Rovnice matematické fyziky M4010
Tento text obsahuje příklady a návody do cvičení k předmětu, je průběžně opravován a doplňován. Tato
verze je k datu April 27, 2016.
i
Cvičení PDE 0.
Opakování obyčejných diferenciálních rovnic (první řád: Picardova a Peanova věta, Lipschitzova podmínka, rovnice separovatelné, rovnice s homogenní funkcí, rovnice převoditelné na separaci, lineární, Bernoulliova, exaktní, Clairautova a Lagrangeova rovnice, vyšší řád: lineární s konstantními koeficienty, metoda variace konstant, speciální pravá strana, soustavy rovnic. Skripta Roman Plch: Příklady z matematické analýzy, Diferenciální rovnice
2
Cvičení PDE 1.
Opakování parciální derivace, derivace složené funkce, převod operátorů a PDE do nových proměnných. Pojmy (definujte): Parciální derivace, druhá a vyšší parciální derivace, Schwarzova věta, derivace ve směru, operátor rotace, gradientu, divergence, Laplaceův operátor.
1. S využitím vzorců
ZX ZU1LX   -\-  ZVVX7 Zy ZUUy   -\- ZVVy
odvdte vzorce pro převod zxx, zyy, zxy. Řešení:
Zxx ZUUUX      ^ZUVUXVX      ZVVVX      ZUUXX -\- ZVVXX
ZUUUy   -\-  "2ZUVUyVy   -\- ZVVVy   -\- ZUUyy   -\- ZVVyy ^Xy ZUU1lX1ly ZUV^UXVy UyVX] ZyyVj^Vy ZU!LXy   ~\~ ZVVXy
2. Vypočtěte parciální derivace následujících funkcí podle všech proměnných prvního (případně i druhého) řádu:
arctg(x — 2y)
cos *Jxy
/xy — x2 arccos
x2 + y + 1
1
xyz
\Jx2 -\- y2 -\- z2
(x sin y cos z)lyX~v+^S>
3. Převedte PDE do nových proměnných u a v:
a) zxx - Zyy = 0,u = x + y,v = x - y (řešení: 4zuv = 0)
b) zxx - y4zyy - 2y3zy = 0, u = x+±,v = x- ± (řešení: 4zuv = 0)
c) x2zxx - y2zyy + xzx - yzy = 0, u = xy, v = | (řešení: Auvzuv = 0)
3
d) x2zxx - (x2 + y2)zxy + y2zyy - 2yZy - 2xzx = O,u = x + y, v = ± + ±
e) y2zxx + x2zyy - 2xyzxy = O, u = \/x2 + y2, v = xy (řešení: (u2 - 4v2)zvv + ^^zu = O?)
f) xzxx + yzxy + zx,u = x + y,v = ^
g) Zxx - yzyy -\zy = Q,u = x - 2y/y, v = x + 2^/y (řešení: zuv = 0)
h) zxx    2zXy -\- Zyy 0> ^    x -\- y, v x—y
i) xzxx - y Zyy = O, u = y/x + y/y, v = y/x - y/y (řešení: (u2 — v2)zuv + 4vzu — 4uzv = O?)
4. Navíc Převeďte Laplaceův operátor do válcových a kulových souřadnic. Případně převedte i další operátory (gradiend, rotace, divergence).
Řešení:
d2 1  d2 1      d2     2 d ld
dr2 r2 dd2 r2 sin2 ů dtp2    r dr    r2tgů dů
d2 1  d2 d2     1 d
d q2 q2 dtp2 dz2    q d q
Domácí úkol: Vymyslete a vypočtěte příklad podobný jako 2 (výpočet parciální derivace), 3 (převod PDE do nových souřadnic), 4 (převod operátoru do nových souřadnic).
^kulové ^valcové
4
Cvičení PDE 2.
Opakování Fourierových řad, Fourierova a Laplaceova transformace, konvoluce funkcí. Pojmy: skalární součin, ortogonalita, ortonormálnost, ortogonální projekce, ortogonální posoupnost, Fourierova řada, Fourierovy koeficienty, Besselova nerovnost, Parsevalvova rovnost, stejnoměrná a bodová konvergence, Dirichle-tova věta, liché, sudé, periodické rozšíření funkce. Další příklady Došlá, Novák: Nekonečné řady.
Fourierova řada funkce / vzhledem k ortogonálnímu systému {<fn}'-
kde (   ,    ) je skalární součin.
1. Navíc Ukažte ortogonalitu systému {1, cos nx, sin nx} vzhledem ke skalárnímu součinu
(f,g) = J f{x)g{x)áx.
— 7T
Ukažte, že Fourierova řada 27r-periodické funkce má pak tvar
+      (an cos nx + bn sin nx),
kde
ir
//(x) cos nxdx,    ne NU{0},
— 7T
7T
1 f
bn = —     f(x)s'mnxdx,    n G N. Ti" J
2. Jak bude vypadat rozvoj 2h- periodické funkce integrovatelné na intervalu [-h, h}?
Řešení:
oo
ag     v-^ niľ . niľ
--h >   a„ cos —— x + o„ sm ——x,
2     ^ h h '
n=l
kde
1   / nir
an = j^     f (x) cos — xdx,    n G N U {0},
-h
5
1     / TílT
bn = — / f(x) sin —j-xáx,    n G N. Pozn.: Podobně postupujte na libovolném intervalu [a,b].
3. Navíc Vyjádřete Fourierovu řadu v oboru C
oo J
Y,cnénx,   cn = — f(x)e-inx.
(Využijte vztahů
cos x =--í--,   sin x =
2i
_ an - bni _ an + bn\
Ctí. i      C—rí. ^
4. Nalezněte Fourierovu řadu funkce
a) f(X)   = X2   na   [_7r!71']
(řešení:  ^- + 4 ^^=1 ^pr- cos nx)
b) /(x) = e* na [0, 2tt]
(řešení:  sflzl [I + cos nx - ^ sinm)])
c) f(x) = x kosinovou řadu na [0,ir] (reseni:  77 + -) i1—t—cosnx
d) /(^) = x na [—1,1]
(reseni:  -> ,A—--smn7rx
\ /   \ r 1       -     /     4 sin(2n—\
e) sgn(x) na [-tt, tt] (resem:  f ]T„=1    2»-i )
f) /(x) = 0 pro x G [—7r, 0],/(x) = sinx pro x G [0,7r] (řešení: i + ^sinx —
2_ y^oo cos 2nx \ 7T Z^n=l 4n2 —1 /
g) = cosx pro x G [0, -|]], /(x) = — cosx pro x G (§,7r] — kosinovou řadu. (řešení:  2 + 1 £~ l(_l)n-i^)
h) /(x) = |x| na (-1, l) (řešení:  \ - Mr E^Li (š^IF cos {2n~i]™)
6
Domácí úkol:
Výpočet alespoň jedné Fourierovy řady nějaké funkce.
Zopakovat (více ve cvičení 6): Konvoluce funkcí / a g:
oo
f*g(x)= J f(t)g(x-t)dt
— oo
Fourierův obraz funkce /:
oo — oo
Laplaceův obraz funkce /:
oo
£(/)(*) = fa) = J f(t)e-stdt o
Cvičení PDE 3.
PDE prvního řádu pro funkci dvou proměnných: lineární homogenní, quasi-lineární, obecná, lineární nehomogenní.   Quasilineární rovnice pro funkci n-proměnných. Metoda charakteristik a metoda převodu na kanonický tvar. Návody pro cvičené opice:
Lineární homogenní rovnice:
a(x, y)ux + b(x, y)uy = 0 Řešení metodou charakteristik, tj. soustavou rovnic:
x'(s) = a(x,y),    y'(s) = b(x,y).
Soustava má řešení x = x (s), y = y (s). Je-li cp(x,y) = C implicitní popis charakteristických trajektorií, pak funkce u{x,y) = $((p(x,y)) je řešení rovnice. Jaká je geometrická interpretace tého úlohy?
Okrajová úloha pro lineární rovnici vznikne přidáním podmínky:
x = <p((r),   y = ip(cr),   u(ip(a),i)(a)) = f (a)
Do řešení soustavy x = x(s, C±, C2), y = y(s, C±, C2) dosadíme za s = 0 a z rovnic x(0,Ci,C2) = ^(c), y(0, 61,62) = ip(cr) určíme konstanty C\ a C2. Po dosazení vypočtených konstant zpět do rovnic x = x (s, u), y = y (s, u) vyjádříme a pomoci x a y a dosadíme do u = f (u) dostaneme řešení počáteční úlohy, které je jediné:
u(x,y) = f (a (x, y)).
1. Řešte rovnice nebo okrajové úlohy, u rovnic bez okrajové podmínky zvolte vhodnou křivku, zadejte okrajovou podmínku a určete řešení:
a) xux + yuy = 0
(řešení u = nebo u = $(x/y))
b) yux + xuy = 0 (řešení u = <ř(x2 — y2))
c) Vux ~ xuy = 0, X = (7, y = (T, u((J, Cr) = 2(T2
(řešení u = x2 + y2)
d) sin x sin yux + cos x cos yuy = 0, u = cos 2y na x + y = ^ (řešení: u = 2 cos y sin x — 1)
e) sin x sin yux + cos y cos yuy = 0 (řešení: u = $ (yqi^ff ■ e~^^J)
8
Quasilineární rovnice
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
Řešení metodou charakteristik, tj. soustavou rovnic:
x'(S)
y'(s)
u'(s)
a(x,y,u) b(x,y,u) c(x,y,u)
Je-li ipi = ífi(x, y, u), (f2 = ¥2(2, y, u) implicitní popis řešení této soustavy, pak řešení původní rovnice je dáno implicitně vztahem:
y, u),if2(x, y, u)) = 0.
Okrajová úloha pro quasilineární rovnici vznikne přidáním podmínky:
x = <p((r),   y = ip(cr),   u(ip(a),i)(a)) = f (a)
Do řešení x = x(s,Ci,C2,C3), y = y(s,Ci,C2,C3), u = u(s,Ci,C2,C3) dosadíme za s = 0 a z rovnic x(0,Ci,C2,C3) = f(<y), y(0,Ci,C2,C3) = tp(<y), u(0,Ci,C2,C3) = f(<y) určíme konstanty C±, C2, C3. Dosazením vypočtených konstant do rovnic x = x(s, a), y = y(s, a) pak vyjádříme s a d pomocí x a y a dosadíme do třetí rovnice u = u(s,Ci(cr),C2(cr),C3(cr)), tak získáme řešení počáteční úlohy, které je jediné:
b) yux + xuy = 2u
(řešení u = $(y>i,y>2), fi = , (p2 = (x - y)2u)
bl) yux + xuy = 2u, u{x, 0) = 1 (řešení u= (x + y)/(x — y))
b2) yux + xuy = 2u, u{x, 0) = x2 (řešení u = (x + y)2)
c) raději neřešit (u + y)ux + (u + x)uy = x + y
d) ux + uy = u2, u{x, 0) = g(x) (řešení u =   g(x y) zkontrolovat)
u = u(s(x,y),C1(cr(x,y)),C2(c7(x,y)),C3(c7(x,y))).
2. Řešte rovnice nebo okrajové úlohy:
a) xux + yuy (řešení u =
9
e) xuy — yux = u, v prvním kvadrantu, u{x, 0) = g (x) (řešení u = g(\Jx2 + y^eaTCtan f zkontrolovat)
Obecná rovnice prvního řádu s okrajovou podmínkou:
F(x, y, u, ux = p,uy = q) = 0
x = <p((r),   y = ip(cr),   u(ip(a),i)(a)) = f(a) Řešení metodou charakteristik, tj. soustavou rovnic:
=   PFp + qFq = -FX-PFU = -Fy-qFu
0   =   F(x(0),y(0),u(0),p(0),q(0))   (počáteční podmínka) Z derivace okrajové podmínky /' = píp' + qip', tj. speciálně
/' = Pof' + qoi>'
a rovnice
F(if(cr),if(cr),f(cr),Po,qo) = 0 vypočteme po a qg. Z počáteční podmínky pro soustavu:
x(0) = 2/(0) = u(0)   = /(<r) p(0)   = po q(o)   = q0
Určíme konstanty C\, C2, C3, C4, C5 a dosadíme do řešení: X = x(s, Cl(<7), C2(<7), C3(<t), C4(<t), C5(<t)),
y =      Ci(ct),C2(ct),C3(ct),C4(ít),C5(ít)). Vyjádříme s = s(x,y), cr = cr(x,y) a najdeme řešení okrajové úlohy, které je jediné:
u(x, y) = u(s(x, y),C1{a(x, y)), C2(cr(x, y)),C3(cr(x.y)), C4(cr(x, y))),C5(cr(x, y))). 3. Řešte rovnice nebo okrajové úlohy:
2(7
a) xux + yu2 = u, u{cr,cr) (řešení u = x + y)
b) xul + yul = u, u(í, y) = 1 (řešení u = x a u = (2 — \/x)2)
10
b) uxyy = u, u(0,y) = y2 (řešení u = (y + |)2)
Lineární nehomogenní rovnice:
a(x,y)ux + b(x,y)u.
-y
f {x,y,u)
Původní rovnici transformujeme do novým proměnných £ = (p(x, y), r) = y, kde f (x, y) = C je implicitní popis řešení obyčejné rovnice. Transformací získáme kanonický tvar
a) Řešte rovnice, u kterých je to možné, z předchozích zadání převodem na kanonický tvar.
b) xux + yuy = 2u
(řešení u =		■v2)
yux +uy =	—u	
(řešení u =	k(y2	- 2x) ■ é")
ux +uy =	-u{x -	-v)
(řešení u =	k(y -	x) -ey2-x
e) x2ux + xyUy = u2
který vyřešíme integrací.
4. Řešte rovnice nebo okrajové úlohy:
(resem u - í+xc{^ - y+JyD^))
e2) x2ux + xyUy = u2, w(cos a, sin a) = 1 (řešení u =-1=—x        -, )
11
Quasilineární rovnice pro funkci n proměnných s okrajovou podmínkou:
n
^ ^ ťx^ (xi,.. ., xn, ujuXi     f(xi j • • • j xn, uj,
i=l
Xi = <Pi(&i, ■ ■ ■ , f„_i), i = l,...n,    u((fi, . . . , ipn) = u0(ct1, . . . , er„_i). Řešení metodou charakteristik:
je analogické (ale pracné, proto to ani nebudeme zkoušet). Řešíme soustavu n + 1 rovnic x\ = a>i,i = l,...n, v! = f. Dosadíme s = 0, určíme konstanty, vyjádříme s, o\, .. ., on-\ z n rovnic pro Xi a dosadíme do řešení u = u(s(xí, ... ,xn),(r(x1,. . .,xn)).
Transportní rovnice
5. Ukažte, že řešení transportní rovnice pro funkci u = u(t,x,y, z) a vektor b= (b\b2,b3)
ut + b- (ux,uy,uz) = f(t,x,y, z)
s počáteční podmínkou
u(0,x,y,z) =g(x,y,z)
je
t
u(t,x,y,z)=g(x-b1t,y-b2t,z-b3t)+ J/(£, x-b1^), y-b2(t-Z),z-b3(t-Z))d£.
o
Dále ukažte, že řešení rovnice
ut + b ■ (ux, uy, uz) + cu = 0,   kde c je konstanta
je
u(t, x, y, z) = g(x - bxt, y - b2t, z - b3t)e~ct.
Navrhněte konkrétní příklady transportních rovnic s počátečními podmínkami a vyřešte.
Cvičení ze skript Franců:
6. Nalezněte obecné řešení následujících lineárních rovnic:
a) xux - yuy + (x2 + y2)uz = 0
12
b) yux — xuy + 2xyuz = O
c) xux + 2yuy — (2x2 + 4y2)uz = O
d) xux + yu.y + 2zuz = O
e) ui- + Uuy + 2zuz = O
7. Nalezněte obecné řešení následujících kvazilineárních rovnic i řešení splňující uvedenou podmínku:
a) xux — yuy = x2 + y2,     u{x, —x) = x2
b) yux — xiiy = 2xy,     u(x, x) = 2x2 — 1
c) xux + 2yuy + (2x2 + 4y2) = 0,      u(x, x) = 1 - x2
d) xux + yuy = 2u,     u(x, 1) = x
e) ux + yuy = 2u,     u(x, 1) = é1'
f) yuux + xuuy = 2xy,     u(x,0) = 2x
g) 2xux - yuy = x2 + y2,     u(2, y) = 1 - y2
h) x2ux + yu.y = 2u,     u(l,y) = y3
i) ux - y2uy = ir,     u(x, 1) = ±
j) xux + yuy = 2(x2 + y2),      u(l,y) = 2y2 + 1
8. V rovnicích určete a načrtněte charakteristiky, napište obecné řešení, zvolte si vhodnou podmínku a určete partikulární řešení. Spočtené řešení ověřte zkouškou.
a) ux + 3uy = 0
b) 2ux ~ u.y = 0
c) ux + yuy = 0
d) ux + xuy = 0
e) xux + yuy = 0
f) xux — yuy = 0
g) yux + xu.y = 0
h) yux — xuy = 0
i) xux + 2yuy = 0
13
j) xux - 2yuy = O k) yux + 2xuy = O 1) yux - 2xuy = O
Domáci úkol:
Vyřešení třech homogenních lineárních rovnic, nákres charakteristik. Vyřešení dvou nehomogenních lineárních rovnic obecně, poté s okrajovou podmínkou, obrázek. Řešte jak převodem na kanonický tvar, tak pomocí metody charakteristik (pro quasilineární rovnice). Vyřešení jedné quasilineární a jedné obecné rovnice s okrajovou podmínkou metodou charakteristik.
14
Cvičení PDE 4.
Klasifikace lineárních PDE druhého řádu, Sylvestrův zákon, signatura kvadratických forem. Metoda převodu na kanonický tvar - výpočet nových proměnných.
Klasifikace rovnic pro dvě proměnné:
Rovnice
A(x,y)uxx + 2B(x,y)uxy + C{x,y)uyy = F(x,y,u,ux,uy)
je
• hyperbolická, jestliže B2 — AC > 0, kanonický tvar:
• parabolická, jestliže B2 — AC = 0, kanonický tvar:
• eliptická, jestliže B2 — AC < 0, kanonický tvar:
uíí + un,n = FÁL V, u, H>un) Charakteristická rovnice je obyčejná diferenciální rovnice druhého řádu
Ay'2 - 2By' + C = 0
tj-
H y' = \ [B ± y/B2 - AC\ pro hyperbolickou, P j' = | pro parabolickou,
E nemá reálné charakteristiky pro eliptickou rovnici, y' =    \B ± iV AC — B2\ = [i ± \v.
(Transformace do nových souřadnic £ = ^(x,y), rj = rj{x,y) musí splňovat Hyperbolická rovnice
Transformujeme ji do nových proměnných £ = ip(x,y), rj = ip(x,y), kde ip(x,y) = Ci, ip(x,y) = C*2 je implicitní vyjádření charakteristik (řešení H).
Parabolická rovnice
Transformujeme ji do nových proměnných £ = ip(x,y), rj = ip(x,y), kde ip(x,y) = C*2 je implicitní vyjádření charakteristiky (řešení P) a (p(x,y) je libovolná nezávislá funkce.
Eliptická rovnice
15
Transformujeme ji do nových proměnných £ = ip(x,y), r) = ip(x,y), kde (p(x,y) = §(* + ip{x,y) == - a &(x,y) = C*i, tffoy) = C*2 je implicitní vyjádření charakteristiky (řešení E).
Rovnice s konstantními koeficienty Řešení rovnice
Auxx + 2buxy + cuyy = dux + euy + fu + g(x, y)
můžeme (po předchozí transformaci) hledat ve tvaru u = vex^+m, v = v (£, rj) a vhodnou volbou konstant A a /i převést na jednodušší tvar.
1. Klasifikujte a převedte rovnici na kanonický tvar (s výjimkou eliptických nalezněte řešení):
a) yuyy      xuxy + uy = 0
(řešení: hyperbolická, £ = x, r) = xy, u^v = 0, u = F (x) + G(xy))
b) x2uxx - 2xyuxy + y2uyy - x2ux + (x + 2)yuy = 0
(řešení: parabolická, např. £ = xy, rj = x, i]2(uvv — uv) = 0, u = ex ■ C(xy) + D(xy)?)
c) y2uyy+x2Uyy = 0 (řešení: eliptická, £ = y2, rj = x2, 2£trjAu = —iu^ — rju^)
d) UXX   - UXy   + 2Uyy   = 0
(řešení: eliptická, £ = x — 2y, rj = y/7x, Au = 0)
Cvičení ze skript Franců:
Klasifikujte a převedte rovnici na kanonický tvar
a) uxx - 6uxy + 9uyy - 3ux = 0
b) UXX   + AUXy   +  3Uyy   =   2UX   + Uy C)     UXX I^Xy   H" 0
d)     UXX   + UXy   + 2Uyy   = 0
e) x2uxx - y2uyy = 0
f) y2UXX   + X2Uyy   = 0
g) x2uxx + 2xyuxy + y2uyy = 0
h) uxx + 2uxy + Uyy + 3ux - 5uy + Au = 0
i) uxx + 4uxy + 3uyy + 5ux + 5uy + Au = 0
J)     5UXX QUXy   -\- Uyy   = Uy
16
k) Uxx  + 6UXy + 9ll.yy   = Ux + Uy
1) ^XX 7UXy -\-  \*2lLyy Ux
m) uxx + 2uxy - I5uyy =uy + u
n) 3UXX  - AUXy  + Uyy   =  3UX  - Uy
Domáci úkol
Preveďte na kanonický tvar jednu eliptickou, jednu parabolickou a jednu hyperbolickou rovnici.
17
Cvičení PDE 5.
Řešení počáteční úlohy pro hyperbolickou rovnici ve dvou nezávisle proměnných.
1. Homogenní hyperbolická rovnice (kmity nekonečné struny)
Rovnice
utt{t,x) = a2uxx(t,x),    (t,x) G (0,oo) x (-00,00), u(0, x) = ip(x),    ut(0,x) = ip(x),    1 £ (-00,00),
má řešení
x+at
,    .     ip(x — ať) + ip(x + ať)      1 ľ u(t,x) = ^-'-^-'- + —   / V(Odí-
2. Homogenní hyperbolická rovnice (kmity nekonečné struny) s obecným počátkem
Rovnice
utt{t,x) = a2uxx(t,x),    (t,x) G (er, 00) x (-00,00), u(cr,x) = tp(x),    Ut(cr, x) = ip(x),    x G (—00,00),
má řešení
= ^x-a{t-a)) + ^x + a{t-a)) + J_ * 2 2a J
x — a(t — a)
3. Nehomogenní hyperbolická rovnice s homogenní počáteční podmínkou (buzené kmity nekonečné struny)
Rovnice
utt{t, x) = a2uxx(t, x) + f(t, x),    (t, x) G (0, 00) x (-00, 00), u(0,x) = 0,   ut(0,x)=0,   1 e (-00,00),
má řešení
t   / x+a(t—<r) \
U{tlX) = Yaj\     j f^^dUda.
0    \^-a(t-cr) J
4. Obecná počáteční úloha pro nehomogenní hyperbolickou rovnici
Rovnice
utt(t, x) = a2uxx(t, x) + f(t, x),    (ŕ, x) G (0, 00) x (-00, 00), u(0,x) = ip(x),   ut(0,x) = ip(x),   x e (—00,00),
18
má řešení
u(t, x) =
(p(x — ať) + tp(x + ať)
x-\-at
x-\-a(t—a)
c — a(í—a)
5. Obecná počáteční úloha pro nehomogenní hyperbolickou rovnici s jednou okrajovou podmínkou (kmity nekonečné struny upevněné na jednom konci)
Rovnice
utt{t, x) = a2uxx(t, x) + f(t, x),    (t, x) G (0, oo) x (0, oo),
u(0, x) = ip(x),    ut(0,x) = ip(x), xe(0,oo), u(t,0) = 0, re(0,oo),
má řešení
x+at t   í x+a(t-a) \
x-at 0    \x — a(t—cr) J
kde if,ip,f jsou lichá rozšíření funkcí ip, ip, f.
(Je-li okrajová podmínka nehomogenní u{t, 0) = o;(ŕ) je řešení
u{t, x) = v(t, x) + a{ť),
kde v(t,x) je řešení předchozí úlohy ve které f(t,x) nahradíme f(t,x) — a"{ť), ip(x) nahradíme ip(x) — a'(0) a v(t, 0) = 0.)
6. Obecná počáteční úloha pro hyperbolickou rovnici s okrajovými podmínkami Dirichletova typu (kmity konečné struny upevněné na obou koncích)
Rovnice
utt(t, x) = a2uxx(t, x) + f(t, x),    (t, x) G (0, oo) x (0, l),
u(0,x) = ip(x),   ut(0,x) = ip(x),   x E (0,1), u(t, 0) = u(t, l) = 0,   íe(0, oo),
má řešení
~, * i
oo r r
u(t, x) = ~^^(An cosnujt + Bn sinnujt) sin — x + /  / f (a, £)G(x, £, t — cr)d^d(T,
19
kde
A,
-n
\ yV(0sin^,
o
l
n
— f m zmítat,
mra j L
o
G{x,Z,t-a)
air z—' n
n=l
x sin ——t sin
mra
(t-a).
(Pro nehomogenní okrajovou podmínku u(t, 0) = a, u{t, l) = j3 je u = v(t, x) + U(t, x), kde U(t, x) = a(ť) + j(/3(ť) — a(ť)) a v(t, x) je řešení předchozí úlohy ve které /(ŕ, x) nahradíme /(ŕ, x) — Utt(t, x) + a2Uxx(t, x), ip(x) nahradíme if(x) — U(0,x), ip(x) nahradíme ip(x) — Ut(0,x) a v(t, 0) = v(t,l) = 0.)
1. Nalezněte řešení:
a) utt ~ uxx = 0, u{x, 0) = sinx, ut(x, 0) = x cos x
(řešení: u=\ [sin(x — í) + sin(x + ť) + (x + ť) s'm(x + ť) + cos(x + ť) — — (x — ť) sm(x — ť) — cos(x — ŕ)])
b) utt - uxx = 0, u(x, 0) = 2x, ut(x, 0) = ln(l + x2)
(řešení: u = 2x + \ [(x + ť) ln(l + (x + í)2) - 2(x + ť) + 2 arctan(x + í)--(x-t) ln(l + (x - t)2) + 2(x - ť) - 2 arctan(x - ŕ)])
c) utt - uxx = smx, u(x, 0) = x, ut(x, 0) = |
Domácí úkol: Najděte řešení nehomogenní hyperbolické rovnice s obecnou počáteční podmínkou
• bez okrajové podmínky
• s jednou okrajovou podmínkou
• se dvěma okrajovými podmínkami
20
Cvičení PDE 6.
Metoda integrálních transformací.
O všech funkcích, jejichž Fourierův obraz potřebujeme, předpokládáme, že / G i1 (R), tj.
oo
J |/(x)|dx<oo.
— oo
Konvoluce:
oo
(f*g)(x)= J f{x-y)g{y)dy
— oo
1. Dokažte komutativitu a asociativitu konvoluce. Fourierův obraz funkce /:
oo
Hf)(0 = /(0 = J f(x)e-^dx
— oo
(/ obecně nemusí být prvkem L1(R).) Inverzní Fourierův obraz funkce g:
oo
— oo
(pro stejnoměrně spojitou funkci / G l1 (r) a je-li / G l1 (r) platí / =
2. Dokažte některé z vlastností Fourierovy transformace:
Vlastnosti Fourierovy transformace:
a) Je-li / e l1 (r) omezená, pak / je spojitá
b) Linearita F(af + f3g) = aJ7(f) + f3F(g)
c) Změna měřítka pro fn(x) = f(Rx), R > 0: = j^f
d) Transformace derivace, je-li limx^±a:i f(x) = 0: /'(£) =
e) Derivace transformace:      = —ixf(x)
21
f) Transformace konvoluce: F(f * g)(x) = f(£)g(£)
g) Transformace posunutí pro fa(x) = f(x — a): fa(£) = /(^)e_la^
h) Posunutí transformace: -^(Je102"')^) = /(£ — a)
oo oo
i) Základní identita:   J fg = J fg
— oo —oo
h) Zobrazení / —> -jť^Í je L2-izometrie na množině l1 n l2 (tj. zachovává normu).
Rovnice vedení tepla
3. Pomocí Fourierovy transformace převedte rovnici
ut = kuxx,    i£R,í£ R+ na tvar (jehož řešení nalezněte):
Řešení počáteční úlohy
ut = kuxx,   u(x, 0) = if(x),   x G R, t G R+ je pak dáno konvolucí
u{x, i)
1
(f(y)e dy
Řešení počáteční úlohy pro nehomogenní rovnici
ut = kuxx + f(x,ť),   u(x, 0) = 0,   x G R, í G R+ je dáno vztahem
u{x, i) =
1
1
2\/ttk J y/t — a
f(y,cr)e 4~(*-») dyder
4. Pomocí těchto vzorců a "errorfunkce" erf(x) = ^= f^e ^ dí; vyjádřete řešení následujících úloh.
a) ut = uxx, u(x, 0) = 1 pro x G (—1,1), jinak nula (řešení: u(x,t) = \ erf (f±i) - erf )
b) příklady z textu k přednáškám, str. 34
22
Cvičení PDE 7.
Metoda separace proměnných (Fourierova) Řešení rovnice hledáme ve tvaru
u(x,t) = X(x) -T(t)
Dosadíme do rovnice a řešíme separací proměnných.
I. Pro parabolickou rovnici ut = kuxx s počáteční podmínkou u(x,0) dostáváme
r _ x" _
a tedy
T = ce-xkt,   X = cie^ + c2e~,ÍX,   p2 + A = 0 Dosadíme do okrajových podmínek
A. Dirichletovy: u(0, i) = u(l, i) = 0 =^>
u(x, t) = 2_^cn sin ——e v ' > ,
n=l
kde c„ určíme z počáteční podmínky
i
2   f . TITTX
— i ip(x) ■ sm —-—ax.
B. Neumannovy: ux(0,t) = ux{l,ť) = 0 ==>
oo
u(x, t) = )   cn cos —— e v ' > ,
n=0
kde c„ určíme z počáteční podmínky
i i
1    f 2    f TťKX
c0 = - I (f(x)dx,    cn = - I ip(x) ■ cos —— dx. o o
C. Smíšené 1: x(0, ť) = ux(l, ť) = 0 =^>
í(x, t) =       cn sm-y-e   ^ '
n=l
23
D. Smíšené 2: xx(0, t) = u(l, t) = 0 =^>
^      .   (2n - l)irx _(í^)2fet u(x, t) =      cn sin---e V    ! /
n=l
E. Jiné (např. Newtonovy): postupujeme podobně, ale výpočty jsou složitější, koeficienty c„ jsou vždy koeficienty rozvoje funkce (f (x) do příslušné Fourierovy řady.
II. Pro hyperbolickou rovnici utt = a2uxx s počátečními podmínkami u(x, 0) = f (x), ut(x,0) = ip(x), dostáváme
T" _ X" _ ~a^Ť ~ ~Y ~ ~
a tedy
Tn = an cos ^\/X^,atJ + bn sin ^ \/X^atj ,
u X postupujeme stejně jako v případě parabolické rovnice — čísla \xn = y/X~^ určíme dosazením do okrajových podmínek a čísla an a bn jsou koeficienty rozvoje do příslušných Fourierových řad dané počátečními podmínkami:
i i i
ao = — j if(x)dx,    an = — j if(x) cos (^y/X^x^j dx,       bn = J <y9(x)sin (^y/X^x^jdx.
0 0 o
III. Pro eliptickou rovnici Au (x, y) = 0 dostáváme
X"(x) = Y" (y) X(x) Y(y)
a tedy
-A
u X postupujeme stejně jako v případě parabolické a hyperbolické rovnice — cisla "x/A/j j      a Bjj určíme z dalších zadaných podmínek.
1. Pro uvedené typy okrajových podmínek (A, B, C, D — Dirichletovy, Neumannovy, smíšené) provedte pečlivě výpočet řešení rovnice X" + XX = 0. Ukažte, že ve všech čtyřech případech je A nezáporné a tedy X lze do okrajových podmínek podmínek dosazovat ve tvaru X = C cos (3x+D sin /3x, i/3 = /i = yj—X resp. j3 = y/X.
2. Řešte následující rovnice metodou separace proměnných
a) ut = uxx, u(0, ť) = ux(a, ť) = 0, u(x, 0) = x(2a — x) Řešení:
^     -\^m,]2t .   2n+l 2  f 2n+l
?i( ŕ, x) = >   c„e  L   2a    J   sin-irx,    c„ = — / x (Za—x sin-7rxda;.
v '  ;     ^ 2a a /    v        ; 2a
n=l ^
24
utt = uxx, u(0, ť) = u(a, t) = O, u(x, 0) = x(a - x),ut(x, 0) = O Řešení:
8a2 1       nirx rmt
u(t,x) = —>       — sm-cos-.
ttí a—'     n6        a a
h = 1,3,5,...
«n + uyy = 0, u(0, y) = u(a, y) = u(x, a) = 0, u(x, 0) = x(a - x) Řešení:
oo
u(x, y) = ^2 sin —x (ane^v + bne~^y) ,
1 - e2n7T a
o
x(a — x) sin —xdx,
b„ =--— • — / x(a — x) sin —xdx.
o
uxx + uyy = 0, (x,y) e (0,7r) x (0,7r), u(0,y) = siny, u(n,y) = 0, u(x, 0) =
0 = u{x, tt).
Řešení:
u(x,y) = Smy (^Z^ ' e* + i _ \-2* ' e~
25
Cvičení PDE 8.
Metody řešení eliptických rovnic.
0. Jako rozcvičku bez znalostí metod řešení eliptických rovnic nalezněte nějaké řešení rovnice (kanonický tvar z příkladu 4.1.c)
_ _1  f Ux Uy\
uxx + uvv- 2yx + y )■
Využijte symetrií v rovnici a hledejte řešení ve vhodném tvaru. Řešení: Např.   u{x,y) = konst, u{x,y) = C\*Jx + C^^fy + C3 (hledáme ve tvaru u = F(x) + G(y)), u{x,y) = C^fxy + D (hledáme ve tvaru u = F(xy)), u(x,y) =   , c     + D (hledáme ve tvaru u = F(r) = F(\/x2 + y2)).
y/x2+y2
1. Převedte Laplaceovu rovnici Au = uxx + uyy = 0 do polárních souřadnic. Řešení:
1 1
2. Ověřte, že funkce
u(r,ip) = r" coskip,    v(r, ip) = r" sinkip
jsou řešením předchozí rovnice a vyjádřete je v kartézských souřadnicích pro = 0,1, 2, 3____
Řešení: 1, 0, x, y, x2 — y2, 2xy, x3 — 3xy2, 3x2y — y3, .. ..
2. Převedte Laplaceovu rovnici Au = uxx + uyy + uzz = 0 do kulových souřadnic.
Řešení:
1 1 2 1
r2 r2sm 9 r r2tgd
3. Uvažujme zobrazení
R2 \ {(0, 0)} 9 (x, y) —í- (í, y) e R2 \ {(0, 0)}
dané vztahy
x2 + y2 '    ^     x2 + y2
Toto zobrazení se nazývá Kruhová inverze. Ukažte, že je bijekcí a zobrazuje množinu M = {(x, y) G R2 \ {(0, 0)}|0 < x2 + y2 < a2} na množinu K = {(x,y) G R2 \ {(0,0)}|ž2 + y2 > a2} a naopak. Najděte předpis pro inverzní zobazení, určete samozružené body a vyjádřete zobrazení v polárních souřadnicích. Řešení: (ř, <p) = (^, ip).
ya2
26
4. Pomocí předchozího zobrazením ukažte, že funkce u{r, p) je harmonická na množině M právě tehdy, když funkce w(^r, p) je harmonická na množině K. {Harmonickou funkcí nazýváme řešení Laplaceovy rovnice.)
5. Určete kruhové inverze harmonických funkcí z příkladu 2, pro k = 0,1,. .. je vyjádřete v kartézských souřadnicích a ověřte, že jsou harmonické (tj. řešením rovnice Au = 0).
Řešení: 1, 0, ±cosp = 7^2, ^sinp = 7^2,       zhcosk(p, ^sinkp.
6. Ukažte, že Laplaceova rovnice je invariatní vůči rotaci v R2, resp. ukažte, že Laplaceova rovnice je invariantní vůči ortogonální transformaci R™. Návod: Položte v(x,y) = u{x,y) = u(xcosa + ysina, — xsina + ycosa) a ukažte, že Av = vxx + vyy = uxx + uyy = Au. V n-rozměrném případě položte w(x) = u(í) = it(x • A), kde x = (x1,..., xn), x = (ž1,..., xn), A = (a*) a využijte vlastnosti ortogonálních matic A~x = AT.
7. Hledejte řešení Laplaceovy rovnice uxx + uyy = 0 ve tvaru u = u{r) = u(y/'x2 + y2). Sestavte odpovídající obyčejnou diferenciální rovnici a nalezněte řešení.
Řešení: u(x, y) = Cln y1 x2 + y2 + D.
8. Hledejte řešení Laplaceovy rovnice uxx + uyy + uzz = 0 ve tvaru u = u(r) = u(y/'x2 + y2 + z2). Sestavte odpovídající obyčejnou diferenciální rovnici a nalezněte řešení.
Řešení: u(x, y, z) = C  ,    1       + D.
-v/x2 +y2+z2
9. Nalezněte ohraničené řešení rovnice
Au = 0,   pro   x2 + y2 < R2,    a   u(R cos ip, Rsin ip) = sin4 ip. Návod: Převedte rovnici do polárních souřadnic a hledejte řešení ve tvaru u(r, p) = X{r)■$(<£>),    u{r, p) = u{r,p+2tt),    u(R, p) = sin4 p,    u(0,p) = C. Řešení:
3     x2 — y2     x4 + y4 — 6x2y2
u(x,y) =------1--;-.
1 ,y>    8       2R2 8R4
10. Nalezněte ohraničené řešení rovnice
Au = 0,   pro   x2 + y2 > R2,   a   u(Rcos p, i?sin p) = cos2 p. Návod: Převedte rovnici do polárních souřadnic a hledejte řešení ve tvaru u(r, p) = X(r) ■ $>(p),    u(r, p) = u(r, p + 2ir),    u(R, p) = cos2 p.
Řešení:
u
1       x2 — y2 2 iX'y)=2 + 2(x2 + y2)R-
27
11. Nalezněte řešení Poissonovy rovnice
Au = uxx + uyy = K,   pro   x2 + y2 < R2, u(x, y) = 0,    pro   x2 + y2 = R2.
Řešení: u(x,y) =     (x2 + y2 — R2).
12. Nalezněte řešení Poissonovy rovnice
Au = uxx + Uyy + uzz = K,    pro   x2 + y2 + z2 < R2, u(x, y, z) = 0,    pro   x2 + y2 + z2 = R2.
Řešení: u(x, y,z) = -|- (x2 + y2 + z2 — R2).
13. Příklady v textu k přednáškám na straně 81.
28
Cvičení PDE 9.
Okrajová úloha pro obyčejné diferenciální rovnice. Greenovy funkce.
29
Cvičení PDE 10:
Příprava na zkouškovou písemku.
1. Rovnice prvního řádu (lineární nehomogenní nebo quasilineární) obecně i s okrajovou podmínkou.
2. Obecná rovnice prvního řádu s okrajovou podmínkou.
3. Klasifikace rovnice druhého řádu a převod na kanonický tvar.
4. Nehomogenní hyperbolická rovnice bez okrajové, s jednou nebo se dvěma okrajovými podmínkami.
5. Rovnice řešená metodou separace proměnných (asi eliptická).
Ke zkoušce přinést samostatně vypracované řešení jedné úlohy ze cvičení ke kapitole 2 (na straně asi 34) učebního textu doc. Pospíšila k přednáškám (parabolická rovnice) a samostatně vypracované řešení jedné úlohy ze cvičení ke kapitole 4 (na straně asi 81) učebního textu doc. Pospíšila k přednáškám (eliptická rovnice).
30