Matematyka.pl

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

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


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

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


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
Kładąc \(\displaystyle{ x=0,\pi}\) dostaniemy układ warunków

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

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


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


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


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


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


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


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


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


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)


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


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



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
jest dane przez

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



jest dane wzorem


gdzie

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

Okej dziękuję bardzo <3 chyba to zdałam, chociaż z pewnym rzeczami się nie zgadzam.

Niepokonana pisze: 13 cze 2024, o 00:04 chociaż z pewnym rzeczami się nie zgadzam.

Z czym konkretnie? Rozumiem, że chodzi Ci o to co pisałem.

Sorry za późne odpisywanie. Nie zgadzam się z wywalaniem primów i używaniem trudnych znaczków tam gdzie nie trzeba typu \(\displaystyle{ \xi}\).
Jednak nie zaliczyłam tego czegoś

Co robić gdy niejednorodność jest równa \(\displaystyle{ h(t,x)=-t\cos x}\)?

No dobrze ale co wynika z tych wzorów całkowych na współczynniki? jak się ich używa?

Dodano po \(\displaystyle{ \lambda}\) minutach \(\displaystyle{ \xi}\) sekundach:
Zawsze jak tam liczymy \(\displaystyle{ f(x)}\) w rr jednorodnym to wyjdzie cosinus? bo mi na kolokwium wyszedł sinus dla enów parzystych i nie zaliczyłam.

Dodano po 10 minutach 50 sekundach:

Janusz Tracz pisze: 11 cze 2024, o 14:05

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.

A tam nie powinno być odwrotnie z \(\displaystyle{ c_{1}}\) i\(\displaystyle{ c_{2}}\)? I dlaczego funkcje stałe nie będą pasować ze względu na warunki początkowe??

Niepokonana pisze: 17 cze 2024, o 02:46 Sorry za późne odpisywanie. Nie zgadzam się z wywalaniem primów i używaniem trudnych znaczków tam gdzie nie trzeba typu \(\displaystyle{ \xi}\).
Jednak nie zaliczyłam tego czegoś

Primy nie mają sensu w równaniach różniczkowych cząstkowych bo nie są jednoznaczne. Jeśli chcesz to je pisz. Może kiedyś Ci przejdzie.

Niepokonana pisze: 17 cze 2024, o 02:46 Co robić gdy niejednorodność jest równa \(\displaystyle{ h(t,x)=-t\cos x}\)?

Co to w ogóle znaczy? Tu rozważaliśmy równania jednorodne. Teraz, nagle wyskakujesz z potencjalnie zupełnie innym (jakościowo) problemem. Więc jestem lekko skonfundowany skokiem myślowym. Jak równanie jest niejednorodne to można próbować zastosować zasadę Duhamela (w wersji hiperbolicznej). Bo równanie falowe jest takowe. Zasada co prawda jest formowana dla zagadnienia z zerowymi warunkami początkowymi ale to nie problem bo pełne rozwiązanie można odzyskać z superpozycji. Zobacz pdf, który znajdziesz w necie: Warsztaty z Równań Różniczkowych Cząstkowych, P. Biler et al, Centrum Badań Nieliniowych im. J. Schaudera Uniwersytet Mikołaja Kopernika. Twierdzenie 5.1.

Niepokonana pisze: 17 cze 2024, o 02:46
Zawsze jak tam liczymy \(\displaystyle{ f(x)}\) w rr jednorodnym to wyjdzie cosinus? bo mi na kolokwium wyszedł sinus dla enów parzystych i nie zaliczyłam.

Zbyt ogólne pytanie. Więc nie wiem o co chodzi. Ogólnie funkcje parzyste mają rozwinięcie w szereg Fouriera wyłącznie za pomocą cosinusów. Nazwałem to cosinusowym szeregiem w rozwiązaniu. Tam też umieściłem komentarze o rozszerzaniu funkcji w sposób parzysty tak aby miała rozwinięcie cosinusowe.

Niepokonana pisze: 17 cze 2024, o 02:46 A tam nie powinno być odwrotnie z \(\displaystyle{ c_{1}}\) i\(\displaystyle{ c_{2}}\)? I dlaczego funkcje stałe nie będą pasować ze względu na warunki początkowe??

Te równania to zapisane warunki \(\displaystyle{ X'(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ X'(\pi)=0 }\), a nie \(\displaystyle{ X(0)=0}\) oraz \(\displaystyle{ X(\pi)=0 }\) (co Ci się chyba pomyliło?), więc zdaje mi się, że jest dobrze. A jeśli nie jest dobrze to mówi się trudno. Błąd rachunkowy.

Niepokonana pisze: 17 cze 2024, o 02:46 No dobrze ale co wynika z tych wzorów całkowych na współczynniki? jak się ich używa?

A przeczytałaś uważnie twierdzenia, które napisałem? Te wzory dają wartości współczynników występujących w rozwiązaniu. Przykładowo jak pisze, że rozwiązaniem jest

to spoczywa na mnie odpowiedzialność aby powiedzieć czym jest \(\displaystyle{ \alpha_n}\) oraz \(\displaystyle{ \beta _n}\), bo wszystko do około jest już znane \(\displaystyle{ a}\) to stała z równania, \(\displaystyle{ L}\) też, u nas \(\displaystyle{ L= \pi }\). A

Więc,