уравнения с частными производными

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ
ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
”СИБИРСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ”
ИНСТИТУТ МАТЕМАТИКИ
Ю.Я. Белов, В.К. Дуракова
Н.Н. Лазарева, Т.Н. Шипина
УРАВНЕНИЯ С ЧАСТНЫМИ
ПРОИЗВОДНЫМИ
Учебное пособие по циклу практических занятий
Красноярск
СФУ
2008
Содержание
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1. Приведение линейных уравнений второго порядка
к каноническому виду (общий случай) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6
2. Приведение линейных уравнений второго порядка
к каноническому виду (случай двух переменных) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3. Вывод уравнений математической физики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.1. Уравнение колебаний струны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.2. Уравнение колебаний мембраны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.3. Уравнение распространения тепла в изотропном
твердом теле . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.4. Уравнение Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .22
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4. Краевые задачи для уравнений гиперболического типа . . . . . . . . . . . . . . 25
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5. Краевые задачи для уравнений параболического типа . . . . . . . . . . . . . . . 31
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
6. Задача Коши для волнового уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
7. Задача Коши для уравнения теплопроводности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
8. Принцип максимума для уравнений параболического типа . . . . . . . . . . 44
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
9. Измеримые функции. Интеграл Лебега. Функциональные
пространства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .50
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
11. Обобщенные производные. Пространство Соболева . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
12. Обобщенные решения уравнений эллиптического типа . . . . . . . . . . . . . . 62
Задачи и упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Ответы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Введение
Пособие содержит основные определения, вывод дифференциальных
уравнений математической физики, постановки начально-краевых задач
и задач Коши, методы их решения для основных типов уравнений в частных производных второго порядка, изучаемых в курсе "Уравнения математической физики."Используются понятия классического и обобщенного
решений. Установлены априорные оценки для уравнений параболического
типа в классах непрерывных функций – теоремы принципа максимума.
По каждой теме приведены задачи и упражнения для работы на семинарских занятиях и дома. К задачам и упражнениям даны ответы. Для
большинства тем приведены задания повышенной сложности для самостоятельной работы студентов.
Предназначено для студентов, обучающихся по специальностям и направлениям: "Математика", "Математика. Компьютерные науки", "Прикладная математика и информатика", "Физика".
3
1. Приведение линейных уравнений второго порядка
к каноническому виду (общий случай)
Замечание. Всюду ниже Ω – ограниченная область пространства E m
с кусочно-гладкой границей.
Рассмотрим уравнение
m
X
∂ 2u
aij (x)
+ Φ(x, u, ∇u) = 0,
∂x
∂x
i
j
i,j=1
(1.1)
где u = u(x), x = (x1 , x2 , . . . , xm ), x ∈ Ω, Ω ⊂ E m . Если функция
Φ(x, u, ∇u) является линейной функцией относительно аргументов u и ∇u,
то уравнение (1.1) называется линейным. В противном случае уравнение
(1.1) – квазилинейное уравнение.
Далее считаем, что функция Φ(x, u, ∇u) – линейная функция относительно аргументов u и ∇.
Рассмотрим коэффициенты уравнения (1.1) в точке M0 (x01 , x02 , . . . , x0m ).
Введем вместо xs , s = 1, m новые независимые переменные ξk , k = 1, m
при помощи невырожденного линейного преобразования
ξk = ck1 x1 + · · · + ckm xm ,
k = 1, m.
Производные по старым переменным связаны с производными по новым
переменным формулами
uxi =
m
X
csi uξs ,
uxi xk =
s=1
m
X
csi clk uξs ξl ,
i, k = 1, m.
s,l=1
Подставив найденные производные в (1.1), получим уравнение
m
X
e u, ∇u) = 0,
a0ij uξi ξk + Φ(ξ,
i,j=1
где коэффициенты a0ij выражаются через старые согласно формулам
a0ik
=
m
X
cis ckl a0kl ,
i, k = 1, m.
(1.2)
s,l=1
Здесь a0kl – коэффициенты akl (x) в точке M0 .
Рассмотрим квадратичную форму
Q=
m
X
i,k=1
4
a0ik pi pk .
(1.3)
Вместо переменных {pi } введем новые переменные {qi } при помощи матрицы, транспонированной по отношению к матрице kcik k, т.е положим
pk = c1k q1 + · · · + cmk qm ,
k = 1, m.
При этом преобразованная квадратичная форма (1.3) будет иметь как раз
коэффициенты a0ik , определяемые формулой (1.2), т.е.
m
X
a0ik pi pk
=
m
X
a0ik qi qk .
i,k=1
i,k=1
Известно, что выбором соответствующего линейного преобразования p =
Bq можно привести квадратичную форму (1.3) к каноническому виду
Q=
m
X
λi qi2 ,
где λi ∈ {−1, 0, 1}.
i=1
Тогда уравнение (1.1) заменой ξ = B T x приводится к каноническому виду
m
X
i=1
∂ 2u e
λi 2 + Φ(ξ, u, ∇u) = 0.
∂ξi
Назовем уравнение (1.1) в точке M0 уравнением эллиптического типа,
если все m коэффициентов λi одного знака; гиперболического типа, если m − 1 коэффициент λi имеeт одинаковый знак, а один коэффициент
противоположен им по знаку; ультрагиперболического типа, если среди λi
имеется l коэффициентов одного знака и m − l противоположного знака
(l, m − l > 1); параболического, если только один из коэффициентов λi
равен нулю, а остальные имеют одинаковый знак.
Заметим, что если aij = const, i, j = 1, m, то тип уравнения сохраняется
во всей области.
Пример 1.1. Приведя к каноническому виду уравнение uxy + uxz +
uyz + uz = 0, определить тип. Выписать замену переменных, приводящую уравнение к каноническому виду.
Решение. Поставим в соответствие уравнению квадратичную форму
Q = p1 p2 + p1 p3 + p2 p3 .
Приведем квадратичную форму к каноническому виду, например, методом выделения полного квадрата. Сделаем замену
p1 = l1 + l2 ,
p2 = l1 − l2 ,
5
p3 = l3 .
Тогда квадратичная форма преобразуется к виду
Q = l12 − l22 + 2l1 l3 = (l1 + l3 )2 − l22 − l32 = q12 − q22 − q32 ,
где q1 = l1 + l3 , q2 = l2 , q3 = l3 .
Выразим старые переменные через новые


1 1 −1
p = Bq,
где B =  1 −1 −1  .
0 0 1
Тогда замена переменных, приводящая исходное уравнение к каноническому виду, будет такова: ξ = B T x, где x = (x, y, z), то есть
ξ1 = x + y,
ξ2 = x − y,
ξ3 = −x − y + z.
Канонический вид: uξ1 ξ1 − uξ2 ξ2 − uξ3 ξ3 + uξ3 = 0.
Тип уравнения — гиперболический.
Задачи и упражнения
Привести к каноническому виду уравнения
1.1. uxx + 2uxy − 2uxz + 2uyy + 6uzz = 0.
1.2. 4uxx − 4uxy − 2uyz + uy + uz = 0.
1.3. uxy − uxz + ux + uy − uz = 0.
1.4. uxx + 2uxy − 2uxz + 2uyy + 2uzz = 0.
1.5. uxx + 2uxy − 4uxz − 6uyz − uzz = 0.
1.6. uxx + 2uxy + 2uyy + 2uyz + 2uyt + 2uzz + 3utt = 0.
1.7. uxy − uxt + uzz − 2uzt + 2utt = 0.
1.8. uxy + uxz + uxt + uzt = 0.
1.9. uxx + 2uxy − 2uxz − 4uyz + 2uyt + uzz = 0.
1.10. uxx + 2uxz − 2uxt + uyy + 2uyz + 2uyt + 2uzz + 2utt = 0.
1.11. uxx + 2uxy + 2uyy + 4uyz + 5uzz = 0.
1.12. uxx − 4uxy + 2uxz + 4uyy + uzz + 3ux = 0.
1.13. uxy + uxz + uyz − ux + uy = 0.
1.14. 3uyy − 2uxy − 2uyz + 4u = 0.
1.15. uxx + 4uyy + uzz + 4uxy + 2uxz + 4uyz + 2u = 0.
1.16. uxx + 4uyy + 9uzz + 4uxy + 6uxz + 12uyz − 2ux − 4uy = 0.
1.17. uxx + 4uyy − 3uzz + 4uxy + 2uxz + 2uyz = 0.
1.18. uxx − 3uyy + uzz + 2uxy + 4uxz − 4uyz = 0.
6
1.19. uxx − 3uzz − 2uxy + 2uxz − 6uyz = 0.
1.20. uxy + uxz + uxt + uyz + uyt + 2uzt = 0.
2. Приведение линейных уравнений второго порядка
к каноническому виду (случай двух переменных)
В области Ω ⊂ E 2 рассмотрим квазилинейное уравнение второго порядка с двумя независимыми переменными
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂u ∂u
+ c(x, y) 2 + Φ x, y, u, ,
= 0,
a(x, y) 2 + 2b(x, y)
∂x
∂x∂y
∂y
∂x ∂y
где a(x, y) ∈ C(Ω) 1 , b(x, y) ∈ C(Ω), c(x, y) ∈ C(Ω), u(x, y) ∈ C 2 (Ω).
Уравнение принадлежит:
1) гиперболическому типу, если b2 − ac > 0,
2) параболическому типу, если b2 − ac = 0,
3) эллиптическому типу, если b2 − ac < 0.
Уравнение
a(dy)2 − 2b dx dy + c(dx)2 = 0
называется уравнением характеристик, а его первые интегралы
ϕ1 (x, y) = c1 , ϕ2 (x, y) = c2
— характеристическими кривыми или просто характеристиками исходного
уравнения. В случае гиперболического уравнения имеем два семейства действительных характеристик. В случае параболического уравнения только
одно семейство действительных характеристик и, соответственно, одно решение (ϕ1 (x, y) = c1 ). В случае эллиптического уравнения действительных
характеристик нет, характеристическое уравнение имеет комплекснозначное решение (ψ1 (x, y) + iψ2 (x, y) = c1 ). Можно найти такое решение уравнения, чтобы функции ϕ1 (x, y), ϕ2 (x, y) были дважды непрерывно дифференцируемыми [1].
Заменой переменных
ξ = ϕ1 (x, y), η = ϕ2 (x, y)
уравнение гиперболического типа приводится к каноническому виду2
∂ 2u
∂u ∂u
+ Φ1 ξ, η, u, ,
= 0.
(∗)
∂ξ∂η
∂ξ ∂η
1
C(Ω) = {f (x)|f (x) - непрерывная функция на Ω}.
|α|
1 ,x2 ,...,xm )
C (Ω) = {f (x)|Dα f (x) ∈ C(Ω) ∀α, |α| ≤ k}. Dα f (x) = ∂∂xαf1(x
α2
αm , α = (α1 , α2 , ..., αm ) – мульти1 ∂x2 ...∂xm
индекс (целочисленный вектор), |α| = α1 + α2 + ... + αm .
2
Вид (*) гиперболического уравнения также называют каноническим.
k
7
Применив еще одну замену переменных ξ = α + β, η = α − β, получим
другой канонический вид гиперболического уравнения:
∂ 2u ∂ 2u
∂u ∂u
−
+ Φ2 α, β, u,
,
= 0.
∂α2 ∂β 2
∂α ∂β
Заменой переменных
ξ = ϕ1 (x, y), η = ϕ2 (x, y),
где ϕ2 (x, y) — произвольная функция, такая, что якобиан преобразования
∂(ξ,η)
∂(x,y) 6= 0, уравнение параболического типа приводится к каноническому
виду
∂ 2u
∂u ∂u
+ Φ ξ, η, u, ,
= 0.
∂ξ 2
∂ξ ∂η
Заменой переменных
ξ = ψ1 (x, y), η = ψ2 (x, y)
уравнение эллиптического типа приводится к каноническому виду
∂ 2u ∂ 2u
∂u ∂u
+
+ Φ ξ, η, u, ,
= 0.
∂ξ 2 ∂η 2
∂ξ ∂η
Пример 2.1. Уравнение
3uxx − 4uxy + uyy − 3ux + uy = 0
привести к каноническому виду и найти его общее решение.
Решение. Составим характеристическое уравнение
3(dy)2 + 4dxdy + (dx)2 = 0.
Решая обыкновенные дифференциальные уравнения y 0 = − 13 и y 0 = −1,
получим x + 3y = c1 и x + y = c2 . Перейдем к новым переменным
ξ = x + 3y, η = x + y.
Находим ux = uη + uξ , uy = uη + 3uξ , uxx = uηη + 2uξη + uξξ , uxy = uηη +
4uξη + 3uξξ , uyy = uηη + 6uξη + 9uξξ . В новых переменных уравнение примет
вид
1
uξη + uη = 0.
2
8
ξ
Введем новую функцию v = ue 2 , тогда относительно новой функции получим уравнение
vξη = 0.
Его решение v(ξ, η) = f (η) + g(ξ), или
ξ
u(ξ, η) = f (η)e− 2 + ge(ξ),
ξ
где ge(ξ) = g(ξ)e− 2 . Возвращаясь к переменным (x, y), получаем
u(x, y) = f (x + y)e−
x+3y
2
+ ge(x + 3y).
Пример 2.2. Найти решение уравнения
3uxx − 4uxy + uyy − 3ux + uy = 0,
удовлетворяющее условиям
u|y=0 = 0, uy |y=0 = 1.
Решение. Чтобы найти решение задачи Коши, запишем общее решение данного уравнения, полученное в предыдущем примере: u(x, y) =
x+3y
f (x + y)e− 2 + ge(x + 3y). Подставляя заданные условия в общее решение, получим:
x
f (x)e− 2 + ge(x) = 0,
x
x
f 0 (x)e− 2 − 32 f (x)e− 2 + 3e
g 0 (x) = 1.
Дифференцируя первое уравнение системы, получим, что
0
x
x
f (x)e− 2 − 12 f (x)e− 2 + ge0 (x) = 0,
x
x
f 0 (x)e− 2 − 32 f (x)e− 2 + 3e
g 0 (x) = 1.
Умножим первое уравнение последней системы на 3 и вычтем результат
умножения из второго уравнения. Получим уравнение
x
−2f 0 (x)e− 2 = 1.
x
Общее решение последнего уравнения имеет вид f (x) = −e 2 + C. Тогда
x
ge(x) = 1 − e− 2 . Подставляя эти функции в найденное общее решение, поx+y
x+3y
x+3y
x+3y
лучим u(x, y) = e 2 e− 2 + Ce− 2 + 1 − Ce− 2 = 1 − e−y .
Задачи и упражнения
9
2.1. Доказать, что уравнение с постоянными коэффициентами
uxy + aux + buy + cu = 0
заменой u(x, y) = v(x, y)e−bx−ay приводится к виду vxy + (c − ab)v = 0.
2.2. Доказать, что общее решение уравнения uxy = F (x, y), где F ∈ C(|x −
x0 | < a, |y − y0 | < b), имеет вид
Zx Zy
u(x, y) = f (x) + g(y) +
F (ξ, η)dηdξ,
x0 y0
где f и g – произвольные функции класса C 2 .
2.3. Доказать, что общее решение уравнения uxy + A(x, y)ux = 0, где
A(x, y) ∈ C 1 (|x − x0 | < a, |y − y0 | < b), имеет вид
 y

Zx
 Z

u(x, y) = f (y) + g(ξ)exp − A(ξ, η)dη dξ,


x0
y0
где f и g – произвольные функции классов C 2 , C 1 соответственно.
Определить тип уравнений и привести их к каноническому виду
2.4. xuxx − uyy + 21 ux = 0.
2.5. xuxy − yuyy − uy = 0.
2.6. x2 uxx − y 2 uyy − 2yuy = 0.
2.7. x2 uxx − 2xyuxy − 3y 2 uyy = 0.
2.8. yuxx + x(2y − 1)uxy − 2x2 uyy = 0.
2.9. y 2 uxx + 2xyuxy + x2 uyy = 0.
2.10. uxx − (1 + y 2 )2 uyy − 2y(1 + y 2 )uy = 0.
2.11. tg2 xuxx − 2ytgxuxy + y 2 uyy + tg3 xux = 0.
2.12. 4y 2 uxx − e2x uyy = 0.
2.13. y 2 uxx + x2 uyy = 0.
2.14. y 2 uxx − x2 uyy = 0.
Найти решения задачи Коши
2.15.
2.16.
2.17.
2.18.
3uxx − 4uxy + uyy − 3ux + uy = 0,
u|y=0 = 0, uy |y=0 = 1.
2uxx − 5uxy + 3uyy = 0, u|x=0 = 0, ux |x=0 = y.
uxx + 2uxy − 3uyy = 0, u|y=0 = 3x2 , uy |y=0 = 0.
uxx − 6uxy + 5uyy = 0, u|y=x = sin x, uy |y=x = cos x.
10
2.19. uxx − 4uxy + 4uyy = 0, u|x=0 = y, ux |x=0 = 1.
2.20. uxx − 2uxy + 4ey = 0, u|x=0 = 0, ux |x=0 = y.
2y
2.21. 4y 2 uxx + 2(1 − y 2 )uxy − uyy − 1+y
2 (2ux − uy ) = 0,
u|y=0 = x, uy |y=0 = 1.
2.22. uxx + 2 cos xuxy − sin2 xuyy − sin xuy = 0,
u|y=sin x = x + cos x, uy |y=sin x = sin x.
2
2.23. ey uxy − uyy + uy = 0, u|y=0 = − x2 , uy |y=0 = − sin x.
2.24. uxx − 2 sin xuxy − (3 + cos2 x)uyy − cos xuy = 0,
x
u|y=cos x = sin x, uy |y=cos x = e2 .
2.25. uxx + 2 cos xuxy − sin2 xuyy + ux + (1 + cos x − sin x)uy = 0,
u|y=sin x = cos x, uy |y=sin x = sin x.
2.26. uxx − 2 sin xuxy − (3 + cos2 x)uyy + (2 − sin x − cos x)uy = 0,
2
u|y=cos x = 0, uy |y=cos x = e−x /2 cos x.
2.27. xuxx − 2x2 uxy + x3 uyy − ux = 0,
u|y= x2 = 0, uy |y= x2 = x2 .
2
2
2.28. uxx − 2uxy + uyy − ey = 0, u|x=0 = 1, ux |x=0 = 0.
2.29. uxx + 2(1 + 2x)uxy + 4x(1 + x)uyy + 2uy = 0,
u|x=0 = 1, ux |x=0 = 1.
2.30. x2 uxx − 2xyuxy − 3y 2 uyy = 0, u|x=1 = y, ux |x=1 = 0.
2.31. tg2 xuxx − 2ytgxuxy + y 2 uyy + tg3 xux + 2tgxux = 0,
u|y=1 = 0, uy |y=1 = sin x.
2.32. uxx − 2 sin xuxy − cos2 xuyy − cos xuy = 0,
u|y=cos x = x2 , uy |y=cos x = x.
2.33. uxx − 2 cos xuxy − (3 + sin2 x)uyy − sin xuy = 0,
u|y=− sin x = x2 , uy |y=− sin x = x.
2.34. sin4 xuxx − 2y sin2 xuxy + y 2 uyy + 2 cos x sin3 xux + yuy = 0,
u|y=1 = ctgx, uy |y=1 = −1.
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
2.35.∗ Привести к каноническому виду уравнение
m
m−1
P
P
ux1 x1 + 2
uxk xk − 2
uxk xk+1 = 0.
k=1
k=1
Найти характеристики и определить тип системы [1]
2ut + (2t − 1)ux − (2t + 1)vx = 0,
2.36.∗
2v − (2t + 1)ux + (2t − 1)vx = 0.
t
2ux − vx + uy − 2u = 0,
2.37.∗
3ux + 3vx − 5uy + vy = 0.
11
xuxx + 2xvxx − uyy − 2vyy = 0,
u − vxx − 2uxy + 2vxy + uyy − vyy = 0.
xx
uxx − 2vxy − uyy = 0,
2.39.∗
vxx + 2uxy − vyy = 0.
2.38.∗
3. Вывод уравнений математической физики
3.1. Уравнение колебания струны
Рассмотрим натянутую струну, закрепленную на концах. Под струной
будем понимать тонкую нить,которая не оказывает никакого сопротивления изменению ее формы, не связанному с изменением ее длины. Сила
натяжения, действующая на струну, предполагается значительной, так что
можно пренебречь действием силы тяжести.
Пусть в положении равновесия струна направлена по оси x. Будем рассматривать только поперечные колебания струны, считая, что движение
происходит в одной плоскости и что все точки струны движутся перпендикулярно оси x.
Обозначим через u(t, x) смещение точек x струны в момент времени t
от положения равновесия. При каждом фиксированном значении t график
функции u(t, x) дает форму струны в этот момент времени.
Будем рассматривать только малые колебания струны, считая, что смещение u(t, x) и его производные первого порядка столь малы, что их квадратами и произведениями можно пренебречь по сравнению с самими этими
величинами.
Выделим произвольный участок (x1 , x2 ) струны, который при колебании
струны деформируется в некоторый участок (M1 , M2 ). Длина дуги этого
участка в момент времени t равна
Zx2 p
S0 =
1 + u2x dx ≈ x2 − x1 = S,
x1
то есть в процессе малых колебаний удлинения участков струны не происходит. Это значит, величина натяжения струны, возникающая при движении струны, ничтожно мала по сравнению с тем натяжением, которому
она была подвергнута в положении равновесия.
Величину натяжения T можно считать не зависящей от x, то есть T (x) =
T0 . В самом деле, на участок M1 , M2 струны действуют силы натяжения,
направленные по касательным к струне в точках M1 и M2 , внешние силы и
силы инерции. Сумма проекций на ось x всех этих сил должна равняться
12
нулю. Так как мы рассматриваем только поперечные колебания, то силы
инерции и внешние силы направлены параллельно оси u, в силу чего
T (x1 ) cos α(x1 ) − T (x2 ) cos α(x2 ) = 0,
где α(x) - угол между касательной в точке с абсциссой x к струне в момент времени t и положительным направлением оси x. Считая колебания
малыми, имеем
1
cos α(x) = p
1 + tg2 α(x)
=p
1
≈ 1,
1 + u2x
и, следовательно,
T (x1 ) ≈ T (x2 ).
Для вывода уравнения колебания струны воспользуемся принципом Даламбера, на основании которого все силы, действующие на некоторый выделенный участок в струне, включая силы инерции, должны уравновешиваться.
Рассмотрим произвольный участок M1 , M2 струны и составим условие
равенства нулю суммы проекций на ось u всех сил, действующих на него:
сил натяжения, равных по величине и направленных по касательным к
струне в точках M1 и M2 , внешней силы, направленной параллельно оси
u, и силы инерции.
Сумма проекций на ось u сил натяжения, действующих в точках M1 и
M2 , равняется
Y = T0 [sin α(x2 ) − sin α(x1 )],
но в силу малости колебаний
sin α(x) = p
tgα(x)
1 + tg2 α(x)
=q
∂u
∂x
≈
2
1 + ( ∂u
∂x )
и, cледовательно,
"
Y = T0
Заметим, что
#
∂u ∂u −
.
∂x x=x2
∂x x=x1
Zx2 2
∂u ∂u ∂ u
−
=
dx,
∂x x=x2
∂x x=x1
∂x2
x1
13
∂u
∂x
и тогда
Zx2
Y = T0
∂ 2u
dx.
∂x2
x1
Обозначим через p(t, x) внешнюю силу, действующую на струну параллельно оси u и рассчитанную на единицу длины. Тогда проекция на ось u
внешней силы, действующей на участок M1 , M2 струны, будет равна
Zx2
p(t, x) dx.
x1
Пусть ρ(x) - линейная плотность струны, тогда сила инерции участка
M1 , M2 струны будет равна
Zx2
∂ 2u
− ρ(x) 2 dx.
∂t
x1
Сумма проекций на ось u всех сил, действующих на участок M1 , M2
струны, должна быть равна нулю, то есть
Zx2 ∂ 2u
∂ 2u
T0 2 − ρ(x) 2 + p(t, x) dx = 0.
∂x
∂t
x1
В силу произвольности x1 и x2 следует, что подынтегральная функция
должна равняться нулю для каждой точки струны в любой момент времени
t, то есть
∂ 2u
∂ 2u
ρ(x) 2 = T0 2 + p(t, x).
∂t
∂x
Это и есть уравнение колебания струны.
Если ρ = const, то есть струна однородна, уравнение принимает вид
где
2
∂ 2u
2∂ u
=a
+ f (t, x),
∂t2
∂x2
s
T0
p(t, x)
a=
, f (t, x) =
.
ρ
ρ
Если внешняя сила отсутствует, то p(t, x) = 0 и получаем уравнение
свободных колебаний струны
2
∂ 2u
2∂ u
=a
.
∂t2
∂x2
14
Такое уравнение рассматривали еще в XVIII веке Даниил Бернулли,
Даламбер и Эйлер.
Известно, что для полного определения движения струны необходимо
знать начальное положение и начальную скорость всех точек струны:
∂u = ϕ1 (x).
u|t=0 = ϕ0 (x),
∂t t=0
Эти условия называются начальными условиями.
Далее, так как струна ограничена, нужно указать, что происходит на еҷ
концах. Так, для закрепленной струны на еҷ концах (x = 0, x = l) должны
выполняться условия
u|x=0 = 0, u|x=l = 0
для любого t ≥ 0. Эти условия называются краевыми или граничными
условиями.
Математическая постановка задачи о колебании струны с закрепленными концами: найти в QT = (t0 , t1 ) × (0, l) такое решение u(t, x) уравнения
∂ 2u
∂ 2u
ρ(x) 2 = T0 2 + p(t, x),
∂t
∂x
которое удовлетворяло бы начальным условиям
u(t0 , x) = ϕ0 (x),
ut (t0 , x) = ϕ1 (x),
x ∈ [0, l],
и граничным условиям
u(t, 0) = 0,
u(t, l) = 0,
t ∈ [t0 , t1 ].
Если концы не закреплены, а сами приводятся в движение по определенному закону, то
u(t, 0) = f1 (t),
u(t, l) = f2 (t),
t ∈ [t0 , t1 ].
3.2. Уравнение колебаний мембраны
Мембраной называют свободно изгибающуюся натянутую пленку.
Пусть в положении равновесия мембрана расположена в плоскости переменных xy и занимает некоторую область Ω, ограниченную замкнутой
кривой L. Будем предполагать, что мембрана находится под действием равномерного натяжения T , приложенного к краям мембраны. То есть если
15
провести линию по мембране в любом направлении, то сила взаимодействия между двумя частицами, разделенными элементами линии, пропорциональна длине элемента и перпендикулярна его направлению; величина
силы, действующей на элемент ds линии, будет равна T ds.
Будем рассматривать только поперечные колебания мембраны, при которых каждая ее точка движется перпендикулярно плоскости переменных
xy параллельно оси u. Смещение u точки (x, y) мембраны есть функция от
t и x, y: u = u(t, x, y).
Будем рассматривать только малые колебания мембраны, считая, что
функция u(t, x, y) и ее частные производные по x и y малы, так что квадратами и произведениями их можно пренебречь по сравнению с самими
этими величинами.
Выделим произвольный участок σ мембраны, ограниченный в положении равновесия кривой l. Когда мембрана будет выведена из положения
равновесия, этот участок мембраны деформируется в участок σ 0 поверхности мембраны, ограниченный пространственной кривой l0 . Площадь участка σ 0 в момент времени t равна
ZZ q
ZZ
0
2
2
σ =
1 + ux + uy dx dy ≈
dx dy = σ,
σ
σ
то есть изменением площади произвольно взятого участка мембраны в процессе колебаний можно пренебречь и мембрана будет находиться под действием первоначального натяжения T .
Рассмотрим произвольный участок σ 0 мембраны. Со стороны остальной
части мембраны на этот участок действует направленное по нормали к контуру l0 равномерно распределенное натяжение T , лежащее в касательной
плоскости к поверхности мембраны. Найдем проекцию на ось u сил натяжения, приложенных к кривой l0 , ограничивающей участок σ 0 мембраны.
Обозначим через ds0 элемент дуги кривой l0 . На этот элемент действует натяжение, равное по величине T ds0 . Косинус угла, образованного вектором
∂u
натяжения T с осью Ou, равен, в силу наших предположений, ∂n
, где n
- направление нормали к кривой l. Тогда проекция на ось u сил натяже∂u
ния, приложенных к элементу ds0 контура l0 , равна T ∂n
ds0 , и проекция
R ∂u на0
0
ось u сил натяжения, приложенных ко всему контуру l , равна T ∂n ds .
0
l0
0
Считая, что при малых колебаниях ds ≈ ds , путь интегрирования l в этом
интеграле можем заменить на l. Тогда, применяя формулу Грина, получим
16
равенство
Z
T
∂u
ds = T
∂n
ZZ ∂ 2u ∂ 2u
+
∂x2 ∂y 2
dx dy.
σ
l
Обозначим через p(t, x, y) внешнюю силу, действующую на мембрану
параллельно оси u и рассчитанную на единицу площади. Тогда проекция
на ось u внешней силы, действующей на участок σ 0 мембраны, будет равна
ZZ
p(t, x, y) dx dy.
σ
Эти силы должны в любой момент времени t уравновешиваться силами
инерции участка σ 0 мембраны
ZZ
∂ 2u
−
ρ(x, y) 2 dx dy,
∂t
σ
где ρ(x, y) - поверхностная плотность мембраны.
Отсюда получаем равенство
2
ZZ ∂ 2u
∂ u ∂ 2u
ρ(x, y) 2 − T
+
− p(t, x, y) dx dy = 0.
∂t
∂x2 ∂y 2
σ
В силу произвольности площадки σ следует, что
2
∂ 2u
∂ u ∂ 2u
+
+ p(t, x, y).
ρ(x, y) 2 = T
∂t
∂x2 ∂y 2
Это есть дифференциальное уравнение поперечных колебаний мембраны.
В случае однородной мембраны ρ = const уравнение малых колебаний
мембраны принимает вид
2
∂ 2u
∂ 2u
2 ∂ u
=a
+
+ f (t, x, y),
∂t2
∂x2 ∂y 2
где
s
a=
T
,
ρ
f (t, x, y) =
p(t, x, y)
.
ρ
Если внешняя сила отсутствует, то есть p(t, x, y) = 0, получаем уравнение свободных колебаний однородной мембраны
2
∂ 2u
∂ 2u
2 ∂ u
=a
+
.
∂t2
∂x2 ∂y 2
17
Известно, что для полного определения движения мембраны необходимо
знать в начальный момент времени t = 0 смещение и скорость всех точек
мембраны
∂u = ϕ1 (x, y).
u|t=0 = ϕ0 (x, y),
∂t t=0
Далее, так как на контуре L мембрана закреплена, то должно выполняться условие
u|L = 0
при любом t ≥ 0.
3.3. Уравнение распространения тепла в изотропном твердом
теле
Рассмотрим твердое тело, температура которого в точке (x, y, z) в момент времени t определяется функцией u(t, x, y, z). Если различные части тела находятся при различной температуре, то в теле будет происходить движение тепла от более нагретых частей к менее нагретым. Возьмем
какую-нибудь поверхность S внутри тела и на ней малый элемент ∆S. В
теории теплопроводности принимается, что количество тепла ∆Q, проходящего через элемент ∆S за время ∆t, пропорционально ∆t · ∆S и нор∂u
мальной производной ∂n
, то есть
∆Q = −k
∂u
∆S · ∆t = −k∆S · ∆t gradn u,
∂n
где k > 0 — коэффициент внутренней теплопроводности, а n — нормаль к
элементу поверхности ∆S в направлении движения тепла. Будем считать,
что тело изотропно в отношении теплопроводности, то есть коэффициент
внутренней теплопроводности k зависит только от точки (x, y, z) и не зависит от направления нормали к поверхности S в этой точке.
Обозначим через q тепловой поток, то есть количество тепла, проходящего через единицу площади поверхности за единицу времени. Тогда
q = −k
∂u
.
∂n
Для вывода уравнения распространения тепла выделим внутри тела
произвольный объем V , ограниченный гладкой замкнутой поверхностью
S, и рассмотрим изменение количества тепла в этом объеме за промежуток времени (t1 , t2 ). Очевидно, что через поверхность S за промежуток
18
времени (t1 , t2 ) входит количество тепла, равное
Zt2
Q1 = −
ZZ
k(x, y, z)
dt
t1
∂u
dS,
∂n
S
где n — внутренняя нормаль к поверхности S.
Рассмотрим элемент объема ∆V . На изменение температуры этого объема на ∆u за промежуток времени ∆t нужно затратить количество тепла
∆Q2 = [u(t + ∆t, x, y, z) − u(t, x, y, z)]γ(x, y, z)ρ(x, y, z)∆V,
где γ(x, y, z), ρ(x, y, z) — теплоемкость и плотность вещества. Тогда количество тепла, необходимое для изменения температуры объема V на
∆u = u(t2 , x, y, z) − u(t1 , x, y, z), равно
ZZZ
Q2 =
[u(t2 , x, y, z) − u(t1 , x, y, z)]γρ dV
V
или
Zt2
Q2 =
ZZZ
dt
t1
γρ
∂u
dV,
∂t
V
так как
Zt2
u(t2 , x, y, z) − u(t1 , x, y, z) =
∂u
dt.
∂t
t1
Предположим, что внутри рассматриваемого тела есть источники тепла. Обозначим через F (t, x, y, z) плотность (количество поглощенного или
выделяемого тепла в единицу времени в единице объема тела) тепловых
источников. Тогда количество тепла, выделяемого или поглощаемого в
объеме V за промежуток времени (t1 , t2 ), будет равно
Zt2
Q3 =
ZZZ
dt
F (t, x, y, z) dV.
t1
V
Составим уравнение баланса тепла для выделенного объема V . Очевидно, что Q2 = Q1 + Q3
Zt2
ZZZ
dt
t1
V
∂u
γρ dV = −
∂t
Zt2
ZZ
dt
t1
∂u
k
dS +
∂n
Zt2
dt
t1
S
19
ZZZ
F (t, x, y, z) dV,
V
и, применяя формулу Остроградского ко второму интегралу, имеем
Zt2
t1
ZZZ ∂u
γρ
dt
− div(k gradu) − F (t, x, y, z) dV = 0.
∂t
V
Подынтегральная функция непрерывна, объем V и промежуток времени
(t1 , t2 ) произвольны, значит, для любой точки (x, y, z) рассматриваемого
тела и для любого момента времени t должно выполняться
γρ
∂u
= div(k gradu) + F (t, x, y, z).
∂t
Это уравнение называется уравнением теплопроводности неоднородного изотропного тела.
Если тело однородно, то γ, ρ и k — постоянные и уравнение принимает
вид
2
∂u
∂ 2u ∂ 2u
2 ∂ u
=a
+
+
+ f (t, x, y, z),
∂t
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
где
s
k
F (t, x, y, z)
, f (t, x, y, z) =
.
a=
γρ
γρ
Если в рассматриваемом однородном теле нет источников тепла, то есть
F (t, x, y, z) = 0, получаем однородное уравнение теплопроводности
2
∂u
∂ 2u ∂ 2u
2 ∂ u
=a
+
+
.
∂t
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
Если температура зависит только от координат t, x, y (например, при
распространении тепла в очень тонкой однородной пластине), то уравнение
имеет вид
2
2
∂
u
∂
u
∂u
= a2
+
.
∂t
∂x2 ∂y 2
Для тела линейного размера, например для однородного стержня, уравнение теплопроводности принимает вид
2
∂u
2∂ u
=a
.
∂t
∂x2
В двух последних случаях не учитывается тепловой обмен между поверхностью пластины или стержня с окружающей средой.
Для определения температуры внутри тела в любой момент времени
необходимо знать распределение температуры внутри тела в начальный
20
момент времени t = 0 (начальное условие) и тепловой режим на границе Γ
тела (граничное условие).
Граничное условие может быть задано различными способами.
1. В каждой точке поверхности Γ задается температура
u|Γ = ψ1 (t, P ),
где ψ1 (t, P ) — известная функция времени t ≥ 0 и точки P поверхности Γ.
2. На поверхности Γ задается тепловой поток
∂u = ψ2 (t, P ),
∂n Γ
где ψ2 (t, P ) — известная функция.
3. На поверхности Γ твердого тела происходит теплообмен с окружающей средой, температура которой u0 известна. Для упрощения задачи
закон теплообмена может быть принят в виде закона Ньютона.
Количество тепла, передаваемое в единицу времени с единицы площади
поверхности тела в окружающую среду, пропорционально разности температур поверхности тела и окружающей среды
q = H(u − u0 ),
где H — коэффициент теплообмена. Для простоты будем считать его постоянным. По закону сохранения энергии это количество тепла должно быть
равно тому количеству тепла, которое передается через единицу площади
поверхности за единицу времени вследствие внутренней теплопроводности.
Тогда граничное условие можно записать в виде
∂u H(u − u0 ) = −k ,
∂n Γ
где n — внешняя нормаль к поверхности Γ. Условие можно переписать в
следующем виде, приняв h = Hk :
∂u
+ h(u − u0 ) = 0.
∂n
Γ
Задача о распространении тепла в однородном изотропном твердом теле
ставится так: найти решение уравнения теплопроводности
2
∂u
∂ 2u ∂ 2u
2 ∂ u
=a
+
+
+ f (t, x, y, z),
∂t
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
21
удовлетворяющее начальному условию
u|t=0 = ϕ(x, y, z)
и одному из указанных выше граничных условий.
3.4. Уравнение Лапласа
Допустим, что температура в каждой точке (x, y, z) внутри тела установилась, то есть она не меняется с течением времени и внутри тела нет
источников тепла. Тогда ∂u
∂t = 0 и уравнение принимает вид
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
Это уравнение называется уравнением Лапласа, и ему удовлетворяет установившаяся в однородном теле температура u(x, y, z). Для определения
u(x, y, z) уже не надо задавать начальное распределение температуры (начальное условие), достаточно задать одно граничное условие, не зависящее
от времени.
Задача определения решения уравнения
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
=0
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
по его значениям на границе Γ рассматриваемой области D u|Γ = ϕ(P )
называется задачей Дирихле.
Задача определения решения уравнения
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
= 0,
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
удовлетворяющего граничному условию
Неймана.
∂u
∂n |Γ
= ϕ(P ), называется задачей
Задачи и упражнения
3.1. Найти статический прогиб струны, закрепленной на концах, под действием непрерывно распределенной нагрузки (на единицу длины).
3.2. Начиная с момента времени t = 0 один конец прямолинейного упругого однородного стержня совершает продольные колебания по заданному
закону, а к другому приложена сила Φ(t), направленная по оси стержня.
В момент времени t = 0 поперечные сечения стержня были неподвижны
22
и находились в неотклоненном положении. Поставить краевую задачу для
определения малых продольных отклонений точек стержня при t > 0.
3.3. Поставить краевую задачу о малых поперечных колебаниях струны,
закрепленной на обоих концах, в среде с сопротивлением, пропорциональным первой степени скорости.
3.4. Во внутренних точках x = xi , i = 1, ..., m на струне сосредоточены
массы mi , i = 1, ..., m. Поставить краевую задачу для определения малых поперечных колебаний струны при произвольных начальных данных.
Концы струны закреплены.
3.5. Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях тяжелой однородной струны относительно вертикального положения равновесия, если
верхний ее конец жестко закреплен, а нижний – свободен.
3.6. Поставить краевую задачу о колебании круглой однородной мембраны,
закрепленной по краю, в среде, сопротивление которой пропорционально
первой степени скорости. В момент времени t = 0 к поверхности мембраны
приложена внешняя сила плотности f (t, r, ϕ), действующая перпендикулярно плоскости невозмущенной мембраны. Начальные скорости и отклонения точек мембраны отсутствуют.
3.7. Поставить краевую задачу об определении температуры стержня 0 ≤
x ≤ l с теплоизолированной боковой поверхностью; рассмотреть случаи:
а) концы стержня поддерживаются при заданной температуре,
б) на концах стержня поддерживается заданный тепловой поток,
в) на концах стержня происходит конвективный теплообмен по закону
Ньютона со средой, температура которой задана.
3.8. Дан тонкий однородный стержень длиной l, начальная температура
которого f (x). Поставить краевую задачу об определении температуры
стержня, если на конце x = 0 поддерживается постоянная температура
u0 , а на боковой поверхности и на конце x = l происходит конвективный
теплообмен по закону Ньютона с окружающей средой нулевой температуры.
3.9. Поставить задачу об определении температуры в бесконечном тонком
теплоизолированном стержне, по которому с момента t = 0 в положительном направлении со скоростью v0 начинает двигаться точечный тепловой
источник, дающий q единиц тепла в единицу времени.
3.10. Поставить краевую задачу об остывании тонкого однородного кольца
радиуса R, на поверхности которого происходит конвективный теплообмен
с окружающей средой, имеющей заданную температуру. Неравномерностью распределения температуры по толщине кольца пренебречь.
3.11. Внутри однородного шара начиная с момента времени t = 0 дей23
ствуют источники тепла с равномерно распределенной постоянной плотностью Q. Поставить краевую задачу о распределении температуры при
t > 0 внутри шара, если начальная температура любой точки шара зависит только от расстояния этой точки до центра шара. Рассмотреть случаи:
а) на поверхности шара поддерживается нулевая температура,
б) на поверхности шара происходит теплообмен (по закону Ньютона) с
окружающей средой нулевой температуры.
3.12. Поставить задачу о движении полуограниченной струны (0 ≤ x < ∞)
при t > 0, если при t > 0 по ней бежит волна u(t, x) = f (x + at), а конец
струны x = 0 закреплен жестко.
3.13. Поставить краевую задачу о поперечных колебаниях мембраны, к
которой приложено нормальное давление P на единицу площади, если в
невозмущенном состоянии мембрана является плоской, а окружающая среда не оказывает сопротивления колебаниям мембраны. Рассмотреть случаи:
а) мембрана жестко закреплена на границе L,
б) мембрана свободна на L,
в) на части L1 границы L мембрана закреплена жестко, а на остальной
части L2 границы L она свободна.
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
3.14.∗ Дана тонкая прямоугольная пластина со сторонами l, m, для которой известно начальное распределение температуры. Поставить краевую
задачу о распределении тепла в пластине, если боковые стороны поддерживаются при температуре
u|y=0 = ϕ1 (x),
u|y=m = ϕ2 (x),
u|x=0 = ψ1 (y),
u|x=l = ψ2 (y).
3.15.∗ Начальное распределение температуры в однородном шаре задано
функцией f (r, θ, ϕ). Поставить краевую задачу о распределении тепла в
шаре, если поверхность шара поддерживается при постоянной температуре
u0 .
3.16.∗ На плоскую мембрану, ограниченную кривой L, действует стационарная поперечная нагрузка с плотностью f (x, y). Поставить краевую задачу об отклонении точек мембраны от плоскости, если:
а) мембрана закреплена на краю,
б) край мембраны свободен,
24
в) край мембраны закреплен упруго.
3.17.∗ Дан цилиндр с радиусом основания R и высотой h. Поставить краевую задачу о стационарном распределении температуры внутри цилиндра,
если температура верхнего и нижнего оснований есть заданная функция
от r, а боковая поверхность:
а) теплоизолирована,
б) имеет температуру, зависящую только от z,
в) свободно охлаждается в среде нулевой температуры.
4. Краевые задачи для уравнений гиперболического
типа
В цилиндрической области QT = {(t, x) | 0 < t < T, x ∈ Ω, (Ω ⊂ E m )}
рассмотрим уравнение гиперболического типа
utt = div (p(x)∇u) − q(x)u + f (t, x),
(4.1)
где p(x) > 0, q(x) ≥ 0, f (t, x) – известные функции.
Зададим начальные условия
u|t=0 = u0 (x),
ut |t=0 = u1 (x),
x∈Ω
(4.2)
ST = [0, T ] × ∂Ω,
(4.3)
и граничные условия
(αu + β
∂u
)|S = ϕ(t, x),
∂n T
(t, x) ∈ ST ,
где u0 (x), u1 (x), ϕ(t, x), α(x), β(x) — заданные функции,
n – внешняя единичная нормаль к ST . В случае α 6= 0, β 6= 0 задачу (4.1) – (4.3) называют третьей краевой задачей. В случае α > 0, β = 0,
(4.1) – (4.3) – первая краевая задача, а в случае α = 0, β > 0, (4.1) – (4.3)
– вторая краевая задача.
Функция u(t, x) ∈ C 2 (QT )∩C 1 (QT ) называется классическим решением
задачи (4.1) – (4.3), если она удовлетворяет в QT уравнению (4.1), при t = 0
– начальным условиям (4.2), а на ST – граничному условию (4.3).
Заметим, что для существования классического решения задачи (4.1) –
(4.3) необходимо, чтобы функции p(x), u0 (x) были непрерывно дифференцируемыми на Ω, функции q(x), u1 (x) были непрерывными на Ω, функция
f (t, x) непрерывна в QT и выполнялось условие согласования
(αu0 + β
∂u0
)|∂Ω = ϕ(0, x).
∂n
25
(4.4)
Пример 4.1. Найти решение уравнения
utt = a2 uxx ,
(t, x) ∈ (0, T ) × (0, l),
(4.5)
удовлетворяющее условиям
u(0, x) = u0 (x),
ut (0, x) = u1 (x),
x ∈ [0, l],
0 ≤ t ≤ T.
u(t, 0) = u(t, l) = 0,
(4.6)
(4.7)
Решение. Считаем, что выполнены условия согласования:
u0 (0) = 0, u0 (l) = 0.
Будем искать (неравное тождественно нулю) решение задачи (4.5) – (4.7)
в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от
x, а другая — только от t, то есть u(t, x) = T (t)X(x). Подставляя это
выражение в уравнение (4.5), имеем
T 00 (t)X(x) = a2 T (t)X 00 (x),
откуда, разделив переменные, получим
T 00
X 00
=
.
a2 T
X
Последнее равенство двух отношений, одно из которых зависит лишь
от x, другое – лишь от t, возможно только в случае, когда оба отношения
00
00
равны постоянному числу, которое обозначим через −λ: aT2 T = XX = −λ,
откуда
X 00 + λX = 0,
X(x) 6= 0,
(4.8)
T 00 + λa2 T = 0,
T (t) 6= 0.
(4.9)
Из граничных условий (4.7) получаем
u(t, 0) = T (t)X(0) = 0,
u(t, l) = T (t)X(l) = 0.
Отсюда следует, что функция X(x) должна удовлетворять дополнительным условиям
X(0) = X(l) = 0,
(4.10)
так как иначе мы имели бы T (t) ≡ 0 и u(t, x) ≡ 0.
Задача (4.8), (4.10) – задача Штурма – Лиувилля, в которой требуется найти все значения параметра λ, при которых существуют нетривиальные решения задачи (4.8), (4.10), а также найти эти решения. Такие
26
значения параметра λ называются собственными значениями, а соответствующие им решения — собственными функциями.
Рассматривая отдельно случаи, когда параметр λ отрицателен, равен
нулю или положителен (см. с.85 [2]), находим, что нетривиальные решения
задачи (4.8), (4.10) возможны лишь при значениях λ = λk = ( πkl )2 , k =
1, 2, . . . .
Этим собственным значениям соответствуют собственные функции
Xk = sin( πkl x), k = 1, 2, . . . .
Рассмотрев уравнение (4.9) при найденных λk , получаем, что его решение имеет вид
aπk
aπk
t) + Bk sin(
t),
Tk (t) = Ak cos(
l
l
где Ak , Bk – константы.
aπk
πk
Функции uk (t, x) = Tk · Xk = (Ak cos( aπk
l t) + Bk sin( l t)) · sin( l x), k =
1, 2, . . . удовлетворяют уравнению (4.5) и граничным условиям (4.7).
В силу линейности и однородности уравнения (4.5) сумма частных решений uk (t, x)
∞
X
u(t, x) =
uk (x, t) =
k=1
∞
X
(Ak cos(
k=1
aπk
πk
aπk
t) + Bk sin(
t)) · sin( x)
l
l
l
(4.11)
также удовлетворяет уравнению (4.5) и граничным условиям (4.7).
При этом предполагается, что сам ряд и ряды, полученные его формальным дифференцированием по t и по x дважды, сходятся равномерно
в [0, T ] × [0, l].
Осталось определить константы Ak , Bk таким образом, чтобы были выполнены начальные условия (4.6). Для этого должны быть выполнены равенства
∞
∞
P
P
u(0, x) = u0 (x) =
uk (x, 0) =
Ak sin πkl x,
k=1
k=1
(4.12)
∞
∞
P
P
aπk
πk
ut (0, x) = u1 (x) =
ukt (x, 0) =
l Bk sin l x.
k=1
k=1
Пусть функции u0 (x), u1 (x) разлагаются в ряд Фурье по системе функций
{sin πkl x}, то есть
u0 (x) =
∞
X
k=1
πk
αk sin x,
l
u1 (x) =
∞
X
k=1
27
βk sin
πk
x,
l
где
αk =
2
l
Zl
u0 (x) sin
πk
xdx,
l
βk =
0
2
l
Zl
u1 (x) sin
πk
x dx.
l
(4.13)
0
Сравнивая ряды (4.13) с рядами (4.12), приходим к выводу, что для выполнения начальных условий нужно положить
l
βk .
Ak = αk , Bk = πka
Тогда ряд
u=
∞
X
(αk cos
k=1
aπk
l
aπk
πk
t+
βk sin
t) sin x
l
aπk
l
l
(4.14)
есть решение задачи (4.5) – (4.7).
Замечание. Чтобы формула (4.14) определяла классическое решение
задачи (4.5) – (4.7), достаточно, чтобы были выполнены следующие условия:
— производные функции u0 (x) до второго порядка включительно непрерывны, производная третьего порядка кусочно – непрерывна и
u000 (0) = u000 (l) = 0;
u0 (0) = u0 (l) = 0,
— функция u1 (x) непрерывно дифференцируема, имеет кусочно непрерывную вторую производную и
u1 (0) = u1 (l).
Более подробно см. c. 92 – 96[2].
Пример 4.2. Найти решение неоднородного уравнения
utt = a2 uxx + f (t, x),
(t, x) ∈ (0, T ) × (0, l)
(4.50 )
удовлетворяющее условиям
u(0, x) = u0 (x),
ut (0, x) = u1 (x),
u(t, 0) = u(t, l) = 0,
x ∈ [0, l],
0 ≤ t ≤ T.
Решение. Будем искать решение задачи в виде ряда Фурье
u(t, x) =
∞
X
uk (t) sin
k=1
28
πk
x,
l
(4.15)
считая, что f (t, x) =
∞
P
k=1
fk (t) sin πkl x. Подставляя (4.15) в (4.5’) и учитывая
разложение f (t, x) в ряд Фурье, получим
∞
X
k=1
sin
πk
πk
x(−a2 ( )2 uk (t) − u00k (t) + fk (t)) = 0.
l
l
Отсюда следует, что uk (t) является решением уравнения
u00k (t) + a2 (
Здесь fk (t) =
2
l
Rl
0
πk 2
) uk (t) = fk (t).
l
(4.16)
f (t, x) sin πkl x dx.
Начальные условия для функции u(t, x), определяемой формулой (4.15),
имеют вид
∞
∞
P
P
αk sin πkl x,
u(0, x) =
uk (0) sin πkl x = u0 (x) =
ut (t, x) =
k=1
∞
P
k=1
u0k (0) sin πkl x = u1 (x) =
k=1
∞
P
k=1
βk sin πkl x,
где αk , βk определяются формулами (4.13).
Из последних соотношений следует, что uk (t) должна удовлетворять
условиям
uk (0) = αk ,
u0k (0) = βk .
(4.17)
Заметим, что функция uk (t) полностью определяется соотношениями
(4.16), (4.17). Следовательно, решение задачи (4.5’), (4.6), (4.7) найдено.
Перейдем к рассмотрению общего случая: уравнение (4.5’), начальные
условия (4.6) и граничные условия
u(t, 0) = µ1 (t),
u(t, l) = µ2 (t).
(4.70 )
Решение задачи (4.5’), (4.6), (4.7’) будем искать в виде
u(t, x) = v(t, x) + γ(t, x),
где γ(t, x) подбирается таким образом, чтобы γ(t, 0) = µ1 (t), γ(t, l) = µ2 (t).
В качестве γ(t, x) можно взять, например, функцию γ(t, x) = µ1 (t) +
x
l (µ2 (t) − µ1 (t)).
Функция v(t, x) является решением задачи
vtt = a2 vxx + f (t, x) − [γtt − a2 γxx ],
v(0, x) = u0 (x) − γ(0, x),
vt (0, x) = u1 (x) − γt (0, x),
v(t, 0) = v(t, l) = 0.
29
Таким образом, общая краевая задача (4.5’), (4.6), (4.7’) для функции
u(t, x) сведена к краевой задаче для функции v(t, x) с нулевыми граничными условиями, метод решения которой изложен выше.
Задачи и упражнения
В полуполосе 0 < x < l, t > 0 для уравнения utt = a2 uxx решить
задачи со следующими условиями:
u(t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = 0, ut (0, x) = sin 2πx
l .
u(t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = ϕ(x), ut (0, x) = ψ(x).
u(t, 0) = ux (t, l) = 0, u(0, x) = sin 5πx
ut (0, x) = sin πx
2l ,
2l .
u(t, 0) = ux (t, l) = 0, u(0, x) = x,
3πx
ut (0, x) = sin πx
2l + sin 2l .
4.5. ux (t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = cos πx
2l ,
3πx
5πx
ut (0, x) = cos 2l + cos 2l .
4.6. ux (t, 0) = ux (t, l) = 0, u(0, x) = x, ut (0, x) = 1.
4.1.
4.2.
4.3.
4.4.
В полуполосе 0 < x < l, t > 0 решить задачи для уравнения
utt = a2 uxx + f (t, x) c начальными условиями u(0, x) = ut (0, x) = 0 и
следующими краевыми условиями (A=const) и правыми частями:
4.7. u(t, 0) = u(t, l) = 0, f (t, x) = Ae−t sin πx
l .
4.8. ux (t, 0) = u(t, l) = 0, f (t, x) = Ae−t cos πx
2l .
Найти решения задач:
4.9. utt = a2 uxx + b · shx, 0 < x < l, t > 0, b = const,
u(t, 0) = u(t, l) = u(0, x) = ut (0, x) = 0.
4.10. utt = uxx + x(x − l)t2 , 0 < x < l, t > 0, u(t, 0) = u(t, l) = 0
u(0, x) = ut (0, x) = 0.
4.11. utt = uxx , 0 < x < π, t > 0, u(t, 0) = t2 , u(t, π) = t3 ,
u(0, x) = sin x, ut (0, x) = 0.
4.12. utt = uxx , 0 < x < π, t > 0, u(t, 0) = t, ux (t, π) = 1,
u(0, x) = sin x2 , ut (0, x) = 1.
4.13. uxx = utt , 0 < x < l, t > 0; u|x=0 = 0, u|x=l = t;
u|t=0 = ut |t=0 = 0.
4.14. uxx = utt , 0 < x < 1, t > 0; u|x=0 = t + 1, u|x=1 = t3 + 2;
u|t=0 = x + 1, ut |t=0 = 0.
4.15. utt = uxx − 4u, 0 < x < 1, t > 0; u|x=0 = u|x=1 = 0;
30
4.16.
4.17.
4.18.
4.19.
4.20.
4.21.
u|t=0 = x2 − x, ut |t=0 = 0.
utt + 2ut = uxx − u, 0 < x < π, t > 0; u|x=0 = u|x=π = 0;
u|t=0 = πx − x2 , ut |t=0 = 0.
utt + 2ut = uxx − u, 0 < x < π, t > 0; ux |x=0 = 0;
u|x=π = 0; u|t=0 = 0, ut |t=0 = x.
utt + ut = uxx , 0 < x < 1, t > 0; u|x=0 = t; u|x=1 = 0;
u|t=0 = 0, ut |t=0 = 1 − x.
utt = uxx + u, 0 < x < 2, t > 0; u|x=0 = 2t,
u|x=2 = 0, u|t=0 = ut |t=0 = 0.
utt = uxx + u, 0 < x < l, t > 0; u|x=0 = 0, u|x=l = t;
u|t=0 = 0, ut |t=0 = xl .
utt = uxx + x, 0 < x < π, t > 0; u|x=0 = u|x=π = 0;
u|t=0 = sin 2x, ut |t=0 = 0.
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
4.22.∗ В полуполосе 0 < x < l, t > 0 для уравнения utt = a2 uxx решить
задачу со следующими условиями:
ux (t, 0) = ux (t, l) + hu(t, l) = 0, u(0, x) = 0, ut (0, x) = 1.
4.23.∗ Однородная струна, закрепленная на концахh x = 0, x = l, имеющая
i
16
x 4
x 3
x
в начальный момент времени форму u(0, x) = 5 h l − 2 l + l , где
h — достаточно малое число, начала колебаться без начальной скорости.
Найти свободные колебания струны.
Найти решения задач
∂
4.24.∗ utt = a2 1r ∂r
r ∂u
0 < r < R, t > 0,
∂r ,
|u(t, 0)| < ∞, u(t, R) = 0, u(0, r) = ϕ(r),
ut (0, r) = ψ(r). ∂
∗
4.25. utt = a2 1r ∂r
r ∂u
0 < r < R, t > 0,
∂r ,
|u(t, 0)| < ∞, u(t, R) = U sin ωt, u(0, r) = ut (0, r) = 0,
U − const.
5. Краевые задачи для уравнений параболического
типа
Рассмотрим уравнение теплопроводности
ut = div(p(x)∇u) − q(x)u + f (t, x),
31
x ∈ Ω ⊂ E m,
t ∈ (0, T ),
где p(x) > 0, q(x) ≥ 0, f (t, x) - заданные функции. Если
p(x) —постоянная, то уравнение примет вид
ut = a2 ∆u − q(x)u + f (t, x),
где ∆ =
m
P
k=1
∂2
∂x2k
x ∈ Ω ⊂ E m,
– оператор Лапласа, a =
√
t ∈ (0, T ),
p.
Краевые задачи для уравнения теплопроводности ставятся следующим
образом:
найти функцию u(t, x) ∈ C 2 (QT ) ∩ C 1 (QT ), удовлетворяющую уравнению в области QT = (0, T ) × Ω, начальному условию
u|t=0 = u0 (x),
и граничному условию
∂u = ϕ(t, x),
αu + β
∂n ST
x∈Ω
ST = [0, T ] × ∂Ω,
где α(x) ≥ 0, β(x) ≥ 0, ϕ(t, x) — заданные функции на ST , n — внешняя
нормаль к ST .
В этом случае функция u(t, x) называется классическим решением краевой задачи. Если задана первая краевая задача, то достаточно, чтобы
функция u(t, x) ∈ C 2 (QT ) ∩ C(QT ).
1. В случае α = 1, β = 0 имеем краевые условия первого рода (первая
краевая задача).
2. В случае α = 0, β = 1 имеем краевые условия второго рода (вторая
краевая задача).
3. В случае α 6= 0, β 6= 0 имеем краевые условия третьего рода (третья
краевая задача).
Если выполнены необходимые условия гладкости
p(x) ∈ C 1 (Ω),
q(x) ∈ C(Ω),
u0 (x) ∈ C 1 (Ω),
и условие согласования
f (t, x) ∈ C(QT ),
ϕ(t, x) ∈ C(ST ),
∂u0 = ϕ(0, x),
αu0 + β
∂n ∂Ω
то краевая задача имеет единственное решение [2].
Пример 5.1. Найти решение уравнения
ut = uxx ,
(t, x) ∈ (0, T ) × (0, l),
32
удовлетворяющее условиям
x ∈ [0, l],
u(0, x) = u0 (x),
ux (t, 0) = 0,
0 ≤ t ≤ T.
ux (t, l) = 0,
Решение. Решение задачи ищем в виде ряда
u(t, x) =
∞
X
Tk (t)Xk (x),
k=1
где Xk (x) — решения задачи Штурма-Лиувилля
X 00 (x) + λX(x) = 0,
X 0 (0) = 0,
x ∈ (0, l),
X 0 (l) = 0.
Для функций Tk (t) будем иметь уравнения
Tk0 (t) + λk Tk (t) = 0,
t > 0.
Решение u(t, x) записывается в виде
u(t, x) =
∞
X
αk e−λk t Xk (x),
k=0
1
l
Rl
2
l
Rl
u0 (x) dx, αk =
u0 (x) cos πkl x dx, Xk (x) = sin πkl x , λk =
где α0 =
0
0
πk 2
, k = 1, 2, ....
l
Подставляя этот ряд в исходное уравнение и учитывая разложение
f (t, x) в ряд Фурье, получим
∞
X
k=1
sin
πk
πk
x(−a2 ( )2 uk (t) − u00k (t) + fk (t)) = 0.
l
l
Отсюда следует, что uk (t) является решением уравнения
u00k (t) + a2 (
Здесь fk (t) =
2
l
Rl
0
πk 2
) uk (t) = fk (t).
l
f (t, x) sin πkl x dx.
33
Если граничные условия неоднородны, то необходимо выполнить замену
искомой функции так, чтобы граничные условия для нее были однородными.
Пример 5.2. Найти решение первой краевой задачи
ut = a2 uxx ,
u(0, x) = Ax/l,
0 < x < l,
t > 0,
u(t, l) = Ae−t ,
u(t, 0) = 0,
A = const.
Решение. Нам нужно найти решение первой краевой задачи для уравнения теплопроводности. Граничные условия неоднородные, поэтому введем новую функцию v(t, x) так, что u(t, x) = v(t, x) + xl Ae−t . Для новой
функции имеем задачу с однородными краевыми условиями
x
vt = a2 vxx + Ae−t ,
l
v(0, x) = 0,
v(t, 0) = 0,
0 < x < l,
t > 0,
v(t, l) = 0,
A = const.
Задача Штурма - Лиувилля, соответствующая рассматриваемой краевой задаче, имеет вид
X 00 (x) + λX(x) = 0,
X(0) = 0,
x ∈ (0, l),
X(l) = 0.
Нетривиальное решение полученной задачи возможно только при λ > 0,
при этом
√
√
X(x) = c1 sin( λx) + c2 cos( λx),
подставляя краевые условия
получаем
√
X(0) = c2 = 0,
√
X(l) = c1 sin( λl) = 0,
λl = πk, k = 1, 2, ... и
Xk (x) = ck sin(
πk
x).
l
Решение ищем в виде ряда
v(t, x) =
∞
X
Tk (t)Xk (x),
k=1
34
где Xk (x) — решения задачи Штурма-Лиувилля
Чтобы получить уравнение для Tk (t), разложим функцию xl Ae−t в ряд
Фурье по системе функций {sin( πkl x)} (k = 1, 2, ...) на отрезке (0, l).
∞
πk
x −t X
bk sin( x),
Ae =
l
l
k=1
где bk =
2
l
Rl x
0
−t
l Ae
sin( πkl x) dx
=
2Ae−t
l2
Rl
0
x sin( πkl x) dx = (по частям) =
2Ae−t
l2
l
Rl
−t
k+1 2Ae−t
· −x kπl cos( πkl x) 0 + kπl cos( πkl x) dx = − 2Ae
cos(πk)
=
(−1)
kπ
kπ , k =
0
1, 2, . . . .
Подставляя функцию v(t, x), определенную выше в виде ряда Фурье, и
разложение в ряд Фурье функции xl Ae−t в уравнение, получим
∞ ∞
−t
X
X
(kπ)2
πk
πk
0
2
k+1 2Ae
Tk + a Tk 2
(−1)
sin( )x.
sin( x) =
l
l
kπ
l
k=1
k=1
В силу единственности разложения функции в ряд Фурье
Tk0
+
2
2 (kπ)
Tk
a
l2
−t
k+1 2Ae
= (−1)
kπ
.
Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка, его решение (при (akπ)2 6= l2 )
2
l2
−( akπ
−t
l ) t,
e
+
c
e
k
kπ (akπ)2 − l2
k+1 2A
Tk (t) = (−1)
и
v(t, x) =
∞ X
k=1
2
akπ 2
2A
l
kπ
−( l ) t
−t
e
+
c
e
sin
x = 0.
(−1)k+1
k
kπ (akπ)2 − l2
l
Учитывая начальное условие для v(t, x), получим
v(0, x) =
∞
X
Tk (0)Xk (x) =
k=1
∞ X
k=1
2
2A
l
kπ
(−1)k+1
+
c
sin
x = 0.
k
kπ (akπ)2 − l2
l
2
l
Откуда Tk (0) = (−1)k+1 2A
kπ (akπ)2 −l2 + ck = 0.
35
2
l
Таким образом, ck = (−1)k 2A
kπ (akπ)2 −l2 и решение исходной задачи имеет
вид
h akπ 2
i
−( l )
k+1
−t
∞
e
−e
Axe−t 2Al2 X (−1)
kπx
u(t, x) =
+
sin
.
l
π
k(k 2 π 2 a2 − l2 )
l
k=1
Задачи и упражнения
В полуполосе 0 < x < l, t > 0 найти решения уравнения ut = a2 uxx
со следующими условиями:
5.1. u(t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = Ax, A = const.
5.2. ux (t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = A(l − x).
5.3. ux (t, 0) = ux (t, l) = 0, u(0, x) = U = const.
Найти решения задач:
5.4. ut = α2 uxx − βu, β = const, 0 < x < l, t > 0,
u(t, 0) = ux (t, l) = 0, u(0, x) = sin πx
2l .
2
5.5. ut = a uxx , 0 < x < l, t > 0, ux (t, 0) = ux (t, l) = q,
u(0, x) = Ax, A, q = const.
5.6. ut = α2 uxx − βu + sin πx
l , 0 < x < l, t > 0, β = const,
u(t, 0) = u(t, l) = u(0, x) = 0.
5.7. ut = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0, u(t, 0) = 0,
ux (t, l) = Ae−t , u(0, x) = T, A, T = const.
5.8. ut = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0, u(0, x) = cx(l−x)
,
l2
u(t, 0) = u(t, l) = 0, c = const.
5.9. ut = a2 uxx + Aω( xl − 1) cos(ωt), 0 < x < l, t > 0,
u(t, 0) = u(t, l) = 0, u(0, x) = 0, A, ω = const.
π
5.10. ut = 36uxx + 10
cos πx
u(0, x) = 0,
2 , 0 < x < 2, t > 0,
u(t, 0) = 0, ux (t, 2) = 0.
5.11. ut = 3uxx − 6u, 0 < x < 2, t > 0, u(0, x) = x2 − 3x
2 + 1,
u(t, 0) = 1, u(t, 2) = 2.
5.12. ut = uxx + u + 2 sin 2x sin x, 0 < x < π2 ,
ux |x=0 = u|x= π2 = 0, u|t=0 = 0.
5.13. ut = uxx − 2ux + x + 2t, 0 < x < 1, u|x=0 = 0, u|x=1 = t,
u|t=0 = ex sin πx.
5.14. ut = uxx + u − x + 2 sin 2x cos x, 0 < x < π2 , u|x=0 = 0,
ux |x= π2 = 1, u|t=0 = x.
36
5.15. ut = uxx + 4u + x2 − 2t − 4x2 t + 2 cos2 x, 0 < x < π,
ux |x=0 = 0, ux |x=π = 2πt, u|t=0 = 0.
5.16. ut − uxx + 2ux − u = ex sin x − t, 0 < x < π, u|x=0 = 1 + t,
u|x=π = 1 + t, u|t=0 = 1 + ex sin 2x.
5.17. ut − uxx − u = xt(2 − t) + 2 cos t, 0 < x < π, ux |x=0 = t2 ,
ux |x=π = t2 , u|t=0 = cos 2x.
5.18. ut − uxx − 9u = 4 sin2 t cos 3x − 9x2 − 2, 0 < x < π,
ux |x=0 = 0, ux |x=π = 2π, u|t=0 = x2 + 2.
5.19. ut = uxx + 6u + 2t(1 − 3t) − 6x + 2 cos x cos 2x,
0 < x < π2 ,
ux |x=0 = 1, u|x= π2 = t2 + π2 , u|t=0 = x.
5.20. ut = uxx + 6u + x2 (1 − 6t) − 2(t + 3x) + sin 2x,
0 < x < π,
ux |x=0 = 1, ux |x=π = 2πt + 1, u|t=0 = x.
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
5.21.∗ ut = a2 (urr + 2r ur ), 0 < r < R, t > 0,
u(0, r) = f (r), (ur + hu)|r=R = 0, h = const > 0,
|u| < ∞.
5.22.∗ ut = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0,
u(0, x) = f (x), u(t, 0) = 0, (ux + hu)|x=l = 0,
h = const > 0.
∗
5.23. ut = a2 uxx + Qc , −R < x < R, t > 0,
u(0, x) = 0, u(t, ±R) = 0, Q, c = const > 0.
∗
5.24. ut = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0, u(0, x) = 0,
u(t, 0) = T, ux (t, l) + hu(t, l) = U, T, U, h = const.
6. Задача Коши для волнового уравнения
Классической задачей Коши для волнового уравнения
T 1 называется зада2
ча о нахождении функции u(t, x) класса C (t > 0) C (t ≥ 0), удовлетворяющей при t > 0 уравнению
utt = a2 ∆u + f (t, x)
(6.1)
и начальным условиям
ut |t=0 = u1 (x),
u|t=0 = u0 (x),
где f (t, x), u0 (x), u1 (x) — заданные функции.
37
(6.2)
Если выполняются условия
f ∈ C 1 (t ≥ 0),
u0 ∈ C 2 (E 1 ),
f ∈ C 2 (t ≥ 0),
u0 ∈ C 3 (E m ),
u1 ∈ C 1 (E 1 ),
m = 1;
u1 ∈ C 2 (E m ),
m = 2, 3,
то решение задачи Коши (6.1)–(6.2) существует, единственно и выражается:
формулой Даламбера
u(t, x) =
1
+ 2a
Rt
1
2 [u0 (x
x+a(t−τ
R )
+ at) + u0 (x − at)] +
1
2a
x+at
R
u1 (ξ)dξ+
x−at
f (τ, ξ)dξdτ
0 x−a(t−τ )
при m=1;
формулой Пуассона
Z
1 ∂
u(t, x) =
2πa ∂t
u0 (ξ)dξ
p
a2 t2 − |ξ − x|2
+
|ξ−x|<at
Z
1
+
2πa
u1 (ξ)dξ
p
a2 t2 − |ξ − x|2
+
|ξ−x|<at
1
+
2πa
Zt
Z
f (τ, ξ)dξdτ
p
0 |ξ−x|<a(t−τ )
a2 (t − τ )2 − |ξ − x|2
при m=2;
формулой Кирхгофа


Z
1 ∂ 1
u(t, x) =

4πa2 ∂t t

u0 (ξ)dS  +
|ξ−x|=at
1
+
4πa2
Z
1
4πa2 t
Z
u1 (ξ)dS
|ξ−x|=at
1
|ξ − x|
f (t −
, ξ)dξ
|ξ − x|
a
|ξ−x|<at
при m=3.
Замечание. Иногда для решения задач Коши с начальными данными
специального вида удобнее использовать метод разделения переменных.
Пример 6.1. Решить задачу
utt = ∆u + 3(xy 2 − x2 y + z 2 (x − y))t,
u|t=0 = x2 − y 2 , ut |t=0 = sin x cos(y + 3z),
38
где ∆ =
∂2
∂x2
+
∂2
∂y 2
+
∂2
∂z 2
– оператор Лапласа.
Решение. Будем искать решение задачи в виде u = w(t, x, y, z) +
v(t, x, y, z), где w есть решение задачи
wtt = ∆w + 3(xy 2 − x2 y + z 2 (x − y))t,
w|t=0 = x2 − y 2 , wt |t=0 = 0,
(6.3)
а v – решение задачи
vtt = ∆v,
vt |t=0 = sin x cos(y + 3z).
v|t=0 = 0,
(6.4)
Так как функции xy 2 − x2 y + z 2 (x − y) и x2 − y 2 гармонические, то
воспользуемся результатом задачи 6.2 (см. задания ниже)
2
2
2
2
Rt
2
w(t, x, y, z) = x − y + 6(xy − x y + z (x − y)) (t − τ )τ dτ =
2
2
3
2
2
2
0
= x − y + t (xy − x y + z (x − y)).
Решение задачи (6.4) будем искать в виде v(t, x, y, z) =
T (t)X(x)G(y, z). Тогда vt |t=0 = T 0 (0)X(x)G(y, z) = sin x cos(y + 3z). Следовательно, T 0 (0) = 1, X(x) = sin x, G(y, z) = cos(y + 3z) и функция v имеет
вид v(t, x, y, z) = T (t) sin x cos(y + 3z). Подставляя v в уравнение и рассматривая для v начальное условие при t = 0, получим, что T (t) является
решением задачи Коши
T 00 = 11T,
T (0) = 0, T 0 (0) = 1.
√
Найдем это решение T (t) = √111 sin 11t, v(t, x, y, z) =
· sin x cos(y + 3z) и решением исходной задачи будет функция
√1
11
sin
√
11t
u(t, x, y, z) = w + v = x2 − y 2 + t3 (xy 2 − x2 y + z 2 (x − y))+
√
1
+ √ sin 11t sin x cos(y + 3z).
11
Задачи и упражнения
6.1. Пусть функция u(t, x) является решением задачи Коши
utt = a2 ∆u;
u|t=0 = ϕ(x),
ut |t=0 = 0.
Rt
Доказать,что функция v(t, x) = u(τ, x)dτ будет решением задачи Коши
0
39
vtt = a2 ∆v;
v|t=0 = 0,
vt |t=0 = ϕ(x).
6.2. Доказать,что если функции h(x), u0 (x), u1 (x)− гармонические в E m ,
а g(t) ∈ C 1 (t ≥ 0),то решение задачи Коши utt = a2 ∆u + g(t)h(x), u|t=0 =
u0 (x), ut |t=0 = u1 (x) выражается формулой
Z t
u(t, x) = u0 (x) + tu1 (x) + h(x) (t − τ )g(τ )dτ.
0
Указание. Функция f (x) ∈ C 2 (Ω) называется гармонической в области
Ω ⊂ E m изменения аргумента x, если верно равенство ∆u(x) = 0 для
любого x ∈ Ω.
m
m
P
P
6.3. Доказать,что если u0 (x) =
ui0 (xi ), u1 (x) =
ui1 (xi ),
i=1
ui0 (xi )
2
1
∈ C (R ),
ui1 (xi )
1
i=1
1
∈ C (R ), f (t, x) ≡ 0, то решение задачи Коши
utt = a2 ∆u;
u|t=0 = u0 (x),
ut |t=0 = u1 (x)
есть сумма решений одномерных задач, которые находятся по формуле
Даламбера при f=0.
6.4. Показать, что если b(x1 ) ∈ C 2 (R1 ), а g(x2 , x3 )− гармоническая функция,то решение задачи Коши
utt = a2 ∆u;
u|t=0 = b(x1 )g(x2 , x3 ),
ut |t=0 = 0
определяется выражением
1
u(t, x1 , x2 , x3 ) = g(x2 , x3 )[b(x1 + at) + b(x1 − at)].
2
6.5. Пусть функция u(t, t0 , x) при
t0 ≥ 0 является решением задачи Коши
каждом
utt = a2 4u,
фиксированном
u|t=t0 = 0, ut |t=t0 = f (t0 , x).
Rt
Доказать, что функция v(t, t0 , x) = t0 u(t, τ, x)dτ будет решением задачи
Коши
vtt = a2 4v + f (t, x); v|t=t0 = 0, vt |t=t0 = 0.
Решить задачи (m=1)
6.6. utt = uxx + 6; u|t=0 = x2 , ut |t=0 = 4x.
6.7. utt = 4uxx + xt; u|t=0 = x2 , ut |t=0 = x.
6.8. utt = uxx + sin x; u|t=0 = sin x, ut |t=0 = 0.
40
6.9. utt = uxx + ex ; u|t=0 = sin x, ut |t=0 = x + cos x.
6.10. utt = 9uxx + sin x; u|t=0 = 1, ut |t=0 = 1.
6.11. utt = a2 uxx + sin ωx; u|t=0 = 0, ut |t=0 = 0.
6.12. utt = a2 uxx + sin ωt; u|t=0 = 0, ut |t=0 = 0.
Решить задачи (m=2)
6.13.
6.14.
6.15.
6.16.
6.17.
6.18.
6.19.
6.20.
6.21.
utt
utt
utt
utt
utt
utt
utt
utt
utt
= 4u + 2; u|t=0 = x, ut |t=0 = y.
= 4u + 6xyt; u|t=0 = x2 − y 2 , ut |t=0 = xy.
= 4u + x3 − 3xy 2 ; u|t=0 = ex cos y, ut |t=0 = ey sin x.
= 4u + t sin y; u|t=0 = x2 , ut |t=0 = sin y.
= 24u; u|t=0 = 2x2 − y 2 , ut |t=0 = 2x2 + y 2 .
= 34u + x3 + y 3 ; u|t=0 = x2 , ut |t=0 = y 2 .
= 4u + e3x+4y ; u|t=0 = ut |t=0 = e3x+4y .
= a2 4u + et (x2 − y 2 ); u|t=0 = ut |t=0 = 0.
= 4u; u|t=0 = x2 y, ut |t=0 = xy 2 .
Решить задачи (m=3)
utt = 4u + 2xyz; u|t=0 = x2 + y 2 − 2z 2 , ut |t=0 = 1.
utt = 84u + t2 x2 ; u|t=0 = y 2 , ut |t=0 = z 2 .
utt = 34u + 6r2√; u|t=0 = x2 y 2 z 2 , ut |t=0 = xyz,
r 2 = x2 + y 2 + z 2 .
√
utt = 4u + 6tex 2 sin y cos z; u|t=0 = ex+y cos z 2,
ut |t=0 = e3y+4z sin 5x.
6.26. utt = 4u; u|t=0 = x2 + y 2 + z 2 , ut |t=0 = xy.
6.22.
6.23.
6.24.
6.25.
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
6.27.∗ Найти решение задачи Коши
utt = a2 4u + f (x),
u|t=0 = u0 (x),
ut |t=0 = u1 (x),
если 4N f = 0, 4N u0 = 0, 4N u1 = 0. Здесь 4N = 4 . . . 4.
| {z }
6.28.∗ Убедиться в том, что если в задаче Коши
utt = a2 uxx + f (t, x),
−∞ < x < ∞,
u(0, x) = ut (0, x) = 0,
N
t > 0;
, −∞ < x < ∞
функция f (t, x) относительно x нечетная, то u(t, 0) = 0, а если она четная,
то ux (t, 0) = 0.
41
6.29.∗ Для решения уравнения utt = −uxx построить решение u(t, x) задачи
Коши
sin(kx)
u(0, x) = 0, ut (0, x) =
k
и показать неустойчивость полученного решения (пример Адамара).
6.30.∗ Показать, что общее решение уравнения utt = 4u, зависящее только
от r и t, имеет вид
u(t, r) = (f (r + t) + g(r − t))/r,
r 6= 0,
где f, g ∈ C 2 , r2 = x21 + x22 + x23 . Эти решения называются сферическими
волнами.
7. Задача Коши для уравнения теплопроводности
Задача нахождения функции u(t, x) ∈ C 2 (t > 0) ∩ C(t ≥ 0), удовлетворяющей при x ∈ E m , t > 0 уравнению
ut = a2 ∆u + f (t, x)
и начальному условию
u(0, x) = u0 (x),
где f (t, x) и u0 (x) — заданные функции, называется классической задачей
Коши.
Если функция f (t, x) ∈ C 2 (t > 0) и все ее производные до второго
порядка включительно ограничены в каждой полосе 0 ≤ t ≤ T , а функция
u0 (x) ∈ C(E m ) и ограничена, то решение задачи Коши в классе функций
u(t, x), ограниченных в каждой полосе 0 ≤ t ≤ T , существует, единственно
и выражается формулой Пуассона
Z
|x−ξ|2
u(t, x) = (2a√1πt)m
u0 (ξ)e− 4a2 t dξ+
Rm
Zt Z
0 Rm
2
f (τ, ξ)
− 4a|x−ξ|
2 (t−τ )
p
e
dξ dτ.
[2a π(t − τ )]m
Замечание. При решении задачи Коши иногда удобнее пользоваться
методом разделения переменных, а также результатами нижеприведенных
задач.
Пример 7.1. Найти решение задачи Коши
ut (t, x) = a2 uxx (t, x) + et chx,
42
u(0, x) = chx.
Решение. Предположим, что функция u(t, x) представима в виде
u(t, x) = T (t)X(x). Тогда из начального условия u(0, x) = T (0)X(x) = chx
можно сделать предположение, что X(x) = chx, а T (0) = 1. Перепишем
исходное уравнение:
T 0 (t) · chx = a2 T (t) · chx + et chx
или
T 0 (t) = a2 T (t) + et .
Решая задачу Коши для обыкновенного дифференциального уравнения,
получим, что при a2 = 1 функция u(t, x) = (t + 1)et chx, а при a2 6= 1
1
t
2 a2 t
функция u(t, x) = 1−a
)chx.
2 (e − a e
Непосредственной подстановкой легко убедиться, что найденная функция является решением исходной задачи.
Задачи и упражнения
7.1. Пусть функция w(t, t0 , x) принадлежит классу C 2 при x ∈ E m , t ≥ t0 ≥
0. Доказать,что функция w(t, t0 , x) при каждом t0 ≥ 0 является решением
задачи Коши wt = a2 4w, w|t=t0 = f (t0 , x) тогда и только тогда, когда
Rt
функция v(t, t0 , x) = w(t, τ, x)dτ при каждом t0 ≥ 0 является решением
t0
2
задачи Коши vt = a 4v + f (t, x), v|t=t0 = 0.
7.2. Показать, что если uk (t, xk ) – решение задачи Коши
(uk )t = a2 4(uk ),
то функция u(t, x) =
m
Q
uk |t=0 = f k (xk ),
k = 1, m,
uk (t, xk ) будет решением задачи Коши
k=1
2
ut = a 4u,
u|t=0 =
m
Y
f k (xk ).
k=1
7.3. Пусть функция f (t, x) ∈ C 2 (t ≥ t0 ) является гармонической по х при
Rt
каждом фиксированном t ≥ t0 . Доказать, что функция u(t, x) = f (τ, x)dτ
t0
есть решение задачи Коши
ut = a2 4u + f (t, x),
43
u|t=t0 = 0.
Решить задачи (m=1)
7.4. ut = 4uxx + t + et , u|t=0 = 2.
7.5. ut = uxx + 3t2 , u|t=0 = sin x.
7.6. ut = uxx + e−t cos x, u|t=0 = cos x.
7.7. ut = uxx + et sin x, u|t=0 = sin x.
2
7.8. ut = uxx + sin t, u|t=0 = e−x .
2
7.9. 4ut = uxx , u|t=0 = e2x−x .
2
7.10. ut = uxx , u|t=0 = xe−x .
2
7.11. 4ut = uxx , u|t=0 = sin xe−x .
7.12. ut = 4uxx + tet , u|t=0 = 2.
Решить задачи (m=2)
7.13.
7.14.
7.15.
7.16.
7.17.
7.18.
7.19.
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
= 4u + et , u|t=0 = cos x cos y.
= 4u + 2 sin x sin y, u|t=0 = x2 − y 2 .
2
2
= 4u + cos t, u|t=0 = xye−x −y .
= 4u, u|t=0 = sin l1 x sin l2 y, l1 , l2 = const.
= 4u, u|t=0 = sin l1 x cos l2 y, l1 , l2 = const.
= 4u, u|t=0 = cos l1 x cos l2 y, l1 , l2 = const.
= 4u, u|t=0 = eax sin by, a, b = const.
Решить задачи (m=3)
7.20. ut = 24u + t cos x, u|t=0 = cos y cos z.
7.21. ut = 34u + et , u|t=0 = sin(x − y − z).
2
7.22. 4ut = 4u + sin 2z, u|t=0 = 41 sin 2z + e−x cos 2y.
7.23. Решить задачу Коши ut = 4u,
x ∈ Rm .
u|t=0 = sin l1 x1 + cos lm xm ,
Задания, помеченные символом ’*’, предназначены для самостоятельной работы и приведены без ответов.
Решить задачи (m=3)
2
7.24.∗ ut = 4u + cos(x − y + z), u(0, x) = e−(x+y−z) .
7.25.∗ ut = 4u, u(0, x) = cos(xy) sin z.
8. Принцип максимума для уравнений параболического типа
44
Пусть T = const, ST = [0, T ] × ∂Ω, ΓT = ST ∪ Ω, QT = (0, T ) × Ω.
Отметим, что определенную таким образом область QT называют цилиндрической.
Рассмотрим в QT линейное уравнение
L(u) = f,
где
m
X
(8.1)
m
X ∂u
∂ 2u
∂u
L(u) =
aij
+
bi
+ cu −
,
∂x
∂x
∂x
∂t
i
j
i
i,j=1
i=1
причем коэффициенты aij , bi , c и правая часть f уравнения (8.1) — вещественные, конечнозначные функции переменных t, x.
Считаем, что всюду ниже aij (t, x) = aji (t, x) и выполняется соотношение
m
X
aij (t, x)ξi ξj > 0 ∀(t, x) ∈ Q̄T \ ΓT
(8.2)
i,j=1
и любых отличных от нуля ξ ∈ R
I m.
Отметим, что по определению (см., например, [11-13]) вследствие условия (8.2) уравнение (8.1) является параболическим в Q̄T \ ΓT .
Определение. Функция u(t, x) называется классическим решением уравнения (8.1) в Q̄T , если ее производные ∂u/∂xi ,
∂ 2 u/(∂xi ∂xj ), ∂u/∂t, i, j = 1, m, непрерывны в Q̄T \ ΓT , сама функция u
непрерывна в Q̄T и в Q̄T \ ΓT выполняется тождество L(u(t, x)) = f (t, x).
Ниже будем рассматривать только классические решения уравнения
(8.1).
Замечание. Легко видеть, что замена u = veαt , где α = const > 0,
приводит к уравнению для v вида (8.1) с коэффициентом при v, равным
c − α. Следовательно, если c — ограниченная сверху функция (c < l, l =
const > 0), то указанной заменой (если взять α > l) можно добиться того,
что коэффициент при v в уравнении (8.1) станет строго отрицательным.
Пример 8.1. Доказать теорему 1: Пусть функция u непрерывна в Q̄T ,
все ее производные, входящие в оператор L, непрерывны в Q̄T \ ΓT и выполняются неравенства
L(u(t, x)) ≤ 0 в Q̄T \ ΓT ,
(8.3)
u(t, x) ≥ 0 на ΓT .
(8.4)
45
Пусть коэффициент c оператора L ограничен сверху некоторой постоянной l (c(t, x) < l ∀(t, x) ∈ Q̄T ). Тогда
u(t, x) ≥ 0 в Q̄T .
Решение. Вначале рассмотрим случай, когда l < 0, т.е. c(t, x) < 0 в Q̄T .
Предположим, что условия теоремы 1 выполнены, но функция u принимает в Q̄T отрицательные значения (ниже вследствие этого предположения
получим противоречие). Так как u непрерывна в Q̄T , то она достигает в Q̄T
своего минимума, причем отрицательного, в некоторой точке (t0 , x0 ). Ясно,
что вследствие условия (8.4) точка (t0 , x0 ) может
лежать
либо внутри обла
сти QT , либо внутри ее верхнего основания (t, x) t=T,x∈Ω . Следовательно,
в этой точке выполняются соотношения
∂u
= 0,
∂xi
∂u
≤ 0,
∂t
i = 1, m,
cu > 0.
(8.5)
Покажем, что в этой точке выполняется неравенство
m
X
i,j=1
aij
∂ 2u
≥ 0.
∂xi ∂xj
(8.6)
Действительно (аналогичные рассуждения приведены в лекции 1), линейm
P
ная замена переменных y = Kx (yi =
kij xj , i = 1, m) приводит к равенj=1
ству
m
X
∂ 2 v(t, y)
∂ 2 u(t, x)
=
dij (t, y)
,
aij (t, x)
∂x
∂x
∂y
∂y
i
j
i
j
i,j=1
i,j=1
m
X
(8.7)
где матрицы A = kaij k, K = kkij k, D = kdij k связаны соотношением
D = KAK ∗ , v(t, y) = u(t, K −1 y), K ∗ — матрица, сопряженная к матрице
K. Легко видеть, что минимум функции v совпадает с минимумом функции u и достигается в точке (t0 , y 0 ), где y 0 = Kx0 . Из линейной алгебры известно, что невырожденное преобразование можно подобрать таким
образом, чтобы матрица D была диагональной в точке (t0 , x0 ). Кроме того, матрица D — положительно определенная вследствие положительной
определенности матрицы A (см. соотношение (8.2)). Значит,
m
X
m
2
0 0
∂ 2 v(t0 , y 0 ) X
0 0 ∂ v(t , y )
dij (t , y )
=
dii (t , y )
≥ 0,
2
∂y
∂y
∂y
i
j
i
i,j=1
i=1
0
0
46
(8.8)
так как dii > 0, а ∂ 2 v/∂yi2 ≥ 0 в точке (t0 , x0 ). Из соотношений (8.7),
(8.8) следует неравенство (8.6). Из определения оператора L и соотношений
(8.5), (8.6) в точке (t0 , x0 ) получаем неравенство L(u(t0 , x0 )) > 0, что противоречит условию (8.3) и доказывает теорему 1 в случае c(t, x) < 0. В случае
c(t, x) < l, l > 0 сделаем замену u(t, x) = v(t, x)elt . Функция v неотрицательна на ΓT , удовлетворяет уравнению (8.1) с отрицательным коэффициентом при v (см. замечание 1) и неположительной правой частью. По доказанному выше v(t, x) ≥ 0 в Q̄T \ΓT . Следовательно, и u(t, x) = v(t, x)elt ≥ 0
в Q̄T \ ΓT . Теорема 1 доказана.
Далее N, q — неотрицательные постоянные, а c0 — строго положительная постоянная.
Пример 8.2. Доказать теорему 2: Пусть функция u(t, x) непрерывна в
Q̄T , удовлетворяет в Q̄T \ ΓT уравнению (1) и |u(t, x)|ΓT ≤ q. Пусть f —
ограниченная функция, а коэффициент c не положителен:
|f (t, x)| ≤ N,
c(t, x) ≤ 0 ∀(t, x) ∈ Q̄T .
Тогда всюду в Q̄T выполняется неравенство
|u(t, x)| ≤ N t + q.
(8.9)
Решение. Функции w± (t, x) = N t + q ± u(t, x) не отрицательны на ΓT ,
а в Q̄T \ ΓT вследствие условия c ≤ 0 удовлетворяют соотношению
L(w± ) = −N + N ct + cq ± L(u) ≤ −N ± |f | ≤ 0.
По теореме 1 обе функции w+ и w− не отрицательны в Q̄T : (w± (t, x) =
N t+q±u(t, x) ≥ 0), откуда и следует неравенство (8.9). Теорема 2 доказана.
Пример 8.3. Доказать теорему 3:Пусть u(t, x) — классическое решение
в Q̄T уравнения (1) и выполняются соотношения
|f (t, x)| ≤ N,
Тогда всюду в Q̄T
c(t, x) ≤ −c0
в Q̄T \ ΓT ,
|u(t, x)| ≤ q
N
|u(t, x)| ≤ max
,q .
c0
на ΓT .
Решение. Рассмотрим в Q̄T функции
w± = max{N/c0 , q} ± u(t, x).
47
(8.10)
Легко проверить, что w± ≥ 0 на ΓT , а в Q̄T \ ΓT выполняется неравенство
L(w± ) ≤ 0. Например, последнее следует из соотношений
n
o
n
o
N
N
L(w± ) = c max c0 , q ± f ≤ −c0 max c0 , q + N
≤ −c0 N
c0 + N = 0.
По теореме 1 функции w± (t, x) ≥ 0 в Q̄T \ΓT , откуда следует (8.10). Теорема
3 доказана.
Замечание. Для параболических систем уравнений принцип максимума может и не выполняться (определение таких систем см. в [13], [15]).
Действительно, рассмотрим на интервале 0 < x < π сильно параболическую систему
1
1
ut = uxx − vxx , vt = uxx + vxx
2
2
с начальными и граничными условиями
u(0, x) = 0,
v(0, x) = sin x;
u(t, 0) = u(t, π) = 0,
v(t, 0) = v(t, π) = 0.
Единственное решение этой первой начально–краевой задачи дается формулами
t
t
u = e−t sin sin x, v = e−t cos sin x.
2
2
Здесь принцип максимума нарушается для компоненты u(t, x).
Многочисленные приложения принципа максимума для параболических
уравнений имеются в монографии [16] (единственность решения нелинейных уравнений, положительные решения задачи Коши, теоремы сравнения
решений), см. также [10].
Задачи и упражнения
8.1. Пусть выполнены условия теоремы 2 и f ≡ 0. Доказать, что всюду в
Q̄T
|u(t, x)| ≤ max |u(t, x)| = M.
ΓT
Указание: рассмотреть функции w± = M ± u и повторить доказательство теоремы 2.
8.2. Пусть выполнены условия теоремы 2 и f ≡ c ≡ 0. Доказать, что всюду
в Q̄T справедливы неравенства
l ≡ min u(t, x) ≤ u(t, x) ≤ max u(t, x) ≡ M.
ΓT
ΓT
48
Указание: рассмотреть функции u(t, x) − l, M − u(t, x).
8.3. Пусть в теореме 2 условие c ≤ 0 заменено условием c(t, x) ≤ l, где
l = const > 0. Доказать, что в Q̄T
|u(t, x)| ≤ elt (N t + q).
(8.11)
Указание: сделать замену u(t, x) = elt v(t, x) и воспользоваться теоремой 2 для функции u.
8.4. Доказать теорему единственности классического решения первой краевой задачи для уравнения (8.1).
8.5. Доказать теорему о непрерывной зависимости классического решения
первой краевой задачи для уравнения (8.1) от правой части f (t, x), начальной функции ϕ(x) и граничной функции ψ(t, x).
Указание: считать, что выполняется условие задачи 8.3.
8.6. Доказать теорему единственности классического решения первой краевой задачи для уравнения Бюргерса
∂u(t, x)
∂u(t, x)
∂ 2 u(t, x)
+ u(t, x)
=µ
+ f,
∂t
∂x
∂x2
µ = const > 0
в предположении ограниченности
в Q̄T производной ∂u(t, x)/∂x.
8.7. Оценить в полосе {(t, x) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t < ∞} классическое решение
u(t, x) первой краевой задачи
u(0, x) = x(1 − x),
u(t, 0) = u(t, 1) = 0
для однородного уравнения Бюргерса (в случае f = 0).
Следует отметить, что неравенство (8.11) есть не что иное, как априорная оценка в классе C(Q̄T ) классического решения первой краевой задачи.
8.8. Доказать, что для задачи в замечании 3 справедливо соотношение
d
dt
Zπ
(u2 + v 2 )dx = −2
0
Zπ
(u2 + v 2 )dx.
0
Вывести отсюда теорему единственности решения.
8.9. Найти в области Q = {(t, x) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t ≤ 2} минимальное и максимальное значения функции u(t, x), являющейся классическим
решением краевой задачи
ut = uxx + (x2 + 1)ux , u(0, x) = cos2 πx,
u(t, 0) = t + 1, u(t, 2) = t3 + 1.
49
8.10. В области QT = {(t, x) | 0 ≤ t ≤ T, 0 ≤ x ≤ π} доказать теорему
единственности классического решения u(t, x) задачи
ut + u3 = uxx + sin x,
u(0, x) = sin2 x
u(t, 0) = t3 ,
u(t, π) = sin t.
8.11. Оценить в QT = {(t, x)|0 ≤ t ≤ 9, 0 ≤ x ≤ l} классическое решение
задачи
2
u(0, x) = x (x − l),
ut + 7u = uxx ,
u(t, 0) = 0, 01t2 ,
u(t, l) = 2 lg (1 + t).
8.12. В области QT = {(t, x)|0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 2} определить знак
выражения u(t, x) − w(t, x), если u(t, x) является классическим решением
задачи
ut = uxx + ux + x2 ,
u(0, x) = x2 ,
u(t, 0) = t,
u(t, 2) = 2t,
а функция w(t, x) является классическим решением задачи
wt = wxx + wx + x2 ,
w(0, x) = 5,
w(t, 0) = 5,
w(t, 2) = 5t.
9. Измеримые функции. Интеграл Лебега. Функциональные пространства
Определение 9.1. Вещественным линейным пространством называется множество F , для элементов которого определены операции сложения
и умножения на вещественные числа, не выводящие из F и обладающие
свойствами:
а) f1 + f2 = f2 + f1 ,
б) (f1 + f2 ) + f3 = f1 + (f2 + f3 ),
в) в F существует элемент o такой, что для любого f ∈ F имеет место
равенство 0 · f = o,
г) (c1 + c2 )f = c1 f + c2 f ,
д) c(f1 + f2 ) = cf1 + cf2 ,
е) (c1 c2 )f = c1 (c2 f ),
ж) 1 · f = f
для любых f1 , f2 , f ∈ F и любых вещественных чисел c, c1 , c2 .
Определение 9.2. Линейное пространство F называется нормированным, если каждому его элементу f можно поставить в соответствие вещественное число kf k = kf kF (норма f ), и это соответствие обладает следующими свойствами:
50
а) kf k ≥ 0, причем kf k = 0 только для f = o,
б) kcf k = |c| kf k при произвольном вещественном c и f ∈ F ,
в) kf1 + f2 k ≤ kf1 k + kf2 k для любых f1 , f2 ∈ F (неравенство треугольника).
Определение 9.3. Последовательность fm , m = 1, 2, ... элементов из F
называется фундаментальной, если ∀ > 0 ∃N = N () такое, что ∀k, m >
N kfk − fm k < .
Определение 9.4. Линейное нормированное пространство называется
полным, если для любой фундаментальной последовательности его элементов найдется элемент этого пространства, к которому она сходится.
Полное линейное нормированное пространство B называется банаховым
пространством.
Определение 9.5. Будем говорить, что в линейном пространстве H
введено скалярное произведение, если любой паре элементов h1 , h2 ∈ H поставлено в соответствие вещественное число (h1 , h2 ) (скалярное произведение этих элементов), и это соответствие обладает следующими свойствами:
а) (h1 , h2 ) = (h2 , h1 ),
б) (h1 + h2 , h) = (h1 , h) + (h2 , h),
в) для любого вещественного c верно (ch1 , h2 ) = c(h1 , h2 ),
г) (h, h) ≥ 0, причем (h, h) = 0 только при h = o.
Определение 9.6. Линейное
p пространство H со скалярным произведением, полное в норме khk = (h, h), порождаемой этим скалярным произведением, называется гильбертовым пространством.
Определение 9.7. Множество R ⊂ B называется плотным в нормированном пространстве B, если для любого элемента f ∈ B существует
последовательность fk , fk ∈ R, k = 1, 2, ..., сходящаяся к f (fk → f при
k → ∞).
Определение 9.8. Множество Ω ⊂ E m называется множеством (лебеговой) меры нуль, если для любого ε > 0 можно найти покрывающее его
счетное множество открытых (m – мерных) кубов, сумма объемов которых
меньше ε.
Определение 9.9. Если некоторое свойство выполнено всюду в Ω ⊂ E m
за исключением, может быть, множества меры нуль, то говорят, что это
свойство выполнено почти всюду в Ω (записывают п.в. в Ω).
Определение 9.10. Функция, определенная в области Ω, называется
измеримой в Ω, если она является пределом п.в. в Ω сходящейся последовательности функций, непрерывных на Ω.
Определение 9.11. Неотрицательная п.в. в Ω функция f (x) называется интегрируемой по Лебегу в Ω, если существует п.в. в Ω сходящаяся к ней
51
монотонно неубывающая последовательность fk (x), k = 1, 2, ..., функций,
непрерывных
R на Ω с ограниченной сверху последовательностью интегралов
(Римана): fk (x) dx ≤ C, k = 1, 2, .... При этом точная верхняя грань мноRΩ
жества { fk (x) dx, k = 1, 2, ...} называется интегралом Лебега функции
Ω
f (x):
Z
(L)
Z
f (x) dx = sup
Z
fk (x) dx = lim
Ω
fk (x) dx.
k→∞
k
Ω
Ω
Определение 9.12. Функция f (x) называется интегрируемой по Лебегу по области Ω, если ее можно представить в виде разности f (x) =
f1 (x) − f2 (x) двух неотрицательных функций, интегрируемых по Лебегу.
При этом интеграл Лебега от функции f (x) определяется равенством
Z
Z
Z
(L) f (x) dx = (L) f1 (x) dx − (L) f2 (x) dx.
Ω
Ω
Ω
Определение 9.13. Множество измеримых по Лебегу на Ω и интегрируемых по Лебегу по области Ω функций обозначается L1 (Ω).
Определение 9.14. Множество измеримых и интегрируемых с квадратом по Лебегу по области Ω функций обозначается L2 (Ω).
Введем обозначения
∂ |α| f (x1 , x2 , ..., xm )
D f (x) =
.
∂xα1 1 ∂xα2 2 ...∂xαmm
α
Здесь α = (α1 , α2 , ..., αm ) – мультииндекс, αi ≥ 0 -целые, i = 1, m, |α| =
α1 + α2 + ... + αm .
Определение 9.15. Пространство функций, непрерывных на множестве Ω ⊂ E m , обозначают C(Ω).
Пространство C(Ω) является линейным пространством.
Определение 9.16. Пространство функций, непрерывных на множестве Ω ⊂ E m , обозначают C(Ω).
В пространстве C(Ω) вводится норма
||u||C(Ω) = max |u(x)|.
Ω
Пространство C(Ω) является банаховым пространством.
Определение 9.17. Пространство функций, непрерывно дифференцируемых до порядка k включительно на множестве Ω ⊂ E m , обозначают
C k (Ω):
C k (Ω) = {f (x)| Dα f (x) ∈ C(Ω) ∀α, |α| ≤ k} .
52
Пространство C k (Ω) является линейным пространством.
Определение 9.18. Пространство функций, непрерывно дифференцируемых до порядка k включительно на множестве Ω ⊂ E m , обозначают
C k (Ω):
C k (Ω) = f (x)| Dα f (x) ∈ C(Ω) ∀α, |α| ≤ k .
В пространстве C k (Ω) вводится норма
X
||Dα f (x)||C(Ω) .
||u||C k (Ω) =
|α|≤k
Пространство C k (Ω) является банаховым пространством.
Определение 9.19. Пространство функций, измеримых по Лебегу на
множестве Ω ⊂ E m и интегрируемых по Лебегу со степенью p, обозначают
Lp (Ω):
Z
Lp (Ω) = {f (x)| f (x)измеримы по Лебегу и |f |p (x) dx < ∞}.
Ω
В пространстве Lp (Ω) вводится норма

1/p
Z
||u||Lp (Ω) =  |f (x)|p dx .
Ω
Пространство Lp (Ω) является банаховым пространством.
Определение 9.20. Пространство функций, измеримых по Лебегу на
множестве Ω ⊂ E m и интегрируемых по Лебегу со степенью p на любом
Ω0 , строго вложенном в Ω, обозначают Lp,loc (Ω).
Заметим, что Lp (Ω) ⊂ Lp,loc (Ω).
Определение 9.21. Последовательность fm , m = 1, 2, ..., элементов из
H называется сходящейся сильно к элементу f из H (fm → f при m → ∞),
если kf − fm kH → 0 при m → ∞.
Определение 9.22. Последовательность fm , m = 1, 2, ..., элементов из
H называется сходящейся слабо к элементу f из H (fm → f при m → ∞),
если для любого h ∈ H (fm , h) → (f, h) при m → ∞.
Задачи и упражнения
9.1. Установить, что следующие множества являются множествами меры
нуль в m-мерном пространстве:
53
1) конечное множество точек,
2) счетное множество точек,
3) пересечение счетного множества множеств меры нуль,
4) объединение счетного множества множеств меры нуль,
5) гладкая (m − 1) – мерная поверхность,
6) гладкая (k) – мерная поверхность (k ≤ m − 1).
9.2. При каких значениях α интегрируемы по шару |x| < 1 следующие
функции:
1
а) f (x) = |x|1α ; б) f (x) = (1−|x|)
α.
Доказать следующие утверждения:
9.3. Если f, g ∈ L1 (Ω), то αf + βg ∈ L1 (Ω) при любых постоянных α и β.
9.4. Если f1 , f2 ∈ L2 (Ω), то αf1 + βf2 ∈ L2 (Ω) при любых постоянных α и
β.
9.5. Ни одно из включений: L1 (E m ) ⊂ L2 (E m ), L2 (E m ) ⊂ L1 (E m ) места не
имеют.
9.6. Если f, g ∈ L2 (Ω), то f · g ∈ L1 (Ω).
9.7. Если f, g ∈ L2 (Ω), то имеет место неравенство Буняковского

1/2 
1/2
Z
Z
Z
f · g dx ≤  |f |2 dx  |g|2 dx .
Ω
Ω
Ω
9.8. Если f, g ∈ L2 (Ω), то имеет место неравенство Минковского
1/2
1/2 
1/2 

Z
Z
Z
 |f + g|2 dx ≤  |f |2 dx +  |g|2 dx .
Ω
Ω
Ω
9.9. Найти интегралы по отрезку [0, 1] от следующих функций (предварительно доказав
интегрируемость):
их
2
x , x − иррационально,
а) f (x) =
0, x − рационально;
 2
если x иррационально и больше 1/3,
x,
3
б) f (x) =
x,
x иррационально и меньше 1/3,

0,
если x рационально;

 sin πx, если x иррационально и меньше 1/2,
в) f (x) =
x2 , если x иррационально и больше 1/2,

0,
если x рационально;
54
1/n,
если x = m/n, где m, n взаимно просты,
0,
если x иррационально;
−1/3
x
,
если x иррационально,
д) f (x) =
x3 , если x рационально;
е) f (x) = sign sin πx .
9.10. Убедиться, что в E m можно ввести норму следующим образом:
m 1/2
P 2
а) |x|∞ = max |xi |; б) |x|2 =
xi
.
г) f (x) =
1≤i≤m
i=1
Здесь x = (x1 , . . . , xm ).
9.11. Показать, что в пространствах L1 (Ω) и L2 (Ω) можно ввести нормы
Z
||f ||L1 (Ω) = |f | dx;
Ω
1/2

Z
||f ||L2 (Ω) = 
|f |2 dx
.
Ω
Доказать следующие утверждения:
9.12. Если последовательность fk (x), k = 1, 2, ..., функций из L2 (Ω) сходится к f (x) по норме L2 (Ω), то она сходится и слабо к f (x) в L2 (Ω).
9.13. Если последовательностьR fk (x), k =R 1, 2, ..., функций из L2 (Ω) сходится к f (x) по норме L2 (Ω), то fk dx → f dx, k → ∞ (Ω - ограниченная
Ω
Ω
область).
9.14. Если uk ∈ L2 (Ω), k = 1, 2, ..., и ряд
L2 (Ω), то
∞ R
P
k=1 Ω
∞
P
uk (x) сходится к u(x) по норме
k=1
uk dx =
R
u dx (Ω - ограниченная область).
Ω
9.15. Если последовательность fk (x), k = 1, 2, ..., функций из C(Ω) сходится к f (x) равномерно в Ω, то она сходится и по норме L2 (Ω) (Ω - ограниченная область).
9.16. Если последовательность fk (x), k = 1, 2, ..., функций из L2 (Ω) сходится слабо к f (x) ∈ L2 (Ω), то последовательность норм ||fk (x)||L2 (Ω) ,
k = 1, 2, ..., ограничена.
9.17. Если последовательность fk (x), k = 1, 2, ..., функций из L2 (Ω) сходится слабо к f (x) ∈ L2 (Ω) и ||fk (x)|| → ||f (x)|| при k → ∞, то эта
последовательность сходится к f (x) и по норме L2 (Ω).
55
10. Обобщенные производные. Пространства Соболева
Пусть Ω ⊂ E m — некоторая ограниченная область с гладкой границей
∂Ω.
Пограничной полосой области Ω называется совокупность точек этой области, обладающих тем свойством, что их расстояние до ∂Ω не превосходит
заданной постоянной δ > 0, называемой шириной полосы.
Определение 10.1. Функция g(x) называется финитной в области Ω,
если она обращается в ноль в некоторой пограничной полосе области Ω.
◦
Пространство непрерывных финитных в Ω функций обозначается C (Ω).
Пространство k раз непрерывно дифференцируемых финитных в Ω функ◦
ций обозначается C k (Ω).
Определение 10.2. Функция f α (x) ∈ L2,loc (Ω) называется обобщенной
производной по Соболеву порядка α функции f (x) ∈ L2,loc (Ω), если для
◦
|α|
любой функции g(x) ∈C
Z
(Ω) имеет место равенство
Z
α
|α|
f D g dx = (−1)
f α g dx.
Ω
Ω
Определение 10.3. Множество функций, имеющих все обобщенные
производные до порядка k включительно, принадлежащие пространству
L2 (Ω), обозначим H k (Ω):
H k (Ω) = {f (x)| Dα f (x) ∈ L2 (Ω) ∀α, |α| ≤ k}.
В пространстве H k (Ω) вводится норма

 12
Z X
||u||H k (Ω) = 
(Dα u)2 dx .
Ω |α|≤k
Пространства H k (Ω) называют пространствами Соболева.
Определение 10.4. Следом f |S функции f ∈ C(Ω) на (m−1) – мерной
поверхности S называется значение на этой поверхности функции, которая
определена в каждой точке, непрерывна в Ω и почти всюду совпадает с f
на S.
Верна
лемма о следе. Пусть S – некоторая (m − 1) – мерная поверхность,
лежащая в Ω. Тогда для любой функции f ∈ H 1 (Ω) имеет место неравенство
kf |S kL2 (S) ≤ Ckf kH 1 (Ω) , C > 0.
56
Здесь константа C не зависит от функции f .
Из леммы о следе следует, что если fk (x), k = 1, 2, ... - последовательность функций из C 1 (Ω), сходящаяся в норме H 1 (Ω) к f (x), S - гладкая
(m − 1)-мерная поверхность, лежащая в Ω, то последовательность следов функций fk (x) на S сходится в норме L2 (S) к некоторой функции
g(x) ∈ L2 (S), которую называют следом f |S функции f (x) на поверхности
S ∈ Ω. Доказывается, что f |S не зависит от выбора последовательности
fk (x).
Пример 10.1. Определить след функции
1, |x| < 1,
f=
2, |x| = 1
на границе области Ω = {x | |x| < 1}, x ∈
|x| = 1}).
E m (∂Ω = {x|
Решение. Рассмотрим последовательность заданных на Ω функций
fk (x) ≡ 1, k = 1, 2, . . . . Так как fk = f при x ∈ Ω и обобщенные производные (здесь обобщенные производные в области Ω совпадают с классиче∂f
k
скими) ∂f
∂xi = ∂xi , i = 1, m, при x ∈ Ω, то для функций fk и f имеет место
тождество kf (x) − fk (x)kH 1 (Ω) = 0, k = 1, 2, . . . . То есть fk (x) → f (x) при
k → ∞ по норме пространства H 1 (Ω). След fk |∂Ω непрерывной в Ω функции fk , k = 1, 2, . . . , на границе ∂Ω равен 1. Предел последовательности
fk |∂Ω в норме пространства L2 (∂Ω) равен 1. Значит, f |∂Ω = 1.
◦
Определение 10.5. Замыкание пространства C k (Ω) в норме простран◦
1
ства H (Ω) обозначается H k (Ω).
◦
Замечание. Если функция f ∈ H 1 (Ω), то ее след f |∂Ω на границе
области Ω равен нулю.
◦
Действительно, из определения пространства H 1 (Ω) следует, что для
◦
любой функции f ∈ H 1 (Ω) существует последовательность {fk (x)}∞
k=1 ∈
◦
C ∞ (Ω) такая, что kfk (x) − f (x)k ◦1 → 0 при k → ∞. След fk |∂Ω = 0.
H
Согласно лемме о следе имеет место неравенство
kfk |∂Ω − f |∂Ω kL2 (∂Ω) = kf |∂Ω kL2 (∂Ω) ≤ ckfk − f kH 1 (Ω) .
Из последнего неравенства получаем, что kf |∂Ω kL2 (∂Ω) = 0. Отсюда f |∂Ω =
0.
Определение 10.6. Два скалярных произведения (u, v)I и (u, v)II и
соответсвующие им нормы ||u||I и ||u||II называются эквивалентными в
57
гильбертовом пространстве H, если существуют постоянные c1 > 0 и c2 > 0
такие, что для любого u ∈ H справедливы неравенства c1 ||u||I ≤ ||u||II ≤
c2 ||u||I .
Верно
неравенство Стеклова (Пуанкаре-Фридрихса)
Z
Z
f 2 dx ≤ c |∇f |2 dx,
Ω
Ω
◦
которое справедливо для функций из пространства H 1 (Ω), здесь c > 0 –
постоянная, зависящая только от свойств области Ω.
◦
Пример 10.2. Доказать, что скалярные произведения в H 1 (Ω)
Z
(f, g) = [f g + ∇f · ∇g] dx,
Ω
Z
[| sin |x||f g + 2∇f · ∇g] dx
(f, g)I =
Ω
эквивалентны.
Решение. Скалярные произведения эквивалентны, если эквивалентны
порождаемые ими нормы
Z
2
2
2
kf k =
[f + |∇f | ] dx ,
Ω
kf k2I
=
Z
2
2
[| sin x|f + 2|∇f | ] dx ,
Ω
то есть если существуют костанты c1 > 0 и c2 > 0 такие, что для любой
◦
функции f ∈H 1 (Ω)
c1 kf k ≤ kf kI ≤ c2 kf k.
Рассмотрим первое неравенство, учитывая, что | sin |x|| ≥ 0,
Z
Z
Z
2
2
2
2
kf kI = [| sin x|f + 2|∇f | ] dx ≥ 2|∇f | dx = (|∇f |2 + |∇f |2 ) dx,
Ω
Ω
Ω
используя неравенство Стеклова (Пуанкаре-Фридрихса)
Z
Z
f 2 dx ≤ c |∇f |2 dx,
Ω
Ω
58
◦
которое справедливо в пространстве H 1 (Ω), получим
R
R
kf k2I ≥ (|∇f |2 + |∇f |2 ) dx ≥ ( 1c f 2 + |∇f |2 ) dx ≥
Ω
Ω
R 2
2
min{1/c, 1} (f + |∇f | ) dx = min{1/c, 1}kf k2 ,
Ω
таким образом, c1 = (min{1/c, 1})1/2 .
Рассмотрим
второе
неравенство,
учитывая,
| sin |x|| ≤ 1,
Z
Z
2
2
2
kf kI = [| sin x|f + 2|∇f | ] dx ≤ 2 [f 2 + |∇f |2 ] dx = 2kf k2 ,
Ω
таким образом, c2 =
что
Ω
√
2.
Задачи и упражнения
10.1. Установить, что смешанная о.п. не зависит от порядка дифференцирования.
10.2. Показать, что из существования о.п. Dα f не следует, вообще говоря,
0
существования о.п. Dα f при αi0 ≤ αi , i = 1, ..., m, |α0 | < |α|.
Указание. Рассмотреть функцию f (x1 , x2 ) = f1 (x1 ) + f2 (x2 ), где fi не
имеют обобщенной производной первого порядка по xi .
10.3. Показать, что если в области Ω функция f (x) имеет о.п. Dα f , то и
в любой подобласти Ω0 ⊂ Ω функция f (x) имеет на Ω0 о.п. f α и f α = Dα f
на Ω0 .
10.4. Пусть в области Ω1 задана функция f1 (x), имеющая о.п. Dα f1 , а в
области Ω2 — функция f2 (x), имеющая о.п. Dα f2 . Доказать, что если Ω1 ∪Ω2
— область, и для x ∈ Ω1 ∩ Ω2 , f1 (x) = f2 (x), то функция
f1 (x), x ∈ Ω1 ,
f (x) =
f2 (x), x ∈ Ω2 ,
имеет о.п. Dα f в Ω1 ∪ Ω2 , равную Dα f1 в Ω1 и Dα f2 в Ω2 .
10.5. Пусть в шаре |x| < 1 задана функция
1, если |x| < 1, x2 > 0,
f (x1 , x2 ) =
−1, если |x| < 1, x2 < 0.
Доказать, что f (x1 , x2 ) имеет о.п. первого порядка в каждом из полукругов,
но не имеет о.п. по x2 в круге |x| < 1.
59
10.6. Вычислить производные первого и второго порядков следующих
функций 1) y = |x| sin x; 2) y = |x| cos x в области |x| ≤ α, α ∈ R.
Доказать утверждения:
10.7. Если в области Ω у функции f (x) существует о.п. Dα f = ω(x), а у
функции ω(x) существует о.п. Dβ ω, то существует о.п. Dα+β f .
10.8. а) y = signx 6∈ H 1 (−1, 1), б) y = |x| ∈ H 1 (−1, 1), y = |x| 6∈ H 2 (−1, 1).
◦
1
10.9. Если fR∈ H (Ω) и g R∈ H 1 (Ω), то для всех i = 1, 2, . . . , m, справедлива формула f gxi dx = − gfxi dx (формула интегрирования по частям).
Ω
Ω
1
10.10. Если f ∈ H (Ω) и g ∈ H 1 (Ω), то для всех i = 1, 2, . . . , m, справедлива формула
Z
Z
Z
f gxi dx = − gfxi dx + f g cos(n, xi ) ds,
Ω
Ω
∂Ω
где под знаком интеграла по границе ∂Ω стоят следы функций f и g на
∂Ω.
◦
10.11. Для любой f (x) ∈H 1 (a, b) имеет место неравенство (одномерный
вариант неравенства Стеклова (Пуанкаре - Фридрихса))
Zb
f 2 dx ≤ (b − a)2
a
Zb
2
f 0 dx.
a
10.12. Доказать существование такой постоянной c > 0, что для любой
◦
f ∈H 1 (Ω) имеет место неравенство Стеклова (Пуанкаре - Фридрихса)
Z
Z
f 2 dx ≤ c |∇f |2 dx.
Ω
Ω
R
10.13. Показать, что выражение (∇f, ∇g) dx задает скалярное произведеΩ
◦
R
ние в H 1 (Ω), эквивалентное скалярному произведению [f g+(∇f, ∇g)] dx.
Ω
10.14. Пусть p, q ∈ C(Ω),
◦
p(x) ≥ p0 > 0,
q(x) ≥ 0. Доказать, что
скалярные произведения в H 1 (Ω)
Z
(f, g) = [f g + (∇f, ∇g)] dx,
Ω
60
Z
[qf g + p(∇f, ∇g)] dx
(f, g)I =
Ω
эквивалентны.
10.15. Пусть вещественные функции pij , pij (x) = pji (x), i, j = 1, 2, ..., m
и q принадлежат C(Ω), q(x) ≥ 0 и для всех x ∈ Ω и всех вещественных
m
P
векторов ξ = (ξ1 , ..., ξm ) ∈ Rm имеет место неравенство
pij (x)ξi ξj ≥
i,j=1
◦
m
P
γ0 ξi2 , где постоянная γ0 > 0. Доказать, что в H 1 (Ω) можно определить
i=1
скалярное произведение
!
Z
m
X
(f, g)I =
pij fxi gxj + qf g dx,
i,j=1
Ω
эквивалентное скалярному произведению
Z
(f, g) = [f g + (∇f, ∇g)] dx.
Ω
10.16. Пусть p, q ∈ C(Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ≥ q0 > 0. Доказать, что
скалярные произведения в H 1 (Ω)
Z
(f, g) = [f g + (∇f, ∇g)] dx,
Ω
Z
[qf g + p(∇f, ∇g)] dx
(f, g)I =
Ω
эквивалентны.
10.17. Пусть p, q ∈ C(Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ≥ 0 и q(x) 6≡ 0 в Ω.
Доказать, что скалярные произведения в H 1 (Ω)
Z
(f, g) = [f g + (∇f, ∇g)] dx,
Ω
Z
[qf g + p(∇f, ∇g)] dx
(f, g)I =
Ω
эквивалентны.
10.18. Доказать, что если σ(x) ∈ C(∂Ω) и σ(x) > 0, то выражение
Z
Z
(f, g)I = (∇f, ∇g) dx + σf g ds
Ω
∂Ω
61
задает скалярное произведение, причем оно будет эквивалентным скалярному произведению
Z
(f, g) = [f g + (∇f, ∇g)] dx.
Ω
10.19. Пусть p, q ∈ C(Ω), σ(x) ∈ C(∂Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ≥ 0 в Ω,
σ(x) ≥ 0 на ∂Ω или q(x) 6≡ 0, или σ(x) 6≡ 0 . Тогда скалярные произведения
в H 1 (Ω)
Z
[f g + (∇f, ∇g)] dx,
(f, g) =
Ω
Z
Z
[qf g + p(∇f, ∇g)] dx +
(f, g)I =
Ω
σf g ds
∂Ω
эквивалентны.
11. Обобщенные решения уравнений эллиптического
типа
Пусть Ω ⊂ E m — некоторая ограниченная область с гладкой границей
∂Ω.
В области Ω задано уравнение
−div(p(x)∇u(x)) + q(x)u = f (x),
(11.1)
а на границе области граничные условия первого рода
u(x)|∂Ω = ϕ(x),
(11.2)
или третьего рода
∂u(x)
+ σ(x)u = ϕ(x).
∂n
∂Ω
(11.3)
Будем считать, что p(x) ∈ C 1 (Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ∈ C(Ω), f (x) ∈
L2 (Ω), σ(x) ∈ L2 (∂Ω). В случае первой краевой задачи считаем, что ϕ(x)
является следом на ∂Ω некоторой функции из H 1 (Ω).
Определение 11.1. Функция u(x) ∈ H 1 (Ω) называется обобщенным
решением первой краевой задачи (11.1),(11.2), если ее след на ∂Ω равен
◦
ϕ(x) и она удовлетворяет при всех v ∈H 1 (Ω) интегральному тождеству
Z
Z
(p(x)(∇ u, ∇ v) + quv) dx = f v dx.
Ω
Ω
62
Определение 11.2. Функция u(x) ∈ H 1 (Ω) называется обобщенным
решением третьей краевой задачи (11.1),(11.3), если при всех v ∈ H 1 (Ω)
она удовлетворяет интегральному тождеству
Z
Z
(p(x)(∇ u, ∇ v) + quv) dx + p(x)σuv dS =
Ω
∂Ω
Z
Z
f v dx +
Ω
p(x)ϕv dS.
(11.4)
∂Ω
Замечание. При σ ≡ 0 задача (11.1),(11.3) является второй краевой
задачей и формула (11.4) определяет ее обобщенное решение.
Пример 11.1. Пусть в области Ω задано уравнение
−div(p(x)∇u(x)) + q(x)u = f (x),
(11.5)
а на границе области условие
u(x)|∂Ω = ϕ(x).
(11.6)
Доказать, что если p(x) ∈ C 1 (Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ∈ C(Ω), f (x) ∈
L2 (Ω), ϕ(x) ∈ C(∂Ω), то классическое решение u(x) ∈ C 2 (Ω) ∪ C 1 (Ω)
задачи (11.5), (11.6) является еҷ обобщенным решением.
Решение. Так как классическое решение u(x) уравнения (11.5) – функция непрерывная в Ω, еҷ след на границе области Ω совпадает с еҷ значением. Поэтому краевое условие (11.6) будет верно и в смысле следа.
Умножим
уравнение
(11.5)
на
произвольную
функцию
◦
v ∈ H 1 (Ω) и проинтегрируем по области Ω
Z
Z
Z
− div(p∇u)v dx + quv dx = f v dx.
Ω
Ω
(11.7)
Ω
Преобразуем первое слагаемое левой части тождества
Z X
m
m Z
X
∂
∂u
∂
∂u
−
(p
)v dx = −
(p
)v dx.
∂x
∂x
∂x
∂x
i
i
i
i
i=1
i=1
Ω
Ω
В последнем выражении применим к каждому слагаемому формулу интегрирования по частям (см. задачу 10.10). Получим, что
−
m Z
X
i=1 Ω
∂
∂u
(p
)v dx =
∂xi ∂xi
63
Z
−
∂Ω
Z X
m
m
X
∂u ∂v
∂u
pv
cos(n, xi ) ds + p
dx =
∂x
∂x
∂x
i
i
i
i=1
i=1
Ω
Z
Z
∂u
ds + p(∇u, ∇v) dx,
− pv
∂n
Ω
∂Ω
◦1
так как v ∈H (Ω), то след v|∂Ω = 0 и первый интеграл в этом выражении
равен 0.
Здесь cos(n, xi ), i = 1, 2, . . . , – направляющие косинусы единичной внешней нормали n к границе области Ω.
Согласно
последнему
равенству
первое
слагаемое
в
левой части тождества (11.7) можно заменить на выражение
◦
R
p(∇u, ∇v) dx. После замены получим, что для ∀v ∈H 1 (Ω) имеет
Ω
место интегральное тождество
Z
Z
Z
p(∇u, ∇v) dx + quv dx = f v dx.
Ω
Ω
Ω
Пример 11.2. Рассмотрим в области Ω задачу (11.5), (11.6). Доказать, что если p(x) ∈ C 1 (Ω), p(x) ≥ p0 > 0, q(x) ∈ C(Ω), q(x) > 0,
f (x) ∈ L2 (Ω), то задача (11.5), (11.6) имеет единственное обобщенное
◦
решение u ∈ H 1 (Ω).
◦
Решение. Рассмотрим гильбертовое пространство H 1 (Ω) со скалярным произведением
Z
Z
(u, v)I = p(∇u, ∇v) dx + quv dx,
Ω
Ω
◦
которое эквивалентно исходному скалярному произведению в H 1 (Ω)
Z
Z
(u, v) = (∇u, ∇v) dx + uv dx.
Ω
Ω
Обозначим за k · kI норму, порожденную скалярным произведением
(·, ·)I , за k · k норму, порожденную скалярным произведением (·, ·). Данные нормы эквивалентны (см. упражнение 10.14).
64
Для функции f (x) определим функционал
Z
◦
F (v) = f v dx
∀v ∈ H 1 (Ω).
Ω
Заданный функционал линеен.
Покажем, что данный функционал ограничен.
R
|F (v)| ≤ |f g| dx ≤ (неравенство Коши – Буняковского)
Ω
1/2 1/2
R 2
R 2
≤
f dx
v dx
= kf kL2 (Ω) kvkL2 (Ω) ≤
Ω
Ω
kf kL2 (Ω) kvk
◦
H 1 (Ω)
◦
≤ в силу эквивалентности норм в H 1 (Ω) ≤
e
≤ Ckf kL (Ω) kvkI = Ckvk
I.
2
Из последнего неравенства следует, что F ограничен. Тогда согласно теореме Рисса [3] о представлении линейного ограниченного функционала в
◦
гильбертовом пространстве существует единственный элемент u ∈ H 1 (Ω)
такой, что линейный ограниченный функционал F (v) может быть представлен в виде F (v) = (u, v)I . Последнее означает, что функция u(x) удовлетворяет интегральному тождеству
Z
Z
Z
p(∇u, ∇v) dx + quv dx = f v dx
Ω
Ω
Ω
◦
для любой функции v ∈ H 1 (Ω), т.е. функция u является обобщенным
решением задачи (11.5), (11.6).
Пример 11.3. Доказать, что для всех функций v ∈ C 2 [0, 1] верно
R1
41
. Имеет ли место знак
неравенство (v 0 2 + 2xv) dx + v 2 (0) + v 2 (1) ≥ − 270
0
равенства для какой-либо функции?
Решение. Рассмотрим выражение
R1
(v 0 2 + 2xv) dx + v 2 (0) + v 2 (1) =
0
R1
0
R1
v 0 2 dx + v 2 (0) + v 2 (1) + 2 xv dx = (kvk∗H 1 (0,1) )2 + 2(x, v)L2 (0,1) = Φ(v).
Здесь kvk∗H 1 (0,1) =
0
R1
v 0 2 dx + v 2 (0) + v 2 (1)
1/2
. Известно, что существу-
0
ет функция v0 ∈ C 1 (0, 1), реализующая минимум функционала Φ(v) [20].
65
Рассмотрим функцию F (t) = Φ(v0 + tw), где v0 - функция, на которой
функционал Φ(v) принимает минимальное значение, w(x) - произвольная
функция из H 1 (0, 1), t - произвольное вещественное число, тогда очевидно,
что F (0) = Φ(v0 ), а так как Φ(v) ≥ Φ(v0 ), то F 0 (0) = 0. То есть
F 0 (t) =
Z1
(v00 + tw0 )2 dx + (v(0) + tw(0))2 + (v(1) + tw(1))2 + 2
0
Z1
x(v + tw) dx =
0
Z1
v002 dx + v 2 (0) + v 2 (1) + 2
0
Z1
xv dx+
0
Z1
Z1
2t( v00 w0 dx + v0 (0)w(0) + v0 (1)w(1) + xw dx)+
0
0
Z1
t2 ( w02 dx + w2 (0) + w2 (1))
0
R1
R1 0 0
и F (0) = 2( v0 w dx + v0 (0)w(0) + v0 (1)w(1) + xw dx). Отсюда имеем
0
0
0
R1
v00 w0 dx + v0 (0)w(0) + v0 (1)w(1) +
0
R1
xw dx = 0 для любой функции w ∈
0
H 1 (0, 1).
Считая, что v0 ∈ C 2 ([0, 1]), проинтегрируем по частям первый интеграл
в этой сумме, получим
1
v00 w|0
Z1
−
v000 w dx + v0 (0)w(0) + v0 (1)w(1) +
0
Z1
xw dx = 0.
0
После очевидных преобразований имеем
(v00 (1) + v0 (1))w(1) + (−v00 (0) + v0 (0))w(0) +
Z1
(−v000 + x)w dx = 0.
0
◦
Рассмотрим w ∈H 1 (0, 1). След функции w в граничных точках интервала (0, 1) равен 0 и
66
Z1
(−v000 + x)w dx = 0,
0
то есть
(−v000 + x, w)L2 (0,1) = 0.
◦
Так как H 1 (0, 1) всюду плотно в L2 (0, 1), то по теореме об ортогональности
−v000 + x = 0, и мы имеем следующее равенство:
(v00 (1) + v0 (1))w(1) + (−v00 (0) + v0 (0))w(0) = 0,
где w(0) и w(1) могут принимать произвольные значения, но тогда v00 (1) +
v0 (1) = 0, −v00 (0) + v0 (0) = 0.
Таким образом, надо найти решение следующей краевой задачи для
обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка
v000 − x = 0,
v00 (1) + v0 (1) = 0,
−v00 (0) + v0 (0) = 0.
Решая ее, получим, что v(x) = 61 x3 + c1 x + c2 . В силу краевых условий
найдем
1
2
v(x) = x3 − (x + 1).
6
9
R1
Вычислим значение функционала на функции v(x): [( 21 x2 − 92 )2 + 31 x4 −
0
41
+ x)] dx + (− 29 )2 + ( 16 − 49 )2 = − 270
. Таким образом, мы доказали требуемое неравенство и нашли функцию, для которой верно равенство.
4 2
9 (x
Задачи и упражнения
11.1. Пусть u(x) — классическое решение задачи
−∆u = f,
u|∂Ω = ϕ.
Показать, что если u ∈ C 1 (Ω) и f ∈ L2 (Ω), то u(x) является обобщенным
решением этой задачи.
67
11.2. Пусть u(x) — классическое решение задачи
−∆u = f,
∂u(x)
+ σ(x)u = ϕ(x).
∂n
∂Ω
Показать, что u(x) является обобщенным решением этой задачи.
11.3. Если u(x) — обобщенное решение задачи
−∆u = f,
u|∂Ω = ϕ
и u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), то u(x) является классическим решением этой
задачи.
11.4. Если u(x) — обобщенное решение задачи
−∆u = f,
∂u(x)
+ σ(x)u = ϕ(x)
∂n
∂Ω
и u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), то u(x) является классическим решением этой
задачи.
11.5. Пусть u(x) — классическое решение задачи
−div(p(x)∇u(x)) + q(x)u = f (x),
u(x)|∂Ω = ϕ(x),
принадлежащее H 1 (Ω). Показать, что u(x) является обобщенным решением этой задачи.
11.6. Пусть задана функция f (x) ∈ L2 (Ω). Доказать, что функционал
Z
F (v) = f (x)v(x) dx
Ω
является линейным непрерывным функционалом над H 1 (Ω) (∂Ω ∈ C 1 ).
11.7. Пусть задана функция u(x) ∈ H 1 (Ω). Доказать, что функционал
Z
F (v) = u(s)v(s) ds
∂Ω
является линейным непрерывным функционалом над H 1 (Ω) (∂Ω ∈ C 1 ).
68
11.8. Пусть задана функция u(x) ∈ H 1 (Ω). Доказать, что функционал
Z
Z
F (v) = u(s)v(s) ds + v(x) dx
Ω
∂Ω
является линейным непрерывным функционалом над H 1 (Ω) (∂Ω ∈ C 1 ).
11.9. Доказать существование и единственность обобщенного решения задачи
−∆u + u = f,
∂u
|∂Ω = 0
∂n
в классе функций H 1 (Ω).
11.10. Пользуясь неравенством Стеклова, доказать существование и единственность обобщенного решения первой краевой задачи
−∆u = f,
u|∂Ω = 0.
11.11. Рассмотрим при f ∈ L2 (Ω) функционал
Z
Z
E(v) = |∇v|2 dx − 2 f v dx
Ω
Ω
на множестве функций v ∈ H 1 (Ω), для которых v|∂Ω = ϕ(x), где функция ϕ(x) является следом на ∂Ω некоторой функции из H 1 (Ω). Показать,
что функция u(x), на которой функционал E(v) достигает минимального
значения, есть обобщенное решение задачи
−∆u = f,
u|∂Ω = ϕ.
11.12. Рассмотрим при f ∈ L2 (Ω), p ∈ C(Ω), q ∈ C(Ω), p(x) ≥ p0 > 0,
q(x) ≥ 0 функционал
Z
Z
Z
2
2
E1 (v) = p|∇v| dx + qv dx − 2 f v dx
Ω
Ω
Ω
на множестве функций v ∈ H 1 (Ω), для которых v|∂Ω = ϕ(x), где функция ϕ(x) является следом на ∂Ω некоторой функции из H 1 (Ω). Показать,
69
что функция u(x), на которой функционал E1 (v) достигает минимального
значения, есть обобщенное решение задачи
−div(p(x)∇u(x)) + q(x)u = f (x),
u|∂Ω = ϕ.
11.13. Рассмотрим при f ∈ L2 (Ω), ϕ ∈ L2 (∂Ω), σ ∈ C(∂Ω), σ(x) ≥ 0 на
∂Ω, σ(x) 6≡ 0, функционал
Z
Z
Z
Z
2
2
Ẽ1 (v) = |∇v| dx + σv dS − 2 f v dx − 2 ϕv dS
Ω
Ω
∂Ω
∂Ω
на множестве функций v ∈ H 1 (Ω). Показать, что функция u(x), на которой
функционал Ẽ1 (v) достигает минимума, есть обобщенное решение задачи
−∆u = f,
∂u(x)
+ σ(x)u = ϕ(x).
∂n
∂Ω
11.14. Найти функцию v0 , реализующую минимум функционала
R1
(v 02 +
0
◦
R1
v 2 ) dx + 2 v dx в классе H 1 (0, 1).
0
11.15. Доказать, что для всех функций v ∈ C 2 [0, 1], v(1) = 0 имеет место
R1 02
R1
v 2 (0)
5
1
неравенство v dx ≤ 24 + 4 + 4 v dx. Найти функцию из этого класса,
0
0
для которой достигается
1 равенство.
R
2
11.16. Найти inf
(|∇v| + 2 sin x1 sin x2 v) dx , где Ω = {0 ≤ x1 ≤
◦
v∈H 1 (Ω)
π,
0
0 ≤ x1 ≤ π}.
70
СПИСОК
ЛИТЕРАТУРЫ
1. Степанов В.В. Курс дифференциальных уравнений. - М.: Физматгиз,
1959.
2. Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физики.
– М.: Изд-во МГУ, 2004.
3. Треногин В.А. Функциональный анализ. – М.: Наука, 1982.
4. Берс Л., Джон Ф., Шехтер М. Уравнения с частными производными.
–М.: Мир, 1966.
5. Ландис Е.М. Уравнения второго порядка эллиптического и параболического типов. –М.: Наука, 1971.
6. Бицадзе А.В. Краевые задачи для эллиптических уравнений второго
порядка. –М.: Наука, 1966.
7. Биркгоф Г., Сарантонелло Э. Струи, следы и каверны. –М.: Мир,
1964.
8. Нелинейные проблемы теории поверхностных и внутренних волн
/ Под ред. Л.В. Овсянникова и В.Н. Монахова. –Новосибирск: Наука, 1985.
9. Курант Р. Уравнения с частными производными. –М.: Мир, 1964.
10. Миранда К. Уравнения с частными производными эллиптического
типа. –М.: Мир, 1957.
11. Ладыженская О.А. Краевые задачи математической физики. –М.:
Наука, 1973.
12. Ильин А.М., Калашников А.С., Олейник О.A. Линейные уравнения
второго порядка параболического типа// Успехи матем. наук. – 1962. –
Т.17, N3. – C. 3 – 146.
13. Андреев В.К. Избранные вопросы теории уравнений с частными
производными. –Красноярск: КГУ, 1980.
14. Белов Ю.Я., Кантор С.А. Метод слабой аппроксимации. –Красноярск: КГУ, 1999.
15. Положий Г.Н. Уравнения математической физики. –М.: Высшая
школа, 1964.
16. Фридман А. Уравнения с частными производными параболического
типа. –М.: Мир, 1968.
17. Бицадзе А.В., Калиниченко Д.Ф. Сборник задач по уравнениям математической физики. – М.: Наука, 1985.
18. Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник задач по математической физике. – М.: Наука, 1980.
19. Владимиров В.С. Уравнения математической физики. – М.: Наука,
1988.
71
20. Михайлов В.П. Дифференциальные уравнения в частных производных. – М.: Наука, 1976.
21. Смирнов М.М. Дифференциальные уравнения в частных производных второго порядка. – М.: Наука, 1964.
22. Сборник задач по уравнениям математической физики/ Под ред.
В.С.Владимирова. – М.: Наука, 1982.
72
ОТВЕТЫ
1.1. uξξ + uηη + uζζ = 0; ξ = x, η = y − x, ζ = x − 21 y + 12 z. 1.2. uξξ − uηη
+uζζ +uη = 0; ξ = x2 , η = x2 + y, ζ = − x2 − y + z. 1.3. uξξ −uηη + 2uξ = 0;
ξ = x + y, η = y − x, ζ = y + z. 1.4.uξξ +uηη = 0; ξ = x, η = y − x,
ζ = 2x − y + z. 1.5. uξξ − uηη − uζζ = 0; ξ = x, η = y − x, ζ = 32 x − y2 + z2 . 1.6.
uξξ + uηη +uζζ + uτ τ = 0; ξ = x, η = y − x, ζ = z + x + y, τ = 2x − 2y + z + t.
1.7. uξξ −uηη + uζζ + uτ τ = 0; ξ = x + y, η = y − x, ζ = z, τ = y + z + t. 1.8.
uξξ −uηη +uζζ −uτ τ = 0; ξ = x + y, η = x − y, ζ = −2y + z + t, τ = z − t. 1.9.
uξξ −uηη +uζζ = 0; ξ = x, η = y − x, ζ = 2x − y + z, τ = x + z + t. 1.10.uξξ
+uηη = 0; ξ = x, η = y, ζ = −x − y + z, τ = x − y + t. 1.11. uξξ +uηη
+uζζ = 0; ξ = x, η = −x + y, ζ = 2x − 2y + z. 1.12. uξξ +uηη −uζζ + 3uξ
+ 32 uη − 29 uζ = 0; ξ = x, η = 12 (x + y + z), ζ = − 21 (3x + y − z). 1.13. uξξ
−uηη −uζζ + 2uη = 0; ξ = x + y, η = −x + y, ζ = −x − y + z. 1.14. uξξ
−uηη + 4u = 0; ξ = y + z, η = −y − 2z, ζ = x − z. 1.15. uξξ + 2u = 0; ξ = x,
η = −2x + y, ζ = −x + z. 1.16. uξξ − 2uξ + 6uζ = 0; ξ = x, η = −2x + y,
ζ = −3x+z. 1.17. uξξ +uηη −uζζ = 0; ξ = x, η = − 27 x− 21 z, ζ = 12 x+2z. 1.18.
uξξ − uηη + uζζ = 0; ξ = x, η = − 12 (x − y), ζ = −x − y + z. 1.19. uξξ − uηη = 0;
ξ = x, η = x + y, ζ = −3x − 2y + z. 1.20. uξξ − uηη − uζζ − uτ τ = 0;
ξ = x + y, η = x − y, ζ = √
z − x − y, τ =√t − x − y. 2.4. Гиперболический
тип при x > 0: ξ = y + 2 x, η = y − 2 x, uξη = 0, параболический
√ тип
1
при x = 0: uyy − 2 ux = 0, эллиптический тип при x < 0: ξ = y, η = −x,
uξξ + uηη = 0. 2.5. Гиперболический тип при x 6= 0: ξ = xy, η = x, uξη = 0,
параболический тип при x = 0: uyy + y1 uy = 0, уравнение вырождается при
x = y = 0. 2.6. Гиперболический тип при x 6= 0, y 6= 0: ξ = xy, η = xy ,
1
uξη + 2η
uξ = 0, параболический тип при x = 0 или y = 0: uyy + y2 uy = 0 или
uxx = 0, уравнение вырождается при x = y = 0. 2.7. Гиперболический тип
1
uη = 0, параболический тип при
при x 6= 0, y 6= 0: ξ = xy , η = yx3 , uξη − 4η
x = 0 или y = 0: uyy = 0 или uxx = 0, уравнение вырождается при x = 0
или y = 0. 2.8. ξ = y − x2 , η = y 2 + x2 , x2 (1 + 2y)uξη + (2x2 − y)uη = 0. 2.9.
2η 2
Параболический тип при x 6= 0, y 6= 0: ξ = y 2 − x2 , η = x, uηη − ξ+η
2 uξ = 0,
уравнение вырождается при x = 0, y = 0. 2.10. ξ = arctg(y) + x,
η = arctg(y) − x, uξη = 0.2.11. Параболический тип всюду: ξ = y sin x,
η = y, uηη − ηξ uξ = 0, при y = 0: uxx + tgxux = 0, при tgx = 0:
uyy = 0. 2.12. Гиперболический тип всюду: ξ = y 2 + ex , η = y 2 − ex ,
(3ξ+η)
−(ξ 2 − η 2 )uξη + (ξ+3η)
4 uξ −
4 uη = 0.2.13. Эллиптический тип при x 6= 0,
1
2
2
y 6= 0: ξ = x , η = y , uξξ + uηη + 2ξ1 uξ + 2η
uη = 0, при x = 0, y = 0 уравнение
вырождается. 2.14. Гиперболический тип всюду: ξ = y 2 + x2 , η = y 2 − x2 ,
2(ξ 2 − η 2 )uξη + ξuξ − ηuη = 0. 2.15. ξ = x + 3y, η = x + y, vξη + 12 vη = 0,
u = 1 − e−y . 2.16. ξ = x + y, η = 3x + 2y, vξη = 0, u = 54 x2 + xy. 2.17.
ξ = x + y, η = y − 3x, vξη = 0, u = 3x2 + y 2 . 2.18. ξ = y + 5x, η = y + x,
y+5x
3
vξη = 0, u = 25 sin( x+y
2 ) − 2 sin( 6 ). 2.19. ξ = y + 2x, η = y, vηη = 0,
73
u = x + y. 2.20. ξ = y, η = y + 2x, vξη = eξ , u = (1 + 2x − e2x )ey + x2 + xy.
2.21. ξ = x − 32 y 3 , η = x + 2y, vξη = 0, u = x − 13 y 3 + y. 2.22. ξ = y − x − sin x,
η = y + x − sin x, vξη = 0, u = x + cos(x − y + sin x). 2.23.ξ = x, η = x + ey ,
vξη = 0, u = − 21 x2 + cos(x − 1 + ey ) − cos x. 2.24. ξ = 2x − y + cos x,
x
x
η = 2x + y − cos x, vξη = 0, u = ex sh( y−cos
) + sin x cos( y−cos
). 2.25.
2
2
ξ = y − sin x + x, η = y − sin x − x, vξη = 0, u = cos(y − x − sin x). 2.26.
ξ = 2x − y + cos x, η = 2x + y − cos x, 4vξη + vη = 0, v = f (ξ) + e−ξ/4 g(η),
x
x2
u = 2e−(2x−y−cos x)/4 cos x + sin( y−cos
).2.27.
ξ
=
y
+
2
2 , η = y, vηη = 0,
x4
2
η
u = y − 4 .2.28. ξ = x + y, η = y, vηη = e , u = (x − 1)ex+y + ey + 1.2.29.
ξ = y − x2 , η = y − x2 − 2x, vξη = 0, u = 1 + x.2.30. ξ = x3 y, η = xy ,
4ξvξη −vη = 0, u = y. 2.31. ξ = y sin x, η = y, vηη = 0, u = y(y−1) sin x. 2.32.
ξ = y−cos x+x, η = y−cos x−x, vξη = 0, u = (y−cos x+x)2 −(y−cos x)2 −x.
2
2.33. ξ = y + cos x + 2x, η = y + cos x − 2x, vξη = 0, u = (y+cos4x+2x) . 2.34.
ξ = lny − ctgx, η = y, vηη + η1 vη = 0, v = f (ξ)lnη + g(ξ), u = ctgx − lny.
3.1. T uxx + f (x) = 0, 0 < x < l, u|x=0 = u|x=l = 0, где f (x) - плотность
Φ(t)
нагрузки. 3.2. utt = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0, u(t, 0) = ϕ(t), ux (t, l) = ES
,
E
t > 0, u(0, x) = 0, ut (0, x) = 0, 0 ≤ x ≤ l, a2 = ρ . 3.3. utt = a2 uxx − 2ν 2 ut ,
0 < x < l, t > 0, u(0, x) = ϕ(x), ut (0, x) = ψ(x), 0 ≤ x ≤ l, t > 0,
u(t, 0) = u(t, l) = 0, t > 0, где 2ν 2 = k/ρ, k - коэффициент трения. 3.4.
utt = a2 uxx , x 6= xi , i = 1, ..., m, 0 < x < l, t > 0, u(t, 0) = u(t, l) = 0,
u(t, xi − 0) = u(t, xi + 0), ux (t, xi + 0) − u(t, xi − 0) = mT i utt (t, xi ), t > 0,
2
∂
i = 1, ..., m, u(0, x) = f (x), ut (0, x) = F (x), 0 ≤ x ≤ l. 3.5. ∂∂tu2 = g ∂x
x ∂u
∂x ,
0 < x < l, t > 0, |u(t, 0)| < ∞, u(t, l) = 0, t > 0, u(0, x) = f (x),
ut (0, x) = F (x), 0 ≤ x ≤ l. 3.8. utt + kut = a2 ∆u + f (t,r,ϕ)
, 0 ≤ r < R,
ρ
0 ≤ ϕ < 2π, t > 0, u|t=0 = ut |t=0 = 0, |u(t, 0, ϕ)| < ∞, u(t, R, ϕ) = 0, где
a2 = T /ρ, k = α/ρ, α - коэффициент упругого сопротивления среды. 3.9.
ut = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0, u(0, x) = f (x), 0 ≤ x ≤ l, краевые условия: а)
u|x=0 = ϕ1 (t), u|x=l = ϕ2 (t), t > 0, б) −kSux |x=0 = q1 (t), kSux |x=l = q2 (t),
k
t > 0, в) ux |x=0 = h[u(t, 0) − ϕ1 (t)], ux |x=l = −h[u(t, l) − ϕ2 (t)], a2 = cρ
–
теплоемкость, ϕ1 (t), ϕ2 (t) — в случае а) — температура концов стержня,
в случае в) — температура окружающего пространства на концах стержαp
ня, qi — тепловые потоки на концах стержня. 3.10. ut = a2 uxx − cρS
u,
0 < x < l, t > 0, u(0, x) = f (x), 0 ≤ x ≤ l, u|x=0 = u0 , (ux + hu)|x=l = 0,
t > 0, p — периметр поперечного сечения стержня, h = αk , a2 = k/(cρ).
3.11. ut = a2 uxx + qc δ(x − v0 t), −∞ < x < +∞, t > 0, u(0, x) = ϕ(x),
a2 = k/(cρ). 3.12. ut = a2 uxx − b(u − u0 ), 0 < x < l, t > 0, u(0, x) = f (x),
αP
0 ≤ x ≤ l, u|x=0 = u|x=l , ux |x=0 = ux |x=l , a2 = k/(cρ), b = cρS
, где P —
периметр поперечного сечения кольца, x = Rθ, θ — угловая координата.
Q
3.13. ut = a2 (urr + 2r ur ) + cρ
, 0 ≤ r < R, t > 0, u(0, r) = f (r), 0 ≤ r ≤ R,
|u(t, 0)| < ∞; граничные условия: a) u(t, R) = 0, б) (ur + Hu)|r=R = 0,
74
H = α/k, a
2
l
2πa
= k/(cρ). 4.1.
Rl
2
kπx
+bk sin akπt
l )× sin l , ak =
l
0
sin
2πat
l
sin
2πx
l .
∞
P
4.2.
(ak cos akπt
l +
k=1
ϕ(x) sin kπx
l dx, bk =
2
aπk
Rl
0
ψ(x) sin kπx
l dx.
πx
5aπt
5πx
2l
aπt
πx
sin aπt
2l × sin 2l + cos 2l · sin 2l . 4.4. aπ sin 2l sin 2l +
∞
P
(−1)k
3aπt
3πx
8l
2l
· cos 2k+1
· sin 2k+1
+ 3aπ sin 2l sin 2l +
2
π
(2k+1)2
2l aπt
2l πx.
4.3.
2l
aπ
4.5.
k=0
πx
2l
3aπt
3πx
2l
l
cos aπt
+ 5aπ
· sin 5aπt
· cos 5πx
2l cos 2l + 3aπ sin 2l · cos 2l
2l
2l . 4.6. t + 2 −
∞
P
4l
1
A
(e−t − cos aπt
·
cos (2k+1)
aπt cos (2k+1)
πx. 4.7.
π2
(2k+1)2
l
l
l
aπ 2
1+
(l)
k=0
πx
A
2l
πx
(e−t − cos aπt
+ aπ
sin aπt
+ aπl sin aπt
2
l ) sin l . 4.8.
2l
2l ) cos 2l .
1+( aπ
)
2l
∞
∞
P
P
(−1)k
(−1)k k
kπat
kπx
2bπ
4.9. ab2 xl shl − shx + a2b
cos
·
sin
−
shl·
2π
2
k
l
l
a
k 2 π 2 +l2 ·
k=1
kπx
· cos kπat
l sin l .
∞
P
k=0
sin
2k+1
2k+1
l πx cos
l πt
7
(2k+1)
4 2
− 8lπ5t
4.10.
. 4.11. 1 −
x
π
∞
P
k=0
2
t
sin 2k+1
l πx
(2k+1)5
+ πx t3 +
6
+ 16l
π7
sin x cos t
∞
P
k=0
+ π4
k=1
sin 2k+1
πx
l
(2k+1)7
∞
P
k=1
1
k3
k
t
x
+ cos kt − (−1)
k 3 sin kt] sin kx. 4.12. x + t + cos 2 sin 2
cos
(2k+1)t
2
sin
(2k+1)x
.
2
+x(t3 − t + 1) +
4.15. − π83
∞
P
k=0
4.13.
∞ n
P
xt
l
2
(kπ)2
h
+
∞
P
[(−1)k 3t − 1
− π8
∞
P
k=0
(−1)k
(2k+1)2
(−1)k 2l
(kπ)2
k=1
6(−1)k+1
(πk)2 −
k=1
p
sin(2k+1)πx
cos(
(2k
(2k+1)3
6
− 16l
π7 ·
kπt
sin kπx
l sin l . 4.14. t + 1
o
(−1)k 12t
1] sin πkt + π3 k3
· · sin πkx.
−t
+ 1)2 π 2 + 4t). 4.16. − 8eπ
∞
P
1
[cos(2k + 1)t+ 2k+1
sin(2k + 1)t sin(2k + 1)x. 4.17. 8e−t
∞
P
k=0
t
∞
P
k=0
1
(2k+1)3 ·
1
k
(2k+1)2 [(−1) −
2k+1
1
sin 2k+1
e− 2 (kπ)
3 [2 cos λk t+
2 t cos 2 x. 4.18. t(1 − x) +
k=1
q
∞ P
1
4t
2 − 1 . 4.19. (2 − x)t+
sin
λ
t
−2]
sin
πkx,
λ
=
(kπ)
k
k
λk
4
kπλ2k
k=1
q ∞
P
k+1
2
2(−1)
kπ
− kπ
sin λk t sin kπx
=
− 1. 4.20. xtl +
(t−
2 , λk
2
λ3k
πkλ2k
k=1
∞
p
P
sin λk t
πkx
2
sin l , λk =
(πk/l) − 1. 4.21. sin 2x cos 2t + (−1)k k23 (1
λk
2 2 2 k=1
∞
P
k+1
(−1)
− cos kt) sin kx; 5.1. 2lA
sin kπx
exp − a kl2 π t . 5.2. 8lA
π
k
l
π2 ·
k=1
h
i
h 2 2
i
∞
P
(2k+1)2 a2 π 2 t
(2k+1)πx
β
1
a π
· cos 2l . 5.3. U . 5.4. exp − 4l2 + a2 t
(2k+1)2 ·exp −
4l2
2
π(2k+1) ]
k=0
75
sin
πx
2l .
5.5. qx
+ (A−q)l
2
h
− 4l(A−q)
π2
∞
P
1
(2k+1)2
k=0 i
a2 π 2
l2 )t]
exp
h
i
2 2 2
− (2k+1)l2 a π t
cos (2k+1)πx
.
l
aA
· 1 − exp[−(β +
· sin πx
. 5.7. cos
·e−t sin xa + 2l ·
l
l
β+( )
a
i
k 2
a A
T
−a2 ωk2 t
e
· sin ωk x, ωk = (2k+1)π
+ (−1)
, ωk 6= a1 . 5.8. π8c3
2
2
ωk
2l
1−a ωk
k=0
i
h
∞
∞
2
P
P
(2k+1)πx
(2k+1)2 π 2 a2 t
1
2Aω
1 −( kπa
l ) t
·
·
sin
·exp
−
.
5.9.
·
e
3
2
(2k+1)
l
l
π
k
1
5.6.
∞ h
P
aπ 2
l
k=0
k=1
"
sin
πkx
l
sin
π
4
Rt
λ2k ξ
πka
l .
· e
∞
P
(2k+1)
(
kπ
−36 π
4+ 2
1−e
2
)
t
#
cos ωξ dξ, λk =
5.10.
·
360(k 2 +k− 34 )( π4 + kπ
)2
2
k=0
0
i
∞ h
P
2kπ(1−2
cos
kπ)
16(−8+8
cos
kπ−k 2 π 2 cos kπ)
kπ
− 43 (8+k 2 π 2 )t
+ 2 x. 5.11.
+
· e
8+k 2 π 2
k 3 π 3 (8+k 2 π 2 )
k=0
2
sin
5.12. t cos x + 18 (e−8t − 1) cos 3x. 5.13. xt + sin πxex−t−π t . 5.14.
x + t sin x + 81 (1 − e−8t ) sin 3x. 5.15. tx2 + 14 (e4t − 1) + t cos 2x. 5.16.
t + 1 + (1 − e−t )ex sin x + ex−4t sin 2x. 5.17. xt2 + et + sin t − cos t + e−3t cos 2x.
5.18. x2 + 2e9t + (2t − sin 2t) cos 3x. 5.19. x + t2 + 51 (e5t − 1) cos x + 31 (1 −
∞
P
C2k−1
−6
2
−3t
2
e ) cos 3x. 5.20. x t+x+
(2k−1)2 −6 (1−e (2k−1) t) sin(2k−1)x, C2k−1 =
k=1
2
1
1
2
2
2 1 3
π 2k+1 − 2k−3 . 6.6. u = (x+2t) . 6.7. u = x +xt+4t + 6 xt . 6.8. u = sin x.
6.9. u = xt + sin(x + t) − (1 − cht)ex . 6.10. u = 1 + t + 91 (1 − cos 3t) sin x. 6.11.
u = a21ω2 (1−cos aωt) sin ωx. 6.12. u = ωt − ω12 sin ωt. 6.13. u = x+ty+t2 . 6.14.
u = xyt(1 + t2 ) + x2 − y 2 . 6.15. u = 21 t2 (x3 − 3xy 2 ) + ex cos y + tey sin x. 6.16.
u = x2 + t2 + t sin y. 6.17. u = 2x2 − y 2 + (2x2 + y 2 )t + 2t2 + 2t3 .
6.18. u = x2 + ty 2 + 21 t2 (6
+ x3 + y 3 ) + t3 + 34 t4 (x + y). 6.19.
1
1
2
2
t
u = e3x+4y 26
25 ch5t − 25 + 5 sh5t . 6.20. u = (x − y )(e − 1 − t). 6.21.
u = yt2 + 13 xt3 + xy 2 t + x2 y. 6.22. u = x2 + y 2 − 2z 2 + t + t2 xyz. 6.23.
1 4 2
2 6
u = y 2 + tz 2 + 8t2 + 38 t3 + 12
t x + 45
t . 6.24. u = x2 y 2 z 2 + tzxy +
3t2 (x2 + y 2 + z 2 + x2 y 2 + √
x2 z 2 + y 2 z 2 ) + 3t4 (3/2 + x2 √+ y 2 + z 2 ) + 9/5t6 .
6.25. u = ex+y cos (z 2) + te3y+4z sin 5x + t3 ex 2 sin y cos z. 6.26.
u = x2 +y 2 +z 2 +3t2 +xyt. 7.4. u = 1+et + 12 t2 . 7.5. u = t3 +e−t sin x.7.6. u =
kπx
2 .
1
2
x
(1 + t)e−t cos x. 7.7. u = cht sin x. 7.8. u = 1 − cos t + (1 + 4t)− 2 exp − 1+4t
.
2
1
3
+t
x2
7.9. u = (1 + t)− 2 exp 2x−x
. 7.10. u = x(1 + 4t)− 2 exp − 1+4t
.
1+t
1
x
4x2 +t
7.11. u = (1 + t)− 2 sin 1+t
exp − 4(1+t)
. 7.12. u = et (t − 1) + 3. 7.13.
u = et − 1 + e−2t cosx cos y. 7.14. u = x2 − y 2 + sin x sin y(1 − e−2t ). 7.15.
xy
x2 +y 2
u = sin t + (1+4t)
. 7.16. u = sin l1 x sin l2 yexp(−(l12 + l22 )t). 7.17.
3 exp − 1+4t
u = sin l1 x cos l2 yexp(−(l12 + l22 )t). 7.18. u = cos l1 x cos l2 yexp(−(l12 + l22 )t).
7.19. u = sin byexp(ax + (a2 − b2 )t), a 6= b; u = sin byeax , a = b. 7.20. u =
76
cos x(e−2t −1+2t)+ cosy cos ze−4t . 7.21. u = et −1+sin(x−y−z)e−9t . 7.22.
2
2
x2
1
cos 2yexp(−t− 1+t
u = 41 sin 2z+ √1+t
). 7.23. u = e−l1 t sin l1 x1 +e−lm t cos lm xm .
8.7. 0 ≤ u(t, x) ≤ 41 . 8.9. max u(t, x) = 9, min u(t, x) = 0. 8.11.
1
4
QT
|u(t, x)| ≤ max{2,
4l3
27 }.
QT
8.12. u(t, x) − w(t, x) ≥ 0. 9.2. а) α < m, б) α < 1.
+
г) 0, д) 3/2, е) 1 − 2 ln 2. 10.6. 1. y 0 = signx
sin x + |x| cos x,
9.9. а) 1/3, б)
√
2
e
y 00 = 2signx cos x − |x| sin x. 2. y 0 = signx cos x − |x| sin x. 11.12. −1 + e+1 ch x − 21 . 11.13.
2
. 11.14. −π8 .
−x2 + x+1
2
35
,
108
в) π1
7
,
24
77