Verze z 3. 12. 2017, 10:13

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{01RMF}
\chapter{Řešení počátečních úloh ODR a PDR}
V této části se budeme věnovat již konečně řešení jednotlivých typů diferenciálních rovnic za použití nástrojů, které jsme dosud vybudovali. 
Schéma řešení již pro zobecněné lineární diferenciální rovnice známe. Máme-li
$$L u = f \mbox{ v } \D' ,$$
pak pokud naleznu řešení $L\epsilon = \delta$, tak jsme ukázali, že $u = \epsilon \ast f$ řeší rovnici $L u = f $. 
Fundamentální řešení $\epsilon$ budeme hledat právě pomocí integrálních transformací. 
 
Dodejme, že v následujících kapitolách nejprve vždy uvedeme konkrétní příklad řešení dané úlohy a následně postup abstrahujeme do věty, která bude popisovat řešení. 
 
\section{Lineární ODR s konstantními koeficienty}
Řešte počáteční úlohu:
\begin{eqnarray*}
\ddot{y} + 3\dot{y}+2y & = & 3te^t \\
y(0) & = & 2 \\
\dot{y}(0) & = &1 \\
\end{eqnarray*}
Označme $Ly = \ddot{y} + 3\dot{y}+2y $ a $f = 3te^t$. 
Předpokládejme, že $y(t)$ je řešením této rovnice, tj. $y(t) \in \Ci$.
Zkonstruujme nyní zobecněnou funkci 
$$\tilde{y}(t) := \Theta(t) y(t) \in \D'_{reg}.$$
Pomocí této funkce se pokusíme náš problém převést do řeči zobecněných funkcí a řešit jej. Proto si připravme derivace výrazu $\tilde{y}(t)$:
$$ \dot{\tilde{y}}(t) = \Theta(t)\dot{y}(t) + \delta(t)y(t) = \Theta(t)\dot{y}(t) + \delta(t) y(0) = \Theta(t)\dot{y}(t) + 2\delta(t)$$
$$ \ddot{\tilde{y}}(t) = \dot{y}(t)\delta(t) + \Theta(t)\ddot{y}(t) + 2 \dot{\delta}(t) = \Theta(t)\ddot{y}(t) +  \dot{y}(t)\delta(t) +  2 \dot{\delta}(t)=\Theta(t)\ddot{y}(t) +  \delta(t) +  2 \dot{\delta}(t)$$
Stojí za zmínku, že již v tomto kroku jsme využili počátečních podmínek a zahrnuli je tímto do řešení. 
Nyní již můžeme dosadit do operátoru $L$:
$$ L\tilde{y} = \Theta(t)\ddot{y}(t) +  \delta(t) +  2 \dot{\delta}(t) + 3(\Theta(t)\dot{y}(t) + 2\delta(t)) + 2\Theta(t) y(t) = \Theta(t) Ly + 7 \delta(t) +2\dot{\delta}(t) = 
\underbrace{\Theta(t)f(t)}_{=\tilde{f}(t)} + 7 \delta(t) +2\dot{\delta}(t).$$
Klasickou úlohu jsme tedy převedli na problém v $\D'$, který už umíme vyřešit. Tato zobecněná úloha jde vždy zkonstruovat pomocí $\tilde{y}(t) := \Theta(t) y(t)$. 
Úloha tedy přešla na tvar: 
$$L\tilde{y} = \underbrace{\tilde{f}(t) + 7 \delta(t) +2\dot{\delta}(t)}_{F(t)}, \mbox{kde } \tilde{f}(t) = \Theta(t)f(t).$$
Řešení této úlohy je $\tilde{y} = \epsilon \ast F$. 
Řešení rozdělíme do dvou kroků, nejprve nalezneme fundamentální řešení a následně vyřešíme zobecněnou úlohu. 
 
 
\paragraph{I. Fundamentální řešení $\epsilon$}
Řešíme úlohu $L\epsilon = \delta$. Ze cvičení (eventuálně [Šťovíček]) víme, že fundamentální řešení je možné hledat ve tvaru $\epsilon(t) = \Theta(t)Z(t)$, kde funkce 
$Z(t)$ splňuje $LZ=0 $ a počáteční podmínky $Z(0) =0$ a $\dot{Z}(0) = 1$. 
V našem případě tedy řešíme rovnici 
$$LZ = \ddot{Z} + 3 \dot{Z} + 2Z = 0.$$
Její řešení je $Z(t) = C_1 e^{-t}+C_2 e^{-2t}$. Po započtení počátečních podmínek máme $Z(t) = e^{-t}-e^{-2t}$, a tedy fundamentální řešení našeho operátoru je tvaru 
$$ \epsilon(t) = \Theta(t) \left( e^{-t}-e^{-2t} \right).$$
 
\paragraph{II. Vyřešení zobecněné úlohy}
Nyní se pokusíme spočíst konvoluci $\epsilon \ast F = \tilde{y}$. Nejprve si rozepíšeme z linearity konvoluce veškeré příspěvky a každý z nich poté vyšetříme zvlášť.
$$\tilde{y} = \epsilon \ast F  =\epsilon \ast (\tilde{f} + 7 \delta +2\dot{\delta}) = \underbrace{\epsilon \ast \tilde{f}}_{(1)} + \underbrace{7 \epsilon \ast \delta}_{(2)} +
\underbrace{2 \epsilon \ast \dot{\delta}}_{(3)}$$
 
Výpočty jednotlivých konvolucí provedeme postupně v následujících odstavcích:
 
\subparagraph{Výpočet (2)}
$$ 7 \epsilon \ast \delta = 7 \epsilon = \Theta (t)\left(7 \left( e^{-t}-e^{-2t} \right) \right)$$
Poznamenejme, že se vždy budeme snažit převést řešení na tvar $\Theta(t)$ krát nějaká funkce. Proč je toto pro nás důležité, vyplývá z konstrukce řešení, neboť jsme volili jako
zobecněné řešení funkci tvaru $\tilde{y}(t) = \Theta(t) y(t)$, kde $y(t)$ bylo řešením klasické rovnice. 
 
\subparagraph{Výpočet (3)}
$$2 \epsilon \ast \dot{\delta} = 2 \dot{\epsilon} \ast \delta = 2 \dot{\epsilon} = \Theta(t)\left(2 \left( 2e^{-2t}-e^{-t}\right)\right)$$
 
\subparagraph{Výpočet (1)}
Pro tuto část výpočtu bychom potřebovali spočítat konvoluci $f\ast g$, kde  $f,g \in \D'_{reg}$ a  $\nf f \subset  \R^+$, $\nf g \subset \R^+$. 
Pro takový případ ale konvoluci nemáme zavedenou. \footnote{Konvoluci, která by toto umožňovala, lze zavést. Tuto její vlastnost bychom ale využili jen zde, proto byla použita jiná definice. Zájemci definici naleznou ve [Šťovíček] } Přesto se můžeme pokusit tento případ vyřešit:
$$ ((f\ast g)(t),\phi(t)) = (f(t), (g(\tau),\phi(t+\tau))) =\bullet$$
O funkci $(g(\tau),\phi(t+\tau))$ víme, že je třídy $\Ci$. Pokud bychom ještě dokázali říci, že je její nosič omezený, měli bychom vyhráno. 
(Toto je v podstatě jediný rozdíl mezi naší definicí konvoluce a tou, ve skriptech prof. Šťovíčka.) 
$$ \bullet = \displaystyle \int_{\R} \dd t f(t) \displaystyle \int_{\R} \dd \tau g(\tau) \underbrace{\phi(t+\tau)}_{\psi(t,\tau)} = \bullet$$
Zkoumejme nyní nosič funkce $\psi(t,\tau)$. Vzhledem k její definici se jedná o \uv{pás} v rovině $(t,\tau)$ protínající osu $t$ v $\nf \phi$ a osu $\tau$ rovněž v těchto bodech. 
Vzhledem k tomu, že funkce $f(t)$ je nulová dle definice alespoň na  $\R^-$ a funkce $g(\tau)$ stejně tak, lze nosič funkce $\psi(t,\tau)$ omezit a tím umožnit výpočet integrálu. 
 
Zde bude taky jednoho krásného dne obrázek. Doufám...
 
Budeme se jej snažit převést do tvaru definice působení regulární zobecněné funkce. Proto použijeme substituci:
 
$$\bullet= \left\{ \begin{array} c \\ \mbox{\scriptsize Substituce} \\ z = t + \tau \\ t =t \end{array}\right\} = \displaystyle \int_{\R} \dd t \. f(t) \displaystyle \int_{\R} \dd z\. g(z-t) \phi(z)  = 
\displaystyle \int_{\R} \dd z \, \phi(z) \left( \displaystyle \int_{\R} f(t) g(z-t) \dd t \right) $$
 
Tímto jsme zjistili, že výsledek konvoluce regulárních zobecněných funkcí je regulární zobecněná funkce, jejíž klasický generátor je klasická konvoluce generátorů zobecněných funkcí.
Tento výsledek by neměl být překvapivý. 
 
Mají-li tedy funkce $f,g$ nosič na kladné polopřímce, lze je zapsat jako $f(t) = \Theta(t)f(t) $  a $g(z-t) = \Theta(z-t) g(z-t)$. Vidíme, že 
$\Theta(t) \Theta(z-t) \neq 0 \Leftrightarrow t \in (0,z), z>0$. Pak 
$$ \displaystyle \int _{\R} \dd t f(t) g(z-t) = \Theta(z) \displaystyle \int_{0}^{z} f(t)g(z-t) \dd t.$$
Naše funkce $\tilde{f}(t)$ a $\epsilon(t)$ splňují z definice předpoklady výše zmíněné, a proto můžeme spočíst jejich konvoluci. 
 
$$\epsilon(t) \ast \tilde{f}(t) = \Theta(t)Z(t) \ast \Theta(t)f(t) = \Theta(t)\displaystyle \int_{0}^{t} Z(\tau) f(t-\tau) \dd \tau  
=  \Theta(t)\displaystyle \int_{0}^{t} (e^{-\tau} - e^{-2\tau})3(t-\tau)e^{t-\tau} \dd \tau =$$
$$ = \Theta(t) 3e^{t} \left[t \displaystyle \int_{0}^{t} (e^{-\tau} - e^{-2\tau})e^{-\tau}\dd \tau - \displaystyle \int_{0}^{t} (e^{-\tau} - e^{-2\tau})\tau e^{-\tau}\dd \tau \right] = (1)$$
 
Tímto jsme spočetli i poslední člen konvoluce a opět vidíme, že je napsatelný ve tvaru součinu Heavisideovy funkce a nějaké klasické funkce. 
Tedy nyní již víme, že $$\tilde{y}(t) = (1)+ (2) + (3) = $$
$$= \Theta(t) \underbrace{\left[ 7 \left( e^{-t}-e^{-2t} \right) + 2 \left( 2e^{-2t} -e^{-t}\right) +
3e^{t} \left[t \displaystyle \int_{0}^{t} (e^{-\tau} - e^{-2\tau})e^{-\tau}\dd \tau - \displaystyle \int_{0}^{t} (e^{-\tau} - e^{-2\tau})\tau e^{-\tau}\dd \tau \right] \right]}_{= y(t)}$$
 
O funkci $y(t)$ bychom mohli tvrdit, že je řešením klasické úlohy. Z našeho postupu to ale nevyplývá. Ve skutečnosti tomu tak ale je a přesvědčí nás o tom následující věta. 
\begin{theorem}
Nechť $u=u(t)$ pro $t \geq 0$ je klasické řešení lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty tvaru 
$$L u = u^{(n)}+ a_1 u^{(n-1)}+ \dots + a_{n-1}u' +a_n u  = \displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_{n-k}u^{(k)} = f(t),$$
kde $a_k = konst.$ pro všechna $k\in \{0,1, \dots, n-1 \}$ a $a_0 = 1$, které splňuje počáteční podmínky $u^{(k)}(0) = u_k$ pro všechna $k\in \hat{n}$ a nechť $f(t)\in L^1_{loc}(\R^+)$ je po částech spojitá funkce. 
 
Definujeme-li $\tilde{u}(t) = \Theta(t)u(t)$ a $\tilde{f}(t) = \Theta(t) f(t)$, tak potom:
\begin{enumerate}
\item 
Zobecněná funkce $\tilde{u}$ vyhovuje rovnici v $\D'$: 
$$ L\tilde{u} =\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_{n-k}\tilde{u}^{(k)} = \tilde{f} + \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r \delta^{(r)} = F,$$
kde $c_r = \displaystyle \sum_{k=1}^{n-r} a_{n-k-r}u_{k-1}$. 
 
\item Pro řešení klasické úlohy platí 
$$ u(t) = \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau)\dd \tau + \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}c_k Z^{(k)},$$
kde $Z(t)$ je funkce z fundamentálního řešení operátoru $L$, tj. $LZ =0$ a $Z^{(k)}(0) = 0 \ \forall k \in \{0,1,\dots,n-2\}$ a $Z^{(n-1)}(0) =1$.
 
\begin{proof}
První tvrzení se ověří přímým výpočtem, stejně, jako u ilustračního příkladu.
 
Druhá část tvrzení se dokáže taky přímo. Potřebujeme znát fundamentální řešení. Buď tedy $\tilde{u} = \epsilon \ast F$, kde  $\epsilon(t) = \Theta(t) Z(t)$. Pak 
$$\tilde{u} = \epsilon \ast F = \epsilon \ast \tilde{f} + \epsilon \ast \left(\displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r \delta^{(r)}\right) = $$
$$ = \epsilon \ast \tilde{f} + \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r \epsilon \ast  \delta^{(r)}  = \epsilon \ast \tilde{f} + \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r \epsilon^{(r)} \ast  \delta = \epsilon \ast \tilde{f} + \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r \epsilon^{(r)}.$$
Díky počátečním podmínkám na funkci $Z(t)$ je tato vždy spojitou funkcí a pro její derivace (za použití věty pro derivování po částech spojité funkce) platí $\epsilon^{(r)}  =\Theta(t)Z^{(r)}$.
Z předešlého výpočtu taky mj. víme, že  $(\epsilon \ast \tilde{f})(t) = \Theta(t) \displaystyle \int_{0}^{t} Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau$. 
 
Pokud toto dosadíme do vztahu pro $\tilde{u}(t)$, dostaneme:
$$ \tilde{u}(t) = \Theta(t) \left[\underbrace{\displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau}_{(I)} + \underbrace{\displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r Z^{(r)}}_{(II)}\right]$$
Tedy skutečně získáváme $\tilde{u}(t) = \Theta(t)u(t)$
Nyní ověříme, že $u(t)$ je řešením klasické úlohy. U členů $(I)$ a $(II)$ ověříme, že jsou $n$-krát diferencovatelné a že řeší $L$. 
 
\textit{(II):} Jelikož je $Z \in \Ci$ je
 $$\left( \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r Z^{(r)}\right)^{(k)} = \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r Z^{(r+k)} \in \Ci \ \forall k. $$
Navíc díky linearitě $L$ a konstantnosti koeficientů $a_k$ platí: 
$$ L\left( \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r Z^{(r)} \right) = \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r L Z^{(r)} = \displaystyle \sum_{r =0}^{n-1}c_r (LZ)^{(r)} = 0$$
Tedy toto je homogenní řešení operátoru $L$.
 
\textit{(I): }Nejprve ověříme, že je výraz $n$-krát diferencovatelný.
    \begin{remark}
    Z MAA4 (MAB4) si jistě pamatujete vztah $\frac{\dd}{\dd t}\left( \displaystyle \int_{0}^{t} g(t,\tau)\dd \tau \right) = g(t,t) + \displaystyle \int_{0}^{t} \frac{\partial}{\partial t}g(t,\tau) \dd \tau$. Pokud ne, je vhodné si jej dokázat. 
    \end{remark}
Díky této poznámce můžeme psát:
\begin{eqnarray*}
\frac{\dd}{\dd t} \left( \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \right) & = & \underbrace{Z(t-t)}_{Z(0) = 0}f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t}\dot{Z}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau =  \displaystyle \int_{0}^{t}\dot{Z}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \\
\frac{\dd^2}{\dd t^2} \left( \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \right) & = & \underbrace{\dot{Z}(t-t)}_{\dot{Z}(0) = 0}f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t}\ddot{Z}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau = \displaystyle \int_{0}^{t}\ddot{Z}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \\
 & \vdots & \\
\frac{\dd^{n-1}}{\dd t^{n-1}} \left( \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \right) & = & \underbrace{Z^{(n-2)}(t-t)}_{Z^{(n-2)}(0) = 0}f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t}Z^{(n-1)}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau = \displaystyle \int_{0}^{t}Z^{(n-1)}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \\
\frac{\dd^{n}}{\dd t^{n}} \left( \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \right) & = & \underbrace{Z^{(n-1)}(t-t)}_{Z^{(n-1)}(0) = 1}f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t}Z^{(n)}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau = f(t)+  \displaystyle \int_{0}^{t}Z^{(n)}(t-\tau)f(\tau) \dd \tau
\end{eqnarray*}
Vidíme, že všechny derivace existují. To, že je toto řešením dané úlohy, plyne z aplikace operátoru  $L$. Je zřejmé, že toto řešení je partikulárním řešením (díky členu $f(t)$ v $n$-té derivaci) 
$$ L\left( \displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau  \right)  =  \displaystyle \sum_ {k=0}^{n} a_{n-k} \left(\displaystyle \int_{0}^{t}Z(t-\tau)f(\tau) \dd \tau \right)^{(k)} = $$
$$ = f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t} \left(\displaystyle \sum_ {k=0}^{n} a_{n-k} Z^{(k)}(t-\tau)f(\tau) \right) \dd \tau = f(t) + \displaystyle \int_{0}^{t} LZ \cdot f(t) \dd \tau = f(t)$$
Tímto jsme ukázali, že $u(t)$ řeší rovnici $Lu = f$. 
Že toto řešení splňuje i počáteční podmínky je taky jednoduché ukázat. Pro $k \in \{0,1, \dots, n-1\}$ plyne z nulovosti integrálu $(I)^{(k)}(0) = 0$ a tedy nepřispívají do počátečních podmínek.
Proto použijeme člen $(II)$ a aplikujeme podmínky na $Z^{(r)}$ a definici koeficientů $c_r$. Odtud  po dosazení nejvyšší derivace vyjádřené z (derivací) rovnice $LZ = 0$ vyplývá, že $u^{(r)}(0) = u_r$. Dosazovat v plné obecnosti lze, jedná se však o zbtčeně dlouhý technický výpočet. Čtenář si jej může provést sám doma, jako cvičení. Důležité je jej umět alpikovat konkrétně. 
Tímto jsme rovněž ukázali, že splňujeme počáteční podmínky a větu jsme zcela dokázali. 
\end{proof}
\end{theorem}
 
\section{Parciální diferenciální rovnice}
\begin{remark}
Pro parciální diferenciální rovnice nemáme k dispozici nic jako fundamentální systém řešení, který známe z lineárních obyčejných diferenciálních rovnic. Prakticky to znamená, že zabývat se problémem nalezení
\uv{obecného řešení PDR} nedává příliš smysl. Zabýváme se tedy vždy úlohou řešit PDR doplněnou o počáteční, eventuelně okrajové podmínky. 
\end{remark}
 
Uvedmě pro ilustraci této poznámky následující příklady:
\begin{enumerate}
\item Rovnici $\pd{}{t}u + a\pd{}{x}u =0$ splní jakákoliv funkce $u(x,t) = f(x-at)$ pro libovolnou $f \in \mathcal{C}^1$.
\item Rovnici $\mathrm{div} u =0$ řeší v $\R^3$ libovolná funkce tvaru $ u = \mathrm{rot} F $, kde $F$ je libovolné vektorové pole. 
\end{enumerate}
 
\subsection{PDR 1. řádu a metoda charakteristik}
Uvažujme lineární PDR 1. řádu se 2 neznámými proměnnými ve tvaru \footnote{Značení: $u_x = \pd{u}{x}$, $u_t = \pd{u}{t}$ atp. }
\begin{equation*}
\tilde{a}(x,t) u + \tilde{b}(x,t) u_t + \tilde{c}(x,t) u_x = \tilde{g}(x,t).
\end{equation*}
Je-li $\tilde{b}(x,t)$ nenulová funkce, lze tímto členem vydělit celou rovnici a převést ji na tvar 
 
\begin{equation}
\label{metoda_charakteristik}
a(x,t)u + u_t + c(x,t)u_x = g(x,t) \ \mbox{s počáteční podmínkou } u(x,0) = u_0(x).
\end{equation}
 
\begin{remark}
Následující sled poznámek poslouží jako popis metody charakteristik. 
\begin{enumerate}
\item $u_t + c(x,t)u_x$ lze chápat jako směrovou derivaci funkce $u$ ve směru $(c(x,t),1)$ v rovině $(x,t)$;
\item Vektory $(c(x,t),1)$ tvoří vektorové pole v rovině $(x,t)$. Křivky $x=X(t)$ podél vektorového pole jsou dány obyčejnou diferenciální rovnicí $X'(t) = c(X(t),t)$. 
Tyto křivky zveme {\it charakteristiky}.
\item Charakteristika procházející bodem $(x_0,0)$ vyhovuje počátečním podmínkám $X(0) = x_0$.
\item Nechť $u(x,t)$ je řešením úlohy (\ref{metoda_charakteristik}) a $x=X(t)$ s $X(0) = x_0$ je charakteristika. Zúžení řešení $u(x,t)$ na charakteristiku je dáno
$$v(t) = u(X(t),t),$$
kde $v'(t) = u_x(X(t),t)\cdot X'(t) + u_t(X(t),t) = u_x(X(t),t)\cdot c(X(t),t) + u_t(X(t),t)$. Touto úpravou jsme úlohu (\ref{metoda_charakteristik}) převedli na úlohu řešení 
systému ODR. 
\end{enumerate}
\end{remark}
 
\begin{remark}
V literatuře je metoda charakteristik obvykle zapisována jen ve velmi stručném tvaru:
$$ \tilde{a}(x,t) u + \tilde{b}(x,t) u_t + \tilde{c}(x,t) u_x = \tilde{g}(x,t)$$
$$ \frac{\dd t}{\dd s} = \tilde{b}(x(s),t(s));$$
$$ \frac{\dd x}{\dd s} = \tilde{c}(x(s),t(s));$$
$$ \frac{\dd u}{\dd s} +\tilde{a}(x(s),t(s)) = \tilde{g}(x(s),t(s)).$$
Parametr $s$ slouží k parametrizaci charakteristiky. 
\end{remark}
 
\paragraph{Postup metody charakteristik pro nalezení řešení úlohy (\ref{metoda_charakteristik})}
\begin{enumerate}
\item Nalezneme charakteristiky, tj. řešíme rovnici  $X'(t) = c(X(t),t)$ s počáteční podmínkou $X(0) = x_0$. Řešení označme $X_{x_0}(t)$. 
\item Nalezneme $x_0$ počátek charakteristiky pro daný bod $(x,t)$, kterým charakteristika prochází, tj. řešíme rovnici $X_{x_0}(t) = x$ pro $x_0$.
Její řešení označme $x_0 = p(x,t)$. 
\item Vyřešíme ODR na charakteristikách z bodu 1, tj. řešíme rovnici $v'(t) + a(X(t),t)v(t) = g(X(t),t)$ s počáteční podmínkou $v(0) = u_0(x_0)$. Řešení označme $v_{x_0}(t)$. 
\item Vybereme, resp. dosadíme správnou charakteristiku, tj:
$$ u(x,t) = \left. v_{x_0}(t)\right|_{x_0 = p(x,t)}
\end{enumerate}
 
Ilustrujme tuto metodu na konkrétním případě:
 
$$ u + u_t +xu_x = 3x \ \mbox{ s počáteční podmínkou } u(x,0) = \arctan (x)$$
Postupujme dle naznačeného postupu:
\begin{enumerate}
$$X'(t) = X(t) \ \mbox{ s počáteční podmínkou } X(0) = x_0$$
Řešením této rovnice je očividně $X_{x_0}(t) = x_0 e^{t}$.
\item
$$X_{x_0}(t) = x = x_0 e^{t} \Rightarrow p(x,t) = x_0 = xe^{-t}$$
\item
$$v'(t) + 1v(t) = 3X(t) = 3x_0 e^{t}   \ \mbox{ s počáteční podmínkou } v(0) = \arctan (x_0)$$
Tuto rovnici řešíme pohledem:
$$v(t) = Ke^{-t}+Ae^{t}$$
$$v'(t) = -Ke^{-t} + Ae^t$$
Po dosazení do předpisu máme:
$$2Ae^t = 3x_0 e^t \Rightarrow  A = \frac{3}{2}x_0 $$
 
Aplikací počáteční podmínky navíc získáváme:
$$v(0) = K + A = K + \frac{3}{2}x_0 = \arctan (x_0)$$
Tedy řešení je tvaru:
$$v(t) = (\arctan (x_0) - \frac{3}{2}x_0)e^{-t} + \frac{3}{2}x_0 e^t $$
\item 
Nyní již můžeme vyřešit naši úlohu dosazením za $x_0$:
$$u(x,t) = (\arctan (xe^{-t}) - \frac{3}{2}xe^{-t})e^{-t} + \frac{3}{2}x $$
\end{enumerate}
 
\paragraph{Obecnost metody}
V tomto odstavci budeme opět jen v poznámkách a bodech diskutovat, co je důležité pro tuto metodu a kam až ji je možné rozšířit. 
\begin{enumerate}
\item Potřebujeme, aby existovala charakteristika z daného bodu $(x_1,t_1)$ vedoucí zpět do $t=0$. Toto požadujeme kvůli tomu, abychom mohli nalézt $x_0 = p(x,t)$. Toto totiž obecně  není vždy možné. 
\item Limitujícím faktorem jen rovněž hladkost funkcí.
\item Metodu lze přímočaře rozšířit na nelineární případ, tj. úlohu
$$u_t + c(x,t)u_x = f(x,t,u), \ u(x,0) = u_0(x).$$
Pak v  3 stačí řešit rovnici 
$$ v'(t) = f(t,X(t),v(t)), \ v(0) = u_0(x_0).$$
\item Obdobně lze metodu rozšířit pro kvazidiagonální PDR, tj. pro úlohu tvaru
$$u_t + c(x,t,u)u_x = f(x,t,u), \ u(x,0) = u_0(x).$$
Opět lze zúžit řešení na charakteristiky $V(t)= u(X(t),t)$ splňující
$$X'(t) = c(X(t),t,v(t)), \ X(0) = x_0.$$
Pak řešíme rovnici 
$$v'(t) = f(X(t),t,v(t)), \ v(0) = u_0(x_0).$$
\end{enumerate}
 
\subsection{Klasifikace PDR 2. řádu a převod na normální tvar}
V této kapitole se budeme zabývat PDR 2. řádu, tj. rovnicí tvaru
$$f=Lu = \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \displaystyle \sum_{j=1}^{n} a_{ij}(x) \frac{\partial^2}{\partial x_i \partial x_j} u + \displaystyle \sum_{i=1}^{n}b_i(x) \pd{}{x_i} u +c(x)u.$$
Budeme hledat její klasické řešení $u\in \mathcal{C}^2(G)$, $a_{ij}(x)\in \mathcal{C}(G)$,  $b_i(x)\in \mathcal{C}(G)$, kde $G\subset \R^n$.
 
\begin{define}
Řekneme, že lineární parciální diferenciální rovnice 2. řádu je {\bf eliptická}, resp. {\bf hyperbolická}, resp. {\bf parabolická} na $M\subset G$, právě když je eliptická, resp. hyperbolická, resp. parabolická její přidružená kvadratická forma $q(y,x) = y^T\A(x)y$, kde $\A_{ij} = a_{ij}(x)$ a $\A$ je symetrická. 
 
Řekneme, že parciální diferenciální rovnice je v {\bf normálním tvaru}, právě když je matice $\A$ diagonální s 0, -1 a 1 na diagonále. Typicky se tak děje po transformaci.  
\end{define}
 
\begin{remark}
Připomeňme, že o kvadratické formě řekneme, že je eliptická, pokud má její matice veškerá vlastní čísla nezáporná nenulová, resp. nekladná nenulová. 
Řekneme, že je hyperbolická, pokud jsou veškerá její vlastní čísla nenulová a~není eliptická, tj. má jak kladná, tak záporná vlastní čísla, která jsou nenulová.  
Řekneme, že je parabolická, pokud je alespoň jedno její vlastní číslo nulové a alespoň jedno nenulové.
\end{remark}
Nyní uveďme  několik příkladů operátorů a jejich klasifikaci:
\begin{itemize}
\item Laplaceův operátor $\Delta = \displaystyle \sum_{j=1}^{n}\ppd{}{x_j}$ je eliptický operátor v normálním tvaru
\item Operátor vedení tepla $\pd{}{t} - a^2 \Delta$ je parabolický operátor
\item Operátor vlnění $\ppd{}{t} - a^2\Delta$ je hyperbolický operátor
\end{itemize}
 
\paragraph{Převod lineární PDR 2. řádu se dvěma nezávislými proměnnými do normálního tvaru}
Uvažujme rovnici tvaru:
\begin{equation}
\label{pdr}
a(x,y) \ppd{u}{x} + b(x,y) \spd{u}{x}{y} + c(x,y) \ppd{u}{y} + F(\nabla u, u,x,y) = 0 
\end{equation}
Hledáme transformaci souřadnic $(x,y) \leftrightarrow (\xi,\eta)$, kde $\xi = \xi(x,y)$ a $\eta = \eta(x,y)$, takovou, aby původní rovnice byla v normálním tvaru. 
Proto je třeba nejdříve spočítat derivace vyjádřené pomocí nových souřadnic:
$$\pd{u}{x} = \pd{u}{\xi}\pd{\xi}{x}+ \pd{u}{\eta}\pd{\eta}{x} $$
$$\pd{u}{y} = \pd{u}{\xi}\pd{\xi}{y}+ \pd{u}{\eta}\pd{\eta}{y} $$
$$ \ppd{u}{x} = \ppd{u}{\xi} \left( \pd{\xi}{x}\right)^2 + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\xi}{x} \pd{\eta}{x} + \pd{u}{\xi} \ppd{\xi}{x} + \ppd{u}{\eta} \left( \pd{\eta}{x}\right)^2 + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\xi}{x} \pd{\eta}{x} + \pd{u}{\eta} \ppd{\eta}{x} $$
$$ \ppd{u}{y} = \ppd{u}{\xi} \left( \pd{\xi}{y}\right)^2 + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\xi}{y} \pd{\eta}{y} + \pd{u}{\xi} \ppd{\xi}{y} + \ppd{u}{\eta} \left( \pd{\eta}{y}\right)^2 + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\xi}{y} \pd{\eta}{y} + \pd{u}{\eta} \ppd{\eta}{y} $$
$$\spd{u}{x}{y} = \ppd{u}{\xi}\pd{\xi}{x}\pd{\xi}{y} + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\eta}{x} \pd{\xi}{y} + \pd{u}{\xi} \spd{\xi}{x}{y} + \ppd{u}{\eta} \pd{\eta}{x} \pd{\eta}{y} + \spd{u}{\xi}{\eta} \pd{\xi}{x} \pd{\eta}{y} + \pd{u}{\eta} \spd{\eta}{x}{y}$$
Nyní tyto členy dosadíme do původní rovnice a rovnici upravíme. Při úpravě nás budou zajímat pouze členy vyjadřující druhou derivaci $u$ podle nových proměnných. 
Zbylé členy můžeme vnořit do nové funkce $ \tilde{F}$. Proto rovnice po transformaci souřadnic přejde do tvaru
$$\ppd{u}{\xi} \underbrace{\left(a\left(\pd{\xi}{x}\right)^2 + c\left(\pd{\xi}{y}\right)^2 + b\left(\pd{\xi}{x} \pd{\xi}{y}\right) \right)}_{I} 
 + \ppd{u}{\eta} \underbrace{\left(a\left(\pd{\eta}{x}\right)^2 + c\left(\pd{\eta}{y}\right)^2 + b\left(\pd{\eta}{x} \pd{\eta}{y}\right) \right}_{II} +$$
  $$ + \spd{u}{\xi}{\eta} \underbrace{\left( 2a\left(\pd{\xi}{x}\pd{\eta}{x}\right) + 2c\left(\pd{\xi}{y}\pd{\eta}{y}\right) + 
b\left(\pd{\eta}{x} \pd{\xi}{y} + \pd{\xi}{x} \pd{\eta}{y} \right) \right)}_{III} + \tilde{F}(\nabla u,u,\xi,\eta).$$
Zabývejme se nyní členem $I$; ten lze totiž přepsat do následující podoby:
$$ (I) = \left(\ppd{\xi}{x}\right) \left( a+ b\left(\frac{\pd{\xi}{y}}{\pd{\xi}{x}}\right) +c \left(\frac{\pd{\xi}{y}}{\pd{\xi}{x}}\right)^2 \right)$$
Vidíme, že jsme v závorce obdrželi kvadratický výraz $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $ pro $\lambda(x,y) = \frac{\pd{\xi}{y}}{\pd{\xi}{x}}$.
Stejný kvadratický výraz bychom obdrželi, kdybychom vytkli člen $\left( \pd{\eta}{x}\right)^2$ ve členu $II$. Proto pokud má ona určující kvadratická rovnice právě jeden dvojnásobný kořen, jsme schopni 
pomocí této volby vynulovat buď člen $I$, nebo $II$. Pokud bychom ovšem získali dva různé kořeny, pak pomocí jednoho kořene vynulujeme člen $I$ a pomocí druhého člen $II$. 
Toto nyní podrobně rozebereme\footnote{Velmi často se zde nyní budou používat fakty týkající se vlastních čísel, matic atp. Není od věci si některá tvrzení připomenout (LAA2, ev. LAB2).}:
Uvažujeme tedy PDR tvaru (\ref{pdr}) a k ní získanou rovnici pro $\lambda(x,y)$. Rozepíšeme-li nyní přidruženou kvadratickou formu naší PDR, získáme 
$$\A = \left( 
\begin{array}{cc}
a & \frac{b}{2} \\
\frac{b}{2} & c
\end{array} 
\right).$$
Pak rovnice \ref{pdr} je 
\begin{enumerate}
\item {\it Parabolická}
 
Dle definice, právě když má přidružená kvadratická forma $\A$ alespoň jedno vlastní číslo rovno nule. Toto je ekvivalentní tomu, že $\mathrm{det}\A = 0 = ac - \frac{b^2}{4}$. Toto ale znamená totéž co fakt, že
diskriminant $d(x,y)$ kvadratické rovnice je nulový a to je ekvivalentní s tvrzením, že kvadratická rovnice má právě jeden dvojnásobný kořen. 
 
\item{\it Eliptická}
 
Aby rovnice byla eliptická, je potřeba, aby její přidružená kvadratická forma měla dvě vlastní čísla $\lambda_{\pm}$ stejného znaménka, tj. buď $\lambda_{\pm} > 0$, nebo $\lambda_{\pm}<0$. 
Pro vlastní čísla matice 2$\times$2 platí vztah 
$$\lambda_{\pm} = \frac{\mathrm{tr}\A}{2}\pm \frac{1}{2}\sqrt{(\mathrm{tr}\A)^2 - \mathrm{det}\A}.$$
Aby byl navíc splněn požadavek na stejné znaménko obou vlastních čísel, musí být pro $\lambda_{\pm}>0$ splněno $\mathrm{tr}\A >0$ a zároveň $\mathrm{det}\A >0$. 
Pro  $\lambda_{\pm}<0$ zase $\mathrm{tr}\A <0$ a zároveň $\mathrm{det}\A >0$. Z těchto dvou podmínek plyne jediná, která říká, že pro to, aby byla rovnice eliptická, je potřeba, aby její přidružená
kvadratická forma měla pozitivní determinant. To ale znamená, že výraz $ac - \frac{b^2}{4} > 0 $. Toto je ale ekvivalentní tomu, že $d(x,y)<0$, tedy faktu, že kvadratická rovnice  $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $
 má dva komplexně sdružené kořeny. 
 
\item{\it Hyperbolická}
 
Aby byla rovnice hyperbolická, je třeba, aby její přidružená kvadratická forma měla dvě nenulová vlastní čísla s opačnými znaménky. Stejnou úvahou jako byla provedena výše dostáváme, 
že tato podmínka je přepsatelná do tvaru (resp. z ní lze vyvodit) $\mathrm{det}\A < 0$, což je ekvivalentní s tvrzením, že $d(x,y) >0 $ a tedy kvadratická rovnice má dva různé reálné kořeny.
 
\end{enuemrate}
 
Nyní provedeme krátké shrnutí toho, co jsme získali a tyto poznatky aplikujeme na rovnici $\ref{pdr}$.
\paragraph{Parabolická rovnice}
Ukázali jsme, že aby byla rovnice parabolická, musí mít rovnice  $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $ právě jeden kořen. Ten použijeme na vynulování členu $I$ a ukážeme, že zajistí rovněž vynulování členu $III$. 
Pokud není $\xi(x,y) =x$, volme BÚNO $\eta(x,y) = x$. Pak můžeme upravovat člen $III$ do tvaru:
$$III = 2a\pd{\xi}{x}\underbrace{\pd{\eta}{x}}_{1} + b \left(\pd{\xi}{x}\underbrace{\pd{\eta}{y}}_{0}+\pd{\xi}{y}\underbrace{\pd{\eta}{x}}_{1} \right) + 2c \pd{\xi}{y}\underbrace{\pd{\eta}{y}}_{0} = 
2a\pd{\xi}{x} + b \pd{\xi}{y} = \pd{\xi}{x}\left(2a+b\lambda\right) = 0$$
Poslední rovnost je důsledkem Vi\`{e}tových vztahů pro naši rovnici\footnote{Jestliže má rovnice  $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $ kořeny $\lambda_+ $ a $\lambda_-$, pak platí
\begin{enumerate}\item $\lambda_+ + \lambda_- = - \frac{b}{c}$\\ \item $\lambda_+ \lambda_- = \frac{a}{c}$ \end{enumerate}} }, která má jeden dvojnásobný kořen. 
%V této části je něco špatně... Opravit! 
Tedy rovnici \ref{pdr} jsme převedli do očekávaného normálního tvaru
$$\ppd{u}{\eta} + \frac{\tilde{F}(\nabla u,u,\xi,\eta)}{II} = 0$$
 
\paragraph{Eliptická a hyperbolická rovnice}
Ukázali jsme, že aby byla rovnice eliptická nebo hyperbolická, musí mít rovnice  $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $ dva různé kořeny. Díky nim můžeme zvolit souřadnice $\xi, \eta$ tak, že  
vynulují členy $I$ a $II$. Pak dostáváme rovnici tvaru:
$$\spd{u}{\eta}{\xi} + \frac{\tilde{F}(\nabla u,u,\xi,\eta)}{III} = 0$$
Tato rovnice není v normálním tvaru. pro převod budeme muset ještě jednou provést transformaci souřadnic. Jelikož u eliptické rovnice existují dva komplexně sdružené kořeny, funkce $\xi,\eta$ transformují do komplexních proměnných, což musíme touto transformací změnit. V hyperbolickém případě, kdy jsou řešení kvadratické rovnice reálná, jsou nové souřadnice $\xi,\eta$ rovněž reálné, ale tvar rovnice zatím neukazuje přímo na to, že by byla hyperbolická, což se právě novou transformací budeme snažit změnit. 
 
\subparagraph{Hyperbolický případ} 
Pro tento případ uvažujme transformaci $r= \xi + \eta, s=  \xi - \eta$. 
Pak 
$$ \spd{u}{\xi}{\eta} = \pd{}{\xi}\left(\pd{u}{\eta}\right)=  \pd{}{\xi}\left(\pd{u}{r} - \pd{u}{s}\right) = \ppd{u}{r} + \spd{u}{r}{s} - \left(\spd{u}{r}{s} + \ppd{u}{s}\right) = \ppd{u}{r} - \ppd{u}{s}$$
Touto transformací jsme tedy dostali rovnici v normálním tvaru.
 
\subparagraph{Eliptický případ}
Je vhodné si uvědomit, že díky komplexnímu sdružení kořenů kvadratické rovnice budou komplexně sdruženy i funkce $\xi,\eta$. Tohoto využijeme a pomocí transformace
$r = \xi + \eta = 2\Re \xi, s= \im(\xi - \eta) = - \mathrm{Im}\xi$ z nich vytvoříme reálné souřadnice. Potom již můžeme psát
$$ \spd{u}{\xi}{\eta} = \pd{}{\xi}\left(\pd{u}{\eta}\right)=  \pd{}{\xi}\left(\pd{u}{r} - \im \pd{u}{s}\right) = \ppd{u}{r} + \im \spd{u}{r}{s} - \im \left(\spd{u}{r}{s} + \im \ppd{u}{s}\right) = \ppd{u}{r} + \ppd{u}{s},$$
což je už rovnice v požadovaném normálním tvaru.
 
Nyní zbývá vyřešit otázku, jak nalézt ony nové souřadnice $\xi(x,y)$ a $\eta(x,y)$. Víme, že jsme získali koeficient $\lambda(x,y)$ jakožto řešení rovnice $a + b\lambda + c \lambda^2 =0 $ . 
Víme také, že $\lambda(x,y) = \frac{\pd{\xi}{y}}{\pd{\xi}{x}}$. Toto ale nápadně připomíná derivaci implicitně zadané funkce $x(y)$, která je zadána funkcí $\xi(x(y),y) = K$, kde $K$ je konstanta. 
Zderivujeme-li tento výraz dle $y$, obdržíme $\pd{\xi}{x}x' +\pd{\xi}{y}$. Odtud ale již 
$$ x'(y) = - \frac{\pd{\xi}{y}}{\pd{\xi}{x}} = - \lambda(x,y)$$
Tedy v konkrétních případech stačí nalézt $x$ a řešení zapsat ve tvaru implicitní funkce. 
Toto si ukážeme na konkrétním příkladě. Budeme chtít nalézt souřadnice, ve kterých rovnice
$$x^3\ppd{u}{x} - xy^2 \ppd{u}{y} - 3x^2 \pd{u}{x} + 3xy\pd{u}{y} + 8x^4y^5 =0 $$
přejde do normálního tvaru.
 
\noindent Nejprve napíšeme určující kvadratickou rovnici: $$x^3 -xy^2 \lambda^2 = 0.$$ 
Její diskriminant  je $$d(x,y) = 4x^4y^2 > 0 \ s.v. $$
Odtud plyne, že rovnice je skoro všude hyperbolická, kromě bodů $x=0$, $y=0$. Zde přechází v parabolickou. 
Kořeny určující rovnice jsou $\lambda_{\pm} = \pm \frac{x}{y}$ a tedy odtud máme řešení například \footnote{Řešení bude vícero, mohu to různě pronásobit konstantami atp.} $\ln x = \mp \ln y +C$,
odkud $\xi_1(x,y) = \ln \frac{x}{y}$ a $\eta_1(x,y) = \ln xy$. Pokud rovnici odlogaritmujeme, dostaneme implicitní rovnici $yx^{\pm 1} = \tilde{C}$, 
odkud máme nové souřadnice určené v elegantnější podobě $\xi(x,y) = xy$ a $\eta(x,y) = \frac{x}{y}$. 
 
 
\paragraph{Lineární PDR 2. řádu s konstantními koeficienty a $n$ proměnnými}
Díky konstantnosti koeficientů jsme schopni provést převod na normální tvar pro obecně $n$ proměnných, neboť se jedná o úlohu ekvivalentní s převodem matice do polární báze.  
Vystačíme si jen s lineární transformací. 
Mějme rovnici tvaru
$$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \displaystyle \sum_{j=1}^{n} a_{ij} \spd{u}{x_i}{x_j} + F(\nabla u, u) = (\nabla ^T \A \nabla )u + F(\nabla u, u)$$ 
Označme $(b_1, b_2, \dots , b_n)$ polární bázi matice a dále označme $\mathbb{B}$ matici \footnote{Jedná o matici složenou z vektorů polární báze, což jsou vlastní 
vektory pronásobené odmocninou příslušeného vlastního čísla. }, která spňuje $\mathbb{B}^T \A \mathbb{B} = \mathbb{D}$, kde $\mathbb{D}$ je diagonální matice s plus mínus jedničkami a nulami na diagonále. Pak můžeme rovnici upravit do podoby
$$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \displaystyle \sum_{j=1}^{n} a_{ij} \spd{u}{x_i}{x_j} + F(\nabla u, u) = (\nabla^T \mathbb{B}\mathbb{B}^T \A \mathbb{B}\mathbb{B}^T \nabla)u + F(\nabla u, u) = 
\left( (\mathbb{B}^T\nabla)^T \mathbb{B}^T \A \mathbb{B} (\mathbb{B}^T \nabla) \right)u + F(\nabla u, u) =$$
$$ = \nabla_y^T \mathbb{D} \nabla_y + F(\nabla_y u ,u) = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} D_{jj} \ppd{u}{y_j}  + F(\dots)$$
Nyní chceme přejít od $x\to y$ tak, aby $\mathbb{B}^T \nabla_x = \nabla_y$. 
Tato podmínka je ekvivalentní $$ \pd{}{y_k} = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \mathbb{B}^T_{kj} \pd{}{x_j} = \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \mathbb{B}_{jk} \pd{}{x_j}$$
Zároveň víme, že se jedná o lineární transformaci, tj. transformaci $x=Jy$, z čehož za použití řetězového pravidla plyne
$$ \pd{}{y_k} =  \displaystyle \sum_{j=1}^{n} \pd{x_j}{y_k} \pd{}{x_j} =  \displaystyle \sum_{j=1}^{n} J_{jk} \pd{}{x_j}. $$
Tedy $J= \mathbb{B}$. 
 
\subsection{Řešení počátečních úloh lineárních PDR 2. řádu}
V této kapitole se budeme soustředit na nalezení řešení typických zástupců parabolických, hyperbolických a eliptických rovnic. Díky transformacím budeme schopni společně s touto znalostí řešit značnou část PDR.
Postup bude analogický jako u ODR, jen s tím rozdílem, že nebude tak rigorózní. V podstatě nebudeme schopni obecně ověřit existenci konvoluce a stejně tak nebudeme schopni ověřit souvislost řešení zobecněné a klasické úlohy. 
 
\begin{enumerate}
\item Klasickou počáteční (Cauchyho) úlohu převedeme na zobecněnou úlohu vytvořením nespojitosti v $t=0$: Toto budeme ilustrovat na rovnici vedení tepla v $\R^{1+1}$.
$$Lu = \left(\pd{}{t} - \lambda \ppd{}{x} \right) u = f(t,x) \ \mbox{s počátečními podmínkami } \ u(0,x) = u_0(x)$$
$\lambda$ je koeficient vedení tepla a $\lambda >0$. Hledáme tedy klasické řešení, tj. $u(\ ,x) \in \mathcal{C}^1(\R^+)$, $u(t, \ )\in\mathcal{C}^2(\R)$ pro $f\in \mathcal{C}^1({\R^{1+1}})$.
Nyní již budeme postupovat stejně jako u ODR, tj. hledáme řešení tvaru $\tilde{u}(x,t) = \Theta(t)u(x,t)$. \footnote{Zjistil jsem, že volně zaměňuji výrazy typu f(x,t) a f(t,x). Jedná se o jedno a totéž. } 
Určíme potřebné derivace
$$\ppd{}{x} \tilde{u}(x,t) = \Theta(t)\ppd{}{x} u(x,t)$$
$$ \pd{}{t} \tilde{u}(x,t) = \Theta(t)\pd{}{t} u(x,t) + u_0(x) \ts \delta(t)$$
Pak po dosazení do počáteční úlohy máme 
$$L\tilde{u} = \Theta(t) \left( \pd{}{t}u - \lambda \ppd{}{x} u\right) +  u_0(x) \ts \delta(t) = \Theta(t) f(t) + u_0(x) \ts \delta(t) = \tilde{f} + u_0(x) \ts \delta(t)$$
Toto je {\it zobecněná formulace počáteční úlohy rovnice vedení tepla}. Známe-li fundamentální řešení operátoru $L$, známe řešení zobecněné úlohy, protože
 
$$\tilde{u}(x,t) = \epsilon(x,t) \ast \left(\tilde{f}(x,t) + u_0(x) \ts \delta(t) \right) $$
Později bude ukázáno, že pro fundamentální řešení operátoru vedení tepla v $\R^{1+1}$ má tvar:
 
$$\epsilon(x,t) = \frac{\Theta(t)}{2\sqrt{\lambda \pi t}}e^{-\frac{x^2}{4\lambda t}} $$
\item Nyní se vraťme k řešení zobecněné úlohy. Druhý sčítanec nyní upravíme:
$$\left(\epsilon(x,t) \ast ( u_0(x) \ts \delta(t)), \phi(x,t) \right) = (\epsilon(x,t), ( (u_0(\xi) \ts \delta(\tau)),\phi(x+\xi,t+\tau)))  =$$
$$= (\epsilon(x,t), ( u_0(\xi) ,\phi(x+\xi,t)))  = (\epsilon(x,t)\ast u_0(x),\phi(x,t)) $$
Zde je nutno poznamenat, že vůbec nevíme, jestli má vůbec celá tato úprava smysl. 
Pro náš konkrétní případ dostáváme 
$$ \epsilon(x,t)\ast u_0(x) = \displaystyle \int_{\R} \dd \xi \frac{\Theta(t)}{2\sqrt{\lambda \pi t}} e^{-\frac{\xi^2}{4\lambda t}} u_0 (x-\xi) = \Theta(t) \displaystyle \int_{\R} \dots $$
To, že zde zobecněnou konvoluci najednou chápeme jako klasickou je prostě fakt, který je třeba přijmout. Stejnou úpravu použijeme i pro první sčítanec:
$$ \epsilon(x,t) \ast (\Theta(t)f(t,x)) = \displaystyle \int_{\R}\dd \tau \displaystyle \int_{\R}\dd \xi \frac{\Theta(\tau)}{2\sqrt{\lambda \pi \tau}} e^{-\frac{\xi^2}{4\lambda \tau}} \Theta(t-\tau)f(t-\tau,x-\xi) =$$
$$= \Theta(t) \displaystyle \int_{0}^{t}\dd \tau \displaystyle \int_{\R} \frac{1}{2\sqrt{\lambda \pi \tau}} e^{-\frac{\xi^2}{4\lambda \tau}}f(t-\tau,x-\xi) $$
Tímto jsme nalezli řešení zobecněné úlohy rovnice vedení tepla v $\R^{1+1}$, které je tvaru $\tilde{u}(x,t) = \Theta(t) u(x,t)$. Vyjádřeme řešení této úlohy v úplném tvaru
$$\tilde{u}(t,x) = \Theta(t) \underbrace{\left[  \displaystyle \int_{0}^{t}\dd \tau \displaystyle \int_{\R} \frac{1}{2\sqrt{\lambda \pi \tau}} e^{-\frac{\xi^2}{4\lambda \tau}}f(t-\tau,x-\xi)\dd \xi + 
\frac{1}{2\sqrt{\pi \lambda t}} \displaystyle \int_{\R} \dd \xi u_0(x-\xi) e^{-\frac{\xi^2}{4\lambda t}} \dd \xi\right]}_{= u(t), \ \mbox{\scriptsize což je řešením klasické úlohy.}}$$
Že je toto řešení klasické úlohy si čtenář může zkusit sám ověřit na konkrétním příkladě. Například volbou  $f(t,x) = e^{-t}\cos x$ a počáteční podmínkou $u_0(x) = \cos x$. 
 
\end{enumerate}
 
\subsection{Hledání fundamentálních řešení $\E$ některých operátorů}
Při hledání fundamentálních řešení základních operátorů budeme hojně využívat integrální transformace. 
\paragraph{Rovnice vedení tepla}
Připomeňme operátor vedení tepla v $\R^{1+n}$ \footnote{Touto notací rozumíme operátor v $n$ prostorových souřadnicích a jedné časové proměnné.}
$$L_{H} = \pd{}{t} - \lambda \Delta, \ \mbox{kde } \ \lambda >0 $$
Tento operátor zde vyřešíme pro $n=1$. Pro obecné $n$ bude vyřešen na cvičeních. 
Hledejme tedy fundamentální řešení $\E(t,x)$
$$L_{H}\E(t,x) = \left(\pd{}{t} - \lambda\ppd{}{x} \right)\E(t,x) = \delta(t,x) = \delta(t) \ts \delta(x)$$
Aplikujme na celou rovnici částečnou Fourierovu transformaci v proměnné $x$:
$$\F_x\left[ \left(\pd{}{t} - \lambda\ppd{}{x} \right)\E(t,x)\right](t,\xi) = \F_x \left[ \delta(t) \ts \delta(x) \right](t,\xi) = \delta(t) \ts \F_x \left[ \delta(x) \right](\xi) = \delta(t) \ts 1$$
Vidíme tedy, že funkce na pravé straně rovnice je nezávislá na $\xi$. Upravme ještě levou stranu a tu porovnejme s pravou stranou:
$$ F_x\left[ \left(\pd{}{t} - \lambda\ppd{}{x} \right)\E(t,x)\right](t,\xi) = \pd{}{t} \F_x \left[ \E(t,x) \right](t,\xi) - \lambda (-\im \xi)^2 \F_x \left[ \E(t,x) \right](t,\xi) = \delta(t) \ts 1$$
Označme  $\hat{\E}^x (t,\xi)$. Pokud zafixujeme proměnnou $\xi$ a nahlížíme-li na ni jako na parametr, můžeme označit $\hat{\E}^x_{\xi}(t):=\hat{\E}^x (t,\xi) $. Pak dostáváme obyčejnou diferenciální 
rovnici 
$$\frac{\dd}{\dd t} \hat{\E}^x_{\xi}(t) + \lambda \xi^2 \hat{\E}^x_{\xi}(t) = \delta(t) $$
Je tedy zřejmé, že funkce $\hat{\E}^x_{\xi}(t)$ je fundamentálním řešením operátoru $L = \frac{\dd}{\dd t} + a$ pro $a>0$. Toto řešení již známe\footnote{Opět se jedná o řešení tvaru $\epsilon(t) = \Theta(t)Z(t)$, kde $Z(t)$ splňuje rovnici $LZ = 0$ s počáteční podmínkou $Z(0) = 1$}, tedy $\hat{\E}^x_{\xi}(t)  = \hat{\E}^x (t,\xi) = \Theta(t)e^{-\lambda \xi^2 t}$. 
Abychom nalezli řešení $\E(t,x)$, zbývá provést inverzní Fourierovu transformaci 
$$ \E(t,x) = \F^{-1}_x \left[ \hat{\E}^x (t,\xi) \right] (t,x) = \Theta(t) \F^{-1}_x \left[ e^{-\lambda \xi^2 t} \right](t,x) = \frac{\Theta(t)}{2\pi} \F_x \left[ e^{-\lambda \xi^2 t} \right](t,x)
= \frac{\Theta(t)}{2 \sqrt{\lambda  t\pi}} e^{-\frac{x^2}{4\lambda t}}$$
Tímto jsme našli řešení operátoru vedení tepla v jedné prostorové a jedné časové dimenzi. 
 
Obecné řešení operátoru vedení tepla má tvar
$$ \E(t,x) = \frac{\Theta(t)}{(2\sqrt{\pi \lambda t})^n} \displaystyle e^{-\frac{\left\Vert x \right\Vert ^2}{4\lambda t }}$$
 
Určit fundamentální řešení některých operátorů je snadné. U jiných je to značně obtížné. Následující věta popíše metodu, pomocí které určíme např. fundamentální řešení Laplaceovy rovnice.
\begin{theorem}[Metoda sestupu]
Nechť $u(t,x) \in \D'(\R^{n+1})$ je zobecněná funkce s omezeným nosičem v $t$, tj. $\exists R>0$ takové, že $\forall x$ je $\nf u(t,x) \subset B_R(0)$, která je řešením diferenciální rovnice 
$\left( \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{\partial^k}{\partial t^k} L_k + L_0\right) u(t,x) = \delta(t) \ts f(x)$, kde $L_k, L_0$ jsou lineární diferenciální operátory působící v $x\in \R^n$ s
koeficienty třídy $\Ci$. Potom $u_0$ definované 
$$ (u_0(x),\phi(x) ):= (u(t,x),\phi(x)\eta(t)),$$
kde $\eta \in \D(\R)$ taková, že $u(t,x) = \eta(t)u(t,x)$ v $\D'(\R^{1+n})$ a $\eta(0) = 1$, je řešením rovnice L_0 u_0 = f. 
\begin{proof}
$$(L_0u_0(x), \phi(x)) := (u_0(x),\tilde{L}_0\phi(x))$$
Operátor $\tilde{L}_0$ působí na testovací funkci tak jako operátor $L_0$, jen navíc zahrnuje změnu znaménka vyplývající z definice derivace v $\D$ a před provedením derivace je testovací funkce napřed 
vynásobena příslušným koeficientem (z tohoto důvodu byla požadována hladkost v předpokladech). Uveďme konkrétní příklad. Máme-li operátor $L_0= a(x)\frac{\dd^3}{\dd x^3}$, tak operátor 
$\tilde{L}_0 = (-1)^3 \frac{\dd^3}{\dd x^3} (a(x) \cdot )$. Nyní již v této notaci dokazujme tvrzení.
$$(u_0(x),\tilde{L}_0\phi(x)) = (u(t,x),\tilde{L}_0\phi(x)\eta(t)) + \underbrace{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\left(u(t,x), \left(\frac{\partial^k}{\partial t^k} \tilde{L}_k\right) 
(\phi(x)\eta(t)) \right) }_{=0, \ \eta(t) \ \mbox{ \scriptsize je rovno 1}} = $$
$$= \left(  u(t,x), \left( \sum_{k=1}^{n}\frac{\partial^k}{\partial t^k} \tilde{L}_k + \tilde{L}_0\right)(\phi(x)\eta(t)) \right) = \left(\left(\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{\partial^k}{\partial t^k} L_k + L_0\right) u(t,x), \phi(x)\eta(t)\right) =$$
$$ = (\delta(t) \ts f(x),\phi(x)\eta(t) ) = (f(x),\phi(x))$$
\end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
Je-li funkce $u(t,x) \in \D'_{reg}$ a  $\displaystyle \int_{\R}u(t,x) \dd t\in L^1_{loc}$, tak i pro tento případ jsme schopni určit $u_0(x)$. 
$$(u_0(x),\phi(x)):= (u(t,x),\phi(x)\eta(t) ) = \displaystyle \int_{\R} \dd t \displaystyle \int_{\R^n} \dd x \. u(t,x) \phi(x) \eta(t) =
\displaystyle \int_{\R^n} \phi(x) \left(\displaystyle \int_{\R} \dd t u(t,x) \right)$$
Jelikož tato úprava platí pro všechny testovací funkce, je  $\displaystyle \int_{\R} \dd t \. u(t,x) = u_0(x)$
 
Je-li $u(t,x) = \delta(t) \ts v(x)$, pak $u_0(x) = v(x)$. 
\end{remark}
 
\paragraph{Vlnová rovnice}
Opět připomeneme tvar vlnové rovnice v $\R^3$
$$\ppd{}{t} - a^2 \Delta_{x,y,z}$$
na cvičeních bude ukázáno, že pro dimenzi 3 platí
$$\E_3(t,x) = \frac{\Theta(t)}{2\pi a^2 t} \delta_{S_{at}}(x)$$
Nyní pomocí metody sestupu  (v $x_3$) ukážeme, jak lze získat fundamentální řešení $\E_2(t,x)$ vlnové rovnice v dimenzi 2. 
$$(\E_2(x_1,x_2,t), \phi(x_1,x_2,t))  = (\E_3 (x_1,x_2,x_3,t),\phi(x_1,x_2,t)\eta(x_3)) = 
\frac{1}{2\pi a^2}\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dd t\displaystyle \int_{S_{at}} \frac{\phi(x_1,x_2,t)}{t} \underbrace{\eta(x_3)}_{=1} \dd S =$$
Jedná se o plošný integrál prvního druhu, proto zvolme následující parametrizaci
$$\begin{array}{c}
x_3 = \pm \sqrt{a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2}\\
(at)^2 \geq x_1^2 + x_2^2 \\
\left\Vert \frac{\dd x_3}{\dd x_1} \times \frac{\dd x_3}{\dd x_2} \right\Vert = \frac{at}{\sqrt{a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2}}
\end{array}$$
Po ní zkoumaný integrál přejde do tvaru (2 před integrálem vzejde díky parametrizaci přes dvě polokoule)
$$\frac{2}{2\pi a^2} \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dd t \displaystyle \int_{(at)^2 \geq x_1^2 + x_2^2 } \! \dd x_1 \. \dd x_2 \frac{at}{\sqrt{a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2}} \frac{\phi(x_1,x_2,t)}{t} =$$
$$= \frac{1}{\pi a} \displaystyle \int_{\R} \dd t \displaystyle \int_{\R^2} \dd x_1 \dd x_2 \frac{\Theta(t) \Theta(a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2) }{\sqrt{a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2}} \phi(x_1,x_2,t)$$
Odtud již plyne řešení (díky první části poznámky). Abychom dostali řešení v elegantním tvaru, přepíšeme ještě podmínku $(at)^2 \geq x_1^2 + x_2^2 = (at)^2 \geq \Vert x \Vert ^2$, tu odmocníme, a máme  
$ at \geq \Vert x \Vert $. Pak tuto množinu, přes kterou integruje, můžeme vnořit do integrálu pomocí Heavisideovy funkce, jako tomu bylo v předešlém postutu. tímto získáme finální podobu fundamentálního řešení: 
$$ \E_2(x_1,x_2,t) = \frac{1}{\pi a} \frac{\Theta(t) \Theta(at - \Vert x \Vert)}{\sqrt{a^2t^2 - x_1^2 - x_2^2}} $$
 
\paragraph{Laplaceova rovnice}
Laplaceův operátor je tvaru $$\Delta = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \ppd{}{x_k}$$
Jednodimenzionální případ je triviálně vyřešitelný (co se fundamentálního řešení týče) a dvoudimenzionální fundamentální řešení je na druhou stranu velice složitě odvoditelné. 
Má tvar
$$\E_2(x) = \frac{1}{2\pi} \ln \Vert x \Vert $$
Pro $n\geq3 $ určíme fundamentální řešení z fundamentálního řešení rovnice vedení tepla metodou sestupu v proměnné $t$. Opět využijeme první poznámky, která zajišťuje funkčnost metody. 
$$u_0(x) = \displaystyle \int_{\R} \frac{\Theta(t)}{(2\sqrt{\pi  t})^n} \displaystyle e^{-\frac{\left\Vert x \right\Vert ^2}{4 t }} \dd t
= \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(2\sqrt{\pi  t})^n} \displaystyle e^{-\frac{\left\Vert x \right\Vert ^2}{4 t }} \dd t$$ 
Provedeme substituci v $t$: 
$$\begin{array}{c}
\frac{\left\Vert x \right\Vert ^2}{4 t } = u\\
 - \frac{\left\Vert x \right\Vert ^2}{4 t^2 } \dd t = \dd u \Rightarrow \dd t = -\frac{4 t^2 }{\left\Vert x \right\Vert ^2}\dd u = -\frac{\Vert x\Vert ^2}{4u^2}\dd u 
\end{array}$$
Poté přejde po několika drobných úpravách ve tvar
$$\frac{1}{(2\sqrt{\pi  t})^n} \frac{4^{n/2}}{4}\Vert x\Vert ^{-n+2} \displaystyle \int_{0}^{+\infty} u^{\frac{n}{2}-2}e^{-u} \dd u = \frac{\Gamma(\frac{n}{2}-1)}{4\pi ^{\frac{n}{2}} \Vert x\Vert^{n-2}} = \E_n(x) $$
 
Vyjádříme-li toto speciálně pro dimenzi 3, dostáváme 
 $$\E_3(x) = \frac{1}{4\pi \Vert x\Vert}$$
 
 
Tímto jsme dokončili celou kapitolu a zároveň jsme se tímto vymanili ze sevření zobecněných funkcí.