rr struny zagadnienie Dirichleta

Równania różniczkowe i całkowe. Równania różnicowe. Transformata Laplace'a i Fouriera oraz ich zastosowanie w równaniach różniczkowych.
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1549
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 339 razy
Pomógł: 20 razy

rr struny zagadnienie Dirichleta

Post autor: Niepokonana »

Dzień dobry proszę o sprawdzenie i pomoc w zrozumieniu rozwiązania zagadnienia Dirichleta struny. Jest ono niejednorodne. To są moje notatki, więc z pewnym pp są momentami błędne.
\(\displaystyle{ \begin{cases} u''_{tt}(x,t)=a^{2}u''_{xx}(x,t)\;\;\; (1) \\ u'_{x}(0,t)=u'_{x}(\pi ,t)=0 \;\;\; (2)\; brzegowe\\u(x,0)=\cos 2x \;\; u'_{t}(x,0)=7\cos 5x \;\; początkowe \end{cases} }\)
\(\displaystyle{ t}\) jest nieujemnym czasem, \(\displaystyle{ x}\) jest położeniem na strunie \(\displaystyle{ x\in [0,\pi ] }\)co znaczy, że struna ma długość \(\displaystyle{ \pi}\) .
Najpierw sprawdzamy czy warunki zgodności pasują, to ogarniam, że jak są niedobre to całe zagadnienie do kosza.
Brzegowe są oba zerowe pasują. Jeszcze z tego pierwszego początkowego liczymy pochodną cząstkową po iksach w punktach \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ \pi}\). \(\displaystyle{ u'_{x}(x,0)=-2\sin 2x}\) i to jest oczywiście równe \(\displaystyle{ 0}\) w punktach \(\displaystyle{ 0}\) i\(\displaystyle{ \pi}\).
Pasują, idziemy dalej.
\(\displaystyle{ h(t,x)=\cos 3x}\) jest niejednorodnością. Jak zawsze najpierw rozwiązujemy rr jednorodne a potem dopiero niejednorodne.

Zakładamy, że rozwiązanie rr jednorodnego to \(\displaystyle{ u(x,t)=g(t)f(x)}\) czyli iloczyn dwóch funkcji i to mają być rozwiązania nietrywialne, czyli jak jakiś element iloczynu jest \(\displaystyle{ 0}\) to takie odrzucamy. Dalej \(\displaystyle{ A}\),\(\displaystyle{ B}\) są stałymi.
\(\displaystyle{ u_{tt}=g''(t)f(x)}\) i \(\displaystyle{ u_{xx}=a^{2}g(t)f''(x)}\)
\(\displaystyle{ g''(t)f(x)=a^{2}g(t)f''(x)}\) dzielimy stronami, bo interesują nas rzeczy (w jednym punkcie co najmniej) niezerowe.
\(\displaystyle{ \frac{g''(t)}{a^{2}g(t)} = \frac{f''(x)}{f(x)} }\)Tutaj zauważamy, że skoro lewa strona nie zależy od \(\displaystyle{ x}\) a prawa od \(\displaystyle{ t}\), to oba ułamki są stałe.
Więc między\(\displaystyle{ f''(x)}\) a \(\displaystyle{ f(x)}\) jest zależność liniowa \(\displaystyle{ f''(x)=\lambda f(x)}\), lambda jest stałą. Jest to rr liniowe autonomiczne 2 rzędu. Korzystamy z warunków brzegowych
\(\displaystyle{ f'(0)=0=f'(\pi )}\) są dwa, a więc można to rozwiązać. Ale lambda nie wiadomo jaka jest, więc rozważamy trzy przypadki.
Wielomian charakterystyczny jest taki sam \(\displaystyle{ r^{2}=\lambda }\). Gdy lambda jest:
1) dodatnia \(\displaystyle{ r= \pm sqrt{\lambda }}\)
ogólne: \(\displaystyle{ f(x)=Ae^{\sqrt { \lambda x}} +Be^{-\sqrt { \lambda x}}}\)
\(\displaystyle{ f'(0)=f'(\pi )=0}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=A\sqrt { \lambda }e^{\sqrt { \lambda x}}-B\sqrt { \lambda }e^{-\sqrt { \lambda x}}}\)
\(\displaystyle{ f'(0)=0=A\sqrt{\lambda }-B\sqrt{\lambda }}\)
\(\displaystyle{ A=B}\)
\(\displaystyle{ 0=f'(\pi )=A\sqrt { \lambda }e^{\sqrt { \lambda \pi }}-A\sqrt { \lambda }e^{-\sqrt { \lambda \pi }}}\) funkcja wykładnicza i lambda są obie dodatnie więc
\(\displaystyle{ A=0}\) rozwiązanie trywialne odrzucam.
2) zerowa \(\displaystyle{ r=0}\) dwukrotnie -> \(\displaystyle{ f(x)=A+Bx}\)
\(\displaystyle{ f'(0)=f'(\pi )=0=B}\)
\(\displaystyle{ B}\) jest zerowe, \(\displaystyle{ A}\) dowolne niezerowe, więc \(\displaystyle{ f(x)}\) jest funkcją stałą niezerową.
Niech \(\displaystyle{ f(x)=f_{0}(x)=A\cos 0x}\) <- można tak napisać?
3) ujemna \(\displaystyle{ r= \pm sqrt{-\lambda}i}\) <- tu się dzieją sztuczki, chociaż jako tako ogarniam
\(\displaystyle{ f(x)=A\cos (\sqrt (-\lambda )x)+B\sin (\sqrt (-\lambda )x)}\) tak się rozwiązuje gdy wartość własna jest zespolona.
\(\displaystyle{ f'(0)=f'(\pi )=0}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=-A\cos(\sqrt {\lambda }x)+B\cos (\sqrt{-\lambda }\pi )}\)
\(\displaystyle{ B=0}\)
\(\displaystyle{ A}\) dowolne (niezerowe?) gdy \(\displaystyle{ \sin (\sqrt{-\lambda }\pi )=0}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{-\lambda }=k}\), \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\)
\(\displaystyle{ \lambda =-k^{2}}\)
\(\displaystyle{ f_{k}(x)= A\cos (\sqrt{ -k^{2}} x) =f_{n}=A\cos (nx)}\)
I tutaj się okazało, że nie ma sinusa w funkcji \(\displaystyle{ f}\). Czy zawsze tak będzie w rr struny?

Okeeeej no i tutaj dzieje się magia. Bo my chcemy znaleźć \(\displaystyle{ u}\), a wiadomo, że rozwiązanie ogólne to kombinacja liniowa rozwiązań pojedynczych, ale co to w ogóle jest. Co się stało z numeracją to skomplikowane, ale tu jest (6). Rozumiem, że skoro \(\displaystyle{ f_{0}}\) było funkcją stałą, to można ją zespolić z \(\displaystyle{ g_{0}}\) i pominąć to oznaczenie.
\(\displaystyle{ u(x,t)=g_{0}(t)+ \sum_{n=1}^{\infty } g_{n}\cos (nx)}\) \(\displaystyle{ (6)}\)
\(\displaystyle{ g}\) z indeksem \(\displaystyle{ 0}\) rozdzieliliśmy, bo będziemy je oddzielnie liczyć. Idea jest taka, że \(\displaystyle{ f_{n}}\) ma być najprostszą możliwą funkcją, a wszelkie dodatkowe rzeczy mają być w \(\displaystyle{ g_{n}}\)???
Wracamy do rr \(\displaystyle{ (1)}\) niejednorodnego. Rozwijamy \(\displaystyle{ h(t,x)}\) w szereg fouriera względem układu \(\displaystyle{ (cosnx)^{\infty }_{n=0}}\), ale \(\displaystyle{ h}\) jest domyślnie rozwinięta jak jest cosinusem \(\displaystyle{ h(t,x)=f_{3}(x)}\). To akurat widać.
Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu z \(\displaystyle{ u}\) żeby wstawić do \(\displaystyle{ (1)}\). To ma sens no bo jak inaczej.
\(\displaystyle{ u''_{tt}(x,t)=g''_{0}(t)+ \sum_{n=1}^{\infty } g''_{n}(t)\cos (nx) }\)
\(\displaystyle{ u''_{xx}(x,t)= \sum_{n=1}^{\infty }g_{n}(t)(-n^{2}\cos (nx)) }\)
Oba razem z \(\displaystyle{ (1)}\)
\(\displaystyle{ g''_{0}(t)+ \sum_{n=1}^{\infty } g''_{n}(t)\cos (nx) =a^{2}u''_{xx}(x,t)= \sum_{n=1}^{\infty }g_{n}(t)(-n^{2}\cos (nx)) +7\cos 3x}\)
Teraz korzystamy z własności, że \(\displaystyle{ \forall x\in D \;\; af(x)=bf(x) \Rightarrow a=b}\). Mogę tak napisać? Muszę zakładać coś poza tych, że f\(\displaystyle{ }\) nie jest stale równa \(\displaystyle{ 0}\)? Oddzielnie traktujemy indeksy \(\displaystyle{ n}\), które wystąpiły wcześniej a całą resztę grupowo. W tym momencie wystąpiło prawdopodobnie nieprzeliczalnie dużo błędów rachunkowych, także proszę mnie sprawdzić.
Właśnie to całe porównywanie współczynników jest najgorsze i ja nie ogarniam.


\(\displaystyle{ n=0}\): \(\displaystyle{ g''_{0}(t)=0}\) funkcje liniowe czyli\(\displaystyle{ g_{0}=A_{0}+B_{0}t}\)
\(\displaystyle{ n=3}\): \(\displaystyle{ g''_{3}(t)=-a^{2}\cdot 3^{3}g_{3}(t)+1\;\;(7)}\) liniowe rzędu 2 niejednorodne
\(\displaystyle{ n}\) ogólne:\(\displaystyle{ g''_{n}(t)=-a^{2}n^{2}g_{n}(t)\; (8)}\) rr liniowe autonomiczne drugiego rzędu i już były analogiczne przykłady, więc analogicznie liczymy.
\(\displaystyle{ (8)\; -a^{2}n^{2}<0}\) no bo zarówno \(\displaystyle{ a= \neq 0}\) i \(\displaystyle{ n \neq 0}\)
\(\displaystyle{ g_{n}(t)=A_{n}\cos (ant) + B_{n}\sin (ant)}\)
co do \(\displaystyle{ (7)}\) to jak wyżej
\(\displaystyle{ g_{3oj}=A_{3}\cos (3at) +B_{3}\sin (3at)}\)
Potrzebujemy dodać rozwiązanie szczególne. Jako że niejednorodność to funkcja stała to przewiduję, że rozwiązanie szczególne to też jakaś stała \(\displaystyle{ c}\).
\(\displaystyle{ c''=-a^{2}\cdot 9 \cdot c +1}\)
\(\displaystyle{ c= \frac{1}{9a^{2}} }\)
więc \(\displaystyle{ g_{3}=A_{3}\cos 3at++B_{3}\sin (3at)+\frac{1}{9a^{2}}
}\)


I to wszystko podstawiamy do \(\displaystyle{ (6)}\). Dlaczego \(\displaystyle{ g_{3}}\) jest mnożone przez \(\displaystyle{ \cos 3x}\) ??
\(\displaystyle{ (9)}\)
\(\displaystyle{ u(x,t)=A_{0}+B_{0}t+ \sum_{n=1}^{\infty } (A_{n}\cos (ant) +B_{n}\sin (ant))\cos (nx) + \frac{1}{9a^{2}}\cos 3x }\)
Wracamy do warunków początkowych
\(\displaystyle{ u(x,0)=\cos 2x}\), \(\displaystyle{ u'_{t}(x,t)=7\cos (5x)}\)
dokończę potem
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4119
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 82 razy
Pomógł: 1411 razy

Re: rr struny zagadnienie Dirichleta

Post autor: Janusz Tracz »

Zacznę od tego, że zamiast pisać \(\displaystyle{ u''_{tt}}\) będę po prostu pisać \(\displaystyle{ u_{tt}}\) i tak dalej. Dodawanie indeksów i primów jednocześnie nic nie daje. Indeksy w równaniach cząstkowych wystarczają.

Problem pojawia się już na samum początku. Piszesz o zagadnieniu Dirichleta, a rozważasz problem początkowo-brzegowy Neumanna. Trzeba się zdecydować na jedną wersję:
  • Zagadnienie Neumanna
    \(\displaystyle{ \displaystyle{ \begin{cases} u_{tt}(x,t)=a^{2}u_{xx}(x,t)\\[1ex] u_{x}(0,t)=u_{x}(\pi ,t)=0 \\[1ex] u(x,0)=\cos 2x, \quad u_{t}(x,0)=7\cos 5x. \end{cases} }}\)
  • Zagadnienie Dirichleta
    \(\displaystyle{ \displaystyle{ \begin{cases} u_{tt}(x,t)=a^{2}u_{xx}(x,t)\\[1ex] u(0,t)=u(\pi ,t)=0 \\[1ex] u(x,0)=\cos 2x, \quad u_{t}(x,0)=7\cos 5x. \end{cases} }}\)
Różnica jest oczywiście w warunku brzegowym. Dirichlet ma po prostu wartość szukanej funkcji, a Neumann ma wartość pochodnej na brzegu (wartość zerową).

Zamiast ustosunkowywać się do każdego pytania zrobię zagadnienie Neumanna. Zaczynamy standardowo, poprzez rozdzielenie zmiennych (ja użyje innych oznaczeń) szukamy \(\displaystyle{ u(x,t)=X(x)T(t)}\), dla pewnych \(\displaystyle{ X}\),\(\displaystyle{ T}\) zatem musi zachodzić \(\displaystyle{ X T'' = a^2X'' T }\) (tu primy są już jednoznaczne bo te funkcje są jednej zmiennej i wiadomo po czym jest pochodna z kontekstu). Mamy więc, że

\(\displaystyle{ \frac{X''}{X} = \frac{T''}{a^2T} = - \lambda }\)

dla pewnego \(\displaystyle{ \lambda}\). Dodanie \(\displaystyle{ -}\) przed \(\displaystyle{ \lambda}\) to sztuczka którą robi się aby równania różniczkowe które otrzymamy w następnym kroku wyglądały ładniej. Mianowicie mamy, że
\(\displaystyle{ X''+\lambda X =0 \qquad \& \qquad T''+a^2\lambda T=0.}\)

Specjalnie unikam pisania zmiennych \(\displaystyle{ x, t}\) w funkcjach \(\displaystyle{ X, T}\) jednak trzeba o tym pamiętać. Na chwile zastawmy te dwa równania. Wiemy z warunku brzegowego, że \(\displaystyle{ u_{x}(0,t)=u_{x}(\pi ,t)=0 }\) co w zmiennych \(\displaystyle{ X, T}\) oznacza, że

\(\displaystyle{ X'(0)T(t)=0 \qquad \& \qquad X'(\pi)T(t)=0. }\)

Oczywiście nie interesuje nas trywialne zerowe rozwiązanie (swoją drogą nie spełniające warunku początkowego) dlatego odrzucamy możliwość \(\displaystyle{ T(t)=0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ t}\), tym samym stwierdzając, że musi zachodzić \(\displaystyle{ X'(0)=X'(\pi)=0}\) aby zachodziły powyższe równości. Teraz wyznaczmy wszystkie wartości \(\displaystyle{ \lambda}\) jakie wynikają z równania o którym wiemy więcej. A więcej wiemy o zagadnieniu własnym \(\displaystyle{ X''+\lambda X =0}\) bo znamy wartości \(\displaystyle{ X'(0)=X'(\pi)=0}\).

Zaczynamy od prostej analizy trzech przypadków (potencjalnych trzech możliwości)
  • \(\displaystyle{ \lambda<0}\)
Wtedy rozwiązaniem \(\displaystyle{ X''+\lambda X =0}\) jest \(\displaystyle{ X(x) = c_1e^{ x \sqrt{ \left| \lambda \right| } } + c_2e^{ -x \sqrt{ \left| \lambda \right| } }}\). Zatem (oznaczywszy \(\displaystyle{ \sqrt{ \left| \lambda \right| } =: \xi}\)) mamy
\(\displaystyle{ X'(x) = c_1 \xi e^{x \xi } - c_2 \xi e^{-x \xi }. }\)
Kładąc \(\displaystyle{ x=0,\pi}\) dostaniemy układ warunków
\(\displaystyle{ c_1 - c_2 =0 \qquad \& \qquad c_1 e^{\pi \xi } - c_2 e^{- \pi \xi } =0. }\)

To jednak prowadzi do jedynej możliwości \(\displaystyle{ c_1=c_2=0}\). Można to zobaczyć wprost rozwiązując układ równań lub z odrobiną algebry liniowej badając wyznacznik
\(\displaystyle{ \det \begin{bmatrix}1 & -1 \\e^{\pi \xi} & -e^{-\pi\xi} \end{bmatrix} = e^{\pi \xi} - e^{- \pi \xi} \neq 0. }\)

Innymi słowy nie ma ciekawych ujemnych wartości \(\displaystyle{ \lambda}\) rozwiązujących zagadnienie własne \(\displaystyle{ X''+\lambda X =0}\) w niezerowy sposób.
  • \(\displaystyle{ \lambda=0}\)
Tu sprawa jest prosta. Rozwiązaniem \(\displaystyle{ X''+\lambda X =0}\) przy \(\displaystyle{ \lambda=0}\) jest funkcja liniowa. A warunki na \(\displaystyle{ X'}\) (geometrycznie) mówią, że może to być jedynie funkcja stała. To trzeba mieć na uwadze. Choć łatwo przekonać się, że w tym przypadku nie będzie mieć to miejsca za względu na warunki początkowe.
  • \(\displaystyle{ \lambda>0}\)
Wtedy rozwianiem ogólnym jest \(\displaystyle{ X(x)=c_1\cos \left( x \sqrt{\lambda}\right) + c_2 \sin \left( x \sqrt{\lambda}\right) }\). A warunki na pochodną (znów oznaczam \(\displaystyle{ \sqrt{ \lambda } =: \xi}\)) oznaczają, że

\(\displaystyle{
\begin{cases}c_2\xi \cos (0\xi) -c_1\xi \sin (0\xi) = 0\\[1ex] c_2\xi \cos (\pi \xi) -c_1\xi \sin (\pi \xi) = 0 \end{cases}
}\)

Z pierwszego równania wynika, że \(\displaystyle{ c_1}\) jest dowolne póki ale co ważniejsze \(\displaystyle{ c_2=0}\). Kładąc to do drugiego równania dostajemy, że \(\displaystyle{ c_1\xi \sin (\pi \xi) = 0}\). Znów widzimy, że rozwiązanie trywialne się pojawia dla \(\displaystyle{ c_1=0}\) i po raz kolejny odrzucamy je na rzecz ciekawych \(\displaystyle{ \xi}\). To jest takich, że \(\displaystyle{ \sin (\pi \xi) = 0}\). Zatem \(\displaystyle{ \xi \in \ZZ}\). Jednak przypominamy sobie, że \(\displaystyle{ \xi= \sqrt{\lambda}>0 }\) więc jedynie wartości \(\displaystyle{ 1,2,3,\dots}\) są dozwolone. Innymi słowy \(\displaystyle{ \lambda=1^2,2^2,3^2,\dots }\) dają niezerowe rozwiązania.


Ta cała analiza prowadzi do stwierdzenie, że każda funkcja postaci

\(\displaystyle{ X_{n, \gamma}(x)= \gamma \cos(xn)}\)

dla \(\displaystyle{ \gamma \in \RR}\) oraz \(\displaystyle{ n=0,1,2,3,\dots }\) spełnia warunek. Mało tego \(\displaystyle{ \gamma }\) jest póki całkowicie dowolna dla każdego \(\displaystyle{ n}\) z osobna więc jest sensowne napisać, że rozwiązaniem jest

\(\displaystyle{ X_{n}(x)= \gamma_n \cos(xn)}\)

Jak się potem okaże stałe \(\displaystyle{ \gamma_n }\) można pominąć (schować w innych stałych). Jednak ważniejsze jest to, że poznaliśmy możliwe wartości \(\displaystyle{ \lambda}\) indeksowane \(\displaystyle{ n}\). Co pozwala rozwiązać kolejne równanie

\(\displaystyle{ T''+a^2\lambda T=0}\)

Kładąc jakąś ustaloną \(\displaystyle{ \lambda_n=n^2}\) dostaniemy, że

\(\displaystyle{ T_n(t) = \alpha \cos (an t) + \beta \sin(ant).}\)

Znów stałe \(\displaystyle{ \alpha , \beta \in \RR}\) są póki to absolutnie dowolne w dodatku niezależnie dla różnych \(\displaystyle{ n}\) więc jest sens zapisać, że

\(\displaystyle{ T_n(t) = \alpha _n \cos (an t) + \beta _n \sin(ant).}\)

to ogólne rozwiązanie. To oznacza, że udało się sklasyfikować część rozwiązań niepełnego (bo jedynie brzegowego) zagadnienia

\(\displaystyle{ \displaystyle{ \begin{cases} u_{tt}(x,t)=a^{2}u_{xx}(x,t)\\[1ex] u_{x}(0,t)=u_{x}(\pi ,t)=0.\end{cases} }}\)

Istotnie. Dla dowolnego \(\displaystyle{ n=0,1,2,\dots}\) funkcja \(\displaystyle{ u_n(x,t)= \gamma_n \cos(xn) \left( \alpha _n \cos (an t) + \beta _n \sin(ant)\right) }\) spełnia powyższy układ warunków. Jednak po pierwsze ze względu na dowolność \(\displaystyle{ \alpha _n, \beta_n, \gamma_n}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\) z osobna można pominąć pisanie \(\displaystyle{ \gamma_n}\). Innymi słowy połączyć stałe w jedną. Tym samym po zamianie nazw stałych mamy, że w ogólności

\(\displaystyle{ u_n(x,t)= \cos(xn) \left( \alpha _n \cos (an t) + \beta _n \sin(ant)\right). }\)

Teraz pora na liniowość. Trochę teorii. Równanie różniczkowe jest liniowe jeśli jest definiowane różniczkowym operatorem liniowym. Równanie falowe takie jest. Jeśli zdefiniujemy operator \(\displaystyle{ L=\partial_{tt} - a^2\partial_{xx}}\) to równanie falowe sprowadza się do w kontekście operatora \(\displaystyle{ L}\) do rozwiązania \(\displaystyle{ L(u)=0}\). Jak łatwo sprawdzić (z liniowości pochodnych) operator \(\displaystyle{ L}\) jest liniowy. To w szczególności znaczy, że \(\displaystyle{ L(u+v)=L(u)+L(v)}\). Z tego wnioskiem jest, to, że jeśli znamy dwa rozwiązani \(\displaystyle{ u}\) oraz \(\displaystyle{ v}\) równania falowego, czyli spełniające równanie \(\displaystyle{ L(u)=0}\) oraz \(\displaystyle{ L(v)=0}\) to ich liniowa kombinacja w szczególności suma też jest rozwiązaniem, czyli \(\displaystyle{ L(u+v)=0}\) wszak \(\displaystyle{ L(u+v)=L(u)+L(v)=0+0}\).

W naszym przypadku oznacza to, że suma (o ile zbieżna)

\(\displaystyle{ u(x,t)= \sum_{n \ge 0} u_n(x,t)= \sum_{n \ge 0} \cos(xn) \left( \alpha _n \cos (an t) + \beta _n \sin(ant)\right) }\)

też jest rozwiązaniem. Oczywiście to jest tylko napis formalny w którym stałe \(\displaystyle{ \alpha_n, \beta_n}\) są póki co dowolne. Dopiero warunek początkowy pozwoli je wyznaczyć. To znaczy szukamy teraz stałych lub jak zwał tak zwał ciągów \(\displaystyle{ \alpha_n, \beta_n}\). Z jednej strony w oólności mamy

\(\displaystyle{ u(x,0)= \sum_{n \ge 0} \cos(xn) \alpha _n \qquad \& \qquad u_t(x,0)= \sum_{n \ge 0} \cos(xn) an \beta _n. }\)

Z drugiej strony funkcje z warunku początkowego zapisane za pomocą cosinusowego szeregu Fouriera (to można zawsze zrobić po parzystym przedłużeniu) mają swoje reprezentacje
  • \(\displaystyle{ \cos (2x) = 0\cos (0x) + 0\cos (1x) + 1\cos (2x) + 0\cos (3x) + \dots }\)
  • \(\displaystyle{ 7\cos (5x) = 0\cos (0x) + 0\cos (1x) + 0\cos (2x) +\dots + 7\cos (5x) + \dots }\)


Zatem porównując współczynniki stojące przy odpowiednich funkcjach trygonometrycznych dostajemy, że
  • \(\displaystyle{ \left\langle \alpha _n\right\rangle_{n=0}^{\infty} = \left\langle 0,0,\red{1},0,0,0,\dots \right\rangle}\)
  • \(\displaystyle{ \left\langle an \beta_n\right\rangle_{n=0}^{\infty} = \left\langle 0,0,0,0,0,7,0,0,0,0,\dots \dots \right\rangle}\)
czyli
  • \(\displaystyle{ \left\langle \beta_n\right\rangle_{n=0}^{\infty} = \left\langle 0,0,0,0,0,\blue{7/5a},0,0,0,0,\dots \dots \right\rangle}\).

Ostatecznie dając
\(\displaystyle{ u(x,t)= \sum_{n \ge 0} \cos(xn) \left( \alpha _n \cos (an t) + \beta _n \sin(ant)\right) = \cos(2x) \red{1} \cos (2a t) + \cos(5x) \blue{ \frac{7}{5a} } \cos(5at).}\)



W ogólności (robiąc dokładnie to samo co powyżej tylko na literkach) można pokazać, że, dla \(\displaystyle{ f,g:[0,L]\to \RR}\) będących ciągłymi i kawałkami gładkimi funkcjami. Rozwiązanie zagadnienia Neumanna
\(\displaystyle{ \begin{cases}u_{tt} = a^2 u_{xx} \quad 0 < x < L, \quad t > 0 \\[1ex] u_x(0, t) = u_x(L, t) = 0 \quad t > 0 \\[1ex] u(x, 0) = f(x) \quad 0 \leq x \leq L \\[1ex] u_t(x, 0) = g(x) \quad 0 \leq x \leq L \end{cases} }\)
jest dane przez

\(\displaystyle{ u(x, t) = \alpha_0 + \beta_0 t + \sum_{n \geq 1} \left( \alpha_n \cos\left( \frac{a n \pi}{L} t \right) + \frac{\beta_n L}{a n \pi} \sin\left( \frac{a n \pi}{L} t \right) \right) \cos\left( \frac{n \pi x}{L} \right).}\)
gdzie
  • \(\displaystyle{ \alpha_0 = \frac{1}{L} \int_0^L f(x) \, \dd x, \quad \alpha_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \cos\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \, \dd x,}\)
  • \(\displaystyle{ \beta_0 = \frac{1}{L} \int_0^L g(x) \, \dd x, \quad \beta_n = \frac{2}{L} \int_0^L g(x) \cos\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \, \dd x.}\)

Podobny wynik otrzymamy identyczną metodą jest dla zagadnienia początkowo-brzegowego Dirichleta. Dla \(\displaystyle{ f,g:[0,L]\to \RR}\) będących ciągłymi i kawałkami gładkimi funkcjami. Rozwiązanie zagadnienia Dirichleta

\(\displaystyle{ \begin{cases}u_{tt} = a^2 u_{xx} \quad 0 < x < L, \quad t > 0 \\[1ex] u(0, t) = u(L, t) = 0 \quad t > 0 \\[1ex] u(x, 0) = f(x) \quad 0 \leq x \leq L \\[1ex] u_t(x, 0) = g(x) \quad 0 \leq x \leq L \end{cases} }\)


jest dane wzorem
\(\displaystyle{ u(x, t) = \sum_{n \geq 1} \left( \alpha_n \cos\left( \frac{a n \pi}{L} t \right) + \frac{\beta_n L}{a n \pi} \sin\left( \frac{a n \pi}{L} t \right) \right) \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right),}\)


gdzie
  • \(\displaystyle{ \alpha_n = \frac{2}{L} \int_0^L f(x) \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \, \dd x \quad \text{oraz} \quad \beta_n = \frac{2}{L} \int_0^L g(x) \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \, \dd x.}\)
ODPOWIEDZ