УМФ-Лабораторный-практикум

БЕЛОРУССКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ
Кафедра уравнений математической физики
Ф.Е. Ломовцев
УРАВНЕНИЯ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ
ФИЗИКИ
ПРАКТИКУМ
МИНСК
2008
ПРЕДИСЛОВИЕ
В учебном пособии изложены основные методы решения
модельных задач по общему курсу «Уравнения математической физики».
Приведены подробные решения типовых задач. Даются образцы
решения модельных задач. Для решения некоторых задач применяется
система компьютерной алгебры Mathematica (Wolfram Research, Inc). В
каждой теме даются краткие теоретические сведения и практические
рекомендации. Задачи в основном составлены автором.
Пособие дополняет лабораторный практикум «Уравнения
математической физики» [1] и содержит те же темы.
Для упрощения изложения решений задач применяются сокращения
некоторых основных терминов, значения которых разъясняются в начале
пособия. Нумерация задач и формул двухзначная и в каждой теме своя:
первая цифра обозначает номер темы и вторая цифра – номер формулы.
Предложения, пожелания и замечания просим направлять автору по
электронной почте на адрес e-mail: lomovcev@bsu.by.
Для студентов механико-математического факультета БГУ.
2
ОБОЗНАЧЕНИЯ И СОКРАЩЕНИЯ
C –
комплексная плоскость,
С(k) –
множество всех k-раз непрерывно дифференцируемых функций,
–
R –
множество натуральных чисел,
вещественная прямая,
Rn –
n - мерное Евклидово пространство,
ОДУ –
обыкновенное дифференциальное уравнение,
P
P
ДУЧП – дифференциальное уравнение в частных производных,
КЗ –
краевая задача,
КУ –
краевое условие,
ГУ –
граничное условие,
НУ –
начальное условие,
КВ –
канонический вид,
ОР –
общее решение,
ЧР –
частное решение,
ЗК –
задача Коши,
УК –
условие Коши,
ЗГ –
задача Гурса,
УГ –
условие Гурса,
ЗШ–Л – задача Штурма–Лиувилля,
СЗ –
собственное значение,
СФ –
собственная функция,
ГЗ –
граничная задача,
ФГ –
функция Грина,
СмЗ –
смешанная задача.
3
Тема 1. ПОСТАНОВКА КРАЕВЫХ ЗАДАЧ
ДЛЯ УРАВНЕНИЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ
Многие явления природы математически моделируются краевыми задачами
(КЗ) для дифференциальных уравнений с частными производными и, в том числе,
уравнений математической физики. Решая эти краевые задачи и изучая свойства их
решений методами математической физики, мы познаем исходные явления природы
в той мере, насколько точно краевые задачи моделируем их.
Для постановки краевой задачи сначала выбираем величины, область и
функцию, которые являются определяющие изучаемое явление. Затем, пользуясь
физическими законами и принципами, выражающими существенную связь между
этими величинами, в области выводим уравнение, и на границе области –
дополнительные к нему краевые условия (КУ), из которых впоследствии методами
математической физики, как правило, однозначно находится неизвестная функция,
характеризующая данное явление. Краевые условия включают граничные (ГУ) и
начальные условия (НУ). Надо иметь в виду, что одна и та же краевая задача
математической физики может служить моделью различных природных явлений. Все
зависит от физического смысла величин, коэффициентов и исходных данных краевой
задачи.
1. Краевые задачи для гиперболических уравнений. Уравнения гиперболического
типа получаются при математическом моделировании различных нестационарных
колебательных процессов – таких как колебания струн, мембран, балок, вибрации,
упругости, акустики и других. При выводе краевых задач для гиперболических
уравнений применяют закон Гука, законы механики Ньютона и принципы Даламбера
[2, с. 9; 3, с. 19] или Гамильтона [3, с. 16].
Задача 1.1. Задача о поперечных колебаниях струны. Невесомая
конечная струна линейной непрерывной плотности ρ( x) находится в
горизонтальном положении равновесия и натянута с предельной силой T.
В начальный момент времени точкам струны сообщаются начальные
отклонения и скорости. В дальнейшем на внутренние точки струны
действует
непрерывно
распределенная
поперечная
сила,
p ( x, t ) .
характеризующаяся линейной непрерывной плотностью
Поставить краевую задачу для определения малых поперечных
колебаний точек этой струны от положения равновесия, если в процессе
колебаний к шарику массы m0 , помещенному в ее внутренней точке x0 ,
приложена поперечная сила F (t ) , левый конец струны упруго закреплен
с коэффициентом упругости β(t ) и правый конец струны свободен.
Решение. Поставим КЗ, описывающую бесконечно малые,
поперечные колебания бесконечно тонкой, невесомой, гибкой и упругой
конечной струны.
4
Бесконечная тонкость конечной
струны позволяет нам
отождествить ее в положении равновесия с отрезком [0, l ] вещественной
оси x .
Невесомость струны означает, что влияние ее веса на колебания
столь незначительно, что им можно пренебречь.
Под гибкостью струны понимается, что она не сопротивляется
изгибу, не связанному с изменением ее длины. Математически это
значит, что в каждой внутренней колеблющейся точке струны возникают
силы натяжения, уравновешивающие друг друга по третьему закону
Ньютона и направленные по касательной в этой точке к профилю
струны.
В силу упругости струны величины возникающих в ней натяжений
вычисляются по линейному закону Гука.
Мы изучаем только поперечные колебания, лежащие в одной
плоскости. Будем предполагать, что вектор смещения точки x в любой
момент времени перпендикулярен к оси x. Тогда основной величиной,
характеризующей колебания струны, является отклонение u = u ( x, t )
струны в плоскости ( x, u ) от положения равновесия в точке x в момент
времени t . В процессе вывода уравнения и краевых условий будем
пренебрегать квадратами величины u x ( x, t ) , так как рассматриваются
бесконечно малые колебания струны.
I. Вывод уравнения. Для вывода уравнения колебаний возьмем
бесконечно малый участок струны от x до x + ∆x , не содержащий точки
x0 , и спроектируем на оси координат все реально действующие на этот
участок силы и его мнимую силу инерции. Согласно принципу
Даламбера, сумма проекций всех этих сил на каждую из осей должна
равняться нулю. Найдем сумму проекций указанных сил на ось u . Для
этого сначала вычисляем длину дуги AB (рис 1.1) интегралом
x +∆x
AB =
∫
1 + (u x ) 2 dx ≈ ∆x.
x
Это означает, что удлинения участков колеблющейся струны не
происходит и, следовательно, по закону Гука величина натяжения во
внутренних точках x ≠ x0 струны не зависит ни от x , ни от времени, т.
е. сила натяжения T ( x, t ) = T ∀x, t .
5
u
T(x+∆ x,t)
B
α(x+∆x)
A
0
x
x+∆ x
l
x
α( x)
T(x, t)
Рис. 1.1. Силы натяжения, действующие на концах внутреннего участка струны
Сумма проекций сил натяжения на концах участка
точностью до бесконечно малых первого порядка равна
AB
с
⎡ tgα ( x + ∆x)
tgα ( x) ⎤
T [sin α( x + ∆x) − sin α ( x) ] = T ⎢
−
⎥=
2
2
1 + tg α ( x) ⎥⎦
⎢⎣ 1 + tg α( x + ∆x)
⎡ u ( x + ∆x, t )
u x ( x, t ) ⎤
x
⎥≈
=T ⎢
−
⎢⎣ 1 + u x2 ( x + ∆x, t )
1 + u x 2 ( x, t ) ⎥⎦
≈ T [u x ( x + ∆x, t ) − u x ( x, t ) ] ≈ Tu xx ( x, t )∆x
по теореме Лагранжа о конечных приращениях, если u ∈ C (2) . Во
силы натяжения уравновешивают друг
внутренних точках дуги AB
друга.
Можно считать внешние силы и силу инерции направленными вдоль
оси u . Тогда на участок дуги AB вдоль оси u действуют внешняя сила
≈ p ( x, t )∆x и сила инерции ≈ −ρ( x) utt ( x, t ) ∆x , где m ≈ ρ( x) ∆x — масса
этого участка.
Поэтому сумма проекций всех сил на ось u имеет вид
[Tuxx ( x, t ) + p( x, t ) − ρ( x)utt ( x, t )] ∆x = 0.
6
Отсюда после деления на ∆x ≠ 0 и предельного перехода при
∆x → 0 получаем точное равенство нулю, т. е. дифференциальное
уравнение вынужденных колебаний струны
ρ( x )utt ( x, t ) − Tu xx ( x, t ) = p ( x, t ), 0 < x < x0 , x0 < x < l , t > 0 .
(1.1)
II. Вывод граничных условий. 1) x = 0 . Для вывода ГУ на левом
конце x = 0 струны выделяем примыкающий к точке x = 0 участок KL
бесконечно малой длины ∆x и проектируем на ось u все силы,
действующие на этот участок (рис 1.2).
u
T(0)
K
L
T( ∆ x)
0
∆x
l
x
Рис. 1.2. Силы натяжения на концах участка, примыкающего к левому концу струны
Упругое закрепление левого конца струны означает, что точка x = 0
струны испытывает со стороны внешней среды сопротивление,
пропорциональное отклонению и противоположно ему направленное, т.
е. сопротивление внешней среды в точке x = 0 струны равно −β(t )u (0, t ) .
Проекция силы натяжения T (∆x) в точке L участка KL на ось u равна
≈ Tu x ( ∆x, t ) . Проекциями на ось u вынуждающей силы и силы инерции
этого участка являются ≈ p (0, t ) ∆x и ≈ −ρ(0)utt (0, t ) ∆x . В силу принципа
Даламбера приравниваем их сумму нулю и получаем равенство
Tu x ( ∆x, t ) − β(t )u (0, t ) + p (0, t )∆x − ρ(0)utt (0, t )∆x = 0,
7
из которого предельным переходом при ∆x → 0 вследствие
непрерывности и ограниченности входящих функций приходим к ГУ
Tu x (0, t ) − β(t )u (0, t ) = 0, t > 0.
(1.2)
2) x = l. Чтобы вывести математическое выражение свободного
правого конца x = l струны, выбираем примыкающий к точке x = l
участок MN бесконечно малой длины ∆x и проектируем на ось u все
силы, действующие на этот участок (рис 1.3).
u
M
N
T( l)
T( l- ∆ x)
0
l-∆ x
l
x
Рис. 1.3. Силы натяжения на концах участка, примыкающего к правому концу струны
Сумма проекций сил натяжения на участок MN
равна
≈ −Tu x (l − ∆x, t ) , так как натяжение в свободной точке x = l струны
действует параллельно оси x. Проекции на ось u вынуждающей силы и
силы инерции участка MN
равны ≈ p (l , t )∆x и ≈ −ρ(l )utt (l , t )∆x
соответственно. Приравнивая нулю их сумму
−Tu x (l − ∆x, t ) + p (l , t )∆x − ρ(l )utt (l , t )∆x = 0
и устремляя здесь ∆x к нулю, получаем второе ГУ
u x (l , t ) = 0, t > 0 .
8
(1.3)
III. Вывод условий для точки x0 . С этой целью применяем принцип
Даламбера к сумме проекций на ось u всех сил, действующих на участок
PR бесконечно малой ∆x = [ x0 − ∆x, x0 + ∆x ] – окрестности точки x0
(рис 1.4).
u
R
→
T(x0 + ∆x )
P
→
T(x0 − ∆x )
0
x0 − ∆x
x0
x0 + ∆x
x
Рис 1.4. Силы натяжения на концах участка,
содержащего шарик
Согласно выводу уравнения (1.1), сумма проекций на ось u сил
натяжения
на
концах
этого
участка
равна
≈ T [u x ( x0 + ∆x, t ) − u x ( x0 − ∆x, t )]. Вдоль оси u на дугу PR в момент
времени t действуют внешняя сила ≈ 2 p ( x0 , t )∆x + F (t ) и сила инерции
≈ −2ρ( x0 )utt ( x0 , t )∆x − m0utt ( x0 , t ) . В результате применения принципа
Даламбера имеем равенство
T [u x ( x0 − ∆x, t ) − u x ( x0 + ∆x, t )] + 2 p( x0 , t )∆x + F (t ) − 2ρ( x0 )utt ( x0 , t )∆x − m0utt ( x0 , t ) = 0.
Устремив здесь ∆x к нулю, приходим к условию разрыва первой
производной в точке x0
T [u x ( x0 + 0, t ) − u x ( x0 − 0, t ) ] + F (t ) = m0utt ( x0 , t ), t > 0.
(1.4)
Кроме того, чтобы не произошел разрыв самой струны в точке x0 и
она колебалась как единое целое, нужно добавить условие
непрерывности в этой точке
9
u ( x0 + 0, t ) = u ( x0 − 0, t ), t > 0 .
(1.5)
IV. Задание начальных условий. Для завершения постановки
требуемой КЗ теперь остается к дифференциальному уравнению (1.1) с
ГУ (1.2), (1.3), условием разрыва первой производной (1.4) и условием
непрерывности (1.5) присоединить НУ в начальный момент колебаний
u ( x,0) = ϕ( x),
ut ( x,0) = ψ ( x ), 0 < x < l ,
где функции ϕ( x) — начальный профиль и ψ( x) — начальная скорость
струны.
Задача 1.2. Задача о продольных колебаниях стержня. Пусть
упругий конечный стержень с достаточно гладкими площадью
переменных поперечных сечений S ( x ) , объемной плотностью ρ( x) и
поверхностным модулем упругости Юнга E ( x) может смещаться вдоль
своей оси. В начальный момент времени поперечным сечениям стержня
сообщаются продольные начальные отклонения и скорости. На эти
сечения по оси
постоянно действует внешняя сила с объемной
непрерывной плотностью p ( x, t ) . Предполагается, что поперечные
сечения
стержня
при
смещениях
остаются
плоскими
и
перпендикулярными оси стержня. Поставить краевую задачу о малых
продольных колебаниях его сечений от положения равновесия, если в
процессе колебаний левый конец стержня движется по заданному закону
µ(t ) , а его правый конец испытывает сопротивление, пропорциональное
скорости с коэффициентом трения β(t ) [4].
Решение. Предположения данной задачи позволяют считать
математической моделью данного стержня отрезок [0, l ] вещественной
оси x , которая совпадает с продольной осью стержня и абсциссы
x ∈ [0, l ] которой являются координатами его поперечных сечений.
Обозначим через u ( x, t ) отклонение в момент времени t того сечения
стержня, которое имело абсциссу x в состоянии покоя. При выводе
уравнения и краевых условий можно предполагать, что натяжения,
возникающие в стержне в случае бесконечно малых колебаний,
удовлетворяют закону Гука.
Выделим произвольную бесконечно малую часть стержня,
находящуюся в покое между поперечными сечениями с абсциссами x и
x + ∆x (рис 1.5).
10
Вычислим в момент t относительное удлинение участка [ x, x + ∆x] ,
координаты концов которого имеют значения
x + u ( x, t )
и
x + ∆x + u ( x + ∆x, t ) . Его относительное удлинение равно величине
∆x + u ( x + ∆x, t ) − u ( x, t ) − ∆x
= u x ( x + θ∆x, t ), 0 ≤ θ ≤ 1,
∆x
предел которой при ∆x → 0 дает относительное удлинение u x ( x, t )
стержня в точке x [5, c. 31]. Поэтому по закону Гука натяжение стержня
в каждом его сечении с абсциссой x равно
T ( x, t ) = E ( x) S ( x )u x ( x, t ), t > 0.
0
x
x +∆ x
l
x
Рис. 1.5. Внутренний участок стержня
I. Вывод уравнения. Чтобы вывести уравнение продольных
колебаний стержня, по принципу Даламбера приравняем нулю сумму
всех реально действующих сил и силы инерции на участок стержня
[ x, x + ∆x] . Равнодействующая сил натяжения равна
T ( x + ∆ x ) − T ( x ) = E ( x + ∆ x ) S ( x + ∆ x )u x ( x + ∆ x , t ) − E ( x ) S ( x ) u x ( x , t ) ≈
≈ ( E ( x ) S ( x )u x ( x, t )) x ∆x.
Внешнюю силу и силу инерции можно считать направленным вдоль
оси
стержня.
Они
выражаются
соответственно
величинами
11
≈ S ( x) p ( x, t )∆x и ≈ −ρ( x) S ( x)utt ( x, t )∆x , где S ( x)∆x – объем и ρ( x) S ( x)∆x
– масса участка стержня [ x, x + ∆x] . Поэтому для их суммы имеем
равенство
⎣⎡( E ( x) S ( x)u x ( x, t ) ) x + S ( x) p ( x, t ) − ρ( x) S ( x)utt ( x, t ) ⎦⎤ ∆x = 0.
Разделив его на ∆x ≠ 0 и устремив ∆x к нулю, получаем точное
дифференциальное уравнение вынужденных продольных колебаний
стержня
ρ( x) S ( x)utt ( x, t ) − ( E ( x) S ( x)u x ( x, t ) ) x = S ( x ) p ( x, t ),
0 < x < l , t > 0.
(1.6)
Вывод граничных условий. 1) x = 0. Движение левого конца
II.
стержня по заданному закону µ (t ) выражается граничным условием
u (0, t ) = µ(t ), t > 0.
(1.7)
2) x = l . С целью математического моделирования условий задачи
1.2 на правом конце стержня найдем сумму всех сил, действующих на
участок стержня [l − ∆x, l ] (рис 1.6).
l-∆ x
0
l
x
Р ис . 1.6. Участок, примыкающий к правому концу стержня
На
левом
конце
этого
участка
сила
натяжения
T (l − ∆x ) = E (l − ∆x) S (l − ∆x)u x (l − ∆x, t ) . По условию задачи 1.2 на
12
правый конец стержня действует сила −β(t )ut (l , t ) . Внешняя сила и сила
инерции участка [l − ∆x, l ] равны ≈ S (l ) p(l , t )∆x и −ρ(l ) S (l )utt (l , t )∆x
соответственно. В силу принципа Даламбера их сумму приравниваем
нулю
E(l −∆x)S(l −∆x)ux (l −∆x,t) −β (t)ut (l,t) + S(l) p (l,t)∆x −ρ (l)S(l)utt (l,t)∆x = 0.
Отсюда предельным переходом при ∆x → 0 ввиду непрерывности и
ограниченности входящих функций получаем точное второе ГУ
E (l ) S (l )u x (l , t ) − β(t )ut (l , t ) = 0,
t > 0.
(1.8)
III.
Задание начальных условий. Дифференциальное уравнение
(1.6) и ГУ (1.7),(1.8) остается дополнить еще НУ
u ( x,0) = ϕ( x),
ut ( x,0) = ψ ( x ), 0 < x < l ,
где ϕ( x) − начальные смещения и
поперечных сечений стержня.
ψ( x) − начальные скорости
2. Краевые задачи для параболических уравнений. Уравнения параболического
типа получаются при математическом моделировании теплопроводности, диффузии
и других процессов. Вывод краевых задач для параболических уравнений
основывается на законе Фурье, уравнении теплового баланса, законе Нэрнста и
уравнении баланса количества вещества [5].
Задача 1.3. Имеется конечный стержень с достаточно гладкими
объемной плотностью ρ( x) , площадью поперечных сечений S ( x),
коэффициентами
внутренней
и
внешней
конвективной
теплопроводности k ( x) и η( x ) соответственно, периметром поперечных
сечений σ( x) , удельной теплоемкостью c( x) , объемной плотностью
q ( x, t ) внутренних источников тепла и температурой внешней среды
τ(t ) . Предполагается, что в каждом поперечном сечении стержня
температура всех точек одинакова. Поставить краевую задачу об
определении температуры стержня при условиях, что на его левом конце
задан тепловой поток Q(t ) , правый конец стержня теплоизолирован и на
его боковой поверхности протекает конвективный теплообмен с внешней
средой.
13
Решение. Условия этой задачи дают возможность направить ось
стержня вдоль оси x и абсциссами x ∈ [0, l ] обозначать его поперечные
сечения. Пусть значения функций u = u ( x, t ) − температура точек в
поперечном сечении x в момент времени t.
I. Вывод уравнения. Для этого возьмем произвольный бесконечно
малый участок стержня, заключенный между поперечными сечениями в
точках x и x + ∆x (см. рис 1.5), и за произвольно малый промежуток
t + ∆t
составим для него уравнение теплового
времени от t до
баланса
Q = Q1 + Q2 + Q3 ,
(1.9)
где Q1 − тепло, поступившее через сечения x и x + ∆x , Q2 − тепло,
притекшее через боковую поверхность, Q3 − тепло, полученное от
внутренних источников участка стержня за промежуток времени ∆t .
Согласно закону Фурье, количество тепла, протекающее через
малую площадку ∆S за время ∆t , определяется формулой
∆Q = − k ( x)
∂u ( x, t )
∆ S ∆t ,
∂n
(1.10)
где n — нормаль к площадке, направленная в сторону передачи тепла.
По этому закону количество тепла, поступившее через сечения x и
x + ∆x , выражается величиной
Q1 =[ k(x +∆ x)S(x +∆ x)ux (x +∆x,t) − k(x)S(x)ux (x,t)] ∆t ≈ (k(x)S(x)ux (x,t))x ∆ x∆t. (1.11)
Приток тепла через боковую поверхность, в силу закона
конвективного теплообмена Ньютона, пропорционален разности
температур и равен
Q2 ≈ η( x )σ( x )[ τ(t ) − u ( x, t )]∆x∆t.
(1.12)
Наконец, внутренние источники участка [ x, x + ∆x] за время ∆t
выделяют тепло
(1.13)
Q3 ≈ S ( x ) q ( x, t ) ∆x∆t.
14
Все это тепло расходуется на нагревание взятого участка стержня от
температуры u ( x, t ) до температуры u ( x, t + ∆t ) и поэтому
Q ≈ c( x)ρ( x) S ( x) [u ( x, t + ∆t ) − u ( x, t ) ] ∆x ≈ c( x)ρ( x) S ( x)ut ( x, t )∆x∆t. (1.14)
Подставляем значения тепла (1.10) − (1.13) в уравнение (1.9),
сокращаем полученное равенство на ∆x∆t ≠ 0 , переходим в нем к
∆x → 0 и ∆t → 0 и приходим к точному
пределу
при
дифференциальному уравнению теплопроводности
c ( x )ρ( x ) S ( x )ut ( x, t ) − ( k ( x ) S ( x )u x ( x, t )) x − η( x )σ( x )( τ(t ) − u ( x, t ))
(1.15)
= S ( x ) q ( x, t ), 0 < x < l , t > 0.
II.
Вывод граничных условий. 1) x = 0 . Применив закон Фурье
(1.10) о протекающем тепле за единицу времени, заключаем, что
заданный тепловой поток на левом конце стержня математически
записывается в виде
− k (0) S (0)u x (0, t ) = Q (t ), t > 0 .
(1.16)
2) x = l. Чтобы найти математическое выражение теплоизоляции
правого конца стержня, вычислим уравнение теплового баланса (1.9) за
промежуток времени ∆t для бесконечно малого участка стержня
[l − ∆x, l ] , заключенного между поперечными сечениями в точках l − ∆x
и l (рис 1.6).
Согласно условию задачи 1.3 о теплоизоляции сечения x = l , по
закону Фурье (1.10) через сечение x = l − ∆x поступает тепло
Q1 ≈ k (l − ∆x) S (l − ∆x )u x (l − ∆x, t )∆t.
На основании формулы (1.12)
указанного участка приток тепла равен
через
боковую
Q2 ≈ η(l )σ(l ) [ τ(t ) − u (l , t ) ] ∆x∆t.
(1.17)
поверхность
(1.18)
Внутренние источники этого участка по формуле (1.13) выделяют
количество тепла
15
Q3 ≈ S (l ) q (l , t ) ∆x∆t.
(1.19)
Аналогично выражению (1.14) имеем величину тепла
Q ≈ c(l )ρ(l ) S (l ) [u (l , t + ∆t ) − u (l , t ) ] ∆x ≈ c(l )ρ(l ) S (l )ut (l , t )∆x∆t. (1.20)
Теперь, подставляя значения тепла (1.17) − (1.20) в уравнение (1.9),
сокращая полученное равенство на ∆t ≠ 0 и устремляя в нем ∆x к нулю,
в силу непрерывности и ограниченности входящих функций приходим к
точному равенству k (l ) S (l )u x (l , t ) = 0 , из которого имеем второе ГУ
u x (l , t ) = 0, t > 0 .
(1.21)
III.
Задание начального условия. Из физических соображений
следует, что для однозначного описания процесса распространения тепла
необходимо, кроме уравнения теплопроводности (1.15) и температурных
режимов (1.16), (1.21) на концах стержня, задать НУ
u ( x,0) = ϕ( x),0 < x < l ,
где ϕ( x) – начальная температура поперечных сечений стержня.
16
Тема 2. КЛАССИФИКАЦИЯ И ПРИВЕДЕНИЕ
К КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ УРАВНЕНИЙ
С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ВТОРОГО ПОРЯДКА
1. Тип уравнения с n – переменными x = ( x1 , … , xn ) ∈ G ⊂ R n , n ≥ 2 ,
n
∑ a ( x)u
i , j =1
ij
xi x j
( x) = F ( x, u ( x), u x1 ( x),..., u xn ( x))
(2.1)
в каждой фиксированной точке x0 ∈ G определяется тройкой чисел {n+ ,n0 ,n− } , где
n+ , n0 и n− — количество положительных, нулевых и отрицательных собственных
значений симметрической матрицы {ai j ( x0 )}n×n соответственно. Тип уравнения (2.1)
может
Φ (t ) =
определяться
n
∑a
i , j =1
ij
по
каноническому
виду
(КВ)
квадратичной
формы
( x0 )ti t j этого уравнения. Любую квадратичную форму можно привести
к каноническому виду, например, методом выделения полных квадратов.
Уравнение (2.1) в каждой фиксированной точке x0 ∈ G можно привести к
каноническому виду линейным неособым преобразованием y = BT x , y = ( y1 , … , yn ) ,
где BT — транспонированная матрица к такой матрице B , что преобразование
t = Bτ , где t = (t1 ,..., tn ) , τ = (τ1 , … , τ n ) ∈ n , приводит квадратичную форму уравнения
(2.1) к каноническому виду.
Задача 2.1. Определить тип и привести к каноническому виду
уравнение
u x1x1 + 2u x1x2 − 2u x1x3 + u x3 x3 + u x1 − u x2 + 0,5u = 2 x1 + x2 + 2 x3 .
17
(2.2)
Решение. Ι . Классификация. Определим тип уравнения по КВ его
квадратичной формы Φ (t ) = t12 + 2t1t2 − 2t1t3 + t32 . Следуя методу Лагранжа
выделения полных квадратов, если квадратичная форма содержит
квадрат t12 переменной t1 , которая присутствует еще хотя бы в одном
смешанном произведении t1 t j , j = 1, n , то для удаления всех этих
смешанных произведений выделяем сумму всех входящих в
с такими
подчеркнутые слагаемые переменных
t1 , t2 и
t3
коэффициентами, чтобы возведение ее в квадрат давало подчеркнутые
слагаемые,
Φ (t ) = (t1 + t2 − t3 ) 2 + 2t2t3 − t22 = (t1 + t2 − t3 ) 2 − (t2 − t3 ) 2 + t32 .
Полагаем
⎧τ1 = t1 + t2 − t3 ,
⎪
⎨τ2 = t2 − t3 ,
⎪τ = t
⎩ 3 3
(2.3)
и получаем КВ Φ (τ) = τ12 − τ22 + τ32 . По количеству его равных
канонических коэффициентов 1, − 1 и 1 заключаем, что уравнение (2.2)
имеет тип {2,0,1}, который соответствует нормально гиперболическому
уравнению.
ΙΙ . Приведение к КВ. Найдем матрицу B, с помощью которой неособым преобразованием t = Bτ получен КВ квадратичной формы
уравнения (2.2). С этой целью решаем линейную систему уравнений (2.3)
относительно t1 , t2 и t3 и получаем, что
⎧t1 = τ1 − τ2 ,
⎪
⎨t2 = τ2 + τ3 ,
⎪t = τ ,
⎩3 3
18
⎡ 1 −1 0 ⎤
т. е. матрица B = ⎢0 1 1 ⎥ .
⎢
⎥
⎢⎣0 0 1 ⎥⎦
Теперь в уравнении (2.2) делаем замену переменных по формуле
⎡ y1 ⎤
⎡ x1 ⎤ ⎡ 1 0 0 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ x1
⎤
⎢ y ⎥ = BT ⎢ x ⎥ = ⎢ −1 1 0 ⎥ ⎢ x ⎥ = ⎢ − x + x ⎥ ,
⎢ 2⎥
⎢ 2⎥ ⎢
⎥⎢ 2⎥ ⎢ 1 2⎥
⎢⎣ y3 ⎥⎦
⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎣⎢ 0 1 1 ⎦⎥ ⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎢⎣ x2 + x3 ⎥⎦
т. е. переходим к новым переменным y1 = x1 , y2 = − x1 + x2 и y3 = x2 + x3
новой функции u ( y ) = u ( x) . Вычисляем первые частные производные,
содержащиеся в уравнении (2.2),
u x1 = uξ1 (ξ1 )'x1 + uξ2 (ξ2 )'x1 + uξ3 (ξ3 )'x1 = uξ1 − uξ2 ,
u x2 = uξ1 (ξ1 )'x2 + uξ2 (ξ2 )'x2 + uξ3 (ξ3 )'x2 = uξ2 + uξ3 .
Результат этой замены переменных во вторых частных
производных, содержащихся в уравнении (2.2), можно сразу записать по
КВ Φ(τ) квадратичной формы Φ (t ) . Поскольку в силу замены
переменных x1 = y1 , x2 = y1 + y2 и x3 = − y1 − y2 + y3 , то правая часть
уравнения 2 x1 + x2 + 2 x3 = y1 − y2 + 2 y3 . В результате приходим к КВ
уравнения (2.2)
u y1 y1 − u y2 y2 + u y3 y3 − u y1 − 2u y2 − u y3 + 0,5u = y1 − y2 + 2 y3 .
(2.4)
Это уравнение допускает дальнейшее упрощение заменой функции
u ( y ) = v( y )eα1 y1 +α2 y2 + α3 y3 = v( y )e( α , y ) , где координаты вектора α = (α1 , α 2 , α 3 )
требуют подбора. Находим частные производные
u yi = (v yi + α i v)e( α , y ) ,
u yi yi = (v yi yi + 2α i v yi + α i2v)e( α , y ) , i = 1,3.
19
Подставив их в уравнение (2.4) и разделив на e( α , y ) , получаем
следующие коэффициенты при младших частных производных новой
функции v( y ) :
v y1 b = 2α + 1,
1
1
v y2 b2 = −2α 2 − 2,
v y3 b3 = 2α 3 − 1,
2
2
2
v c = α1 − α 2 + α 3 + α1 − 2α 2 − α 3 + 0,5.
Приравнивая коэффициенты bi , i = 1,3 , нулю, определяем значения
параметров α1 = −0,5 , α 2 = −1 и α 3 = 0,5 и, следовательно, коэффициент
c = 1 . Таким образом, КВ (2.4) исходного уравнения приводится к более
простому уравнению
v y1 y1 − v y2 y2 + v y3 y3 + v = ( y1 − y2 + 2 y3 )e0,5 y1 + y2 −0,5 y3 .
Задача 2.2. Определить тип и привести к каноническому виду
уравнение
u x1x2 + u x2 x3 + u x1 + u x2 + u x3 = 2 x1 + x2 − x3 .
(2.5)
Решение. Ι . Классификация. Квадратичная форма Φ (t ) = t1t2 + t2t3
уравнения (2.5) не содержит ни одного квадрата ti2 , i = 1,3 . Поэтому,
следуя методу Лагранжа выделения полных квадратов, в Φ (t )
производим специальное невырожденное преобразование
⎧t1 = t1' − t2' ,
⎪
'
'
⎨t2 = t1 + t2 ,
⎪
'
⎩t3 = t3 ,
(2.6)
применение которого дает квадраты Φ (t ' ) = t1'2 − t2' 2 + t1't3' + t2' t3' . Теперь
выделяем полные квадраты по правилу, указанному в решении
предыдущей задачи 2.1,
20
Φ(t ' ) = (t1' + 12 t3' )2 − 14 t3' 2 − t2' 2 + t2' t3' = (t1' + 12 t3' )2 − (t2' − 12 t3' )2 = τ12 − τ 22 + 0 ⋅ τ32 ,
где
⎧τ1 = t1' + 12 t3' ,
⎪
'
1 '
⎨τ2 = t2 − 2 t3 ,
⎪
'
⎩τ3 = t3 .
(2.7)
Согласно каноническим коэффициентам 1, 0 и −1 КВ Φ(τ) ,
уравнение (2.5) имеет тип {1,1,1}, что соответствует гиперболическипараболическому уравнению.
ΙΙ . Приведение к КВ. Чтобы определить матрицу B , с помощью
которой квадратичная форма приведена к КВ, найдем решения
t1' = τ1 − 12 τ3 , t2' = τ 2 + 12 τ3 , t3' = τ3 линейной системы уравнений (2.7),
подставим их в равенства (2.6) и получим, что t1 = τ1 − τ 2 − τ3 , t2 = τ1 + τ2 ,
t3 = τ3 , т. е. матрица
⎡1 −1 −1⎤
B = ⎢1 1 0 ⎥ .
⎢
⎥
⎢⎣0 0 1 ⎥⎦
В уравнении (2.5) переходим к новым переменным
⎡ y1 ⎤
⎡ x1 ⎤ ⎡ 1 1 0 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ x1 + x2 ⎤
⎢ y ⎥ = BT ⎢ x ⎥ = ⎢ −1 1 0 ⎥ ⎢ x ⎥ = ⎢ − x + x ⎥ .
⎢ 2⎥
⎢ 2⎥ ⎢
⎥⎢ 2⎥ ⎢ 1 2⎥
⎢⎣ y3 ⎥⎦
⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎢⎣ −1 0 1 ⎥⎦ ⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎢⎣ − x1 + x3 ⎥⎦
Вычисляем первые частные производные
u x1 = u y1 − u y2 − u y3 , u x2 = u y1 + u y2 , u x3 = u y3 .
Из x1 = 12 ( y1 − y2 ) , x2 = 12 ( y1 + y2 ) и x3 = 12 ( y1 − y2 ) + y3 следует, что
правая часть уравнения (2.5) равна 2x1 + x2 − x3 = y1 − y3 . Поскольку главную
часть КВ уравнений можно без вычислений записывать по КВ их
квадратичных форм, то отсюда выводим КВ уравнения (2.5)
21
u y1 y1 − u y2 y2 + 2u y1 = y1 − y3 .
Задача 2.3. Определить тип и привести к каноническому виду
уравнение
u x1x1 − 4u x1x2 + 5u x2 x2 − 2u x2 x3 + 2u x3 x3 − u x1 + 2u x2 = x1 + x3 .
(2.8)
Решение. Ι . Классификация. Методом Лагранжа выделяем полные
квадраты
Φ (t ) = t12 − 4t1t2 + 5t22 − 2t2t3 + 2t32 = (t1 − 2t2 ) 2 + t22 − 2t2t3 + 2t32 =
= (t1 − 2t2 ) 2 + (t2 − t3 ) 2 + t32 = τ12 + τ22 + τ32 ,
где
⎧τ1 = t1 − 2t2 ,
⎪
⎨τ2 = t2 − t3 ,
⎪τ = t .
⎩ 3 3
(2.9)
По КВ квадратичной формы видим, что уравнение (2.8) имеет тип
{3,0,0}, что соответствует эллиптическому уравнению.
ΙΙ . Приведение к КВ. Решением линейной системы (2.9) является
⎧t1 = τ1 + 2τ2 + 2τ3 ,
⎪
⎨t2 = τ2 + τ3 ,
⎪t = τ ,
⎩3 3
⎡1 2 2 ⎤
т. е. матрица B = ⎢0 1 1 ⎥ .
⎢
⎥
⎢⎣0 0 1 ⎥⎦
В уравнении (2.8) переходим к новым переменным
22
⎡ y1 ⎤
⎡ x1 ⎤ ⎡1 0 0 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ x1
⎤
⎢ y ⎥ = BT ⎢ x ⎥ = ⎢ 2 1 0 ⎥ ⎢ x ⎥ = ⎢ 2 x + x ⎥ .
1
2
⎢ 2⎥
⎢ 2⎥ ⎢
⎥
⎥⎢ 2⎥ ⎢
⎢⎣ y3 ⎥⎦
⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ x3 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 x1 + x2 + x3 ⎥⎦
Вычисляем первые частные производные уравнения
ux1 = u y1 + 2u y2 + 2u y3 ,
ux2 = u y2 + u y3 .
Выражаем правую часть уравнения через новые переменные
x1 + x3 = y1 − y2 + y3 ,
так как x1 = y1 и x3 = − y2 + y3 . В результате записываем главную часть
КВ уравнения по КВ его квадратичной формы, имеем КВ уравнения (2.8)
u y1 y1 + u y2 y2 + u y3 y3 − u y1 = y1 − y2 + y3 .
2. Уравнение с двумя переменными ( x, y ) ∈ G ⊂ R
2
au xx ( x, y ) + 2bu xy ( x, y ) + cu yy ( x, y ) = F ( x, y, u ( x, y ), u x ( x, y ), u y ( x, y )) ,
где
коэффициенты
a( x, y ) + b( x, y ) + c( x, y ) ≠ 0 ∀( x, y ) ∈ G ,
(2.10)
принадлежит
к
гиперболическому (параболическому или эллиптическому) типу в точке ( x, y ) ∈ G ,
если соответственно дискриминант D( x, y ) = b 2 ( x, y ) − a( x, y ) ⋅ c( x, y ) > 0 (= 0 или
< 0) .
Общие интегралы ϕ( x, y ) = c1 , ψ ( x, y ) = c2 характеристического уравнения
a (dy ) 2 − 2bdxdy + c(dx) 2 = 0
определяют характеристики уравнения (2.10). Уравнение (2.10) гиперболического,
параболического и эллиптического типа имеет соответственно два различных
действительных ( ψ ≠ ϕ ) , одно действительное ( ψ = ϕ) и два различных комплексносопряженных ( ψ = ϕ) семейств характеристик.
23
Уравнение (2.10) гиперболического типа в области G1 ⊆ G приводится
невырожденной заменой переменных ξ = ϕ( x, y ), η = ψ ( x, y ) в G1 к каноническому
виду
uξη (ξ, η) = F (ξ, η, u (ξ, η), uξ ( ξ, η) , uη ( ξ, η))
(2.11)
и
невырожденной
заменой
α = ( ϕ( x, y ) + ψ( x, y) ) 2,
переменных
β = ( ϕ( x, y ) − ψ( x, y ) ) 2 в G1 к другому каноническому виду
uˆαα (α, β) − uˆββ (α, β) = Fˆ (α, β, uˆ (α, β), uˆα (α, β), uˆβ (α, β)) .
Уравнение (2.10) параболического типа в области G2 ⊆ G заменой переменных
ξ = ϕ ( x, y ) , η = η ( x, y ) , где η – любая дважды непрерывно дифференцируемая
⎡ ξx
функция, такая, что якобиан J = ⎢
⎣ ηx
виду
ξy ⎤
≠ 0 в G2 , приводится к каноническому
η y ⎥⎦
uηη ( ξ, η ) = F ( ξ, η, u ( ξ, η, ) , uξ ( ξ, η, ) , uη ( ξ, η, ) ) .
Уравнение
(2.10)
эллиптического
типа
в
области
G3 ⊆ G приводится
невырожденной комплекснозначной заменой переменных ξ = ϕ( x, y ), η = ϕ( x, y ) в G3
к каноническому виду (2.11) и невырожденной действительнозначной заменой
переменных α = Re ϕ( x, y ), β = Ι m ϕ( x, y ) в G3 к другому каноническому виду
uˆαα (α, β) + uˆββ (α, β) = Fˆ (α, β, uˆ (α, β), uˆα (α, β), uˆβ (α, β)) .
Задача 2.4. В каждой из областей, где сохраняется тип, привести к
каноническому виду уравнение
yu xx − xu yy = 0 .
(2.12)
Решение. I. Классификация. Из условия
a + c ≠ 0 ∀ ( x, y ) ∈ G
следует, что G = R 2 \ (0,0) . Дискриминант этого уравнения равен D = xy
в G . Поэтому уравнение (2.12) имеет
1) гиперболический тип ( D > 0 ) в областях а) x > 0, y > 0 ;
б) x < 0, y < 0 ;
2) параболический тип ( D = 0 ) в областях а) x = 0, y ≠ 0 ;
б) x ≠ 0, y = 0 ;
24
3) эллиптический тип ( D < 0 ) в областях а) x > 0, y < 0 ;
б) x < 0, y > 0 .
II. Приведение к КВ.
1. D > 0 . Сначала для упрощения выкладок приведtм к КВ
гиперболическое уравнение (2.12) в первой четверти плоскости.
а) x, y > 0 . В первой четверти его характеристическое уравнение
y ( dy ) − x ( dx ) = 0 распадается на два дифференциальных уравнения
2
2
ydy ± xdx = 0 . Их общие интегралы
ϕ ( x, y ) =
ψ ( x, y ) =
2 3 2 3
y +
x = c1 ,
3
3
2 3 2 3
y −
x = c2 , ∀c1 , c2 ∈ R ,
3
3
являются характеристиками уравнения (2.12).
В уравнении (2.12) делаем замену переменных
α = (ϕ + ψ) 2 =
2 3
2 3
y , β = (ϕ − ψ) 2 =
x .
3
3
С этой целью по формуле производной сложной функции двух
переменных
вычисляем
частные
производные
функции
u ( x, y ) = uˆ ( α ( y ) , β ( x ) )
u x = uˆα α x + uˆββ x = uˆβ x , u xx = uˆββ x + uˆβ
u y = uˆα α y + uˆββ y = uˆα y , u yy = uˆαα y + uˆα
1
2 x
1
2 y
подставляем их в уравнение (2.12) и получаем уравнение
25
,
,
yxuˆββ − yxuˆαα +
y
2 x
x
uˆβ −
2 y
uˆα = 0 .
После деления его на − yx имеем уравнение
uˆαα − uˆββ +
1
2 y3
uˆα −
1
2 x3
uˆβ = 0 .
В коэффициентах этого уравнения старые переменные
выражаем через новые переменные
x, y
2 y 3 = 3α, 2 x 3 = 3β
и приводим к КВ уравнения (2.12)
uˆαα − uˆββ +
1
1
uˆα − uˆβ = 0 .
3α
3β
(2.13)
б) x, y < 0 . В третьей четверти плоскости заменой переменных
2
2
3
3
α=
y и β=
x гиперболическое уравнение (2.12) аналогичным
3
3
образом приводится к этому же КВ (2.13).
Заметим, что для приведения уравнения (2.12) к другому
гиперболическому
КВ
нужно
сделать
замену
переменных:
2
2
2
2
3
3
3
3
ξ=
y +
x ,η=
y −
x в (2.12) или ξ = α + β, η = α − β в
3
3
3
3
КВ (2.13).
2. D = 0. Для приведения параболического уравнения (2.12) к КВ на
оси Oy (Ox ) достаточно в его коэффициентах положить x = 0 ( y = 0) .
а) x = 0, y ≠ 0. В его коэффициентах полагаем x = 0 и получаем
yu xx = 0 ⇒ u xx = 0, y ≠ 0.
б) x ≠ 0, y = 0. На оси Ox аналогично находим КВ
− xu yy = 0 ⇒ u yy = 0, x ≠ 0.
26
3. D < 0. Сначала приведем к КВ эллиптическое уравнение (2.12) в
четвертой четверти плоскости.
а) x > 0, y < 0. В четвертой четверти его характеристическое
уравнение распадается на два дифференциальных уравнения
− ydy ± i xdx = 0, i = −1 . Их общие интегралы дают характеристики
уравнения
2
2
3
ϕ ( x, y ) =
( − y ) + i x3 = c1 ,
3
3
ϕ ( x, y ) =
2
3
(− y)
3
−i
2 3
x = c2 ∀ c1 , c2 ∈ .
3
В уравнении (2.12) делаем замену переменных
α = Re ϕ ( x, y ) =
2
3
(− y)
3
, β = Ι m ϕ ( x, y ) =
2 3
x .
3
Для этого находим частные производные
u x = uˆα ⋅ 0 + uˆβ x , u xx = uˆββ x + uˆβ
(
1
2 x
)
u y = uˆα ⋅ − − y + uˆβ ⋅ 0, u yy = uˆαα ( − y ) + uˆα
,
1
,
2 −y
подставляем их в уравнение и приходим к уравнению
yxuˆββ + yxuˆαα +
y
2 x
uˆβ −
x
uˆα = 0.
2 −y
Это уравнение делим на yx, в полученных коэффициентах старые
переменные x, y выражаем через новые переменные
27
2
(− y)
3
= 3α, 2 x 3 = 3β
и имеем КВ
uˆαα + uˆββ +
1
1
uˆα + uˆβ = 0.
3α
3β
(2.14)
б) x < 0, y > 0. Во второй четверти плоскости заменой переменных
2 3
2
3
α=
y ,β=
( − x ) эллиптическое уравнение (2.12) аналогичным
3
3
образом приводится к этому же КВ (2.14).
Заметим, что для приведения уравнения (2.12) к другому
эллиптическому
КВ
нужно
сделать
замену
переменных:
2
2
2
2
3
3
3
3
ξ=
y +i
x ,η=
y −i
x
в (2.12)
или ξ = α + iβ ,
3
3
3
3
η = α − iβ в КВ (2.14).
Задача 2.5. Привести к каноническому виду уравнение
x 2u xx − 2 xu xy + u yy = 0.
(2.15)
Решение. I. Классификация. Это уравнение не вырождается во всей
плоскости, т. е. областью его задания является вся плоскость G = R 2 .
Уравнение (2.15) является параболическим в R2 , так как его
дискриминант D = x 2 − x 2 = 0 ∀ ( x, y ) ∈ R 2 .
II. Приведение к КВ. Его характеристическое уравнение
2
2
2
x 2 ( dy ) + 2 xdxdy + ( dx ) = ( xdy + dx ) = 0 вырождается в одно ОДУ с
разделяющимися переменными
xdy + dx = 0. Очевидно, что
dx
x = 0 − решение. При x ≠ 0 разделяем переменные dy +
=0 и
x
интегрируем y + ln x = ln c . Если здесь пропотенцировать, то будем
иметь одно семейство характеристик ϕ ( x, y ) = xe y = c, c ∈ R, которое
содержит частное решение x = 0 при c = 0.
Если в уравнении (2.15) перейти к новой переменной ξ = xe y , то в
качестве второй новой переменной можно взять η = y, так как
28
η∈ C (
(2)
2
⎡ξx
) и якобиан преобразования J = ⎢
⎣ηx
ξ y ⎤ ⎡e y
=
η y ⎥⎦ ⎢⎣ 0
xe y ⎤
y
⎥=e ≠0
1 ⎦
в R2.
Теперь вычисляем частные производные исходного уравнения
u x = uξe y + uη ⋅ 0, u xx = uξξe2 y ,
u xy = ( uξξξ y + uξηη y ) e y + uξ e y = uξξ xe 2 y + uξηe y + uξe y ,
u y = uξξ y + uηη y = uξ xe y + uη , u yy = uξξ x 2e2 y + 2uξη xe y + uηη + uξ xe y .
Составляем таблицу коэффициентов при всех частных производных
нового уравнения
uξξ
uξη
uηη
uξ
x 2e2 y − 2 x 2e2 y + x 2e 2 y = 0,
0
− 2 xe y + 2 xe y = 0,
+ 0
− 2 xe y
0
0
+ 1 = 1,
+ xe y = − xe y .
В итоге уравнение (2.15) приводится к уравнению uηη − xe yuξ = 0 и
после перехода в коэффициентах к новым переменным xe y = ξ к КВ
uηη − ξuξ = 0.
Задача 2.6. Привести к каноническому виду уравнение
(1 + x ) u
2
xx
+ (1 + y 2 ) u yy = 0.
(2.16)
Решение. I. Классификация. Ясно, что областью задания данного
уравнения является вся плоскость G = R 2 , где оно имеет эллиптический
тип, потому что D = − (1 + x 2 )(1 + y 2 ) < 0 ∀ ( x, y ) ∈ R 2 .
II. Приведение к КВ. Его характеристическое уравнение
2
2
2
2
1 + x 2 ( dy ) + 1 + y 2 ( dx ) = 1 + x 2 ( dy ) − i 2 1 + y 2 ( dx ) = 0 распадается
(
)
(
)
(
)
(
29
)
на два ОДУ с разделяющимися переменными 1 + x 2 dy ± i 1 + y 2 dx = 0,
общие интегралы которых дают два семейства характеристик
y
ϕ ( x, y ) = ∫
0
y
ϕ ( x, y ) = ∫
0
x
ds
dt
+ i∫
1 + s2
0
x
ds
dt
− i∫
1 + s2
= c1 ,
1+ t2
1+ t2
0
= c2 , ∀c1 , c2 ∈ C .
В уравнении (2.16) переходим к новым переменным
y
α = Re ϕ ( x, y ) = ∫
0
x
ds
1 + s2
, β = Im ϕ ( x, y ) = ∫
0
dt
1+ t2
(2.17)
.
Находим частные производные
u x = uˆα ⋅ 0 + uˆβ
u y = uˆα
1
1 + y2
1
, u xx = uˆββ
1
− uˆβ
1 + x2
+ uˆβ ⋅ 0, u yy = uˆαα
1
− uˆα
1 + y2
1+ x
2
x
(1 + x )
2 3
y
(1 + y )
2 3
,
,
подставляем их в уравнение (2.16) и получаем уравнение
uˆββ + uˆαα −
x
1 + x2
uˆβ −
y
1 + y2
uˆα = 0.
Поскольку при D < 0 в области эллиптичности уравнения замена
переменных не вырождена, то преобразование (2.17) обратимо, т. е.
D < 0 ⇒ J ≠ 0 ∀ ( x, y ) ∈ G ⇒ ∃x = x ( β ) , y = y ( α ) .
Поэтому уравнение (2.16) приводится к КВ
30
uˆαα + uˆββ −
y (α)
1 + y2 (α )
uˆα −
x (β )
1 + x 2 (β )
uˆβ = 0.
(2.18)
Здесь x = shβ и y = shα .
Отметим, что можно вывести другой эллиптический КВ уравнения
(2.16), если в нем перейти к новым переменным ξ = ϕ ( x, y ) и η = ϕ ( x, y )
или в КВ (2.18) − к новым переменным ξ = α + iβ и η = α − iβ.
31
Тема 3. НАХОЖДЕНИЕ ОБЩЕГО РЕШЕНИЯ
УРАВНЕНИЙ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ
ВТОРОГО ПОРЯДКА
Функция u = u ( x, y ) называется решением (классическим) уравнения
a ( x, y )u xx + 2b( x, y )u xy + c ( x, y )u yy = F ( x, y, u , u x , u y ) , ( x, y ) ∈ G ⊂ R 2 ,
(3.1)
где непрерывные коэффициенты a + b + c ≠ 0 ∀( x, y ) ∈ G , если она принадлежит
классу C (2) (G ) и удовлетворяет уравнению (3.1) в G . Множество всех решений этого
уравнения называется общим решением (ОР) уравнения (3.1).
Если уравнение (3.1) допускает решение, то, возможно, невырожденной
заменой переменных (методом характеристик), заменой функций и другими
преобразованиями оно сводится к простейшему уравнению с частными
производными, решение которого известно или не вызывает затруднений.
Задача 3.1. В каждой из областей, где сохраняется тип, решить
уравнение
xu xx + ( x + y )u xy + yu yy = 0 .
(3.2)
Решение. I. Классификация. Из условия a + b + c ≠ 0 заключаем,
что область задания уравнения G = R 2 \ (0,0) . По знаку дискриминанта
D = ( x + y ) 2 4 − xy = ( x − y ) 2 4 определяем, что уравнение (3.2) имеет
гиперболический тип при y ≠ x и параболический тип при y = x .
II. Приведение к КВ.
1). Пусть y ≠ x . Характеристическое уравнение
x(dy ) 2 − ( x + y )dxdy + y (dx) 2 = 0
распадается на два ОДУ с разделяющимися переменными
dy − dx = 0,
xdy − ydx = 0 ,
решения которых дают два семейства характеристик: ϕ( x, y ) = y − x = c1 и
ψ ( x, y ) = y x = c2 ∀ c1 , c2 ∈ R , если x ≠ 0 . Случай x = 0, y ≠ 0 будет
рассмотрен ниже.
32
а) x ≠ 0 . В уравнении (3.2) делаем замену переменных
ξ = y − x, η = y x
(3.3)
и вычисляем частные производные
2y
y2
2y
⎛ −y ⎞
u x = uξ ( −1) + uη ⎜ 2 ⎟ , u xx = uξξ + uξη 2 + uηη 4 + uη 3 ,
x
x
x
⎝x ⎠
1⎞ ⎛
1 ⎞⎛ − y ⎞
1
⎛
u xy = − ⎜ uξξ ⋅ 1 + uξη ⎟ + ⎜ uηξ + uηη ⎟⎜ 2 ⎟ − uη 2 ,
x⎠ ⎝
x ⎠⎝ x ⎠
x
⎝
1
2
1
u y = uξ + uη , u yy = uξξ + uξη + 2 uηη .
x
x
x
Подставляя их в уравнение (3.2), получаем следующие ненулевые
коэффициенты при частных производных нового уравнения
uξη
uη
2y x + y ( x + y) y 2y ( y − x)
−
−
+ =− 2 ,
x
x
x2
x
x
2y
x+ y
y−x
−
+0= 2 ,
2
2
x
x
x
т. е. приходим к уравнению
2
( y − x)
−
2
uξη +
x2
имеем КВ гиперболического уравнения (3.2)
1
uξη − uη = 0.
ξ
y−x
uη = 0 , из которого
x2
(3.4)
III. Интегрирование. Решаем уравнение (3.4) заменой функции
ν = uη . Это уравнение при каждом фиксированном η приводится к ОДУ
dν ν
− = 0 . Очевидно, что ω = 0 − его
dξ ξ
решение. При ω ≠ 0 можно разделить переменные и проинтегрировать
с разделяющимися переменными
33
dν dξ
−
= 0 ⇒ ln ν − ln ξ = ln C ( η) .
ν
ξ
В результате его решения ν = ξC (η) , где C (η) − любая непрерывно
дифференцируемая функция, дают другое уравнение
uη = ξC (η) ,
интегрированием которого по η находим ОР уравнения (3.4)
u = ξ ∫ C (η) d η + C2 ( ξ ) = ξC1 ( η ) + C2 ( ξ ) ,
(3.5)
где C1 ( η) , C2 ( ξ ) − любые дважды непрерывно дифференцируемые
функции.
Поскольку в силу невырожденности замены переменных (3.3) (ее
якобиан J ≠ 0 при y ≠ x ) уравнения (3.2) и (3.4) эквивалентны в
области гиперболичности в смысле их множеств решений, то, на
основании равенства u ( x, y ) = u ( ξ, η) , все решения уравнения (3.2) при
y≠x
u = ( y − x ) C1 ( y x ) + C2 ( y − x )
(3.6)
можно получить из всех решений (3.5), вернувшись в них к старым
переменным по формулам (3.3).
IV. Приведение к КВ.
а) x = 0, y ≠ 0 . Полагая x = 0 в коэффициентах уравнения (3.2),
получаем уравнение
u xy + u yy = 0.
(3.7)
Его характеристическое уравнение −dxdy + ( dx ) = 0 , распадаясь на
два ОДУ dx = 0 и dy − dx = 0 , дает два семейства характеристик: x = c1 и
y − x = c2 , ∀c1 , c2 ∈ R . Переходим к новым переменным ξ = y − x, η = x ,
вычисляем частные производные
2
u x = −uξ + uη , u xx = uξξ − 2uξη + uηη , u xy = −uξξ + uηξ , u y = uξ , u yy = uξξ ,
подставляем их в уравнение (3.7) и имеем КВ: uξη = 0 .
34
V. Интегрирование.
а)
x = 0, y ≠ 0 . Общим решением этого КВ является
u = c1 ( ξ ) + c2 ( η ) ∀c1 ( ξ ) , c2 ( η ) ∈ C (2) . Возвращаясь здесь к старым
переменным, находим ОР уравнения (3.7): u = C1 ( y − x ) + C2 ( x ) .
Замечание 3.1. В силу симметрии уравнения (3.2) относительно
переменных x и y, т. е. уравнение (3.2) не изменяется при замене x и
y на y и x соответственно, этой заменой из ОР (3.6) можно получить
ОР уравнения (3.2) при x = 0, y ≠ 0
u = ( x − y ) C1 ( x y ) + C2 ( x − y ) .
VI. Приведение к КВ.
1) Пусть y = x ≠ 0 . Тогда из уравнения (3.2) имеем уравнение
u xx + 2u xy + u yy = 0.
(3.8)
Характеристическое уравнение ( dy ) − 2dxdy + ( dx ) = ( dy − dx ) = 0
уравнения (3.8) дает одно семейство характеристик y − x = c, ∀c ∈ R .
Тогда допустима замена переменных ξ = y − x, η = x , так как ее якобиан
J = −1 ≠ 0 . Подставив в уравнение (3.8) соответствующие частные
производные
u x = −uξ + uη , u xx = uξξ − 2uξη + uηη ,
2
2
2
u xy = −uξξ + uηξ , u y = uξ , u yy = uξξ ,
приходим к его КВ
uηη = 0 .
VII. Интегрирование.
1) y = x ≠ 0 . Интегрируя уравнение uηη = 0 по η , имеем ûη = C1 ( ξ ) ,
и еще раз по η , имеем ОР этого КВ: u = ηC1 ( ξ ) + C2 ( ξ ) . Здесь
возвращаемся к старым переменным x и y и получаем ОР уравнения
(3.2) в области параболичности
u = x ⋅ C1 ( y − x ) + C2 ( y − x ) ∀C1 ( ξ ) , C2 ( ξ ) ∈ C (2) .
35
Задача 3.2. Решить уравнение
y 2u xx − 2 yxu xy + x 2u yy − xu x − yu y = 0.
(3.9)
Решение. I. Классификация. Из условия y 2 + 2 xy + x 2 ≠ 0 вытекает,
что областью задания этого уравнения является область G = R 2 \ ( 0,0 ) ,
где уравнение (3.9) сохраняет параболический тип, так как дискриминант
2
D = ( xy ) − x 2 y 2 = 0 ∀ ( x, y ) ∈ G .
II . Приведение к КВ. Данное уравнение имеет одно семейство
ϕ (x, y) = x2 /2+ y2 /2 = c, c∈ ,
потому
что
его
характеристик
характеристическое уравнение
y2 ( d y) + 2 x ydxdy + x2dx2 = ( ydy + xdx) = 0
2
2
дает лишь одно дифференциальное уравнение характеристик
ydy + xdx = 0 .
а) y ≠ 0. В уравнении (3.9) допустима замена переменных
ξ=
x2 y2
+ , η = x,
2
2
J=
x y
= − y ≠ 0,
1 0
так как ее якобиан
если y ≠ 0. Случай x ≠ 0, y = 0 будет рассмотрен ниже.
Находим частные производные
u x = uξ x + uη , u xx = uξξ x 2 + uξη 2 x + uηη + uξ ,
u xy = ( uξξ y + uξη ⋅ 0 ) x + uηξ y + uηη ⋅ 0 = uξξ xy + uηξ y,
u y = uξ y + uη ⋅ 0, u yy = uξξ y 2 + uξ .
36
(3.10)
Подставляем их в уравнение (3.9), определяем
коэффициенты нового уравнения при частных производных
uηη
ненулевые
y 2+ 0+0 + 0 = y 2,
y 2+ x 2− x 2− y 2= 0,
0 + 0 − x + 0 =−x,
uξ
uη
y 2uηη − xuη = 0 , из которого в силу
и приходим к уравнению
x = η, y = 2ξ − η2 получаем КВ уравнения (3.9)
uηη −
η
uη = 0 .
2ξ − η2
.
(3.11)
III. Интегрирование.
а) y ≠ 0. Заменой функции ν = uη этот КВ при каждом
фиксированном ξ сводится к ОДУ с разделяющимися переменными
dν
η
−
ν = 0.
(3.12)
d η 2ξ − η2
Непосредственной подстановкой проверяется то, что ν = 0 − его
dν
ηd η
−
= 0,
решение. Если ν ≠ 0 , то разделяем переменные
ν 2ξ − η2
1
интегрируем ln ν + ln 2ξ − η2 = ln C1 ( ξ ) и, тем самым, имеем ОР
2
2
ν = C1 ( ξ ) 2ξ − η ∀C1 ( ξ ) ∈ C (2) уравнения (3.12). Теперь, интегрируя
по η уравнение uη = C1 ( ξ )
2ξ − η2 , находим ОР для КВ (3.11)
u = arcsin
η
C1 ( ξ ) + C2 ( η ) ,
2ξ
из которого введенной заменой переменных (3.10) получаем ОР
исходного уравнения (3.9) при y ≠ 0
37
⎛ x2 y 2 ⎞
⎛ x2 y 2 ⎞
u = arcsin
C1 ⎜ + ⎟ + C2 ⎜ + ⎟ =
2
2
2 ⎠
2 ⎠
x +y
⎝ 2
⎝ 2
x
x
= arcsin
x +y
2
2
C3 ( x 2 + y 2 ) + C4 ( x 2 + y 2 ) ,
где C3 ( 2ξ )
и
C4 ( 2ξ ) − любые дважды непрерывно
дифференцируемые функции.
IV. Приведение к КВ.
а) x ≠ 0, y = 0 . В коэффициентах уравнения (3.9) полагаем y = 0 ,
1
делим на x ≠ 0 и имеем его КВ: u yy − u x = 0 , который не является
x
элементарным уравнением в частных производных.
Задача 3.3. Решить уравнение
(1 + x ) u
2
xx
+ (1 + y 2 )u yy + xu x + yu y = 0.
(3.13)
Решение.
I.
Классификация.
Согласно
дискриминанту
2
2
D = −(1 + x ) (1 + y ) < 0 данное уравнение является эллиптическим в
области задания G = R 2 .
II . Приведение к КВ. Интегрирование его характеристического
уравнения
dy
dx
2
2
(1 + x 2 ) ( dy ) + (1 + y 2 ) ( dx ) = 0 ⇔
±i
=0
1 + y2
1 + x2
)
(
)
(
дает два семейства характеристик^ ln y + 1 + y 2 + i ln x + 1 + x 2 = c1 ,
)
(
)
(
ln y + 1 + y 2 − i ln x + 1 + x 2 = c2 ,
c1 , c2 ∈ . Поэтому переходим к
новым переменным
(
)
(
)
(
)
(
)
ξ = ln y + 1 + y 2 + i ln x + 1 + x 2 , η = ln y + 1 + y 2 − i ln x + 1 + x 2 ,
находим частные производные
38
u x = uξ
i
1+ x
2
+ uη
−i
1+ x
2
1
, u y = uξ
u xx = uξξ
−1
2
−1
+ uξη
+ uηη
+ uξ
2
2
1+ x
1+ x
1 + x2
u yy = uξξ
1
2
1
+ uξη
+ uηη
+ uξ
2
2
1+ y
1+ y
1 + y2
1+ y
2
+ uη
−ix
(1 + x )
2 3
1
1+ y
+ uη
−y
+ uη
(1 + y )
2 3
2
,
ix
(1 + x )
2 3
,
−y
(1 + y )
2 3
,
при подстановке их в уравнение (3.13) строим таблицу коэффициентов
нового уравнения
uξη
+
2
−ix
uξ
1 + x2
ix
uη
1+ x
2
−
−
+
2
y
1 + y2
y
1+ y
2
+
−
+
0
ix
1 + x2
ix
1+ x
2
+
+
= 4,
0
y
1 + y2
y
1+ y
2
= 0,
=0
и получаем КВ уравнения (3.13)
uξη = 0.
(3.14)
ΙΙΙ . Интегрирование. Проинтегрировав уравнение (3.14) по ξ и η ,
имеем его ОР u = c1 ( ξ ) + c2 ( η ) ∀c1 ( ξ ) , c2 ( η ) ∈ C (2) . Здесь возвращаемся
к старым переменным и приходим к ОР искомого уравнения (3.13)
) (
(
)
u = c1 ln( y + 1 + y 2 ) + i ln( x + 1 + x 2 ) + c2 ln( y + 1 + y 2 ) − i ln( x + 1 + x2 ) .
Задача 3.4. Решить уравнение
u xy + xu x + u y + ( x − 1) u = 0.
39
(3.15)
Решение. I. Классификация. В области задания G = R 2 это
уравнение является гиперболическим, так как оно уже имеет КВ
гиперболических уравнений.
II. Интегрирование. В уравнении (3.15) сгруппируем первое с
третьим и второе с четвертым слагаемые и в них вынесем общие
операции и множители за скобки
∂
( ux + u ) + x ( ux + u ) − u = 0.
∂y
Здесь следует сделать замену функции ν = u x + u и получить систему
уравнений
ν = ux + u, ⎫
(3.16)
⎬
u = ν y + xν.⎭
Ее второе уравнение подставляем в первое уравнение, приводим
подобные члены и приходим к уравнению
ν xy + xν x + ν y + xν = 0,
в котором снова группируем первое с третьим и второе с четвертым
слагаемые, выносим общие действия и множители за скобки и находим
уравнение
( ν x + ν ) y + x ( ν x + ν ) = 0.
Снова заменой функции ω = ν x + ν оно при каждом фиксированном
dω
+ xω = 0 .
x сводится к ОДУ с разделяющимися переменными
dy
Ясно, что последнее уравнение имеет частное решение ω = 0 . Если
dω
же ω ≠ 0 , то, разделив переменные
+ xdy = 0 и проинтегрировав
ω
0
ln ω + xy = ln C ( x ) ∀C ( x ) ∈ C ( ) , находим его ОР ω = e − xy C ( x ) , которое
приводит к уравнению ν x + ν = e − xyC ( x ) . Умножив это уравнение на
40
интегрирующий множитель µ = e x , проинтегрировав по x и разделив
результат на e x , имеем решения
x
ν = ∫ e − x −ξy C1 ( ξ ) d ξ + e − xC2 ( y ) , C1 ( ξ ) ∈ C ( ) , C2 ( y ) ∈ C ( ) .
0
2
(3.17)
0
Тогда благодаря второму уравнению системы (3.16) получаем ОР
исходного уравнения (3.15)
x
u = ∫ ( x − ξ ) e − x −ξyC1 ( ξ )d ξ + e − xC2′ ( y ) + xe − xC2 ( y ) .
0
(3.18)
Подстановкой (3.17) и (3.18) в систему (3.16) легко убедиться в том,
что найденная пара {v, u} является ее решениями и, следовательно,
формулой (3.18) действительно выражаются все решения уравнения
(3.15).
Замечание 3.2. Если бы мы находили решения u не из второго
уравнения системы (3.16), а из ее первого уравнения, то после
интегрирования получили бы его решения
u=e
−x
x
∫ e ν ( s, y ) ds + e
s
−x
C3 ( y ) , C3 ( y ) ∈ C (1) ,
(3.19)
0
содержащие три произвольные функции интегрирования. Не все
функции (3.19) являются решениями системы (3.16) и, следовательно,
уравнения (3.15). Подставив функции ν и u , выраженные формулами
(3.17) и (3.19), в систему (3.16), находим, что третья произвольная
функция интегрирования C3 ( y ) = C2′ ( y ) . Эта зависимость приводит нас
от функций (3.19) к найденным выше решениям (3.18) уравнения (3.15).
Задача 3.5. На персональном компьютере с помощью системы
Mathematica решить уравнение
y
2x
yu xx + x ( 2 y − 1) u xy − 2 x 2u yy − u x +
( ux + 2 xu y ) = 0, x > 0, y > 0. (3.20)
x
1+ 2y
41
Решение. В системе Mathematica данное уравнение записывается в
виде
y ∂x,xu@x, yD + x H2 y − 1L ∂x,y u@x, yD − 2 x2 ∂ y,yu@x, yD −
2x
1+ 2 y
H∂x u@x, yD + 2 x ∂ y u@x, yD L
y
x
∂x u@x, yD +
0;
T
I. Классификация.
дискриминант d= D ):
Определяем
тип
уравнения
(вычисляем
a = y;
b = x H2 y − 1L;
c = −2 x2;
y
2x
;
l= − +
x 1+2y
s=
4 x2
1+ 2 y
;
a ∂x,xu@x, yD + b ∂x,yu@x, yD + c ∂ y,yu@x, yD + l ∂x u@x, yD + s ∂ y u@x, yD
d = b2 − 4 a c êê Simplify
0;
Hx + 2 x yL2 .
Это уравнение имеет гиперболический тип, так как x > 0, y > 0 .
II. Приведение к КВ. Находим дифференциальные уравнения
характеристик:
è!!!!!
dy y
b+ d
i
j
z
êê PowerExpand êê Simplify
j
z =
k dx {1
2a
è!!!!!
b− d
i dy z
y
j
êê PowerExpand êê Simplify
j
z =
k dx {2
2a
2 x,
−
x
y
.
Интегрируем их:
42
Solve[Ÿ y 2Ÿx x+c1,c1]//Simplify
Solve[Ÿy y -Ÿx x+c2,c2]//Simplify
и получаем общие интегралы
99c1 → −x2 + y==
99c2 →
1
2
Ix2 + y2M==
.
Записываем функции замены переменных:
c1 = −x2 + y;
1 2 2
Hx + y L;
c2 =
2
ξ = c1
η = c2
−x2 + y
1
Ix2 + y2M
2
.
Проверяем условие невырожденности замены переменных:
AA = J ∂ η ∂ η N êê MatrixForm
x
y
−2 x 1
J
N
∂x ξ ∂ y ξ
x
y
x>0;y>0;
−2 x 2 y
DetAJ 2 x
1 NE ≠ 0
-2 x-4 x y≠0.
Вычисляем коэффициенты приведенного уравнения:
43
AA = a H∂xξL2 + b ∂x ξ ∂ y ξ + c H∂ yξL2 êê PowerExpand êê Simplify
BB = 2 a ∂xξ ∂x η + b H∂xξ ∂ y η + ∂ yξ ∂x ηL + 2 c ∂ y ξ ∂ yη êê PowerExpand êê Simplify
CC = a H∂xηL2 + b ∂x η ∂ y η + c H∂ yηL2 êê PowerExpand êê Simplify
LL = a ∂x,xξ + b ∂x,y ξ + c ∂ y,y ξ + l ∂x ξ + s ∂ y ξ êê PowerExpand êê Simplify
SS = a ∂x,xη + b ∂x,y η + c ∂ y,y η + l ∂x η + s ∂ y η êê PowerExpand êê Simplify
−Hx + 2 x yL
0
2
0
0
0.
III. Интегрирование. Решаем КВ исходного уравнения:
DSolveA∂t1,t2u@t1, t2D
0, u@t1, t2D, 8t1, t2<E
{{u[t1,t2]→C[1][t1]+C[2][t2]}}
и находим ОР уравнения (3.20):
rint["u[x,y]=",u[t1,t2]=C[1][t1]+C[2][t2]/.{t1→ξ,t2→
η}]
u@x,yD=C@1D@−x2 + yD + C@2DB
1 2 2
Hx + y LF
2
.
Проверяем, не вошли ли лишние корни:
z1 = SolveA90 == −
z2 = SolveA90 == −
1
2
1
8z1@@1DD, z2@@1DD<
::y → −
2
Hx + 2 x yL2=, yE êê PowerExpand êê Simplify;
Hx + 2 x yL2=, xE êê PowerExpand êê Simplify;
1
>, 8x → 0<>
2
.
Нет, не вошли, так как точка с координатами (0, −1/ 2) не
принадлежит области задания уравнения (3.20).
44
Тема 4. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ
ДЛЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
1. Задача Коши для волнового уравнения. В области G = R n × ]0, + ∞[
переменных x = ( x1 , ... , xn ) и
удовлетворяющую уравнению
t
требуется
найти
функцию
u = u ( x, t ) ,
utt − a 2 ∆u = f ( x, t ), ( x, t ) ∈ G ,
(4.1)
и начальным условиям (НУ)
u t =0 = ϕ( x), ut
t =0
= ψ( x), x ∈ R n ,
(4.2)
где f , ϕ и ψ − заданные функции. Решения u задачи Коши (ЗК) (4.1) − (4.2) из
класса C 2 (G ) ∩ C1 ( R n × [0, +∞[) называются классическими решениями задачи Коши
(4.1), (4.2).
При достаточной гладкости правой части f уравнения (4.1) и начальных
данных ϕ и ψ начальных условий (4.2) существует единственное классическое
решение задачи Коши (4.1) − (4.2) [2, c. 122], которое при n = 1 выражается формулой
Даламбера
x + at
t x + a ( t −τ )
⎤
ϕ( x + at ) + ϕ( x − at ) 1 ⎡
u ( x, t ) =
+
⎢ ∫ ψ(ξ)d ξ + ∫ ∫ f (ξ, τ)d ξd τ ⎥ ,
2
2a ⎣⎢ x − at
0 x − a ( t −τ )
⎦⎥
при n = 2 формулой Пуассона
u ( x, t ) =
⎡
1 ⎢∂
2πa ⎢ ∂t
⎣
∫
ϕ(ξ)d ξ
ξ− x < at
a 2t 2 − ξ − x
2
+
∫
ξ− x < at
t
ψ ( ξ) d ξ
a 2t 2 − ξ − x
2
+∫
∫
0 ξ− x < a ( t −τ )
⎤
⎥
2 ⎥
2
2
a (t − τ) − ξ − x ⎦
f (ξ, τ)d ξd τ
и при n = 3 формулой Кирхгофа
u ( x, t ) =
1
4πa 2
⎡ ∂ ⎛1
⎞ 1
⎛
ξ− x ⎞ ⎤
1
⎢ ⎜
⎟
ds
ds
f
t
(
)
(
)
,
ϕ
ξ
+
ψ
ξ
+
ξ
−
⎜
⎟d ξ ⎥ .
∫
∫
⎟ t ξ− x∫= at
ξ
−
x
a
⎢⎣ ∂t ⎜⎝ t ξ− x = at
⎝
⎠ ⎥⎦
ξ− x < at
⎠
45
Задача 4.1. Решить задачу Коши
utt − u xx = 6t , x ∈ , t > 0,
(4.3)
u t =0 = sin x, ut t =0 = x, x ∈ .
(4.4)
Решение. Находим ее решение по формуле Даламбера
x +t
t
x + ( t −τ )
1
1
u = [sin( x + t ) + sin( x − t ) ] + ∫ ξd ξ + 3∫ τ ∫ d ξd τ =
2
2 x −t
0 x −( t −τ )
t
= sin x cos t + xt + 6 ∫ τ(t − τ) d τ = sin x cos t + xt + t 3.
0
Нетрудно убедиться в том, что эта функция удовлетворяет
уравнению (4.3) и НУ (4.4).
Задача 4.2. Решить задачу Коши
utt − u x1x1 − u x2 x2 = 6 x2t , x ∈
u t =0 = x1 , ut t =0 = 1, x ∈
2
, t >0,
(4.5)
2
(4.6)
.
Решение. Вычисляем интегралы формулы Пуассона, переходя к
полярным координатам
ξ1 − x1 = ρ cos ϕ, ξ 2 − x2 = ρ sin ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π,
0 ≤ ρ ≤ t (0 ≤ ρ ≤ t − τ),
∫
ξ− x <t
t 2π
ξ1d ξ
t − ξ− x
2
t
= −πx1 ∫
0
2
d (t 2 − ρ2 )
t 2 − ρ2
=∫∫
0 0
t
x1 + ρ cos ϕ
ρd ρ
ρd ϕd ρ = 2πx1 ∫
=
2
2
t 2 − ρ2
t
−
ρ
0
= −2πx1 t 2 − ρ2
46
ρ=t
= 2πx1t ,
ρ=0
∫
ξ− x <t
t
6∫
t 2π
dξ
t − ξ− x
2
2
t
ρ
=∫∫
t 2 − ρ2
0 0
ρd ρ
d ϕd ρ = 2π∫
t 2 − ρ2
0
= 2πt ,
⎛ t −τ 2 π x + ρ sin ϕ
⎞
= 6∫ τ ⎜ ∫ ∫ 2
ρd ϕd ρ ⎟d τ =
2
⎜
⎟
(t − τ) 2 − ρ2
0 ⎝ 0 0
(t − τ) 2 − ξ − x
⎠
t
ξ 2 τd ξd τ
∫
0 ξ− x <t −τ
t
ρ=t−τ
= −12πx2 ∫ τ (t − τ) − ρ
d τ = 12πx2 ∫ τ(t − τ)d τ = 2πx2t 3 .
ρ=0
0
0
t
2
2
Отсюда, согласно формуле Пуассона, имеем функцию u ( x, t ) =
1 ⎡∂
⎤
=
(2πx1t ) + 2πt + 2πx2t 3 ⎥ = x1 + t + x2t 3 , которая очевидно удовлетво⎢
2π ⎣ ∂t
⎦
ряет уравнению (4.5) и НУ (4.6).
Задача 4.3. Решить задачу Коши
utt − u x1x1 − u x2 x2 − u x3 x3 = 12t 2 , x ∈
u t =0 = x32 , ut t =0 = x2 , x ∈
, t > 0,
(4.7)
.
(4.8)
3
3
Решение. В интегралах формулы Кирхгофа переходим к
сферическим
координатам
ξ1 − x1 = ρ cos ϕ sin θ, ξ 2 − x2 = ρ sin ϕ sin θ,
ξ3 − x3 = ρ cos θ, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, ρ = t (0 ≤ ρ ≤ t ), и получаем
2π π
∫
ξ dS =
2
3
ξ− x =t
∫ ∫(x
3
+t
ξ2 dS =
ξ− x =t
12
∫
ξ− x <t
∫ ∫ sin θd θd ϕ +
0 0
∫ ∫ cos θ sin θd θd ϕ = 2πx t
2
2 2
3
0 0
∫
2 2
3
0 0
2π π
4
2π π
+ t cos θ ) t sin θd θd ϕ = x t
2 2
π
∫ sin θd θ − 2πt
0
π
4
4 4
2
2 2
cos
θ
d
cos
θ
=
4
π
x
t
+
πt ,
(
)
3
∫0
3
2π π
2π π
0 0
0 0
2
2
2
∫ ∫ ( x2 + t sin ϕ sin θ)t sin θd θd ϕ = x2t ∫ ∫ sin θd θd ϕ = 4πx2t ,
t 2π π
2
1
1
2
t − ξ − x ) d ξ = 12∫ ∫ ∫ ( t − ρ ) ρ2 sin θd θd ϕdS =
(
ξ− x
ρ
0 0 0
47
π
⎛ ρ2
ρ3 ρ 4 ⎞ t
2
= 24π∫ sin θd θ ∫ ( t − ρ ) ρd ρ = 48π ⎜ t 2 − 2t + ⎟ = 4πt 4 .
3 4 ⎠0
⎝ 2
0
0
t
Тогда из формулы Кирхгофа имеем функцию
u ( x, t ) =
1 ⎡ ∂ ⎛1
4 4 ⎞ 1
2 2
2
4⎤
2
2
4
⎜ (4πx3 t + πt ) ⎟ + ( 4πx2t ) + 4πt ⎥ = x3 + t + x2t + t ,
⎢
4π ⎣ ∂t ⎝ t
3
⎠ t
⎦
для которой, как нетрудно убедиться, выполняются уравнение (4.7) и
НУ (4.8)
Замечание 4.1. Для решения задачи Коши (4.1) − (4.2) может быть
использована система Mathematica на персональных компьютерах.
2.
Задача Коши на плоскости. В области G ⊂ R 2 требуется найти
функцию u = u ( x, y ) , удовлетворяющую гиперболическому уравнению
a ( x, y )u xx + 2b( x, y )u xy + c ( x, y )u yy + d ( x, y )u x + e( x, y )u y = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ G \ Γ , (4.9)
и на кривой Г с уравнением y = θ( x) – условиям Коши (УК)
u y =θ ( x ) = ϕ( x), u y
y =θ ( x )
= ψ ( x),
(4.10)
где кривая Г принадлежит замыканию G области G. Решения u задачи Коши
(4.9) − (4.10) из класса C 2 (G \ Г) ∩ C1 (G ) называются классическими решениями
задачи Коши (4.9) − (4.10).
Если в каждой точке кривой Г направление оси y не является касательным к
кривой Г и касательное направление к кривой Г не является характеристическим, то в
области G , ограниченной характеристиками уравнения (4.9), проходящими через
концы кривой Г, при достаточной гладкости коэффициентов a, b, c, d , e , правой
части f уравнения (4.9) и данных Коши ϕ и ψ условий Коши (4.10) существует
единственное классическое решение задачи Коши (4.9) − (4.10). Если общее решение
уравнения (4.1) находится в явном виде, то задача Коши (4.9) – (4.10) может быть
решена методом характеристик (Даламбера) и методом Римана.
Задача 4.4. Методом характеристик решить задачу Коши
u xx − u yy − 2u x − 2u y = 4,
48
(4.11)
u y = 0 = − x, u y
y =0
= x − 1.
(4.12)
Решение. I. Интегрирование уравнения. Найдем ОР уравнения (4.3).
Сначала приведем уравнение (4.11) к КВ. Из характеристического
2
2
получаем
характеристики
уравнения
( dy ) − ( dx ) = 0
y + x = c1 , y − x = c2 , ∀c1 , c2 ∈ , и в уравнении (4.11) переходим к новым
переменным ξ = y + x, η = y − x . При подстановке в это уравнение
частных производных
u x = uξ − uη , u xx = uξξ − 2uξη + uηη ,
u y = uξ + uη , u yy = uξξ + 2uξη + uηη
составляем таблицу коэффициентов нового уравнения
uξη − 2 − 2 + 0 + 0 = −4,
uξ
0 + 0 − 2 − 2 = −4,
uη
0+0+2−2=0
и приходим к уравнению −4uξη − 4uξ = 4 , из которого имеем КВ
uξη + uξ = −1.
(4.13)
Теперь решаем это уравнение заменой функции ν = uξ . В результате
при каждом фиксированном ξ интегрируем ОДУ
dν
dν
+ ν = −1 ⇒
+ d η = 0 ⇒ ln ν + 1 + η = ln C ( ξ )
dη
ν +1
и находим его ОР ν = C ( ξ ) e−η − 1 ∀C ( ξ ) ∈ C ( ) , так как очевидно ν = −1
является его частным решением. Наконец, интегрируя уравнение
uξ = C ( ξ ) e−η − 1 по ξ , получаем ОР
u = C1 ( ξ ) e −η + C2 ( η ) − ξ
2
∀C2 ( η) ∈ C (
2)
для КВ (4.13). Вернувшись в нем к старым переменным x
49
и y , находим ОР u = C1 ( x + y ) e x − y + C2 ( y − x ) − y − x уравнения (4.11),
которое приводится к виду
u = e2 x g ( x + y ) + h ( y − x ) − y − x
∀g , h ∈ C ( ) .
2
(4.14)
II. Подстановка ОР в УК. По формуле производной сложной
функции
берем
частную
производную
по
y
от
ОР
u y = e2 x g ′ ( y + x ) + h′ ( y − x ) − 1 , где g ′ ( y + x ) и h′ ( y − x ) − производные по
y + x и y − x соответственно. Таким образом, подстановка ОР (4.14) в
УК (4.12) дает систему уравнений
⎧u y =0 = e 2 x g ( x ) + h ( − x ) − x = − x,
⎪
⎨
2x
⎪⎩ u y y =0 = e g ′ ( x ) + h′ ( − x ) − 1 = x − 1
(4.15)
относительно функций g и h .
Решим эту систему. Дифференцируя по x первое уравнение
системы (4.15)
2e 2 x g ( x ) + e 2 x g ′ ( x ) − h′ ( − x ) = 0
и складывая результат этого дифференцирования с ее вторым
уравнением, имеем ОДУ
1
g ′ ( x ) + g ( x ) = xe−2 x ,
2
1
g ( x) = − ( x + 1)e−2 x + ce− x
2
после переобозначения независимой переменной x = s функция
решением которого является функция
1
g ( s) = − ( s + 1)e−2 s + ce− s , c ∈ .
2
50
или
(4.16)
Тогда
из
первого
уравнения системы (4.15) находим, что
⎡1
⎤ 1
h ( − x ) = e 2 x ⎢ ( x + 1) e −2 x − ce− x ⎥ = ( x + 1) − ce x . Отсюда после замены
⎣2
⎦ 2
переменной − x = t получаем функцию
h (t ) =
1
(1 − t ) − ce−t ∀c ∈ .
2
(4.17)
Итак, функции (4.16) и (4.17) представляют собой все решения
системы (4.15).
Для завершения решения ЗК (4.11) − (4.12) остается лишь подставить
в ОР (4.14) выражения (4.16) и (4.17), полагая соответственно в них
s = y+ x и t = y− x,
⎡ 1
⎤ 1
−2 y + x
u = e 2 x ⎢ − ( y + x + 1) e ( ) + ce− y − x ⎥ + (1 − y + x ) − ce x − y − y − x =
⎣ 2
⎦ 2
(4.18)
1
1
= − ( y + x + 1) e−2 y + (1 − 3 y − x ) .
2
2
III. Проверка. Проверим правильность решения ЗК (4.11) − (4.12)
подстановкой полученного решения (4.18) в УК (4.12) и уравнение
(4.11).
Функция (4.18) удовлетворяет первому условию Коши из (4.12)
u ( x,0 ) = −
1
1
( x + 1) + (1 − x ) = − x.
2
2
Второе условие Коши из (4.12) тоже выполняется, потому что
1
3
u y = − e −2 y + ( y + x + 1) e−2 y −
и, следовательно,
2
2
1
3
u y ( x,0 ) = − + x + 1 − = x − 1.
2
2
Вычисляем недостающие частные производные функции (4.18)
51
u yy = 2e−2 y − 2 ( y + x + 1) e−2 y ,
1
1
u x = − e −2 y − ,
2
2
u xx = 0,
подставляем их в уравнение (4.11)
−2e −2 y + 2 ( y + x + 1) e −2 y + 1 + e −2 y + e −2 y − 2( y + x + 1)e −2 y + 3 = 4
и убеждаемся, что она удовлетворяет уравнения (4.11). На этом
основании делаем вывод о том, что функция (4.18) действительно
является решением ЗК (4.11) − (4.12).
Задача 4.5. Методом характеристик решить задачу Коши
xu xx + ( x + y )u xy + yu yy = 0, x > 0, y > 0,
u y = 1 = x3 , u y
x
Решение. I.
уравнения (3.2)
Интегрирование
y=
1
x
= − x4.
уравнения.
(4.19)
(4.20)
Воспользуемся
y
u = ( y − x) g ( ) + h( y − x),
x
ОР
(4.21)
полученным при решении задачи 3.1.
II. Подстановка ОР в УК. Для этого вычисляем частную
производную
y
y
y
u y = g ( ) + ( y − x) g ′( ) x −1 + h′( y − x), где g ′( ) и h′( y − x ) − производные
x
x
x
y
и y − x соответственно. Подставив ОР (4.21) в УК (4.20), имеем
по
x
систему уравнений
⎧
⎪⎪
⎨
⎪u y
⎪⎩
y=
1
x
1
1
1
u y = 1 = ( − x ) g ( 2 ) + h( − x ) = x 3 ,
x
x
x
x
1
1
1
1
1
= g ( 2 ) + ( − x) g ′( 2 ) + h′( − x) = − x 4 .
x
x
x
x
x
52
(4.22)
Дифференцируем первое уравнение этой системы по x
(−
1
1
1
1 2
1
1
− 1) g ( 2 ) − ( − x) g ′( 2 ) 3 + h′( − x)(− 2 − 1) = 3 x 2 ,
2
x
x
x
x x
x
x
результат дифференцирования складываем с ее вторым уравнением,
умноженным на (1/ x 2 ) + 1, и находим уравнение
g ′(1/ x 2 ) =
( x4 − 2 x2 ) x4
,
( x 2 − 1) 2
которое заменой переменной t = 1/ x 2 сводится к уравнению
g ′(t ) =
1 − 2t + t 2 − t 2 1
1
= 2−
.
2
2
t (t − 1)
t
(t − 1) 2
Проинтегрировав его по t , имеем функцию
1
1
1
g (t ) = − +
+c=
+ c, c ∈
t t −1
t (t − 1)
.
(4.23)
Теперь из первого уравнения системы (4.22) можем выразить
функцию
⎡ 1
⎤
1
1
1
1
1
h( − x ) = x 3 − ( − x ) g ( 2 ) = x 3 − ( − x ) ⎢
+ c ⎥ = −c( − x),
x
x
x
x
x
⎣ x( x − 1)
⎦
которая после замены переменной s =
1
− x становится функцией
x
h( s ) = −c1.
(4.24)
Из ОР (4.21) решения (4.23) и (4.24) системы (4.22) дают решение
ЗК (4.19) − (4.20):
53
⎡
⎤
⎢
⎥
x
x2
u = ( y − x) ⎢
+ c ⎥ − c( y − x) = .
y
⎢ y ⎛ y − 1⎞
⎥
⎜
⎟
⎢⎣ ⎝ x ⎠
⎥⎦
(4.25)
III. Проверка. Функция (4.25) удовлетворяет УК (4.20), так как
1
x2
u ( x, ) =
x
y
1
x2
= x , u y ( x, ) = − 2
x
y
= − x4.
3
y=
1
x
y=
1
x
Определив остальные частные производные от функции (4.25)
2x
2
2x
2x2
u x = , u xx = , u xy = − 2 , u yy = 3
y
y
y
y
и подставив их в уравнение (4.19), убеждаемся в том, что функция (4.25)
является решением этого уравнения:
x
2
−2 x
2x2 2x
x+ y x
+ ( x + y) 2 + y 3 =
(1 −
+ ) = 0.
y
y
y
y
y
y
Задача 4.6. Методом характеристик решить задачу Коши
y10u xx − u yy + 5 y 4u x = 0, x > 0, y > 0,
u y =0 = x 2 , u y
y =0
= 4.
(4.26)
(4.27)
Решение.
I. Интегрирование уравнения. Сначала приведем
уравнение (4.26) к КВ. Решая его характеристическое уравнение
y6
10
2
2
= c1 ,
y (dy ) − (dx) = 0, имеем семейства характеристик x +
6
54
y6
x−
= c2 , c1 , c2 ∈ . Значит, в уравнении (4.26) нужно перейти к новым
6
y6
y6
переменным: ξ = x + , η = x − . Вычисляем частные производные
6
6
u x = uξ + uη , u xx = uξξ + 2uξη + uηη ,
u y = uξ y 5 + uη (− y 5 ), u yy = uξξ y10 − 2uξη y10 + uηη y10 + uξ ⋅ 5 y 4 + uη (−5 y 4 )
строим таблицу неизвестных коэффициентов нового уравнения
2 y10 + 2 y10 + 0 = 4 y10 ,
0 − 5 y 4 + 5 y 4 = 0,
uξη
uξ
0 + 5 y 4 + 5 y 4 = 10 y 4 ,
uη
и приходим к КВ уравнения (4.26)
uξη +
5
uη = 0.
6(ξ − η)
(4.28)
После замены функции uη = ν это уравнение приобретает вид
5
ν = 0 , в котором при ν ≠ 0 разделяем переменные
6(ξ − η)
dν
5dξ
5
+
= 0 , интегрируем ln ν + ln(ξ − η) = ln C ( η) и находим все
ν 6(ξ − η)
6
νξ +
−
5
6
его решения ν = (ξ − η) C1 ( η) ∀C1 ( η ) ∈ C ( 2 ) . Далее, проинтегрировав
−
5
6
по η уравнение uη = (ξ − η) C1 ( η) , имеем ОР уравнения (4.28):
η
−
5
6
u = ∫ (ξ − s ) C1 ( s )ds + C2 ( ξ ) ∀C2 ( ξ ) ∈ C (
2)
0
и, вернувшись в нем к старым переменным x и y , будем иметь ОР
уравнения (4.26)
55
x−
u=
y6
6
∫
0
5
−
⎛
y6
y6 ⎞
2
6
(x +
− s ) g ( s ) ds + h ⎜ x + ⎟ ∀g ( s ) , h ( ξ ) ∈ C ( ) .
6
6 ⎠
⎝
(4.29)
ΙΙ . Подстановка ОР в УК. Согласно частной производной по y
решений (4.29)
u = (x +
5
−
6
x−
y6
6
∫
0
y6
y6 −5 ⎛
y6 ⎞
5
− x + ) 6g⎜x−
⎟ ⋅ (− y ) −
6
6
6 ⎠
⎝
11
−
⎛
y6
y6 ⎞ 5
5
6
(x +
− s ) g ( s ) ds ⋅ y + h′ ⎜ x +
⎟⋅ y ,
6
6
⎝
⎠
подстановка ОР (4.29) в УК (4.27) дает систему уравнений
x
5
−
⎧
2
6
⎪u y =0 = ∫ ( x − s ) g ( s ) ds + h ( x ) = x ,
⎪
0
⎨
5
5 6 56
⎪
6
⎪⎩ u y y =0 = −3 g ( x ) − 6 ⋅ 5 3 g ( x ) = 4,
(4.30)
так как в силу интегрирования по частям для ∀g ( s ) ∈ C ( ) , ∀x > 0 предел
2
x−
lim y
>
y →0
5
y6
6
∫
0
11
−
y6
(x +
− s ) 6 g ( s ) ds =
6
⎡
⎤
y6
5
6
−
=
−
s
x
y
⎢( x +
− s) 6 g ( s )
6 − ⎥⎥
⎢
6
6
s=0
⎥=
= lim y 5 ⎢
6
⎥
5 y →>0 ⎢ x − y
5
⎢
⎥
6
6
−
⎢ − ∫ ( x + y − s ) 6 g ′ ( s ) ds
⎥
6
⎢⎣
⎥⎦
0
56
⎡ 6 − 56
y6
5
6
6
−
⎛y ⎞
⎛
s= x−
6
y ⎞
y
= lim y 5 ⎢⎜ ⎟ g ⎜ x − ⎟ − ( x + ) 6 g ( 0 )
6
5 y →>0 ⎢⎝ 3 ⎠
6 ⎠
6
⎝
s=0
⎢⎣
+
y
⎤
x−
y6
1
1
6
6
6
⎥ 6
s= x−
y
y
+6( x +
− s) 6 g ′ ( s )
− s ) 6 g ′′ ( s )ds ⎥ = ⋅ 35 / 6 g ( x ) .
6 − 6 ∫ (x +
6
6
5
0
⎥
s=0
⎦
6
Решаем систему (4.30). Из второго уравнения этой системы имеем,
что
g ( x ) = −2 ⋅ 35 / 6.
(4.31)
Поэтому из первого уравнения системы (4.30) находим, что
h( x) = x + 2 ⋅ 3
2
5/6
x
∫ ( x − s)
−5 / 6
ds = x 2 + 12 ⋅ 35 / 6 x1/ 6
0
или после переобозначения переменной x = t
h(t ) = t 2 + 12 ⋅ 35 / 6 ⋅ t1/ 6 .
(4.32)
Подставляем функции (4.31) и (4.32) в ОР (4.29) и получаем
решение ЗК (4.26) − (4.27):
−
u = −2 ⋅ 3
5
6
x−
y6
6
∫
0
⎛
⎞
y6
x
s
+
−
⎜
⎟
6
⎝
⎠
1/ 6
⎛
⎞
y6
= 12 ⋅ 3 ⎜ x +
− s⎟
6
⎝
⎠
−
5
6
−5 / 6
2
1/ 6
5
− ⎛
⎛
y6 ⎞
y6 ⎞
6
ds + ⎜ x + ⎟ + 12 ⋅ 3 ⎜ x + ⎟ =
6 ⎠
6 ⎠
⎝
⎝
2
y6
5
6 1/ 6
− ⎛
⎛
⎞
s= x−
y6 ⎞
y
6 + ⎜ x + ⎟ + 12 ⋅ 3 6 ⎜ x + ⎟ = (4.33)
6 ⎠
6 ⎠
⎝
⎝
s=0
2
⎛
y6 ⎞
= ⎜ x + ⎟ + 4 y.
6 ⎠
⎝
III. Проверка. Функция (4.33) удовлетворяет УК (4.27)
57
⎡
⎤
⎡
⎤
y6 2
y6 5
2
u ( x,0 ) = ⎢( x + ) + 4 y ⎥ = x , u y ( x,0 ) = ⎢ 2( x + ) y + 4 ⎥ = 4.
6
6
⎣
⎦ y =0
⎣
⎦ y =0
Она также удовлетворяет уравнению (4.26), потому что
y6
y6 4
10
u x = 2( x + ), u xx = 2, u yy = 2 y + 10( x + ) y
6
6
2 y10 − 2 y10 − 10( x +
и, следовательно,
y6 4
y6
) y + 5 y 4 2( x + ) = 0.
6
6
Задача 4.7. Методом характеристик решить задачу Коши
u xx − 2cos xu xy − ( 3 + sin 2 x ) u yy + sin xu y = 0,
u y =− sin x = e 2 x , u y
y =− sin x
1
= cos 2 x.
2
(4.34)
(4.35)
Решение. Ι . Интегрирование уравнения. Сначала приведем
уравнение (4.34) к КВ. Решив характеристическое уравнение
2
2
( dy ) + 2cos xdxdy − 3 + sin 2 x ( dx ) = 0 , которое распадается на два ОДУ
(
)
dy + ( cos x ± 2 ) dx = 0 ,
имеем
два
семейства
характеристик:
y + sin x + 2 x = c1 , y + sin x − 2 x = c2 , c1 , c2 ∈ R . Поэтому делаем замену
переменных: ξ = y + sin x + 2 x, η = y + sin x − 2 x , находим частные
производные
u x = uξ ( cos x + 2 ) + uη ( cos x − 2 ) , u y = uξ + uη ,
u xy = uξξ ( cos x + 2 ) + 2uξη cos x + uηη ( cos x − 2 ) , u yy = uξξ + 2uξη + uηη ,
u xx = uξξ ( cos x + 2 ) + 2uξη ( cos 2 x − 4 ) + uηη ( cos x − 2 ) − uξ sin x − uη sin x
2
2
строим таблицу неизвестных коэффициентов нового уравнения
58
2
2
2
uξη 2 ( cos x − 4 ) − 4cos x − 2 ( 3 + sin x ) + 0 = −16,
uξ
− sin x
+
0
+
0
+ sin x = 0,
uη
− sin x
+
0
+
0
+ sin x = 0
и приходим к КВ
uξη = 0 .
Затем, интегрируя этот КВ, получаем ОР уравнения (4.34):
u = u = g ( ξ ) + h ( η) = g ( y + sin x + 2 x ) + h ( y + sin x − 2 x )
∀g ( ξ ) , h ( η) ∈ C ( ) .
2
(4.36)
II. Подстановка ОР в УК. Для решения (4.36) УК (4.35)
превращаются в систему уравнений
⎧ u y =− sin x = g ( 2 x ) + h ( −2 x ) = e2 x ,
⎪
⎨
1
⎪u y y =− sin x = g ′ ( 2 x ) + h′ ( −2 x ) = cos 2 x.
2
⎩
(4.37)
Дифференцируем по x первое уравнение данной системы
2 g ′ ( 2 x ) − 2h′ ( −2 x ) = 2e 2 x ,
этот результат складываем с ее вторым уравнением, умноженным на 2, и
приходим к уравнению
g′ ( 2 x ) =
1
2e2 x + cos 2 x ) .
(
4
Из него заменой переменной s = 2x и интегрированием по s находим
функцию
1
1
g ( s ) = e s + sin s + c, c ∈ R.
2
4
59
(4.38)
Тогда из первого уравнения системы (4.37) можем выразить
1
1
h ( −2 x ) = e2 x − g ( 2 x ) = e2 x − sin 2 x − c .
2
4
Делаем замену переменной t = −2 x и получаем функцию
1
1
h ( t ) = e− t + sin t − c.
2
4
(4.39)
Таким образом, из ОР (4.36) функции (4.38) и (4.39) при
s = y + sin x + 2 x и t = y + sin x − 2 x дают решение ЗК (4.34) − (4.35):
u=
1 y +sin x + 2 x
e
+ e − y −sin x+ 2 x ) +
(
2
1
+ ⎡⎣sin ( y + sin x + 2 x ) + sin ( y + sin x − 2 x ) ⎤⎦ .
4
(4.40)
III. Проверка. Для функции (4.40) выполняются УК (4.35)
1 2x
1
e + e 2 x ) + ⎡⎣sin ( 2 x ) + sin ( −2 x ) ⎤⎦ = e 2 x ,
(
2
4
1
1
1
= ( e 2 x − e 2 x ) + ⎡⎣cos ( 2 x ) + cos ( −2 x ) ⎤⎦ = cos 2 x.
2
4
2
u y =− sin x =
uy
y =− sin x
Когда подстановка функции в искомое уравнение сложна, тогда в
это уравнение можно поочередно подставлять слагаемые ОР данного
уравнения, если она действительно содержится во множестве ОР.
Например, функция (4.40) принадлежит множеству ОР (4.36), так как она
действительно выводится из формулы (4.36) при функциях
2
g ( s ) , h ( t ) ∈ C ( ) вида (4.38) и (4.39). Поэтому в уравнение (4.34) можно
порознь подставить слагаемые g = g ( y + sin x + 2 x ) и h = h ( y + sin x − 2 x )
ОР (4.36).
Берем частные производные от первого слагаемого
60
g x = g ′ ( ξ )( cos x + 2 ) , g xx = g ′′ ( ξ )( cos x + 2 ) − g ′ ( ξ ) sin x,
2
g xy = g ′′ ( ξ )( cos x + 2 ) , g y = g ′ ( ξ ) , g yy = g ′′ ( ξ )
и подставляем в уравнение (4.34)
g ′′ ( ξ ) ⋅ ( cos x + 2 ) − g ′ ( ξ ) ⋅ sin x − 2cos x ⋅ g ′′ ( ξ )( cos x + 2 ) −
2
− ( 3 + sin 2 x ) ⋅ g ′′ ( ξ ) + sin x ⋅ g ′ ( ξ ) = 0.
Берем частные производные от второго слагаемого
hx = h′ ( η)( cos x − 2 ) , hxx = h′′ ( η )( cos x − 2 ) − h′ ( η ) sin x,
2
hxy = h′′ ( η)( cos x − 2 ) , hy = h′ ( η) , hyy = h′′ ( η )
и подставляем их в уравнение (4.34)
h′′ ( η)( cos x − 2) − h′ ( η) sin x − 2cos x ⋅ h′′ ( η)( cos x − 2) − ( 3 + sin 2 x ) ⋅ h′′ ( η) +
2
+ sin x ⋅ h′ ( η) = 0.
Следовательно, ЗК (4.34) – (4.35) решена правильно.
Замечание 4.2. Решение задач Коши и проверку решений проще
осуществлять на персональных компьютерах с использованием системы
Mathematica. Например, проверка решения (4.40) на выполнимость УК
(4.35) заключается в непосредственных вычислениях:
u@x_, y_D =
1
I
2
y+Sin@xD+2x
+
M+
− y−Sin@xD+2x
1
HSin@y + Sin@xD + 2 xD + Sin@y + Sin@xD − 2 xDL;
4
w = ∂yu@x, yD;
u@x, −Sin@xDD == 2x
y = −Sin@xD;
1
w == Cos@2 xD
2
True.
True.
61
Проверка на справедливость уравнения (4.34) для решения (4.40)
состоит из следующих вычислений:
u@x_, y_D =
1
I
2
y+Sin@xD+2x
+
M+
− y−Sin@xD+2x
1
HSin@y + Sin@xD + 2 xD + Sin@y + Sin@xD − 2 xDL;
4
SimplifyA∂x,xu@x, yD − 2 Cos@xD ∂x,y u@x, yD − I3 + HSin@xDL2M ∂y,y u@x, yD +
Sin@xD ∂y u@x, yDE 0
True.
Задача 4.8. На персональном компьютере с помощью системы
Mathematica решить задачу Коши
2
2
u xx − u xy + u x − u y = 0, x > 0, y > 0,
y
y
u y =1 = ϕ ( x ) , u y
y =1
= ψ ( x), ϕ( x) ∈ C(
2)
(4.41)
( 0, +∞ ) , ψ ( x ) ∈ C (1) ( 0, +∞ ).
(4.42)
Решение. Ι . Интегрирование уравнения. Приведем уравнение
∂x,xu@x, yD − ∂x,yu@x, yD +
2
y
∂xu@x, yD −
2
y
∂ y u@x, yD
0;
к КВ. Определяем тип уравнения (вычисляем дискриминант d= D ):
a = 1;
b = −1;
c = 0;
2
l= ;
y
2
s= − ;
y
a ∂x,xu@x, yD + b ∂x,yu@x, yD + c ∂ y,yu@x, yD + l ∂x u@x, yD + s ∂ y u@x, yD
d = b2 − 4 a c êê Simplify
0;
1.
Это уравнение гиперболического типа, так как его d > 0 . Находим
общие интегралы. Для этого подключаем специальный пакет
<< Calculus`DSolveIntegrals`.
<<Calculus`DSolveIntegrals`
CompleteIntegralA2 a∗ D@f@x, yD, xD + Ib +
IntegralConstants → FE
è!!!!!
d M ∗ D@f@x, yD, yD
62
0, f@x, yD, 8x, y<,
{{f[x,y]→F[1]+y F[2]}}
CompleteIntegralA2 a∗ D@o@x, yD, xD + Ib −
IntegralConstants → GE
è!!!!!
d M ∗ D@o@x, yD, yD
0, o@x, yD, 8x, y<,
{{o[x,y]→G[1]+x G[2]+y G[2]}}
Записываем функции замены переменных:
c1=y;
c2=x+y;
ξ=c1;
η=c2;
Проверяем условие невырожденности замены переменных:
AA = J ∂ η ∂ η N êê MatrixForm
x
y
∂x ξ ∂ y ξ
J
0 1
N
1 1
x>0;y>0;
0 1
DetAJ 1 1 NE ≠ 0
True.
Вычисляем коэффициенты нового уравнения:
AA = a H∂xξL2 + b ∂x ξ ∂ y ξ + c H∂ yξL2 êê PowerExpand êê Simplify
b
H∂x ξ ∂ yη + ∂ y ξ ∂xηL + c ∂ y ξ ∂ yη êê PowerExpand êê Simplify
BB = a ∂xξ ∂x η +
2
CC = a H∂xηL2 + b ∂x η ∂ y η + c H∂ yηL2 êê PowerExpand êê Simplify
LL = a ∂x,xξ + b ∂x,y ξ + c ∂ y,y ξ + l ∂x ξ + s ∂ y ξ êê PowerExpand êê Simplify
SS = a ∂x,xη + b ∂x,y η + c ∂ y,y η + l ∂x η + s ∂ y η êê PowerExpand êê Simplify
0
−
1
2
0
−
2
y
0.
Сделаем замену функции и найдем новую функцию v :
v = ∂t1u@t1, t2 D
DSolveA−
1
2
∂t2 v@t1, t2D ==
99v@t1, t2 D →
2
t1
v@t1, t2D, v@t1, t2D, 8t1, t2<E
− 4t2
t1 C@1D@t1 D==
.
Согласно замене функции, имеем уравнение
63
DSolveA∂t1u@t1, t2D ==
99u@t1, t2 D → ‡
t1
K$43
t1 C@3D@t1D, u@t1, t2D, 8t1, t2<E
4t2
−
K$42 C@3D@K$42 D K$42 + C@1D@t2 D==
− 4t2
.
Интегрируем его и приходим к ОР
Print@"u@x,yD=", u@t1, t2D = −t2 C@3D@t1D + C@2D@t2D ê. 8t1 → ξ, t2 → η<D
u@x,yD=C@2D@x + yD + −x−y C@3D@yD .
II. Подстановка ОР в УК..
имеем систему:
В результате подстановки ОР в УК
u@x_, y_D = g@x + yD + −x− y h@− xD;
u[x,1]
g@1 + xD + −1−x h@−xD
qq@x_, y_D = ∂ y u@x, yD
− −x−y h@−xD + g @x + yD
− −1−x h@−xD + g @1 + xD
qq[x,1]
qq[x,1]+u[x,1]
g@1 + xD + g @1 + xD .
Находим функцию g :
DSolve@g@zD + ∂z g@zD
ϕ@z − 1D + ψ@z − 1D, g@zD, zD
z
−
−
z
z
K$57 Hϕ@− 1 + K$57 D + ψ@− 1 + K$57 DL
99g@zD →
C@1D +
‡
K$58
K$57 ==
z=y+x;
g@zD = −z J ϕ@z − 1D + ψ@z − 1DN + −z C@1D
−x−y C@1D + −x−y Hϕ@− 1 + x + yD + ψ@− 1 + x + yDL
.
Находим функцию h :
Solve@g@zD + −1−x h@−xD
ψ@xD, h@− xDD êê Simplify
1
−
y
99h@−xD →
H−C@1D − ϕ@− 1 + x + yD + x+y ψ@xD − ψ@− 1 + x + yDL==
t -x;
h@tD = 1− y H− C@1D − ϕ@− 1 + x + yD + x+ y ψ@xD − ψ@−1 + x + yDL
1−y H− C@1D − ϕ@− 1 + x + yD + x+y ψ@xD − ψ@−1 + x + yDL
.
Подставляем g и h в ОР, получаем единственное решение ЗК:
Print@"u@x,yD=", u@z, tD = g@zD + −x− y h@tD ê. 8t → − x, z → x + y<D
u@x,yD= −x−y C@1D + 1−x−2y H− C@1D − ϕ@−1 + x + yD + x+y ψ@xD − ψ@−1 + x + yDL +
−x−y Hϕ@− 1 + x + yD + ψ@− 1 + x + yDL
64
−x− y C@1D + 1−x−2 y H− C@1D − ϕ@−1 + x + yD + x+ y ψ@xD − ψ@−1 + x + yDL +
−x− y Hϕ@− 1 + x + yD + ψ@− 1 + x + yDL êê Simplify
−x−2y IH− + yL ϕ@− 1 + x + yD + 1+x+y ψ@xD + H− + yL HC@1D + ψ@−1 + x + yDLM
.
65
Тема 5. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ
ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Задача Коши. В области R n ×]0, +∞[ , n = 1, 2,… , для переменных x = ( x1 ,… , xn )
и t требуется найти решения u = u ( x, t ) уравнения теплопроводности
ut − a 2 ∆u = f ( x, t ) , x ∈
n
, t > 0,
(5.1)
n
(5.2)
удовлетворяющие начальному условию (НУ)
u t =0 = ϕ ( x ) , x ∈
,
где f и ϕ − заданные функции. Решения u задачи Коши (5.1) − (5.2) из класса
C(1,2 ) ( R n ×]0, +∞[ ) ∩ C ( R n × [0, +∞[ ) называются классическими решениями задачи
Коши (5.1) − (5.2).
При достаточной гладкости и ограниченности правой части f уравнения (5.1) и
начального данного ϕ начальных условий (5.2) существует единственное
ограниченное классическое решение задачи Коши (5.1) − (5.2) и оно выражается
формулой Пуассона [2, c. 140]:
u ( x, t ) =
(
1
2a πt
)
n
∫ ϕ (ξ) e
Rn
−
x −ξ
2
4 a 2t
t
dξ + ∫
∫
0 Rn
(
f ( ξ, τ )
2a π ( t − τ )
)
n
e
−
x −ξ
2
4 a ( t −τ )
2
d ξd τ.
(5.3)
Задача 5.1. Решить задачу Коши
ut − u xx = cos t , x ∈
2
u t =0 = e −4 x , x ∈
n
, t > 0,
(5.4)
n
.
(5.5)
Решение. Воспользуемся формулой Пуассона (5.3) при n = 1 .
Выделяя полный квадрат в показателе экспоненты, вычисляем ее первый
интеграл
64
−4ξ
∫e e
2
( x−ξ)2
−
4t
dξ = e
x2
−
4t
R
∫e
−2 xξ+(16t +1)ξ2
−
4t
d ξ =e
4 x2
−
16t +1
R
∫e
⎛ 16t +1
⎞
x
⎟
−⎜
ξ−
⎜ 4t
⎟
4t (16t +1) ⎠
⎝
2
dξ =
R
⎡
⎤
16t + 1
x
ξ−
⎢y =
⎥
4 x2
4 x2
4t
−
−
2
4t (16t + 1) ⎥
π
t
4t
2
y
−
⎢
=
=
⋅ e 16t +1 ∫ e dy =
⋅ e 16t +1 ,
⎢
⎥
16t + 1
16t + 1
R
⎢dy = 16t + 1d ξ
⎥
⎢⎣
⎥⎦
4t
так как
2
x ⎞
x2
⎛
−2 xξ + (16t + 1) ξ = ⎜ 16t + 1ξ −
⎟ − 16t + 1 и
t
16
1
+
⎝
⎠
2
∫e
− y2
dy = π.
R
Аналогично находим ее второй интеграл
ξ− x ⎤
⎡
y
=
⎢
⎥
( x −ξ )
t
−
4 ( t − τ ) ⎥ t cos τd τ − y 2
cos τ
4( t −τ )
⎢
=
e dy =
∫0 2 π ( t − τ ) R∫ e d ξd τ = ⎢
d ξ ⎥ ∫0
π R∫
⎢ dy =
⎥
(5.6)
4 ( t − τ ) ⎥⎦
⎢⎣
2
t
= ∫ cos τd τ = sin t.
0
В результате по формуле Пуассона (5.3) при n = 1 получаем решение
ЗК (5.4) − (5.5)
2
2
4x
−
1
2 πt −164 tx+1
1
16 t +1
u=
e
+ sin t =
e
+ sin t.
2 πt 16t + 1
16t + 1
(5.7)
Нетрудно убедиться, что функция (5.7) удовлетворяет уравнению
(5.4) и НУ (5.5).
Задача 5.2. Решить задачу Коши
ut − u x1x1 − u x2 x2 = t 2 , x ∈
65
2
, t > 0,
(5.8)
u t =0 = cos x1 cos x2 , x ∈
2
.
(5.9)
Решение. Применяем формулу Пуассона (5.3) при n = 2. Ее первый
интеграл равен
∫ cos ξ cos ξ e
1
R
−
( x −ξ )2
4t
2
d ξ = ∫ cos ξ1e
−
( x1 −ξ1 )2
4t
R
2
(
= 2 πt
d ξ1 ∫ cos ξ 2e
−
( x2 −ξ2 )2
4t
d ξ2 =
R
) cos x cos x e
2
1
2
−2 t
,
потому что при α = 1 4t интеграл
∫ cos η ⋅ e
−
( xi −η)2
4t
R
⎡ y = η − xi ⎤
−αy 2
dη = ⎢
y
x
e
dy =
cos
=
+
⋅
(
)
i
⎥ ∫
dy
d
=
η
⎣
⎦ R
= cos xi ∫ cos y ⋅ e −αy dy − sin xi ∫ sin y ⋅ e−αy dy = 2 πt cos xi e− t , i = 1, 2,
2
2
R
R
так как последний интеграл от нечетной функции по R равен нулю и
дифференцированием по параметру β = 1 доказывается формула
2
∫ cos βy ⋅ e
−αy 2
R
π − 4βα
dy =
e , ∀α > 0 .
α
(5.10)
Согласно замене переменной из (5.6), ее второй интеграл равен
t
∫
0
(2
τ2
π (t − τ)
)
2
∫
R
2
e
−
( x −ξ ) 2
4( t −τ )
2
τ2 ⎛ − y 2 ⎞ t 3
d ξd τ = ∫ ⎜ ∫ e dy ⎟ = .
3
π ⎝R
⎠
0
t
Таким образом, формула Пуассона (5.3) при n = 2 дает решение ЗК
(5.8) − (5.9):
66
u=
(
1
( 2 πt ) cos x cos x e
2
2 πt
)
2
1
−2 t
2
t3
t3
−2 t
+ = cos x1 cos x2e + ,
3
3
которое удовлетворяет уравнению (5.8) и НУ (5.9).
Задача 5.3. Решить задачу Коши
ut − u x1x1 − u x2 x2 − u x3 x3 = e−2t sin ( x1 − x2 ) , x ∈
u t =0 = x2 x3 , x ∈
3
3
, t > 0,
.
(5.11)
(5.12)
Решение. Используем формулу Пуассона (5.3) при n = 3 . Ее первый
интеграл I1 равен
⎡ y = ξi − xi
⎤
⎢
⎥
( x−ξ)2
( x −ξ )2
( x −ξ )2
( x −ξ )2
dy
d
t
2
=
ξ
−
− 1 1
− 2 2
− 3 3
⎢
⎥
i
∫3 ξ2ξ3e 4t dξ = R∫ e 4t dξ1 R∫ ξ2e 4t dξ2 R∫ ξ3e 4t dξ3 = ⎢ξ = 2 t y + x ⎥ =
R
i⎥
⎢ i
⎢ i = 1,3
⎥
⎣
⎦
( )
= 2 t
3
(
)
(
)
(
)
3
−y
−y
−y
∫ e dy∫ 2 t y + x2 e dy∫ 2 t y + x3 e dy = 2 πt x2 x3,
2
R
R
2
R
2
так как соответствующий интеграл от нечетной функции по R равен
нулю. При этом нами выведена формула
∫e
−
( xi −ξi )2
4t
d ξi = 2 πt , i = 1, 3.
(5.13)
R
Ее второй интеграл можно вычислить сведением его к повторным
интегралам
t
I2 = ∫
0
−2τ
−
e
( 2 π( t − τ ) )
3
∫ sin ( ξ −ξ ) e
1
3
R
67
2
( x−ξ)2
4( t −τ)
dξdτ =
( x −ξ )
⎛
⎞ − ( x2−ξ2 ) + ( x3−ξ3)
− 1 1
e
−τ
4
4( t−τ)
t
(
)
⎜ sin( ξ −ξ ) e
=∫
dξ1 ⎟e
dξ2dξ3dτ=
1
2
3∫ ∫
⎜
⎟
2
0 2 π( t −τ) R R
⎝
⎠
t
2
−2τ
(
2
2
)
dξ1 ⎤
⎡ ξ1 − x1
=
=
y
dy
,
2 t −τ ⎥ =
= ⎢⎢ 2 t −τ
⎥
⎢⎣ξ1 = 2 t −τy + x1
⎥⎦
⎛
⎞−
e
− y2
sin 2 t −τy + x1 −ξ2 ⋅ e 2 t −τdy⎟e
=∫
3 ∫ ⎜∫
2
0 2 π( t −τ) R ⎝ R
⎠
t
−2τ
(
(
)
)
( x2 −ξ2 )2+ ( x3−ξ3)2
4( t−τ)
dξ2dξ3dτ.
Здесь во внутреннем интеграле воспользуемся формулой
2
∫ sin (βy + γ ) e
−αy 2
R
β
−
π
4α
dy =
sin γ ⋅ e , β, γ ∈ R, α > 0,
α
(5.14)
доказательство которой аналогично доказательству формулы (5.10), и
при β = 2 t − τ , γ = x1 − ξ 2 , α = 1 получаем выражение
t
I2 = ∫
0
t
=∫
0
ξ2 − x2 ⎤
⎡
2
2
=
,⎥
y
x2 −ξ2 )
x3 −ξ3 )
(
(
⎛
⎞
⎢
−
−
e
−
τ
2
t
−τ
−τ
t
t
4
4
(
)
(
)
⎜ sin ( x − ξ ) e
⎥=
dξ2 ⎟ e
dξ3dτ = ⎢
1
2
2∫ ∫
⎜
⎟
d
ξ
⎢
2 ⎥
2 π( t − τ) R ⎝ R
=
dy
⎠
⎢⎣
2 t − τ ⎥⎦
−t −τ
(
)
⎛
−t −τ
e
( 2 π( t − τ) )
2
∫ ⎜⎝ ∫ sin ( 2
R R
⎞
2
t − τ y + x2 − x1 e− y 2 t − τdy ⎟ e
⎠
)
−
( x3 −ξ3 )2
4( t −τ)
dξ3dτ,
где к внутреннему интегралу еще раз применим формулу (5.14) при
β = 2 t − τ , γ = x2 − x1 и α = 1 . В итоге будем иметь
t
I 2 = e −2t sin ( x1 − x2 ) ∫
0
1
2
∫e
π(t − τ)
−
( x3 −ξ3 )2
4( t −τ )
R
в силу формулы (5.13) при t − τ вместо t .
68
d ξ3d τ = te−2t sin ( x1 − x2 ) ,
В итоге, согласно формуле Пуассона (5.3) при n = 3 , приходим к
решению ЗК (5.11) − (5.12):
u=
1
( 2 πt )
3
(
2 πt
) x x + te
3
−2 t
2 3
sin ( x1 − x2 ) = x2 x3 + te−2t sin ( x1 − x2 ) ,
для которого выполняются уравнение (5.11) и НУ (5.12).
Замечание 5.1. Как проверку, так и решение задач Коши (5.1) − (5.2)
можно осуществить на персональных компьютерах с использованием
системы Mathematica.
Задача 5.4. На персональном компьютере с помощью системы
Mathematica решить задачу Коши
n
ut − a ∆u = ( t + 2 ) ∑ xk , x ∈
2
n
, t > 0,
(5.15)
k =1
n
u t =0 = sin ∑ xk , x ∈
n
.
(5.16)
k =1
Решение. В системе Mathematica уравнение (5.15) записывается в
виде
D@u@x, tD, tD − a2 ∆u@x, tD
n
n
Ht + 2L ‚ xk; t > 0; u@x, 0D = SinA ‚ xkE;
k=1
k=1
Применяем формулу Пуассона:
n i
Hx@iD−ζ@iDL2
n
j
−
j
4t
DoAI1@n_D := Âj
SinA‚ Hx@iDLE
j
j·
i
=
1
i=1 k
Приведем пример для n = 6 .
n=6
6
Вычисляем первый интеграл:
I1[n]
69
y
z
z
E
ζ@iDz
z
z
{ .
x@1D − ζ@1D
x@2D − ζ@2D
x@3D − ζ@3D
x@4D − ζ@4D
π3 t3 Erf A
E Erf A
E Erf A
E Erf A
E
è!!!!
!
è!!!!
!
è!!!!
!
2 t
2 t
2 t
2 è!!!!
t!
x@5D − ζ@5D
x@6D − ζ@6D
Erf A
E Erf A
E Sin @x@1D + x@2D + x@3D + x@4D + x@5D + x@6DD6
è!!!!
!
è!!!!
!
2 t
2 t
.
Значит, Ι1 = π3t 3 (Sin[x[1] + x[2] + x[3] + x[4] + x[5] + x[6]]6 ) .
Вычисляем второй интеграл:
n i
j
j
DoAI21@n_D := Âj
j
j
j·
i=1 k
−
Hx@iD−ζ@iDL2
4 Ht−τL
y
z
z
ζ@iDz
z
zE
z
{
x@1D − ζ@1D
x@2D − ζ@2D
x@3D − ζ@3D
π3 Ht − τL3 Erf A
E Erf A
E Erf A
E
è!!!!!!!!!!!
è!!!!!!!!!!!
2 t− τ
2 t− τ
2 è!!!!!!!!!!!
t−τ
x@4D − ζ@4D
x@5D − ζ@5D
x@6D − ζ@6D
Erf A
E Erf A
E Erf A
E
2 è!!!!!!!!!!!
t− τ
2 è!!!!!!!!!!!
t− τ
2 è!!!!!!!!!!!
t− τ
t Hτ − 2L π 3 Ht − τL3
I2 = ·
τ
n
i
y
j
z
o j $%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% z
π Jt − τN z
j
j2
z
k
{
I21[n]
o
o2
−
32
t
−
128
32
Ι2 = −
Значит,
+
t2
128
.
t
t2
+
.
32 128
В итоге решение ЗК (5.15) − (5.16) равно
PrintA"u=", u = π 3 t3 Sin@x@1D + x@2D + x@3D + x@4D + x@5D + x@6DD6 −
u=−
t
32
+
t2
128
t
32
+ π3 t3 Sin @x@1D + x@2D + x@3D + x@4D + x@5D + x@6DD6
70
+
.
t2
128
E
Тема 6. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ГУРСА
Задача Гурса. В области G ⊂ R 2 , ограниченной двумя пересекающимися в
точке ( x0 , y0 ) характеристиками ϕ ( x, y ) = c1 и ψ ( x, y ) = c2 ∀c1 , c2 ∈ , требуется
найти решения гиперболического в G уравнения
au xx + 2bu xy + cu yy + du x + eu y = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ G ,
(6.1)
удовлетворяющее условиям Гурса (УГ)
u ϕ ( x , y ) = c = Φ ( x, y ) , u ψ ( x , y ) = c = Ψ ( x , y ) ,
1
2
(6.2)
при условии согласования
Φ ( x0 , y0 ) = Ψ ( x0 , y0 ) .
(6.3)
Решения u = u ( x, y ) задачи Гурса (ЗГ) (6.1) − (6.3) из класса C ( G ) ∩ C ( 2) ( G )
называются классическими решениями задачи Гурса (6.1) − (6.3).
При достаточной гладкости коэффициентов a, b, c, d , e , правой части f ( x, y ) и
данных Гурса Φ ( x, y ) и Ψ ( x, y ) в G существует единственное классическое
решение задачи Гурса (6.1) − (6.3). Если общее решение уравнения (6.1) находится в
явном виде, то задача Гурса (6.1) − (6.3) может быть решена методом характеристик.
Задача 6.1. Решить задачу Гурса
u xy + u x = 2 x, x > 0,
y > 0,
u x =0 = y , u y =0 = 2 x 2 .
(6.4)
(6.5)
Решение. Ι. Нахождение ОР. Уравнение (6.4) заменой функции
u x = ν приводится к ОДУ с разделяющимися переменными
vy + v = 2 x ⇒
dv
+ dy = 0, v ≠ 2 x ⇒ ln v − 2 x + y = ln C ( x) .
v − 2x
71
Отсюда имеем все решения u x = v = 2 x + e − y C ( x ) , так как ν = 2 x
является решением. Интегрируя по x последнее уравнение, находим ОР
уравнения (6.4)
u = x 2 + e− yC1 ( x ) + C2 ( y ) ∀C1 ( x ) , C2 ( y ) ∈ C ( ) .
1
(6.6)
ΙΙ . Подстановка ОР в УГ. Подставляя ОР (6.6) в УГ (6.5), получаем
систему уравнений
⎧⎪u x=0 = e− y g ( 0 ) + h ( y ) = y,
⎨
2
2
⎪⎩ u y =0 = x + g ( x ) + h ( 0 ) = 2 x
(6.7)
относительно функций g ( x ) = C1 ( x ) и h ( y ) = C2 ( y ) . Из ее первого
уравнения находим функцию
h ( y ) = y − e− y g ( 0 ) ,
(6.8)
а из второго уравнения − функцию
g ( x ) = x2 − h ( 0 ).
(6.9)
Согласно формулам (6.8) и (6.9) из ОР (6.6) выводим частное
решение
u = x 2 + e− y x 2 + y − e− y ( h ( 0 ) + g ( 0 ) ) ,
которое равно
u = x 2 (1 + e − y ) y,
(6.10)
потому что, например, из первого уравнения системы (6.7) при y = 0
следует, что h ( 0 ) + g ( 0 ) = 0 .
Нетрудно убедиться, что функция (6.10) удовлетворяет уравнению
(6.4) и УГ (6.5).
Задача 6.2. Решить задачу Гурса
72
xu xx + ( y − x ) u xy − yu yy = 0,
y < x,
x + y > 1,
(6.11)
u y = x = ϕ ( x ) , u y =1− x = ψ ( x ) ,
(6.12)
где любые данные Гурса ϕ( x), ψ( x) ∈ C (2) такие, что ϕ(1/ 2) = ψ (1/ 2) .
Решение. Ι. Нахождение ОР. Поскольку уравнение (6.11) заменой
x на − x сводится к уравнению (3.2), то ОР уравнения (6.11) можно
получить этой же заменой из ОР (3.6):
u = ( x + y) g ( y / x) + h( x + y)
∀g ( ξ ) , h ( η) ∈ C ( ) .
2
(6.13)
ΙΙ . Подстановка ОР в УГ. Для ОР (6.13) УГ (6.12) превращаются в
систему уравнений
⎧u y = x = 2 xg (1) + h ( 2 x ) = ϕ ( x ) ,
⎪
⎨
⎛1 ⎞
⎪u y =1− x = g ⎜ − 1⎟ + h (1) = ψ ( x ) .
⎝x ⎠
⎩
(6.14)
Из ее первого и второго уравнений выражаем h ( 2 x ) = ϕ ( x ) − 2 xg (1)
1
⎛1 ⎞
и g ⎜ − 1⎟ = ψ ( x ) − h (1) , а после замены переменных s = 2 x и t = − 1
x
⎝x ⎠
находим решения системы (6.14):
⎛s⎞
h ( s ) = ϕ ⎜ ⎟ − sg (1) ,
⎝2⎠
⎛ 1 ⎞
(6.15)
g (t ) = ψ ⎜
⎟ − h (1) .
⎝ t +1⎠
y
Функции (6.15) при s = x + y и t =
приводят ОР (6.13) к виду
x
⎛ x ⎞
⎛ x+ y⎞
⎛ x+ y⎞
u = ( x + y)ψ⎜
+ ϕ⎜
⎟ − ( x + y ) ⎡⎣ h (1) + g (1) ⎤⎦ = ϕ ⎜
⎟+
⎟
2
2
x
y
+
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎡ ⎛ x ⎞
⎛ 1 ⎞⎤
+ ( x + y ) ⎢ψ ⎜
−
ψ
⎜ ⎟⎥ ,
⎟
x
y
+
⎝ 2 ⎠⎦
⎝
⎠
⎣
73
так как из второго уравнения системы (6.14) при
x=
1
2
имеем
⎛1⎞
h (1) + g (1) = ψ ⎜ ⎟ . Легко проверить, что найденная функция
⎝2⎠
удовлетворяет уравнению (6.11) и УГ (6.12).
Задача 6.3. Решить краевую задачу
u xy −
1
( ux − u y ) = 1,
x− y
u y =− x = 0, u x =2 =
y < − x, x > 2,
1
2
( y + 2) .
2
u
(6.16)
(6.17)
Решение. Ι. Классификация КЗ. Для гиперболического уравнения
(6.16) прямые y = − x и x = 2 не являются характеристиками. Поэтому КЗ
(6.16) − (6.17) не ЗГ и может не существовать её единственное решение.
ΙΙ . Нахождение ОР. Дифференцируя новую функцию ν = ( x − y ) u ,
имеем
ν x = u + ( x − y ) u x , ν xy = u y − u x + ( x − y ) u xy .
Отсюда замечаем, что уравнение (6.16) становится уравнением
ν xy = x − y , двукратное интегрирование которого по x и y приводит к
xy
( x − y ) + C1 ( x ) + C2 ( y ) и, следовательно,
2
уравнения (6.16):
xy g ( x ) + h ( y )
1
, ∀g ( x ) , h ( y ) ∈ C ( ) .
u=
+
2
x− y
решениям
ν=
к ОР
(6.18)
ΙΙΙ. Подстановка ОР в УГ. Из этого ОР и УГ (6.17) получаем
систему уравнений
⎧
x2 g ( x ) + h ( − x )
= 0,
⎪u y =− x = − +
2
2x
⎪
⎨
⎪ u = y + g ( 2 ) + h ( y ) = 1 ( y + 2 )2 .
⎪⎩ x=2
2− y
2
74
(6.19)
Из ее второго и первого уравнений последовательно находим функции
1
1
4 − y 2 ) ( y + 2 ) − y ( 2 − y ) = − y 3 + 4,
(
2
2
1
g ( x ) = x 3 − h ( − x ) = x 3 + −4 + g ( 2 ) ,
2
h( y) =
(6.20)
которым, согласно ОР (6.18), соответствует решение КЗ (6.16) − (6.17):
u=
1
1
−1 1
2
xy + ( x − y )
x3 − y 3 ) = ( x + y ) .
(
2
2
2
(6.21)
Функция (6.21) удовлетворяет уравнению (6.16) и условиям (6.17).
Задача 6.4. С помощью системы Mathematica на персональном
компьютере решить задачу Гурса
u xx − 2sin xu xy − cos 2 xu yy − cos xu y = 0,
y − cos x < x, x > 0,
(6.22)
u y = x +cos x = cos x, u y =− x+ cos x = cos x.
(6.23)
Решение. Ι . Нахождение ОР. Приведем уравнение (6.22) к КВ.
Определяем тип уравнения (вычисляем его дискриминант d= D ):
a = 1;
b = - 2 Sin[x];
c = - Cos 2 [x] ;
l = 0;
s = - Cos[x];
a D[u[x, y], x, x] + b D[u[x, y], x, y] + c D[u[x, y], y, y] + l D[u[x, y], x] + s D[u[x, y], y] == 0;
d = b 2 - 4 a c // Simplify
4.
Это уравнение гиперболического типа, так как d > 0 . Находим
общие интегралы. Для этого подключаем специальный пакет
<< Calculus`DSolveIntegrals`.
<<Calculus`DSolveIntegrals`
CompleteIntegralA2 a∗ D@f@x, yD, xD + Ib +
8x, y<, IntegralConstants → FE
75
è!!!!!
d M ∗ D@f@x, yD, yD
0, f@x, yD,
è!!!!!
{{f[x,y]→F[1]-x F[2]+y F[2]-Cos[x] F[2]}}
CompleteIntegralA2 a∗ D@o@x, yD, xD + Ib −
8x, y<, IntegralConstants → GE
d M ∗ D@o@x, yD, yD
0, o@x, yD,
{{o[x,y]→G[1]+x G[2]+y G[2]-Cos[x] G[2]}}.
Записываем функции замены переменных:
c1=-x+y-Cos[x];
c2=x+y-Cos[x];
ξ=c1;
η=c2;
Проверяем условие невырожденности замены переменных:
AA = J ∂ η ∂ η N êê MatrixForm
x
y
∂x ξ ∂ y ξ
J
− 1 + Sin @xD
1 + Sin @xD
1
N
1
− 1 + Sin@xD
DetAJ 1 + Sin@xD
x>0;y>0;
1
1 NE ≠ 0
True.
Определяем коэффициенты нового уравнения:
AA = a H∂xξL2 + b ∂x ξ ∂ y ξ + c H∂ yξL2 êê PowerExpand êê Simplify
BB = 2 a ∂xξ ∂x η + b H∂xξ ∂ y η + ∂ yξ ∂x ηL + 2 c ∂ y ξ ∂ yη êê PowerExpand êê Simplify
CC = a H∂xηL2 + b ∂x η ∂ y η + c H∂ yηL2 êê PowerExpand êê Simplify
LL = a ∂x,xξ + b ∂x,y ξ + c ∂ y,yξ + l ∂x ξ + s ∂ y ξ êê PowerExpand êê Simplify
SS = a ∂x,xη + b ∂x,y η + c ∂ y,yη + l ∂x η + s ∂ y η êê PowerExpand êê Simplify
0
-4
0
0
0.
Находим приведенное уравнение и его решения:
DSolveA−4 ∂t1,t2 u@t1, t2D
0, u@t1, t2D, 8t1, t2<E
{{u[t1,t2]→C[1][t1]+C[2][t2]}}
Print["u[x,y]=",u[t1,t2]=C[1][t1]+C[2][t2]/.{t1→ξ,t2
→η}]
76
u[x,y]= C[1][-x+y-Cos[x]]+C[2][x+y-Cos[x]].
II. Подстановка ОР в УГ. Подставляем ОР в УГ:
Print["u[x,y]=",u[t1,t2]=g[t1]+h[t2]/.{t1→ξ,t2→η}]
u[x,y]= g[-x+y-Cos[x]]+h[x+y-Cos[x]]
u[x_,y_]=g[-x+y-Cos[x]]+h[x+y-Cos[x]];
u[x,x+Cos[x]]
g[0]+h[2 x]
u[x,-x+Cos[x]]
g[-2 x]+h[0].
Находим функцию h[z] :
Solve[g[0]+h[z] Cos[z],h[z]]
{{h[z]→Cos[z]-g[0]}}.
Находим функции g[t] :
Solve[g[t]+ h[0] Cos[t],g[t]]//Simplify
{{g[t]→Cos[t]-h[0]}}
z=-x+y-Cos[x];
h[z]=Cos[z]-g[0]
Cos[x-y+Cos[x]]-g[0]
t=x+y-Cos[x];
g[t]=Cos[t]-h[0]
Cos[x+y-Cos[x]]-h[0]
g[x+y-Cos[x]]
Cos[x+y-Cos[x]]-h[0].
Подставляем функции g[t] и h[z] в ОР:
Print["u[x,y]=",u[z,t]=g[t]+h[z]/.{z→-x+yCos[x],t→x+y-Cos[x]}],
u[x,y]=Cos[x+y-Cos[x]]+Cos[x-y+Cos[x]]-g[0]-h[0].
Так как из уравнения g[−2 x] + h[0] = Cos[−2 x] системы при x = 0
имеем g[0] + h[0] = Cos[0] = 1, то решением исходной ЗГ является
u[x,y]=Cos[x+y-Cos[x]]+Cos[x-y+Cos[x]]-1.
77
Тема 7. ЗАДАЧА ШТУРМА–ЛИУВИЛЛЯ
1. Задача Штурма–Лиувилля для ОДУ. Задачей Штурма–Лиувилля (ЗШ–Л)
для обыкновенных дифференциальных уравнений второго порядка называется задача
о нахождении тех значений λ ∈ , называемых собственными значениями (СЗ), при
которых граничная задача (ГЗ)
Ly ≡ a0 ( x ) y′′ ( x ) + a1 ( x ) y′ ( x ) + a2 ( x ) y ( x ) = λy ( x ) , x ∈ ]a, b[ ,
(7.1)
α1 y′ ( a ) + β1 y ( a ) = 0, α 2 y′ ( b ) + β2 y ( b ) = 0,
(7.2)
где коэффициенты α k ( x ) ∈ C [ a, b ] , k = 0, 2 и α i2 + βi2 ≠ 0, i = 1, 2 , имеет ненулевые
решения
y ( x ) ∈ C ( 2) [ a, b ] ∩ C (1) [ a, b ] , ( y′′ ∈ L2 ( a, b ) ) ,
называемые
собственными
функциями (СФ) оператора L из (7.1) с граничными условиями (ГУ) (7.2),
соответствующими этим собственным значениям.
Задача 7.1. Решить задачу Штурма–Лиувилля
Ly ≡ − y′′ + 2 y = λy ,
y′ ( 0 ) − y ( 0 ) = 0,
0 < x < 1,
y′ (1) + y (1) = 0.
(7.3)
(7.4)
Решение. Ι . Нахождение ОР уравнения. Для стационарного ОДУ
(7.3) его ОР можно строить по корням его характеристического
уравнения −τ2 + 2 = λ , т. е. по корням τ1,2 = ± 2 − λ в зависимости от их
типа: 1) два вещественных различных корня τ1 ≠ τ 2 ∈ R ; 2) один
вещественный корень кратности два τ1 = τ2 ∈ R ; 3) два комплексносопряженных корня τ1 , τ 2 = τ1 ∈ .
1) λ < 2 . Двум вещественным различным корням τ1,2 = ± 2 − λ
соответствует вещественнозначное ОР
y ( x ) = c1e
2−λ x
+ c2e −
2−λ x
∀c1 , c2 ∈ R .
(7.5)
2) λ = 2 . Одному корню τ1 = τ2 = 0 кратности 2 соответствует
вещественнозначное ОР
78
y ( x ) = c1 x + c2
∀c1 , c2 ∈ R.
(7.6)
3) λ > 2 . Двум комплексно-сопряженным корням τ1,2 = ±i λ − 2
соответствует вещественнозначное ОР
y ( x ) = c1 cos λ − 2 x + c2 sin λ − 2 x ∀c1 , c2 ∈ R.
(7.7)
ΙΙ . Подстановка ОР в ГУ.
1) λ < 2 . Подставив ОР (7.5) в ГУ (7.4):
y′ ( 0 ) − y ( 0 ) = c1 2 − λ − c2 2 − λ − c1 − c2 = 0,
y′ (1) + y (1) = c1 2 − λ e
2 −λ
− c2 2 − λ e −
2 −λ
+ c1e
2 −λ
+ c2e−
2−λ
=0
получаем линейную систему уравнений
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
(
(
) ( 2 − λ + 1) c = 0,
c − ( 2 − λ − 1) e
c =0
2 − λ − 1 c1 −
)
2 − λ +1 e
2−λ
2
− 2 −λ
1
2
относительно c1 и c2 . Эта система имеет только тривиальное решение
c1 = c2 = 0 , потому что ее определитель
2 − λ −1
(
)
2 − λ +1 e
−
2−λ
−
(
(
)
2 − λ +1
)
− 2−λ
2 − λ −1 e
=−
(
)
отличен от нуля при всех λ < 2 , так как
2
⎛ 2 − λ −1⎞
2
⎜
⎟ ≠e
⎝ 2 − λ +1⎠
79
2
2 − λ − 1 e−
2−λ
2−λ
+
(
)
2
2 − λ +1 e
2−λ
2 − λ −1
< 1 и e 2−λ > 1 при λ < 2 . Поэтому из ОР (7.5)
2 − λ +1
при
имеем лишь тривиальное решение
y = 0.
c1 = c2 = 0
Следовательно, среди λ < 2 нет СЗ и для них нет СФ.
2) λ = 2 . Для ОР (7.6) от ГУ (7.4) приходим к линейной системе
уравнений
⎧⎪ y′ ( 0 ) − y ( 0 ) = c1 − c2 = 0,
⎨
⎪⎩ y′ (1) + y (1) = 2c1 + c2 = 0,
в силу того, что
у которой, очевидно, существует единственное решение c1 = c2 = 0 .
Этому решению соответствует лишь решение y ≡ 0 ГЗ (7.3) − (7.4) и,
следовательно, λ = 2 не является СЗ и для него нет СФ.
3) λ > 2 . Подстановка ОР (7.7) в ГУ (7.4) приводит к линейной
системе уравнений
⎧ y′ ( 0) − y ( 0) = c2 λ − 2 − c1 = 0,
⎪⎪
⎨ y′ (1) + y (1) = −c1 λ − 2 sin λ − 2 + c2 λ − 2 cos λ − 2 +
⎪
⎪⎩+c1 cos λ − 2 + c2 sin λ − 2 = 0.
Из ее первого уравнения выражаем c1 = c2 λ − 2 , подставляем это в
ее второе уравнение и получаем c2 [(3 − λ )sin λ − 2 + 2 λ − 2 cos λ − 2] =
= 0 . Чтобы отбросить тривиальное решение ГЗ (7.3) − (7.4), полагаем,
что c2 ≠ 0 и значит (3 − λ )sin λ − 2 + 2 λ − 2 cos λ − 2 = 0 . Если
cos λ − 2 ≠ 0 , то последнее уравнение делим на cos λ − 2 , обозначаем
µ = λ − 2 > 0 и имеем трансцендентное уравнение
tgµ =
2µ
1
1
=
+
,
2
µ −1 µ −1 µ +1
µ > 0.
(7.8)
Абсциссы точек пересечения графиков функций левой части
(тангенсоид) и правой части (сумма двух гипербол с дополнительными
осями µ = 1 и µ = −1 ) уравнения (7.8) являются его корнями (рис 7.1).
80
z=
tgµ
z
-1
1
µ1 π
π
µ2
2
3π
2
2π
µ3
5π
2
µ
Рис. 7.1. Корни трансцендентного уравнения
Из этого чертежа видно, что уравнение (7.8) имеет счетное число
положительных корней µ k , k = 1, 2,... Поэтому СЗ и СФ для ЗШ–Л
(7.3) − (7.4) будут, соответственно,
λ k = µ k2 + 2, yk ( x ) = µ k cos µ k x + sin µ k x,
k = 1, 2,...
2. Функция Грина для ОДУ. Функцией Грина (ФГ) граничной задачи
Ly ≡ a0 ( x ) y′′ ( x ) + a1 ( x ) y′ ( x ) + a2 ( x ) y ( x ) = f ( x ) , x ∈ ]a, b[ ,
α1 y′ ( a ) + β1 y ( a ) = 0, α 2 y′ ( b ) + β2 y ( b ) = 0,
где
α k ( x ) ∈ C [ a, b ] , k = 0, 2,
(7.9)
(7.10)
f ( x ) ∈ C ( a, b ) ∩ L2 ( a, b ) , α i2 + βi2 ≠ 0, i = 1, 2 ,
называ-ется функция G = G ( x, ξ ) , определенная в квадрате
( x, ξ ) ∈ [ a, b] × [ a, b] и при
каждом фиксированном ξ ∈ [ a, b] как функция x ∈ [ a, b] , обладающая свойствами:
1) при x ≠ ξ она удовлетворяет уравнению (7.9) при f = 0 ;
2) она удовлетворяет граничным условиям (7.10);
3) при x = ξ непрерывна по x , а ее производная по x имеет скачек, равный
1/ a0 (ξ), т. е.
81
G ( ξ + 0, ξ ) = G ( ξ − 0, ξ ) , Gx′ ( ξ + 0, ξ ) − Gx′ ( ξ − 0, ξ ) = 1 a0 ( ξ ) .
(7.11)
Чтобы найти функцию Грина граничной задачи (7.9) − (7.10), надо найти два
частных решения y1 ( x ) ≠ 0 и y2 ( x ) ≠ 0 уравнения (7.9) при f = 0 , удовлетворяющих
соответственно первому и второму из граничных условий (7.10). Если y1 ( x ) не
удовлетворяет сразу обоим этим граничным условиям, то функция Грина существует
и имеет вид
⎧⎪ z1 ( ξ ) y1 ( x ) , a ≤ x ≤ ξ,
G ( x, ξ ) = ⎨
⎪⎩ z2 ( ξ ) y2 ( x ) , ξ ≤ x ≤ b,
(7.12)
в которой функции zi ( x ) , i = 1, 2 , определяются из требований (7.11), т. е. как
решения системы уравнений
z2 ( ξ ) y2 ( ξ ) = z1 ( ξ ) y1 ( ξ ) , z2 ( ξ ) y2′ ( ξ ) − z1 ( ξ ) y1′ ( ξ ) = 1 a0 ( ξ ) .
В отличие от задачи Коши граничная задача (7.9) − (7.10) не всегда имеет
решение. Если функция Грина граничной задачи (7.9) − (7.10) существует, то ее
классическое решение выражается формулой
b
y ( x ) = ∫ G ( x, ξ ) f ( ξ ) d ξ.
a
Если λ = 0 не собственное значение данной задачи, то это решение единственно
и задача Штурма–Лиувилля (7.1) − (7.2) эквивалентна интегральному уравнению
b
y ( x ) = λ ∫ G ( x, ξ ) y ( ξ ) d ξ.
a
Замечание 7.1. В частном случае оператора L вида
Ly ≡ − ( p ( x ) y′ ( x ) )′ + q ( x ) y ( x ) = f ( x ) ,
где p ( x ) ≠ 0,
p ( x ) ∈ C (1) [ a, b ] , q ∈ C [ a, b ] ,
x ∈ ]a, b[ ,
(7.13)
f ∈ C ( a, b ) ∩ L2 ( a, b ) , функция Грина
граничной задачи (7.13), (7.10) имеет вид [2, c. 162]
1 ⎧⎪ y1 ( x ) y2 ( ξ ) , a ≤ x ≤ ξ,
G ( x, ξ ) = − ⎨
c ⎪⎩ y1 ( ξ ) y2 ( x ) , ξ ≤ x ≤ b,
82
(7.14)
где, в силу тождества Остроградского–Лиувилля, постоянная c = p ( x ) W ( x ) =
= p ( a ) W ( a ) ≠ 0 ∀x ∈ [ a, b] и определитель Вронского
W ( x) =
y1 ( x )
y1′ ( x )
y2 ( x )
.
y2′ ( x )
Задача 7.2. Найти функцию Грина граничной задачи
Ly ≡ − x −3 y′′ + 3 x −4 y′ − 4 x −5 y = 0, 0 < x < 1,
y ( 0 ) = 0,
y (1) = 0.
(7.15)
(7.16)
Решение. Поскольку оператор L уравнения (7.15) приводится к
′
виду L ( y ) = − ( x −3 y′ ) − 4 x −5 y оператора L из уравнения (7.13), то ФГ
G ( x, ξ ) можно искать по формуле (7.14).
Найдем ЧР уравнения L ( y ) = 0 вида x n . Подставив степенную
функцию
y = xn
− x n −5 ( n 2 − 4 n + 4 ) = 0 ,
в
уравнение
(7.15),
получаем
уравнение
которое имеет только одно решение: n = 2 .
Поэтому ЧР уравнения (7.15), удовлетворяющим первому из ГУ (7.16),
является функция y1 ( x ) = x 2 .
Для отыскания другого ЧР уравнения (7.15) понижением его
порядка делаем в нем замену y ( x ) = y1 ( x ) z ( x ) = x 2 z ( x ) и приходим к
уравнению
x −3 ( 2 z + 4 xz′ + x 2 z′′ ) − 3 x −4 ( 2 xz + x 2 z′ ) + 4 x −3 z = 0,
которое эквивалентно уравнению xz′′ + z′ = 0 . Интегрируем
уравнение:
( xz′ )′ = 0 ⇒ xz′ = c1 ⇒ z = c1 ln x + c2 ,
подставляем ОР y = x 2 ( c1 ln x + c2 )
это
в условие y (1) = 0 и находим ЧР
y2 = x 2 ln x уравнения (7.15), которое удовлетворяет второму из ГУ
(7.16).
Вычисляем вронскиан
83
y
W ( x) = 1
y1′
y2 x 2
x 2 ln x
=
= x3 ,
y2′ 2 x 2 x ln x + x
определяем постоянную c = p ( x )W ( x ) = x −3 ⋅ x3 = 1 и, согласно формуле
(7.14), получаем ФГ для КЗ (7.15) − (7.16):
2 2
⎪⎧ x ξ ln ξ, 0 ≤ x ≤ ξ,
G ( x, ξ ) = − ⎨ 2 2
⎪⎩ξ x ln x, ξ ≤ x ≤ 1,
так как y1 ( x ) не удовлетворяет второму из ГУ (7.16).
Задача 7.3. Найти функцию Грина граничной задачи
Ly ≡ ( x − 1) y′′ + y′ − xy = 0,
y′ ( 0 ) − y ( 0 ) = 0,
0 < x < 1,
y (1) = 0.
(7.17)
(7.18)
Решение. ФГ этой задачи будем строить по формуле (7.14), так как
L ( y ) = − ( (1 − x ) y′ )′ − xy = 0
уравнение (7.17) приводимо к виду
уравнения (7.13). ЧР уравнения (7.17), очевидно, является функция
y1 = e x , которая удовлетворяет только первому из ГУ (7.18).
Чтобы найти его второе ЧР, делаем замену y ( x ) = y1 ( x ) z ( x ) = e x z ( x )
и приходим к уравнению
e x [( x − 1)( z + 2 z′ + z′′ ) + ( z + z′ ) − xz ] = 0 ,
из которого после упрощений имеем уравнение ( x − y ) z′′ + (2 x − 1) z′ = 0.
Обозначив z′ = ν , последнее уравнение решаем как уравнение с
разделяющимися переменными
dν 1 − 2 x
dx ⇒ ln ν = −2 x − ln x − 1 + ln c .
=
x −1
ν
84
Далее интегрируем уравнение z′ = ν = ce −2 x ( x − 1)
одно ЧР
y2 ( x ) = e z ( x ) = e
x
1
x
∫ e ( s − 1)
−2 s
−1
−1
и получаем еще
ds,
x
которое удовлетворяет условию y (1) = 0 из ГУ (7.18).
Вычисляем определитель Вронского
1
y
W ( x) = 1
y1′
y2
=
y2′
e
e −2 s
e ∫
ds
s
−
1
(
)
x
x
x
1
e
x
e −2 s
e− x
e ∫
ds −
1
s
x −1
−
(
)
x
=
x
1
,
1− x
находим постоянную c = p ( x )W ( x ) = (1 − x )(1 − x ) = 1 и по формуле
(7.14) получаем ФГ для КЗ (7.17) − (7.18):
−1
⎧ x +ξ 1 e −2 s
ds, 0 ≤ x ≤ ξ,
⎪e ∫
−
1
s
⎪
ξ
G ( x, ξ ) = − ⎨
1 −2 s
⎪ ξ+ x e
⎪e ∫ s − 1 ds, ξ ≤ x ≤ 1.
x
⎩
Задача 7.4. Найти функцию Грина граничной задачи
Ly ≡ ( 2 x 2 + 4 x ) y′′ + ( 2 − x ) y′ + y = 0, 0 < x < 1,
y ( 0 ) = 0,
y′ (1) − y (1) = 0.
(7.19)
(7.20)
Решение. Для нахождения ФГ данной ГЗ воспользуемся формулой
(7.12). Чтобы подобрать ЧР уравнения (7.19) в виде многочлена,
определим его степень. Для этого в данное уравнение подставляем
y = xn :
(2x
2
+ 4 x )( n 2 − n ) x n−2 + ( 2 − x ) nx n−1 + x n = 0
85
(7.21)
и приравниваем к нулю коэффициент при самой старшей степени x n в
полученном уравнении (7.21):
x n : 2n 2 − 2n − n + 1 = 2n 2 − 3n + 1 = 0.
Это квадратное уравнение имеет два корня: n1 = 1 и n2 = 1 2 . Теперь
в уравнение (7.19) подставляем многочлен первой степени y = a1 x + b1 и
получаем ( 2 − x ) a1 + a1 x + b1 = 2a1 + b1 = 0 . Отсюда при a1 = 1 имеем
b1 = −2 и, следовательно, ЧР уравнения (7.19) является функция
y = x − 2 , которая не удовлетворяет ни одному из ГУ (7.20). Поэтому
надо искать ОР уравнения (7.19).
Из того, что в (7.21) при n = 1 2 обращается в ноль коэффициент
при степени x n−1 : 4 ( n 2 − n ) + 2n = 4n 2 − 2n = 0 , следует, что функция
y = x − ЧР уравнения (7.19). В качестве первого решения этого
уравнения можно взять функцию y1 = x , так как она удовлетворяет
лишь первому из ГУ (7.20).
Линейная независимость функций y = x − 2 и y = x позволяет
записать ОР y ( x ) = c1 x + c2 ( x − 2 ) ∀c1 , c2 ∈ R
Подстановка этого ОР во второе ГУ из (7.20) дает
уравнения
(7.19).
1
1
y (1)′ − y (1) = c1 + c2 − c1 + c2 = − c1 + 2c2 = 0.
2
2
Отсюда
c2 = 1
при
c1 = 4
имеем
y2 ( x ) = 4 x + x − 2 .
Составляем систему уравнений
(
)
и
нужное
⎧ z2 ( ξ ) 4 ξ + ξ − 2 = z1 ( ξ ) ξ ,
⎪⎪
⎨
⎛ 2
⎞
1
1
,
+ 1⎟⎟ − z1 ( ξ )
=
⎪ z2 ( ξ ) ⎜⎜
2
2
ξ
ξ
+
2
ξ
ξ
(
)
⎝
⎠
⎩⎪
находим ее решение
86
решение
z1 ( ξ ) =
4 ξ +ξ−2
ξ ( ξ + 2)
2
z2 ( ξ ) =
,
1
( ξ + 2)
2
и, согласно формуле (7.12), получаем ФГ для ГЗ (7.19) − (7.20):
⎧4 ξ + ξ − 2
x , 0 ≤ x ≤ ξ,
⎪
2
⎪ ξ ( ξ + 2)
G ( x, ξ ) = − ⎨
⎪ 4 x + x − 2 , ξ ≤ x ≤ 1.
⎪ ( ξ + 2 )2
⎩
Задача 7.5. Найти функцию Грина граничной задачи
π
Ly ≡ y′′ − tg xy′ + 2 y = 0, 0 < x < ,
4
y′ ( 0 ) = 0,
⎛π⎞
⎛π⎞
y ′ ⎜ ⎟ − y ⎜ ⎟ = 0.
⎝4⎠
⎝4⎠
(7.22)
(7.23)
Решение. Ясно, что для нахождения ФГ этой ГЗ мы будем
использовать формулу (7.12). Легко убедиться, что ЧР y2 = sin x
уравнения (7.22) удовлетворяет только второму из ГУ (7.23).
Если известно одно ЧР уравнения (7.9), то для поиска его второго
ЧР можно применять следующую формулу Остроградского-Лиувилля:
y1
y1′
y2
− p( x )dx
, c ∈ R,
= ce ∫
y2′
p( x) =
a1 ( x )
,
a0 ( x )
(7.24)
где y1 и y2 − любые два решения уравнения (7.9). Из этой формулы
(7.24) при y2 = sin x и c = −1 вытекает уравнение
y1′ − ctg x ⋅ y1 =
87
1
.
sin x cos x
− ctg xdx
1
=
и
Умножая его на интегрирующий множитель µ = e ∫
sin x
интегрируя, имеем:
⎛ x⎞
2d ⎜ tg ⎟
cos x ⎞
y1
dx
2 ⎠ d ( sin x)
⎛ 1
⎛ x π⎞
=∫ 2
= ∫⎜
+ 2 ⎟ dx = ∫ ⎝
+∫
= ln tg⎜ + ⎟ −
2
x
sin x sin x ⋅ cos x ⎝ cos x sin x ⎠
sin x
⎝2 4⎠
1− tg2
2
−
1
⎛ x π⎞
⇒ y1 = sin x ⋅ ln tg ⎜ + ⎟ − 1.
sin x
⎝2 4⎠
⎛ x π⎞
y1 с производной y1′ = cos x ⋅ ln tg ⎜ + ⎟ + tg x ,
⎝2 4⎠
очевидно, удовлетворяет первому условию y1′ ( 0 ) = 0 , но не второму
Это первое ЧР
⎛π⎞
⎛π⎞
условию y1′ ⎜ ⎟ − y1 ⎜ ⎟ = 2 ≠ 0 из ГУ (7.23).
⎝4⎠
⎝4⎠
Составив систему уравнений
⎧
⎛
⎛ξ π⎞ ⎞
⎪ z2 ( ξ ) sin ξ = z1 ( ξ ) ⎜ sin ξ ⋅ ln tg ⎜ + ⎟ − 1⎟ ,
⎝2 4⎠ ⎠
⎪
⎝
⎨
⎪ z ξ cos ξ − z ξ ⎛ cos ξ ⋅ ln tg ⎛ ξ + π ⎞ + tg ξ ⎞ = 1
⎟
1 ( )⎜
⎜
⎟
⎪ 2( )
⎝2 4⎠
⎝
⎠
⎩
и отыскав ее решение
⎛ξ π⎞
1 − sin ξ ⋅ ln tg ⎜ + ⎟
−1
⎝2 4⎠
z1 ( ξ ) =
, z2 ( ξ ) =
,
tg ξ + ctg ξ
sin ξ ( tg ξ + ctg ξ )
по формуле (7.12) записываем ФГ для ГЗ (7.22) − (7.23):
⎧
⎛ x π⎞
⎪1 − sin x ⋅ ln tg ⎜ 2 + 4 ⎟
⎝
⎠
⎪
, 0 ≤ x ≤ ξ,
tg ξ + ctg ξ
⎪
G ( x, ξ ) = ⎨
⎪1 − sin ξ ⋅ ln tg ⎛ ξ + π ⎞
⎜
⎟
⎪
π
⎝2 4⎠
sin x, ξ ≤ x ≤ .
⎪
4
⎩ sin ξ ( tg ξ + ctg ξ )
88
2. Задача Штурма–Лиувилля и функция Грина оператора Лапласа. Пусть Ω
− ограниченная область пространства R n , n ≥ 2 , с кусочно-гладкой границей S .
Задачей Штурма–Лиувилля называется задача о нахождении тех значений λ ∈ R ,
называемых собственными значениями, при которых краевая задача
−∆u ( x ) = λu ( x ) , x ∈ Ω,
α ( x′ )
где
коэффициенты
(7.25)
∂u ( x ')
+ β ( x′ ) u ( x′ ) = 0, x′ ∈ S ,
∂n
α 2 ( x′ ) + β2 ( x′ ) ≠ 0, x′ ∈ S ,
имеет
(7.26)
ненулевые
решения
u ∈ C ( 2) ( Ω ) ∩ C (1) ( Ω ) при α ( x′ ) ≠ 0 и u ∈ C ( 2) ( Ω ) ∩ C ( Ω ) при α ( x′ ) = 0 , называемые
собственными функциями оператора Лапласа с краевым условием (КУ) (7.26),
соответствующими этим собственным значениям.
Для простейших областей Ω собственные значения и собственные функции
оператора Лапласа с КУ (7.26) можно найти методом разделения переменных.
Функцией Грина задачи Дирихле в Ω ⊂ R n , n ≥ 3 , называется функция
G ( x, y ) =
1
( n − 2 ) S1
x− y
n−2
+ g ( x , y ) , x ∈ Ω,
y ∈ Ω,
где S1 = 2πn / 2 Γ ( n 2 ) − площадь единичной сферы, обладающая свойствами:
1) при каждом y ∈ Ω функция g гармонична в Ω и непрерывна в Ω по
x≠ y;
2) при каждом y ∈ Ω функция G ( x′, y ) = 0, x′ ∈ S .
Для неограниченных областей Ω еще необходимо, чтобы g ( x, y ) → 0 при
x → +∞, x ∈ Ω .
Функцией Грина [2, c. 184] задачи Дирихле в Ω ⊂ R 2 называется функция
G ( x, y ) =
1
1
ln
+ g ( x, y ) , x ∈ Ω,
2π x − y
y ∈ Ω,
обладающая свойствами 1) и 2).
Для ряда симметричных областей функцию Грина задачи Дирихле можно
построить методом отражений (фиктивных зарядов).
Если Ω ⊂ R n , n ≥ 2 , ограничена и S достаточно гладка, то функция Грина
G ( x, y ) задачи Дирихле существует и единственна, имеет правильную нормальную
производную ∂G ( x, y ) ∂nx
на S при каждом y ∈ Ω , симметрична и непрерывна в
Ω × Ω . Если решение внутренней задачи Дирихле
89
−∆u ( x ) = f ( x ) , x ∈ Ω, u ( x′ ) = ϕ ( x′ ) , x′ ∈ S ,
где f ∈ C ( Ω ) и ϕ∈ C ( S ) , имеет правильную нормальную производную на S , то
оно выражается формулой
u ( x ) = −∫
S
∂G ( x, y )
d y S + ∫ G ( x, y ) f ( y ) dy.
∂n y
Ω
Задача 7.6. В прямоугольнике решить задачу Штурма–Лиувилля
−∆u ( x, y ) = λu ( x, y ) ,
u ( x′, y′ ) = 0,
( x, y ) ∈ ]0, a[ × ]0, b[ ,
( x′, y′ ) ∈ S .
(7.27)
(7.28)
Решение. Применим метод разделения переменных. Подставив
функции вида u ( x, y ) = X ( x ) ⋅ Y ( y ) ≠ 0 в уравнение (7.27), разделив
результат на X ( x) ⋅ Y ( y ) и проведя разделение функций разных
переменных, получаем уравнение
−
X ′′ ( x ) Y ′′ ( y )
X ′′ ( x ) Y ′′ ( y )
−
=λ⇒−
=
+ λ = µ, λ ∈ R .
X ( x) Y ( y)
X ( x) Y ( y)
Подставив эти функции в КУ (7.28), приходим
X ( 0 ) = X ( a ) = 0, Y ( 0 ) = Y ( b ) = 0 , так как X ≠ 0 и Y ≠ 0 .
Сначала решим ЗШ − Л
− X ′′ ( x ) = µX ( x ) , µ ∈ ,
X ( 0 ) = X ( a ) = 0.
0 < x < a,
(7.29)
к
ГУ:
(7.30)
(7.31)
Следуя за решением задачи 7.1, нетрудно убедиться, что все µ ≤ 0
не являются СЗ этой ЗШ − Л. Для µ > 0 характеристическим корням
τ1,2 = ±i µ соответствует ОР
90
X ( x ) = c1 cos µ x + c2 sin µ x, c1 , c2 ∈ R.
(7.32)
Согласно первому из ГУ (7.31), c1 = 0 , а согласно второму из этих
ГУ, c2 sin µ a = 0 . Полагая c2 ≠ 0 , чтобы исключить решения X ≡ 0 ,
отсюда вытекает, что sin µ a = 0 , т. е.
µ a = πk , k = 1, 2, ... , так как
µ a > 0 . Итак, для СЗ µ k = ( πk a ) , k = 1, 2, ... , из ОР (7.32) при c1 = 0 и
πk
x, k = 1, 2, ... , ЗШ − Л (7.30) − (7.31).
c2 = 1 находим СФ: X k ( x ) = sin
a
Теперь из уравнения (7.29) заключаем, что функции Y ( x ) ≠ 0 и
η = λ − µ k есть решение ЗШ − Л
2
−Y ′′ ( y ) = ηY ( y ) , η∈ , 0 < y < b,
(7.33)
Y ( 0 ) = Y ( b ) = 0.
(7.34)
Поскольку эта ЗШ–Л с точностью до обозначений совпадает с
ЗШ − Л (7.30) − (7.31), то СЗ и СФ для ЗШ − Л (7.33) − (7.34) являются
πm
2
y, m = 1, 2, ... Следовательно, СЗ и СФ
ηm = ( πm b ) и Ym ( y ) = sin
b
исходной ЗШ − Л (7.27) − (7.28) равны
λ k ,m
⎛ ⎛ k ⎞2 ⎛ m ⎞2 ⎞
πk
πm
= µ k + ηm = π ⎜ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟ и uk ,m = sin x ⋅ sin
y, k , m ∈ N.
⎜⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎟
a
b
⎝
⎠
2
Задача 7.7. В круге решить задачу Штурма–Лиувилля
−∆u ( x, y ) = λu ( x, y ) ,
u ( x′, y′ ) = 0,
x 2 + y 2 < r02 ,
x′2 + y′2 = r02 .
(7.35)
(7.36)
Решение. Переходя в ЗШ − Л (7.35) − (7.36) к полярным координатам
x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, получаем эквивалентную двумерную ЗШ − Л:
91
1
1
∆u = ν rr + ν r + 2 ν ϕϕ = −λν, 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
ν ( 0, ϕ ) < +∞, ν ( r0 , ϕ ) = 0, 0 ≤ ϕ < 2π,
ν ( r , ϕ ) = ν ( r , ϕ + 2π ) , 0 < r ≤ r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
где функция ν ( r , ϕ ) = u ( r cos ϕ, r sin ϕ ) = u ( x, y ) .
Решим эту задачу методом разделения переменных. В данной
и приходим к двум
ЗШ − Л полагаем ν ( r , ϕ ) = R ( r ) Φ ( ϕ ) ≠ 0
одномерным ЗШ − Л:
Φ′′ ( ϕ ) + ηΦ ( ϕ ) = 0, ϕ∈ R,
(7.37)
Φ ( ϕ ) = Φ ( ϕ + 2π ) , ϕ∈ ,
1
η⎞
⎛
R′′ ( r ) + R′ ( r ) + ⎜ λ − 2 ⎟ R ( r ) = 0,
r
r ⎠
⎝
R ( 0 ) < +∞, R ( r0 ) = 0.
0 < r < r0 ,
(7.38)
(7.39)
(7.40)
Найдем СЗ и СФ первой ЗШ − Л (7.36) − (7.37).
1) При η < 0 характеристические корни τ1,2 = ± −η дают ОР
Φ ( ϕ ) = c1e −ηϕ + c2e− −ηϕ ∀c1 , c2 ∈ R , для которого выполняется условие
периодичности (7.37) только при c1 = c2 = 0 , т. е. Φ = 0 и нет СЗ и СФ.
2) При η = 0 имеем ОР Φ ( ϕ ) = c1ϕ + c2 ∀c1 , c2 ∈ R , удовлетворяющее условию (7.38) при c1 = 0 и любом c2 ∈ R . Таким образом,
η0 = 0 − СЗ и Φ 0 ( ϕ ) = 1 − СФ.
3) При η > 0 характеристическим корням τ1,2 = ±i η соответствует
вещественнозначное общее решение Φ ( ϕ ) = c1 cos ηϕ + c2 sin ηϕ
∀c1 , c2 ∈ R , которое будет периодической функцией с периодом 2π
только тогда, когда sin ηπ = 0 , т. е. ηk = k 2 , k = 1,2, ... Этому каждому
СЗ ηk = k 2 соответствуют две СФ: cos kϕ и sin kϕ , k = 1, 2, ...
Найдем СЗ и СФ второй ЗШ–Л (7.39) − (7.40). Известно [6, с. 333],
что СЗ оператора Лапласа с КУ (7.36) не положительны −λ ≤ 0 , т. е.
92
λ ≥ 0 . Подстановкой ρ = λ r уравнение (7.39) относительно функции
(
R (ρ) = R ρ
)
λ = R ( r ) приводится к уравнению Бесселя
ρ 2 R′′ ( ρ ) + ρR′ ( ρ ) + ( ρ 2 − k 2 ) R ( ρ ) = 0, ρ > 0, k = 0, 1, 2,...,
вещественнозначное ОР которого имеет вид
R ( ρ ) = AJ k ( ρ ) + B5k ( ρ )
или
R ( r ) = AJ k
(
)
λ r + B5k
(
λr
)
∀A, B ∈ R,
(7.41)
где J k ( ρ ) и 5k ( ρ ) — функции Бесселя и Неймана соответственно k -го
порядка. Ввиду первого из ГУ (7.40) в решениях (7.41) постоянная
величина B = 0 , потому что 5k ( 0 ) = −∞ ∀k , и ввиду второго из ГУ (7.40)
следует, что J k
(
)
λ r0 = 0 ∀k , потому что должно быть A ≠ 0 , чтобы
исключить R ( r ) ≡ 0 . При каждом k уравнение J k ( µ ) = 0 имеет счетное
(
число корней: µ(m ) > 0, m = 1, 2, ... , и, следовательно, λ k ,m = µ(mk ) r0
k
)
2
и
⎛ µ(mk ) ⎞
Rk ,m ( r ) = J k ⎜⎜
r ⎟⎟ , m = 1, 2, ... , — СЗ и СФ для ЗШ–Л (7.39) – (7.40).
r
⎝ 0 ⎠
В итоге решениями исходной ЗШ–Л (7.35) – (7.36) являются СЗ
(
)
2
λ k ,m = µ(m ) r0 , k = 0, 1, 2, ... , m = 1, 2, ... , и соответствующие им СФ:
k
⎛ µ(mk ) ⎞
⎛ µ(mk ) ⎞
( 2)
vk ,m = J k ⎜⎜
r ⎟⎟ cos ϕ, vk ,m = J k ⎜⎜
r ⎟⎟ sin ϕ ≠ 0, k = 0, 1, 2, ... , m = 1, 2, ...
r
r
⎝ 0 ⎠
⎝ 0 ⎠
Задача 7.8. Построить функцию Грина задачи Дирихле для
следующих областей Ω∈ R3 :
1) полупространство, x3 > 0 ;
2) двугранный угол, x2 > 0 , x3 > 0 ;
3) шар, x < R ;
(1)
93
4) полушар, x < R , x3 > 0 .
Решение. 1) x ∈ R 3 , x3 > 0 . ФГ будем строить методом отражений
(методом фиктивных зарядов), который включает три этапа.
( 0)
10 ) Берем точку ∀y = y = ( y1 , y2 , y3 ) ∈Ω (полупространства y3 > 0 )
и помещаем в ней заряд q0 = +1 .
20 ) Подбираем точки y
k = 1, m , ( k ∈
),
(k )
= y ( k ) ( y ) ∉Ω и в них заряды qk = qk ( y ) ,
которые могут зависеть только от y , такие, чтобы в
каждой граничной точке x* ∈ S = ∂Ω суммарный потенциал, порожденный в ней всеми зарядами qk , k = 0, m, ( k ∈ 0 ) равнялся нулю, т. е.
1 m
qk
=0
∑
4π k =0 x* − y ( k )
∀x* ∈ S .
(7.42)
x3
y (+1)
x
0
x*
x1
x2
(1)
y (-1)
Рис. 7.2. Симметричные точки и заряды полупространства
Если в случае полупространства для ∀y ∈ R 3 ,
y3 > 0 взять точку
y = ( y1 , y2 , − y3 ) , симметричную точке y относительно плоскости x3 = 0
(1)
(рис.7.2), то из тождества (7.42), в силу x* − y = x* − y ( )
1
∀x* ∈ S , будет
следовать, что в этой точке y ( ) надо поместить заряд q1 = −1 .
30 ) Записываем ФГ как суммарный потенциал всех зарядов
1
qk , k = 0, m,
(k ∈
0
)
в любой точке x ∈ Ω , т. е.
94
G ( x, y ) =
1 m
qk
, x, y ∈ G.
∑
4π k = 0 x − y ( k )
(7.43)
Согласно этой формуле, ФГ для полупространства x3 > 0 является
G ( x, y ) =
1
1
−
,
4π x − y 4π x − y (1)
x ∈ R 3 , x2 > 0, x3 > 0 .
2)
Возьмем
x3 > 0,
точки
y3 > 0.
y ( ) = ( y1 , − y2 , y3 )
1
и
y ( ) = ( y1 , y2 , − y3 ) , симметричные точке ∀y = ( y1 , y2 , y3 ) , y2 > 0, y3 > 0 ,
двугранного угла относительно плоскости x2 = 0 и x3 = 0 соответственно
2
1
и точку y ( ) = ( y1 , − y2 , − y3 ) , симметричную к точке y ( ) относительно
плоскости x3 = 0 (рис.7.3).
3
x3
x
(1)
y
(-1)
y (+1)
x*
x2
y (2)(-1)
(3)
y (+1)
Р ис. 7.3. Симметричные точки и заряды двугранного угла
Если в точке y помещен заряд +1, то для справедливости тождества
(7.42) в выбранных точках y ( k ) , k = 1, 3 , достаточно поместить заряды
−1, − 1 и +1 соответственно.
Поэтому по формуле (7.43) ФГ для двугранного угла будет функция
95
1 1 ( −1)
G ( x, y ) =
, x2 > 0,
∑
4π i , j =0 x − yij
i+ j
(
y2 > 0, x3 > 0,
y3 > 0,
)
в которой обозначено yij = y1 , ( −1) y2 , ( −1) y3 и y00 = y .
i
j
3) x ∈ R 3 , x < R . Пусть ∀y ≠ 0 – точка шара радиуса
R , т. е.
y < R . В качестве y ( ) берем точку, симметричную y относительно
сферы S ( 0, R ) , т. е. точку, лежащую на продолжении радиус-вектора y
и на расстоянии y′ ⋅ y = R 2 от центра шара (рис.7.4).
1
y (1)(-R/|y|)
x
y (+1)
x*
0
Рис. 7.4. Симметричные точки и заряды шара
(1)
Отсюда вытекает, что y =
R2
2
y
(7.42)
y . Если в точке y находится заряд
+1 , то из тождества
определяем величину заряда
1
q1 = − x* − y ( ) x* − y , зависящую от граничных точек x* ∈ S . Эту
зависимость
можно
исключить,
если
96
воспользоваться
подобием
треугольников Oyx* и Oy (1) x* по общему углу и пропорциональности
y( )
1
прилежащих сторон
x* − y ( )
R
=
R
. Из этого подобия выводим соотношение
y
x* − y = R y и, следовательно, в точке y (1) заряд q1 = − R y .
1
Тогда из формулы (7.43) имеем ФГ для шара:
G ( x, y ) =
Ry
1
R
1
−
=
−
,
4π x − y 4π y x − y(1) 4π x − y 4π y 2 x − R2 y
x < R,
y < R.
4) x < R, x3 > 0 . Пусть точка y ( ) = ( R 2 / y ) y , симметричная точке
∀y ≠ 0, y < R, y3 > 0 , относительно полусферы S ( 0, R ) , x3 > 0, и
1
точки y ( ) = ( y1 , y2 , − y3 ) , y ( ) = ( R 2 / y ) ( y1 , y2 , − y3 ) , симметричные точкам
2
3
y и y (1) соответственно относительно плоскости x3 = 0 (рис.7.5).
x3
y
y (+1)
(1)
(-R/|y|)
x*
0
(2)
y (-1)
y (3)(+ R/|y|)
Р ис. 7.5. Симметричные точки и заряды полушара
Если в точке y находится заряд +1 , то для выполнения тождества
k
(7.42) в точках y ( ) , k = 1, 3 , могут находиться заряды − R y , −1 и
+ R y соответственно.
В этом случае, в силу формулы (7.43), получаем ФГ для полушара:
97
G ( x, y ) =
1
R
1
R
−
−
+
=
4π x − y 4π y x − y (1) 4π x − y ( 2) 4π y x − y (3)
⎛
Ry
1 1
1
j⎜
=
− 2
( −1) ⎜
∑
4π j =0
⎜ x − y0 j
y x − R 2 y0 j
⎝
где
(
y0 j = y1 , y2 , ( −1) y3
j
)
⎞
⎟,
⎟⎟
⎠
и y00 = y .
98
x < R,
y < R, x3 > 0, y3 > 0,
Тема 8. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Краевые задачи на плоскости. Краевые задачи для уравнений Лапласа и
Пуассона в простейших областях (круг, кольцо, прямоугольник и другие) можно
решать методом разделения переменных.
Изложим этот метод для задачи Дирихле в круге:
∆u ( x, y) = 0,
x 2 + y 2 < r02 ,
u |r = r0 = h( x′, y′),
(8.1)
x′2 + y′2 = r02 .
(8.2)
I. Редукция. Переход в этой краевой задаче в круге к полярным координатам
( r , ϕ) дает эквивалентную краевую задачу в прямоугольнике:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0,
r
r
0 < r < r0 ,
0 ≤ ϕ < 2π,
(8.3)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π),
0 < r ≤ r0 ,
∀ϕ ,
(8.4)
u |r =0 < +∞,
u |r = r0 = h(r0 cos ϕ, r0 sin ϕ) = h (ϕ),
0 ≤ ϕ < 2π .
(8.5)
II. Фk (ϕ) = ? Подставляя произведение uˆ (r , ϕ) = R (r )Φ (ϕ) ≠ 0 в уравнение (8.3) и
разделяя переменные
1
(rR′)′
Φ′′
r (rR′)′
Φ′′
r
+ 2 =0⇔
=−
= λ∈ ,
Φ
R
r Φ
R
получаем уравнения
r (rR′(r ))′ − λR(r ) = 0, 0 < r < r0 ,
Φ′′(ϕ) + λΦ (ϕ) = 0,
ϕ∈ .
(8.6)
(8.7)
Подстановка этого произведения в условие периодичности (8.4) и разделение
переменных
99
R (r )Φ (ϕ) ≡ R (r )Φ (ϕ + 2π) ⇔ R (r ) [ Φ (ϕ) − Φ (ϕ + 2π) ] ≡ 0
приводит нас к условию периодичности
Φ (ϕ) = Φ (ϕ + 2π),
ϕ∈ .
(8.8)
Полученная задача Штурма – Лиувилля (8.7) − (8.8) совпадает с задачей Штурма
− Лиувилля (7.36)-(7.37), которая имеет собственные значения λ k = k 2 и
собственные функции cos k ϕ, sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1,...
III. Rk (r ) = ? Найдем коэффициенты Rk(i ) (r ), i = 1, 2, разложения решения КЗ
(8.3) − (8.5) в ряд по этим собственным функциям:
u (r , ϕ) =
∞
1 (1)
R0 (r ) + ∑ ( Rk(1) (r ) cos k ϕ + Rk(2) (r ) sin k ϕ ) .
2
k =1
(8.9)
Заменяем этим рядом решение уравнения (8.3) и с помощью уравнения (8.6),
найденного в результате разделения переменных, приходим к ряду
′ ∞ ⎛⎡
′
′
⎞
⎤
⎡
⎤
1
r rR0(1)′ + ∑ ⎜ ⎢ r rRk(1)′ − k 2 Rk(1) ⎥ cos k ϕ + ⎢ r rRk(2)′ − k 2 Rk(2) ⎥ sin k ϕ ⎟ = 0,
⎜
⎟
2
k =1 ⎝ ⎣
⎦
⎣
⎦
⎠
(
)
(
)
(
)
из которого вытекают уравнения
′
r rRk(i )′ ( r ) − k 2 Rk( i ) ( r ) = 0,
)
(
0 < r < r0 , i = 1, 2,
k = 0, 1, ...
(8.10)
Подставив ряд (8.9) в краевые условия (8.5), находим ряд
∞
1 (1)
R0 ( r0 ) + ∑ ( Rk(1) ( r0 ) cos k ϕ + Rk(2) ( r0 ) sin k ϕ ) = h (ϕ),
2
k =1
0 ≤ ϕ < 2 π,
и, соответственно, краевые условия
Rk( i ) (0) < +∞ , Rk(i ) (r0 ) = hk(i ) , i = 1, 2, k = 0, 1,... ,
(8.11)
где согласно формулам коэффициентов классических рядов Фурье
π
hk(1) =
1
∫ h (ϕ) cos k ϕd ϕ,
π −π
π
hk(2) =
1
∫ h(ϕ) sin k ϕd ϕ,
π −π
100
k = 0, 1,...
(8.12)
Теперь решаем граничные задачи (8.10), (8.11).
1) k = 0. При k = 0 интегрированием уравнения (8.10) находим его общее
решение R0(1) (r ) = a0 ln r + b0 ∀a0 , b0 ∈ R . Из первого краевого условия в (8.11)
следует, что коэффициент a0 = 0 , а из второго краевого условия в (8.11) заключаем,
что b0 = h0(1) , т. е. функция R0(1) (r ) = h0(1) .
k > 0. При k > 0 , полагая R(r ) = r α в уравнениях (8.10), получаем
α 2 = k 2 , α = ± k , k = 1, 2, ... , и, следовательно, их общими решениями являются
функции
2)
Rk(i ) (r ) = ak(i ) r k + bk(i ) r − k ∀ak(i ) , bk(i ) ∈ , i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
так как частные решения r k и r − k
(8.13)
линейно-независимы на ]0, r0 [ . Здесь, в силу
первого краевого условия из (8.11), коэффициенты bk(i ) = 0 , а в силу второго краевого
условия из (8.11) получаем, что коэффициенты ak(i ) = hk(i ) / r0k ,
i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
т. е. функции Rk(i ) ( r ) = hk( i ) ( r / r0 )k , i = 1, 2, k = 1, 2,...
В результате формальным решением краевой задачи (8.1) − (8.2) является
1 (1) ∞
k
u ( x, y ) = u (r , ϕ) = h0 + ∑ ( r / r0 ) hk(1) cos k ϕ + hk(2) sin k ϕ .
2
k =1
(
)
Подставив сюда выражение коэффициентов (8.12) и просуммировав
соответствующие геометрические прогрессии, убеждаемся, что это решение
представляет собой интеграл Пуассона
π
u (r , ϕ) =
r02 − r 2
1
∫ r 2 − 2r0 r cos(ϕ − ψ) + r02 h(ψ)d ψ.
2π −π
Замечание 8.1. Решения краевых задач для уравнения Лапласа и Пуассона вне
круга r > r0 имеют вид
∞
1
u (r , ϕ) = b0(1) + ∑ r − k ( bk(1) cos k ϕ + bk(2) sin k ϕ )
2
k =1
и в кольце r1 < r < r2 имеют вид
u (r , ϕ) =
∞
1 (1)
a0 ln r + b0(1) ) + ∑ ⎡⎣( ak(1) r k + bk(1) r − k ) cos k ϕ + ( ak(2) r k + bk(2) r − k ) sin k ϕ⎤⎦,
(
2
k =1
101
где постоянные ak( i ) и bk( i ) определяются из краевых условий.
Задача 8.1. В круге решить краевую задачу для уравнения
Пуассона:
1
1
∆u ( x, y ) = ∆u (r , ϕ) = (rur ) r + 2 uϕϕ = f (r , ϕ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π, (8.14)
r
r
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
(8.15)
u |r =0 < +∞, u |r =r0 = h (ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.16)
Решение. I. Фk (ϕ) = ? Подстановка произведения uˆ (r , ϕ) =
= R(r )Φ(ϕ) ≠ 0 в однородное уравнение (8.14) приводит к ЗШ − Л (8.7) −
(8.8), которая имеет СЗ λ k = k 2 и СФ Φ k (ϕ) = cos k ϕ , sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ...
Поэтому решение КЗ (8.14) − (8.16) ищем в виде ряда (8.9).
II. Rk (ϕ) = ? Заменяя решение уравнения (8.14) рядом (8.9),
приходим к ряду
′ ∞ ⎛⎡
′
′
⎞
⎤
⎡
⎤
1
r rR0(1)′ + ∑ ⎜ ⎢ r rRk(1)′ − k 2 Rk(1) ⎥ cos k ϕ + ⎢ r rRk(2)′ − k 2 Rk(2) ⎥ sin k ϕ ⎟ ≡
⎜
⎟
2
k =1 ⎝ ⎣
⎦
⎣
⎦
⎠
)
(
(
)
(
)
≡ r 2 f (r , ϕ),
из которого выводим уравнения
′
′
r rR (r ) − k 2 Rk( i ) (r ) = f k( i ) (r ),
(
(i )
k
)
0 < r < r0 , i = 1, 2,
k = 0, 1, ... ,
(8.17)
с правыми частями
π
π
1
1
f (r ) = ∫ r 2 f (r , ϕ)cos k ϕd ϕ, f k(2) (r ) = ∫ r 2 f (r , ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 0, 1, ...
π −π
π −π
(1)
k
Также, как и выше, к уравнениям (8.17) присоединяются КУ
102
Rk(i ) (0) < +∞ , Rk(i ) ( r0 ) = hk( i ) , i = 1, 2, k = 0, 1, ...
1)
(8.18)
k = 0. Интегрируем уравнение (8.17) при k = 0 и получаем
его ОР
τ
r
1
R (r ) = a0 ln r + b0 + ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ
τ0
0
(1)
0
∀a0 , b0 ∈ .
Ввиду первого КУ в (8.18) коэффициент a0 = 0. Благодаря второму
КУ в (8.18) определяется коэффициент
r
τ
1
b0 = h − ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ
τ0
0
(1)
0
и, следовательно, функция
r
τ
1
R (r ) = h + ∫ ∫ sf 0(1) ( s )dsd τ .
τ0
r0
(1)
0
(i )
0
(8.19)
2) k > 0. Ясно, что для k > 0 ОР однородных уравнений (8.17)
имеют вид (8.13). ЧР неоднородных уравнений (8.17) будем искать
методом вариации произвольных постоянных в виде
R*(ki ) (r ) = ak( i ) (r )r k + bk( i ) (r )r − k
i = 1, 2, k = 1, 2, ...
Согласно методу Лагранжа, производные
определяются линейными системами уравнений
(8.20)
коэффициентов
⎧⎪
ak( i )′ (r ) r k + bk(i )′ ( r )r − k = 0,
⎨ (i )
⎪⎩ak ′ (r )kr k −1 − bk( i )′ (r )kr − k −1 = r −2 f k( i ) (r ), k = 1, 2, ... ,
главный определитель которых равен ∆ = −2kr −1. Решая их методом
Крамера, находим
103
r −k
0
r
r −2 f k( i ) (r ) − kr − k −1 r − k −1 ( i )
1 − k −1 (i )
(i )
′
a (r ) =
f k ( r ) ⇒ ak ( r ) =
s f k ( s )ds,
=
2k
2k ∫0
∆
(i )
k
rk
0
r
kr k −1 r −2 f k(i ) (r ) − r k −1 (i )
−1 k −1 ( i )
(i )
′
b (r ) =
f k (r ) ⇒ bk (r ) =
s f k ( s )ds.
=
2k
2k ∫0
∆
(i )
k
Подставив найденные коэффициенты в формулу (8.20), получаем ЧР
уравнений (8.17):
r
R
*( i )
k
r
r k − k −1 ( i )
r − k k −1 ( i )
(r ) =
s
f k ( s )ds −
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2, ... (8.21)
2k ∫0
2k ∫0
Теперь ОР уравнений (8.17), которые представляют собой сумму
выражений (8.13) и (8.21), удовлетворяем КУ (8.18). Из первого КУ в
(8.18) заключаем, что коэффициенты bk(i ) = 0 , а из второго КУ в (8.18)
определяем коэффициенты
r
r
h (i ) 1 0 − k −1 (i )
r0−2 k 0 k −1 (i )
+
a = kk −
s
f
(
s
)
ds
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2, ... (8.22)
k
r0
2k ∫0
2k ∫0
(i )
k
Таким образом, формальным решением КЗ (8.14) − (8.16) является
ряд (8.9), в котором коэффициент R0(1) ( r ) определяется формулой (8.19) и
остальные коэффициенты имеют вид:
r
r
r k − k −1 (i )
r − k k −1 (i )
R (r ) = a r +
s
f k ( s )ds −
s f k ( s )ds, i = 1, 2, k = 1, 2,... ,
∫
∫
2k 0
2k 0
(i )
k
(i ) k
k
где постоянная ak(i ) определяется формулой (8.22).
Задача 8.2. В круге решить внутреннюю задачу Неймана для
уравнения Лапласа:
104
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
(8.23)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
(8.24)
u |r =0 < +∞, u r |r = r = sin ϕ, 0 ≤ ϕ < 2 π.
(8.25)
0
Решение. I. Фk (ϕ) = ? СЗ и СФ этой КЗ те же, что и для
предыдущей КЗ (8.14) − (8.16): λ k = k 2 , Φ k (ϕ) = cos k ϕ, sin kϕ ≠ 0,
k = 0, 1, ...
II. Rk (r ) = ? Решения данной КЗ ищем в виде ряда (8.9),
коэффициенты Rk(i ) (r ) которого должны быть решениями уравнений
(8.10). Подставив ряд (8.9) во второе КУ из (8.25), имеем ряд
)
(
∞
1
ur |r =r0 = R0(1)′ (r0 ) + ∑ Rk(1)′ (r0 )cos k ϕ + Rk(2)′ (r0 )sin k ϕ = sin ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π,
2
k =1
из которого приравниванием коэффициентов при одинаковых косинусах
и синусах определяем коэффициенты разложения в ряд Фурье:
Rk(1)′ (r0 ) = 0, k = 0, 1, ... , R1(2)′ (r0 ) = 1, Rk(2)′ (r0 ) = 0 ∀k ≠ 1 .
(8.26)
Осталось решить ГЗ (8.10), (8.26). Подставляя все ограниченные в
нуле r = 0 решения R0(1) (r ) = b0 и Rk(i ) (r ) = ak( i ) r k , i = 1, 2, k = 1, 2, ... ,
уравнений (8.10) в ГУ (8.26), видим, что условие R (1)′ (r ) = 0 выполняется
0
k
при любом b0 ∈ , a = 0, k = 0, 1, ... , a = 1 и a = 0 ∀k ≠ 1.
Итак, классическими решениями КЗ (8.23) − (8.25) являются функ1
ции u (r , ϕ) = b0 + r sin ϕ, b0 ∈ , в чем легко убедиться подстановкой
2
в исходную КЗ.
(1)
k
(2)
1
(2)
k
Замечание 8.2. Решения КЗ (8.23) − (8.25) полностью соответствуют теоремам
существования и единственности решений внутренней задачи Неймана ( Ni ) : данная
Неймана
ψ (ϕ) = sin ϕ
удовлетворяет необходимому и достаточному условию
105
разрешимости
∫
ψ (ϕ)dS = 0 и решения единственны с точностью до произвольной
S (0, r0 )
аддитивной постоянной.
Задача 8.3. Вне круга решить внешнюю задачу Неймана для
уравнения Лапласа:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, r > r0 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ,
u |r =+∞ < +∞, ur |r =r0 = 1, 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.27)
(8.28)
(8.29)
Решение. I. Фk (ϕ) = ? СЗ и СФ этой КЗ очевидно прежние λ k = k 2 ,
Φ k (ϕ) = cos k ϕ, sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ...
II. Rk (r ) = ? Решение искомой КЗ естественно ищем в виде ряда (8.9)
с коэффициентами Rk(i ) (r ) − решениями уравнений (8.10). Подстановка
ряда (8.9) во второе КУ из (8.29) приводит к тождеству
)
(
∞
1 (1)′
ur |r =r0 = R0 (r0 ) + ∑ Rk(1)′ (r0 )cos k ϕ + Rk(2)′ (r0 )sin k ϕ = 1, 0 ≤ ϕ < 2π,
2
k =1
из которого приравниванием коэффициентов при одинаковых косинусах
и синусах определяются производные коэффициентов
R0(1)′ (r0 ) = 2, Rk(i )′ (r0 ) = 0, i = 1, 2, k = 1, 2, ...
(8.30)
Решаем ГЗ (8.10), (8.30). Все ограниченные на бесконечности
r = +∞ решения уравнений (8.10) имеют вид R0(1) (r ) = b0 и
Rk( i ) (r ) = bk(i ) r − k , k = 1, 2, ... Подстановка решений R0(1) (r ) = b0 в первое ГУ
из (8.30) дает неверное равенство 0 = 2 и, следовательно, КЗ
(8.27) − (8.29) не имеет решений.
Замечание 8.3. Отсутствие решений КЗ (8.27)–(8.29) не противоречит теореме
существования решений внешней задачи Неймана (Ne) для уравнения Лапласа,
потому что данная Неймана ψ (ϕ) = 1 не удовлетворяет необходимому и
достаточному условию разрешимости, так как
∫
S (0, r0 )
106
dS = 2πr0 ≠ 0.
Задача 8.4. В кольце решить краевую задачу для уравнения
Лапласа:
1
1
∆u = (rur ) r + 2 uϕϕ = 0, 0 < r1 < r < r2 , 0 ≤ ϕ < 2π,
r
r
(8.31)
u (r , ϕ) = u (r , ϕ + 2π), r1 ≤ r ≤ r2 , ∀ϕ,
(8.32)
u |r =r1 = h (ϕ), ur |r =r2 = g (ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π.
(8.33)
Решение. Берем те же СЗ λ k = k 2 и СФ cos kϕ, sin kϕ ≠ 0,
sin k ϕ ≠ 0, k = 0, 1, ... Решение данной КЗ будем искать в виде ряда (8.9),
коэффициенты которого Rk(i ) (r ) как все решения уравнений (8.10) имеют
вид
R0(1) (r ) = a0 ln r + b0 , Rk(i ) (r ) = ak( i ) r k + bk( i ) r − k , i = 1, 2 , k = 1, 2, ...
(8.34)
Для ряда (8.9) КУ (8.33) превращаются в равенства
u |r = r1 =
∞
1 (1)
R0 ( r1 ) + ∑ ( Rk(1) ( r1 ) cos k ϕ + Rk(2) ( r1 )sin k ϕ ) = h (ϕ),
2
k =1
)
(
∞
1 (1)′
ur |r = r2 = R0 ( r2 ) + ∑ Rk(1)′ ( r2 ) cos k ϕ + Rk(2)′ ( r2 )sin k ϕ = g (ϕ),
2
k =1
из которых по формулам коэффициентов полных рядов Фурье имеем ГУ
Rk(i )′ (r2 ) = g k(i ) ,
Rk(i ) (r1 ) = hk(i ) ,
i = 1, 2; k = 0, 1, ... ,
(8.35)
где
π
(1)
k
h
1
= ∫ h (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π −π
π
g
(1)
k
1
= ∫ g (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π −π
π
(2)
k
h
1
= ∫ h (ϕ)sin k ϕdϕ,
π −π
π
g
(2)
k
107
1
= ∫ g (ϕ)sin k ϕd ϕ,
π −π
k = 0, 1, ...
1) k = 0. Подстановка ОР из (8.34) в ГУ (8.35) для k = 0 дает
систему уравнений
⎧ R0(1) (r1 ) = a0 ln r1 + b0 = h0(1) ,
⎪
a
⎨
R0(1)′ (r2 ) = 0 = g 0(1)
⎪
r2
⎩
с единственным решением
a0 = r2 g (1) ,
b 0 = h0(1) − r2 ln r1 g (1) .
(8.36)
2) k > 0. Подстановка остальных ОР из (8.34) в ГУ (8.35) для
k > 0 приводит к линейным системам уравнений
⎧⎪
Rk( i ) (r1 ) = ak( i ) r1k + bk(i ) r1− k = hk( i ) ,
⎨ ( i )′
(i )
k −1
(i )
− k −1
(i )
⎪⎩ Rk (r2 ) = ak kr2 − bk kr2 = g k , i = 1, 2; k = 1, 2 , ... ,
с единственными решениями
r1− k r2 ( i )
r h +
gk
(i )
k
,
ak =
r1k r2− k + r1− k r2k
− k (i )
2
k
r1k r2 ( i )
r h −
gk
(i )
k
,
bk = k − k
r1 r2 + r1− k r2k
k (i )
2 k
i = 1, 2; k = 1, 2,...
(8.37)
Таким образом, формальным решением КЗ (8.31) − (8.33) является
выражение
∞
1
u (r , ϕ) = ( a0 ln r + b0 ) + ∑ ⎡⎣( ak(1) r k + bk(1) r − k ) cos k ϕ + ( ak(2) r k + bk(2) r − k ) sin k ϕ⎤⎦,
2
k =1
постоянные которого однозначно определяются формулами (8.36) и
(8.37).
108
Задача 8.5. В прямоугольнике решить краевую задачу для
уравнения Пуассона:
∆u ( x, y) = f ( x, y), 0 < x < a,
0 < y < b,
u |x=0 = ϕ1 ( y ),
u |x=a = ϕ2 ( y ), 0 < y < b, ⎫
⎬
u y | y =0 = ψ1 ( x), u | y =b = ψ 2 ( x), 0 < x < a.⎭
(8.38)
(8.39)
Решение этой КЗ можно искать в виде суммы решений
u ( x, y ) = ϖ( x, y ) + v( x, y)
(8.40)
двух вспомогательных КЗ:
∆ϖ( x, y) = 0,
ϖ |x=0 = 0,
ϖ y | y =0 = ψ1 ( x),
0 < x < a,
(8.41)
ϖ |x=a = 0, 0 < y < b,
(8.42)
ϖ | y =b = ψ 2 ( x), 0 < x < a.
(8.43)
∆v( x, y) = f ( x, y),
v |x =0 = ϕ1 ( y ),
0 < y < b,
0 < x < a,
0 < y < b,
(8.44)
v |x=a = ϕ2 ( y ), 0 < y < b,
(8.45)
v | y =b = 0, 0 < x < a.
(8.46)
v y | y =0 = 0,
Вспомогательные КЗ будем решать методом разделения
переменных.
I. Найдем решение КЗ (8.41) − (8.43).
1) X k ( x) = ? Подставив произведение ϖ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в
уравнение (8.41) и разделив переменные:
X ′′Y + XY ′′ = 0 ⇔
X ′′ Y ′′
X ′′
Y ′′
+
=0⇔
= − = −λ ∈ ,
X
Y
X
Y
109
получаем уравнения
Y ′′( y ) − λY ( y ) = 0,
0 < y < b,
(8.47)
X ′′( x) = −λX ( x),
0 < x < a.
(8.48)
Подстановка ϖ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в ГУ (8.42) дает ГУ
X (0) = X ′(a) = 0.
(8.49)
πk
x, k = 1, 2, ... ,
a
ЗШ − Л (8.48) − (8.49), совпадающей с ЗШ − Л (7.30) − (7.31).
2) Yk ( y ) = ? Найдем коэффициенты Yk ( y) разложения решения КЗ
(8.41) − (8.43) в ряд по СФ:
Нам известны СЗ и СФ: λ k = ( πk / a ) и X k ( x) = sin
2
∞
ϖ( x, y ) = ∑ Yk ( y )sin
k =1
πk
x.
a
(8.50)
Подставляя этот ряд в уравнение (8.41), согласно уравнению (8.47),
получаем ряд
∞
∑ ⎡⎣Y ″ ( y) − λ Y ( y)⎤⎦ sin
k =1
k
k k
πk
x = 0,
a
0 < x < a, 0 < y < b,
из которого вытекают уравнения
Yk ″ ( y ) − λ kYk ( y ) = 0,
0 < y < b,
k = 1, 2, ...
(8.51)
Ряд (8.50) удовлетворяет ГУ (8.42). Для ряда (8.50) ГУ (8.43)
становятся рядами
∞
ϖ y | y =0 = ∑ Yk ′ (0)sin
k =1
πk
x = ψ1 ( x), 0 < x < a,
a
110
∞
ϖ | y =b = ∑ Yk (b)sin
k =1
πk
x = ψ 2 ( x), 0 < x < a,
a
из которых имеем ГУ
Yk ′ (0) = ψ (1)
k ,
Yk (b) = ψ (2)
k , k = 1, 2, ... ,
(8.52)
с граничными данными
a
ψ
(1)
k
a
2
πk
2
πk
= ∫ ψ1 ( x )sin
xdx, ψ (2)
=
ψ
(
x
)sin
xdx, k = 1, 2, ...
2
k
a0
a
a ∫0
a
С целью решения ГЗ (8.51), (8.52) по корням
τ1,2 = ± λ k
характеристических уравнений τ2 − λ k = 0 для уравнений (8.51) строим
их ОР:
λ y
− λ y
Yk ( y ) = Ak e k + Bk e k , Ak , Bk ∈ , k = 1, 2, ...
Подстановка этих ОР в ГУ (8.52) приводит к линейным системам
уравнений
⎧⎪
Yk ′ (0) = λ k Ak − λ k Bk = ψ (1)
k ,
⎨
λ b
− λ b
(2)
⎪⎩Yk (b) = e k Ak + e k Bk = ψ k , k = 1, 2, ... ,
с единственными решениями
Ak =
λ k ψ (2)
k +e
− λk b
ψ (1)
k
2 λ k ch λ k b
, Bk =
λ k ψ (2)
k −e
λk b
ψ (1)
k
2 λ k ch λ k b
, k = 1, 2, ...
Из ОР при этих постоянных получаем решения ГЗ (8.51), (8.52):
Yk ( y ) =
(1)
λ k ψ (2)
k ch λ k y + ψ k sh λ k ( y − b)
λ k ch λ k b
и, значит, решением КЗ (8.41) − (8.43) является
111
, k = 1, 2, ... ,
∞
ϖ ( x, y ) = ∑
(1)
λ k ψ (2)
k ch λ k y + ψ k sh λ k ( y − b)
λ k ch λ k b
k =1
sin
πk
x.
a
(8.53)
II. Теперь отыщем решение КЗ (8.44) − (8.46).
1) Yk ( x) = ? Подставляя произведение v ( x, y) = X ( x)Y ( y) ≠ 0 в
однородное уравнение (8.44) и в КУ (8.46) аналогично получаем
следующие уравнения и ГУ:
X ′′( x) = λX ( x), 0 < x < a,
(8.54)
Y ′′( y ) = −λY ( y ),
(8.55)
0 < y < b,
Y ′(0) = Y (b) = 0.
(8.56)
a) λ ≤ 0. ЗШ − Л (8.55)–(8.56) среди λ ≤ 0 не имеет СЗ.
b) λ > 0. Корням τ1,2 = ±i λ характеристического уравнения τ2 = −λ
соответствует ОР Y ( y ) = C1 cos λ y + C2 sin λ y ∀C1 , C2 ∈ , уравнения
(8.55). Для этого ОР из ГУ (8.56) находим Y ′(0) = C2 λ = 0 ⇒ C2 = 0 и
π
Y (b) = C1 cos λb = 0 ⇒ λb = + πk , k = 0, 1, ... , так как должна быть
2
постоянная C1 ≠ 0 . Отсюда следует, что СЗ и СФ для ЗШ–Л (8.55), (8.56)
являются
2
π(2k + 1)
⎛ π(2k + 1) ⎞
λk = ⎜
y , k = 0, 1, ...
⎟ , Yk ( y ) = cos
2b
⎝ 2b ⎠
2) X k ( x) = ? Определим коэффициенты разложения по этим СФ в
ряде
∞
v( x, y ) = ∑ X k ( x)cos
k =0
π(2k + 1)
y.
2b
(8.57)
Для этого ряда уравнение (8.44) с помощью (8.54) становятся рядом
112
∞
∑[ X ′′( x) − λ
k =0
k
k
X k ( x)] cos
π(2k + 1)
y = xy, 0 < x < a, 0 < y < b,
2b
из которого имеем уравнения
X k′′( x) − λ k X k ( x) = f k ( x),
0 < x < a, k = 0, 1, ... ,
(8.58)
b
2
π(2k + 1)
f k ( x) = ∫ f ( x, y )cos
ydy, k = 0, 1, ...
b0
2b
с правыми частями
Для ряда (8.57) из ГУ (8.45) получаем ряды
∞
v |x=0 = ∑ X k (0)cos
k =0
∞
v |x=a = ∑ X k (a)cos
k =0
π(2k + 1)
y = ϕ1 ( y ),
2b
0 < y < b,
π(2k + 1)
y = ϕ2 ( y ),
2b
0 < y < b,
из которых выводим ГУ
X k (0) = ϕ(1)
k ,
X k (a ) = ϕ(2)
k , k = 0, 1, ... ,
(8.59)
с граничными данными
b
b
2
π(2k + 1)
2
π(2k + 1)
ϕ = ∫ ϕ1 ( y)cos
ydy, ϕ(2)
ϕ2 ( y)cos
ydy, k = 0, 1, ...
k =
∫
b0
2b
b0
2b
(1)
k
Для решения ГЗ (8.58)–(8.59) сначала найдем ОР уравнений (8.58),
которые будем искать в виде X k ( x) = X k ( x) + X k* ( x) суммы ОР X k ( x)
однородных уравнений (8.58) и ЧР X k* ( x) неоднородных уравнений
(8.58). Как и в п. I. ОР однородных уравнений (8.58) являются функции
X k ( x) = Ak e λ k x + Bk e − λ k x , Ak , Bk ∈ , k = 0, 1, 2, ... Будем искать ЧР
неоднородных уравнений (8.58) методом вариации Лагранжа, т. е. в виде
113
λk x
X k* ( x ) = Ak ( x)e
+ Bk ( x)e
− λk x
, k = 0, 1, ... ,
где производные коэффициентов определяются линейными системами
⎧
⎪
⎨
⎪e
⎩
(
λk x
e
λk x
Ak ′ ( x) + e−
′
λk x
Bk ′ ( x) = 0,
k = 0, 1, ... ,
′ ′
Bk ( x) = f k ( x),
) A ′ ( x) + ( e )
− λk x
k
с единственными решениями
f ( x) −
Ak ′ ( x) = k
e
2 λk
− f ( x)
Bk ′ ( x) = k
e
2 λk
Поэтому ЧР
λk x
X k* ( x)
λk x
x
1
−
e
⇒ Ak ( x) =
∫
2 λk 0
x
−1
e
⇒ Bk ( x) =
2 λ k ∫0
λk s
λk s
f k ( s)ds,
f k ( s)ds,
k = 0, 1, ...
являются функции
x
x
1
1
λk ( x−s)
−
e
f
s
ds
−
e
(
)
k
∫
∫
2 λk 0
2 λk 0
λk ( x−s)
x
(
)
1
fk (s)ds =
sh λk (x − s) fk (s)ds
λk ∫0
и ОР уравнений (8.58) имеют вид
X k ( x) = Ak e
λk x
+ Bk e
− λk x
x
1
+
sh
λ k ∫0
(
)
λ k ( x − s ) f k ( s)ds, k = 0, 1, ... (8.60)
Подставив ОР (8.60) в ГУ (8.59), приходим к линейным системам
⎧
⎪
⎨
⎪ X k (a) = Ak e
⎩
X k (0) = Ak + Bk = ϕ(1)
k ,
λk a
+ Bk e
− λk a
a
1
sh
+
λ k ∫0
(
)
λ k (a − s) f k ( s)ds = ϕ(2)
k , k = 0, 1, ... ,
114
с единственными решениями
− λ a
a
k
ϕ(2)
ϕ(1)
1
k −e
k
Ak =
sh
−
2sh λ k a
2 λ k sh λ k a ∫0
Bk =
e
λk a
a
(2)
ϕ(1)
1
k − ϕk
+
sh
2 sh λ k a
2 λ k sh λ k a ∫0
(
(
)
λ k (a − s) f k ( s)ds,
)
λ k (a − s ) f k ( s)ds,
k = 0, 1, ...
Из ОР (8.60) при этих постоянных имеем решения ГЗ (8.58), (8.59):
X k ( x) =
(1)
ϕ(2)
k sh λk x + ϕk sh λk (a − x)
sh λk a
−
sh λk x
a
λk sh λk a ∫0
x
(
(
)
sh λk (a − s) fk (s)ds +
)
1
+
sh λk (x − s) fk (s)ds,
λk ∫0
k = 0, 1, ...,
и, следовательно, формальным решением КЗ (8.44)–(8.46) является
∞ ⎡ (2)
ϕ sh λ k x + ϕ(1)
k sh λ k ( a − x )
−
v ( x, y ) = ∑ ⎢ k
λ
sh
a
k =0 ⎢
k
⎣
sh λ k x
a
λ k sh λ k a ∫0
−
x
1
+
sh
λ k ∫0
(
sh
(
)
λ k (a − s ) f k ( s )ds +
⎤
π(2k + 1)
λ k ( x − s ) f k ( s )ds ⎥ cos
y,
b
2
⎥⎦
)
(8.61)
а формальным решением искомой КЗ (8.38) − (8.39) ввиду (8.40) является
сумма рядов (8.53) и (8.61).
Замечание 8.4. Частные решения некоторых неоднородных
уравнений (8.58) можно находить проще – специальными методами
курса обыкновенных дифференциальных уравнений в виде правых
частей этих уравнений.
115
Тема 9. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Смешанные задачи (Начально-краевые задачи). Пусть Ω − ограниченная
область в n , n = 1, 2, ... , с достаточно гладкой границей S = ∂Ω . В цилиндре
G = Ω×]0, +∞[ переменных x = ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈Ω и t > 0 требуется найти решения
u = u ( x, t ) гиперболического уравнения
utt + but + A( x)u = f ( x, t ), x ∈Ω, t > 0 ,
(9.1)
удовлетворяющие граничным условиям (ГУ)
∂u ( x ', t )
+ β( x ')u ( x ', t ) = 0, x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
и начальным условиям (НУ)
α( x ')
u |t =0 = ϕ( x), ut |t =0 = ψ( x), x ∈ Ω .
Здесь b ∈ ,
n
Α( x)u = ∑
i =1
(9.2)
(9.3)
∂
∂u
(ai ( x) ) + q( x)u − эллиптический положительный
∂xi
∂xi
дифференциальный оператор с коэффициентами ai ( x) ∈ C (1) (Ω) , q( x) ∈ C (Ω) ,
∂
− производная по внешней нормали n к S в ее точке x′ и коэффициенты
∂n
0 ≤ α ( x '), β( x ') ∈ C ( S ), α ( x ') + β( x ') ≠ 0 ∀x ' ∈ S ' ,
Решения u = u ( x, t ) смешанной задачи (СмЗ) (9.1) − (9.3) из класса
C (2) (G ) ∩ C (1) (G) называются классическими решениями смешанной задачи
(9.1) − (9.3).
Классические решения смешанных задач не всегда существуют. При
определенных условиях на достаточно гладкие правую часть f ( x, t ) уравнения (9.1)
и начальные данные ϕ( x) и ψ ( x) начальных условий (9.3) существует единственное
классическое решение смешанной задачи (9.1) − (9.3). В общем случае может
существовать лишь единственное формальное (обобщенное) решение этой
смешанной задачи, для построения которого будем использовать метод разделения
переменных (метод Фурье). Чтобы построенное формальное решение смешанной
задачи (9.1) − (9.3) было ее классическим решением, необходимо соответствующее
обоснование метода Фурье.
116
Решение. I. X k ( x) = ? Нахождение собственных функций (собственных
значений). По определению собственными функциями (СФ) и собственными
значениями (СЗ) смешанной задачи (9.1) − (9.3) называют решения соответствующей
ей задачи Штурма–Лиувилля (ЗШ − Л). Для постановки этой ЗШ − Л (устно) ставится
и письменно решается следующая вспомогательная задача: найти все решения вида
u ( x, t ) = T (t ) X ( x) ≠ 0 всегда однородного уравнения (9.1), т. е.
utt + but + A( x)u = 0, x ∈ Ω, t > 0 ,
(9.4)
с однородными ГУ (9.2), т. е.
α( x ')
∂u ( x ')
+ β( x ')u ( x ') = 0, x ' ∈ S , t > 0 .
∂n
(9.5)
1) Подставляем произведение T (t ) X ( x) функций разных переменных в
уравнение (9.4)
T ''(t ) X ( x) + bT '(t ) X ( x) + A( x)T (t ) X ( x) = 0 ,
результат делим на произведение T (t ) X ( x)
T ''(t ) + bT '(t ) A( x ) X ( x )
+
= 0,
T (t )
X ( x)
разделяем функции разных переменных и получаем
T ''(t ) + bT '(t )
A( x ) X ( x)
=−
= −λ ∈
T (t )
X ( x)
.
Отсюда имеем два уравнения
T ''(t ) + bT '(t ) + λT (t ) = 0, t > 0 ,
(9.6)
A( x) X ( x) = λX ( x), x ∈ Ω .
(9.7)
2) Подставляя произведение T (t ) X ( x ) в граничные условия (9.5), находим
тождество
∂X ( x ')
⎡
⎤
T (t ) ⎢α( x ')
+ β( x ') X ( x ') ⎥ = 0 , x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
⎣
⎦
из которого следует, что
117
α( x ')
∂X ( x ')
+ β( x ') X ( x ') = 0 , x ' ∈ S ,
∂n
(9.8)
так как T (t ) ≠ 0.
Выведенная краевая задача на отыскание решений X ( x) ≠ 0 и соответствующих
им постоянных разделения λ ∈ дифференциального уравнения (9.7) с граничными
условиями (9.8) является искомой ЗШ − Л. Далее решают эту ЗШ − Л и находят
собственные функции и собственные значения смешанной задачи (9.1) − (9.3).
Теорема 1 [6, с. 334]. Множество собственных значений ЗШ − Л (9.7) − (9.8)
счетно и не имеет конечных предельных точек. Каждое собственное значение
имеет конечную кратность. Множество базисных собственных функций ЗШ − Л
(9.7) − (9.8) счетно. Собственные функции попарно ортогональны и образуют
полную систему в L2 (Ω) .
Согласно этой теореме делаем следующее заключения.
10. Все собственные значения можно пронумеровать в порядке возрастания их
величины:
0 ≤ λ 0 ≤ λ1 ≤ ... ≤ λ k → +∞ при k → ∞ ,
где λ k повторяется столько раз, какова его кратность.
20. Каждому собственному значению λ k соответствует только одна собственная
функция X k ( x), k = 0, 1,..., и
∫X
k
( x) X m ( x)dx = 0 , k ≠ m .
Ω
30. Каждая функция g ( x) ∈ L2 (Ω) разлагается в L2 (Ω) в ряд Фурье
∞
g ( x) = ∑ g k X k ( x)
(9.9)
k =0
с коэффициентами Фурье
gk =
1
X k ( x)
2
∫ g ( x) X
Ω
( x)dx , X k ( x) = ∫ X k ( x) dx , k = 0, 1, ...
2
k
2
(9.10)
Ω
Если функция g ∈ C (2) (Ω) ∩ C (1) (Ω) удовлетворяет ГУ (9.8) и A( x) g ∈ L2 (Ω) , то
ряд Фурье (9.9) с коэффициентами (9.10) сходится в обычном смысле равномерно и
абсолютно на Ω .
Формальное решение исходной задачи (9.1) (9.3) ищем в виде разложения по
всем ее собственным функциям
∞
u ( x, t ) = ∑ Tk (t ) X k ( x) .
k =0
118
(9.11)
II. Tk (t ) = ? Нахождение коэффициентов ряда (9.11) . Этот ряд граничным
условиям (9.2) удовлетворяет.
1) Подставляя его в уравнение (9.1), с помощью левой части уравнения (9.6)
легко придти к ряду
∞
∑[T
k
k =0
''(t ) + bTk '(t ) + λ k Tk (t )] X k ( x) = f ( x, t ) , x ∈ Ω , t > 0 ,
из которого ввиду свойства 30 выводим, что коэффициенты Tk(t) являются
решениями уравнений
Tk ''(t ) + bTk '(t ) + λ k Tk (t ) = f k (t ) , t > 0, k = 0, 1, ... ,
(9.12)
с правыми частями
f k (t ) =
1
X k ( x)
2
∫ f ( x, t ) X
k
( x)dx , k = 0, 1, ...
Ω
2) Подставляя ряд (9.11) в начальные условия (9.3), имеем
∞
∞
k =0
k =0
u ( x, 0) = ∑ Tk (0) X k ( x) = ϕ( x) , ut ( x, 0) = ∑ Tk '(0) X k ( x) = ψ( x) , x ∈ Ω .
Отсюда аналогично получаем начальные условия
Tk (0) = ϕk , Tk '(0) = ψ k , k = 0, 1, 2, ... ,
(9.13)
с начальными данными
ϕk =
1
X k ( x)
2
∫ ϕ( x) X
Ω
k
( x)dx , ψ k =
1
X k ( x)
2
∫ ψ( x) X
k
( x)dx , k = 0, 1, ...
Ω
Таким образом, коэффициенты Tk (t ) являются решениями задач Коши (9.12),
(9.13). В силу линейности уравнений (9.12) их общие решения можно искать в виде
Tk (t ) = Tk (t ) + Tk * (t ) , где Tk (t ) − общие решения однородных уравнений (9.12) и
Tk * (t ) – частные решения неоднородных уравнений (9.12). Для стационарных
уравнений (9.12) общие решения Tk (t ) строятся по корням их характеристических
уравнений
τ2 + bτ + λ k = 0 , k = 0, 1, ...
119
a) Если для индексов k = 0, k0 собственные значения λ k = 0 , то
Tk (t ) = ak t + bk , ∀ak , bk ∈ , k = 0, k0 , при b = 0 ,
(9.14)
Tk (t ) = ak e−bt + bk , ∀ak , bk ∈ , k = 0, k0 , при b ≠ 0 .
(9.15)
b) Для всех индексов k = k0 + 1, k1 , при которых 0 < λ k < b2 / 4 , имеем два
различных
τ2 ( k ) =
вещественных
−b − b 2 − 4λ k
2
характеристических
τ1( k ) =
корня:
−b + b 2 − 4λ k
,
2
и, следовательно, общие решения
Tk (t ) = ak e
− b + b2 − 4 λ k
2
t
+ bk e
− b − b2 − 4 λ k
2
t
∀ak , bk ∈ , k = k0 + 1, k1.
(9.16)
c) Для всех индексов k = k1 + 1, k2 , при которых λ k = b / 4 , имеем один
вещественный характеристический корень τ = −b / 2 кратности 2 и, следовательно,
общие решения
2
Tk (t ) = e
−
bt
2
(ak t + bk ) ∀ak , bk ∈ , k = k1 + 1, k2 .
d) Для остальных индексов k > k2 , при которых
комплексно-сопряженных
характеристических
корня
(9.17)
λ k > b 2 / 4, имеем два
τ1,2
−b ± i 4λ k − b 2
=
2
и,
следовательно, общие решения
Tk (t ) = e
− bt
2
( ak cos λ k − (b 2 / 4)t + bk sin λ k − (b 2 / 4)t ) ∀ak , bk ∈ , k > k2 . (9.18)
Частные решения Tk * (t ) уравнений (9.12) можно искать специальными методами
в случае их правых частей f k (t ) особого вида или известными методом вариации
произвольных постоянных Лагранжа в случае f k (t ) любого вида. Применение этого
метода Лагранжа в каждом из рассмотренных выше общих решений дает следующие
частные решения.
a) λk = 0, k = 0, k0 . Нетрудно убедиться, что частными решениями являются
120
t
Tk * (t ) = ∫ (t − s ) f k ( s )ds, k = 0, k0 , при b = 0;
(9.19)
0
t
1
Tk (t ) = ∫ (1 − eb ( s −t ) ) f k ( s )ds, k = 0, k0 , при b ≠ 0.
b0
*
(9.20)
Первые из них являются пределом вторых при b → 0 .
b) λk < b 2 / 4, k = k0 + 1,k1 . Согласно методу Лагранжа, первые производные
(k )
(k )
коэффициентов частных решений Tk * (t ) = ak (t )e τ1 t + bk (t )e τ2 t являются решениями
системы линейных уравнений
(k )
(k )
⎧⎪
ak ′ (t )e τ1 t + bk ′ (t )e τ2 t = 0,
⎨ ′
(k )
(k )
⎪⎩ak (t )(e τ1 t )′ + bk ′ (t )(eτ2 t )′ = f k (t ),
(k )
(k )
главный определитель которой равен ∆ = (τ 2 ( k ) − τ1( k ) )e( τ1 +τ2 )t . Решая ее методом
Крамера, получаем
(k )
(k )
1
−1
ak′ (t ) = ( k )
e(b +τ2 ) t f k (t ), bk′ (t ) = ( k )
e(b +τ1 )t f k (t ) .
(k )
(k )
τ1 − τ2
τ1 − τ2
Отсюда интегрированием находим коэффициенты
t
t
1
−1
( b +τ2( k ) ) s
( b +τ1( k ) ) s
(
)
,
(
)
=
ak (t ) = ( k )
e
f
s
ds
b
t
e
f k ( s )ds
k
k
τ1( k ) − τ2 ( k ) ∫0
τ1 − τ2 ( k ) ∫0
и частные решения
t
Tk* (t ) =
с)
(k )
(k )
1
⎡e τ1 (t − s ) − e τ2 (t − s ) ⎤ f k ( s )ds, k = k0 + 1, k1 .
(k )
(k ) ∫ ⎣
⎦
τ1 − τ2 0
λk = b 2 / 4, k = k1 + 1,k2 . Первые производные
решений Tk* (t ) = e
−
bt
2
коэффициентов
(9.21)
частных
(tak (t ) + bk (t )) удовлетворяют системе линейных уравнений
− bt
bt
−
⎧
2
2
′
′
a
(
t
)
e
b
(
t
)
e
+
+
= 0,
⎪
k
k
⎪
⎨
bt ′
− bt ′
− ⎞
⎛
⎞
⎛
2
⎪ak′ (t ) ⎜ te ⎟ + bk′ (t ) ⎜ e 2 ⎟ = f k (t ),
⎪⎩
⎝
⎠
⎝
⎠
121
главным определителем которой является ∆ = −e − bt . Решаем ее по правилу Крамера:
bt
bt
ak′ (t ) = e 2 f k (t ), bk′ (t ) = −te 2 f k (t ),
интегрируем и получаем частные решения
t
T (t ) = ∫ e
*
k
b ( s −t )
2
(t − s ) f k ( s )ds , k = k1 + 1, k2 .
(9.22)
0
d) λk > b 2 / 4, k > k2 . Первые производные коэффициентов частных решений
− bt
2
⎡ a (t ) cos λ − (b 2 / 4)t + b (t ) sin λ − (b 2 / 4)t ⎤
k
k
k
⎣ k
⎦
Крамера из системы линейных уравнений
Tk* (t ) = e
находятся
методом
bt
bt
−
−
⎧
2
2
′
′
ak (t )e cos λ k − (b / 4)t + bk (t )e 2 sin λ k − (b 2 / 4)t = 0,
⎪
⎪
′
′
⎨
bt
bt
−
−
⎪ak′ (t ) ⎛⎜ e 2 cos λ k − (b 2 / 4)t ⎞⎟ + bk′ (t ) ⎛⎜ e 2 sin λ k − (b 2 / 4)t ⎞⎟ = f k (t )
⎪⎩
⎝
⎠
⎝
⎠
с главным определителем ∆ = λ k − (b 2 / 4)e − bt . На основании ее решений
−1
ak′ (t ) =
λ k − (b / 4)
2
1
bk′ (t ) =
λ k − (b / 4)
2
)
bt
2
(
λ k − (b 2 / 4)t f k (t ) ,
bt
2
(
λ k − (b 2 / 4)t f k (t )
e sin
e cos
)
заключаем, что частными решениями являются
Tk* (t ) =
t
1
λ k − (b / 4)
2
∫e
0
b ( s −t )
2
sin
(
)
λ k − ( b 2 / 4 ) ( t − s ) f k ( s)ds , k > k2 . (9.23)
Итак, общие решения уравнений (9.12) найдены. Для завершения решения задач
Коши (9.12), (9.13) остается подставить эти общие решения в начальные условия
(9.13) в соответствии с рассмотренными выше случаями.
122
a) λ k = 0, k = 0,k0 . При b = 0 , согласно формулам (9.14) и (9.19) и начальным
условиям (9.13), имеем
Tk (0) = Tk (0) + Tk* (0) = bk + 0 = ϕk ,
T ′(0) = T ′(0) + T *′ (0) = a + 0 = ψ
k
k
k
k
k
и поэтому
t
Tk (t ) = ψ k t + ϕk + ∫ (t − s ) f k ( s )ds , k = 0, k0 .
(9.24)
0
При b ≠ 0 , согласно формулам (9.15) и (9.20), аналогично имеем
⎛ψ
Tk (0) = ak + bk + 0 = ϕk ⇒ bk = ϕk − ⎜ k
⎝ b
⎛ψ ⎞
Tk′(0) = −bak + 0 = ψ k ⇒ ak = − ⎜ k ⎟
⎝ b ⎠
⎞
⎟,
⎠
и поэтому
⎛ψ
Tk (t ) = − ⎜ k
⎝ b
⎞ − bt
⎛ ψk
⎟ e + ψk − ⎜
⎠
⎝ b
t
⎞ 1
b ( s −t )
) f k (s)ds , k = 0, k0 .
⎟ + ∫ (1 − e
⎠ b0
(9.25)
b) λk < b 2 / 4 , k = k0 + 1,k1. В силу формул (9.16) и (9.21) получаем систему
⎧ Tk (0) = ak + bk + 0 = ϕk ,
⎨
(k )
(k )
⎩Tk′(0) = τ1 ak + τ2 bk + 0 = ψ k ,
которая имеет единственные решения
τ1( k ) ϕk − ψ k
τ(2k ) ϕk − ψ k
ak = ( k ) ( k ) , bk = ( k ) ( k ) , k = k0 + 1, k1 .
τ1 − τ2
τ2 − τ1
(9.26)
с) λk = b 2 / 4, k = k1 + 1,k2 . На основании формул (9.17) и (9.22) приходим к
Tk (0) = bk + 0 = ϕk ⇒ bk = ϕk ,
b
b
Tk′(0) = − bk + ak = ψ k ⇒ ak = ψ k + ϕk
2
2
и получаем, что коэффициенты
123
Tk (t ) = e
−
bt
2
b ( s −t )
⎡⎛
b ⎞
⎤
2
t
e
ψ
+
ϕ
+
ϕ
+
(t − s ) f k ( s ) ds , k = k1 + 1, k2 .
k⎥
⎢⎜ k 2 k ⎟
∫
⎠
⎣⎝
⎦ 0
t
(9.27)
d) λk > b 2 / 4, k > k2 . В виду формул (9.18) и (9.23) приходим к системе
Tk (0) = ak + 0 = ϕk , ⇒ ak = ϕk
⎧
⎪⎪
2
⎨T ′(0) = − b a + λ − ⎛ b ⎞b = ψ ⇒ b = ψ k + ( b / 2 ) ϕk .
⎜ ⎟ k
k
k
k
k
⎪ k
2
4⎠
⎝
λ k − ( b2 / 4)
⎩⎪
(9.28)
В итоге найдено единственное формальное решение смешанной задачи
(9.1) − (9.3) вида (9.11), где коэффициенты Tk (t ) выражаются формулами (9.24),
(9.25), (9.27) в случаях a), c) и однозначно выражаются соответствующими
формулами по коэффициентам (9.26) и (9.28) в остальных случаях b), d).
Замечание 9.1 Смешанные задачи для дифференциального уравнения (9.1) при
неоднородных граничных условиях
α( x ')
∂u ( x ', t )
+ β( x ')u ( x ', t ) = µ( x ', t ), x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
(9.29)
и начальных условиях (9.3) сводятся к смешанным задачам
vtt + bvt + A( x)v = f ( x, t ) − ωtt − bωt − A( x)ω, x ∈Ω, t > 0 ,
(9.30)
c однородными граничными условиями
α( x ')
∂v( x ', t )
+ β( x ')v( x ', t ) = 0, x ' ∈ S , t > 0 ,
∂n
(9.31)
и начальными условиями
v |t =0 = ϕ( x) − ω( x, 0), vt |t =0 = ψ( x) − ωt ( x, 0), x ∈ Ω ,
(9.32)
если их решения искать в виде суммы
u ( x, t ) = ω(x, t ) + v(x,t) ,
ω( x, t ) − любая
дважды
непрерывно
где
удовлетворяющая граничным условиям
124
дифференцируемая
(9.33)
функция,
α( x ')
∂ω( x ', t )
+ β( x ')ω( x ', t ) = µ( x ', t ), x ' ∈ S , t > 0 .
∂n
(9.34)
В случае конечного множества точек x ' ∈ S из бесконечного множества таких
функций ω( x, t ) одну из них обычно удается подобрать или, в крайнем случае,
вычислить в виде
(9.35)
ω( x, t ) = ∑ ⎡⎣ a ( x ') x 2 + b( x ') x + c( x ') ⎤⎦ µ( x ', t )
x '∈S
методом неопределенных коэффициентов после подстановки (9.35) в (9.34). В общем
случае вопрос существования таких функций ω( x, t ) решается теоремами о
продолжении функций с границы на всю область [7]. Отметим, что если достаточно
гладкая функция ω( x, t ) , удовлетворяющая граничным условиям (9.34), найдена, то
вспомогательную смешанную задачу (9.30) − (9.32) можно решать методом
разделения переменных, потому что граничные условия (9.31) однородные.
Задача 9.1. Решить смешанную задачу
utt − u xx + 2u = t , 0 < x < 1, t > 0,
(9.36)
(ux − u ) |x=0 = 0, (u x + u ) |x=0 = 0, t > 0,
(9.37)
u |t =0 = sin x,
(9.38)
ut |t =0 = cos x,
0 < x < 1.
X k ( x) = ? Подставляя произведение
Решение. I.
= T (t ) X ( x) ≠ 0 в однородное уравнение (9.36)
T ′′X − TX ′′ + 2TX = 0 ⇔
u ( x, t ) =
T ′′ X ′′ − 2 X
T ′′ X ′′ − 2 X
−
=0⇔
=
= −λ ∈ ,
T
X
T
X
получаем уравнения
T ′′(t ) + λT (t ) = 0, t > 0,
X ′′( x) − 2 X ( x) = −λX ( x),
0 < x < 1.
Подставляя T (t ) X ( x) ≠ 0 в ГУ (9.37)
T (t )( X ′(0) − X (0)) ≡ 0,
125
T (t )( X ′(1) + X (1)) ≡ 0,
(9.39)
(9.40)
находим ГУ
X ′(0) − X (0) = 0,
X ′(1) + X (1) = 0.
(9.41)
Полученная ЗШ − Л (9.40) − (9.41) является уже решенной ЗШ–Л
(7.3)–(7.4), которая имеет следующие СЗ и СФ:
λ k = µ 2k + 2,
X k ( x) = µ k cos µ k x + sin µ k x,
k = 1, 2, ...
II. Tk (t ) = ? Для определения коэффициентов Tk (t ) подстановка ряда
∞
u ( x, t ) = ∑ Tk (t )(µ k cos µ k x + sin µ k x)
(9.42)
k =1
в уравнение (9.36), согласно левой части уравнения (9.39),
Фурье
∞
∑[T ′′(t ) + λ T (t )] X
k
k =1
k k
k
( x) = t ,
0 < x < 1,
дает ряд
t > 0,
из которого по формуле коэффициентов Фурье (9.10) имеем уравнения
Tk′′(t ) + λ kTk (t ) = f k (t ),
t > 0,
k = 1, 2, ... ,
(9.43)
k = 1, 2, ...
(9.44)
с правыми частями
f k (t ) =
1
t
X k ( x)
2
∫X
k
( x)dx = α k t ,
0
Подставив ряд (9.42) в НУ(9.38), согласно (9.13), приходим к НУ
Tk (0) = ϕk ,
Tk′(0) = ψ k ,
с начальными данными
126
k = 1, 2,... ,
(9.45)
ϕk =
1
1
X k ( x)
2
∫ sin xX
k
( x) dx, ψ k =
0
1
1
X k ( x)
2
∫ cos xX
k
( x)dx.
0
Решаем ЗК (9.43) − (9.45). Корням τ1,2 = ±i λ k характеристического
уравнения τ2 + λ k = 0 соответствует ОР однородных уравнений (9.43):
Tk (t ) = ak cos λ k t + bk sin λ k t ,
k = 1, 2, ...
(9.46)
ЧР уравнений (9.43) будем искать в виде их правых частей (9.44).
Поэтому подстановка функции Tk* (t ) = ck t + d k в уравнения (9.43) и
приравнивание коэффициентов при одинаковых степенях переменной t :
λ k (ck t + d k ) = α k t ⇒ ck =
αk
,
λk
d k = 0,
приводит к ЧР
Tk* (t ) =
αk
t,
λk
k = 1, 2, ...
(9.47)
Теперь подставляем ОР
Tk (t ) = ak cos λ k t + bk sin λ k t +
αk
t,
λk
k = 1, 2, ... ,
в НУ (9.45)
Tk (0) = ak = ϕk ,
Tk′(0) = λ k bk +
αk
ψ − (α k / λ k )
= ψ k ⇒ bk = k
λk
λk
и находим решения ЗК (9.43) − (9.45)
Tk (t ) = ϕk cos λ k t +
ψ k − (α k / λ k )
α
sin λ k t + k ,
λk
λk
k = 1, 2, ...
В результате получаем формальное решение СмЗ (9.36)–(9.38)
127
αk
⎡
⎤
ψ
−
k
∞ ⎢
λk
α ⎥
u ( x, t ) = ∑ ⎢ϕk cos λ k t +
sin λ k t + k ⎥ (µ k cos µ k x + sin µ k x).
λk
λk ⎥
k =1 ⎢
⎢⎣
⎥⎦
Задача 9.2. Решить смешанную задачу
utt − 4u xx + 2ut − u = sin t , 0 < x < π, t > 0,
u x |x =0 = et , u |x =π = 1, t > 0,
u |t =0 = x 2 ,
ut |t =0 = 1,
0 < x < π.
(9.48)
(9.49)
(9.50)
Решение. I. Редукция к СмЗ с однородными ГУ. На основании
замечания 9.1 решение этой СЗ будем искать в виде суммы
u ( x, t ) = ω(x, t ) + v(x,t) ,
где ω∈ С (2) ([ 0, π ] × [0, +∞[ ) −
неоднородным ГУ
(9.51)
некоторая функция, удовлетворяющая
ωx |x =0 = et , ω |x =π = 1, t > 0 .
(9.52)
Эти ГУ для функций ω( x, t ) = (a1 x + b1 )et + (a2 x + b2 ) вида (9.35)
становятся системой линейных уравнений
⎧
ωx |x =0 = a1et + a2 = et , ⇒ a1 = 1, a2 = 0,
⎨
t
⎩ω |x=π = (a1π + b1 )e + (a2 π + b2 ) = 1, ⇒ a1π + b1 = 0, a2π + b2 = 1,
имеющей ЧР a1 = 1, a2 = 0, b1 = −π, b2 = 1 , которому соответствует
функция ω( x, t ) = ( x − π)et + 1 , которая, как показывает проверка,
действительно удовлетворяет ГУ (9.52).
128
Поэтому, подставив сумму (9.51) с выбранной функцией ω( x, t ) в
(9.48) − (9.50), согласно формулам (9.30) − (9.32), соответственно
приходим к следующей СмЗ для функции ν( x, t ) :
ν tt − 4ν xx + 2ν t − ν = sin t + 2(π − x)et + 1, 0 < x < π, t > 0,
(9.53)
ν x |x=0 = ν |x=π = 0, t > 0,
(9.54)
ν |t =0 = x 2 − x + π − 1,
ν t |t =0 = 1 + π − x,
0 < x < π.
(9.55)
II. X k ( x) = ? Подстановкой ν( x, t ) = T (t ) X ( x) ≠ 0 в однородное
уравнение (9.53), делением результата на 4T (t ) X ( x) и разделением
переменных
T ′′X − 4TX ′′ + 2T ′X − TX = 0 ⇔
T ′′ + 2T ′ − T X ′′
=
= −λ ∈
4T
X
получаем два уравнения:
T ′′(t ) + 2T ′(t ) + (4λ − 1)T (t ) = 0, t > 0,
X ′′( x) = −λX ( x), 0 < x < π.
(9.56)
(9.57)
ГУ (9.54) для функций вида T (t ) X ( x) ≠ 0 не зависят от функций
T (t ) ≠ 0 и сводятся к ГУ
X ′(0) = X (π) = 0.
(9.58)
Надо всегда стремиться к тому, чтобы ЗШ − Л была как можно
проще или совпадала с уже решенной ЗШ − Л. К сожалению ЗШ − Л (9.57)
− (9.58) в теме 7 мы не решали и решим ее теперь.
1), 2) λ ≤ 0 . При решении задачи 7.1 доказывается, что среди λ ≤ 0
нет СЗ и для них нет СФ для ЗШ − Л (9.57) − (9.58).
3). λ > 0 . Как в решении задачи 7.1 находится ОР
129
X ( x) = C1 cos λ x + C2 sin λ x
∀C1 , C2 ∈
(9.59)
уравнения (9.57). Подставляя это ОР в ГУ (9.58), имеем систему
⎧⎪
X ′(0) = C2 λ = 0 ⇒ C2 = 0,
⎨
⎪⎩ X (π) = C1 cos λπ = 0 ⇒ C1 ≠ 0,cos λπ = 0,
из которой находятся СЗ λ k = (k + (1/ 2)) 2 , k = 0, 1,..., так как
λπ =
π
1
+ πk ⇒ 0 < λ = k + > 0, k = 0, 1,...,
2
2
1
X k ( x) = cos(k + ) x, k = 0, 1,..., ввиду ОР (9.59).
2
∞
1
v
x
t
=
Tk (t )cos(k + ) x в уравнение
(
,
)
T
(
t
)
=
?
Подставив
ряд
III. k
∑
2
k =0
(9.53), благодаря левой части уравнения (9.56) легко получить ряд
и СФ
∞
∑[T′′(t) + 2T′(t) + (4λ
k =0
k
k
k
1
−1)Tk (t )] cos(k + ) x = sin t + 2(π − x)et + 1, 0 < x < π, t > 0,
2
из которого
заключаем, что коэффициенты Tk (t ) должны быть
решениями уравнений
Tk′′(t ) + 2Tk′(t ) + (4λ k − 1)Tk (t ) = f k (t ), t > 0, k = 0, 1, ... ,
(9.60)
с правыми частями
π
2
1
f k (t ) = ∫ ⎡⎣sin t + 2(π − x)et + 1⎤⎦ cos( k + ) xdx =
π0
2
= α k sin t + βk et + γ k , k = 0, 1, 2, ...
130
(9.61)
∞
Для ряда
1
v( x, t ) = ∑ Tk (t )cos(k + ) x
2
k =0
НУ
Tk (0) = ϕk ,
Tk ′ (0) = ψ k ,
НУ (9.55) превращаются в
k = 0, 1, 2, ... ,
(9.62)
где
ϕk =
2 π 2
1
2 π
1
x
−
x
+
π
−
k
+
xdx
ψ
=
(
1)cos(
)
,
(1 + π − x)cos(k + ) xdx .
k
∫
∫
π 0
π 0
2
2
Характеристическое уравнение τ2 + 2τ + (4λ k − 1) = 0 стационарного
ОДУ (9.60) имеет корни
(k )
τ1,2
= −1 ± 2 − 4λ k = −1 ± 1 − 4k 2 − 4k , из
которых два корня τ1(0) = 0 и τ(0)
2 = −2 вещественные при k = 0, а корни
τ1( k ) = −1 + i 4k 2 + 4k − 1, τ(2k ) = −1 − i 4k 2 + 4k − 1 – попарно комплексносопряженные для всех k ≥ 1 .
1) k = 0. Этот случай соответствует случаю b) решения СмЗ
(9.1) − (9.3). Ясно, что ОР однородного уравнения (9.60) при k = 0
является функция
T0 (t ) = a0 + b0e−2t ∀a0 , b0 ∈ .
ЧР неоднородных уравнений (9.60) при всех k ≥ 0 будем искать в
виде функции
Tk* (t ) = ck sin t + d k cos t + ek et + g k , k = 0, 1, 2, ... ,
(9.63)
соответствующих правым частям (9.61) этих уравнений. Подставив
функцию (9.63) в уравнения (9.60) и приравнивая коэффициенты при
одинаковых функциях, получаем систему уравнений:
sin t : (4λ k − 2)ck − 2d k = α k , ⎫
cos t : 2ck + (4λ k − 2)d k = 0, ⎪⎪
⎬
et :
(4λ k + 2)ek = βk ,
⎪
const :
(4λ k − 1) g k = γ k , ⎪⎭
которая имеет единственные решения
131
ck =
(4λ k − 2)λ k
,
(4λ k − 2) 2 + 4
βk
ek =
,
4λ k + 2
dk =
−2λ k
,
(4λ k − 2) 2 + 4
γk
gk =
,
4λ k − 1
(9.64)
k = 0, 1, ...
Поскольку знаменатель 4λ 0 − 1 = 0 при k = 0 в коэффициенте g0 , то
при k = 0 последнее слагаемое g0 в ЧР (9.63) не является ЧР уравнения
(9.60) для последнего слагаемого γ 0 правой части (9.61), так как
τ1(0) = 0 − характеристический корень. Нетрудно проверить, что при k = 0
ЧР уравнения (9.60) является функция
T0* (t ) = c0 sin t + d0 cos t + e0et +
γ0
t
2
и, следовательно, ОР этого уравнения задается функциями
T0 (t ) = a0 + b0e−2t + c0 sin t + d0 cos t + e0et +
γ0
t ∀a0 , b0 ∈
2
В силу НУ (9.62), его коэффициенты a0
определяются из линейной системы уравнений
и b0
.
однозначно
⎧ T0 (0) = a0 + b0 + d 0 + e0 = ϕ0,
⎪
⎨
γ0
′
=
−
+
+
+
= ψ0
T
(0)
a
2
b
c
e
0
0
0
0
0
⎪⎩
2
формулами
2
1
1
2
1
1
1
1
1
1
a0 = ϕ0 + ψ 0 − c0 − d 0 − e0 − γ 0 , b0 = ϕ0 − ψ 0 − c0 − d 0 + γ 0 .
3
3
3
3
6
3
3
3
3
6
2) k > 0. Этот случай соответствует случаю d) решения СмЗ (9.1) −
(9.3). ОР однородных уравнений (9.60) соответствуют функции
132
Tk (t ) = e −t (ak cos 4k 2 + 4k − 1 t + bk sin 4k 2 + 4k − 1 t ),
∀ak , bk ∈ , k = 1, 2, ...
(9.65)
ОР Tk (t ) неоднородных уравнений (9.60) представляют собой сумму
решений (9.65) и (9.63). Подставляя эти Tk (t ) в НУ (9.62), получаем
линейную систему
Tk (0) = ak + d k + ek + g k = ϕk ,
⎧⎪
⎨
2
⎪⎩Tk′(0) = − ak + 4k + 4k − 1 bk + ck + ek = ψ k ,
имеющую единственные решения
ak = ϕk − d k − ek − g k , bk =
ϕk + ψ k − ck − d k − 2ek − g k
4 k + 4k − 1
2
, k = 1, 2, ...
Таким образом, все коэффициенты Tk (t ) найдены и формальным
решением СмЗ (9.48) − (9.50) является функция
γ ⎞
x
⎛
u ( x, t ) = ( x − π)et + 1 + ⎜ a0 + b0e−2t + c0 sin t + d 0 cos t + e0et + 0 t ⎟ cos +
2 ⎠
2
⎝
∞
+ ∑[e−t (ak cos 4k 2 + 4k − 1 t + bk sin 4k 2 + 4k − 1 t ) + ck sin t +
k =1
1⎞
⎛
+ d k cos t + ek et + g k ]cos ⎜ k + ⎟ x .
2⎠
⎝
Задача 9.3. Решить следующую смешанную задачу о вынужденных
колебаниях прямоугольной мембраны с жестко закрепленными краями:
utt − u xx − u yy = f ( x, y, t ), 0 < x < p, 0 < y < q, t > 0 ,
u |x=0 = u |x= p = 0, 0 < y < q, t > 0, ⎫
⎬
u | y =0 = u | y =q = 0, 0 < x < p, t > 0, ⎭
133
(9.66)
(9.67)
u |t =0 = ϕ( x, y ),
ut |t =0 = ψ( x, y ),
0 < x < p, 0 < y < q.
Решение. I. СФ ν k ,m ( x, y ) = ? Если искать
u ( x, y, t ) = T (t )ν( x, y) ≠ 0 однородного уравнения (9.66)
T ′′ν − T ∆ν = 0 ⇔
(9.68)
все
T ′′ ∆ν
T ′′ ∆ν
−
=0⇔
=
= −λ ∈
T
ν
T
ν
решения
,
то приходим к уравнениям
T ′′(t ) + λT (t ) = 0,
∆ν( x, y) = −λν( x, y),
t > 0,
0 < x < p, 0 < y < q.
(9.69)
(9.70)
Для всех функций T (t ) ≠ 0 ГУ (9.67) равносильны ГУ
ν( x ', y ') = 0,
( x ', y ') ∈ S .
(9.71)
ЗШ–Л (9.70) − (9.71) совпадает с ЗШ − Л (7.27) − (7.28) задачи (7.6),
решениями которой являются следующие СЗ и СФ:
λ k ,m
k 2 m2
πk
πm
= π ( 2 + 2 ), vk ,m ( x, y ) = sin
x sin
y, k , m ∈ .
p
q
p
q
2
II. Tk ,m (t ) = ? Для решений СмЗ (9.66) − (9.68) в виде ряда
u ( x, y , t ) =
∞
∑T
k , m =1
k ,m
(t )sin
πk
πm
x sin
y
p
q
уравнение (9.66) с учетом (9.69) превращается в ряд Фурье
∞
∑ ⎡⎣T ′′
k , m =1
k ,m
(t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ⎤⎦ sin
134
πk
πm
x sin
y = f ( x, y , t ) ,
p
q
(9.72)
из которого заключаем, что Tk ,m (t ) − решение ОДУ
Tk′′,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) = f k ,m (t ),
t > 0, k , m ∈ ,
(9.73)
с правыми частями
p q
4
πk
πm
f k ,m (t ) =
f
(
x
,
y
,
t
)sin
x
sin
ydxdy,
pq ∫∫
p
q
0 0
k, m ∈
.
Для ряда (9.72) из НУ (9.68) выводим НУ
Tk ,m (0) = ϕk ,m ,
Tk′,m (0) = ψ k ,m ,
k, m ∈ ,
(9.74)
с начальными данными
p q
ϕk ,m
πk
πm
4
=
ϕ( x, y )sin
x sin
ydxdy ,
∫∫
pq 0 0
p
q
p q
ψ k ,m
4
πk
πm
=
ψ ( x, y )sin
x sin
ydxdy,
∫∫
pq 0 0
p
q
k, m ∈ .
В силу формул (9.18), (9.23) при b = 0 уравнения (9.73) имеют ОР
Tk ,m (t ) = ak ,m cos λ k ,m t + bk ,m sin λ k ,m t +
коэффициенты
(9.74)
+
1
λ k ,m
∫ sin(
ak , m
и
bk ,m
t
0
λ k ,m (t − s )) f k ,m ( s )ds, k , m ∈ ,
которых однозначно определяются НУ
Tk ,m (0) = ak ,m = ϕk ,m ,
Tk′,m (0) = λ k ,m bk ,m = ψ k ,m ⇒ bk ,m = ψ k ,m / λ k ,m .
На этом основании можем утверждать, что формальным решением
См3 (9.66) − (9.68) является функция
135
u ( x, y , t ) =
∞
∑ [ϕ
k , m =1
+
1
λ k ,m
∫
t
0
k ,m
cos λ k ,m t +
ψ k ,m
λ k ,m
]
sin( λ k ,m (t − s )) f k ( s )ds sin
sin λ k ,m t +
πk
πm
x sin
y.
p
q
Задача 9.4. Решить следующую смешанную задачу о вынужденных
колебаниях круглой мембраны, жестко закрепленной по краю:
utt − u xx − u yy = f ( x, y , t ), x 2 + y 2 < r02 , t > 0 ,
u ( x′, y′, t ) = 0, x′2 + y′2 = r02 , t > 0 ,
u |t =0 u0 ( x, y ), ut |t =0 = u1 ( x, y ), x 2 + y 2 < r02 .
(9.75)
(9.76)
(9.77)
Решение. I. Редукция к См3 в прямоугольной области. В данной
См3 переходим к полярным координатам x = r cos ϕ, y = r sin ϕ , 0 < r ≤ r0 ,
и для функции u (r , ϕ) = u (r cos ϕ, r sin ϕ) получаем эквивалентную См3
1
1
utt − urr − ur − 2 uϕϕ = f (r cos ϕ, r sin ϕ, t ) =
r
r
= fˆ (r , ϕ, t ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π, t > 0,
(9.78)
u (0, ϕ, t ) < +∞, u |r = r0 = 0, 0 ≤ ϕ < 2π, t > 0,
(9.79)
u (r , ϕ, t ) = u (r , ϕ + 2π, t ), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ, t > 0,
(9.80)
u |t =0 = u0 (r cos ϕ, r sin ϕ) = u0 (r , ϕ), ut |t =0 = u1 (r cos ϕ, r sin ϕ) =
= u1 (r , ϕ), 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π.
(9.81)
II. СФ ν k ,m (r , ϕ) = ? Подставляя произведение uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0
в однородное уравнение (9.78) и разделяя переменные:
136
T ′′ ν rr ν r ν ϕϕ
1
1
=
+ +
= −λ ∈
T ′′ν − Tν rr − Tν r − 2 Tν ϕϕ = 0 ⇔
ν rν r 2 ν
r
r
T
,
имеем два уравнения:
T ′′(t ) + λT (t ) = 0, t > 0 ,
(9.82)
1
1
ν rr (r , ϕ) + ν r (r , ϕ) + 2 ν ϕϕ (r , ϕ) = −λν(r , ϕ), 0 < r < r0 .
r
r
(9.83)
Подставив произведение uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0 в условие периодичности (9.80)
T (t )ν(r , ϕ) ≡ T (t )ν(r , ϕ + 2π) ⇒ T (t ) [ ν(r , ϕ) − ν(r , ϕ + 2π) ] ≡ 0,
получаем условие периодичности
ν(r , ϕ) = ν(r , ϕ + 2π), 0 < r ≤ r0 , ∀ϕ .
(9.84)
Подстановка произведения T (t )ν(r , ϕ) ≠ 0
в ГУ (9.79) дает ГУ
uˆ (0, ϕ, t ) = T (t )v(0, ϕ) < +∞ ⇒ v(0, ϕ) < +∞ ∀ϕ,⎫⎪
⎬
uˆ |r =r0 = T (t )v(r0 , ϕ) ≡ 0 ⇒ v(r0 , ϕ) = 0 ∀ϕ.
⎪⎭
(9.85)
Согласно решению задачи 7.7, решениями ЗШ − Л (9.83) − (9.85)
являются С3 λ k ,m = (µ (mk ) / r0 ) 2 , k = 0, 1,..., m = 1, 2, ... , и соответствующие
им СФ
cos k ϕ J k (µ (mk ) r / r0 ), sin k ϕ J k (µ (mk ) r / r0 ) ≠ 0, k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
Поэтому формальное решение См3 (9.75) − (9.77) ищем в виде
двойного ряда
137
∞
∞
u (r , ϕ, t ) = ∑∑ (T (t )cos k ϕ + T
(1)
k ,m
k = 0 m =1
(2)
k ,m
µ(mk ) r
(t )sin k ϕ)J k (
).
r0
(9.86)
(2)
III. Tk(1)
,m (t ) , Tk ,m (t ) = ? Для ряда (9.86) уравнение (9.78) ввиду (9.82)
превращается в ряд
∑∑{
∞
∞
k =0 m=1
}
⎡T (1) ′′ (t ) + λ T (1) (t ) ⎤ cos k ϕ + ⎡T (2)′′ (t ) + λ T (2) (t ) ⎤ sin k ϕ J ( µm r ) ≡
k ,m k , m
k , m k ,m
k
⎣ k ,m
⎦
⎣ k ,m
⎦
r0
k
≡ f (r , ϕ, t ),
из которого для коэффициентов ряда (9.86) имеем уравнения
Tk(,im) ′′ (t ) + λ k ,mTk(,im) (t ) = f k(,im) (t ), i = 1, 2; k = 0, 1, ... ; m = 1, 2, ... ,
(9.87)
с правыми частями
π
f
(1)
0, m
π
1
2
(t ) = ∫ f 0,m (ϕ, t )d ϕ, f k(1)
f k ,m (ϕ, t )cos k ϕd ϕ,
, m (t ) =
π0
π ∫0
π
f
(2)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )sin k ϕd ϕ, k = 1, 2,..., m = 1, 2,... ,
π0
где
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
f k ,m (ϕ, t ) =
rf (r , ϕ, t ) J k ⎜
⎟ dr , k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
2 ∫
⎝ r0 ⎠
⎛ µ(mk ) r ⎞ 0
Jk ⎜
⎟
⎝ r0 ⎠
1
Для ряда (9.86) НУ (9.81) аналогично дают НУ
Tk(,im) (0) = hk( i,m) ,
Tk(,im) ′ (0) = g k( i,)m , i = 1, 2; k = 0, 1, ... ; m = 1, 2, ... , (9.88)
138
с начальными данными
π
π
(1)
0, m
1
2
= ∫ h0,m (ϕ)d ϕ, hk(1),m = ∫ hk ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π0
π0
(2)
k ,m
2
= ∫ hk ,m (ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 1, 2, ... , m = 1, 2, ... ,
π0
g
(1)
0,m
1
2
= ∫ g 0,m (ϕ)d ϕ, g k(1),m = ∫ g k ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ,
π0
π0
g
(2)
k ,m
2
= ∫ g k ,m (ϕ)sin k ϕd ϕ, k = 1, 2, ... , m = 1, 2, ... ,
π0
h
π
h
π
π
π
где
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
hk ,m (ϕ) =
ru0 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr ,
2 ∫
(k )
r
⎝ 0 ⎠
⎛µ r ⎞ 0
Jk ⎜ m ⎟
⎝ r0 ⎠
1
r0
⎛ µ(mk ) r ⎞
g k ,m (ϕ) =
ru1 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr ,
2 ∫
⎝ r0 ⎠
⎛ µ(mk ) r ⎞ 0
Jk ⎜
⎟
⎝ r0 ⎠
1
2
k = 0,1, ... ,
k = 1, 2, ... ,
2
r
0
⎛ µ (mk ) r ⎞
⎛ µ (mk ) r ⎞
r0 2 2
Jk ⎜
J k +1 ( µ (mk ) ) , k = 0, 1, ... , m = 1, 2, ...
⎟ = ∫ r Jk ⎜
⎟ dr =
2
⎝ r0 ⎠
⎝ r0 ⎠
0
Осталось решить ЗК (9.87),(9.88). Согласно формулам пункта d) в
решении СмЗ (9.1) − (9.3) при b = 0 , решениями ЗК (9.87), (9.88) являются
следующие коэффициенты:
gk(i,)m
t
1
T (t ) = h cos λk ,m t +
sin λk ,m t +
sin
λ k ,m
λk ,m ∫0
(i )
k ,m
(i )
k ,m
i = 1, 2; k = 0, 1, 2, ...; m = 1, 2, ...
139
(
)
λk ,m (t − s) fk(,im) (s)ds,
Тема 10. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО
ПОРЯДКА
Смешанные задачи для параболических уравнений второго порядка решаются
методом разделения переменных – аналогично решению смешанных задач для
гиперболических уравнений второго порядка. Задачи Штурма–Лиувилля выводятся и
решаются также, а для коэффициентов разложений формальных решений искомых
смешанных задач в ряды по их собственным функциям ставятся задачи Коши для
обыкновенных дифференциальных уравнений первого порядка, решение которых
проще.
Задача 10.1.
теплопроводности
Решить
смешанную
задачу
для
ut − a 2u xx = f ( x, t ) , a > 0 , 0 < x < l , t > 0 ,
( ux − h ⋅ u ) x=0 = µ1 (t ) , ( ux + h ⋅ u ) x=l = µ 2 (t ) , h ≥ 0 , t > 0 ,
уравнения
(10.1)
(10.2)
u t = 0 = ϕ( x ) , 0 < x < l .
(10.3)
Решение. I. Редукция к СмЗ с однородными ГУ. Решение ищем в
виде суммы
u ( x, t ) = w( x, t ) + v( x, t ) ,
(10.4)
где w – достаточно гладкая функция, удовлетворяющая неоднородным
ГУ
( wx − h ⋅ w) x=0 = µ1 (t ) , ( wx + h ⋅ w) x=l = µ1 (t ) , t > 0 .
(10.5)
Будем искать ее в виде
w ( x, t ) = ( a1 ⋅ x 2 + b1 ⋅ x + c1 ) ⋅ µ1 (t ) + ( a2 ⋅ x 2 + b2 ⋅ x + c2 ) ⋅ µ 2 (t ) . (10.6)
Подставляя (10.6) в первое ГУ из (10.5), имеем равенство
140
( wx − h ⋅ w) x=0 = ( b1 − h ⋅ c1 ) ⋅ µ1 (t ) + ( b2 − h ⋅ c2 ) ⋅ µ 2 (t ) = µ1 (t ) , t > 0 ,
где полагаем, что b1 − h ⋅ c1 = 1 и b2 − h ⋅ c2 = 0 . Подставив (10.6) во второе
ГУ из (10.5), находим равенство
( wx + h ⋅ w ) x=l = ( 2 ⋅ a1 ⋅ l + b1 + h ⋅ ( a1 ⋅ l 2 + b1 ⋅ l + c1 ) ) ⋅ µ1 (t ) +
(
)
+ 2 ⋅ a2 ⋅ l + b2 + h ⋅ ( a2 ⋅ l 2 + b2 ⋅ l + c2 ) ⋅ µ 2 (t ) = µ 2 (t ), t > 0,
где полагаем
2 ⋅ a1 ⋅ l + b1 + h ⋅ ( a1 ⋅ l 2 + b1 ⋅ l + c1 ) = 0
и 2 ⋅ a2 ⋅ l + b2 + h ⋅ ( a2 ⋅ l 2 + b2 ⋅ l + c2 ) = 1.
Отсюда при a1 = −1/(2 ⋅ l + h ⋅ l 2 ) , b1 = 1 + h ⋅ c1 и a2 = 1/(2l ) ,
определяем, что
b2 = h ⋅ c2
a0 = c1 = −l /(2 + h ⋅ l ) , b0 = c2 = −l /(2(2 + h ⋅ l )) .
В результате мы подобрали функцию:
⎛ − x2
⎞
⎛ x2
⎞
+ (1 + h ⋅ a0 ) ⋅ x + a0 ⎟ µ1 (t ) + ⎜
+ h ⋅ b0 ⋅ x + b0 ⎟ µ 2 (t ) ,
w ( x, t ) = ⎜
2
⎝ 2⋅l + h⋅l
⎠
⎝ 2⋅l
⎠
которая удовлетворяет ГУ (10.5) при всех h ≥ 0 .
Поэтому, в силу формулы искомого решения (10.4), для функции v
получаем следующую СмЗ:
vt − a 2 ⋅ vxx = f ( x, t ) − wt + a 2 ⋅ wxx ≡ g ( x, t ) , 0 < x < l , t > 0 ,
( v x − h ⋅ v ) x = 0 = 0 , ( v x + h ⋅ v ) x =l = 0 , t > 0 ,
v t =0 = ϕ( x) − w( x,0) , 0 < x < l .
141
(10.7)
(10.8)
(10.9)
II. X k ( x ) = ? Решая вспомогательную задачу для произведения
v ( x, t ) = T ( x) ⋅ X ( x) ≠ 0 из однородного уравнения (10.7) и ГУ (10.8)
стандартным разделением переменных:
T ′ ⋅ X − a 2 ⋅ T ⋅ X ′′ = 0 ⇒
T′
X ′′
T′
X ′′
−
=0⇔ 2
=
= −λ ∈ ,
a ⋅T X
a ⋅T
X
2
T (t ) ⋅ ( X ′(0) − h ⋅ X (0) ) ≡ 0 ,
T (t ) ⋅ ( X ′(l ) + h ⋅ X (l ) ) ≡ 0 ,
выводим два уравнения:
T ′(t ) + a 2 ⋅ λ ⋅ T (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.10)
X ′′( x) = −λ ⋅ X ( x) , 0 < x < l ,
(10.11)
и ГУ
X ′(0) − h ⋅ X (0) = 0 , X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = 0 .
(10.12)
В ЗШ − Л дифференциальное уравнение и ГУ могут оказаться
такими, для которых теорема 1 и, в частности, теорема Стеклова [8, с. 22]
о неотрицательности СЗ несправедливы. Следует уметь решать ЗШ − Л в
полном объеме и находить отрицательные СЗ, если такие СЗ
существуют.
при
1) λ < 0 . Все решения X ( x) = C1 ⋅ e −λ x + C2 ⋅ e − −λ x ∀C1 , C2 ∈
C1 + C2 ≠ 0 уравнения (10.11) не удовлетворяют условиям (10.12).
Действительно, линейная система
(
(
)
)
(
)
⎧ X ′(0) − h ⋅ X (0) = −λ − h ⋅ C1 − −λ + h ⋅ C2 = 0,
⎪
⎨
−λπ
⋅ C1 − −λ − h ⋅ e −λπ ⋅ C2 = 0
⎪ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = −λ + h ⋅ e
⎩
(
)
имеет при всех h ≥ 0 ненулевой главный определитель
142
−λ − h
∆=
(
(
=
)
−λ + h ⋅ e
−λ + h
e
+λπ
)
2
⎡
⋅ ⎢e2
⎢
⎣
−
−λπ
−λπ
−
(
(
−λ + h
)
−λ − h ⋅ e
)
− −λπ
=
2
⎛ −λ − h ⎞ ⎤
−⎜
⎟ ⎥ ≠ 0,
−λ
+
h
⎝
⎠ ⎥⎦
2
⎛ −λ − h ⎞
так как e
>1 и ⎜
⎟ ≤ 1 для λ < 0 и h ≥ 0 .
−λ
+
h
⎝
⎠
2) λ = 0 . Из всех решений X ( x) = C1 ⋅ x + C2 уравнения (10.11) ГУ
(10.12), т. е.
2 −λπ
⎧⎪ X ′(0) − h ⋅ X (0) = C1 − h ⋅ C2 = 0 ⇒ C1 = h ⋅ C2 ,
⎨
⎪⎩ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = (1 + h ⋅ l ) ⋅ C1 + h ⋅ C2 = 0 ⇒ h ⋅ ( (1 + h ⋅ l ) + 1) ⋅ C2 = 0,
выполняются только для X ( x) ≡ 0 при h ≠ 0 и для X ( x) = C2 ∀C2 ∈
при h = 0 . Значит λ = 0 не СЗ при h ≠ 0 , но λ 0 = 0 – СЗ и X 0 ( x) = 1/ 2
– СФ при h = 0 .
3) λ > 0 . Среди всех нетривиальных решений X ( x) = C1 ⋅ cos λ x +
+C2 ⋅ sin λ x ∀C1 , C2 ∈
уравнения (10.11) ГУ (10.12), т. е.
⎧ X ′(0) − h ⋅ X (0) = C λ − h ⋅ C = 0 ⇒ C = h ⋅ C1
,
2
1
2
⎪⎪
λ
⎨
2
⎤
⎪ X ′(l ) + h ⋅ X (l ) = C1 ⎡⎜⎛ h
− λ ⎟⎞ sin λl + 2 ⋅ h ⋅ cos λl ⎥ = 0
⎢
λ
⎠
⎣⎝
⎦
⎩⎪
справедливы только для тех λ , для которых µ = λl
решениями трансцендентного уравнения
tgµ =
ρ
ρ
, ρ = h⋅l , h ≥ 0.
+
µ−ρ µ+ρ
143
являются
(10.13)
Последнее уравнение при всех h ≥ 0 имеет счетное множество
положительных корней µk , k = 1, 2, … , (см. рис.7.1) и, в частности, при
h = 0 – корни µ k = π ⋅ k , k = 1, 2, … Таким образом, для всех h ≥ 0
получаем положительные СЗ λ k = ( µ k / l ) , k = 1, 2, … , и при C1 = µk
µ
µ
соответствующие им СФ X k ( x) = µ k cos k x + ρ sin k x , k = 1, 2, … , и, в
l
l
π⋅k
2
X k ( x) = cos
x,
и
СФ
частности, при h = 0 СЗ λ k = ( πk / l )
l
k = 1, 2, …
III. Tk (t ) = ? При всех h ≥ 0 для коэффициентов ряда
2
∞
v( x, t ) = ∑ Tk (t ) ⋅ X k ( x) полагаем T0 (t ) ≡ 0 , если h ≠ 0 , подстановкой его
k =0
в уравнение (10.7) благодаря уравнению (10.10) сразу находим уравнения
Tk′(t ) + a 2 ⋅ λ k ⋅ Tk (t ) = g k (t ) , k = 0, 1, … ,
(10.14)
с правыми частями
g k (t ) =
l
µk
µk ⎞
⎛
(
,
)
cos
sin
g
x
t
⋅
µ
x
+
ρ
x ⎟ dx , k = 0, 1, ... ,
k
⎜
2 ∫
l
l ⎠
⎝
X k ( x) 0
1
и – в НУ (10.9) находим НУ
Tk (0) = ψ k , k = 0, 1, … ,
(10.15)
с начальными данными
ψk =
где
l
1
X k ( x)
2
⎛
∫ ( ϕ( x) − w( x,0) ) ⋅ ⎜⎝ µ
k
cos
0
l
µk
µ
x + ρ sin k
l
l
⎞
x ⎟ dx , k = 0, 1, ... ,
⎠
l
ρ ⋅ ( ρ + 2 ) + µ 2k ) .
(
2
0
Решаем ЗК (10.14), (10.15). ОР однородных уравнений (10.14) имеют
X k ( x) = ∫ X k ( x) dx =
2
2
вид
144
2
Tk (t ) = ak e − a λ k t ∀ak ∈
.
ЧР неоднородных уравнений (10.14) легко отыскать методом
2
вариации произвольных постоянных в виде функции Tk* (t ) = ak (t )e − a λ k t ,
подстановка которой в эти уравнения дает
2
2
2
ak′ (t )e − a λ k t − a 2 ⋅ λ k ⋅ ak (t )e − a λ k t + a 2 ⋅ λ k ⋅ ak (t )e − a λ k t = g k (t ) .
2
Отсюда получаем, что ak′ (t ) = e a λ k t g k (t ) и, следовательно,
t
ak (t ) = ∫ e
0
a 2λ k τ
t
g k ( τ) d τ , T (t ) = ∫ e a λk ( τ−t ) g k ( τ) d τ .
2
*
k
0
Подставив ОР
Tk (t ) = ak ⋅ e
− a 2λ k t
t
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ) d τ
2
0
уравнений (10.14) в НУ (10.15), выводим, что Tk (0) = ak = ψ k и,
следовательно, при всех h ≥ 0 коэффициенты исходного ряда равны
Tk (t ) = ψ k ⋅ e
− a 2λ k t
t
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ)d τ , k = 0, 1, … (10.16)
2
0
Итак, при всех h ≥ 0 формальным решением СмЗ (10.1) − (10.3)
является
⎡ − x2
⎤
⎡ x2
⎤
u ( x, t ) = ⎢
+ (1 + h ⋅ a0 ) ⋅ x + a0 ⎥ ⋅ µ1 (t ) + ⎢
+ h ⋅ b0 ⋅ x + b0 ⎥ ⋅ µ 2 (t ) +
2
⎣2⋅l + h⋅l
⎦
⎣2⋅l
⎦
t
⎡
⎤ ⎛
2
µ
µ
− a 2λ k t
+ ∑ ⎢ψ k ⋅ e
+ ∫ ea λk ( τ−t ) g k (τ)d τ⎥ ⋅ ⎜ µ k cos k x + ρ sin k
l
l
k =0 ⎣
0
⎦ ⎝
∞
⎞
x ⎟,
⎠
где полагаем ϕ0 = 0 , g0 (t ) = 0 , если h ≠ 0 , и, в частности, при h = 0
145
t
⎡
⎤
2
µ
− a 2λ k t
v ( x, t ) = ∑ ⎢ ψ k ⋅ e
+ ∫ e a λ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ ⋅ cos k x .
l
k =0 ⎣
0
⎦
∞
Задача 10.2. Решить смешанную задачу
ut − u xx + 2 ⋅ b ⋅ u x = f ( x, t ) , b ∈
u x =0 = t 2 , u x
x =π
, 0 < x < π, t > 0,
= 1, t > 0 ,
u t =0 = e x , 0 < x < π .
(10.17)
(10.18)
(10.19)
Решение. I. Редукция. Будем искать решение этой СмЗ в виде
u ( x, t ) = w( x, t ) + v( x, t ) , где w( x, t ) – некоторая достаточно гладкая
функция, удовлетворяющая неоднородным ГУ (10.18). В качестве такой
функции можно взять w( x, t ) = x + t 2 . Тогда, согласно замечанию 9.1,
функция v( x, t ) должна быть решением следующей СмЗ:
vt − vxx + 2 ⋅ b ⋅ vx = f ( x, t ) − 2 ⋅ t − 2 ⋅ b ≡ g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 , (10.20)
= 0 , t > 0,
(10.21)
v t =0 = e x − x , 0 < x < π .
(10.22)
v x =0 = v x
x =π
II. X k ( x ) = ? Для вывода ЗШ − Л подставляем произведение
v ( x, t ) = T (t ) ⋅ X ( x) ≠ 0 в однородное уравнение (10.20) и в ГУ (10.21) и
разделением переменных получаем два уравнения:
T ′(t ) + λ ⋅ T (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.23)
X ′′( x) − 2 ⋅ b ⋅ X ′( x) = −λ ⋅ X ( x) , 0 < x < π ,
(10.24)
X (0) = X ′(π) = 0 .
(10.25)
и ГУ
146
Решаем ЗШ − Л (10.24), (10.25). Характеристическое уравнение
τ − 2⋅b⋅τ + λ = 0
стационарного
ОДУ
(10.24)
имеет
корни
2
τ1,2 = b ± b 2 − λ .
1) λ < b2 . Среди этих значений λ нет СЗ решаемой ЗШ − Л, потому
∀ C1 , C2 ∈
что для ОР X ( x) = C1e τ1x + C2e τ2 x
уравнения (10.24)
полученная из ГУ (10.25) линейная система
⎧ X (0) = C1 + C2 = 0,
⎨
τ1π
τ2 π
⎩ X ′(π) = τ1e ⋅ C1 + τ2e ⋅ C2 = 0
допускает лишь тривиальное решение C1 = C2 = 0 ⇒ X ( x) ≡ 0 .
2) λ = b2 . Это значение λ не является СЗ решаемой ЗШ − Л, так как
для ОР X ( x ) = ebx ( C1 x + C2 ) , C1 , C2 ∈ , уравнения (10.24) из ГУ (10.25)
получаем уравнения
X (0) = C2 = 0, X ′(π) = C1ebπ ( b ⋅ π + 1) = 0 ⇒ C1 = 0 ⇒ X ( x) ≡ 0 .
3) λ > b2 . Характеристическим корням τ1,2 = b ± i λ − b 2 соответствует
общее
)
(
X ( x) = ebx C1 cos λ − b 2 x + C2 sin λ − b 2 x ,
решение
C1 , C2 ∈ , уравнения (10.24), подстановка которого в ГУ (10.25)
приводит к уравнениям
)
(
X (0) = C1 = 0 ⇒ X ′(π) = C2ebπ b ⋅ sin λ − b 2 π + λ − b 2 cos λ − b 2 π = 0 .
Отсюда для СЗ выводим трансцендентное уравнение
ctgµ = −b / µ , µ = λ − b 2 ,
которое имеет счетное множество положительных корней µk , k = 0, 1, …
Таким образом, для ЗШ − Л (10.24), (10.25) решениями являются СЗ
147
µk
x , k = 0, 1, … , и, в частности,
π
2
1⎞
1⎞
⎛
⎛
при b = 0 СЗ λ k = ⎜ k + ⎟ и СФ X k ( x) = sin ⎜ k + ⎟ x , k = 0, 1, …
2⎠
2⎠
⎝
⎝
III. Tk (t ) = ? Решение вспомогательной СмЗ (10.20) − (10.22)
представим в виде:
∞
µ
v( x, t ) = ∑ Tk (t )ebx sin k x .
(10.26)
π
k =0
λ k = ( µ k / π ) + b 2 и СФ
2
X k ( x) = ebx sin
Подстановка ряда (10.26) в уравнение (10.20) с учетом (10.23) и в
НУ (10.22) дает ряды:
∞
∑[T ′(t ) + λ T (t )] e
k =0
k
bx
k k
sin
µk
x = g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 ,
π
∞
v t =0 = ∑ Tk (0)ebx sin
k =0
µk
x = ex − x , 0 < x < π ,
π
их при b ≠ 0 делим на экспоненту ebx , с которой найденные СФ не
ортогональны в L2 (0, π) , и получаем ряды:
µk
∞
∑[T ′(t ) + λ T (t )]sin π x = e
k =0
k
k k
∞
µk
∑T (0)sin π x = e
k =0
k
− bx
(1−b ) x
g ( x, t ) , 0 < x < π , t > 0 ,
− xe−bx , 0 < x < π ,
⎧ µ
из которых уже, в силу полноты и ортогональности множества ⎨sin k
π
⎩
при различных µk в L2 (0, π) , выводим уравнения и НУ:
Tk′(t ) + λ kTk (t ) = g k (t ) , t > 0 , k = 0, 1, … ,
Tk (0) = ψ k , k = 0, 1, … ,
148
⎫
x⎬
⎭
(10.27)
(10.28)
с исходными данными:
π
1
g k (t ) =
sin
µk
x
π
2
∫e
− bx
g ( x, t )sin
0
µk
xdx ,
π
2
b π2
µk
π
,
sin x = +
2 2 ( µ k2 + b 2 π2 )
π
π
1
ψk =
µ
sin k x
π
2
∫ (e
(1−b ) x
− xe − bx ) sin
0
µk
xdx , k = 0, 1, …
π
Согласно формуле (10.16) при a = 1 , ЗК (10.27), (10.28) имеют
решения
Tk (t ) = ψ k e
−λ k t
t
+ ∫ eλk ( τ−t ) g k (τ)d τ , k = 0, 1, … ,
0
и тем самым ввиду ряда (10.26) формальным решением исходной СмЗ
(10.17) – (10.19) будет
t
⎡
⎤ µ
−λ k t
u ( x, t ) = x + t + e ∑ ⎢ψ k e + ∫ eλ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ sin k x ∀b ∈
π
k =0 ⎣
0
⎦
bx
2
∞
и, в частности, при b = 0
t
⎡
⎤ ⎛
1⎞
−λ k t
u ( x, t ) = x + t + ∑ ⎢ψ k e + ∫ eλ k ( τ−t ) g k (τ)d τ ⎥ sin ⎜ k + ⎟ x .
2⎠
k =0 ⎣
0
⎦ ⎝
2
∞
Задача 10.3. Решить следующую смешанную задачу о
распространении тепла в однородной прямоугольной пластине, боковые
стороны которой находятся при нулевой температуре:
149
ut − u xx − u yy = f ( x, y, t ) , 0 < x < p , 0 < y < q , t > 0 ,
u x =0 = u x = p = 0 , 0 < y < q , t > 0 ,
(10.29)
u y =0 = u y =q = 0 , 0 < x < p , t > 0 , (10.30)
u t =0 = ϕ( x, y ) , 0 < x < p , 0 < y < q .
(10.31)
Решение. I. СФ vk ,m ( x, y ) = ? Для отыскания ЗШ − Л на СЗ и СФ
данной СмЗ ищем все решения вида u ( x, y, t ) = T (t ) ⋅ v( x, y) ≠ 0
однородного уравнения (10.29) с ГУ (10.30):
T ′v − T ∆v = 0 ⇔
T ′ ∆v
=
= −λ ∈ ,
T
v
u S = T (t ) ⋅ v ( x′, y′) ≡ 0 ⇒ v( x′, y′) = 0, ( x′, y′) ∈ S ,
и приходим к следующим уравнению и ЗШ − Л:
T ′(t ) + λT (t ) = 0 , t > 0 ,
(10.32)
∆v( x, y) = −λv( x, y) , 0 < x < p , 0 < y < q ,
(10.33)
v( x′, y′) = 0, ( x′, y′) ∈ S .
(10.34)
Из решения задачи 7.6 известно, что ЗШ − Л (10.33), (10.34) имеет
следующие СЗ и СФ:
λ k ,m
⎛ k 2 m2 ⎞
πk
πm
= π ⎜ 2 + 2 ⎟ , vk ,m ( x, y ) = sin
x ⋅ sin
y , k,m ∈
q ⎠
p
q
⎝p
2
.
(10.35)
II. Tk ,m (t ) = ? Если решение СмЗ (10.29) − (10.31) искать в виде
разложения по СФ из (10.35), т. е. в виде двойного ряда
150
∞
u ( x, y , t ) =
∑T
k , m =1
k ,m
(t ) ⋅ sin
πk
πm
x ⋅ sin
y,
p
q
который уже удовлетворяет ГУ (10.30), то подстановкой этого ряда в
уравнение (10.29), используя уравнение (10.32), и в НУ (10.31) получаем
ряды:
∞
∑ ⎡⎣T ′
k , m =1
k ,m
(t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ⎤⎦ ⋅ sin
u t =0 =
∞
∑T
k , m =1
k ,m
(0) ⋅ sin
πk
πm
x ⋅ sin
y = f ( x, y , t ) ,
p
q
πk
πm
x ⋅ sin
y = ϕ( x, y ) .
p
q
Отсюда заключаем, что коэффициенты Tk ,m (t ) являются решениями
уравнений
Tk′,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) = f k ,m (t ) , t > 0 , k , m = 1, 2, … ,
(10.36)
с правыми частями
p q
4
πk
πm
f k ,m (t ) =
f ( x, y , t ) ⋅ sin
x ⋅ sin
ydxdy , k , m = 1, 2, … ,
∫∫
pq 0 0
p
q
и НУ
p q
Tk ,m (0) = ϕk ,m
4
πk
πm
=
ϕ( x, y ) ⋅ sin
x ⋅ sin
ydxdy , k , m = 1, 2, … (10.37)
∫∫
pq 0 0
p
q
Как и в решении задачи 10.2 устанавливается, что у ЗК (10.36),
(10.37) существуют единственные решения
Tk ,m (t ) = ϕk ,me
−λ k , mt
t
+ ∫e
0
151
λ k , m ( τ−t )
f k , m ( τ) d τ
и, следовательно, СмЗ (10.29) – (10.31) имеет формальное решение:
t
⎡
⎤ πk
πm
−λ k , mt
λ ( τ−t )
u ( x, y , t ) = ∑ ⎢ ϕk , m e
f k ,m (τ)d τ ⎥ sin
x ⋅ sin
y.
+ ∫ e k ,m
p
q
k , m =1 ⎣
0
⎦
∞
Задача 10.4. Решить следующую смешанную задачу о
распространении тепла в однородном круговом цилиндре, на боковой
поверхности которого поддерживается нулевая поверхность:
ut − u xx − u yy = f ( x, y, t ) , x 2 + y 2 < r02 , t > 0 ,
(10.38)
u ( x′, y′, t′) = 0 , x′2 + y′2 = r02 , t > 0 ,
(10.39)
u t =0 = u0 ( x, y ) , x 2 + y 2 < r02 .
(10.40)
Решение. I. Редукция. Перейдя в этой СмЗ
координатам (r , ϕ) , получаем эквивалентную СмЗ
к
полярным
1
1
ut − urr − ur − 2 uϕϕ = f (r , ϕ, t ) , 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π , t > 0 , (10.41)
r
r
u (0, ϕ, t ) < +∞ , u r =r = 0 , 0 ≤ ϕ < 2π , t > 0 ,
0
u (r , ϕ, t ) = u (r , ϕ + 2π, t ) ∀ϕ , t > 0,
u t =0 = u0 ( r , ϕ) , 0 < r < r0 , 0 ≤ ϕ < 2π .
(10.42)
(10.43)
(10.44)
II. vk ,m ( x, y ) = ? Подстановка произведения uˆ (r , ϕ, t ) = T (t )v(r , ϕ) ≠ 0 в
однородное уравнение (10.41) и в условие периодичности (10.43)
приводит к следующим уравнениям и условиям:
T ′(t ) + λT (t ) = 0 , t > 0,
152
(10.45)
1
1
vrr (r , ϕ) + vr (r , ϕ) + 2 vϕϕ (r , ϕ) = −λv(r , ϕ) , 0 < r < r0 ,
r
r
v(r , ϕ) = v(r , ϕ + 2π) , 0 < r < r0 , ∀ϕ ,
(10.47)
v(0, ϕ) < +∞ , v(r0 , ϕ) = 0 ∀ϕ .
λ k ,m
(10.46)
(10.48)
Из задачи 9.4 известны СЗ и СФ этой ЗШ–Л (10.45) – (10.48)
= (µ (mk ) / r 0 ) 2 , cos k ϕ J k ( µ(mk ) r / r0 ) , sin k ϕ J k ( µ(mk ) r / r0 ) ≠ 0 , k = 0, 1, … ,
m = 1, 2, …
III. Tk ,m ( t ) = ? Подставив в уравнение (10.41) и НУ (10.44) ряд
∞ ∞
⎛ µ (mk ) r ⎞
(2)
u ( r , ϕ, t ) = ∑∑ (Tk(1)
t
k
T
t
k
J
(
)cos
(
)sin
ϕ
+
ϕ
) k⎜ r ⎟
,m
k ,m
k = 0 m =1
⎝ 0 ⎠
имеем ряды:
∑∑{
∞
∞
k =0 m =1
}
⎛ µ (mk ) r ⎞
(1)
(2)
(2)
⎡(Tk(1)
⎤
⎣ ,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ) cos k ϕ + (Tk ,m (t ) + λ k ,mTk ,m (t ) ) sin k ϕ ⎦ J k ⎜ r ⎟ ≡
⎝ 0 ⎠
≡ f (r , ϕ, t ),
∞
∞
u t =0 = ∑∑ (T (0)cos k ϕ + T
k =0 m =1
(1)
k ,m
(2)
k ,m
⎛ µ (mk ) r ⎞
(0)sin k ϕ ) J k ⎜
⎟ ≡ u0 ( r , ϕ) ,
r
⎝ 0 ⎠
из которых выводим ЗК:
Tk(,im) ′ (t ) + λ k ,mTk(,im) (t ) = f k(,im) (t ) , i = 1, 2 , k = 0, 1, … , m = 1, 2, … , (10.49)
Tk(,im) (0) = hk( i,m) , i = 1, 2; k = 0, 1, … , m = 1, 2, … ,
с правыми частями
153
(10.50)
π
f
(1)
0, m
π
1
(t ) = ∫ f 0,m (ϕ, t )dϕ ,
π0
f
(1)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )cos k ϕd ϕ ,
π0
π
f
(2)
k ,m
2
(t ) = ∫ f k ,m (ϕ, t )sin k ϕd ϕ ,
π0
π
(1)
0, m
h
π
1
= ∫ h0,m (ϕ) dϕ ,
π0
(1)
k ,m
h
2
= ∫ hk ,m (ϕ)cos k ϕd ϕ ,
π0
π
(2)
k ,m
h
2
= ∫ hk ,m (ϕ)sin k ϕdϕ , k , m = 1, 2, … ,
π0
где
r0
⎛ µ (mk ) r ⎞
f k ,m (ϕ, t ) = 2 2
r f (r , ϕ, t ) J k ⎜
⎟ dr .
r0 J k +1 ( µ (mk ) ) ∫0
⎝ r0 ⎠
2
r0
⎛ µ (mk ) r ⎞
hk ,m (ϕ) = 2 2
ru0 (r , ϕ) J k ⎜
⎟ dr , k = 0, 1, … , m = 1, 2, …
r
r0 J k +1 ( µ (mk ) ) ∫0
⎝ 0 ⎠
2
В завершение решения СмЗ (10.38) – (10.40) отметим, что
аналогично решениям ЗК (10.36), (10.37) ЗК (10.49), (10.50) имеют
решения
( i ) −λ k , mt
k ,m
T (t ) = h e
(i )
k ,m
t
+ ∫e
λ k , m ( τ−t )
f k(,im) (τ)d τ , i = 1, 2 , k = 0, 1, … , m = 1, 2, …
0
Задача 10.5. Решить смешанную задачу о распределении
температур в однородном круговом цилиндре в случае, когда
температура точек цилиндра зависит только от расстояния этой точки до
оси цилиндра:
154
1
ut (r , t ) − urr (r , t ) − ur (r , t ) = f (r , t ), 0 < r < r0 , t > 0 ,
r
(10.51)
u r =0 < +∞ , ( ur + u ) r =r = µ(t ) , t > 0 ,
(10.52)
u t =0 = h (r ) , 0 < r < r0 .
(10.53)
0
Решение. I. Редукция. Если решение этой СмЗ искать в виде
u (r , t ) = w(r , t ) + v(r , t ) согласно замечанию 9.1, где w(r , t ) = (1 + r0 ) −1 rµ(t )
удовлетворяет неоднородным ГУ (10.52), то функция v( x, t ) должна быть
решением СмЗ:
1
−1
−1
vt − vrr − vr = f (r , t ) − (1 + r0 ) r ⋅ µ′(t ) + (1 + r0 ) r −1 ⋅ µ(t ) = fˆ (r , t ) , (10.54)
r
0 < r < r0 , t > 0 ,
v / r =0 < +∞ , ( vr + v ) r =r = 0 , t > 0 ,
(10.55)
v t =0 = h (r ) − (1 + r0 )−1 r ⋅ µ(0) = hˆ(r ) , 0 < r < r0 .
(10.56)
0
v (r , t ) = T (t ) R(r ) ≠ 0 в
II. Rk (r ) = ? Подставляем произведение
однородное уравнение (10.54) и ГУ (10.55), разделяем переменные:
1
′′
−
R
R′
T′
1
r
T ′R − TR′′ − TR′ = 0 ⇔ =
= −λ ∈
r
T
R
,
T (t ) ⋅ ( R′(r ) + R (r ) ) r =r ≡ 0 ⇒ ( R′(r ) + R (r ) ) r =r = 0 ,
0
0
и приходим к ЗШ − Л
1
R′′(r ) − R′(r ) = −λR(r ) , 0 < r < r0 ,
r
155
(10.57)
R (0) < +∞ , ( R′ + R ) r =r = 0 ,
(10.58)
0
в которой ввиду теоремы 1 из темы 9 постоянная разделения λ ≥ 0 .
1) λ = 0 . Для λ = 0 ОР R(r ) = A ln r + B ∀A, B ∈ уравнения (10.57)
удовлетворяет ГУ (10.58) лишь при A = B = 0 , т. е. R ( r ) ≡ 0 .
2) λ > 0 . Как при решении ЗШ–Л (7.39), (7.40) для λ > 0 уравнение
(10.57) заменой z = λr сводится к уравнению Бесселя нулевого порядка
z 2 R′′( z ) + zR′( z ) + ( z 2 − 02 ) R( z ) = 0 , из которого для уравнения (10.57)
выводится ОР
R ( r ) = A ⋅ J 0 ( λ r ) + B ⋅ 50 ( λ r ) ∀A, B ∈ .
(10.59)
Из первого условия в ГУ (10.58) заключаем, что в ОР (10.59)
коэффициент B = 0 , так как 50 (0) = −∞ . Второе условие из ГУ (10.58)
для
R(r ) = A ⋅ J 0 ( λ r )
решений
λ ⋅ J 0' ( λ r0 ) + J 0 ( λ r0 ) = 0 .
уравнения
приводит
µk − все
Пусть
к
уравнению
положительные
корни
µ ⋅ J 0' (µ) + r0 ⋅ J 0 (µ) = 0 , µ = λ r0 > 0 .
Тогда ЗШ − Л (10.57), (10.58) имеет СЗ λ k = ( µ k / r0 ) и СФ
Rk (r ) = J 0 ( µ k r / r0 ) , k = 1, 2, … , где J 0 (µ) − функция Бесселя нулевого
порядка.
∞
⎛µ ⎞
III. Tk (t ) = ? Подставив ряд v (r , t ) = ∑ Tk (t ) J 0 ⎜ k r ⎟ в уравнение
k =1
⎝ r0 ⎠
(10.54) с помощью уравнения (10.57) и в НУ (10.56), легко получаем
ряды:
2
∞
∑ [T ′(t ) + λ T (t )] J
k =1
k
k k
0
⎛ µk
⎜
⎝ r0
⎛µ
v t =0 = ∑ Tk (0) J 0 ⎜ k
k =1
⎝ r0
∞
156
⎞
r ⎟ = fˆ ( r , t ) ,
⎠
⎞
r ⎟ = hˆ( r ) ,
⎠
которые указывают на то, что коэффициенты Tk (t ) должны быть
решениями ЗК
Tk′(t ) + λ kTk (t ) = fˆk (t ) , t > 0 ,
(10.60)
Tk (0) = hˆk , k = 1, 2, … ,
(10.61)
где правыми частями являются коэффициенты разложения в ряд ФурьеБесселя:
fˆk (t ) =
hˆk (t ) =
r
0
2
ˆ (r , t ) J ⎛ µ k
r
f
⋅
0⎜
r02 J12 (µ k ) ∫0
⎝ r0
r
0
⎛µ
2
r ⋅ hˆ(r ) J 0 ⎜ k
2 2
∫
r0 J1 (µ k ) 0
⎝ r0
⎞
r ⎟dr ,
⎠
⎞
r ⎟dr , k = 1, 2, …
⎠
Из предыдущих задач уже известно, что ЗК (10.60), (10.61) имеют
решения
t
Tk (t ) = hˆk e −λ k t + ∫ eλk ( τ−t ) fˆk (τ) d τ , k = 1, 2, …
0
Поэтому формальным решением СмЗ (10.51) − (10.53) будет функция
t
∞ ⎡
⎤
⎛µ
r
−λ k t
ˆ
u (r , t ) =
µ(t ) + ∑ ⎢ hk e + ∫ eλ k ( τ−t ) fˆk (τ)d τ ⎥ ⋅ J 0 ⎜ k
1 + r0
k =1 ⎣
⎝ r0
0
⎦
157
⎞
r⎟.
⎠
ЛИТЕРАТУРА
1. Кулешов А. А. Уравнения математической физики: лабораторный
практикум для студентов мех.-мат. фак. БГУ / А. А. Кулешов, В. И.
Чесалин, Н. И. Юрчук. Минск, 2005.
2. Сборник задач по уравнениям математической физики / Под
редакцией В. С. Владимирова. М., 1982.
3. Бицадзе А. В. Сборник задач по уравнениям математической
физики / А. В. Бицадзе, Д. Ф. Калиниченко. М., 1985.
4. Будак Б.М., Сборник задач по математической физике / Б.М.
Будак, А. А.. Самарский, А. Н. Тихонов. М., 1980.
5. Тихонов А. Н. Уравнения математической физики / А. Н.
Тихонов, А. А. Самарский. М., 1999.
6. Владимиров В. С. Уравнения математической физики / В. С.
Владимиров. М., 1981.
7. Никольский С. М. Приближение функций многих переменных и
теоремы вложения / С. М. Никольский. М., 1977.
8. Смирнов М. М. Задачи по уравнениям математической физики /
М. М. Смирнов. М., 1975.
158
СОДЕРЖАНИЕ
стр.
ПРЕДИСЛОВИЕ …………………………………………………….. 2
ОБОЗНАЧЕНИЯ И СОКРАЩЕНИЯ ……………………………… 3
Тема 1. ПОСТАНОВКА КРАЕВЫХ ЗАДАЧ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ ………………………………………... 4
Тема 2. КЛАССИФИКАЦИЯ И ПРИВЕДЕНИЕ К
КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ УРАВНЕНИЙ С ЧАСТНЫМИ
ПРОИЗВОДНЫМИ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………..……… 17
Тема 3. НАХОЖДЕНИЕ ОБЩЕГО РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ С
ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ ВТОРОГО ПОРЯДКА ………..... 31
Тема 4. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………………………. 44
Тема 5. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ ПАРАБОЛИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …………………………………. 64
Тема 6. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ГУРСА ……………………………. 71
Тема 7. ЗАДАЧА ШТУРМА-ЛИУВИЛЛЯ ………………………. 78
Тема 8. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ЭЛЛИПТИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ………… 99
Тема 9. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА …….. 116
Тема 10. МЕТОД РАЗДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ ДЛЯ
ПАРАБОЛИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА ……… 140
ЛИТЕРАТУРА ……………………………………………………. 158
159