разделения переменных для эллиптических уравнений

Тема 8. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Краевые задачи на плоскости. Краевые задачи для уравнений Лапласа и
Пуассона в простейших областях (круг, кольцо, прямоугольник и другие) можно
решать методом разделения переменных.
Изложим этот метод для задачи Дирихле в круге:
∆u ( x, y) = 0,
x 2 + y 2 < r02 ,
u |r = r0 = h( x′, y′),
(8.1)
x′2 + y′2 = r02 .
(8.2)
I. Редукция. Переход в этой краевой задаче в круге к полярным координатам
( r , ϕ) дает эквивалентную краевую задачу в прямоугольнике:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0,
r
r
0 < r < r0 ,
0 ≤ ϕ < 2π,
(8.3)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π),
0 < r ≤ r0 ,
∀ϕ ,
(8.4)
u |r =0 < +∞,
u |r = r0 = h(r0 cos ϕ, r0 sin ϕ) = h (ϕ),
0 ≤ ϕ < 2π .
(8.5)
II. Фk (ϕ) = ? Подставляя произведение uˆ (r , ϕ) = R (r )Φ (ϕ) ≠ 0 в уравнение (8.3) и
разделяя переменные
1
(rR′)′
Φ′′
r (rR′)′
Φ′′
r
+ 2 =0⇔
=−
= λ∈ ,
Φ
R
r Φ
R
получаем уравнения
r (rR′(r ))′ − λR(r ) = 0, 0 < r < r0 ,
Φ′′(ϕ) + λΦ (ϕ) = 0,
ϕ∈ .
(8.6)
(8.7)
Подстановка этого произведения в условие периодичности (8.4) и разделение
переменных
99
R (r )Φ (ϕ) ≡ R (r )Φ (ϕ + 2π) ⇔ R (r ) [ Φ (ϕ) − Φ (ϕ + 2π) ] ≡ 0
приводит нас к условию периодичности
Φ (ϕ) = Φ (ϕ + 2π),
ϕ∈ .
(8.8)
Полученная задача Штурма – Лиувилля (8.7) − (8.8) совпадает с задачей Штурма
− Лиувилля (7.36)-(7.37), которая имеет собственные значения λ k = k 2 и
собственные функции cos k ϕ, sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1,...
III. Rk (r ) = ? Найдем коэффициенты Rk(i ) (r ), i = 1, 2, разложения решения КЗ
(8.3) − (8.5) в ряд по этим собственным функциям:
u (r , ϕ) =
∞
1 (1)
R0 (r ) + ∑ ( Rk(1) (r ) cos k ϕ + Rk(2) (r ) sin k ϕ ) .
2
k =1
(8.9)
Заменяем этим рядом решение уравнения (8.3) и с помощью уравнения (8.6),
найденного в результате разделения переменных, приходим к ряду
′ ∞ ⎛⎡
′
′
⎞
⎤
⎡
⎤
1
r rR0(1)′ + ∑ ⎜ ⎢ r rRk(1)′ − k 2 Rk(1) ⎥ cos k ϕ + ⎢ r rRk(2)′ − k 2 Rk(2) ⎥ sin k ϕ ⎟ = 0,
⎜
⎟
2
k =1 ⎝ ⎣
⎦
⎣
⎦
⎠
(
)
(
)
(
)
из которого вытекают уравнения
′
r rRk(i )′ ( r ) − k 2 Rk( i ) ( r ) = 0,
)
(
0 < r < r0 , i = 1, 2,
k = 0, 1, ...
(8.10)
Подставив ряд (8.9) в краевые условия (8.5), находим ряд
∞
1 (1)
R0 ( r0 ) + ∑ ( Rk(1) ( r0 ) cos k ϕ + Rk(2) ( r0 ) sin k ϕ ) = h (ϕ),
2
k =1
0 ≤ ϕ < 2 π,
и, соответственно, краевые условия
Rk( i ) (0) < +∞ , Rk(i ) (r0 ) = hk(i ) , i = 1, 2, k = 0, 1,... ,
(8.11)
где согласно формулам коэффициентов классических рядов Фурье
π
hk(1) =
1
∫ h (ϕ) cos k ϕd ϕ,
π −π
π
hk(2) =
1
∫ h(ϕ) sin k ϕd ϕ,
π −π
100
k = 0, 1,...
(8.12)
Теперь решаем граничные задачи (8.10), (8.11).
1) k = 0. При k = 0 интегрированием уравнения (8.10) находим его общее
решение R0(1) (r ) = a0 ln r + b0 ∀a0 , b0 ∈ R . Из первого краевого условия в (8.11)
следует, что коэффициент a0 = 0 , а из второго краевого условия в (8.11) заключаем,
что b0 = h0(1) , т. е. функция R0(1) (r ) = h0(1) .
k > 0. При k > 0 , полагая R(r ) = r α в уравнениях (8.10), получаем
α 2 = k 2 , α = ± k , k = 1, 2, ... , и, следовательно, их общими решениями являются
функции
2)
Rk(i ) (r ) = ak(i ) r k + bk(i ) r − k ∀ak(i ) , bk(i ) ∈ , i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
так как частные решения r k и r − k
(8.13)
линейно-независимы на ]0, r0 [ . Здесь, в силу
первого краевого условия из (8.11), коэффициенты bk(i ) = 0 , а в силу второго краевого
условия из (8.11) получаем, что коэффициенты ak(i ) = hk(i ) / r0k ,
i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
т. е. функции Rk(i ) ( r ) = hk( i ) ( r / r0 )k , i = 1, 2, k = 1, 2,...
В результате формальным решением краевой задачи (8.1) − (8.2) является
1 (1) ∞
k
u ( x, y ) = u (r , ϕ) = h0 + ∑ ( r / r0 ) hk(1) cos k ϕ + hk(2) sin k ϕ .
2
k =1
(
)
Подставив сюда выражение коэффициентов (8.12) и просуммировав
соответствующие геометрические прогрессии, убеждаемся, что это решение
представляет собой интеграл Пуассона
π
u (r , ϕ) =
r02 − r 2
1
∫ r 2 − 2r0 r cos(ϕ − ψ) + r02 h(ψ)d ψ.
2π −π
Замечание 8.1. Решения краевых задач для уравнения Лапласа и Пуассона вне
круга r > r0 имеют вид
∞
1
u (r , ϕ) = b0(1) + ∑ r − k ( bk(1) cos k ϕ + bk(2) sin k ϕ )
2
k =1
и в кольце r1 < r < r2 имеют вид
u (r , ϕ) =
∞
1 (1)
a0 ln r + b0(1) ) + ∑ ⎡⎣( ak(1) r k + bk(1) r − k ) cos k ϕ + ( ak(2) r k + bk(2) r − k ) sin k ϕ⎤⎦,
(
2
k =1
101
где постоянные ak( i ) и bk( i ) определяются из краевых условий.
Задача 8.1. В круге решить краевую задачу для уравнения
Пуассона:
1
1
∆u ( x, y ) = ∆u (r , ϕ) = (rur ) r + 2 uϕϕ = f (r , ϕ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π, (8.14)
r
r
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
(8.15)
u |r =0 < +∞, u |r =r0 = h (ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.16)
Решение. I. Фk (ϕ) = ? Подстановка произведения uˆ (r , ϕ) =
= R(r )Φ(ϕ) ≠ 0 в однородное уравнение (8.14) приводит к ЗШ − Л (8.7) −
(8.8), которая имеет СЗ λ k = k 2 и СФ Φ k (ϕ) = cos k ϕ , sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ...
Поэтому решение КЗ (8.14) − (8.16) ищем в виде ряда (8.9).
II. Rk (ϕ) = ? Заменяя решение уравнения (8.14) рядом (8.9),
приходим к ряду
′ ∞ ⎛⎡
′
′
⎞
⎤
⎡
⎤
1
r rR0(1)′ + ∑ ⎜ ⎢ r rRk(1)′ − k 2 Rk(1) ⎥ cos k ϕ + ⎢ r rRk(2)′ − k 2 Rk(2) ⎥ sin k ϕ ⎟ ≡
⎜
⎟
2
k =1 ⎝ ⎣
⎦
⎣
⎦
⎠
)
(
(
)
(
)
≡ r 2 f (r , ϕ),
из которого выводим уравнения
′
′
r rR (r ) − k 2 Rk( i ) (r ) = f k( i ) (r ),
(
(i )
k
)
0 < r < r0 , i = 1, 2,
k = 0, 1, ... ,
(8.17)
с правыми частями
π
π
1
1
f (r ) = ∫ r 2 f (r , ϕ)cos k ϕd ϕ, f k(2) (r ) = ∫ r 2 f (r , ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 0, 1, ...
π −π
π −π
(1)
k
Также, как и выше, к уравнениям (8.17) присоединяются КУ
102
Rk(i ) (0) < +∞ , Rk(i ) ( r0 ) = hk( i ) , i = 1, 2, k = 0, 1, ...
1)
(8.18)
k = 0. Интегрируем уравнение (8.17) при k = 0 и получаем
его ОР
τ
r
1
R (r ) = a0 ln r + b0 + ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ
τ0
0
(1)
0
∀a0 , b0 ∈ .
Ввиду первого КУ в (8.18) коэффициент a0 = 0. Благодаря второму
КУ в (8.18) определяется коэффициент
r
τ
1
b0 = h − ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ
τ0
0
(1)
0
и, следовательно, функция
r
τ
1
R (r ) = h + ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ .
τ0
r0
(1)
0
(i )
0
(8.19)
2) k > 0. Ясно, что для k > 0 ОР однородных уравнений (8.17)
имеют вид (8.13). ЧР неоднородных уравнений (8.17) будем искать
методом вариации произвольных постоянных в виде
R*(ki ) (r ) = ak( i ) (r )r k + bk( i ) (r )r − k
i = 1, 2, k = 1, 2, ...
Согласно методу Лагранжа, производные
определяются линейными системами уравнений
(8.20)
коэффициентов
⎧⎪
ak( i )′ (r ) r k + bk(i )′ ( r )r − k = 0,
⎨ (i )
⎪⎩ak ′ (r )kr k −1 − bk( i )′ (r )kr − k −1 = r −2 f k( i ) (r ), k = 1, 2, ... ,
главный определитель которых равен ∆ = −2kr −1. Решая их методом
Крамера, находим
103
r −k
0
r
r −2 f k( i ) (r ) − kr − k −1 r − k −1 ( i )
1 − k −1 (i )
(i )
′
a (r ) =
f k ( r ) ⇒ ak ( r ) =
s f k ( s )ds,
=
2k
2k ∫0
∆
(i )
k
rk
0
r
kr k −1 r −2 f k(i ) (r ) − r k −1 (i )
−1 k −1 ( i )
(i )
′
b (r ) =
f k (r ) ⇒ bk (r ) =
s f k ( s )ds.
=
2k
2k ∫0
∆
(i )
k
Подставив найденные коэффициенты в формулу (8.20), получаем ЧР
уравнений (8.17):
r
R
*( i )
k
r
r k − k −1 ( i )
r − k k −1 ( i )
(r ) =
s
f k ( s )ds −
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2, ... (8.21)
2k ∫0
2k ∫0
Теперь ОР уравнений (8.17), которые представляют собой сумму
выражений (8.13) и (8.21), удовлетворяем КУ (8.18). Из первого КУ в
(8.18) заключаем, что коэффициенты bk(i ) = 0 , а из второго КУ в (8.18)
определяем коэффициенты
r
r
h (i ) 1 0 − k −1 (i )
r0−2 k 0 k −1 (i )
+
a = kk −
s
f
(
s
)
ds
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2, ... (8.22)
k
r0
2k ∫0
2k ∫0
(i )
k
Таким образом, формальным решением КЗ (8.14) − (8.16) является
ряд (8.9), в котором коэффициент R0(1) ( r ) определяется формулой (8.19) и
остальные коэффициенты имеют вид:
r
r
r k − k −1 (i )
r − k k −1 (i )
R (r ) = a r +
s
f k ( s )ds −
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2,... ,
∫
∫
2k 0
2k 0
(i )
k
(i ) k
k
где постоянная ak(i ) определяется формулой (8.22).
Задача 8.2. В круге решить внутреннюю задачу Неймана для
уравнения Лапласа:
104
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
(8.23)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
(8.24)
u |r =0 < +∞, u r |r = r = sin ϕ, 0 ≤ ϕ < 2 π.
(8.25)
0
Решение. I. Фk (ϕ) = ? СЗ и СФ этой КЗ те же, что и для
предыдущей КЗ (8.14) − (8.16): λ k = k 2 , Φ k (ϕ) = cos k ϕ, sin kϕ ≠ 0,
k = 0, 1, ...
II. Rk (r ) = ? Решения данной КЗ ищем в виде ряда (8.9),
коэффициенты Rk(i ) (r ) которого должны быть решениями уравнений
(8.10). Подставив ряд (8.9) во второе КУ из (8.25), имеем ряд
)
(
∞
1
ur |r =r0 = R0(1)′ (r0 ) + ∑ Rk(1)′ (r0 )cos k ϕ + Rk(2)′ (r0 )sin k ϕ = sin ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π,
2
k =1
из которого приравниванием коэффициентов при одинаковых косинусах
и синусах определяем коэффициенты разложения в ряд Фурье:
Rk(1)′ (r0 ) = 0, k = 0, 1, ... , R1(2)′ (r0 ) = 1, Rk(2)′ (r0 ) = 0 ∀k ≠ 1 .
(8.26)
Осталось решить ГЗ (8.10), (8.26). Подставляя все ограниченные в
нуле r = 0 решения R0(1) (r ) = b0 и Rk(i ) (r ) = ak( i ) r k , i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
уравнений (8.10) в ГУ (8.26), видим, что условие R (1)′ (r ) = 0 выполняется
0
k
при любом b0 ∈ , a = 0, k = 0, 1, ... , a = 1 и a = 0 ∀k ≠ 1.
Итак, классическими решениями КЗ (8.23) − (8.25) являются функ1
ции u (r , ϕ) = b0 + r sin ϕ, b0 ∈ , в чем легко убедиться подстановкой
2
в исходную КЗ.
(1)
k
(2)
1
(2)
k
Замечание 8.2. Решения КЗ (8.23) − (8.25) полностью соответствуют теоремам
существования и единственности решений внутренней задачи Неймана ( Ni ) : данная
Неймана
ψ (ϕ) = sin ϕ
удовлетворяет необходимому и достаточному условию
105
разрешимости
∫
ψ (ϕ)dS = 0 и решения единственны с точностью до произвольной
S (0, r0 )
аддитивной постоянной.
Задача 8.3. Вне круга решить внешнюю задачу Неймана для
уравнения Лапласа:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, r > r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
u |r =+∞ < +∞, ur |r =r0 = 1, 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.27)
(8.28)
(8.29)
Решение. I. Фk (ϕ) = ? СЗ и СФ этой КЗ очевидно прежние λ k = k 2 ,
Φ k (ϕ) = cos k ϕ, sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ...
II. Rk (r ) = ? Решение искомой КЗ естественно ищем в виде ряда (8.9)
с коэффициентами Rk(i ) (r ) − решениями уравнений (8.10). Подстановка
ряда (8.9) во второе КУ из (8.29) приводит к тождеству
)
(
∞
1 (1)′
ur |r =r0 = R0 (r0 ) + ∑ Rk(1)′ (r0 )cos k ϕ + Rk(2)′ (r0 )sin k ϕ = 1, 0 ≤ ϕ < 2π,
2
k =1
из которого приравниванием коэффициентов при одинаковых косинусах
и синусах определяются производные коэффициентов
R0(1)′ (r0 ) = 2, Rk(i )′ (r0 ) = 0, i = 1, 2, k = 1, 2, ...
(8.30)
Решаем ГЗ (8.10), (8.30). Все ограниченные на бесконечности
r = +∞ решения уравнений (8.10) имеют вид R0(1) (r ) = b0 и
Rk( i ) (r ) = bk(i ) r − k , k = 1, 2, ... Подстановка решений R0(1) (r ) = b0 в первое ГУ
из (8.30) дает неверное равенство 0 = 2 и, следовательно, КЗ
(8.27) − (8.29) не имеет решений.
Замечание 8.3. Отсутствие решений КЗ (8.27)–(8.29) не противоречит теореме
существования решений внешней задачи Неймана (Ne) для уравнения Лапласа,
потому что данная Неймана ψ (ϕ) = 1 не удовлетворяет необходимому и
достаточному условию разрешимости, так как
∫
S (0, r0 )
106
dS = 2πr0 ≠ 0.
Задача 8.4. В кольце решить краевую задачу для уравнения
Лапласа:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, 0 < r1 < r < r2 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
(8.31)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), r1 ≤ r ≤ r2 , ∀ϕ,
(8.32)
u |r =r1 = h (ϕ), ur |r =r2 = g (ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.33)
Решение. Берем те же СЗ λ k = k 2 и СФ cos kϕ, sin kϕ ≠ 0,
sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ... Решение данной КЗ будем искать в виде ряда (8.9),
коэффициенты которого Rk(i ) (r ) как все решения уравнений (8.10) имеют
вид
R0(1) (r ) = a0 ln r + b0 , Rk(i ) (r ) = ak( i ) r k + bk( i ) r − k , i = 1, 2 , k = 1, 2, ...
(8.34)
Для ряда (8.9) КУ (8.33) превращаются в равенства
u |r = r1 =
∞
1 (1)
R0 ( r1 ) + ∑ ( Rk(1) ( r1 ) cos k ϕ + Rk(2) ( r1 )sin k ϕ ) = h (ϕ),
2
k =1
)
(
∞
1 (1)′
ur |r = r2 = R0 ( r2 ) + ∑ Rk(1)′ ( r2 ) cos k ϕ + Rk(2)′ ( r2 )sin k ϕ = g (ϕ),
2
k =1
из которых по формулам коэффициентов полных рядов Фурье имеем ГУ
Rk(i )′ (r2 ) = g k(i ) ,
Rk(i ) (r1 ) = hk(i ) ,
i = 1, 2; k = 0, 1, ... ,
(8.35)
где
π
(1)
k
h
1
= ∫ h (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π −π
π
g
(1)
k
1
= ∫ g (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π −π
π
(2)
k
h
1
= ∫ h (ϕ)sin k ϕdϕ,
π −π
π
g
(2)
k
107
1
= ∫ g (ϕ)sin k ϕd ϕ,
π −π
k = 0, 1, ...
1) k = 0. Подстановка ОР из (8.34) в ГУ (8.35) для k = 0 дает
систему уравнений
⎧ R0(1) (r1 ) = a0 ln r1 + b0 = h0(1) ,
⎪
a
⎨
R0(1)′ (r2 ) = 0 = g 0(1)
⎪
r2
⎩
с единственным решением
a0 = r2 g (1) ,
b 0 = h0(1) − r2 ln r1 g (1) .
(8.36)
2) k > 0. Подстановка остальных ОР из (8.34) в ГУ (8.35) для
k > 0 приводит к линейным системам уравнений
⎧⎪
Rk( i ) (r1 ) = ak( i ) r1k + bk(i ) r1− k = hk( i ) ,
⎨ ( i )′
(i )
k −1
(i )
− k −1
(i )
⎪⎩ Rk (r2 ) = ak kr2 − bk kr2 = g k , i = 1, 2; k = 1, 2 , ... ,
с единственными решениями
r1− k r2 ( i )
r h +
gk
(i )
k
,
ak =
r1k r2− k + r1− k r2k
− k (i )
2
k
r1k r2 ( i )
r h −
gk
(i )
k
,
bk = k − k
r1 r2 + r1− k r2k
k (i )
2 k
i = 1, 2; k = 1, 2,...
(8.37)
Таким образом, формальным решением КЗ (8.31) − (8.33) является
выражение
∞
1
u (r , ϕ) = ( a0 ln r + b0 ) + ∑ ⎡⎣( ak(1) r k + bk(1) r − k ) cos k ϕ + ( ak(2) r k + bk(2) r − k ) sin k ϕ⎤⎦,
2
k =1
постоянные которого однозначно определяются формулами (8.36) и
(8.37).
108
Задача 8.5. В прямоугольнике решить краевую задачу для
уравнения Пуассона:
∆u ( x, y) = f ( x, y), 0 < x < a,
0 < y < b,
u |x=0 = ϕ1 ( y ),
u |x=a = ϕ2 ( y ), 0 < y < b, ⎫
⎬
u y | y =0 = ψ1 ( x), u | y =b = ψ 2 ( x), 0 < x < a.⎭
(8.38)
(8.39)
Решение этой КЗ можно искать в виде суммы решений
u ( x, y ) = ϖ( x, y ) + v( x, y)
(8.40)
двух вспомогательных КЗ:
∆ϖ( x, y) = 0,
ϖ |x=0 = 0,
ϖ y | y =0 = ψ1 ( x),
0 < x < a,
(8.41)
ϖ |x=a = 0, 0 < y < b,
(8.42)
ϖ | y =b = ψ 2 ( x), 0 < x < a.
(8.43)
∆v( x, y) = f ( x, y),
v |x =0 = ϕ1 ( y ),
0 < y < b,
0 < x < a,
0 < y < b,
(8.44)
v |x=a = ϕ2 ( y ), 0 < y < b,
(8.45)
v | y =b = 0, 0 < x < a.
(8.46)
v y | y =0 = 0,
Вспомогательные КЗ будем решать методом разделения
переменных.
I. Найдем решение КЗ (8.41) − (8.43).
1) X k ( x) = ? Подставив произведение ϖ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в
уравнение (8.41) и разделив переменные:
X ′′Y + XY ′′ = 0 ⇔
X ′′ Y ′′
X ′′
Y ′′
+
=0⇔
= − = −λ ∈ ,
X
Y
X
Y
109
получаем уравнения
Y ′′( y ) − λY ( y ) = 0,
0 < y < b,
(8.47)
X ′′( x) = −λX ( x),
0 < x < a.
(8.48)
Подстановка ϖ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в ГУ (8.42) дает ГУ
X (0) = X ′(a) = 0.
(8.49)
πk
x, k = 1, 2, ... ,
a
ЗШ − Л (8.48) − (8.49), совпадающей с ЗШ − Л (7.30) − (7.31).
2) Yk ( y ) = ? Найдем коэффициенты Yk ( y) разложения решения КЗ
(8.41) − (8.43) в ряд по СФ:
Нам известны СЗ и СФ: λ k = ( πk / a ) и X k ( x) = sin
2
∞
ϖ( x, y ) = ∑ Yk ( y )sin
k =1
πk
x.
a
(8.50)
Подставляя этот ряд в уравнение (8.41), согласно уравнению (8.47),
получаем ряд
∞
∑ ⎡⎣Y ″ ( y) − λ Y ( y)⎤⎦ sin
k =1
k
k k
πk
x = 0,
a
0 < x < a, 0 < y < b,
из которого вытекают уравнения
Yk ″ ( y ) − λ kYk ( y ) = 0,
0 < y < b,
k = 1, 2, ...
(8.51)
Ряд (8.50) удовлетворяет ГУ (8.42). Для ряда (8.50) ГУ (8.43)
становятся рядами
∞
ϖ y | y =0 = ∑ Yk ′ (0)sin
k =1
πk
x = ψ1 ( x), 0 < x < a,
a
110
∞
ϖ | y =b = ∑ Yk (b)sin
k =1
πk
x = ψ 2 ( x), 0 < x < a,
a
из которых имеем ГУ
Yk ′ (0) = ψ (1)
k ,
Yk (b) = ψ (2)
k , k = 1, 2, ... ,
(8.52)
с граничными данными
a
ψ
(1)
k
a
2
πk
2
πk
= ∫ ψ1 ( x )sin
xdx, ψ (2)
=
ψ
(
x
)sin
xdx, k = 1, 2, ...
2
k
a0
a
a ∫0
a
С целью решения ГЗ (8.51), (8.52) по корням
τ1,2 = ± λ k
характеристических уравнений τ2 − λ k = 0 для уравнений (8.51) строим
их ОР:
λ y
− λ y
Yk ( y ) = Ak e k + Bk e k , Ak , Bk ∈ , k = 1, 2, ...
Подстановка этих ОР в ГУ (8.52) приводит к линейным системам
уравнений
⎧⎪
Yk ′ (0) = λ k Ak − λ k Bk = ψ (1)
k ,
⎨
λ b
− λ b
(2)
⎪⎩Yk (b) = e k Ak + e k Bk = ψ k , k = 1, 2, ... ,
с единственными решениями
Ak =
λ k ψ (2)
k +e
− λk b
ψ (1)
k
2 λ k ch λ k b
, Bk =
λ k ψ (2)
k −e
λk b
ψ (1)
k
2 λ k ch λ k b
, k = 1, 2, ...
Из ОР при этих постоянных получаем решения ГЗ (8.51), (8.52):
Yk ( y ) =
(1)
λ k ψ (2)
k ch λ k y + ψ k sh λ k ( y − b)
λ k ch λ k b
и, значит, решением КЗ (8.41) − (8.43) является
111
, k = 1, 2, ... ,
∞
ϖ ( x, y ) = ∑
(1)
λ k ψ (2)
k ch λ k y + ψ k sh λ k ( y − b)
λ k ch λ k b
k =1
sin
πk
x.
a
(8.53)
II. Теперь отыщем решение КЗ (8.44) − (8.46).
1) Yk ( x) = ? Подставляя произведение v ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в
однородное уравнение (8.44) и в КУ (8.46) аналогично получаем
следующие уравнения и ГУ:
X ′′( x) = λX ( x), 0 < x < a,
(8.54)
Y ′′( y ) = −λY ( y ),
(8.55)
0 < y < b,
Y ′(0) = Y (b) = 0.
(8.56)
a) λ ≤ 0. ЗШ − Л (8.55)–(8.56) среди λ ≤ 0 не имеет СЗ.
b) λ > 0. Корням τ1,2 = ±i λ характеристического уравнения τ2 = −λ
соответствует ОР Y ( y ) = C1 cos λ y + C2 sin λ y ∀C1 , C2 ∈ , уравнения
(8.55). Для этого ОР из ГУ (8.56) находим Y ′(0) = C2 λ = 0 ⇒ C2 = 0 и
π
Y (b) = C1 cos λb = 0 ⇒ λb = + πk , k = 0, 1, ... , так как должна быть
2
постоянная C1 ≠ 0 . Отсюда следует, что СЗ и СФ для ЗШ–Л (8.55), (8.56)
являются
2
π(2k + 1)
⎛ π(2k + 1) ⎞
λk = ⎜
y , k = 0, 1, ...
⎟ , Yk ( y ) = cos
2b
⎝ 2b ⎠
2) X k ( x) = ? Определим коэффициенты разложения по этим СФ в
ряде
∞
v( x, y ) = ∑ X k ( x)cos
k =0
π(2k + 1)
y.
2b
(8.57)
Для этого ряда уравнение (8.44) с помощью (8.54) становятся рядом
112
∞
∑[ X ′′( x) − λ
k =0
k
k
X k ( x)] cos
π(2k + 1)
y = xy, 0 < x < a, 0 < y < b,
2b
из которого имеем уравнения
X k′′( x) − λ k X k ( x) = f k ( x),
0 < x < a, k = 0, 1, ... ,
(8.58)
b
2
π(2k + 1)
f k ( x) = ∫ f ( x, y )cos
ydy, k = 0, 1, ...
b0
2b
с правыми частями
Для ряда (8.57) из ГУ (8.45) получаем ряды
∞
v |x=0 = ∑ X k (0)cos
k =0
∞
v |x=a = ∑ X k (a)cos
k =0
π(2k + 1)
y = ϕ1 ( y ),
2b
0 < y < b,
π(2k + 1)
y = ϕ2 ( y ),
2b
0 < y < b,
из которых выводим ГУ
X k (0) = ϕ(1)
k ,
X k (a ) = ϕ(2)
k , k = 0, 1, ... ,
(8.59)
с граничными данными
b
b
2
π(2k + 1)
2
π(2k + 1)
ϕ = ∫ ϕ1 ( y)cos
ydy, ϕ(2)
ϕ2 ( y)cos
ydy, k = 0, 1, ...
k =
∫
b0
2b
b0
2b
(1)
k
Для решения ГЗ (8.58)–(8.59) сначала найдем ОР уравнений (8.58),
которые будем искать в виде X k ( x) = X k ( x) + X k* ( x) суммы ОР X k ( x)
однородных уравнений (8.58) и ЧР X k* ( x) неоднородных уравнений
(8.58). Как и в п. I. ОР однородных уравнений (8.58) являются функции
X k ( x) = Ak e λ k x + Bk e − λ k x , Ak , Bk ∈ , k = 0, 1, 2, ... Будем искать ЧР
неоднородных уравнений (8.58) методом вариации Лагранжа, т. е. в виде
113
λk x
X k* ( x ) = Ak ( x)e
+ Bk ( x)e
− λk x
, k = 0, 1, ... ,
где производные коэффициентов определяются линейными системами
⎧
⎪
⎨
⎪e
⎩
(
λk x
e
λk x
Ak ′ ( x) + e−
′
λk x
Bk ′ ( x) = 0,
k = 0, 1, ... ,
′ ′
Bk ( x) = f k ( x),
) A ′ ( x) + ( e )
− λk x
k
с единственными решениями
f ( x) −
Ak ′ ( x) = k
e
2 λk
− f ( x)
Bk ′ ( x) = k
e
2 λk
Поэтому ЧР
λk x
X k* ( x)
λk x
x
1
−
e
⇒ Ak ( x) =
∫
2 λk 0
x
−1
e
⇒ Bk ( x) =
2 λ k ∫0
λk s
λk s
f k ( s)ds,
f k ( s)ds,
k = 0, 1, ...
являются функции
x
x
1
1
λk ( x−s)
−
e
f
s
ds
−
e
(
)
k
∫
∫
2 λk 0
2 λk 0
λk ( x−s)
x
(
)
1
fk (s)ds =
sh λk (x − s) fk (s)ds
λk ∫0
и ОР уравнений (8.58) имеют вид
X k ( x) = Ak e
λk x
+ Bk e
− λk x
x
1
+
sh
λ k ∫0
(
)
λ k ( x − s ) f k ( s)ds, k = 0, 1, ... (8.60)
Подставив ОР (8.60) в ГУ (8.59), приходим к линейным системам
⎧
⎪
⎨
⎪ X k (a) = Ak e
⎩
X k (0) = Ak + Bk = ϕ(1)
k ,
λk a
+ Bk e
− λk a
a
1
sh
+
λ k ∫0
(
)
λ k (a − s) f k ( s)ds = ϕ(2)
k , k = 0, 1, ... ,
114
с единственными решениями
− λ a
a
k
ϕ(2)
ϕ(1)
1
k −e
k
Ak =
sh
−
2sh λ k a
2 λ k sh λ k a ∫0
Bk =
e
λk a
a
(2)
ϕ(1)
1
k − ϕk
+
sh
2 sh λ k a
2 λ k sh λ k a ∫0
(
(
)
λ k (a − s) f k ( s)ds,
)
λ k (a − s ) f k ( s)ds,
k = 0, 1, ...
Из ОР (8.60) при этих постоянных имеем решения ГЗ (8.58), (8.59):
X k ( x) =
(1)
ϕ(2)
k sh λk x + ϕk sh λk (a − x)
sh λk a
−
sh λk x
a
λk sh λk a ∫0
x
(
(
)
sh λk (a − s) fk (s)ds +
)
1
+
sh λk (x − s) fk (s)ds,
λk ∫0
k = 0, 1, ...,
и, следовательно, формальным решением КЗ (8.44)–(8.46) является
∞ ⎡ (2)
ϕ sh λ k x + ϕ(1)
k sh λ k ( a − x )
−
v ( x, y ) = ∑ ⎢ k
λ
sh
a
k =0 ⎢
k
⎣
sh λ k x
a
λ k sh λ k a ∫0
−
x
1
+
sh
λ k ∫0
(
sh
(
)
λ k (a − s ) f k ( s )ds +
⎤
π(2k + 1)
λ k ( x − s ) f k ( s )ds ⎥ cos
y,
b
2
⎥⎦
)
(8.61)
а формальным решением искомой КЗ (8.38) − (8.39) ввиду (8.40) является
сумма рядов (8.53) и (8.61).
Замечание 8.4. Частные решения некоторых неоднородных
уравнений (8.58) можно находить проще – специальными методами
курса обыкновенных дифференциальных уравнений в виде правых
частей этих уравнений.
115
Тема 9. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Смешанные задачи (Начально-краевые задачи). Пусть Ω − ограниченная
область в n , n = 1, 2, ... , с достаточно гладкой границей S = ∂Ω . В цилиндре
G = Ω×]0, +∞[ переменных x = ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈Ω и t > 0 требуется найти решения
u = u ( x, t ) гиперболического уравнения
utt + but + A( x)u = f ( x, t ), x ∈Ω, t > 0 ,
(9.1)
удовлетворяющие граничным условиям (ГУ)
∂u ( x ', t )
+ β( x ')u ( x ', t ) = 0, x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
и начальным условиям (НУ)
α( x ')
u |t =0 = ϕ( x), ut |t =0 = ψ( x), x ∈ Ω .
Здесь b ∈ ,
n
Α( x)u = ∑
i =1
(9.2)
(9.3)
∂
∂u
(ai ( x) ) + q( x)u − эллиптический положительный
∂xi
∂xi
дифференциальный оператор с коэффициентами ai ( x) ∈ C (1) (Ω) , q( x) ∈ C (Ω) ,
∂
− производная по внешней нормали n к S в ее точке x′ и коэффициенты
∂n
0 ≤ α ( x '), β( x ') ∈ C ( S ), α ( x ') + β( x ') ≠ 0 ∀x ' ∈ S ' ,
Решения u = u ( x, t ) смешанной задачи (СмЗ) (9.1) − (9.3) из класса
C (2) (G ) ∩ C (1) (G) называются классическими решениями смешанной задачи
(9.1) − (9.3).
Классические решения смешанных задач не всегда существуют. При
определенных условиях на достаточно гладкие правую часть f ( x, t ) уравнения (9.1)
и начальные данные ϕ( x) и ψ ( x) начальных условий (9.3) существует единственное
классическое решение смешанной задачи (9.1) − (9.3). В общем случае может
существовать лишь единственное формальное (обобщенное) решение этой
смешанной задачи, для построения которого будем использовать метод разделения
переменных (метод Фурье). Чтобы построенное формальное решение смешанной
задачи (9.1) − (9.3) было ее классическим решением, необходимо соответствующее
обоснование метода Фурье.
116
Решение. I. X k ( x) = ? Нахождение собственных функций (собственных
значений). По определению собственными функциями (СФ) и собственными
значениями (СЗ) смешанной задачи (9.1) − (9.3) называют решения соответствующей
ей задачи Штурма–Лиувилля (ЗШ − Л). Для постановки этой ЗШ − Л (устно) ставится
и письменно решается следующая вспомогательная задача: найти все решения вида
u ( x, t ) = T (t ) X ( x) ≠ 0 всегда однородного уравнения (9.1), т. е.
utt + but + A( x)u = 0, x ∈ Ω, t > 0 ,
(9.4)
с однородными ГУ (9.2), т. е.
α( x ')
∂u ( x ')
+ β( x ')u ( x ') = 0, x ' ∈ S , t > 0 .
∂n
(9.5)
1) Подставляем произведение T (t ) X ( x) функций разных переменных в
уравнение (9.4)
T ''(t ) X ( x) + bT '(t ) X ( x) + A( x)T (t ) X ( x) = 0 ,
результат делим на произведение T (t ) X ( x)
T ''(t ) + bT '(t ) A( x ) X ( x )
+
= 0,
T (t )
X ( x)
разделяем функции разных переменных и получаем
T ''(t ) + bT '(t )
A( x ) X ( x)
=−
= −λ ∈
T (t )
X ( x)
.
Отсюда имеем два уравнения
T ''(t ) + bT '(t ) + λT (t ) = 0, t > 0 ,
(9.6)
A( x) X ( x) = λX ( x), x ∈ Ω .
(9.7)
2) Подставляя произведение T (t ) X ( x ) в граничные условия (9.5), находим
тождество
∂X ( x ')
⎡
⎤
T (t ) ⎢α( x ')
+ β( x ') X ( x ') ⎥ = 0 , x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
⎣
⎦
из которого следует, что
117
α( x ')
∂X ( x ')
+ β( x ') X ( x ') = 0 , x ' ∈ S ,
∂n
(9.8)
так как T (t ) ≠ 0.
Выведенная краевая задача на отыскание решений X ( x) ≠ 0 и соответствующих
им постоянных разделения λ ∈ дифференциального уравнения (9.7) с граничными
условиями (9.8) является искомой ЗШ − Л. Далее решают эту ЗШ − Л и находят
собственные функции и собственные значения смешанной задачи (9.1) − (9.3).
Теорема 1 [6, с. 334]. Множество собственных значений ЗШ − Л (9.7) − (9.8)
счетно и не имеет конечных предельных точек. Каждое собственное значение
имеет конечную кратность. Множество базисных собственных функций ЗШ − Л
(9.7) − (9.8) счетно. Собственные функции попарно ортогональны и образуют
полную систему в L2 (Ω) .
Согласно этой теореме делаем следующее заключения.
10. Все собственные значения можно пронумеровать в порядке возрастания их
величины:
0 ≤ λ 0 ≤ λ1 ≤ ... ≤ λ k → +∞ при k → ∞ ,
где λ k повторяется столько раз, какова его кратность.
20. Каждому собственному значению λ k соответствует только одна собственная
функция X k ( x), k = 0, 1,..., и
∫X
k
( x) X m ( x)dx = 0 , k ≠ m .
Ω
30. Каждая функция g ( x) ∈ L2 (Ω) разлагается в L2 (Ω) в ряд Фурье
∞
g ( x) = ∑ g k X k ( x)
(9.9)
k =0
с коэффициентами Фурье
gk =
1
X k ( x)
2
∫ g ( x) X
Ω
( x)dx , X k ( x) = ∫ X k ( x) dx , k = 0, 1, ...
2
k
2
(9.10)
Ω
Если функция g ∈ C (2) (Ω) ∩ C (1) (Ω) удовлетворяет ГУ (9.8) и A( x) g ∈ L2 (Ω) , то
ряд Фурье (9.9) с коэффициентами (9.10) сходится в обычном смысле равномерно и
абсолютно на Ω .
Формальное решение исходной задачи (9.1) (9.3) ищем в виде разложения по
всем ее собственным функциям
∞
u ( x, t ) = ∑ Tk (t ) X k ( x) .
k =0
118
(9.11)
II. Tk (t ) = ? Нахождение коэффициентов ряда (9.11) . Этот ряд граничным
условиям (9.2) удовлетворяет.
1) Подставляя его в уравнение (9.1), с помощью левой части уравнения (9.6)
легко придти к ряду
∞
∑[T
k
k =0
''(t ) + bTk '(t ) + λ k Tk (t )] X k ( x) = f ( x, t ) , x ∈ Ω , t > 0 ,
из которого ввиду свойства 30 выводим, что коэффициенты Tk(t) являются
решениями уравнений
Tk ''(t ) + bTk '(t ) + λ k Tk (t ) = f k (t ) , t > 0, k = 0, 1, ... ,
(9.12)
с правыми частями
f k (t ) =
1
X k ( x)
2
∫ f ( x, t ) X
k
( x)dx , k = 0, 1, ...
Ω
2) Подставляя ряд (9.11) в начальные условия (9.3), имеем
∞
∞
k =0
k =0
u ( x, 0) = ∑ Tk (0) X k ( x) = ϕ( x) , ut ( x, 0) = ∑ Tk '(0) X k ( x) = ψ( x) , x ∈ Ω .
Отсюда аналогично получаем начальные условия
Tk (0) = ϕk , Tk '(0) = ψ k , k = 0, 1, 2, ... ,
(9.13)
с начальными данными
ϕk =
1
X k ( x)
2
∫ ϕ( x) X
Ω
k
( x)dx , ψ k =
1
X k ( x)
2
∫ ψ( x) X
k
( x)dx , k = 0, 1, ...
Ω
Таким образом, коэффициенты Tk (t ) являются решениями задач Коши (9.12),
(9.13). В силу линейности уравнений (9.12) их общие решения можно искать в виде
Tk (t ) = Tk (t ) + Tk * (t ) , где Tk (t ) − общие решения однородных уравнений (9.12) и
Tk * (t ) – частные решения неоднородных уравнений (9.12). Для стационарных
уравнений (9.12) общие решения Tk (t ) строятся по корням их характеристических
уравнений
τ2 + bτ + λ k = 0 , k = 0, 1, ...
119
a) Если для индексов k = 0, k0 собственные значения λ k = 0 , то
Tk (t ) = ak t + bk , ∀ak , bk ∈ , k = 0, k0 , при b = 0 ,
(9.14)
Tk (t ) = ak e−bt + bk , ∀ak , bk ∈ , k = 0, k0 , при b ≠ 0 .
(9.15)
b) Для всех индексов k = k0 + 1, k1 , при которых 0 < λ k < b2 / 4 , имеем два
различных
τ2 ( k ) =
вещественных
−b − b 2 − 4λ k
2
характеристических
τ1( k ) =
корня:
−b + b 2 − 4λ k
,
2
и, следовательно, общие решения
Tk (t ) = ak e
− b + b2 − 4 λ k
2
t
+ bk e
− b − b2 − 4 λ k
2
t
∀ak , bk ∈ , k = k0 + 1, k1.
(9.16)
c) Для всех индексов k = k1 + 1, k2 , при которых λ k = b / 4 , имеем один
вещественный характеристический корень τ = −b / 2 кратности 2 и, следовательно,
общие решения
2
Tk (t ) = e
−
bt
2
(ak t + bk ) ∀ak , bk ∈ , k = k1 + 1, k2 .
d) Для остальных индексов k > k2 , при которых
комплексно-сопряженных
характеристических
корня
(9.17)
λ k > b 2 / 4, имеем два
τ1,2
−b ± i 4λ k − b 2
=
2
и,
следовательно, общие решения
Tk (t ) = e
− bt
2
( ak cos λ k − (b 2 / 4)t + bk sin λ k − (b 2 / 4)t ) ∀ak , bk ∈ , k > k2 . (9.18)
Частные решения Tk * (t ) уравнений (9.12) можно искать специальными методами
в случае их правых частей f k (t ) особого вида или известными методом вариации
произвольных постоянных Лагранжа в случае f k (t ) любого вида. Применение этого
метода Лагранжа в каждом из рассмотренных выше общих решений дает следующие
частные решения.
a) λk = 0, k = 0, k0 . Нетрудно убедиться, что частными решениями являются
120
t
Tk * (t ) = ∫ (t − s ) f k ( s )ds, k = 0, k0 , при b = 0;
(9.19)
0
t
1
Tk (t ) = ∫ (1 − eb ( s −t ) ) f k ( s )ds, k = 0, k0 , при b ≠ 0.
b0
*
(9.20)
Первые из них являются пределом вторых при b → 0 .
b) λk < b 2 / 4, k = k0 + 1,k1 . Согласно методу Лагранжа, первые производные
(k )
(k )
коэффициентов частных решений Tk * (t ) = ak (t )e τ1 t + bk (t )e τ2 t являются решениями
системы линейных уравнений
(k )
(k )
⎧⎪
ak ′ (t )e τ1 t + bk ′ (t )e τ2 t = 0,
⎨ ′
(k )
(k )
⎪⎩ak (t )(e τ1 t )′ + bk ′ (t )(eτ2 t )′ = f k (t ),
(k )
(k )
главный определитель которой равен ∆ = (τ 2 ( k ) − τ1( k ) )e( τ1 +τ2 )t . Решая ее методом
Крамера, получаем
(k )
(k )
1
−1
ak′ (t ) = ( k )
e(b +τ2 ) t f k (t ), bk′ (t ) = ( k )
e(b +τ1 )t f k (t ) .
(k )
(k )
τ1 − τ2
τ1 − τ2
Отсюда интегрированием находим коэффициенты
t
t
1
−1
( b +τ2( k ) ) s
( b +τ1( k ) ) s
(
)
,
(
)
=
ak (t ) = ( k )
e
f
s
ds
b
t
e
f k ( s )ds
k
k
τ1( k ) − τ2 ( k ) ∫0
τ1 − τ2 ( k ) ∫0
и частные решения
t
Tk* (t ) =
с)
(k )
(k )
1
⎡e τ1 (t − s ) − e τ2 (t − s ) ⎤ f k ( s )ds, k = k0 + 1, k1 .
(k )
(k ) ∫ ⎣
⎦
τ1 − τ2 0
λk = b 2 / 4, k = k1 + 1,k2 . Первые производные
решений Tk* (t ) = e
−
bt
2
коэффициентов
(9.21)
частных
(tak (t ) + bk (t )) удовлетворяют системе линейных уравнений
− bt
bt
−
⎧
2
2
′
′
a
(
t
)
e
b
(
t
)
e
+
+
= 0,
⎪
k
k
⎪
⎨
bt ′
− bt ′
− ⎞
⎛
⎞
⎛
2
⎪ak′ (t ) ⎜ te ⎟ + bk′ (t ) ⎜ e 2 ⎟ = f k (t ),
⎪⎩
⎝
⎠
⎝
⎠
121
главным определителем которой является ∆ = −e − bt . Решаем ее по правилу Крамера:
bt
bt
ak′ (t ) = e 2 f k (t ), bk′ (t ) = −te 2 f k (t ),
интегрируем и получаем частные решения
t
T (t ) = ∫ e
*
k
b ( s −t )
2
(t − s ) f k ( s )ds , k = k1 + 1, k2 .
(9.22)
0
d) λk > b 2 / 4, k > k2 . Первые производные коэффициентов частных решений
− bt
2
⎡ a (t ) cos λ − (b 2 / 4)t + b (t ) sin λ − (b 2 / 4)t ⎤
k
k
k
⎣ k
⎦
Крамера из системы линейных уравнений
Tk* (t ) = e
находятся
методом
bt
bt
−
−
⎧
2
2
′
′
ak (t )e cos λ k − (b / 4)t + bk (t )e 2 sin λ k − (b 2 / 4)t = 0,
⎪
⎪
′
′
⎨
bt
bt
−
−
⎪ak′ (t ) ⎛⎜ e 2 cos λ k − (b 2 / 4)t ⎞⎟ + bk′ (t ) ⎛⎜ e 2 sin λ k − (b 2 / 4)t ⎞⎟ = f k (t )
⎪⎩
⎝
⎠
⎝
⎠
с главным определителем ∆ = λ k − (b 2 / 4)e − bt . На основании ее решений
−1
ak′ (t ) =
λ k − (b / 4)
2
1
bk′ (t ) =
λ k − (b / 4)
2
)
bt
2
(
λ k − (b 2 / 4)t f k (t ) ,
bt
2
(
λ k − (b 2 / 4)t f k (t )
e sin
e cos
)
заключаем, что частными решениями являются
Tk* (t ) =
t
1
λ k − (b / 4)
2
∫e
0
b ( s −t )
2
sin
(
)
λ k − ( b 2 / 4 ) ( t − s ) f k ( s)ds , k > k2 . (9.23)
Итак, общие решения уравнений (9.12) найдены. Для завершения решения задач
Коши (9.12), (9.13) остается подставить эти общие решения в начальные условия
(9.13) в соответствии с рассмотренными выше случаями.
122
a) λ k = 0, k = 0,k0 . При b = 0 , согласно формулам (9.14) и (9.19) и начальным
условиям (9.13), имеем
Tk (0) = Tk (0) + Tk* (0) = bk + 0 = ϕk ,
T ′(0) = T ′(0) + T *′ (0) = a + 0 = ψ
k
k
k
k
k
и поэтому
t
Tk (t ) = ψ k t + ϕk + ∫ (t − s ) f k ( s )ds , k = 0, k0 .
(9.24)
0
При b ≠ 0 , согласно формулам (9.15) и (9.20), аналогично имеем
⎛ψ
Tk (0) = ak + bk + 0 = ϕk ⇒ bk = ϕk − ⎜ k
⎝ b
⎛ψ ⎞
Tk′(0) = −bak + 0 = ψ k ⇒ ak = − ⎜ k ⎟
⎝ b ⎠
⎞
⎟,
⎠
и поэтому
⎛ψ
Tk (t ) = − ⎜ k
⎝ b
⎞ − bt
⎛ ψk
⎟ e + ψk − ⎜
⎠
⎝ b
t
⎞ 1
b ( s −t )
) f k (s)ds , k = 0, k0 .
⎟ + ∫ (1 − e
⎠ b0
(9.25)
b) λk < b 2 / 4 , k = k0 + 1,k1. В силу формул (9.16) и (9.21) получаем систему
⎧ Tk (0) = ak + bk + 0 = ϕk ,
⎨
(k )
(k )
⎩Tk′(0) = τ1 ak + τ2 bk + 0 = ψ k ,
которая имеет единственные решения
τ1( k ) ϕk − ψ k
τ(2k ) ϕk − ψ k
ak = ( k ) ( k ) , bk = ( k ) ( k ) , k = k0 + 1, k1 .
τ1 − τ2
τ2 − τ1
(9.26)
с) λk = b 2 / 4, k = k1 + 1,k2 . На основании формул (9.17) и (9.22) приходим к
Tk (0) = bk + 0 = ϕk ⇒ bk = ϕk ,
b
b
Tk′(0) = − bk + ak = ψ k ⇒ ak = ψ k + ϕk
2
2
и получаем, что коэффициенты
123
Tk (t ) = e
−
bt
2
b ( s −t )
⎡⎛
b ⎞
⎤
2
t
e
ψ
+
ϕ
+
ϕ
+
(t − s ) f k ( s ) ds , k = k1 + 1, k2 .
k⎥
⎢⎜ k 2 k ⎟
∫
⎠
⎣⎝
⎦ 0
t
(9.27)
d) λk > b 2 / 4, k > k2 . В виду формул (9.18) и (9.23) приходим к системе
Tk (0) = ak + 0 = ϕk , ⇒ ak = ϕk
⎧
⎪⎪
2
⎨T ′(0) = − b a + λ − ⎛ b ⎞b = ψ ⇒ b = ψ k + ( b / 2 ) ϕk .
⎜ ⎟ k
k
k
k
k
⎪ k
2
4⎠
⎝
λ k − ( b2 / 4)
⎩⎪
(9.28)
В итоге найдено единственное формальное решение смешанной задачи
(9.1) − (9.3) вида (9.11), где коэффициенты Tk (t ) выражаются формулами (9.24),
(9.25), (9.27) в случаях a), c) и однозначно выражаются соответствующими
формулами по коэффициентам (9.26) и (9.28) в остальных случаях b), d).
Замечание 9.1 Смешанные задачи для дифференциального уравнения (9.1) при
неоднородных граничных условиях
α( x ')
∂u ( x ', t )
+ β( x ')u ( x ', t ) = µ( x ', t ), x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
(9.29)
и начальных условиях (9.3) сводятся к смешанным задачам
vtt + bvt + A( x)v = f ( x, t ) − ωtt − bωt − A( x)ω, x ∈Ω, t > 0 ,
(9.30)
c однородными граничными условиями
α( x ')
∂v( x ', t )
+ β( x ')v( x ', t ) = 0, x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
(9.31)
и начальными условиями
v |t =0 = ϕ( x) − ω( x, 0), vt |t =0 = ψ( x) − ωt ( x, 0), x ∈ Ω ,
(9.32)
если их решения искать в виде суммы
u ( x, t ) = ω(x, t ) + v(x,t) ,
ω( x, t ) − любая
дважды
непрерывно
где
удовлетворяющая граничным условиям
124
дифференцируемая
(9.33)
функция,
α( x ')
∂ω( x ', t )
+ β( x ')ω( x ', t ) = µ( x ', t ), x ' ∈ S , t > 0 .
∂n
(9.34)
В случае конечного множества точек x ' ∈ S из бесконечного множества таких
функций ω( x, t ) одну из них обычно удается подобрать или, в крайнем случае,
вычислить в виде
(9.35)
ω( x, t ) = ∑ ⎡⎣ a ( x ') x 2 + b( x ') x + c( x ') ⎤⎦ µ( x ', t )
x '∈S
методом неопределенных коэффициентов после подстановки (9.35) в (9.34). В общем
случае вопрос существования таких функций ω( x, t ) решается теоремами о
продолжении функций с границы на всю область [7]. Отметим, что если достаточно
гладкая функция ω( x, t ) , удовлетворяющая граничным условиям (9.34), найдена, то
вспомогательную смешанную задачу (9.30) − (9.32) можно решать методом
разделения переменных, потому что граничные условия (9.31) однородные.
Задача 9.1. Решить смешанную задачу
utt − u xx + 2u = t , 0 < x < 1, t > 0,
(9.36)
(ux − u ) |x=0 = 0, (u x + u ) |x=0 = 0, t > 0,
(9.37)
u |t =0 = sin x,
(9.38)
ut |t =0 = cos x,
0 < x < 1.
X k ( x) = ? Подставляя произведение
Решение. I.
= T (t ) X ( x) ≠ 0 в однородное уравнение (9.36)
T ′′X − TX ′′ + 2TX = 0 ⇔
u ( x, t ) =
T ′′ X ′′ − 2 X
T ′′ X ′′ − 2 X
−
=0⇔
=
= −λ ∈ ,
T
X
T
X
получаем уравнения
T ′′(t ) + λT (t ) = 0, t > 0,
X ′′( x) − 2 X ( x) = −λX ( x),
0 < x < 1.
Подставляя T (t ) X ( x) ≠ 0 в ГУ (9.37)
T (t )( X ′(0) − X (0)) ≡ 0,
125
T (t )( X ′(1) + X (1)) ≡ 0,
(9.39)
(9.40)
находим ГУ
X ′(0) − X (0) = 0,
X ′(1) + X (1) = 0.
(9.41)
Полученная ЗШ − Л (9.40) − (9.41) является уже решенной ЗШ–Л
(7.3)–(7.4), которая имеет следующие СЗ и СФ:
λ k = µ 2k + 2,
X k ( x) = µ k cos µ k x + sin µ k x,
k = 1, 2, ...
II. Tk (t ) = ? Для определения коэффициентов Tk (t ) подстановка ряда
∞
u ( x, t ) = ∑ Tk (t )(µ k cos µ k x + sin µ k x)
(9.42)
k =1
в уравнение (9.36), согласно левой части уравнения (9.39),
Фурье
∞
∑[T ′′(t ) + λ T (t )] X
k
k =1
k k
k
( x) = t ,
0 < x < 1,
дает ряд
t > 0,
из которого по формуле коэффициентов Фурье (9.10) имеем уравнения
Tk′′(t ) + λ kTk (t ) = f k (t ),
t > 0,
k = 1, 2, ... ,
(9.43)
k = 1, 2, ...
(9.44)
с правыми частями
f k (t ) =
1
t
X k ( x)
2
∫X
k
( x)dx = α k t ,
0
Подставив ряд (9.42) в НУ(9.38), согласно (9.13), приходим к НУ
Tk (0) = ϕk ,
Tk′(0) = ψ k ,
с начальными данными
126
k = 1, 2,... ,
(9.45)
ϕk =
1
1
X k ( x)
2
∫ sin xX
k
( x) dx, ψ k =
0
1
1
X k ( x)
2
∫ cos xX
k
( x)dx.
0
Решаем ЗК (9.43) − (9.45). Корням τ1,2 = ±i λ k характеристического
уравнения τ2 + λ k = 0 соответствует ОР однородных уравнений (9.43):
Tk (t ) = ak cos λ k t + bk sin λ k t ,
k = 1, 2, ...
(9.46)
ЧР уравнений (9.43) будем искать в виде их правых частей (9.44).
Поэтому подстановка функции Tk* (t ) = ck t + d k в уравнения (9.43) и
приравнивание коэффициентов при одинаковых степенях переменной t :
λ k (ck t + d k ) = α k t ⇒ ck =
αk
,
λk
d k = 0,
приводит к ЧР
Tk* (t ) =
αk
t,
λk
k = 1, 2, ...
(9.47)
Теперь подставляем ОР
Tk (t ) = ak cos λ k t + bk sin λ k t +
αk
t,
λk
k = 1, 2, ... ,
в НУ (9.45)
Tk (0) = ak = ϕk ,
Tk′(0) = λ k bk +
αk
ψ − (α k / λ k )
= ψ k ⇒ bk = k
λk
λk
и находим решения ЗК (9.43) − (9.45)
Tk (t ) = ϕk cos λ k t +
ψ k − (α k / λ k )
α
sin λ k t + k ,
λk
λk
k = 1, 2, ...
В результате получаем формальное решение СмЗ (9.36)–(9.38)
127
αk
⎡
⎤
ψ
−
k
∞ ⎢
λk
α ⎥
u ( x, t ) = ∑ ⎢ϕk cos λ k t +
sin λ k t + k ⎥ (µ k cos µ k x + sin µ k x).
λk
λk ⎥
k =1 ⎢
⎢⎣
⎥⎦
Задача 9.2. Решить смешанную задачу
utt − 4u xx + 2ut − u = sin t , 0 < x < π, t > 0,
u x |x =0 = et , u |x =π = 1, t > 0,
u |t =0 = x 2 ,
ut |t =0 = 1,
0 < x < π.
(9.48)
(9.49)
(9.50)
Решение. I. Редукция к СмЗ с однородными ГУ. На основании
замечания 9.1 решение этой СЗ будем искать в виде суммы
u ( x, t ) = ω(x, t ) + v(x,t) ,
где ω∈ С (2) ([ 0, π ] × [0, +∞[ ) −
неоднородным ГУ
(9.51)
некоторая функция, удовлетворяющая
ωx |x =0 = et , ω |x =π = 1, t > 0 .
(9.52)
Эти ГУ для функций ω( x, t ) = (a1 x + b1 )et + (a2 x + b2 ) вида (9.35)
становятся системой линейных уравнений
⎧
ωx |x =0 = a1et + a2 = et , ⇒ a1 = 1, a2 = 0,
⎨
t
⎩ω |x=π = (a1π + b1 )e + (a2 π + b2 ) = 1, ⇒ a1π + b1 = 0, a2π + b2 = 1,
имеющей ЧР a1 = 1, a2 = 0, b1 = −π, b2 = 1 , которому соответствует
функция ω( x, t ) = ( x − π)et + 1 , которая, как показывает проверка,
действительно удовлетворяет ГУ (9.52).
128
Поэтому, подставив сумму (9.51) с выбранной функцией ω( x, t ) в
(9.48) − (9.50), согласно формулам (9.30) − (9.32), соответственно
приходим к следующей СмЗ для функции ν( x, t ) :
ν tt − 4ν xx + 2ν t − ν = sin t + 2(π − x)et + 1, 0 < x < π, t > 0,
(9.53)
ν x |x=0 = ν |x=π = 0, t > 0,
(9.54)
ν |t =0 = x 2 − x + π − 1,
ν t |t =0 = 1 + π − x,
0 < x < π.
(9.55)
II. X k ( x) = ? Подстановкой ν( x, t ) = T (t ) X ( x) ≠ 0 в однородное
уравнение (9.53), делением результата на 4T (t ) X ( x) и разделением
переменных
T ′′X − 4TX ′′ + 2T ′X − TX = 0 ⇔
T ′′ + 2T ′ − T X ′′
=
= −λ ∈
4T
X
получаем два уравнения:
T ′′(t ) + 2T ′(t ) + (4λ − 1)T (t ) = 0, t > 0,
X ′′( x) = −λX ( x), 0 < x < π.
(9.56)
(9.57)
ГУ (9.54) для функций вида T (t ) X ( x) ≠ 0 не зависят от функций
T (t ) ≠ 0 и сводятся к ГУ
X ′(0) = X (π) = 0.
(9.58)
Надо всегда стремиться к тому, чтобы ЗШ − Л была как можно
проще или совпадала с уже решенной ЗШ − Л. К сожалению ЗШ − Л (9.57)
− (9.58) в теме 7 мы не решали и решим ее теперь.
1), 2) λ ≤ 0 . При решении задачи 7.1 доказывается, что среди λ ≤ 0
нет СЗ и для них нет СФ для ЗШ − Л (9.57) − (9.58).
3). λ > 0 . Как в решении задачи 7.1 находится ОР
129
X ( x) = C1 cos λ x + C2 sin λ x
∀C1 , C2 ∈
(9.59)
уравнения (9.57). Подставляя это ОР в ГУ (9.58), имеем систему
⎧⎪
X ′(0) = C2 λ = 0 ⇒ C2 = 0,
⎨
⎪⎩ X (π) = C1 cos λπ = 0 ⇒ C1 ≠ 0,cos λπ = 0,
из которой находятся СЗ λ k = (k + (1/ 2)) 2 , k = 0, 1,..., так как
λπ =
π
1
+ πk ⇒ 0 < λ = k + > 0, k = 0, 1,...,
2
2
1
X k ( x) = cos(k + ) x, k = 0, 1,..., ввиду ОР (9.59).
2
∞
1
v
x
t
=
Tk (t )cos(k + ) x в уравнение
(
,
)
T
(
t
)
=
?
Подставив
ряд
III. k
∑
2
k =0
(9.53), благодаря левой части уравнения (9.56) легко получить ряд
и СФ
∞
∑[T′′(t) + 2T′(t) + (4λ
k =0
k
k
k
1
−1)Tk (t )] cos(k + ) x = sin t + 2(π − x)et + 1, 0 < x < π, t > 0,
2
из которого
заключаем, что коэффициенты Tk (t ) должны быть
решениями уравнений
Tk′′(t ) + 2Tk′(t ) + (4λ k − 1)Tk (t ) = f k (t ), t > 0, k = 0, 1, ... ,
(9.60)
с правыми частями
π
2
1
f k (t ) = ∫ ⎡⎣sin t + 2(π − x)et + 1⎤⎦ cos( k + ) xdx =
π0
2
= α k sin t + βk et + γ k , k = 0, 1, 2, ...
130
(9.61)
∞
Для ряда
1
v( x, t ) = ∑ Tk (t )cos(k + ) x
2
k =0
НУ
Tk (0) = ϕk ,
Tk ′ (0) = ψ k ,
НУ (9.55) превращаются в
k = 0, 1, 2, ... ,
(9.62)
где
ϕk =
2 π 2
1
2 π
1
x
−
x
+
π
−
k
+
xdx
ψ
=
(
1)cos(
)
,
(1 + π − x)cos(k + ) xdx .
k
∫
∫
π 0
π 0
2
2
Характеристическое уравнение τ2 + 2τ + (4λ k − 1) = 0 стационарного
ОДУ (9.60) имеет корни
(k )
τ1,2
= −1 ± 2 − 4λ k = −1 ± 1 − 4k 2 − 4k , из
которых два корня τ1(0) = 0 и τ(0)
2 = −2 вещественные при k = 0, а корни
τ1( k ) = −1 + i 4k 2 + 4k − 1, τ(2k ) = −1 − i 4k 2 + 4k − 1 – попарно комплексносопряженные для всех k ≥ 1 .
1) k = 0. Этот случай соответствует случаю b) решения СмЗ
(9.1) − (9.3). Ясно, что ОР однородного уравнения (9.60) при k = 0
является функция
T0 (t ) = a0 + b0e−2t ∀a0 , b0 ∈ .
ЧР неоднородных уравнений (9.60) при всех k ≥ 0 будем искать в
виде функции
Tk* (t ) = ck sin t + d k cos t + ek et + g k , k = 0, 1, 2, ... ,
(9.63)
соответствующих правым частям (9.61) этих уравнений. Подставив
функцию (9.63) в уравнения (9.60) и приравнивая коэффициенты при
одинаковых функциях, получаем систему уравнений:
sin t : (4λ k − 2)ck − 2d k = α k , ⎫
cos t : 2ck + (4λ k − 2)d k = 0, ⎪⎪
⎬
et :
(4λ k + 2)ek = βk ,
⎪
const :
(4λ k − 1) g k = γ k , ⎪⎭
которая имеет единственные решения
131
ck =
(4λ k − 2)λ k
,
(4λ k − 2) 2 + 4
βk
ek =
,
4λ k + 2
dk =
−2λ k
,
(4λ k − 2) 2 + 4
γk
gk =
,
4λ k − 1
(9.64)
k = 0, 1, ...
Поскольку знаменатель 4λ 0 − 1 = 0 при k = 0 в коэффициенте g0 , то
при k = 0 последнее слагаемое g0 в ЧР (9.63) не является ЧР уравнения
(9.60) для последнего слагаемого γ 0 правой части (9.61), так как
τ1(0) = 0 − характеристический корень. Нетрудно проверить, что при k = 0
ЧР уравнения (9.60) является функция
T0* (t ) = c0 sin t + d0 cos t + e0et +
γ0
t
2
и, следовательно, ОР этого уравнения задается функциями
T0 (t ) = a0 + b0e−2t + c0 sin t + d0 cos t + e0et +
γ0
t ∀a0 , b0 ∈
2
В силу НУ (9.62), его коэффициенты a0
определяются из линейной системы уравнений
и b0
.
однозначно
⎧ T0 (0) = a0 + b0 + d 0 + e0 = ϕ0,
⎪
⎨
γ0
′
=
−
+
+
+
= ψ0
T
(0)
a
2
b
c
e
0
0
0
0
0
⎪⎩
2
формулами
2
1
1
2
1
1
1
1
1
1
a0 = ϕ0 + ψ 0 − c0 − d 0 − e0 − γ 0 , b0 = ϕ0 − ψ 0 − c0 − d 0 + γ 0 .
3
3
3
3
6
3
3
3
3
6
2) k > 0. Этот случай соответствует случаю d) решения СмЗ (9.1) −
(9.3). ОР однородных уравнений (9.60) соответствуют функции
132
Tk (t ) = e −t (ak cos 4k 2 + 4k − 1 t + bk sin 4k 2 + 4k − 1 t ),
∀ak , bk ∈ , k = 1, 2, ...
(9.65)
ОР Tk (t ) неоднородных уравнений (9.60) представляют собой сумму
решений (9.65) и (9.63). Подставляя эти Tk (t ) в НУ (9.62), получаем
линейную систему
Tk (0) = ak + d k + ek + g k = ϕk ,
⎧⎪
⎨
2
⎪⎩Tk′(0) = − ak + 4k + 4k − 1 bk + ck + ek = ψ k ,
имеющую единственные решения
ak = ϕk − d k − ek − g k , bk =
ϕk + ψ k − ck − d k − 2ek − g k
4 k + 4k − 1
2
, k = 1, 2, ...
Таким образом, все коэффициенты Tk (t ) найдены и формальным
решением СмЗ (9.48) − (9.50) является функция
γ ⎞
x
⎛
u ( x, t ) = ( x − π)et + 1 + ⎜ a0 + b0e−2t + c0 sin t + d 0 cos t + e0et + 0 t ⎟ cos +
2 ⎠
2
⎝
∞
+ ∑[e−t (ak cos 4k 2 + 4k − 1 t + bk sin 4k 2 + 4k − 1 t ) + ck sin t +
k =1
1⎞
⎛
+ d k cos t + ek et + g k ]cos ⎜ k + ⎟ x .
2⎠
⎝
Задача 9.3. Решить следующую смешанную задачу о вынужденных
колебаниях прямоугольной мембраны с жестко закрепленными краями:
utt − u xx − u yy = f ( x, y, t ), 0 < x < p, 0 < y < q, t > 0 ,
u |x=0 = u |x= p = 0, 0 < y < q, t > 0, ⎫
⎬
u | y =0 = u | y =q = 0, 0 < x < p, t > 0, ⎭
133
(9.66)
(9.67)
u |t =0 = ϕ( x, y ),
ut |t =0 = ψ( x, y ),
0 < x < p, 0 < y < q.
Решение. I. СФ ν k ,m ( x, y ) = ? Если искать
u ( x, y, t ) = T (t )ν( x, y) ≠ 0 однородного уравнения (9.66)
T ′′ν − T ∆ν = 0 ⇔
(9.68)
все
T ′′ ∆ν
T ′′ ∆ν
−
=0⇔
=
= −λ ∈
T
ν
T
ν
решения
,
то приходим к уравнениям
T ′′(t ) + λT (t ) = 0,
∆ν( x, y) = −λν( x, y),
t > 0,
0 < x < p, 0 < y < q.
(9.69)
(9.70)
Для всех функций T (t ) ≠ 0 ГУ (9.67) равносильны ГУ
ν( x ', y ') = 0,
( x ', y ') ∈ S .
(9.71)
ЗШ–Л (9.70) − (9.71) совпадает с ЗШ − Л (7.27) − (7.28) задачи (7.6),
решениями которой являются следующие СЗ и СФ:
λ k ,m
k 2 m2
πk
πm
= π ( 2 + 2 ), vk ,m ( x, y ) = sin
x sin
y, k , m ∈ .
p
q
p
q
2
II. Tk ,m (t ) = ? Для решений СмЗ (9.66) − (9.68) в виде ряда
u ( x, y , t ) =
∞
∑T
k , m =1
k ,m
(t )sin
πk
πm
x sin
y
p
q
уравнение (9.66) с учетом (9.69) превращается в ряд Фурье
∞
∑ ⎡⎣T ′′
k , m =1
k ,m
(t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ⎤⎦ sin
134
πk
πm
x sin
y = f ( x, y , t ) ,
p
q
(9.72)
из которого заключаем, что Tk ,m (t ) − решение ОДУ
Tk′′,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) = f k ,m (t ),
t > 0, k , m ∈ ,
(9.73)
с правыми частями
p q
4
πk
πm
f k ,m (t ) =
f
(
x
,
y
,
t
)sin
x
sin
ydxdy,
pq ∫∫
p
q
0 0
k, m ∈
.
Для ряда (9.72) из НУ (9.68) выводим НУ
Tk ,m (0) = ϕk ,m ,
Tk′,m (0) = ψ k ,m ,
k, m ∈ ,
(9.74)
с начальными данными
p q
ϕk ,m
πk
πm
4
=
ϕ( x, y )sin
x sin
ydxdy ,
∫∫
pq 0 0
p
q
p q
ψ k ,m
4
πk
πm
=
ψ ( x, y )sin
x sin
ydxdy,
∫∫
pq 0 0
p
q
k, m ∈ .
В силу формул (9.18), (9.23) при b = 0 уравнения (9.73) имеют ОР
Tk ,m (t ) = ak ,m cos λ k ,m t + bk ,m sin λ k ,m t +
коэффициенты
(9.74)
+
1
λ k ,m
∫ sin(
ak , m
и
bk ,m
t
0
λ k ,m (t − s )) f k ,m ( s )ds, k , m ∈ ,
которых однозначно определяются НУ
Tk ,m (0) = ak ,m = ϕk ,m ,
Tk′,m (0) = λ k ,m bk ,m = ψ k ,m ⇒ bk ,m = ψ k ,m / λ k ,m .
На этом основании можем утверждать, что формальным решением
См3 (9.66) − (9.68) является функция
135
u ( x, y , t ) =
∞
∑ [ϕ
k , m =1
+
1
λ k ,m
∫
t
0
k ,m
cos λ k ,m t +
ψ k ,m
λ k ,m
]
sin( λ k ,m (t − s )) f k ( s )ds sin
sin λ k ,m t +
πk
πm
x sin
y.
p
q
Задача 9.4. Решить следующую смешанную задачу о вынужденных
колебаниях круглой мембраны, жестко закрепленной по краю:
utt − u xx − u yy = f ( x, y , t ), x 2 + y 2 < r02 , t > 0 ,
u ( x′, y′, t ) = 0, x′2 + y′2 = r02 , t > 0 ,
u |t =0 u0 ( x, y ), ut |t =0 = u1 ( x, y ), x 2 + y 2 < r02 .
(9.75)
(9.76)
(9.77)
Решение. I. Редукция к См3 в прямоугольной области. В данной
См3 переходим к полярным координатам x = r cos ϕ, y = r sin ϕ , 0 < r ≤ r0 ,
и для функции u (r , ϕ) = u (r cos ϕ, r sin ϕ) получаем эквивалентную См3
1
1
utt − urr − ur − 2 uϕϕ = f (r cos ϕ, r sin ϕ, t ) =
r
r
= fˆ (r , ϕ, t ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π, t > 0,
(9.78)
u (0, ϕ, t ) < +∞, u |r = r0 = 0, 0 ≤ ϕ < 2π, t > 0,
(9.79)
u (r , ϕ, t ) = u (r , ϕ + 2π, t ), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ, t > 0,
(9.80)
u |t =0 = u0 (r cos ϕ, r sin ϕ) = u0 (r , ϕ), ut |t =0 = u1 (r cos ϕ, r sin ϕ) =
= u1 (r , ϕ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π.
(9.81)
II. СФ ν k ,m (r , ϕ) = ? Подставляя произведение uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0
в однородное уравнение (9.78) и разделяя переменные:
136
T ′′ ν rr ν r ν ϕϕ
1
1
=
+ +
= −λ ∈
T ′′ν − Tν rr − Tν r − 2 Tν ϕϕ = 0 ⇔
ν rν r 2 ν
r
r
T
,
имеем два уравнения:
T ′′(t ) + λT (t ) = 0, t > 0 ,
(9.82)
1
1
ν rr (r , ϕ) + ν r (r , ϕ) + 2 ν ϕϕ (r , ϕ) = −λν(r , ϕ), 0 < r < r0 .
r
r
(9.83)
Подставив произведение uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0 в условие периодичности (9.80)
T (t )ν(r , ϕ) ≡ T (t )ν(r , ϕ + 2π) ⇒ T (t ) [ ν(r , ϕ) − ν(r , ϕ + 2π) ] ≡ 0,
получаем условие периодичности
ν(r , ϕ) = ν(r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ .
(9.84)
Подстановка произведения T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0
в ГУ (9.79) дает ГУ
uˆ (0, ϕ, t ) = T (t )v(0, ϕ) < +∞ ⇒ v(0, ϕ) < +∞ ∀ϕ,⎫⎪
⎬
uˆ |r =r0 = T (t )v(r0 , ϕ) ≡ 0 ⇒ v(r0 , ϕ) = 0 ∀ϕ.
⎪⎭
(9.85)
Согласно решению задачи 7.7, решениями ЗШ − Л (9.83) − (9.85)
являются С3 λ k ,m = (µ (mk ) / r0 ) 2 , k = 0, 1,..., m = 1, 2, ... , и соответствующие
им СФ
cos k ϕ J k (µ (mk ) r / r0 ), sin k ϕ J k (µ (mk ) r / r0 ) ≠ 0, k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
Поэтому формальное решение См3 (9.75) − (9.77) ищем в виде
двойного ряда
137
∞
∞
u (r , ϕ, t ) = ∑∑ (T (t )cos k ϕ + T
(1)
k ,m
k = 0 m =1
(2)
k ,m
µ(mk ) r
(t )sin k ϕ)J k (
).
r0
(9.86)
(2)
III. Tk(1)
,m (t ) , Tk ,m (t ) = ? Для ряда (9.86) уравнение (9.78) ввиду (9.82)
превращается в ряд
∑∑{
∞
∞
k =0 m=1
}
⎡T (1) ′′ (t ) + λ T (1) (t ) ⎤ cos k ϕ + ⎡T (2)′′ (t ) + λ T (2) (t ) ⎤ sin k ϕ J ( µm r ) ≡
k ,m k , m
k , m k ,m
k
⎣ k ,m
⎦
⎣ k ,m
⎦
r0
k
≡ f (r , ϕ, t ),
из которого для коэффициентов ряда (9.86) имеем уравнения
Tk(,im) ′′ (t ) + λ k ,mTk(,im) (t ) = f k(,im) (t ), i = 1, 2; k = 0, 1, ... ; m = 1, 2, ... ,
(9.87)
с правыми частями
π
f
(1)
0, m
π
1
2
(t ) = ∫ f 0,m (ϕ, t )d ϕ, f k(1)
f k ,m (ϕ, t )cos k ϕd ϕ,
, m (t ) =
π0
π ∫0
π
f
(2)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )sin k ϕd ϕ, k = 1, 2,..., m = 1, 2,... ,
π0
где
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
f k ,m (ϕ, t ) =
rf (r , ϕ, t ) J k ⎜
⎟ dr , k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
2 ∫
⎝ r0 ⎠
⎛ µ(mk ) r ⎞ 0
Jk ⎜
⎟
⎝ r0 ⎠
1
Для ряда (9.86) НУ (9.81) аналогично дают НУ
Tk(,im) (0) = hk( i,m) ,
Tk(,im) ′ (0) = g k( i,)m , i = 1, 2; k = 0, 1, ... ; m = 1, 2, ... , (9.88)
138
с начальными данными
π
π
(1)
0, m
1
2
= ∫ h0,m (ϕ)d ϕ, hk(1),m = ∫ hk ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π0
π0
(2)
k ,m
2
= ∫ hk ,m (ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 1, 2, ... , m = 1, 2, ... ,
π0
g
(1)
0,m
1
2
= ∫ g 0,m (ϕ)d ϕ, g k(1),m = ∫ g k ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π0
π0
g
(2)
k ,m
2
= ∫ g k ,m (ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 1, 2, ... , m = 1, 2, ... ,
π0
h
π
h
π
π
π
где
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
hk ,m (ϕ) =
ru0 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr ,
2 ∫
(k )
r
⎝ 0 ⎠
⎛µ r ⎞ 0
Jk ⎜ m ⎟
⎝ r0 ⎠
1
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
g k ,m (ϕ) =
ru1 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr ,
2 ∫
⎝ r0 ⎠
⎛ µ(mk ) r ⎞ 0
Jk ⎜
⎟
⎝ r0 ⎠
1
2
k = 0,1, ... ,
k = 1, 2, ... ,
2
r
0
⎛ µ (mk ) r ⎞
⎛ µ (mk ) r ⎞
r0 2 2
Jk ⎜
J k +1 ( µ (mk ) ) , k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
⎟ = ∫ r Jk ⎜
⎟ dr =
2
⎝ r0 ⎠
⎝ r0 ⎠
0
Осталось решить ЗК (9.87),(9.88). Согласно формулам пункта d) в
решении СмЗ (9.1) − (9.3) при b = 0 , решениями ЗК (9.87), (9.88) являются
следующие коэффициенты:
gk(i,)m
t
1
T (t ) = h cos λk ,m t +
sin λk ,m t +
sin
λ k ,m
λk ,m ∫0
(i )
k ,m
(i )
k ,m
i = 1, 2; k = 0, 1, 2, ...; m = 1, 2, ...
139
(
)
λk ,m (t − s) fk(,im) (s)ds,
Тема 10. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Смешанные задачи для параболических уравнений второго порядка решаются
методом разделения переменных – аналогично решению смешанных задач для
гиперболических уравнений второго порядка. Задачи Штурма–Лиувилля выводятся и
решаются также, а для коэффициентов разложений формальных решений искомых
смешанных задач в ряды по их собственным функциям ставятся задачи Коши для
обыкновенных дифференциальных уравнений первого порядка, решение которых
проще.
Задача 10.1.
теплопроводности
Решить
смешанную
задачу
для
ut − a 2u xx = f ( x, t ) , a > 0 , 0 < x < l , t > 0 ,
( ux − h ⋅ u ) x=0 = µ1 (t ) , ( ux + h ⋅ u ) x=l = µ 2 (t ) , h ≥ 0 , t > 0 ,
уравнения
(10.1)
(10.2)
u t = 0 = ϕ( x ) , 0 < x < l .
(10.3)
Решение. I. Редукция к СмЗ с однородными ГУ. Решение ищем в
виде суммы
u ( x, t ) = w( x, t ) + v( x, t ) ,
(10.4)
где w – достаточно гладкая функция, удовлетворяющая неоднородным
ГУ
( wx − h ⋅ w) x=0 = µ1 (t ) , ( wx + h ⋅ w) x=l = µ1 (t ) , t > 0 .
(10.5)
Будем искать ее в виде
w ( x, t ) = ( a1 ⋅ x 2 + b1 ⋅ x + c1 ) ⋅ µ1 (t ) + ( a2 ⋅ x 2 + b2 ⋅ x + c2 ) ⋅ µ 2 (t ) . (10.6)
Подставляя (10.6) в первое ГУ из (10.5), имеем равенство
140
( wx − h ⋅ w) x=0 = ( b1 − h ⋅ c1 ) ⋅ µ1 (t ) + ( b2 − h ⋅ c2 ) ⋅ µ 2 (t ) = µ1 (t ) , t > 0 ,
где полагаем, что b1 − h ⋅ c1 = 1 и b2 − h ⋅ c2 = 0 . Подставив (10.6) во второе
ГУ из (10.5), находим равенство
( wx + h ⋅ w ) x=l = ( 2 ⋅ a1 ⋅ l + b1 + h ⋅ ( a1 ⋅ l 2 + b1 ⋅ l + c1 ) ) ⋅ µ1 (t ) +
(
)
+ 2 ⋅ a2 ⋅ l + b2 + h ⋅ ( a2 ⋅ l 2 + b2 ⋅ l + c2 ) ⋅ µ 2 (t ) = µ 2 (t ), t > 0,
где полагаем
2 ⋅ a1 ⋅ l + b1 + h ⋅ ( a1 ⋅ l 2 + b1 ⋅ l + c1 ) = 0
и 2 ⋅ a2 ⋅ l + b2 + h ⋅ ( a2 ⋅ l 2 + b2 ⋅ l + c2 ) = 1.
Отсюда при a1 = −1/(2 ⋅ l + h ⋅ l 2 ) , b1 = 1 + h ⋅ c1 и a2 = 1/(2l ) ,
определяем, что
b2 = h ⋅ c2
a0 = c1 = −l /(2 + h ⋅ l ) , b0 = c2 = −l /(2(2 + h ⋅ l )) .
В результате мы подобрали функцию:
⎛ − x2
⎞
⎛ x2
⎞
+ (1 + h ⋅ a0 ) ⋅ x + a0 ⎟ µ1 (t ) + ⎜
+ h ⋅ b0 ⋅ x + b0 ⎟ µ 2 (t ) ,
w ( x, t ) = ⎜
2
⎝ 2⋅l + h⋅l
⎠
⎝ 2⋅l
⎠
которая удовлетворяет ГУ (10.5) при всех h ≥ 0 .
Поэтому, в силу формулы искомого решения (10.4), для функции v
получаем следующую СмЗ:
vt − a 2 ⋅ vxx = f ( x, t ) − wt + a 2 ⋅ wxx ≡ g ( x, t ) , 0 < x < l , t > 0 ,
( v x − h ⋅ v ) x = 0 = 0 , ( v x + h ⋅ v ) x =l = 0 , t > 0 ,
v t =0 = ϕ( x) − w( x,0) , 0 < x < l .
141
(10.7)
(10.8)
(10.9)
II. X k ( x ) = ? Решая вспомогательную задачу для произведения
v ( x, t ) = T ( x) ⋅ X ( x) ≠ 0 из однородного уравнения (10.7) и ГУ (10.8)
стандартным разделением переменных:
T ′ ⋅ X − a 2 ⋅ T ⋅ X ′′ = 0 ⇒
T′
X ′′
T′
X ′′
−
=0⇔ 2
=
= −λ ∈ ,
a ⋅T X
a ⋅T
X
2
T (t ) ⋅ ( X ′(0) − h ⋅ X (0) ) ≡ 0 ,
T (t ) ⋅ ( X ′(l ) + h ⋅ X (l ) ) ≡ 0 ,
выводим два уравнения:
T ′(t ) + a 2 ⋅ λ ⋅ T (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.10)
X ′′( x) = −λ ⋅ X ( x) , 0 < x < l ,
(10.11)
и ГУ
X ′(0) − h ⋅ X (0) = 0 , X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = 0 .
(10.12)
В ЗШ − Л дифференциальное уравнение и ГУ могут оказаться
такими, для которых теорема 1 и, в частности, теорема Стеклова [8, с. 22]
о неотрицательности СЗ несправедливы. Следует уметь решать ЗШ − Л в
полном объеме и находить отрицательные СЗ, если такие СЗ
существуют.
при
1) λ < 0 . Все решения X ( x) = C1 ⋅ e −λ x + C2 ⋅ e − −λ x ∀C1 , C2 ∈
C1 + C2 ≠ 0 уравнения (10.11) не удовлетворяют условиям (10.12).
Действительно, линейная система
(
(
)
)
(
)
⎧ X ′(0) − h ⋅ X (0) = −λ − h ⋅ C1 − −λ + h ⋅ C2 = 0,
⎪
⎨
−λπ
⋅ C1 − −λ − h ⋅ e −λπ ⋅ C2 = 0
⎪ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = −λ + h ⋅ e
⎩
(
)
имеет при всех h ≥ 0 ненулевой главный определитель
142
−λ − h
∆=
(
(
=
)
−λ + h ⋅ e
−λ + h
e
+λπ
)
2
⎡
⋅ ⎢e2
⎢
⎣
−
−λπ
−λπ
−
(
(
−λ + h
)
−λ − h ⋅ e
)
− −λπ
=
2
⎛ −λ − h ⎞ ⎤
−⎜
⎟ ⎥ ≠ 0,
−λ
+
h
⎝
⎠ ⎥⎦
2
⎛ −λ − h ⎞
так как e
>1 и ⎜
⎟ ≤ 1 для λ < 0 и h ≥ 0 .
−λ
+
h
⎝
⎠
2) λ = 0 . Из всех решений X ( x) = C1 ⋅ x + C2 уравнения (10.11) ГУ
(10.12), т. е.
2 −λπ
⎧⎪ X ′(0) − h ⋅ X (0) = C1 − h ⋅ C2 = 0 ⇒ C1 = h ⋅ C2 ,
⎨
⎪⎩ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = (1 + h ⋅ l ) ⋅ C1 + h ⋅ C2 = 0 ⇒ h ⋅ ( (1 + h ⋅ l ) + 1) ⋅ C2 = 0,
выполняются только для X ( x) ≡ 0 при h ≠ 0 и для X ( x) = C2 ∀C2 ∈
при h = 0 . Значит λ = 0 не СЗ при h ≠ 0 , но λ 0 = 0 – СЗ и X 0 ( x) = 1/ 2
– СФ при h = 0 .
3) λ > 0 . Среди всех нетривиальных решений X ( x) = C1 ⋅ cos λ x +
+C2 ⋅ sin λ x ∀C1 , C2 ∈
уравнения (10.11) ГУ (10.12), т. е.
⎧ X ′(0) − h ⋅ X (0) = C λ − h ⋅ C = 0 ⇒ C = h ⋅ C1
,
2
1
2
⎪⎪
λ
⎨
2
⎤
⎪ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = C1 ⎡⎜⎛ h
− λ ⎟⎞ sin λl + 2 ⋅ h ⋅ cos λl ⎥ = 0
⎢
λ
⎠
⎣⎝
⎦
⎩⎪
справедливы только для тех λ , для которых µ = λl
решениями трансцендентного уравнения
tgµ =
ρ
ρ
, ρ = h⋅l , h ≥ 0.
+
µ−ρ µ+ρ
143
являются
(10.13)
Последнее уравнение при всех h ≥ 0 имеет счетное множество
положительных корней µk , k = 1, 2, … , (см. рис.7.1) и, в частности, при
h = 0 – корни µ k = π ⋅ k , k = 1, 2, … Таким образом, для всех h ≥ 0
получаем положительные СЗ λ k = ( µ k / l ) , k = 1, 2, … , и при C1 = µk
µ
µ
соответствующие им СФ X k ( x) = µ k cos k x + ρ sin k x , k = 1, 2, … , и, в
l
l
π⋅k
2
X k ( x) = cos
x,
и
СФ
частности, при h = 0 СЗ λ k = ( πk / l )
l
k = 1, 2, …
III. Tk (t ) = ? При всех h ≥ 0 для коэффициентов ряда
2
∞
v( x, t ) = ∑ Tk (t ) ⋅ X k ( x) полагаем T0 (t ) ≡ 0 , если h ≠ 0 , подстановкой его
k =0
в уравнение (10.7) благодаря уравнению (10.10) сразу находим уравнения
Tk′(t ) + a 2 ⋅ λ k ⋅ Tk (t ) = g k (t ) , k = 0, 1, … ,
(10.14)
с правыми частями
g k (t ) =
l
µk
µk ⎞
⎛
(
,
)
cos
sin
g
x
t
⋅
µ
x
+
ρ
x ⎟ dx , k = 0, 1, ... ,
k
⎜
2 ∫
l
l ⎠
⎝
X k ( x) 0
1
и – в НУ (10.9) находим НУ
Tk (0) = ψ k , k = 0, 1, … ,
(10.15)
с начальными данными
ψk =
где
l
1
X k ( x)
2
⎛
∫ ( ϕ( x) − w( x,0) ) ⋅ ⎜⎝ µ
k
cos
0
l
µk
µ
x + ρ sin k
l
l
⎞
x ⎟ dx , k = 0, 1, ... ,
⎠
l
ρ ⋅ ( ρ + 2 ) + µ 2k ) .
(
2
0
Решаем ЗК (10.14), (10.15). ОР однородных уравнений (10.14) имеют
X k ( x) = ∫ X k ( x) dx =
2
2
вид
144
2
Tk (t ) = ak e − a λ k t ∀ak ∈
.
ЧР неоднородных уравнений (10.14) легко отыскать методом
2
вариации произвольных постоянных в виде функции Tk* (t ) = ak (t )e − a λ k t ,
подстановка которой в эти уравнения дает
2
2
2
ak′ (t )e − a λ k t − a 2 ⋅ λ k ⋅ ak (t )e − a λ k t + a 2 ⋅ λ k ⋅ ak (t )e − a λ k t = g k (t ) .
2
Отсюда получаем, что ak′ (t ) = e a λ k t g k (t ) и, следовательно,
t
ak (t ) = ∫ e
0
a 2λ k τ
t
g k ( τ) d τ , T (t ) = ∫ e a λk ( τ−t ) g k ( τ) d τ .
2
*
k
0
Подставив ОР
Tk (t ) = ak ⋅ e
− a 2λ k t
t
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ) d τ
2
0
уравнений (10.14) в НУ (10.15), выводим, что Tk (0) = ak = ψ k и,
следовательно, при всех h ≥ 0 коэффициенты исходного ряда равны
Tk (t ) = ψ k ⋅ e
− a 2λ k t
t
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ)d τ , k = 0, 1, … (10.16)
2
0
Итак, при всех h ≥ 0 формальным решением СмЗ (10.1) − (10.3)
является
⎡ − x2
⎤
⎡ x2
⎤
u ( x, t ) = ⎢
+ (1 + h ⋅ a0 ) ⋅ x + a0 ⎥ ⋅ µ1 (t ) + ⎢
+ h ⋅ b0 ⋅ x + b0 ⎥ ⋅ µ 2 (t ) +
2
⎣2⋅l + h⋅l
⎦
⎣2⋅l
⎦
t
⎡
⎤ ⎛
2
µ
µ
− a 2λ k t
+ ∑ ⎢ψ k ⋅ e
+ ∫ ea λk ( τ−t ) g k (τ)d τ⎥ ⋅ ⎜ µ k cos k x + ρ sin k
l
l
k =0 ⎣
0
⎦ ⎝
∞
⎞
x ⎟,
⎠
где полагаем ϕ0 = 0 , g0 (t ) = 0 , если h ≠ 0 , и, в частности, при h = 0
145
t
⎡
⎤
2
µ
− a 2λ k t
v ( x, t ) = ∑ ⎢ ψ k ⋅ e
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ ⋅ cos k x .
l
k =0 ⎣
0
⎦
∞
Задача 10.2. Решить смешанную задачу
ut − u xx + 2 ⋅ b ⋅ u x = f ( x, t ) , b ∈
u x =0 = t 2 , u x
x =π
, 0 < x < π, t > 0,
= 1, t > 0 ,
u t =0 = e x , 0 < x < π .
(10.17)
(10.18)
(10.19)
Решение. I. Редукция. Будем искать решение этой СмЗ в виде
u ( x, t ) = w( x, t ) + v( x, t ) , где w( x, t ) – некоторая достаточно гладкая
функция, удовлетворяющая неоднородным ГУ (10.18). В качестве такой
функции можно взять w( x, t ) = x + t 2 . Тогда, согласно замечанию 9.1,
функция v( x, t ) должна быть решением следующей СмЗ:
vt − vxx + 2 ⋅ b ⋅ vx = f ( x, t ) − 2 ⋅ t − 2 ⋅ b ≡ g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 , (10.20)
= 0 , t > 0,
(10.21)
v t =0 = e x − x , 0 < x < π .
(10.22)
v x =0 = v x
x =π
II. X k ( x ) = ? Для вывода ЗШ − Л подставляем произведение
v ( x, t ) = T (t ) ⋅ X ( x) ≠ 0 в однородное уравнение (10.20) и в ГУ (10.21) и
разделением переменных получаем два уравнения:
T ′(t ) + λ ⋅ T (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.23)
X ′′( x) − 2 ⋅ b ⋅ X ′( x) = −λ ⋅ X ( x) , 0 < x < π ,
(10.24)
X (0) = X ′(π) = 0 .
(10.25)
и ГУ
146
Решаем ЗШ − Л (10.24), (10.25). Характеристическое уравнение
τ − 2⋅b⋅τ + λ = 0
стационарного
ОДУ
(10.24)
имеет
корни
2
τ1,2 = b ± b 2 − λ .
1) λ < b2 . Среди этих значений λ нет СЗ решаемой ЗШ − Л, потому
∀ C1 , C2 ∈
что для ОР X ( x) = C1e τ1x + C2e τ2 x
уравнения (10.24)
полученная из ГУ (10.25) линейная система
⎧ X (0) = C1 + C2 = 0,
⎨
τ1π
τ2 π
⎩ X ′(π) = τ1e ⋅ C1 + τ2e ⋅ C2 = 0
допускает лишь тривиальное решение C1 = C2 = 0 ⇒ X ( x) ≡ 0 .
2) λ = b2 . Это значение λ не является СЗ решаемой ЗШ − Л, так как
для ОР X ( x ) = ebx ( C1 x + C2 ) , C1 , C2 ∈ , уравнения (10.24) из ГУ (10.25)
получаем уравнения
X (0) = C2 = 0, X ′(π) = C1ebπ ( b ⋅ π + 1) = 0 ⇒ C1 = 0 ⇒ X ( x) ≡ 0 .
3) λ > b2 . Характеристическим корням τ1,2 = b ± i λ − b 2 соответствует
общее
)
(
X ( x) = ebx C1 cos λ − b 2 x + C2 sin λ − b 2 x ,
решение
C1 , C2 ∈ , уравнения (10.24), подстановка которого в ГУ (10.25)
приводит к уравнениям
)
(
X (0) = C1 = 0 ⇒ X ′(π) = C2ebπ b ⋅ sin λ − b 2 π + λ − b 2 cos λ − b 2 π = 0 .
Отсюда для СЗ выводим трансцендентное уравнение
ctgµ = −b / µ , µ = λ − b 2 ,
которое имеет счетное множество положительных корней µk , k = 0, 1, …
Таким образом, для ЗШ − Л (10.24), (10.25) решениями являются СЗ
147
µk
x , k = 0, 1, … , и, в частности,
π
2
1⎞
1⎞
⎛
⎛
при b = 0 СЗ λ k = ⎜ k + ⎟ и СФ X k ( x) = sin ⎜ k + ⎟ x , k = 0, 1, …
2⎠
2⎠
⎝
⎝
III. Tk (t ) = ? Решение вспомогательной СмЗ (10.20) − (10.22)
представим в виде:
∞
µ
v( x, t ) = ∑ Tk (t )ebx sin k x .
(10.26)
π
k =0
λ k = ( µ k / π ) + b 2 и СФ
2
X k ( x) = ebx sin
Подстановка ряда (10.26) в уравнение (10.20) с учетом (10.23) и в
НУ (10.22) дает ряды:
∞
∑[T ′(t ) + λ T (t )] e
k =0
k
bx
k k
sin
µk
x = g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 ,
π
∞
v t =0 = ∑ Tk (0)ebx sin
k =0
µk
x = ex − x , 0 < x < π ,
π
их при b ≠ 0 делим на экспоненту ebx , с которой найденные СФ не
ортогональны в L2 (0, π) , и получаем ряды:
µk
∞
∑[T ′(t ) + λ T (t )]sin π x = e
k =0
k
k k
∞
µk
∑T (0)sin π x = e
k =0
k
− bx
(1−b ) x
g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 ,
− xe−bx , 0 < x < π ,
⎧ µ
из которых уже, в силу полноты и ортогональности множества ⎨sin k
π
⎩
при различных µk в L2 (0, π) , выводим уравнения и НУ:
Tk′(t ) + λ kTk (t ) = g k (t ) , t > 0 , k = 0, 1, … ,
Tk (0) = ψ k , k = 0, 1, … ,
148
⎫
x⎬
⎭
(10.27)
(10.28)
с исходными данными:
π
1
g k (t ) =
sin
µk
x
π
2
∫e
− bx
g ( x, t )sin
0
µk
xdx ,
π
2
b π2
µk
π
,
sin x = +
2 2 ( µ k2 + b 2 π2 )
π
π
1
ψk =
µ
sin k x
π
2
∫ (e
(1−b ) x
− xe − bx ) sin
0
µk
xdx , k = 0, 1, …
π
Согласно формуле (10.16) при a = 1 , ЗК (10.27), (10.28) имеют
решения
Tk (t ) = ψ k e
−λ k t
t
+ ∫ eλk ( τ−t ) g k (τ)d τ , k = 0, 1, … ,
0
и тем самым ввиду ряда (10.26) формальным решением исходной СмЗ
(10.17) – (10.19) будет
t
⎡
⎤ µ
−λ k t
u ( x, t ) = x + t + e ∑ ⎢ψ k e + ∫ eλ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ sin k x ∀b ∈
π
k =0 ⎣
0
⎦
bx
2
∞
и, в частности, при b = 0
t
⎡
⎤ ⎛
1⎞
−λ k t
u ( x, t ) = x + t + ∑ ⎢ψ k e + ∫ eλ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ sin ⎜ k + ⎟ x .
2⎠
k =0 ⎣
0
⎦ ⎝
2
∞
Задача 10.3. Решить следующую смешанную задачу о
распространении тепла в однородной прямоугольной пластине, боковые
стороны которой находятся при нулевой температуре:
149
ut − u xx − u yy = f ( x, y, t ) , 0 < x < p , 0 < y < q , t > 0 ,
u x =0 = u x = p = 0 , 0 < y < q , t > 0 ,
(10.29)
u y =0 = u y =q = 0 , 0 < x < p , t > 0 , (10.30)
u t =0 = ϕ( x, y ) , 0 < x < p , 0 < y < q .
(10.31)
Решение. I. СФ vk ,m ( x, y ) = ? Для отыскания ЗШ − Л на СЗ и СФ
данной СмЗ ищем все решения вида u ( x, y, t ) = T (t ) ⋅ v( x, y) ≠ 0
однородного уравнения (10.29) с ГУ (10.30):
T ′v − T ∆v = 0 ⇔
T ′ ∆v
=
= −λ ∈ ,
T
v
u S = T (t ) ⋅ v ( x′, y′) ≡ 0 ⇒ v( x′, y′) = 0, ( x′, y′) ∈ S ,
и приходим к следующим уравнению и ЗШ − Л:
T ′(t ) + λT (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.32)
∆v( x, y) = −λv( x, y) , 0 < x < p , 0 < y < q ,
(10.33)
v( x′, y′) = 0, ( x′, y′) ∈ S .
(10.34)
Из решения задачи 7.6 известно, что ЗШ − Л (10.33), (10.34) имеет
следующие СЗ и СФ:
λ k ,m
⎛ k 2 m2 ⎞
πk
πm
= π ⎜ 2 + 2 ⎟ , vk ,m ( x, y ) = sin
x ⋅ sin
y , k,m ∈
q ⎠
p
q
⎝p
2
.
(10.35)
II. Tk ,m (t ) = ? Если решение СмЗ (10.29) − (10.31) искать в виде
разложения по СФ из (10.35), т. е. в виде двойного ряда
150
∞
u ( x, y , t ) =
∑T
k , m =1
k ,m
(t ) ⋅ sin
πk
πm
x ⋅ sin
y,
p
q
который уже удовлетворяет ГУ (10.30), то подстановкой этого ряда в
уравнение (10.29), используя уравнение (10.32), и в НУ (10.31) получаем
ряды:
∞
∑ ⎡⎣T ′
k , m =1
k ,m
(t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ⎤⎦ ⋅ sin
u t =0 =
∞
∑T
k , m =1
k ,m
(0) ⋅ sin
πk
πm
x ⋅ sin
y = f ( x, y , t ) ,
p
q
πk
πm
x ⋅ sin
y = ϕ( x, y ) .
p
q
Отсюда заключаем, что коэффициенты Tk ,m (t ) являются решениями
уравнений
Tk′,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) = f k ,m (t ) , t > 0 , k , m = 1, 2, … ,
(10.36)
с правыми частями
p q
4
πk
πm
f k ,m (t ) =
f ( x, y , t ) ⋅ sin
x ⋅ sin
ydxdy , k , m = 1, 2, … ,
∫∫
pq 0 0
p
q
и НУ
p q
Tk ,m (0) = ϕk ,m
4
πk
πm
=
ϕ( x, y ) ⋅ sin
x ⋅ sin
ydxdy , k , m = 1, 2, … (10.37)
∫∫
pq 0 0
p
q
Как и в решении задачи 10.2 устанавливается, что у ЗК (10.36),
(10.37) существуют единственные решения
Tk ,m (t ) = ϕk ,me
−λ k , mt
t
+ ∫e
0
151
λ k , m ( τ−t )
f k , m ( τ) d τ
и, следовательно, СмЗ (10.29) – (10.31) имеет формальное решение:
t
⎡
⎤ πk
πm
−λ k , mt
λ ( τ−t )
u ( x, y , t ) = ∑ ⎢ ϕk , m e
f k ,m (τ)d τ ⎥ sin
x ⋅ sin
y.
+ ∫ e k ,m
p
q
k , m =1 ⎣
0
⎦
∞
Задача 10.4. Решить следующую смешанную задачу о
распространении тепла в однородном круговом цилиндре, на боковой
поверхности которого поддерживается нулевая поверхность:
ut − u xx − u yy = f ( x, y, t ) , x 2 + y 2 < r02 , t > 0 ,
(10.38)
u ( x′, y′, t′) = 0 , x′2 + y′2 = r02 , t > 0 ,
(10.39)
u t =0 = u0 ( x, y ) , x 2 + y 2 < r02 .
(10.40)
Решение. I. Редукция. Перейдя в этой СмЗ
координатам (r , ϕ) , получаем эквивалентную СмЗ
к
полярным
1
1
ut − urr − ur − 2 uϕϕ = f (r , ϕ, t ) , 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π , t > 0 , (10.41)
r
r
u (0, ϕ, t ) < +∞ , u r =r = 0 , 0 ≤ ϕ < 2π , t > 0 ,
0
u (r , ϕ, t ) = u (r , ϕ + 2π, t ) ∀ϕ , t > 0,
u t =0 = u0 ( r , ϕ) , 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π .
(10.42)
(10.43)
(10.44)
II. vk ,m ( x, y ) = ? Подстановка произведения uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )v(r , ϕ) ≠ 0 в
однородное уравнение (10.41) и в условие периодичности (10.43)
приводит к следующим уравнениям и условиям:
T ′(t ) + λT (t ) = 0 , t > 0,
152
(10.45)
1
1
vrr (r , ϕ) + vr (r , ϕ) + 2 vϕϕ (r , ϕ) = −λv(r , ϕ) , 0 < r < r0 ,
r
r
v(r , ϕ) = v(r , ϕ + 2π) , 0 < r < r0 , ∀ϕ ,
(10.47)
v(0, ϕ) < +∞ , v(r0 , ϕ) = 0 ∀ϕ .
λ k ,m
(10.46)
(10.48)
Из задачи 9.4 известны СЗ и СФ этой ЗШ–Л (10.45) – (10.48)
= (µ (mk ) / r 0 ) 2 , cos k ϕ J k ( µ(mk ) r / r0 ) , sin k ϕ J k ( µ(mk ) r / r0 ) ≠ 0 , k = 0, 1, … ,
m = 1, 2, …
III. Tk ,m ( t ) = ? Подставив в уравнение (10.41) и НУ (10.44) ряд
∞ ∞
⎛ µ (mk ) r ⎞
(2)
u ( r , ϕ, t ) = ∑∑ (Tk(1)
t
k
T
t
k
J
(
)cos
(
)sin
ϕ
+
ϕ
) k⎜ r ⎟
,m
k ,m
k = 0 m =1
⎝ 0 ⎠
имеем ряды:
∑∑{
∞
∞
k =0 m =1
}
⎛ µ (mk ) r ⎞
(1)
(2)
(2)
⎡(Tk(1)
⎤
⎣ ,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ) cos k ϕ + (Tk ,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ) sin k ϕ ⎦ J k ⎜ r ⎟ ≡
⎝ 0 ⎠
≡ f (r , ϕ, t ),
∞
∞
u t =0 = ∑∑ (T (0)cos k ϕ + T
k =0 m =1
(1)
k ,m
(2)
k ,m
⎛ µ (mk ) r ⎞
(0)sin k ϕ ) J k ⎜
⎟ ≡ u0 ( r , ϕ) ,
r
⎝ 0 ⎠
из которых выводим ЗК:
Tk(,im) ′ (t ) + λ k ,mTk(,im) (t ) = f k(,im) (t ) , i = 1, 2 , k = 0, 1, … , m = 1, 2, … , (10.49)
Tk(,im) (0) = hk( i,m) , i = 1, 2; k = 0, 1, … , m = 1, 2, … ,
с правыми частями
153
(10.50)
π
f
(1)
0, m
π
1
(t ) = ∫ f 0,m (ϕ, t )dϕ ,
π0
f
(1)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )cos k ϕd ϕ ,
π0
π
f
(2)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )sin k ϕd ϕ ,
π0
π
(1)
0, m
h
π
1
= ∫ h0,m (ϕ) dϕ ,
π0
(1)
k ,m
h
2
= ∫ hk ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ ,
π0
π
(2)
k ,m
h
2
= ∫ hk ,m (ϕ)sin k ϕdϕ , k , m = 1, 2, … ,
π0
где
r0
⎛ µ (mk ) r ⎞
f k ,m (ϕ, t ) = 2 2
r f (r , ϕ, t ) J k ⎜
⎟ dr .
r0 J k +1 ( µ (mk ) ) ∫0
⎝ r0 ⎠
2
r0
⎛ µ (mk ) r ⎞
hk ,m (ϕ) = 2 2
ru0 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr , k = 0, 1, … , m = 1, 2, …
r
r0 J k +1 ( µ (mk ) ) ∫0
⎝ 0 ⎠
2
В завершение решения СмЗ (10.38) – (10.40) отметим, что
аналогично решениям ЗК (10.36), (10.37) ЗК (10.49), (10.50) имеют
решения
( i ) −λ k , mt
k ,m
T (t ) = h e
(i )
k ,m
t
+ ∫e
λ k , m ( τ−t )
f k(,im) (τ)d τ , i = 1, 2 , k = 0, 1, … , m = 1, 2, …
0
Задача 10.5. Решить смешанную задачу о распределении
температур в однородном круговом цилиндре в случае, когда
температура точек цилиндра зависит только от расстояния этой точки до
оси цилиндра:
154
1
ut (r , t ) − urr (r , t ) − ur (r , t ) = f (r , t ), 0 < r < r0 , t > 0 ,
r
(10.51)
u r =0 < +∞ , ( ur + u ) r =r = µ(t ) , t > 0 ,
(10.52)
u t =0 = h (r ) , 0 < r < r0 .
(10.53)
0
Решение. I. Редукция. Если решение этой СмЗ искать в виде
u (r , t ) = w(r , t ) + v(r , t ) согласно замечанию 9.1, где w(r , t ) = (1 + r0 ) −1 rµ(t )
удовлетворяет неоднородным ГУ (10.52), то функция v( x, t ) должна быть
решением СмЗ:
1
−1
−1
vt − vrr − vr = f (r , t ) − (1 + r0 ) r ⋅ µ′(t ) + (1 + r0 ) r −1 ⋅ µ(t ) = fˆ (r , t ) , (10.54)
r
0 < r < r0 , t > 0 ,
v / r =0 < +∞ , ( vr + v ) r =r = 0 , t > 0 ,
(10.55)
v t =0 = h (r ) − (1 + r0 )−1 r ⋅ µ(0) = hˆ(r ) , 0 < r < r0 .
(10.56)
0
v (r , t ) = T (t ) R(r ) ≠ 0 в
II. Rk (r ) = ? Подставляем произведение
однородное уравнение (10.54) и ГУ (10.55), разделяем переменные:
1
′′
−
R
R′
T′
1
r
T ′R − TR′′ − TR′ = 0 ⇔ =
= −λ ∈
r
T
R
,
T (t ) ⋅ ( R′(r ) + R (r ) ) r =r ≡ 0 ⇒ ( R′(r ) + R (r ) ) r =r = 0 ,
0
0
и приходим к ЗШ − Л
1
R′′(r ) − R′(r ) = −λR(r ) , 0 < r < r0 ,
r
155
(10.57)
R (0) < +∞ , ( R′ + R ) r =r = 0 ,
(10.58)
0
в которой ввиду теоремы 1 из темы 9 постоянная разделения λ ≥ 0 .
1) λ = 0 . Для λ = 0 ОР R(r ) = A ln r + B ∀A, B ∈ уравнения (10.57)
удовлетворяет ГУ (10.58) лишь при A = B = 0 , т. е. R ( r ) ≡ 0 .
2) λ > 0 . Как при решении ЗШ–Л (7.39), (7.40) для λ > 0 уравнение
(10.57) заменой z = λr сводится к уравнению Бесселя нулевого порядка
z 2 R′′( z ) + zR′( z ) + ( z 2 − 02 ) R( z ) = 0 , из которого для уравнения (10.57)
выводится ОР
R ( r ) = A ⋅ J 0 ( λ r ) + B ⋅ 50 ( λ r ) ∀A, B ∈ .
(10.59)
Из первого условия в ГУ (10.58) заключаем, что в ОР (10.59)
коэффициент B = 0 , так как 50 (0) = −∞ . Второе условие из ГУ (10.58)
для
R(r ) = A ⋅ J 0 ( λ r )
решений
λ ⋅ J 0' ( λ r0 ) + J 0 ( λ r0 ) = 0 .
уравнения
приводит
µk − все
Пусть
к
уравнению
положительные
корни
µ ⋅ J 0' (µ) + r0 ⋅ J 0 (µ) = 0 , µ = λ r0 > 0 .
Тогда ЗШ − Л (10.57), (10.58) имеет СЗ λ k = ( µ k / r0 ) и СФ
Rk (r ) = J 0 ( µ k r / r0 ) , k = 1, 2, … , где J 0 (µ) − функция Бесселя нулевого
порядка.
∞
⎛µ ⎞
III. Tk (t ) = ? Подставив ряд v (r , t ) = ∑ Tk (t ) J 0 ⎜ k r ⎟ в уравнение
k =1
⎝ r0 ⎠
(10.54) с помощью уравнения (10.57) и в НУ (10.56), легко получаем
ряды:
2
∞
∑ [T ′(t ) + λ T (t )] J
k =1
k
k k
0
⎛ µk
⎜
⎝ r0
⎛µ
v t =0 = ∑ Tk (0) J 0 ⎜ k
k =1
⎝ r0
∞
156
⎞
r ⎟ = fˆ ( r , t ) ,
⎠
⎞
r ⎟ = hˆ( r ) ,
⎠
которые указывают на то, что коэффициенты Tk (t ) должны быть
решениями ЗК
Tk′(t ) + λ kTk (t ) = fˆk (t ) , t > 0 ,
(10.60)
Tk (0) = hˆk , k = 1, 2, … ,
(10.61)
где правыми частями являются коэффициенты разложения в ряд ФурьеБесселя:
fˆk (t ) =
hˆk (t ) =
r
0
2
ˆ (r , t ) J ⎛ µ k
r
f
⋅
0⎜
r02 J12 (µ k ) ∫0
⎝ r0
r
0
⎛µ
2
r ⋅ hˆ(r ) J 0 ⎜ k
2 2
∫
r0 J1 (µ k ) 0
⎝ r0
⎞
r ⎟dr ,
⎠
⎞
r ⎟dr , k = 1, 2, …
⎠
Из предыдущих задач уже известно, что ЗК (10.60), (10.61) имеют
решения
t
Tk (t ) = hˆk e −λ k t + ∫ eλk ( τ−t ) fˆk (τ) d τ , k = 1, 2, …
0
Поэтому формальным решением СмЗ (10.51) − (10.53) будет функция
t
∞ ⎡
⎤
⎛µ
r
−λ k t
ˆ
u (r , t ) =
µ(t ) + ∑ ⎢ hk e + ∫ eλ k ( τ−t ) fˆk (τ)d τ ⎥ ⋅ J 0 ⎜ k
1 + r0
k =1 ⎣
⎝ r0
0
⎦
157
⎞
r⎟.
⎠
ЛИТЕРАТУРА
1. Кулешов А. А. Уравнения математической физики: лабораторный
практикум для студентов мех.-мат. фак. БГУ / А. А. Кулешов, В. И.
Чесалин, Н. И. Юрчук. Минск, 2005.
2. Сборник задач по уравнениям математической физики / Под
редакцией В. С. Владимирова. М., 1982.
3. Бицадзе А. В. Сборник задач по уравнениям математической
физики / А. В. Бицадзе, Д. Ф. Калиниченко. М., 1985.
4. Будак Б.М., Сборник задач по математической физике / Б.М.
Будак, А. А.. Самарский, А. Н. Тихонов. М., 1980.
5. Тихонов А. Н. Уравнения математической физики / А. Н.
Тихонов, А. А. Самарский. М., 1999.
6. Владимиров В. С. Уравнения математической физики / В. С.
Владимиров. М., 1981.
7. Никольский С. М. Приближение функций многих переменных и
теоремы вложения / С. М. Никольский. М., 1977.
8. Смирнов М. М. Задачи по уравнениям математической физики /
М. М. Смирнов. М., 1975.
158
СОДЕРЖАНИЕ
стр.
ПРЕДИСЛОВИЕ …………………………………………………….. 2
ОБОЗНАЧЕНИЯ И СОКРАЩЕНИЯ ……………………………… 3
Тема 1. ПОСТАНОВКА КРАЕВЫХ ЗАДАЧ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ ………………………………………... 4
Тема 2. КЛАССИФИКАЦИЯ И ПРИВЕДЕНИЕ К
КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ УРАВНЕНИЙ С ЧАСТНЫМИ
ПРОИЗВОДНЫМИ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………..……… 17
Тема 3. НАХОЖДЕНИЕ ОБЩЕГО РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ С
ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ВТОРОГО ПОРЯДКА ………..... 31
Тема 4. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………………………. 44
Тема 5. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………………………. 64
Тема 6. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ГУРСА ……………………………. 71
Тема 7. ЗАДАЧА ШТУРМА-ЛИУВИЛЛЯ ………………………. 78
Тема 8. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ЭЛЛИПТИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ………… 99
Тема 9. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …….. 116
Тема 10. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ПАРАБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ……… 140
ЛИТЕРАТУРА ……………………………………………………. 158
159