TMA Matte k Høst Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Løsningsforslag til oppgaver fra Kreyzig utgave :..a Skal vise at u(x, t = v(x + ct + ω(x ct løser tt u = c xx u. ( Deriverer og får u tt = c (v (x + ct + ω (x ct u xx = v (x + ct + ω (x ct. Setter man dette inn i ( så er det lett å se at h.s.=v.s. og dermed løser u(x, t (...5 u(x, y = a ln(x + y + b u xx = a (x + y x x (x + y = a y x (x + y Tilsvarende u yy = a x y (x + y og det er klart at u xx + u yy = For x + y = er u(x, y = a ln + b = b = For x + y = er u(x, y = a ln + = Altså a = ln b = 3. september Side av 6
.. Vi skal løse den partielle dierensialligningen u xy = u x. Vi innfører p = u x. Da kan ligningen skrives p y = p, og den kan løses som en separabel dierensialligning for p = p(x, y der y er fri variabel og x er parameter: p y = p, p p y =, ln p(x, y = y + C (x, p(x, y = e y+c(x = C(xe y. Vi kunne også løst p y p = som en l ineær første ordens dierensialligning. Nå har vi u x = p = C(xey og integrasjon mhp. x gir u(x, y = f(xe y + g(y der f(x = her er f(x og g(y vilkårlige funksjoner. C(x dx ;.3.7 Vi skal nne u(x, t for en streng av lengde L = med c = når initiell hastighet er null og initielt utslag med liten k (si,. er kx( x. Løsningen er gitt ved ligning ( i Kreyszig avsnitt.3 (Merk at selv om oppgaven løses ved referering til ligning i boka, er metoden for å komme frem til ligningen, separasjon av variable, viktig å kunne, så pass på at du behersker den metoden. Siden initiell hastighet er null, så er B n =. Integralet for B n løser vi ved hjelp av Rottmanns formelsamling/delvis integrasjon. B n = kx( x sin nπx dx [ x = k n sin nπx cos nπx x π nπ n π sin nπx n π x n 3 π 3 ( = k nπ cos nπ n π n 3 π 3 cos nπ + n 3 π { 3 for n like = k n 3 ( cos nπ = π3 8k n 3 π 3 for n odde ] cos nπx så u(x, t = B n cos(nπt sin(nπx n= = 8k π 3 ( cos πt sin πx + cos 3πt sin 3πx + cos 5πt sin 5πx +... 7 5.3. Vi skal nne u(x, t for en streng med lengde L = og c = med initialbetingelsene 3. september Side av 6
u t (x, = u(x, =, x x /, x 3 x, x 3 3, x. Ved bruk av separasjon av variable, beskrevet i avsnitt.3 i Kreyszig, så får man at B n =, og, ved hjelp av delvis integrasjon, B n = [ = (x sin(nπxdx + 3 ( 3 x sin(nπxdx nπ cos(nπx ( x + n π sin(nπx [ + nπ cos(nπx (x 3 n π sin(nπx = n π ( sin(n π sin(nπ for n odde og for n like. Dette gir B n = ( n π ± sin(n π, n odde. Og dermed blir løsningen ] ] 3 u(x, t = π (( cos(πt sin(πx 9 ( + cos(3πt sin(3πx + 5 ( + cos(5πt sin(5πx +....3. Vi skal nne utsvinget på en streng med lengde L = π og c = gitt initialbetingelser: u(x, = u t (x, = { x, x π/ π x, π/ x π En streng oppfyller den éndimensjonale bølgeligningen: u tt = c u xx. } f(x. Randvilkårene er at strengen er festet i begge ender, det vil si u(, t = u(π, t = t Vi følger den vanlige smørbrødlisten for løsing av partielle di.ligninger og antar separabel løsning, dvs. u(x, t = F (xg(t 3. september Side 3 av 6
De deriverte blir u tt = F G t t u xx = F xx G Innsatt i bølgeligningen med c = gir oss G tt G = F xx F = k, der k er en konstant. Argumentet for dette er som vanlig at om en funksjon kun av x er identisk med en funksjon kun av t, må begge funksjonene være en (og samme konstant k. Vi får to dekoblede ligninger: G tt kg = F xx kf = Vi ser først på ligningen for F. La oss anta at k = p med p R (det er ikke uten grunn at vi prøver denne muligheten først; litt fysisk intuisjon sier oss kanskje at svingninger på en streng er bølger som beskrives av funksjonene cosinus og sinus. Litt oversikt kan med andre ord spare oss endel regning: F xx = p F med generell løsning f(x = A cos px + B sin px. Konstantene må bestemmes ved rand- og initialbetingelser. Ser først hva vi får ved å kreve at strengen er festet i begge ender. u(, t = t, dvs. F ( =. Eneste ikketrivielle løsning er at A =. Videre krever vi at u(π, t = t, dvs. F (π = : F (π = B sin pπ =. Eneste ikketrivielle løsning får vi dersom p = n og n N. Vi har altså til nå F (x = B sin nx. Videre ser vi på ligningen for G: G tt = n G, med generell løsning: G(t = C cos nt + D sin nt. Initialbetingelsen u(x, =, dvs. G( = gir oss at C =. Vi samler konstanter ved B n D n = E n og skriver opp den generelle løsningen på hele problemet der vi summerer over alle n (som hver og én jo representerer en løsning av ligningen med tre av våre ialt re randvilkår: u(x, t = E n sin nx sin nt, n= altså en fouriersinusrekke i både x og t. Vi må anvende vår siste initialbetingelse for å bestemme konstantene E n. Den tidsderiverte blir u t (x, t = E n n sin nx cos nt, n= 3. september Side av 6
som skal oppfylle u t (x, = E n n sin nx n= Fourierkoesientene E n er gitt ved E n = π π = 5π = 5π π f (x sin nxdx = π π/ π x sin nxdx + 5π [ n sin nx x cos nx n π π/ ] π/ = 5π n sin(nπ = 5πn En sin nx = f(x. n= nx (π x sin xdx + 5π [ π n cos nx n sin nx + x n cos nx ] π π/ for n = m m + m + m + 3 Vi har her brukt at f er den odde periodiske forlengelsen av f. Endelig løsning blir omsider (med E n = E n/n: u(x, t = 5π [ ] (m + 3 sin(m + x sin(m + t sin(m + 3x sin(m + 3t (m + 3 3 m= = sin x sin t sin 3x sin 3t + sin 5x sin 5t... 5π 5π33 5π53...9 Vi har u tt = c u xx, u(, t = og u x (L, t =. Vi bruker separasjon av variable: u(x, t = F (xg(t, F ( =, F (L =. Ligninger for F og G er som påside 5. F kf = G c kg = Vi begynner med ligningen for F. Betingelsene F ( =, F (L = er kun oppfyllt hvis F n (x = A sin p n x, p n = π(+n, n =,,,... og k n = ( π(+n. Ligningen for G gir G n (t = A n cos cp n t + B n sin cp n t og superposisjon gir løsning u(x, t = sin p n x (A n cos cp n t + B n sin cp n t n= Initialbetingelsen u t (x, = medfører n= B ncp n sin p n x = som gir B n =. Til slutt benytter vi a u(x, = f(x. Dette gir f(x = A n sin p n x = n= sin n= π( + n x, < x < L (* 3. september Side 5 av 6
Summen av denne rekken er en odde funksjon (S( x = S(x som har periode L (S(x + L = S(x og oppfyller S( x = = n= ( A n sin π(n + A n sin n= π( + n x = S(x π( + n x For ånne koesientene A n denererer vi f( x = f(x, L < x < og ser at (* gir sinus-rekken til f på < x <. Vi har A n = = ( L L (n + π xdx (n + π xdx + L (n + π xdx Vi bruker at f( x = f(x og bytter variabel y = x i det andre integralet. A n = ( L L = L L (n + π xdx + (n + π xdx L f(y sin (n + π ( ydy 3. september Side 6 av 6