kismi3 - Beycan.NET

Beycan Kahraman
040020337
Prof. Dr. Faruk Güngör
Kısmi Türevli Diferansiyel Denklemler
ÖDEV III
1) x > 0 için u(x,0) = ф(x) = e-x,
x < 0 için ф(x) = 0 ise ısı denklemini çözünüz.
Basamak fonksiyonundan yararlanarak,
ф2(x) = H(x). e-x
olmak üzere;

u ( x, t ) 
 S ( x  y, t ).
2
( y ).dy


( x y)2
4 kt

x 2  2 xy  y 2  4 kty
4 kt

1
u ( x, t ) 
e

4kt 0

1
u ( x, t ) 
e

4kt 0


ekt  x
u ( x, t ) 
e

4kt 0
u ( x, t ) 
( y  ( 2 kt  x )) 2
4 kt

e kt  x

.e y .dy
e
 p2


1
.dy 
e

4kt 0
x 2  y 2  2 y ( 2 kt  x )  ( 2 kt  x ) 2  ( 2 kt  x ) 2
4 kt
y  (2kt  x)
2 kt
.dy
p
.dp
y=0  p
2 kt  x
için
2kt  x
,
2 kt
dp 
.dy
dy
2 kt
y = ∞  p
2 kt
2 kt  x
u ( x, t ) 
e
kt  x

Son olarak,

( e
 p2
2 kt
e
.dp 
0
2 kt  x
 p2
.dp) 
0
erf ( x) 
e
kt  x

(

2
2 kt

e
 p2
.dp)
0
x
2
p
 e .dp
2

kullanılırsa;
0
2 kt  x
u ( x, t ) 
ekt  x e kt  x

2

2 kt
p
 e .dp 
2
0
e kt  x ekt  x
2kt  x
ekt  x
2kt  x

erf (
)
{1  erf (
)}
2
2
2
2 kt
2 kt
sonucuna ulaşılır.
2) Neumann sınır koşullarını sağlayan
ut – kuxx = f(x,t),
0 < x < l,
t>0
u(x,0) = ф(x),
ux(0,t) = g(t),
ux(l,t) = h(t)
ısı probleminin tekliğini enerji yöntemiyle kanıtlayınız.
u ve v, Neumann sınır koşullarını sağlayan ısı probleminin çözümü olsun. Bu durumda
ut – kuxx = f(x,t),
vt – kvxx = f(x,t),
u(x,0) = ф(x),
v(x,0) = ф(x),
ux(0,t) = g(t),
vx(0,t) = g(t),
ux(l,t) = h(t)
vx(l,t) = h(t)
ve
olur.
Eğer w = u – v seçersek, w aşağıdaki koşulları sağlayacaktır.
wt – kwxx = 0,
w(x,0) = 0,
Enerji yöntemini uygularsak:
l
1
E   w 2 ( x, t )dx
20
l
wx(0,t) = 0,
wx(l,t) = 0
enerjinin zamanla değişimini incelersek:
l
1
d
E =  2wwt dx   wwt dx
dt
20
0
l
=  wkwxx dx
0
l
= k  wwxx dx
0
l
l
= k  ( wwx ) x dx  k  ( wx ) 2 dx
0
0
l
= k wwx
l
0
 k  ( wx ) 2 dx
0
l
=  k  ( wx ) 2 dx
integralin içi pozitif olduğundan
0
d
E  0 (azalan)
dt
l
1
Ancak,
olduğu göz önüne alınırsa;
E (t  0)   w 2 ( x,0)dx  0
20
w = 0 olmak zorundadır. Buradan da
u = v bulunur.
3) Sabit b > 0 için
ut – kuxx + bu = 0,
-∞ < x < ∞,
u(x,0) = ф(x)
ısı denklemini çözünüz.
(Yol gösterme: u(x,t) = e-btv(x,t) değişken dönüşümü yapınız)
u(x,t) = e-btv(x,t)
ut = -t.e-btv + e-btvt
ux = e-btvx
uxx = e-btvxx
olduğundan;
buradan da;
-b.e-btv + e-btvt – k.e-btvxx + b.e-btv = 0
vt – kvxx = 0
ve
v(x,t) = ebt.u(x,t) için
v(x,0) = e0.u(x,0) = ф(x)
Sonuçta;

v ( x, t ) 
 S ( x  y, t ). ( y).dy olarak bulunur, son olarak;




ebt
u ( x, t )  e  S ( x  y, t ). ( y).dy 
e
4kt 

bt
( x y)2
4 kt
. ( y).dy
4) Sabit V için konveksiyonlu ısı denklemini çözünüz:
ut – kuxx + Vux = 0,
-∞ < x < ∞,
u(x,0) = ф(x)
(Yol gösterme: y = x – Vt dönüşümü ile hareketli referans çerçevesine geçiniz.)
z = x – Vt
T=t
ux = uz.1
uxx = uzz
ut = uT.1 – uzV
denklemde yerine koyalım
uT – uzV – k.uzz + Vuz = 0
uT – k.uzz = 0

Buradan da genel çözüm: u ( z , T ) 
 S ( z  y,T ). ( y).dy
son olarak;




1
u ( x, t )   S ( x  Vt  y, t ). ( y).dy 
e

4kt  

( x Vt  y ) 2
4 kt
. ( y).dy
sonucuna ulaşılır.
5) (a) C(x,y,t) = S(x,t)S(y,t) fonksiyonunun St = k(Sxx + Syy) ısı denklemini sağladığını
gösteriniz.
Ct = S(x,t).St(y,t) + S(y,t).St(x,t)
Cx = Sx(x,t).S(y,t)
ve
Cxx = Sxx(x,t).S(y,t)
Cy = Sy(y,t).S(x,t)
ve
Cyy = Syy(y,t).S(x,t)
denklemde yerine koyalım
S(x,t).St(y,t) + S(y,t).St(x,t) = k{Sxx(x,t).S(y,t) + Syy(y,t).S(x,t)}
buradan da
S(x,t){St(y,t) – k.Syy(y,t)} + S(y,t){St(x,t) – kSxx(x,t)} = 0
tek boyutlu durum sağlanır
S(x,t).0 + S(y,t).0 = 0
(b) C(x,y,t)’nin iki boyutlu ısı denklemi için kaynak fonksiyonu olduğunu gösteriniz.
u(x,y,t) denklemi sağlıyorsa açıkça u(λx, λy, λ2t) ‘da sağlayacaktır. (λ > 0)
Bu durumda λ2 = t-1 seçilmesi durumunda;
x y
x y
u( ,
, 1) = F ( , ) diyebiliriz. Buna göre u’nun türevlerini hesaplarsak;
t t
t t
F
''
F'
ux =
,
uxx =
,
t
t
F ''
F'
uy =
,
uyy =
ve
t
t
3

1
ut = (  ( x  y )t 2 )F’
bulunanları denklemde yerine yazalım
2
3
1


F ''
1
1
F ''
(  ( x  y )t 2 )F’ = k(
+
)  2k( F ' ' )+ ( x  y )t 2 F ' = 0
t
2
2
t
x
y
ve
η=
için;
t
t
4k F ' ' + (ξ+ η) F ' = 0
F ''
 
 2 2

,
log( F ' ) = 
+ logc1,
F'
4k
8k
ξ=
F ' = c1e
F ' = c1.e


 2  2
8k
= c1e

2
8k
e

2
ξ2 + η2 = p2 için;
8k
p2
8k
p
F(p) = c1.  e

y2
8k
Çözümün sınırlı olması için F(-∞) = 0 seçersek c2 = 0
dy +c2

Kaynak çözümü bulmak için: F(∞) = 1 seçersek,

F(p) = c1.  e

y2
8k
q
dy = 1

y
,
8k
dq 

F(p) = c1. 8k  e  q dq = c1. 8k  1
2

c1 

F(p) =
F(p) =
1
8k
1
4k
p
e

y2
8k
z=
dy
1
8k
olsun
2y

2p

e

z2
4k
dz

p2
S(p) =
dy
8k

1
e 4k
4k


1
S ( , ) 
e
4k
6) 0 < x < ∞ yarı-sonsuz doğru üzerinde
ut – kuxx = 0,
u(x,0) = e-x,
 2  2
4k
u(0,t) = 0
problemini çözünüz.
Yarı sonsuz doğru üzerinde çözüm:

0
0



u ( x, t )   S ( x  y, t ). ( y).dy   S ( x  y, t ). ( y).dy
z = -y için
u ( x, t )   S ( x  y, t ). ( y).dy   S ( x  z, t ). ( z ).dz
0
0
( x y)
( x y)



1
 e 4 kt  e 4 kt
u ( x, t ) 
4kt 0 
2
x


1

u ( x, t ) 
e
4kt 0 
2
x


1
e
u ( x, t ) 
4kt 0 
2
 2 xy  y 2  4 kty
4 kt
2
 y
.e .dy


e

x 2  2 xy  y 2  4 kty
4 kt
 y 2  2 ( 2 kt  x ) y  ( 2 kt  x ) 2  ( 2 kt  x ) 2
4 kt

.dy


e

x 2  y 2  2 ( 2 kt  x ) y  ( 2 kt  x ) 2  ( 2 kt  x ) 2
4 kt

.dy




ekt  x
u ( x, t ) 
e

4kt 0
y  (2kt  x)
,
p
2 kt
u ( x, t ) 

e kt  x

e
( y  ( 2 kt  x )) 2
4 kt
( y  ( 2 kt  x )) 2


ekt  x
4 kt
.dy 
e
.dy

4kt 0
dy
y  (2kt  x)
ve
,
dp 
q
2 kt
2 kt
 p2
.dp 

e kt  x

2 kt  x
e
 p2
.dp
2 kt
2 kt  x
u ( x, t ) 
e


(  e p .dp 
2 kt  x
2 kt
p
 e .dp) 
2
2
0
e
kt  x

0

(  e q .dq 
u ( x, t ) 
e


Son olarak,
(
0
2
e
q2
.dq)
0
2 kt  x
2 kt

2 kt
2
2 kt  x
kt  x
dy
2 kt
2 kt  x
2 kt
kt  x
dq 
p
 e .dp) 
2
e
kt  x

0
2
x
e

erf ( x) 
 p2
(

2
2 kt

e
q 2
.dq)
0
kullanılırsa;
.dp
0
2 kt  x
u ( x, t ) 
u( x, t ) 
e
kt  x
2

e
kt  x 2 kt

e
2 kt  x
 p2
.dp 
e
kt  x
2
0

e
kt  x 2 kt

e
q2
.dq
0
e kt  x  e kt  x e kt  x
2kt  x e kt  x
2kt  x

erf (
)
erf (
)
2
2
2
2 kt
2 kt
7) Yarı-sonsuz
wt – kwxx = 0,
0 < x < ∞,
0<t<∞
wx(0,t) = 0,
w(x,0) = ф(x)
Neumann problemi için çözüm formülünü çıkarınız.

0
u ( x, t )   S ( x  y, t ). ( y).dy   S ( x  y, t ). ( y).dy
0



z = -y için
u ( x, t )   S ( x  y, t ). ( y).dy   S ( x  z, t ). ( z ).dz
0
0
( x y)
( x y)



1
 e 4 kt  e 4 kt
u ( x, t ) 
4kt 0 
2
2

. ( y ).dy


wx koşulu için çözüm yöntemini bulamadım.
8) Aşağıdaki homojen olmayan ısı problemini yansıma yöntemi ile çözünüz:
ut – kuxx = f(x,t),
0 < x < ∞,
0<t<∞
ux(0,t) = 0,
u(x,0) = ф(x)
Duhamal ilkesinden yararlanarak soruyu çözelim.
Homojen çözüm 7. sorudaki gibidir.
için
( x y)
( x y)



1
 e 4 kt  e 4 kt
u1 ( x, t ) 
4kt 0 
2
2

. (y).dy


Homojen olmayan çözüm ise:
t 
u2 ( x, t )    {S ( x  y, t )  S ( x  y, t )} f ( x, s ).dy.ds
0 0
( x y)
( x y)
t 


1
4 kt

u 2 ( x, t ) 
e
 e 4 kt

4kt 
0 0
2
2

. f ( x, s).dy.ds


Son olarak genel çözüm:
( x y)2
( x y)2
t 

1    4 kt

u = u1+u2 =
e
 e 4 kt

4kt 
0 0
olarak bulunur.
( x y)
( x y)




 f ( x, s).dy.ds   e 4 kt  e 4 kt
0 



2
9) wt – kwxx = 0,
0 < x < ∞,
0<t<∞
wx(0,t) = h(t),
w(x,0) = ф(x)
problemini çözünüz.
ut – kuxx = 0,
ux(0,t) = 0,
0 < x < ∞,
0<t<∞
u(x,0) = ф(x)
ve
vt – kvxx = 0,
vx(0,t) = h(t),
0 < x < ∞,
v(x,0) = 0
olmak üzere problemin çözümü
0<t<∞
wuv
İlk kısmın çözümünü 7. sorudan biliyoruz:
( x y)2
( x y)2 



1
4 kt

u ( x, t ) 
e
 e 4 kt . ( y ).dy

4kt 0 

İkinci Kısmı Çıkartamadım…
şeklindedir.
2


. (y).dy 


