Differenciálegyenletek a fizikában II.
Bene Gyula
Eötvös Loránd Tudományegyetem, Elméleti Fizikai Tanszék
1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1/A
4. Előadás
Peremérték-feladatok
Példa: kifeszített húr rezgése
A keresztirányú kitérés, mint a hely és az idő függvénye:
$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}=c^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$$
Itt
$$c^2=\frac{F\cdot L}{m}\;,$$
ahol $F$ a húrt feszítő erő, $L$ a húr hossza és $m$ a tömege.
Peremfeltételek:
$$y(x=0,t)=y(x=L,t)=0$$
Kezdeti feltételek:
$$\begin{eqnarray}
y(x,t=0)&=&\left\{\begin{array}{ll}\frac{2A}{L}x& \text{ha}\;0\le x\le L/2\\
\frac{2A}{L}(L-x)&\text{ha}\; L/2\le x\le L\end{array}\right.\\
\frac{\partial y}{\partial t}&=&0
\end{eqnarray}$$
$$y=\xi(x)\tau(t)$$
$$\frac{\tau''}{\tau}=c^2\frac{\xi''}{\xi}=-k^2c^2$$
Tehát
$$\frac{d^2 \xi}{d\xi^2}+k^2\xi=0$$
$$\xi(0)=0\;,\quad \xi(L)=0$$
A homogén peremérték-feladat nem mindig oldható meg (csak a paraméter
speciális értékeire létezik megoldás). Sajátértékek, kifejtési probléma.
Lineáris peremérték-feladatok
Egyenlet:
$$y''+f_1(x)y'+f_2(x)y=f_3(x)$$
Megjegyzések:
- Az $y(x)=u(x)\exp[-(1/2)\int f_1(x)dx]$ transzformációval $f_1$ nullává tehető.
- Sturm-Liouville-féle differenciálegyenlet:
$$\frac{d}{dx}\left[r(x)y'\right]+\left(q(x)+\lambda\right)y=0$$
Peremfeltételek:
$$\begin{eqnarray}
l_1(y)\equiv \alpha_1 y(a)+\alpha_2 y'(a)+\alpha_3 y(b)+\alpha_4
y'(b)&=&\gamma\\
l_2(y)\equiv \beta_1 y(a)+\beta_2 y'(a)+\beta_3 y(b)+\beta_4
y'(b)&=&\Gamma
\end{eqnarray}
$$
Ha $\gamma=\Gamma=0$: homogén peremfeltétel. Ha még $f_3(x)=0$ is fennáll,
akkor homogén peremérték-problémáról beszélünk.
Általános megoldás:
$$y(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)+F(x)$$
A peremfeltételekbe helyettesítve:
$$\begin{eqnarray}
c_1l_1(y_1)+c_2 l_1(y_2)&=&\gamma-l_1(F)\\
c_1l_2(y_1)+c_2 l_2(y_2)&=&\Gamma-l_2(F)
\end{eqnarray}
$$
|
Alternatívatétel: Vagy az inhomogén probléma oldható meg általánosságban, és
akkor a hozzá tartozó homogén problémának nincs megoldása, vagy pedig a
homogén problémának van megoldása, és ilyenkor az inhomogén probléma csak
speciális esetekben oldható meg.
|
Homogén probléma
Egyenlet:
$$y''+f_1(x)y'+\left[f_2(x)+\lambda p(x)\right]y=0$$
Itt $f_1(x)$, $f_2(x)$, $p(x)$ valós, folytonos függvények.
Peremfeltételek:
$$\begin{eqnarray}
l_1(y)\equiv \alpha_1 y(a)+\alpha_2 y'(a)+\alpha_3 y(b)+\alpha_4
y'(b)&=&0\\
l_2(y)\equiv \beta_1 y(a)+\beta_2 y'(a)+\beta_3 y(b)+\beta_4
y'(b)&=&0
\end{eqnarray}
$$
Itt az $\alpha_i$ és $\beta_i$ együtthatók valós számok.
Nevezetes speciális esetek:
- Első peremérték-feladat (Dirichlet):
$$\begin{eqnarray}
y(a)&=&0\\
y(b)&=&0
\end{eqnarray}
$$
- Második peremérték-feladat (Neumann):
$$\begin{eqnarray}
y'(a)&=&0\\
y'(b)&=&0
\end{eqnarray}
$$
- Harmadik peremérték-feladat (Fourier):
$$\begin{eqnarray}
\alpha_1 y(a)+\alpha_2 y'(a)&=&0\\
\beta_3 y(b)+\beta_4 y'(b)&=&0
\end{eqnarray}
$$
Valós sajátértékek (tétel):
|
A fenti peremérték-probléma valamennyi sajátértéke valós, ha
$$r(b)\left|\begin{array}{ll}\alpha_1& \alpha_2\\\beta_1 &
\beta_2\end{array}\right|=r(a)\left|\begin{array}{ll}\alpha_3&
\alpha_4\\\beta_3 & \beta_4\end{array}\right|\;,$$
ahol
$$r(x)=\exp\left(\int_a^x f_1(\xi)d\xi\right)$$
és $p(x)\ne 0$ az $[a,b]$ intervallumban.
|
Bizonyítás:
szorzás $r(x)$-szel:
$$\frac{d}{dx}\left[r(x)y'\right]+\left(r(x)f_2(x)+\lambda r(x)p(x)\right)y=0$$
Szétválasztjuk a valós és képzetes részeket:
$$y=u+iv$$
$$\lambda=\rho+i\sigma$$
Ezzel
$$\begin{eqnarray}
\frac{d}{dx}(ru')+r(f_2+\rho p)u-\sigma r p v&=& 0\\
\frac{d}{dx}(rv')+r(f_2+\rho p)v+\sigma r p u&=& 0
\end{eqnarray}
$$
Ebből pedig (az első egyenletet $v$-vel, a másodikat $u$-val szorozva és a
második egyenletből az első egyenletet kivonva)
$$\frac{d}{dx}\left[r(v'u-u'v)\right]+\sigma r p (u^2+v^2)= 0\;.$$
Integrálva:
$$\left.r(v'u-u'v)\right|_a^b=-\int_a^b\sigma r p (u^2+v^2)dx$$
A feltételek szerint ebből $\sigma=0$ következik. Ui.az $l_1(y)=0$ és $l_2(y)=0$
peremfeltételek valós és képzetes részét véve
$l_1(u)=l_2(u)=l_1(v)=l_2(v)=0$ következik. Ezt a négy egyenletet
mátrixalakban felírhatjuk így:
$$\left(\begin{array}{ll}\alpha_1& \alpha_2\\\beta_1&
\beta_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}u(a)& v(a)\\u'(a)&
v'(a)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}-\alpha_3& -\alpha_4\\-\beta_3&
-\beta_4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}u(b)& v(b)\\u'(b)&
v'(b)\end{array}\right)$$
Mindkét oldal determinánsát véve:
$$\left|\begin{array}{ll}\alpha_1& \alpha_2\\\beta_1&
\beta_2\end{array}\right|\left|\begin{array}{ll}u(a)& v(a)\\u'(a)&
v'(a)\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ll}\alpha_3& \alpha_4\\\beta_3&
\beta_4\end{array}\right|\left|\begin{array}{ll}u(b)& v(b)\\u'(b)&
v'(b)\end{array}\right|$$
Ezzel
$$\begin{eqnarray}
&& \left.r(v'u-u'v)\right|_a^b\equiv r(b)\left|\begin{array}{ll}u(b)& v(b)\\u'(b)&
v'(b)\end{array}\right|-r(a)\left|\begin{array}{ll}u(a)& v(a)\\u'(a)&
v'(a)\end{array}\right|\\
=&& \left|\begin{array}{ll}\alpha_3& \alpha_4\\\beta_3&
\beta_4\end{array}\right|^{-1}\left|\begin{array}{ll}u(a)& v(a)\\u'(a)&
v'(a)\end{array}\right|\left\{
r(b)\left|\begin{array}{ll}\alpha_1& \alpha_2\\\beta_1 &
\beta_2\end{array}\right|-r(a)\left|\begin{array}{ll}\alpha_3&
\alpha_4\\\beta_3 & \beta_4\end{array}\right|
\right\}=0
\end{eqnarray}
$$
QED.