Valaki levezetné egy egyszerűbb példán keresztül, hogy hogyan kell egy parciális diff. Egyenletet megoldani?

Csak megnéztem, nézzünk egy hővezetési egyenletet. Tegyük fel, hogy van egy u(x,t) függvényünk, amely a tér bármely pontjában és bármely időpillanatban megadja a hőmérsékletet. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy egy L hosszúságú kis keresztmetszetű rúdról van szó, tehát például egy nagyon vékony fémszál, így mondhatni, hogy egy dimenziós a dolog, azaz a térkoordináták leegyszerűsödnek x-re. A hővezetés differenciálegyenlete:

U_{t}-c^2 U_{xx}=0

Itt most az indexek jelzik, hogy mi szerint és hányadrendű derivált, tehát u_{t} az u(x,t) függvény időszerinti elsőrendű parciális differenciálhányadosa, u_{xx} pedig az x térkoordináta szerinti másodrendű parciális differenciálhányadosa u(x,t) függvénynek. A megoldáshoz teszünk egy feltevést. Ez pedig az, hogy u(x,t) függvény előállítható egy csak a tértől és egy csak az időtől függő függvény szorzataként, tehát:

u(x,t)=F(x)G(t)

Nézzük meg mi lesz így, helyettesítsük be a differenciálegyenletbe (argumentumokat nem írom ki a továbbiakban):

FG'-c^2F''G=0

Itt már a szokásos vesszős jelölést alkalmaztam, mert a függvények már csak egyváltozósak, így egyértelmű a dolog. Rendezzük át az egyenletet:

G'/(c^2*G)=F''/F=-p^2

Az átrendezés triviális. Mivel G csak az időtől függ és F csak a tértől függ és mivel a kettő egyenlő egymással, ezért csak is egy konstans függvény lehet mindkettő ebben az alakban. Se az időre se a térre nincs semmilyen feltevés, mi szerint ugyanúgy változnának, ezért csak akkor lehetséges az egyenlőség, ha mindkettő ugyanazzal a konstanssal egyenlő. (Nem tudom tanultál-e kvantummechanikát, de ott is, amikor az időfüggő Schrödinger egyenletből az időfüggetlen vezetjük le ugyanúgy járunk el, mint itt, ha tanultál, akkor az egy nagyon jó vonatkozási pont ehhez.) A konstanst -p^2 alakban írtam fel, azért, mert lentebb látni fogod, így lesz egyszerű megoldásunk és mivel konstans teljesen mindegy, hogy milyen alakban írom fel. Amit eddig csináltunk, az arra volt jó, hogy a kétváltozós parciális differenciálegyenletünket visszavezessük két, egymástól független közönséges differenciálegyenletre. További feladatunk ennek a két egyenletnek a megoldására redukálódik. Lássunk neki. Nézzük először a térfüggőt:

F''+p^2 F=0

Máris értelmet nyert, hogy a konstans miért abban az alakban írtuk fel, hiszen ez az egyenlet ebben a formában a harmonikus oszcillátor egyenlete. Megoldása triviális. Mindenféle matematikai módszer nélkül, melyik az a függvény, amelynek másodderiváltja önmagának negatív egyszerese? Hát a szinusz és koszinusz trigonometrikus függvények, ők a differenciálegyenlet megoldásának terének bázisfüggvényei, épp ezért lineáris kombinációjuk adja az egyenlet általános megoldását, tehát:

F(x)=Acos(px)+Bsin(px)

Mielőtt tovább mennénk ennek megoldásában a peremfeltételekkel, először nézzük meg az időfüggő egyenlet megoldását is.

G'+c^2 p^2 G=0

Ennek megoldásához használjuk fel a karakterisztikus polinomok módszerét. Feltesszük, hogy G megoldása előáll a következő alakban: G=C*e^{λt}

Visszahelyettesítjük:

(Cλ+C c^2 p^2)*e^{λt}=0

Mivel e-ad aszimptotikusan tart a tengelyekhez sose lesz 0 az értéke, így az egyenlőség teljesüléséhez az együtthatónak kell 0-nak lennie. Ebből következik, hogy λ=-c^2 p^2

Egy másik, egyszerűbb módszer, ha ránézünk az egyenletre, akkor egyértelmű, hogy G együtthatójának negatív egyszerese lesz a sajátérték, hiszen deriváláskor az ugrik le és az összeg zérus lesz.

Nézzük most meg a peremfeltételeket:

u(0,t)=0

u(L,t)=0

u(x,0)=f(x)

A térfüggő egyenlet megoldására alkalmazva:

F(0)=Acos(p*0)+Bsin(p*0)=0=A, tehát

F(x)=B*sin(px)

Második peremfeltétel:

F(L)=B*sin(pL)=0=sin(pL)

Ez csak akkor igaz, ha szinusz argumentuma nπ, ahol n elem az egész számok halmazának, tehát:

p=nπ/L, ezzel a térfüggő egyenlet megoldása a peremfeltételekhez hangolva:

F_n(x)=B_n sin(nπ/L * x)

Az időfüggő rész p ismeretében:

G_n(t)=C_n * e^{(cnπ/L)^2 * t}

Most, hogy megvan F(x) és G(t), írjuk fel u(t,x)-et:

u_n(t,x)=d_n * e^{(cnπ/L)^2 * t} * sin(nπ/L * x)

Mivel n egy megszámlálhatóan végtelen halmaz része, így tekinthető úgy, hogy u_n-ek a megoldások terének bázis vektorai, lineáris kombinációjuk adja az általános megoldást:

u(x,t)=∑_{n=1}^{∞} d_n e^{(cnπ/L)^2 * t} * sin(nπ/L * x)

Harmadik peremfeltételt alkalmazva:

u(x,0)=f(x)=∑_{n=1}^{∞} d_n * sin(nπ/L * x)

Ez pedig egy speciális Fourier-sor, ahol a koszinusz együtthatói zérusok, így Fourier-analízisből tudjuk, hogy:

d_n=2/L ∫_0^L f(x) sin(nπ/L * x) dx

Ezzel kész a megoldás. Tehát a lényeg, hogy a kezdetben felírt lineáris, konstansegyütthatós, másodrendű, homogén, parciális differenciálegyenletet egy egyszerű feltétel segítségével visszavezettünk egy másodrendű, lineáris, konstansegyütthatós, homogén, közönséges és egy elsőrendű, lineáris, konstansegyütthatós, homogén, közönséges differenciálegyenletre, amelyeket a már ismert módszerekkel oldottunk meg. Aztán van sok-sok módszer még erre. Az elején tett megszorítás erős, de célravezető, nyilván nem működik mindig.