg. Het maakt dus niks uit wat we voor C nemen, het gemakkelijkst is C = 0 Uit de beginvoorwaarden volgt dus: F(x) = G(x) = 1 2 f(x), als 0 x L. DV HC11 p. 6/17

7 De eendimensionale golfvergelijking Oplossing tot nu toe: u(x,t) = F(x + ct) + F(x ct). Uit de beginwaarde volgt dat F(y) = 1 f(y), zolang y tussen 2 0 en L ligt. Maar de functie F moet op de hele reële as worden gedefinieerd, omdat x + ct en x ct alle waarden aannemen. Randvoorwaarden: u(0,t) = u(l,t) = 0 u(0,t) = F(ct) + F( ct) = 0 = F( ct) = F(ct) Dus F is een oneven functie. Op [0,L] kennen we hem al, namelijk 2 1 f(y), dus we kunnen nu het definitiegebied uitbreiden tot [ L, L]: F(y) = 1 2 f o(y), waarbij f o (y) = { f(y) als y 0 f( y) als y < 0. DV HC11 p. 7/17

8 De eendimensionale golfvergelijking Oplossing tot nu toe: u(x,t) = F(x + ct) + F(x ct), met F(y) = 1 2 f o(y), zolang y tussen L en L ligt. Tweede randvoorwaarde: u(l,t) = F(L + ct) + F(L ct) = 0. Noem ct L = y, dus ct = L + y. Invullen in de randvoorwaarde: F(y + 2L) + F( y) = F(y + 2L) F(y), want F is oneven, en dit moet 0 zijn, dus: F(y + 2L) = F(y), voor alle y R. Dus F is periodiek, met periode 2L: de periodieke uitbreiding van 1 2 f o(y). DV HC11 p. 8/17

9 De eendimensionale golfvergelijking Samengevat: u tt (x,t) = c 2 u xx (x,t) 0 < x < L, beginvoorwaarden: u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = 0, 0 x L, randvoorwaarden: u(0,t) = u(l,t) = 0. Oplossing: u(x,t) = f op(x + ct) + f op (x ct) 2 met f op de oneven periodieke voortzetting van f. Zie Maple-demonstratie van Polking, voorbeeld DV HC11 p. 9/17

10 De Laplacevergelijking Warmtevergelijking: Stationaire situatie: u t = k 2 u u t = 0, dus 2 u = 0 In twee dimensies (cartesische coördinaten): gevraagd: u(x, y) met 2 u x u y 2 = 0 kort: u xx + u yy = 0 voor (x,y) G R 2. Randvoorwaarde (Dirichlet): (x,y) G. u(x, y) = f(x, y) voor DV HC11 p. 10/17

11 De Laplacevergelijking: Lineariteit u xx + u yy = 0 voor (x,y) G Stel u 1 is de oplossing die voldoet aan de randvoorwaarde u(x,y) = f(x,y), en u 2 is de oplossing die voldoet aan de randvoorwaarde u(x,y) = g(x,y), (x,y) G, dan is de som u = u 1 + u 2 óók een oplossing van de Laplacevergelijking, en voldoet aan de randvoorwaarde u(x,y) = f(x,y) + g(x,y). Bewijs: Invullen. DV HC11 p. 11/17

12 Laplacevergelijking op een rechthoek Zie Polking, 13.4, figuur 1. DV HC11 p. 12/17

13 Toegift: Harmonische functies Definitie: Een functie φ : D R 2 R is harmonisch als voor alle (x,y) D geldt: 2 φ x φ y 2 = 0 (dus φ is een oplossing van de Laplace-vergelijking) Stelling: (Riley, 24.2, of Saff & Snider, Theorem 2.5.7) Als f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analytisch is, dan zijn u en v harmonische functies. Bewijs: u x = v y Volgt uit de Cauchy-Riemann-vergelijkingen: u en y = v x, dus 2 u x u y 2 = x u x + y u y = x v y y v x = 0 DV HC11 p. 13/17

14 Toepassing op Dirichlet-probleem u xx + u yy = 0 voor (x,y) G R 2. Randvoorwaarde (Dirichlet): constant voor (x,y) G. u(x, y) is (stuksgewijs) Vertaling: Vind een harmonische functie u(x, y) (met (x,y) G), zodat G uit niveaukrommen van u bestaat. Gebruik zo nodig: Als u(x,y) een harmonische functie is, dan is u(x + a,y + b) óók een harmonische functie; Als u en v harmonische functies zijn, dan is au(x,y) + bv(x,y) + c óók een harmonische functie. DV HC11 p. 14/17

15 Voorbeeld 1 G is het gebied dat wordt begrensd door de positieve x-as en de lijn y = x. Bepaal een niet-triviale oplossing van de Laplacevergelijking op G met de randvoorwaarden u(x,x) = u(x, 0) = 0. Voor elke n N is z n = (x + iy) n een analytische functie, dus Re(z n ) = r n cos(nθ) en Im(z n ) = r n sin(nθ) (met r = z en θ = arg z) zijn harmonisch. Nu moet u = 0 als θ = 0 en als θ = π 4, dus we kiezen u(x,y) = r n sin(nθ) met n = 4: u(x,y) = Im(z 4 ) = Im(x 4 + 4ix 3 y 6x 2 y 2 4ixy 3 + y 4 ) = 4x 3 y 4xy 3 DV HC11 p. 15/17

16 Voorbeeld 2 Gebied: rechter-halfvlak (dus { R 2, rechts van de y-as). 1 als 1 y 1 Randvoorwaarde: u(0, y) = 0 elders Bekijk de functie Log z = Log z + i Arg z, analytisch op C zonder de negatieve x-as. Dus u(x, y) = Arg(x + iy) is een harmonische functie. We gebruiken de harmonische functie: u(x,y) = A 1 Arg(z i) + A 2 Arg(z + i) + B We vullen de randvoorwaarde in: y > 1 : u(0,y) = A 1 π 2 + A 2 π 2 + B = 0 1 < y < 1 : u(0,y) = A 1 π 2 + A 2 π 2 + B = 1 y < 1 : u(0,y) = A 1 π 2 A 2 π 2 + B = 0 = A 1 = 1 π A 2 = 1 π B = 0 DV HC11 p. 16/17

17 Voorbeeld 2: Oplossing en plaatje Als we alles invullen: u(x,y) = 1 π Arg(z i) + 1 π Arg(z + i) Dit is voor x > 0 ook te schrijven als: u(x,y) = 1 π arctan(y 1 x ) + 1 π arctan(y + 1 x ) DV HC11 p. 17/17