Методы математической физки Меркулов

МИНОБРНАУКИ РОССИИ Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет “ЛЭТИ” им. В. И. Ульянова (Ленина) А. Л. МЕРКУЛОВ В. Л. ТРЕГУБ Н. М. ЧЕРВИНСКАЯ МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ Учебное пособие Санкт-Петербург 2016 МИНОБРНАУКИ РОССИИ Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет “ЛЭТИ” им. В. И. Ульянова (Ленина) А. Л. МЕРКУЛОВ В. Л. ТРЕГУБ Н. М. ЧЕРВИНСКАЯ МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ Учебное пособие Санкт-Петербург Издательство СПбГЭТУ “ЛЭТИ” 2016 УДК 517.958 (075) ББК В311я7 М52 Меркулов А. Л., Трегуб В. Л., Червинская Н. М. Методы M52 математической физики: учеб. пособие. СПб.: Изд-во СПбГЭТУ “ЛЭТИ”, 2016. 164 с. ISBN 978-5-7629-1780-3 Рассматриваются краевые задачи для обыкновенных дифференциальных уравнений и уравнений в частных производных. Приводится решение задач методом Фурье, методом сеток и некоторыми другими методами. Изложение иллюстрируется большим количеством примеров. Соответствует рабочим программам дисциплины “Методы математической физики” пятого семестра факультета электроники и шестого семестра открытого факультета. Предназначено для студентов всех специальностей факультета электроники и специальностей 071400, 200100, 200300 открытого факультета. УДК 517.958 (075) ББК В311я7 Рецензенты: кафедра высшей математики СПбГУТ; д-р физ.-мат. наук, проф. Я. И. Белопольская (СПбГАСУ). Утверждено редакционно-издательским советом университета в качестве учебного пособия ISBN 978-5-7629-1780-3 c СПбГЭТУ “ЛЭТИ”, 2016 Введение Предлагаемое издание является переизданием учебного пособия, напечатанного в 2006 г. Структура пособия осталась прежней. Полностью переписан разд. 4, посвященный уравнениям Лапласа и Пуассона. а также исправлены неточности, допущенные в предыдущем издании. В 2014 г. был выпущен сборник задач [1] тех же авторов, который дополняет это издание. Цель данного пособия – дать студентам самые необходимые сведения о тех задачах математической физики, с которыми может столкнуться в дальнейшем специалист по электронике. Самостоятельный выбор нужного материала и его изучение ставят перед студентами непреодолимые трудности, в первую очередь потому, что существующие объемистые учебники ориентированы на студентов математических и физических факультетов. В настоящем пособии авторы базируются только на стандартных курсах “Геометрия и алгебра” и “Математический анализ”, читаемых в электротехническом университете. По этой причине ряд утверждений и теорем приводится без доказательства. Первый раздел пособия посвящен краевым задачам для обыкновенных дифференциальных уравнений. В этом разделе вводятся основные ортогональные системы функций и некоторые специальные функции математической физики. В разд. 2–4 рассматриваются дифференциальные уравнения в частных производных различных типов. В качестве основного метода решения выбран метод Фурье, который позволяет получить решения задачи в виде ряда. Кроме того, рассматриваются и некоторые другие аналитические и численные методы. Пятый раздел пособия знакомит студентов с основными идеями вариационных методов, в которых решение краевых задач сводится к поиску минимума некоторого функционала. Рассматриваются приближенные методы нахождения этого минимума. В пособии авторы использовали ряд идей из книги Очана [2]. 3 1. КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА 1.1. Постановка краевой задачи Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение второго порядка 1 0 (p(x)y 0 ) + q(x)y = f (x), (1.1) − ρ(x) где ρ(x), p(x), p0 (x), q(x), f (x) – функции, непрерывные на [a, b], и ρ(x) ≥ ρ0 > 0, p(x) ≥ p0 > 0. Такую форму записи уравнения будем называть симметричной. Преобразуем первое слагаемое в уравнении (1.1): p(x) 00 p0 (x) 0 − y − y + q(x)y = f (x) ρ(x) ρ(x) и разделим на коэффициент при y 00 : p0 (x) 0 q(x)ρ(x) −ρ(x) y + y − y= f (x). p(x) p(x) p(x) 00 Получилось записанное в обычном виде линейное уравнение второго порядка с непрерывными коэффициентами. Отметим также, что уравнение y 00 + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = f (x) можно записать в симметричной форме, воспользовавшись соотношением R 0 1 00 0 a (x)dx 0 1 y + a1 (x)y = R a (x)dx e y . e 1 Таким образом, для уравнения (1.1) будут справедливы результаты, полученные при изучении дисциплины “Дифференциальные уравнения” [3]. Общее решение уравнения (1.1) имеет вид y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + ỹ(x), где y1 (x), y2 (x) – пара линейно независимых решений однородного уравнения; ỹ(x) – частное решение неоднородного уравнения; C1 , C2 – произвольные постоянные. Функция y(x) определена на всем промежутке [a, b]. Для уравнения (1.1) можно поставить задачу Коши: среди функций, удовлетворяющих этому уравнению, выбрать ту, которая в некоторой точке x0 ∈ [a, b] удовлетворяет начальным условиям y(x0 ) = t1 , y 0 (x0 ) = t2 . Тогда можно найти значения констант C1 и C2 , при которых решение будет удовлетворять начальным условиям. Это решение всегда существует 4 и оно единственно, т. е. задание начальных условий позволяет выделить из семейства решений линейного уравнения частное решение с заданными свойствами. Однако для выделения частного решения из общего можно использовать и другие условия. Важным типом таких условий являются краевые или граничные условия, заключающиеся в том, что условия накладываются на обоих концах отрезка [a, b], например в виде ( R1 y 0 (a) − S1 y(a) = t1 , (1.2) R2 y 0 (b) + S2 y(b) = t2 , где R1 , R2 , S1 , S2 , t1 , t2 – некоторые постоянные, |R1 | + |S1 | = 6 0, |R2 | + |S2 | = 6 0, R1 , R2 , S1 , S2 ≥ 0. Отметим важные частные случаи условий (1.2): 1) y(a) = t1 , y(b) = t2 – краевые условия первого рода (условия Дирихле); 2) y 0 (a) = t1 , y 0 (b) = t2 – краевые условия второго рода (условия Неймана); 3) y 0 (a) − S1 y(a) = t1 , y 0 (b) + S1 y(b) = t2 – краевые условия третьего рода. К краевым условиям относятся также условия периодичности y 0 (a) = y 0 (b). y(a) = y(b); Особо выделим случай, когда коэффициенты уравнения (1.1) ρ(x), p(x), p0 (x), q(x) непрерывны не на отрезке [a, b], а только на открытом интервале (a, b) или когда функции ρ(x) или p(x) обращаются в нуль в граничной точке. В этом случае решение уравнения может быть не ограничено и в качестве краевого условия выступает требование ограниченности решения при x → a + 0 или x → b − 0. Условие ограниченности ставится также в случае, когда промежуток, на котором решается уравнение, бесконечен. Задача нахождения решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего краевым условиям, называется краевой задачей. Название задачи принято давать по названию краевых условий: задача Дирихле, задача Неймана, третья краевая задача. Краевые условия называются однородными, если из того, что некоторые функции ϕ1 (x), ϕ2 (x), ..., ϕn (x) удовлетворяют этим условиям, следует, что любая линейная комбинация этих функций C1 ϕ1 (x) + ... + Cn ϕn (x) также удовлетворяет этим условиям. Однородными краевыми условиями будут: 1) R1 y 0 (a) − S1 y(a) = 0; R2 y 0 (b) + S2 y(b) = 0; 2) y(x) ограничена при x → a + 0 и при x → b − 0; 3) условия периодичности y(a) = y(b), y 0 (a) = y 0 (b). 5 Пример 1.1.  00  −y + y = 0, y(0) = 0,  y(1) = 1. Общее решение дифференциального уравнения y(x) = C1 ex + C2 e−x . Из краевых условий получаем ( C1 + C2 = 0, C1 e + C2 e−1 = 1. e −e , C = . Единственным решением 2 e2 − 1 e2 − 1 краевой задачи будет функция e ex − e−x . y(x) = 2 e −1 Пример 1.2.  00  −y − y = 0, y(0) = 0,  y(π) = 1. Решив систему, найдем C1 = Общее решение уравнения y(x) = C1 cos x + C2 sin x. Краевые условия дают ( C1 · 1 + C2 · 0 = 0, −C1 · 1 + C2 · 0 = 1. Очевидно, что полученная система несовместима и, следовательно, краевая задача решений не имеет. Пример 1.3.  00  −y − y = 0, y(0) = 0,  y(π) = 0. Подставив общее решение y = C1 cos x + C2 sin x в краевые условия, получим ( C1 · 1 + C2 · 0 = 0, −C1 · 1 + C2 · 0 = 0. 6 Отсюда C1 = 0, C2 – любое число и, следовательно, краевая задача имеет множество решений y(x) = C2 sin x. Пример 1.4.  0 0 2  −x(xy ) + n y = 0, y − ограничена при x → 0 + 0,  y(1) = 1. Сравнивая это уравнение с общим видом уравнения (1.1), видим, что p(x) = 1 = x, ρ(x) = . При x, стремящемся к нулю, уравнение вырождается, поэтоx му в качестве краевого условия поставлена ограниченность y при x → 0+0. Легко проверить, что функции ϕ1 (x) = xn и ϕ2 (x) = x−n удовлетворяют уравнению. Поскольку они линейно независимы, то общее решение будет иметь вид y(x) = C1 xn + C2 x−n . Так как lim x−n = +∞, а решение должно быть ограничено, коэффиx→0+0 циент C2 = 0. Из условия y(1) = 1 получаем C1 = 1, и решение краевой задачи y = xn . Краевую задачу с неоднородными условиями на границе всегда можно свести к задаче с однородными краевыми условиями. Пусть задано уравнение (1.1) и неоднородные краевые условия ( R1 y 0 (a) − S1 y(a) = t1 , R1 , R2 , S1 , S2 ≥ 0, 0 |R1 | + |S1 | = 6 0, R2 y (b) + S2 y(b) = t2 , |R2 | + |S2 | = 6 0. Функцию y(x) представим в виде суммы двух функций y(x) = v(x) + + w(x). Выбор функции w(x) зависит от краевых условий. Подставив y в уравнение (1.1), получаем 1 − (p(x)(v 0 + w0 ))0 + q(x)(v + w) = f (x) ρ(x) или 1 1 − (p(x)v 0 )0 + q(x)v = f (x) − q(x)w + (p(x)w0 )0 . ρ(x) ρ(x) Получаем уравнение относительно v(x) такой же структуры, как и уравнение (1.1). Подберем функцию w(x) так, чтобы для v краевые условия были однородные: ( R1 (v 0 (a) + w0 (a)) − S1 (v(a) + w(a)) = t1 , R2 (v 0 (b) + w0 (b)) + S2 (v(b) + w(b)) = t2 . 7 Для того чтобы ( R1 v 0 (a) − S1 v(a) = 0, R2 v 0 (b) + S2 v(b) = 0, нужно выполнение равенств ( R1 w0 (a) − S1 w(a) = t1 , R2 w0 (b) + S2 w(b) = t2 . Т. е. функция w(x) должна удовлетворять тем же краевым условиям, что и функция y(x). Пусть S1 6= 0 или S2 6= 0. Зададим w(x) = αx + β. Для этой функции должны выполняться условия: ( ( R1 α − S1 (αa + β) = t1 , (R1 − S1 a)α − S1 β = t1 , ⇔ R2 α + S2 (αb + β) = t2 (R2 + S2 b)α + S2 β = t2 . Эта система линейных уравнений относительно α и β имеет единственное решение, если ее определитель не равен нулю. Найдем R1 − S1 a −S1 = R1 S2 − S1 S2 a + R2 S1 + S1 S2 b = det R2 + S2 b +S2 = S1 S2 (b − a) + R1 S2 + R2 S1 . Поскольку S1 6= 0 или S2 6= 0, то определитель больше нуля и система имеет единственное решение. Если же S1 = S2 = 0, то краевые условия можно записать в виде ( y 0 (a) = t1 , y 0 (b) = t2 . В этом случае зададим w(x) = αx2 + βx и применим замену y(x) = v(x) + + αx2 + βx. Значения α и β находим из системы ( 2αa + β = t1 , 2αb + β = t2 . Решение системы очевидно единственно, поэтому в дальнейшем рассматриваются задачи в основном с однородными краевыми условиями. 1.2. Оператор Штурма–Лиувилля Пусть на промежутке [a, b] задано множество дважды дифференцируемых функций, удовлетворяющих однородным краевым условиям ( R1 y 0 (a) − S1 y(a) = 0, (1.3) R2 y 0 (b) + S2 y(b) = 0. 8 Обозначим это множество D(L). Очевидно, что D(L) представляет собой линейное пространство. Введем в нем скалярное произведение по формуле Zb (f, g) = f (x)g(x)ρ(x)dx, a где ρ(x) – непрерывная на [a, b] функция, ρ(x) ≥ ρ0 > 0, ρ(x) принято называть весовой функцией, или весом. Таким образом, D(L) является подпространством пространства L2 [a, b; ρ(x)] (см. [4]). Норма функции в этом случае определяется по правилу  b 1/2 Z kf k =  (f (x))2 ρ(x)dx . a Зададим линейный дифференциальный оператор, действующий из пространства D(L) в линейное пространство непрерывных на [a, b] функций, в виде 1 (p(x)y 0 )0 + q(x)y, L(y) = − ρ(x) где p(x), p0 (x), q(x) – непрерывные на [a, b] функции, p(x) ≥ p0 > 0, ρ(x) – весовая функция скалярного произведения. Такой оператор будем называть оператором Штурма–Лиувилля. Утверждение 1.1. Оператор Штурма–Лиувилля симметричен, т. е. ∀y, z ∈ D(L) справедливо равенство (L(y), z) = (y, L(z)). Доказательство. Запишем скалярное произведение Zb 1 (L(y), z) = − (p(x)y 0 )0 + q(x)y z ρ(x)dx = ρ(x) a Zb =− (p(x)y 0 )0 z dx + a Zb q(x)yz ρ(x)dx. a Первый интеграл проинтегрируем по частям 2 раза: Zb Zb b (p(x)y 0 )0 z dx = p(x)y 0 z − a a b = p(x)y 0 z b − p(x)yz 0 + a a 9 p(x)y 0 z 0 dx = a Zb a (p(x)z 0 )0 y dx = = p(b)y 0 (b)z(b)−p(a)y 0 (a)z(a)−p(b)y(b)z 0 (b)+p(a)y(a)z 0 (a)+ Zb (p(x)z 0 )0 y dx. a Функции y(x) и z(x) удовлетворяют однородным краевым условиям (1.3). Если R1 6= 0 и R2 = 6 0, то можно записать y 0 (a) = S1 y(a), R1 y 0 (b) = −S2 y(b), R2 z 0 (a) = S1 z(a), R1 z 0 (b) = −S2 z(b), R2 откуда p(b)y 0 (b)z(b) − p(a)y 0 (a)z(a) − p(b)y(b)z 0 (b) + p(a)y(a)z 0 (a) = = −p(b) S1 S2 S2 y(b)z(b) − p(a) y(a)z(a) + p(b)y(b) z(b) + R2 R1 R2 S1 z(a) = 0. (1.4) R1 Если R1 = 0 или R2 = 0, то соответственно y(a) = z(a) = 0 или y(b) = = z(b) = 0 и выражение (1.4) все равно есть нуль. Следовательно, + p(a)y(a) Zb (L(y), z) = − (p(x)z 0 )0 y dx + a Zb q(x)yz ρ(x) dx = (y, L(z)). a Утверждение 1.2. Пусть q0 = min q(x), тогда ∀y ∈ D(L) спраx∈[a,b] 2 ведливо неравенство (L(y), y) ≥ q0 kyk (в этом случае говорят, что оператор ограничен снизу; если q0 > 0, то L называется положительноопределенным оператором). Доказательство. Рассмотрим скалярное произведение Zb (L(y), y) = − 1 (p(x)y 0 )0 y ρ(x)dx + ρ(x) a Zb q(x)y 2 ρ(x)dx. a Проинтегрировав по частям, получим b (L(y), y) = −p(x)y 0 y + a Zb p(x)(y 0 )2 dx + a Zb a 10 q(x)y 2 ρ(x)dx = = −p(b)y 0 (b)y(b) + p(a)y 0 (a)y(a) + Zb p(x)(y 0 )2 dx + a = p(b) S2 S1 (y(b))2 + p(a) (y(a))2 + R2 R1 Zb q(x)y 2 ρ(x)dx = a Zb p(x)(y 0 )2 dx + a Zb q(x)y 2 ρ(x)dx. a Отбросив неотрицательные слагаемые, получим Zb (L(y), y) ≥ q(x)y 2 ρ(x)dx ≥ q0 a Zb y 2 ρ(x)dx = q0 kyk2 . a Доказательство выполнено для случая R1 6= 0 и R2 6= 0. Если R1 = 0 или R2 = 0, то утверждение доказывается аналогично с учетом того, что соответственно y(a) = 0 или y(b) = 0. Определение 1.1. Число λ называется собственным числом оператора L, если существует ненулевая функция y(x) ∈ D(L), для которой L(y) = λy. При этом функция y(x) называется собственной функцией оператора, соответствующей собственному числу λ. Задача нахождения собственных чисел и собственных функций оператора называется задачей Штурма–Лиувилля:   L(y) = λy, (1.5) R1 y 0 (a) − S1 y(a) = 0,  R y 0 (b) + S y(b) = 0. 2 2 Множество всех собственных чисел называется спектром оператора L или спектром задачи (1.5). Приведем без доказательства основные свойства собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля (тем более, что доказательство некоторых из них выходит за рамки данного курса): 1. Спектр оператора L вещественный. 2. Спектр оператора L дискретный, т. е. представляет собой последовательность {λn }+∞ n=1 . 3. Последовательность {λn }+∞ n=1 ограничена снизу: λn ≥ min q(x) x∈[a,b] и lim λn = +∞. n→+∞ 4. При некоторых положительных A и B для всех достаточно больших n справедливы неравенства An2 ≤ λn ≤ Bn2 . Для собственных функций оператора Штурма–Лиувилля справедливы следующие утверждения. 11 Утверждение 1.3. Каждому собственному числу соответствует только одна (с точностью до постоянного множителя) собственная функция. Доказательство. Пусть собственному числу λ соответствуют две собственные функции y1 (x) и y2 (x). Тогда справедливы равенства L(y1 ) = λy1 и L(y2 ) = λy2 . Умножим первое равенство на y2 , а второе – на y1 и вычтем одно из другого: L(y1 )y2 − L(y2 )y1 = λy1 y2 − λy2 y1 ≡ 0. Учитывая вид оператора L, получим 1 1 − (py10 )0 y2 + qy1 y2 + (py20 )0 y1 − qy2 y1 ≡ 0. ρ ρ Поскольку ρ(x) 6= 0, то −(py10 )0 y2 + (py20 )0 y1 ≡ 0. Добавим и вычтем в левой части равенства выражение py10 y20 : (py20 )0 y1 + py10 y20 − [(py10 )0 y2 + py10 y20 ] ≡ 0, или (py20 y1 )0 − (py10 y2 )0 = (py20 y1 − py10 y2 )0 ≡ 0, откуда py1 y20 − py10 y2 ≡ C = const . Для того чтобы найти значение постоянной C, воспользуемся краевыми условиями в точке a: C = p(a)y1 (a)y20 (a) − p(a)y10 (a)y2 (a) = = p(a)y1 (a) S1 S1 y2 (a) − p(a) y1 (a)y2 (a) = 0. R1 R1 Следовательно, p(x)y1 (x)y20 (x) − p(x)y10 (x)y2 (x) ≡ 0, а так как p(x) 6= 0, то y1 (x)y20 (x) − y10 (x)y2 (x) ≡ 0, или y1 y2 det 0 0 ≡ 0. y1 y2 12 Полученный определитель называется определителем Вронского. Из равенства нулю определителя Вронского следует линейная зависимость функций y1 и y2 , т. е. y1 = αy2 . Доказательство выполнено для случая R1 6= 0 и R2 6= 0. Утверждение доказывается аналогично при условии R1 = 0 или R2 = 0, с учетом того, что соответственно y(a) = 0 или y(b) = 0. Утверждение 1.4. Собственные функции, соответствующие различным собственным числам, ортогональны. Доказательство. Доказательство дословно повторяет доказательство аналогичного факта для собственных чисел и собственных векторов симметричной матрицы. Пусть λ1 и λ2 – собственные числа оператора L, а y1 (x) и y2 (x) – соответствующие собственные функции L(y1 ) = λ1 y1 и L(y2 ) = λ2 y2 . Умножим скалярно первое выражение на y2 , а второе – на y1 : (L(y1 ), y2 ) = (λ1 y1 , y2 ), (L(y2 ), y1 ) = (λ2 y2 , y1 ). Вычтем из первого равенства второе. Учитывая симметрию оператора L, т. е. то, что (L(y1 ), y2 ) = (y1 , L(y2 )), получим (λ1 y1 , y2 ) − (λ2 y2 , y1 ) = 0 ⇔ (λ1 − λ2 )(y1 , y2 ) = 0. Так как λ1 6= λ2 , получаем, что скалярное произведение (y1 , y2 ) = 0, т. е. функции y1 и y2 ортогональны. Таким образом, система собственных функций оператора {yk (x)}+∞ k=1 является ортогональной системой. Отметим без доказательства важнейшее свойство этой системы. Ортогональная система {yk (x)}+∞ k=1 полна в пространстве L2 [a, b; ρ(x)]. Это означает, что любая функция из этого пространства может быть разложена в ряд Фурье по системе {yk (x)}+∞ k=1 и этот ряд будет сходиться к функции в норме пространства L2 [a, b; ρ(x)]. Для функции из области определения оператора L справедливо более сильное утверждение. Теорема 1.1 (Стеклова). Если y ∈ D(L), то соответствующий ряд Фурье абсолютно сходится к y(x) ∀x ∈ [a, b]; этот ряд можно почленно дифференцировать 2 раза. Ряд из первых производных будет поточечно сходиться к y 0 (x), а ряд из вторых производных сходится к y 00 (x) в норме пространства L2 [a, b; ρ(x)]. 1.3. Задача Штурма–Лиувилля для оператора −y 00 Возьмем простейший оператор Штурма–Лиувилля L(y) = −y 00 (т. е. ρ(x) ≡ p(x) ≡ 1, q(x) ≡ 0) и рассмотрим для него задачу на собственные 13 значения с краевыми условиями Дирихле  00  −y = λy, y(a) = 0,  y(b) = 0; (1.6) так как min q(x) = 0, λ ≥ 0. Если λ = 0, то общее решение уравнения y 00 = 0 будет y = C1 x + C2 и из краевых условий следует, что C1 и C2 удовлетворяют системе уравнений ( C1 a + C2 = 0, C1 b + C2 = 0, откуда C1 = C2 = 0, т. е. y ≡ 0 и, следовательно, λ = 0 не является собственным числом. Пусть λ > 0, обозначим λ = µ2 . Уравнение из задачи (1.6) примет вид y 00 + µ2 y = 0. Общее решение уравнения удобнее всего записать в виде y = C1 cos(µ(x − − a))+C2 sin(µ(x−a)). Подставив краевые условия, получим систему уравнений для нахождения коэффициентов C1 и C2 : ( C1 = 0, (1.7) C1 cos(µ(b − a)) + C2 sin(µ(b − a)) = 0. Система (1.7) имеет нетривиальное решение C1 = 0, C2 6= 0, только когда sin(µ(b − a)) = 0. Обозначив длину промежутка через l = b − a, получим kπ sin(µl) = 0. Положительные решения этого уравнения µk = , k ∈ IN. l Таким образом, собственными числами 2 оператора в случае краевых услоkπ , k ∈ IN. Положив произвольную вий Дирихле будут λk = µ2k = l постоянную C2 = 1, получаем систему собственных функций k π(x − a) yk = sin(µk (x − a)) = sin , k ∈ IN. l Рассмотрим задачу Неймана  00  −y = λy, y 0 (a) = 0,  y 0 (b) = 0. (1.8) Легко проверить, что при λ = 0 задача (1.8) имеет решение y ≡ 1, т. е. λ0 = 0 – собственное число и y0 ≡ 1 – собственная функция. Да14 лее, рассуждая аналогично случаю, получим, что собствен предыдущему 2 kπ ные числа будут λk = и соответствующие собственные функции l k π(x − a) , k ∈ IN. yk = cos l Обратимся теперь к общему случаю краевых условий  00  −y = λy, (1.9) R1 y 0 (a) − S1 y(a) = 0,  R y 0 (b) + S y(b) = 0. 2 2 Если S1 6= 0 или S2 6= 0, то λ = 0 не является собственным числом задачи (1.9). Пусть λ = µ2 . Подставив в общее решение y = C1 cos(µ(x − a)) + + C2 sin(µ(x − a)) краевые условия, получим ( −S1 C1 + R1 µC2 = 0, (1.10) (−R2 µ sin(µl)+S2 cos(µl))C1 +(R2 µ cos(µl)+S2 sin(µl))C2 = 0. Система (1.10) имеет ненулевое решение, если определитель матрицы коэффициентов системы равен нулю. Найдем этот определитель и приравняем его нулю: −S1 R1 µ = det −R2 µ sin(µl) + S2 cos(µl) R2 µ cos(µl) + S2 sin(µl) = R1 R2 µ2 sin(µl) − (R1 S2 + R2 S1 )µ cos(µl) − S1 S2 sin(µl) = 0. (1.11) Если исключить уже изученные случаи краевых условий Дирихле и Неймана, величина R1 S2 + R2 S1 6= 0 и уравнение (1.11) можно переписать в виде 1 (R1 R2 µ2 − S1 S2 ) sin(µl) = cos(µl), µ(R1 S2 + R2 S1 ) или 1 S1 S2 ctg(µl) = R1 R2 µ − . (1.12) R1 S2 + R2 S1 µ Построим графики левой и правой частей уравнения (1.12). Из рис. 1.1 видно, что уравнение (1.12) имеет бесконечное число положительных решений µk . При k → +∞ µk асимптотически приближается (k − 1)π к . Заметим, что уравнение (1.12) в общем случае невозможно реl шить аналитически и для его решения следует использовать численные методы. Таким образом, собственные числа задачи (1.9) имеют вид λk = µ2k , где µk – положительное решение уравнения (1.12). Подставим в систему (1.10) µ = µk . Решение системы можно записать в виде 15 0 µ1 π l µ2 2π l µ3 3π l µ4 4π l µ5 Рис. 1.1 C1 = R1 µk C, C2 = S1 C, где C – произвольная константа. Положим C = 1 и найдем собственную функцию yk (x) = R1 µk cos(µk (x − a)) + S1 sin(µk (x − a)). Заметим, что собственная функция yk (x) может быть записана в виде yk (x) = R2 µk cos(µk (b − x)) + S2 sin(µk (b − x)). В ряде случаев (например, если R2 = 0 или S2 = 0) это оказывается удобнее. 1.4. Решение краевой задачи для обыкновенного дифференциального уравнения методом Фурье Рассмотрим краевую задачу с однородными краевыми условиями  −1 0   L(u) ≡ ρ(x) (p(x)u ) + q(x)u = f (x), (1.13) R1 u0 (a) − S1 u(a) = 0,    R2 u0 (b) + S2 u(b) = 0. Как отмечалось в 1.1, задачу с неоднородными краевыми условиями всегда можно свести к виду (1.13). Решение задачи (1.13) будем искать в виде ряда Фурье по системе {yk (x)} собственных функций оператора L: u(x) = +∞ X k=1 16 ck yk (x). (1.14) Краевые условия для функции u(x) выполняются автоматически. Так как u(x) ∈ D(L), то ряд (1.14) можно дважды почленно дифференцировать: L(u) = +∞ X ck L(yk ) = +∞ X ck λk yk (x). k=1 k=1 Разложим правую часть уравнения (1.13) в ряд Фурье f (x) = +∞ X fk yk (x). k=1 Тогда задача (1.13) сводится к равенству +∞ X ck λk yk (x) = k=1 +∞ X fk yk (x). (1.15) k=1 Если среди собственных чисел оператора L нет нуля, получаем ck = Таким образом, решение задачи (1.13) имеет вид u(x) = +∞ X fk k=1 λk fk . λk yk (x). Отметим, что фактически доказано, что если λk 6= 0 ∀k ∈ IN, то задача (1.13) имеет единственное решение. Для того чтобы среди собственных чисел λk не было нуля, достаточно, например, выполнения неравенства q(x) ≥ q0 > 0 ∀x ∈ [a, b]. Исследуем теперь случай, когда среди собственных чисел оператора есть нуль. Пусть λ0 = 0 – собственное число, а y0 (x) – соответствующая собственная функция. Если решение u(x) искать в виде ряда Фурье +∞ +∞ X X u(x) = c0 y0 (x) + ck yk (x), то L(u) = 0 + ck λk yk и соотношение (1.15) превратится в k=1 k=1 +∞ X ck λk yk (x) = f0 y0 (x) + k=1 +∞ X fk yk (x). k=1 Это равенство возможно, только если коэффициент Фурье f0 = 0. Это означает, что функция f (x) ортогональна y0 (x) – собственной функции оператора L, т. е. выполняется условие Zb (f, y0 ) = f (x)y0 (x)ρ(x)dx = 0. a 17 В этом случае краевая задача (1.13) будет разрешима, но решений будет бесконечно много и они будут иметь вид u(x) = +∞ X fk k=1 λk yk (x) + c0 y0 (x), где c0 – произвольная постоянная. Пример 1.5. Требуется решить методом Фурье краевую задачу  00  −u + 3u = 2x − 10, u0 (1) − 2u(1) = 7,  u0 (3) = 1. Так как метод Фурье применим к задачам с однородными краевыми условиями, с помощью замены u(x) = v(x) + αx + β приведем краевые условия к однородным: u0 (1) − 2u(1) = v 0 (1) + α − 2(v(1) + α · 1 + β) = = v 0 (1) − 2v(1) − α − 2β = 7, u0 (3) = v 0 (3) + α = 1. Для того чтобы краевые условия для функции v(x) были однородными, нужно, чтобы α и β удовлетворяли системе уравнений ( −α − 2β = 7, α = 1. Отсюда α = 1, β = −4. Подставив u(x) = v(x)+x−4 в уравнение, получим краевую задачу для функции v:  00  −v + 3v = −x + 2, (1.16) v 0 (1) − 2v(1) = 0,  v 0 (3) = 0. 1. Оператором задачи (1.16) будет L(y) = −y 00 + 3y. Найдем собственные числа и собственные функции этого оператора:  00  −y + 3y = λy, y 0 (1) − 2y(1) = 0,  y 0 (3) = 0. Запишем уравнение задачи в виде y 00 + (λ − 3)y = 0. Обозначим λ − 3 = µ2 . Общее решение уравнения y 00 + µ2 y = 0 при µ2 > 0 можно записать как y(x) = C1 cos(µ(3 − x)) + C2 sin(µ(3 − x)). 18 Подставив в общее решение краевые условия, получаем систему уравнений относительно C1 и C2 ( (µ sin(2µ) − 2 cos(2µ))C1 + (sin(2µ) − µ cos(2µ))C2 = 0, (1.17) 0 · C1 − µC2 = 0. Очевидно, что в системе (1.17) C2 = 0, а C1 будет ненулевым, только если µ sin(2µ) − 2 cos(2µ) = 0. Полученное уравнение приведем к виду 1 (1.18) ctg(2µ) = µ. 2 Уравнение (1.18) имеет бесконечное число корней µk , которые можно найти только численными методами. Первые 3 корня уравнения будут µ1 = = 0.632296, µ2 = 1.967581, µ3 = 3.407005. Собственные числа оператора L(y) равны λk = µ2k + 3. Соответственно, первые 3 собственных числа λ1 = = 3.399798, λ2 = 6.871374, λ3 = 14.607684. Тогда собственными функциями оператора L будут yk (x) = cos(µk (3 − x)). Таким образом, для оператора L(y) получены система собственных чисел +∞ {λk = µ2k + 3}+∞ k=1 и система собственных функций {yk = cos(µk (3 − x))}k=1 , где µk – положительные корни уравнения (1.18). 2. Для того чтобы записать ряды Фурье по системе {yk }+∞ k=1 , понадобятся нормы функций yk : kyk k2 = Z2 [cos(µk (3 − x))]2 dx = 1 + sin(4µk ) . 4µk 1 Воспользовавшись соотношением sin(4µk ) = 2 ctg(2µk ) и уравнением 1 + (ctg(2µk ))2 (1.18), получим 1 5 + µ2k kyk k = 1 + = . 4 + µ2k 4 + µ2k Разложим правую часть уравнения (1.16) g(x) = −x + 2 в ряд Фурье: +∞ X g(x) = gk yk (x). Коэффициенты Фурье gk будут: 2 k=1 1 (g, yk ) gk = = kyk k2 kyk k2 Z3 (−x + 2) cos(µk (3 − x))dx = 1 19 1 cos(2µk ) − 1 sin(2µk ) = + . kyk k2 µ2k µk Первые 3 коэффициента g1 = −0.194988, g2 = −0.711385, g3 = 0.128501. +∞ X ck yk (x). Учитывая, что Будем искать решение (1.16) в виде v(x) = k=1 L(v) = +∞ X ck L(yk ) = +∞ X ck λk yk , k=1 k=1 получаем +∞ X ck λk yk (x) = k=1 +∞ X gk yk (x). k=1 Отсюда gk 1 (4 + µ2k ) ck = = 2 λk (µ + 3) (5 + µ2k ) cos(2µk ) − 1 sin(2µk ) + . µ2k µk Первые 3 коэффициента ряда будут c1 = −0.057353, c2 = −0.103529, c3 = 0.008797. Окончательно решение задачи (1.16) примет вид +∞ X v(x) = ck cos(µk (3 − x)) k=1 и решение исходной задачи u(x) = +∞ X ck cos(µk (3 − x)) + x − 4. k=1 В качестве приближенного решения задачи можно взять частичную сумму ряда Фурье N X uN (x) = ck cos(µk (3 − x)) + x − 4. k=1 В табл. 1.1 приведены значения приближенного решения u3 (x). Для сравнения приводятся значения точного решения √ √ 2 10 y(x) = 0.001019e 3x − 1.516849e− 3x + x − . 3 3 x u3 (x) u(x) Таблица 1.1 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 −2.937097 −2.428362 −2.014745 −1.613016 −1.152085 −2.929269 −2.432516 −2.014917 −1.609222 −1.157683 20 Получить точное решение исходной задачи читателю предлагается самостоятельно. 1.5. Уравнение Бесселя. Функция Бесселя Уравнением Бесселя порядка p (где p ≥ 0 – заданное число) называется следующее дифференциальное уравнение: 1 p2 0 0 (xy ) + 1 − 2 y = 0. x x Умножив уравнение на x2 , получим x(xy 0 )0 + (x2 − p2 )y = 0. (1.19) Уравнение (1.19) – линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка. Его общее решение состоит из двух линейно независимых функций. Будем искать решение уравнения (1.19) в виде обобщенного степенного ряда y(x) = x α +∞ X ak xk = a0 xα + a1 xα+1 + ... . (1.20) k=0 Здесь a0 – первый ненулевой коэффициент ряда. Почленно дифференцируя ряд (1.20), найдем y 0 . Затем, умножив на x и снова продифференцировав, получим x(xy 0 )0 = a0 α2 xα + a1 (α + 1)2 xα+1 + a2 (α + 2)2 xα+2 + ... + ak (α + k)2 xα+k + ... . Подставив выражения для x(xy 0 )0 и для y в уравнение (1.19), получим a0 α2 xα + a1 (α + 1)2 xα+1 + a2 (α + 2)2 xα+2 + ... + ak (α + k)2 xα+k + ... + a0 xα+2 + ... + ak−2 xα+k + ... − p2 a0 xα − p2 a1 xα+1 − p2 a2 xα+2 − ... − p2 ak xα+k − ... = 0. Приравняв нулю сумму коэффициентов при каждой степени x, составим бесконечную систему уравнений для определения коэффициентов   a0 (α2 − p2 ) = 0,     a1 [(α + 1)2 − p2 ] = 0,     2 2  a2 [(α + 2) − p ] + a0 = 0, (1.21) a3 [(α + 3)2 − p2 ] + a1 = 0,    .............................      ak [(α + k)2 − p2 ] + ak−2 = 0,   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Из первого уравнения получаем α2 −p2 = 0 (так как a0 6= 0), следовательно, α = ±p. Пусть α = p. Перепишем систему, преобразовав выражения в квадратных скобках:   a1 (2p + 1) = 0,      a2 2(2p + 2) + a0 = 0,   a 3(2p + 3) + a = 0, 3 1  ........................     ak k(2p + k) + ak−2 = 0,    . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Отсюда видно,что a1 = 0 и все коэффициенты с нечетными номерами равны 0. Коэффициенты ak с четными номерами будут выражаться через a0 . Поскольку решение линейного уравнения определяется с точностью до постоянного множителя, значение a0 можно положить произвольным. Пусть 1 a0 = p , где Γ(p + 1) – гамма-функция. Тогда 2 Γ(p + 1) a2 a4 a2n −a0 −1 −1 = = = 2(2p + 2) 2(2p + 2)2p Γ(p + 1) 2 · 2 · 2p (p + 1)Γ(p + 1) −1 = p+2 , 2 Γ(p + 2) −a2 1 1 = = = , 4(2p + 4) 2 · 22 (p + 2)2p+2 Γ(p + 2) 2 · 2p+4 Γ(p + 3) −a2n−2 (−1)n −a2n−2 = = . = 2n(2p + 2n) n22 (p + n) n!2p+2n Γ(p + n + 1) = При выводе этих соотношений использовано основное свойство гамма-функции zΓ(z) = Γ(z +1). Все коэффициенты ряда найдены, и можно записать решение уравнения (1.19) в виде y(x) = +∞ X n=0 x 2n+p (−1)n . n!Γ(n + p + 1) 2 Полученный ряд абсолютно сходится для всех значений x (это легко проверить с помощью признака Даламбера). Сумма этого ряда называется функцией Бесселя порядка p и обозначается Jp (x): Jp (x) = +∞ X n=0 x 2n+p (−1)n . n!Γ(n + p + 1) 2 (1.22) Если в первом уравнении системы (1.21) положить α = −p, то аналогичными рассуждениями можно получить представление в виде ряда 22 функции Бесселя отрицательного порядка. В случае, когда p – не целое число, это представление имеет вид +∞ x 2n−p X (−1)n . (1.23) J−p (x) = n!Γ(n − p + 1) 2 n=0 Функции Jp (x) и J−p (x) линейно независимы, и, следовательно, общее решение уравнения Бесселя y(x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x). В случае, когда p = m – целое число, оказывается, что первые n коэффициентов ряда (1.23) равны нулю и функция Бесселя с целым отрицательным индексом +∞ +∞ x 2n−m X X (−1)n (−1)n x 2n−m J−m (x) = = . n!Γ(n − m + 1) 2 n!(n − m)! 2 n=m n=m Сделав замену индекса суммирования k = n − m, получим +∞ X (−1)k+m x 2k+m = J−m (x) = (k + m)!k! 2 k=0 m = (−1) +∞ X k=0 x 2k+m (−1)k = (−1)m Jm (x), Γ(k + m + 1)k! 2 т. е. функции Jm (x) и J−m (x) оказались линейно зависимы и, следовательно, не образуют фундаментальную систему решений уравнения (1.19). Можно доказать, что линейно независимую пару решений составляют функции Jp (x) и Np (x), где функция Np (x), называемая функцией Неймана, определяется как cos(pπ)Jp (x) − J−p (x) Np (x) = sin(pπ) для нецелых значений p и cos(pπ)Jp (x) − J−p (x) p→m sin(pπ) Nm (x) = lim для целого индекса. Из формулы (1.23) видно, что первое слагаемое ряда для функции x −p 1 J−p (x) равно , поэтому при x → 0 функция J−p (x) неограΓ(−p + 1) 2 ниченна. Также неограниченны при x → 0 функции Np (x) и Nm (x), поэтому ограниченное в нуле решение уравнения Бесселя имеет вид y(x) = CJp (x). 23 1.2 J0 (x) 1 0.8 J1 (x) 0.6 J2 (x) 0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 0 5 10 15 20 Рис. 1.2 На рис. 1.2 приведены графики функции J0 (x), J1 (x) и J2 (x) [5]. Справедливо [6] следующее асимптотическое представление: r pπ π 1 2 cos x − − +O , x → +∞. Jp (x) = πx 2 4 x3/2 Отсюда следует, что при больших x график Jp (x) имеет колебательный характер с амплитудой, стремящейся к нулю. Обозначим через µk , βk , γk соответственно положительные корни уравнений Jp (x) = 0; Jp0 (x) = 0, xJp0 (x) + SJp (x) = 0 (S > 0). Справедливы следующиеутверждения [6]: 1 π π 1) µk = πk + p − + o , k → +∞; 2 4 k 2) µk , βk , γk – простые корни; 3) βk < γk < µk . Используя представление функций Бесселя в виде ряда (1.22), можно получить следующие тождества, связывающие функции Бесселя с разными индексами и их производные: 1) (xp Jp (x))0 = xp Jp−1 (x); 2) (x−p Jp (x))0 = −x−p Jp+1 (x); p 3) Jp−1 (x) = Jp (x) + Jp0 (x); x p 4) Jp+1 (x) = Jp (x) − Jp0 (x); x 24 5) Jp−1 (x) − Jp+1 (x) = 2Jp0 (x); 2p 6) Jp−1 (x) + Jp+1 (x) = Jp (x). x Докажем первое тождество. Из (1.22) получим p x Jp (x) = +∞ X n=0 (−1)n x2n+2p . n!Γ(n + p + 1) 22n+p Продифференцируем ряд почленно: +∞ X (−1)n (2n + 2p)x2n+2p−1 p 0 (x Jp (x)) = . 2n+p n!Γ(n + p + 1)2 n=0 Так как Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p), получим p 0 (x Jp (x)) = +∞ X n=0 =x p +∞ X n=0 (−1)n x2n+2p−1 = n!Γ(n + p)22n+p−1 (−1)n x2n+p−1 = xp Jp−1 (x). 2n+p−1 n!Γ(n + (p − 1) + 1)2 Доказательство остальных тождеств рекомендуем читателю в качестве самостоятельного упражнения. 1.6. Задача на собственные значения для оператора Бесселя Оператором Бесселя называется дифференциальный оператор вида 1 p2 0 0 Bp (y) = − (xy ) + 2 y. x x В качестве области определения оператора D(B) возьмем множество дважды дифференцируемых функций, заданных на промежутке [0, T ] и удовлетворяющих однородным краевым условиям: y(x) − ограничена при x → 0 + 0, Ry 0 (T ) + Sy(T ) = 0, где R, S – некоторые постоянные, R ≥ 0, S ≥ 0, |R| + |S| = 6 0. Рассмотрим для оператора Bp (y) задачу на собственные значения  1 p2  0 0  − (xy ) + 2 y = λy, 0 < x < T,   x  x y(x) − ограничена при x → 0 + 0, (1.24)  0  Ry (T ) + Sy(T ) = 0,    p ≥ 0, R, S ≥ 0 (p = 0, S > 0). 25 Можно показать, что собственные числа этой задачи положительны. Перепишем уравнение задачи (1.24) в виде p2 1 0 0 (xy ) + λ − 2 y = 0 (1.25) x x √ и сделаем замену переменной t = λx. Тогда справедлива цепочка ра √ t венств y(x) = y √ = ϕ(t) = ϕ( λ x). Используя правило дифференλ √ d d dt d = = λ , преобразуем уравнение цирования сложной функции dx dt dx dt (1.25) к виду 1 d dϕ p2 t + 1 − 2 ϕ = 0. t dt dt t Полученное уравнение – это уравнение Бесселя. Его ограниченным решением √ будет ϕ(t) = Jp (t), или, возвращаясь к переменной x, y(x) = = Jp ( λx). Подставив решение в краевое условие и учитывая, что √ dJp ( λx) √ 0 √ = λJp ( λx), dx получим √ √ 0 √ (1.26) R λJp ( λT ) + SJp ( λT ) = 0. √ Обозначим λT = γ и перепишем уравнение (1.26) в виде RγJp0 (γ) + ST Jp (γ) = 0. (1.27) Как известно из 1.5, это уравнение имеет множество простых корней γk , k = 1, 2, ... . В случае, если R = 0 или S = 0, уравнение (1.27) превращается в Jp (γ) = 0 или Jp0 (γ) = 0 с аналогичными свойствами. Следовательно, √ λ будет собственным числом задачи, если λT = γk . Таким образом, получено множество собственных чисел γ 2 k λk = , T где γk – корень уравнения (1.27), k = 1, 2, ..., и множество собственных функций γ k yk (x) = Jp x . T n γ o+∞ k Система собственных функций Jp x образует полную ортогоT k=1 нальную систему в пространстве L2 [0, T ; x]. Для того чтобы разложить функцию в ряд по системе ортогональных функций Бесселя, потребуется несколько интегральных тождеств. 26 Утверждение 1.5. Для любых α, β ∈ R, α 6= β, выполняется ZT α β βJp (α)Jp0 (β) − αJp0 (α)Jp (β) 2 Jp x Jp x x dx = T . T T α2 − β2 (1.28) 0 α Доказательство. Заметим, что функция y(x) = Jp x является T α2 решением уравнения с λ = 2 , т. е. справедливо равенство T 0 2 p2 1 α α 0 α x − x = 0. x Jp + Jp x T T 2 x2 T β2 , то T2 0 0 2 1 p2 β β β x Jp − Jp x + x = 0. x T T 2 x2 T α β x x, а второе – на Jp x x и выУмножим первое равенство на Jp T T чтем из первого второе: 0 0 0 α 0 β α β x Jp x x − x Jp x Jp x + Jp T T T T β α2 − β2 α Jp x Jp x x = 0. + T2 T T Аналогично, если λ = Проинтегрировав полученное выражение, получим α2 − β2 T2 ZT α β Jp x Jp x x dx = T T 0 0 0 0 ZT ZT β α α 0 β = x Jp x Jp x dx − x Jp x Jp x dx. T T T T 0 0 Интегралы в правой части выражения возьмем по частям: α2 − β2 T2 ZT α β Jp x Jp x x dx = T T 0 27 0 β α x x = x Jp Jp T T α 0 β x x − x Jp Jp T T ZT T − 0 0 ZT T − 0 0 α 0 β x Jp x x Jp dx − T T αx 0 β 0 Jp x x Jp dx = T T 0 = βJp0 (β)Jp (α) − αJp0 (α)Jp (β). Поделив на α2 − β2 , получим формулу (1.28). T2 Утверждение 1.6. Для любого α 6= 0 справедлива формула ZT α 2 2 T p 2 Jp0 (α) + 1 − 2 Jp2 (α) . Jp2 x x dx = T 2 α (1.29) 0 Доказательство. В выражении (1.28) сделаем предельный переход при β → α и применим правило Лопиталя: ZT Jp2 α βJp (α)Jp0 (β) − αJp0 (α)Jp (β) 2 x x dx = T lim = β→α T α2 − β2 0 Jp (α)Jp0 (β) + βJp (α)Jp00 (β) − αJp0 (α)Jp0 (β) = T lim . β→α −2β 2 1 p Из уравнения Бесселя (1.19) следует, что Jp00 (β) = − Jp0 (β)− 1 − 2 Jp (β), β β поэтому ZT 2 α x dx = Jp T 2 0 2 p Jp (α)Jp0 (β) − Jp (α)Jp0 (β) − β 1 − 2 Jp (α)Jp (β) − αJp0 (α)Jp0 (β) β = T 2 lim = β→α −2β 2 T2 p 2 = Jp0 (α) + 1 − 2 Jp2 (α) . 2 α 28 1.7. Оператор Лежандра. Многочлены Лежандра Оператором Лежандра называется дифференциальный оператор вида 0 L(y) = − (1 − x2 )y 0 . За область определения оператора возьмем функции, дважды дифференцируемые на (−1; 1). Так как на концах интервала функция p(x) = 1 − x2 обращается в нуль, то в качестве однородных краевых условий потребуем ограниченность y(x) при x → ±1. Поставим для оператора Лежандра задачу на собственные значения ( 0 − (1 − x2 )y 0 = λy, (1.30) y(x) − ограничена при x → ±1. Уравнение задачи можно переписать в виде (x2 − 1)y 00 + 2xy 0 − λy = 0. Рассмотрим теперь выражения вида (n) 1 2 Pn (x) = n (x − 1)n . 2 n! Достаточно очевидно, что Pn (x) является многочленом 00 1 1 P0 (x) ≡ 1, P1 (x) = (x2 − 1)0 = x, P2 (x) = (x2 − 1)2 = 2 4·2 Функции Pn (x) называются многочленами Лежандра. (1.31) степени n, 1 (3x2 − 1). 2 Утверждение 1.7. Функция Pn (x) является собственной функцией оператора Лежандра, соответствующей собственному числу λn = = n(n + 1). Доказательство. При доказательстве используется формула дифференциального бинома (uv)(n) = uv (n) + Cn1 u0 v (n−1) + Cn2 u00 v (n−2) + ... + u(n) v. (1.32) n(n − 1)...(n − k + 1) Здесь Cnk = – биномиальные коэффициенты. k! Запишем очевидное равенство 0 (x2 − 1)n = n(x2 − 1)n−1 2x. Умножим левую и правую части этого равенства на x2 − 1 и n + 1 раз продифференцируем: h 0 i(n+1) (n+1) (x2 − 1) (x2 − 1)n = n(x2 − 1)n 2x . 29 Последнее равенство распишем по дифференциальному биному, учитывая, что (m + 1)-я производная от многочлена степени m равна нулю: (n) (n+2) (n+1) (n + 1)n 2 2 (x − 1)n = (x2 −1) (x2 − 1)n +(n+1)2x (x2 − 1)n + 2! (n+1) (n) = 2nx (x2 − 1)n + 2n(n + 1) (x2 − 1)n , или после приведения подобных (n+2) (n+1) (n) (x2 − 1) (x2 − 1)n + 2x (x2 − 1)n − n(n + 1) (x2 − 1)n = 0. 1 , получим 2n n! (x2 − 1)Pn00 (x) + 2xPn0 (x) − n(n + 1)Pn (x) = 0. Умножив последнее соотношение на Отсюда видно, что Pn (x) удовлетворяет уравнению (1.31) с λ = = n(n + 1). Можно доказать [2], что при других значениях λ задача (1.30) имеет только тривиальное решение y ≡ 0. Таким образом, {λn = n(n + 1)}+∞ n=0 образуют систему собственных чисел оператора Лежандра, а многочлены {Pn (x)}+∞ n=0 – систему собственных +∞ функций. Система {Pn (x)}n=0 полна в пространстве L2 [−1; 1]. Перед тем как вычислять норму Pn (x), докажем вспомогательное утверждение. (m) Утверждение 1.8. Многочлен Q(x) = (x2 − 1)n , где m < n, обращается в нуль на концах промежутка [−1; 1]. Доказательство. Распишем Q(x), используя формулу дифференциального бинома (1.32): Q(x) = [(x − 1)n (x + 1)n ](m) = = ((x − 1)n )(m) (x+1)n +Cn1 ((x − 1)n )(m−1) ((x+1)n )0 +...+(x−1)n ((x + 1)n )(m) . Так как m < n, все слагаемые этого выражения содержат множители (x−1) и (x + 1) и, следовательно, Q(−1) = Q(1) = 0. Найдем теперь норму собственной функции Pn (x): kPn k2 = Z1 1 Pn2 (x)dx = n 2 (2 n!) −1 Z1 2 (n) 2 (n) (x − 1)n (x − 1)n dx. −1 Применим формулу интегрирования по частям: (n) 2 (n−1) 1 2 kPn k = n (x − 1)n (x − 1)n (2 n!) 1 2 30 − −1 − 1 n (2 n!)2 Z1 2 (n+1) 2 (n−1) (x − 1)n (x − 1)n dx. −1 Согласно утверждению 1.8 первое слагаемое равно нулю, а интеграл опять преобразуем по частям и т. д., пока не получим 1 kPn k2 = n 2 (−1)n (2 n!) Z1 2 (2n) 2 (x − 1)n (x − 1)n dx = −1 (−1)n (2n)! = (2n n!)2 Z1 (x2 − 1)n dx. −1 Последний интеграл снова возьмем по частям: Z1 (x2 − 1)n dx = −1 Z1 (x − 1)n (x + 1)n dx = −1 n+1 n (x + 1) = (x − 1) n+1 n Z1 1 n − n+1 −1 (−1) n! = (n + 1)(n + 2)...2n Z1 (x − 1)n−1 (x + 1)n+1 dx = −1 (−1)n n!n! 22n+1 (x + 1) dx = . (2n)! 2n + 1 2n −1 В итоге получим (−1)n (2n)! (−1)n (n!)2 22n+1 2 kPn k = = . (2n n!)2 (2n)! (2n + 1) 2n + 1 2 (1.33) Таким образом, любую функцию f ∈ L2 [−1; 1] можно разложить в ряд Фурье по многочленам Лежандра ∞ X f (x) = cn Pn (x), n=0 где коэффициент Фурье вычисляется по формуле cn = (f, Pn ) 2n + 1 = kPn k2 2 Z1 f (x)Pn (x)dx. −1 Отметим еще несколько свойств многочленов Лежандра, которые являются общими для любых систем ортогональных многочленов. 31 Утверждение 1.9. Пусть Q(x) – произвольный многочлен степени n X αk Pk (x), при этом n, тогда его можно представить в виде Qn (x) = k=0 (Qn , Pk ) . αk = kPk k2 Доказательство. Этот факт очевидным образом следует из того, что система P0 (x), ..., Pn (x) ортогональна и, следовательно, линейно независима, а потому ее можно принять за базис линейного пространства многочленов степени не выше n. Поскольку многочлены ортогональны, то коэф(Qn , Pk ) фициенты разложения αk вычисляются по формулам αk = . kPk k2 Утверждение 1.10. Пусть Pn (x) – многочлен Лежандра, Qm (x) – произвольный многочлен степени m < n. Тогда Pn и Qm ортогональны. Доказательство. Запишем Qm (x) = m X αk Pk (x). Скалярное произ- k=0 ведение (Qm , Pn ) = m X ! αk Pk , Pm = m X αk (Pk , Pn ) = 0. k=0 k=0 Утверждение 1.11. Все корни многочлена Лежандра простые и лежат в интервале (−1; 1). Доказательство. Обозначим через x1 , x2 , ..., xm ∈ (−1; 1) точки, где многочлен Pn (x) меняет знак, и предположим, что m < n. Тогда многочлен Qm (x) = (x − x1 )(x − x2 )...(x − xm ) меняет знак в тех же точках и произведение Qm (x)Pn (x) на промежутке [−1; 1] знак не меняет. А тогда Z1 Qm (x)Pn (x)dx 6= 0, (Qm , Pn ) = −1 что противоречит утверждению 1.8 . Для многочленов Лежандра выполняются рекуррентные соотношения. Приведем без доказательства две рекуррентные формулы: (n + 1)Pn+1 (x) − (2n + 1)xPn (x) + Pn−1 (x) = 0, (1.34) 0 0 (2n + 1)Pn (x) = Pn+1 (x) − Pn−1 (x). (1.35) Вывод этих формул можно найти, например, в [7] или [8]. 32 1.8. Присоединенные функции Лежандра Присоединенной функцией Лежандра степени n порядка k называется функция вида Pnk (x) = (1 − x2 )k/2 Pn(k) (x), k = 0, 1, ..., n = k, k + 1, ..., где Pn (x) – многочлен Лежандра. Заметим, что для четных k функция Pnk (x) будет многочленом √ степени n, а для нечетных – многочленом степени n − 1, умноженным на 1 − x2 . Например, P00 (x) = 1, P10 (x) = P1 (x) = x, √ P11 (x) = (1 − x2 )1/2 P10 (x) = 1 − x2 , 3 1 P20 (x) = P2 (x) = x2 − , 2 2 √ 2 1/2 0 1 P2 (x) = (1 − x ) P2 (x) = 1 − x2 3x, P22 (x) = (1 − x2 )P200 (x) = (1 − x2 )3, P32 (x) = (1 − x2 )P300 (x) = (1 − x2 )15x и т. д. Перед тем как исследовать свойства присоединенных функций Лежандра, получим уравнение для производных многочленов Лежандра. (k) Утверждение 1.12. Производные многочленов Лежандра Pn (x) удовлетворяют уравнению −(1 − x2 )z 00 + 2(k + 1)xz 0 + k(k + 1)z = n(n + 1)z. (1.36) Доказательство. Многочлен Лежандра удовлетворяет уравнению (1.31) (x2 − 1)Pn00 (x) + 2xPn0 (x) = n(n + 1)Pn (x). Продифференцируем данное соотношение k раз: (k) (k) (x2 − 1)Pn00 (x) + (2xPn0 (x)) = n(n + 1)Pn(k) (x) и воспользуемся формулой дифференциального бинома (1.32): k(k − 1) 2Pn(k) (x)+2xPn(k+1) (x)+k2Pn(k) = 2 = n(n + 1)Pn(k) . После приведения подобных получаем (x2 −1)Pn(k+2) (x)+k2xPn(k+1) (x)+ (x2 − 1)(Pn(k) )00 + 2(k + 1)x(Pn(k) )0 + k(k + 1)Pn(k) = n(n + 1)Pn(k) . Утверждение 1.13. Присоединенная функция Лежандра Pnk (x) удовлетворяет уравнению k2 −(1 − x )y + 2xy + y = n(n + 1)y. 1 − x2 2 00 0 33 (1.37) Доказательство. Сделаем в уравнении замену y = (1 − x2 )k/2 z. Найдем из этого равенства y 0 и y 00 и, подставив в (1.37), после преобразований получим −(1 − x2 )z 00 + 2(k + 1)xz 0 + k(k + 1)z = n(n + 1)z, т. е. уравнение (1.36). Уравнение (1.37) можно записать в симметричной форме 0 − (1 − x2 )y 0 + k2 y = n(n + 1)y. 1 − x2 (1.38) Если к уравнению (1.38) добавить однородные краевые условия: y(x) ограничена при x → ±1, то получим задачу на собственные значения для опе k2 2 0 0 y. Таким образом, для оператора ратора Lk (y) = − (1 − x )y + 1 − x2 Lk (y) найден набор собственных чисел {λn = n(n + 1)}+∞ n=k и набор соб+∞ k ственных функций {Pn (x)}n=k . Присоединенные функции Лежандра Pnk и Pmk (n 6= m) ортогональны, так как они являются собственными функциями симметричного оператора. Утверждение 1.14. Для присоединенных функций Лежандра справедлива формула (Pmk , Pnk ) = (n − k + 1)(n + k)(Pmk−1 , Pnk−1 ). (1.39) Доказательство. Найдем скалярное произведение (Pmk , Pnk ) = Z1 Pm(k) (x)Pn(k) (x)(1 − x2 )k dx. −1 (k) Данный интеграл возьмем по частям, считая, что v 0 (x) = Pm (x), а u(x) = (k) = Pn (x)(1 − x2 )k : (Pnk , Pmk ) = Pm(k−1) (x)Pn(k) (x)(1 − x2 )k − Z1 h Pn(k+1) (x)(1 2 k −x ) − 2kxPn(k) (x)(1 1 −1 2 k−1 −x ) i − Pm(k−1) (x)dx. −1 Внеинтегральное слагаемое очевидно равно нулю, поэтому (Pnk , Pmk ) = Z1 h −(1 − x 2 )Pn(k+1) + 2kxPn(k) −1 34 i Pm(k−1) (1 − x2 )k−1 dx. (1.40) (k−1) Согласно формуле (1.36) Pn будет удовлетворять уравнению 00 0 2 (k−1) (k−1) −(1 − x ) Pn (x) + 2kx Pn (x) + (k − 1)kPn(k−1) (x) = = n(n + 1)Pn(k−1) (x). Отсюда −(1 − x2 )Pn(k+1) (x) + 2kxPn(k) (x) = (n2 + n − k 2 + k)Pn(k−1) (x). Подставив полученное соотношение в (1.40), получаем Z1 (Pnk , Pmk ) = (n2 + n − k 2 + k) Pn(k−1) (x)Pm(k−1) (x)(1 − x2 )k−1 dx = −1 = (n − k + 1)(n + k)(Pnk−1 , Pmk−1 ). Заметим, что в формуле (1.39) коэффициент не зависит от m. Это совершенно естественно, если вспомнить, что при m 6= n скалярное произведение (Pmk , Pnk ) = 0. При n = m имеем kPnk k2 = (Pnk , Pnk ) = (n − k + 1)(n + k)(Pnk−1 , Pnk−1 ) = = (n − k + 1)(n + k)(n − k + 2)(n + k − 1)(Pnk−2 , Pnk−2 ) = ... = = (n + k)(n + k − 1)...(n + 1)(n − k + 1)(n − k + 2)...n(Pn0 , Pn0 ). Учитывая, что Pn0 (x) = Pn (x), и формулу (1.33), получим kPnk k2 = (n + k)! 2 . (n − k)! 2n + 1 Для фиксированного значения k набор {Pnk }+∞ n=k образует полную ортогональную систему в пространстве L2 [−1; 1]. Любую функцию f ∈ L2 [−1; 1] можно разложить в ряд Фурье по присоединенным функциям Лежандра f (x) = ∞ X ck Pnk (x), n=k где ck – коэффициенты Фурье: (f, Pnk ) (n − k)! (2n + 1) = ck = kPnk k2 (n + k)! 2 35 Z1 −1 f (x)Pnk (x)dx. 1.9. Решение краевой задачи методом конечных разностей В предыдущих параграфах было получено решение краевой задачи в виде аналитического выражения или в виде ряда. Теперь рассмотрим численный метод решения краевых задач, который называется методом конечных разностей, или методом сеток. b−a Пусть отрезок [a; b] разбит на n частей. Введем шаг сетки h = , n точки x0 = a, x1 = x0 + h, x2 = x0 + 2h, ..., xn = x0 + nh = b назовем узлами сетки, а само множество узлов ωh = {xk } (k = 0, ..., n) – сеткой. Если на отрезке задана непрерывная функция y(x), то функцию {yk = y(xk )}nk=0 естественно называть сеточным аналогом функции y(x). Для аппроксимации производных функции в узлах сетки будем рассматривать разностные отношения (линейные комбинации значений сеточной функции в нескольких узлах сетки). Из геометрических соображений понятно, что производную функции в узле xk можно аппроксимировать следующим образом: yk+1 − yk yk − yk−1 или y 0 (xk ) ≈ . h h Первое из этих выражений принято называть разностным отношением “вперед”, и его можно использовать в узлах x0 , x1 , ..., xn−1 , второе – разностное отношение “назад” подходит для узлов x1 , x2 , ..., xn . Найдем связь между производными дифференцируемой функции y(x) и ее сеточным аналогом. y 0 (xk ) ≈ 2 Утверждение 1.15. Пусть y ∈ C[a,b] , тогда справедливы оценки y 0 (xk ) − y(xk+1 ) − y(xk ) M2 h ≤ , h 2 y 0 (xk ) − y(xk ) − y(xk−1 ) M2 h , ≤ h 2 где M2 = max |y 00 (x)|. x∈[a,b] Доказательство. В узле xk запишем формулу Тейлора первого порядка с остатком в форме Лагранжа y(x) = y(xk ) + y 0 (xk )(x − xk ) + 1 00 y (x̃)(x − xk )2 , 2 где x̃ ∈ [xk , xk+1 ]. Положим x = xk+1 , тогда xk+1 − xk = h и y(xk+1 ) = y(xk ) + y 0 (xk )h + 36 1 00 y (x̃)h2 , 2 откуда y(xk+1 ) − y(xk ) 1 − y 0 (xk ) = y 00 (x̃)h. h 2 00 Заменив y (x̃) на максимум второй производной, получим оценку y 0 (xk ) − (1.41) y(xk+1 ) − y(xk ) M2 h ≤ . h 2 Для разностного отношения “назад” доказательство аналогично. Отметим принципиальный момент. Для того чтобы аппроксимировать первую производную функции разностным отношением, нужно, чтобы функция y(x) была дважды дифференцируемой. Для аппроксимации первой производной y 0 (xk ) можно использовать и другие выражения, например симметричную разность (yk+1 − yk−1 )/2h. 3 Утверждение 1.16. Пусть y ∈ C[a,b] , тогда справедлива оценка y(xk+1 ) − y(xk−1 ) M3 h2 y (xk ) − , ≤ 2h 6 0 где M3 = max |y 000 (x)|, k = 1, 2, ..., n − 1. x∈[a,b] Доказательство. Запишем формулу Тейлора 2-го порядка с остатком в форме Лагранжа 1 1 y(x) = y(xk ) + y 0 (xk )(x − xk ) + y 00 (xk )(x − xk )2 + y 000 (x̃)(x − xk )3. 2 6 Для точек xk+1 и xk−1 получим: 1 1 y(xk+1 ) = y(xk ) + y 0 (xk )h + y 00 (xk )h2 + y 000 (x̃)h3 , 2 6 1 1 ≈ y(xk−1 ) = y(xk ) − y 0 (xk )h + y 00 (xk )h2 − y 000 (x)h3 , 2 6 ≈ где x̃ ∈ [xk , xk+1 ], x ∈ [xk−1 , xk ]. Вычтем из первой формулы вторую: 1 000 0 000 ≈ y(xk+1 ) − y(xk−1 ) = 2y (xk )h + y (x̃) + y (x) h3 , 6 откуда y(xk+1 ) − y(xk−1 ) 1 000 0 000 ≈ − y (xk ) = y (x̃) + y (x) h2 . (1.42) 2h 12 ≈ Далее, заменив y 000 (x̃) и y 000 (x)) на M3 , получим искомую оценку. Для аппроксимации второй производной обычно используется выражение yk−1 − 2yk − yk+1 y 00 (xk ) ≈ . h2 37 4 Утверждение 1.17. Пусть y ∈ C[a,b] , тогда справедлива оценка y 00 (xk ) − M4 h2 y(xk−1 ) − 2y(xk ) + y(xk+1 ) ≤ , h2 12 где M4 = max |y (4) (x)|. x∈[a,b] Доказательство. Запишем формулу Тейлора 3-го порядка с остатком в форме Лагранжа y(x) = y(xk ) + y 0 (xk )(x − xk ) + 1 00 1 y (xk )(x − xk )2 + y 000 (xk )(x − xk )3 + 2 6 1 (4) y (x̃)(x − xk )4 . 24 вместо x, соответственно, получим: + Подставив xk+1 и xk−1 1 1 (4) 1 00 y (xk )h2 + y 000 (xk )h3 + y (x̃)h4 , 2 6 24 1 1 1 (4) ≈ 4 y(xk−1 ) = y(xk ) − y 0 (xk )h + y 00 (xk )h2 − y 000 (xk )h3 + y (x)h , 2 6 24 y(xk+1 ) = y(xk ) + y 0 (xk )h + ≈ где x̃ ∈ [xk , xk+1 ], x ∈ [xk−1 , xk ]. Сложим полученные формулы: 1 (4) (4) ≈ 00 2 y (x̃) + y (x) h4 . y(xk+1 ) + y(xk−1 ) = 2y(xk ) + y (xk )h + 24 Отсюда y(xk−1 ) − 2y(xk ) + y(xk+1 ) 1 (4) 00 (4) ≈ − y (xk ) = y (x̃) + y (x) h2 . (1.43) h2 24 ≈ Заменив в полученном выражении значения y (4) (x̃) и y (4) (x) на их максимум M4 , получим нужную оценку. Из полученных равенств (1.41)–(1.43) следует, что соответствующее разностное отношение аппроксимирует производную в узле xk с погрешностью, которая ведет себя как произведение ограниченной функции на hm (m зависит от вида разностного отношения). Для описания таких погрешностей удобно использовать символ O(hm ). Опираясь на определение, известное из курса математического анализа, поясним смысл этого символа. Символом O(hm ) в точке xk обозначается любая функция, которая в окрестности точки xk ведет себя как произведение ограниченной функции на hm , где h = xk+1 − xk или h = xk − xk−1 . Использование этого символа позволит однотипно описывать погрешности аппроксимации во всех точках сетки ωh . Кроме того, при решении сеточных задач важно видеть, 38 как зависит погрешность аппроксимации от шага сетки. Из полученных оценок ясно, что эта погрешность зависит только от h (множитель при hm с уменьшением шага существенно не влияет на изменение погрешности). Таким образом, в каждой внутренней точке сетки ωh справедливы равенства: yk+1 − yk yk0 (xk ) = + O(h), (1.44) h yk − yk−1 yk0 (xk ) = + O(h), (1.45) h yk+1 − yk−1 yk0 (xk ) = + O(h2 ), 2h yk−1 − 2yk + yk+1 + O(h2 ). (1.46) y 00 (xk ) = 2 h Основные идеи метода конечных разностей рассмотрим на примере краевой задачи  00  −y + q(x)y = f (x), (1.47) y(a) = 0,  y(b) = 0, где q(x) ≥ q0 > 0. Введем на [a, b] сетку {x0 , x1 , ..., xn } с шагом h. Во внутренних узлах сетки xk запишем уравнение, заменяя производную y 00 (xk ) соответствующим разностным отношением (1.46), в граничных узлах сетки x0 и xn – краевые условия: − yk−1 − 2yk + yk+1 + O(h2 ) + q(xk )yk = f (xk ), k = 1, ..., n − 1, 2 h y0 = 0, (1.48) yn = 0. Получилась система уравнений относительно yk = y(xk ), k = 0, ..., n. Предполагая, что погрешности O(h2 ) малы, отбросим их. Тогда придем к системе уравнений относительно сеточной функции ỹ − ỹk−1 − 2ỹk + ỹk + q(xk )ỹk = f (xk ), h2 ỹ0 = 0, k = 1, ..., n − 1, (1.49) ỹn = 0. Эта система называется разностной схемой для краевой задачи (1.47).Числа ỹk – это приближенные значения функции y в узлах сетки. Учитывая граничные условия, систему можно записать только для внутренних узлов сетки. Преобразуем k-е уравнение к виду −ỹk−1 + 2 + h2 q(xk ) ỹk − ỹk+1 = h2 f (xk ). 39 Последовательно подставим k = 1, 2, ..., n − 1. С учетом того, что ỹ0 = ỹn = = 0, получим  (2 + q(x1 )h2 )ỹ1 − ỹ2 = f (x1 )h2 ,    −ỹ + (2 + q(x )h2 )ỹ − ỹ = f (x2 )h2 , 1 2 2 3 (1.50) 2 2  −ỹ + (2 + q(x )h )ỹ − ỹ = f (x )h , 2 3 3 4 3    . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. −ỹn−2 + (2 + q(xn−1 )h )ỹn−1 = f (xn−1 )h . Обозначим   ỹ1   ~ỹ =  ỹ.2  ;  ..  ỹn−1   f (x1 )  f (x2 )   f~ =   ...  ; f (xn−1 )  2 + q(x1 )h2 −1 0 ... 0 0 2  A = . . . . .−1 . . . . . . . . .2. .+. .q(x . . . 2. )h . . . . .−1 . . . . .... . . . . 0. . . . . . . . . . 0. . . . . . .2. 0 0 0 ... −1 2 + q(xn−1 )h  и запишем систему (1.50) в матричном виде A~ỹ = f~h2 . Матрица A – трехдиагональная с диагональным преобладанием (модуль диагонального элемента больше, чем сумма модулей остальных элементов строки или столбца). Справедливо следующее утверждение. Утверждение 1.18. Если A = [aij ], i = 1, ..., n, j = 1, ..., n – X матрица со строгим диагональным преобладанием (|aij | > |aij |, j6=i i = 1, ..., n), тогда эта матрица невырожденна. Доказательство. Предположим, что матрица A вырожденна, тогда существует вектор ~x 6= ~0, для которого A~x = ~0. Пусть xp – максимальный по модулю элемент вектора ~x. Очевидно, что |xp | > 0. Из уравнения A~x = ~0 следует, что X X |app xp | = apj xj ≤ |xp | |apj |. j6=p j6=p Учитывая, что |app xp | = |app | |xp |, получим X |app | ≤ |apj |. j6=p Это неравенство противоречит тому, что A – матрица со строгим диагональным преобладанием. Значит, A – невырожденная матрица. 40 Из этого утверждения следует, что система уравнений (1.50) однозначно разрешима. Покажем теперь, что с уменьшением шага сетки h значения решения системы (1.50) будут стремиться к значениям решения краевой задачи (1.47) в узлах сетки. Для этого введем понятие сеточной нормы. Сеточной нормой функции v, определенной в узлах сетки ωh = {xk }, k = 0, ..., n, назовем наибольшее по модулю значение этой функции на сетке kvkh = max |vk |. k=0,...,n Решение ỹ разностной краевой задачи при измельчении сетки сходится к решению y краевой задачи (1.47), если ky − ỹkh → 0 при h → 0. Если, кроме того, выполняется неравенство ky − ỹkh ≤ Chk , где C не зависит от h, тогда разностная схема имеет k-й порядок точности. Сходимость разностной схемы связана с двумя понятиями: устойчивостью и точностью аппроксимации. Разностная схема называется устойчивой по правой части, если норма ее решения не превосходит нормы функции f , заданной в задаче, умноженной на число, не зависящее от шага сетки: kỹkh ≤ Ckf kh . (1.51) Утверждение 1.19. Разностная схема (1.49) устойчива по правой части, т. е. справедлива оценка (1.51), где C не зависит от шага h. Доказательство. Пусть наибольшее среди чисел |ỹk |, k = 0, ..., n, есть число |ỹp |. Если p = 0 или p = n, то неравенство (1.51) выполняется (ỹ0 = 0, ỹn = 0). Предположим, что 0 < p < n. Для всех k = 0, ..., n |ỹk | ≤ |ỹp |. Рассмотрим разностную схему (1.49) для узла сетки xp : (2 + h2 q(xp ))ỹp = ỹp−1 + ỹp + h2 f (xp ). Так как 2 + h2 q(xp ) > 0, то (2 + h2 q(xp )) |ỹp | = |ỹp−1 + ỹp + h2 f (xp )| ≤ |ỹp−1 | + |ỹp | + h2 |f (xp )|. Учитывая, что |ỹk | ≤ |ỹp | для всех k = 0, ..., n, получим (2 + h2 q(xp ))|ỹp | ≤ 2|ỹp | + h2 |f (xp )|, или |ỹp | ≤ |f (xp )| . q(xp ) 41 Из этого равенства следует оценка kỹkh ≤ 1 kf kh , q0 означающая устойчивость разностной схемы (1.49). Подставим в разностные уравнения (1.49) вместо значений сеточной функции ỹk значения точного решения дифференциальной задачи y(xk ). Для сохранения равенства в правую часть (1.49) необходимо ввести дополнительное слагаемое. Если это слагаемое с уменьшением h изменяется как O(hm ), то говорят, что разностная схема аппроксимирует дифференциальную задачу с погрешностью O(hm ). Утверждение 1.20. Разностная схема (1.49) аппроксимирует краевую задачу (1.47) с погрешностью O(h2 ). Доказательство. Это утверждение следует из равенств (1.48). Во внутренних узлах сетки функция y удовлетворяет разностной схеме с погрешностью O(h2 ). Граничные условия задаются точно. Из устойчивости по правой части и аппроксимации с погрешностью 2 O(h ) следует сходимость разностной схемы. Утверждение 1.21. Разностная схема (1.49) сходится к решению задачи (1.47) в сеточной норме при h → 0. Доказательство. Обозначим wk = yk − ỹk . Из уравнений (1.48), (1.49) относительно функций y и ỹ следует, что сеточная функция w удовлетворяет разностной схеме − wk−1 − 2wk + wk+1 + q(xk )wk = O(h2 ), 2 h w0 = 0, wn = 0. k = 1, ..., n − 1, (1.52) Таким образом, разность между точным и приближенными решениями краевой задачи удовлетворяет таким же сеточным уравнениям, что и функция ỹ, только в правой части уравнений стоит погрешность аппроксимации второй производной. Согласно утверждению 1.19 об устойчивости разностная схема (1.52) устойчива и справедлива оценка kwkh ≤ C kO(h2 )kh , где C не зависит от h. Из этого следует, что kwkh → 0 при h → 0. Так как справедлива оценка |O(h2 )| ≤ M h2 , то построенная разностная схема (1.49) имеет второй порядок точности. Если краевые условия в задаче (1.47) более сложные, например: y 0 (a) − S1 y(a) = t1 , 42 (1.53) y 0 (b) + S2 y(b) = t2 , (1.54) то их тоже надо аппроксимировать разностными уравнениями. Так, для условия (1.53) используют разностное отношение (1.44) y1 − y0 + O(h) − S1 y0 = t1 , h а для (1.54) – соотношение (1.45) yn − yn−1 + O(h) + S2 yn = t2 . h Тогда, если отбросить погрешности, получается (1 + S1 h)ỹ0 − ỹ1 = −t1 h, −ỹn−1 + (1 + S2 h)ỹn = t2 h. Эти уравнения нужно добавить к системе (1.50). Количество уравнений увеличится, однако матрица системы по-прежнему будет трехдиагональной с диагональным преобладанием. Полученная разностная схема будет аппроксимировать краевую задачу с погрешностью O(h). 2. УРАВНЕНИЕ ТЕПЛОПРОВОДНОСТИ 2.1. Вывод одномерного уравнения теплопроводности Рассмотрим однородный стержень длины l, боковая поверхность которого теплоизолирована. Стержень предполагается настолько тонким, что в каждый момент времени температуру в любом его поперечном сечении можно считать постоянной. Если этот стержень неравномерно нагрет, тогда в нем будет происходить процесс передачи тепла от более нагретых участков к менее нагретым. Для вывода уравнения теплопроводности будем использовать следующую модель: ось 0x направим вдоль оси стержня, совместив начало координат с его левым концом. Тогда процесс распространения тепла в стержне может быть описан функцией u(x, t), представляющей температуру в сечении стержня x в момент времени t. Частная ∂u(x, t) производная выражает скорость изменения температуры в направ∂x ∂u лении оси 0x. Если температура в направлении оси 0x растет, тогда > 0, ∂x ∂u если температура уменьшается, то < 0. ∂x Вывод дифференциального уравнения теплопроводности базируется на следующих экспериментальных положениях: 43 1. Количество тепла ∆Q, которое необходимо сообщить однородному телу, чтобы повысить его температуру на ∆u, равно: ∆Q = cρV ∆u, (2.1) где c – удельная теплоемкость; ρ – плотность; V – объем тела. 2. Количество тепла q(x), протекающее через поперечное сечение x стержня за промежуток времени [t, t + ∆t], пропорционально скорости изменения температуры в направлении, перпендикулярном к сечению, т. е. ∂u , площади сечения S и времени ∆t: ∂x ∂u q(x) = −k S ∆t, (2.2) ∂x где k – коэффициент теплопроводности. ∂u Величину −k называют удельным тепловым потоком. Знак минус ∂x объясняется тем, что величина теплового потока считается положитель∂u > 0, то в ной, когда тепло передается в сторону возрастания x. Если ∂x направлении оси 0x температура увеличивается, а так как тепло переходит от более нагретых участков к менее нагретым, то тепловой поток будет направлен в сторону уменьшения x. Рассмотрим малый элемент стержня [x; x + ∆x]. Выведем уравнение, которому будет удовлетворять функция u(x, t). Для этого составим уравнение теплового баланса для выделенного элемента стержня за промежуток времени ∆t. Количество тепла q(x), входящее через поперечное сечение с абсциссой x за промежуток времени ∆t, определяется соотношением (2.2). Если воспользоваться формулой Тейлора f (x + ∆x) = f (x) + f 0 (x)∆x + o(∆x), величина теплового потока, выходящего через сечение x + ∆x, будет следующей: ∂u ∂ ∂u q(x + ∆x) = −k S ∆t − k S ∆t ∆x + o(∆x). ∂x ∂x ∂x Считаем приращение ∆x настолько малым, что величиной o(∆x) можно пренебречь. Если найти разность значений входящего и выходящего тепловых потоков на участке [x; x + ∆x] за время ∆t, получится количество тепла ∆Q, сообщенное выбранному участку за указанное время: ∂u ∂u ∂ ∂u ∆Q = −k S ∆t + k S ∆t + k S ∆x∆t = ∂x ∂x ∂x ∂x 44 ∂ ∂u = k S ∆x∆t. ∂x ∂x При этом за тот же промежуток времени температура в каждой точке выделенного участка изменилась на величину ∆u = u(x, t + ∆t) − u(x, t) = ∂u ∆t + o(∆t). ∂t Считаем,что ∆t мало. Пренебрегая величиной o(∆t), используя соотношение (2.1) и учитывая, что V = S∆x, получим ∂u ∆t. ∂t Приравнивая полученные выражения для ∆Q, составим уравнение теплового баланса: ∂u ∂ ∂u k S∆x∆t. (2.3) = ρcS∆x∆t ∂t ∂x ∂x После сокращения на общий множитель S∆x∆t получим уравнение ∂u ∂ ∂u cρ = k , ∂t ∂x ∂x ∆Q = cρS∆x которое называется линейным уравнением теплопроводности без тепловых источников. Если k, c, ρ – постоянные величины, то полученное уравнение можно записать в виде 2 ∂u 2∂ u =a . (2.4) ∂t ∂x2 k Число a2 = называется коэффициентом температуропроводности. cρ Предположим теперь, что в некоторых частях стержня находятся источники тепла (выделение или поглощение тепла может происходить в результате прохождения электрического тока, вследствие химической реакции и т. п.). Пусть g(x, t) – функция, описывающая плотность тепловых источников, т. е. такая функция, что на малом участке стержня [x; x + ∆x] за малый промежуток времени ∆t выделяется или поглощается тепло, равное g(x, t)S∆x∆t. Если тепло выделяется, тогда g(x, t) > 0, если поглощается, то g(x, t) < 0. Если в уравнении (2.3) учесть тепло, выделяемое (поглощаемое) источниками на участке стержня [x; x + ∆x] за время ∆t, тогда уравнение теплового баланса после сокращения на S∆x∆t примет вид ∂u ∂ ∂u = k + g(x, t). ρc ∂t ∂x ∂x 45 1 Пусть f (x, t) = g(x, t), тогда в случае постоянных k, c, ρ полученное ρc уравнение можно записать в виде 2 ∂u 2∂ u =a + f (x, t). (2.5) ∂t ∂x2 Это линейное уравнение теплопроводности с учетом источников тепла. Уравнение теплопроводности (2.4) является линейным однородным, а уравнение (2.5) – линейным неоднородным дифференциальным уравнением. Очевидно, что однородное уравнение (2.4) имеет тривиальное решение u = 0. Кроме того, любая функция, не зависящая от t и линейная относительно x, удовлетворяет этому уравнению. Из этого следует, что уравнение теплопроводности имеет бесконечное множество решений. Для того чтобы получить единственное решение, к уравнению теплопроводности добавляют обычно начальное и краевые условия. 2.2. Постановка начально-краевых задач Начальное условие для уравнения теплопроводности состоит в задании значений функции u(x, t) в начальный момент времени t = 0: u(x, 0) = ϕ(x), где ϕ(x) – функция, описывающая начальную температуру стержня. Краевые (граничные) условия задаются на торцевых концах стержня в точках x = 0 и x = l в соответствии с теплообменом стержня с окружающей средой. Рассмотрим различные случаи краевых условий. 1. На концах стержня поддерживается заданная температура (в точке x = 0 – температура u0 (t), а в точке x = l – температура ul (t)): u(0, t) = u0 (t), u(l, t) = ul (t). Это условия первого рода, или условия Дирихле. 2. Концы стержня теплоизолированы. Это означает, что поток тепла ∂u −k через единицу поверхности соответствующего конца стержня будет ∂x равен нулю. Тогда краевые условия на концах стержня можно задать следующим образом: ∂u(0, t) ∂u(l, t) = 0; = 0. ∂x ∂x Полученные условия – это однородные условия второго рода, или условия Неймана. 46 В общем случае могут быть известны значения теплового потока на границе: q0 (t) (на конце x = 0) и ql (t) (на конце x = l). Тогда краевые условия второго рода записывают в виде k ∂u(0, t) = q0 (t), ∂x −k ∂u(l, t) = ql (t). ∂x (Если тепло уходит в окружающую среду, то q0 (t), ql (t) > 0.) 3. На концах стержня происходит теплообмен с окружающей средой по закону Ньютона. В этом случае поток тепла пропорционален разности температур тела и окружающей среды и краевые условия имеют вид k ∂u(0, t) = h(u(0, t) − u0 (t)); ∂x −k ∂u(l, t) = h(u(l, t) − ul (t)). ∂x Здесь h – коэффициент теплоотдачи (h > 0); u0 (t), ul (t) – температура среды на концах x = 0 и x = l соответственно. Такие краевые условия называются условиями третьего рода. Все рассмотренные краевые условия являются линейными. Они могут быть описаны одним соотношением на соответствующей границе: R1 ∂u(0, t) − S1 u(0, t) = g1 (t), ∂x R2 ∂u(l, t) + S2 (l, t) = g2 (t). ∂x При R1 = 0 (R2 = 0) получается краевое условие первого рода, при S1 = 0 (S2 = 0) – краевое условие второго рода, а при R1 S1 6= 0 (R2 S2 6= 0) – условие третьего рода. 4. Если тело находится в вакууме, тогда изменение температуры на границе может происходить вследствие теплоизлучения по закону Стефана– Больцмана. Граничное условие в этом случае, например на конце x = 0, имеет вид ∂u(0, t) k = σ u4 (0, t) − u40 (t) , ∂x где σ – постоянная Стефана–Больцмана; u0 – температура окружающей среды. Такое краевое условие, в отличие от рассмотренных ранее, является нелинейным. При решении прикладных задач на концах x = 0 и x = l могут быть поставлены краевые условия разного рода. 5. Для бесконечного стержня (−∞ < x < +∞) предполагается, что температура в его бесконечно удаленных точках ограничена. Подобные задачи возникают при изучении процесса теплопроводности в очень длинном стержне. Температурный режим на концах такого стержня слабо влияет на температуру в его центральной части. Существенное значение имеет только начальное распределение температуры в стержне. 47 В общем трехмерном случае, если изучается нагрев тела Ω с кусочногладкой границей Γ, уравнение теплопроводности с учетом источников или стоков тепла для функции u(M, t) (M ∈ Ω и t > 0) записывается в виде ∂u = div(k grad u) + g, ∂t где k – коэффициент теплопроводности; c – удельная теплоемкость; ρ – плотность тела; g – функция, описывающая объемную плотность источников тепла. Если тело однородное и изотропное, т. е. можно считать, что ρ, c, k – постоянные величины, то уравнение теплопроводности обычно преобразуют к виду ∂u = a2 ∆u + f, ∂t k g где a2 = ; f = ; ∆ = div(grad u) – оператор Лапласа. Вид оператора ρc ρc зависит от выбранной системы координат: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∆u = 2 + 2 + 2 (в декартовой), ∂x ∂y ∂z ∂u 1 ∂ 2u ∂ 2u 1 ∂ ρ + + 2 (в цилиндрической), ∆u = ρ ∂ ρ ∂ ρ ρ2 ∂ ϕ2 ∂z 1 ∂ ∂u 1 ∂ ∂u 1 ∂ 2u 2 ∆u = 2 ρ + 2 sin θ + 2 2 (в сфериρ ∂ρ ∂ρ ρ sin θ ∂ θ ∂θ ρ sin θ ∂ ϕ2 ческой). Вывод трехмерного уравнения подробно описан в [2]. К этому уравнению добавляется начальное условие при t = 0 ρc u(M, 0) = ϕ(M ), где ϕ(M ) – функция, описывающая начальную температуру тела. На границе области Γ ставятся краевые условия в соответствии с условиями теплообмена тела с окружающей средой. Это может быть одно из трех условий вида: u Γ = µ(M, t), (2.6) ∂u ∂~n = ν(M, t), (2.7) Γ ∂u (2.8) + hu Γ = χ(M, t). ∂~n Здесь µ, ν, χ, h – заданные и непрерывные на границе Γ функции; M ∂u – точка границы области Γ; – производная по направлению внешней ∂~n нормали к границе Γ. 48 Условие (2.6) – это условие первого рода, которое ставится в том случае, когда известна температура тела на границе. Условие (2.7) – это условие второго рода, ставится тогда, когда на границе задан тепловой поток. Условие (2.8) – условие третьего рода, ставится, если теплообмен тела со средой происходит по закону Ньютона. Начально-краевая задача для уравнения теплопроводности с краевым условием первого рода на всей границе называется задачей Дирихле, а с краевым условием второго рода – задачей Неймана. На разных частях границы Γ могут быть заданы краевые условия разного рода. В этом случае задача называется смешанной. 2.3. Решение краевой задачи для уравнения теплопроводности методом Фурье Метод Фурье является одним из наиболее распространенных методов решения линейных уравнений в частных производных. Рассмотрим начально-краевую задачу для одномерного уравнения теплопроводности. Пусть требуется найти функцию u(x, t), удовлетворяющую уравнению 2 ∂u 2∂ u =a + f (x, t) (0 < x < l, ∂t ∂x2 начальному условию u(x, 0) = ϕ(x), t > 0), краевым условиям R1 ∂u(0, t) − S1 u(0, t) = g1 (t), ∂x R2 ∂u(l, t) + S2 u(l, t) = g2 (t) ∂x (|R1 | + |S1 | = 6 0, |R2 | + |S2 | = 6 0). Решением поставленной задачи назовем функцию u(x, t), обладающую следующими свойствами: а) u(x, t) определена и непрерывна в области Ω = [0, l] × [0, T ]; б) u(x, t) удовлетворяет уравнению теплопроводности при 0 < x < l, t > 0; в) u(x, t) удовлетворяет начальному условию и краевым условиям. Метод Фурье непосредственно применяется к задачам, в которых искомая функция удовлетворяет однородным краевым условиям (g1 (t) ≡ 0 и g2 (t) ≡ 0). Если краевые условия неоднородные, тогда сначала задачу следует свести к задаче с однородными условиями. Для этого функцию u(x, t) представляют в виде u(x, t) = v(x, t) + w(x, t), 49 где w(x, t) – дифференцируемая функция, удовлетворяющая тем же краевым условиям, что и функция u(x, t): ∂w(0, t) ∂w(l, t) − S1 w(0, t) = g1 (t), R2 + S2 w(l, t) = g2 (t). ∂x ∂x В этом случае функция v(x, t) будет удовлетворять однородным условиям (см. 1.1). Выбор функции w(x, t) зависит от типа граничных условий. Для многих краевых задач функция w(x, t) может быть задана как линейная по переменной x w(x, t) = α(t)x + β(t). Сумму функций v(x, t) + w(x, t) подставляют в дифференциальное уравнение и начальные условия, и всю краевую задачу записывают для функции v(x, t), которая удовлетворяет однородным краевым условиям. Задача сводится к нахождению функции v(x, t), удовлетворяющей уравнению 2 ∂v 2∂ v + fv (x, t) (0 < x < l, t > 0), (2.9) =a ∂t ∂x2 начальному условию v(x, 0) = ϕv (x), (2.10) краевым условиям R1 ∂v(0, t) ∂v(l, t) − S1 v(0, t) = 0, R2 + S2 v(l, t) = 0, (2.11) ∂x ∂x ∂ 2w ∂w(x, t) + a2 2 , ϕv (x) = ϕ(x) − w(x, 0). где fv (x, t) = f (x, t) − ∂t ∂x Далее для задачи с однородными краевыми условиями метод Фурье применяется по следующей схеме: 1. Для линейного дифференциального оператора второго порядка ∂ 2u Lx (u) = − 2 решают соответствующую задачу Штурма–Лиувилля: ∂x −y 00 (x) = λy(x), 0 < x < l (y(x) 6≡ 0), R1 R1 y 0 (0) − S1 y(0) = 0, R2 y 0 (l) + S2 y(l) = 0. В результате находят собственные числа {λk }+∞ k=1 и систему собственных +∞ функций {yk (x)}k=1 оператора краевой задачи. 2. Функцию v(x, t) представляют в виде ряда Фурье по собственным функциям {yk (x)}+∞ k=1 +∞ X v(x, t) = ck (t)yk (x). k=1 Однородные краевые условия (2.11) для v(x, t) при этом автоматически выполняются.Этот ряд подставляют в уравнение (2.9) и начальное условие 50 (2.10), предварительно разложив функции fv (x, t) и ϕv (x) в ряды Фурье по той же системе функций {yk (x)}+∞ k=1 . Далее, для коэффициентов ck (t) получают и решают задачи Коши. 3. Искомую функцию u(x, t) записывают в виде +∞ X u(x, t) = w(x, t) + ck (t)yk (x). k=1 Покажем, как применяется этот метод, на примерах. Пример 2.1. Найти температуру тонкого однородного стержня длины l с теплоизолированной поверхностью, если его начальная температура T0 x u(x, 0) = , конец x = 0 теплоизолирован, а конец x = l поддерживается l при постоянной температуре T0 . Функция u(x, t), описывающая распределение температуры в стержне, удовлетворяет уравнению 2 ∂u 2∂ u =a ∂t ∂x2 начальному условию (0 < x < l, u(x, 0) = t > 0), T0 x l и краевым условиям ∂u(0, t) = 0, ∂x u(l, t) = T0 . Метод Фурье в случае данных краевых условий непосредственно неприменим, так как условие на конце стержня x = l неоднородное. Поэтому сведем сначала поставленную задачу к задаче с однородными краевыми условиями. Представим функцию u(x, t) в виде суммы двух функций u(x, t) = v(x, t) + w(x, t). Пусть w(x, t) = αx+ β. Подберем α и β так, чтобы для функции w(x, t) выполнялись краевые условия   ∂w(0, t) = α = 0, ∂x w(l, t) = αl + β = T . 0 Тогда α = 0, β = T0 , w(x, t) = T0 и, следовательно, u(x, t) = v(x, t) + T0 . В этом случае справедливы равенства ∂u ∂v = , ∂t ∂t ∂ 2u ∂ 2v = , ∂x2 ∂x2 51 u(x, 0) = v(x, 0) + T0 . Тогда для функции v(x, t) получится следующая задача с однородными краевыми условиями: 2 ∂v 2∂ v =a ∂t ∂x2 (0 < x < l, v(x, 0) = t > 0), T0 x − T0 , l ∂v(0, t) = 0, v(l, t) = 0. ∂x Эту задачу решим методом Фурье. 1. Функцию v(x, t) будем искать в виде ряда Фурье по собственным функциям линейного дифференциального оператора ∂ 2u Lx (u) = − 2 второго порядка краевой задачи. Эти функции найдем, ре∂x шая соответствующую задачу Штурма–Лиувилля −y 00 (x) = λy(x), 0 < x < l (y(x) 6≡ 0), y 0 (0) = 0, y(l) = 0. Собственные числа оператора −y 00 удовлетворяют условию λ ≥ 0. При λ = 0 общее решение уравнения y(x) = C1 + C2 x. Подставив y(x) в краевые условия, получим C1 = 0, C2 = 0, тогда y(x) ≡ 0 и λ = 0 не является собственным числом оператора. При λ > 0 обозначим λ = µ2 . Общим решением уравнения будет функция y(x) = C1 cos(µx) + C2 sin(µx). Функция y(x) удовлетворяет однородным краевым условиям: ( y 0 (0) = C2 µ = 0, y(l) = C1 cos(µl) + C2 sin(µl) = 0. Из этих равенств следует, что при µ 6= 0 C2 = 0 и C1 cos(µl) = 0. Так как C1 6= 0 (функция y(x) не может быть нулевой), то cos(µl) = 0. π Полученное равенство справедливо для чисел µk l = + πk, т. е. 2 (2k + 1)π µk = , k = 0, 1, 2, ... . 2l Таким образом, для данной задачи Штурма–Лиувилля собственными числами и собственными функциями являются: 2 (2k + 1) π , yk (x) = cos(µk x), k = 0, 1, 2, ... . λk = µ2k = 2l 52 2. Функцию v(x, t) будем искать в виде ряда по найденным собственным функциям дифференциального оператора: v(x, t) = +∞ X ck (t)yk (x). k=0 Подставим ряд в уравнение теплопроводности и в начальное условие: +∞ X c0k (t)yk (x) +∞ X ck (t)yk00 (x), +∞ X ck (0)yn (x) = k=0 k=0 k=0 +∞ X =a 2 +∞ X ϕk yk (x). k=0 T0 x − T0 , коэффициl k=0 (ϕv , yk ) енты Фурье которого вычисляются по правилу ϕk = . kyk k2 Используя равенство yk00 (x) = −µ2k yk (x) и свойство единственности разложения функции в ряд Фурье, получим задачи Коши для коэффициентов ck (t): ( c0k (t) = −a2 µ2k ck (t), (2.12) ck (0) = ϕk . Здесь ϕk yk (x) – ряд Фурье для функции ϕv (x) = Найдем сначала коэффициенты ϕk : kyk k2 = Zl l cos2 (µk x)dx = , 2 0 Zl (ϕv , yk ) = 0 T0 x T0 − T0 cos(µk x)dx = − 2 , l lµk 2T0 , k = 0, 1, 2, ... . l2 µ2k 2 2 Общее решение уравнения (2.12) ck (t) = Ak e−a µk t . Используя равенство ck (0) = ϕk , получим Ak = ϕk , а значит, тогда ϕk = − ck (t) = − и 2T0 −a2 µ2k t e l2 µ2k +∞ 2 2 2T0 X e−a µk t v(x, t) = − 2 cos(µk x). l µ2k k=0 53 3. Окончательно решение исходной задачи получим как сумму функций w(x, t) и v(x, t): 2 2 +∞ (1 + 2k)πx 8T0 X e−a µk t cos u(x, t) = T0 − 2 . π (1 + 2k)2 2l k=0 Пример 2.2. В цилиндрическом проводнике радиуса R вследствие прохождения постоянного тока в соответствии с законом Джоуля–Ленца выделяется тепловая энергия с объемной плотностью Q0 . Теплоотдача с поверхности проводника происходит по закону Ньютона. Найти распределение температуры по сечению проводника, если его начальная температура и температура внешней среды равны T0 . В примере изучается нагрев трехмерного цилиндрического тела. Выберем произвольное поперечное сечение проводника. Введем цилиндрическую систему координат, поместив ее начало в центре выбранного сечения и направив ось 0z вдоль оси проводника. Тогда процесс нагрева проводника описывается функцией u(ρ, ϕ, z, t), удовлетворяющей уравнению теплопроводности ∂u = a2 ∆u + Q, ∂t Q0 где Q = , ρ – плотность, c – удельная теплоемкость проводника. ρc Запишем уравнение в цилиндрической системе координат ∂u 1 ∂ 2u ∂ 2u ∂u 1 ∂ 2 =a ρ + 2 + + Q, ∂t ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 ∂z 2 0 < ρ < R, 0 ≤ ϕ < 2π, −∞ < z < +∞, t > 0. Распределение температуры в каждом сечении проводника можно счи∂ 2u тать одинаковым (функция u от z не зависит), т. е. в уравнении = 0. ∂z 2 Можно заметить, что распределение температуры в выбранном сечении зависит только от времени и от расстояния до центра проводника, т. е. ∂ 2u = 0. Тогда функцию u можно рассматривать как функцию двух пе∂ ϕ2 ременных u(ρ, t). Функция u(ρ, t) удовлетворяет уравнению теплопроводности: ∂u 1 ∂ ∂u = a2 ρ + Q, 0 < ρ < R, t > 0, ∂t ρ ∂ρ ∂ρ начальному условию: u(ρ, 0) = T0 и краевым условиям: u(ρ, t) ограничена при ρ → 0 + 0, 54 ∂u(R, t) + h(u(R, t) − T0 ) = 0 ∂ρ h0 , где h0 – коэффициент теплоотдачи, k – коэффициент теплопроk водности материала проводника). Условие ограниченности функции u при ρ → 0 + 0 является естественным однородным краевым условием. Условие при ρ = R неоднородное. Заменой u(ρ, t) = v(ρ, t) + w(ρ, t) сведем данную краевую задачу к краевой задаче относительно функции v(ρ, t) с однородными краевыми условиями. Положим w(ρ, t) = C = const. Первое краевое условие будет выполняться. Подставив w во второе краевое условие, убеждаемся в том, что оно будет выполняться при C = T0 . Таким образом, w(ρ, t) = T0 . Для функции v(ρ, t) получим следующую начально-краевую задачу: ∂v ∂v 21 ∂ =a ρ + Q (0 < ρ < R, t > 0), ∂t ρ ∂ρ ∂ρ (h = v(ρ, 0) = 0, ∂v(R, t) + hv(R, t) = 0. ∂ρ Краевые условия для функции v однородные, и метод Фурье непосредственно применим к этой задаче. 1. Сначала найдем функции и собственные числа опера собственные 1 ∂ ∂v тора B0 (v) = − ρ – оператора Бесселя нулевого порядка. Для ρ ∂ρ ∂ρ этого решим соответствующую задачу Штурма–Лиувилля: 1 0 − (ρy 0 (ρ)) = λy(ρ), 0 < ρ < R (y(ρ) 6≡ 0), ρ v(ρ, t) ограничена при ρ → 0 + 0, y(ρ) ограничена при ρ → 0 + 0, y 0 (R) + hy(R) = 0. Дифференциальное уравнение можно записать в виде 1 y 00 + y 0 + λy = 0. ρ Это уравнение Бесселя нулевого порядка. Из общей теории следует, что собственные числа рассматриваемого оператора неотрицательны. При λ = 0 уравнение Бесселя становится уравнением Эйлера: ρ2 y 00 + ρy 0 = 0. Выполнив подстановку ρ = et , найдем y(ρ) = C1 + C2 ln ρ. Учитывая краевые условия,получим y(ρ) ≡ 0. Значит, λ = 0 не является собственным числом оператора. При λ > 0 решением уравнения Бесселя является функция √ √ y(ρ) = C1 J0 ( λρ) + C2 N0 ( λρ), 55 где J0 и N0 – функции Бесселя и Неймана соответственно. √ Функция N0 ( λρ) не ограничена при ρ → 0 + 0 (см. 1.5). Ограни√ ченным в нуле решением уравнения будет функция y(ρ) = C1 J0 ( λρ). Подставим ее во второе краевое условие √ √ = 0. (J0 ( λρ))0 + hJ0 ( λρ) ρ=R Так как J00 (ρ) = −J1 (ρ), справедливо равенство √ √ √ − λJ1 ( λR) + hJ0 ( λR) = 0. √ Обозначим λR = γ и получим уравнение относительно γ −γJ1 (γ) + hRJ0 (γ) = 0. (2.13) Покажем, что это уравнение имеет корни. Для этого запишем его в виде J1 (γ) hR = . J0 (γ) γ Корни полученного уравнения являются абсциссами точек пересечения граJ1 (γ) hR фиков функций y = иy= при γ > 0 (рис. 2.1). J0 (γ) γ y = y = 0 γ 1 J1 ( γ) J0 ( γ) hR γ γ 2 γ γ 3 4 γ 5 γ 6 Рис. 2.1 Из рисунка видно, что таких точек пересечения будет бесконечное множество: γ1 , γ2 , ... . Найти числа γk (k = 1, 2, ...) можно, если для решения уравнения (2.13) применить какой-нибудь численный метод, например метод касательных. Используя равенство, связывающее числа λ и γ, найдем собственные числа оператора Lρ : γ 2 k λk = (k = 1, 2, ...). R 56 Тогда соответствующие им собственные функции, удовлетворяющие заданным однородным краевым условиям, имеют вид γ ρ yk (ρ) = J0 k (k = 1, 2, ...). R Система функций {yk (ρ)}+∞ k=1 является полной ортогональной системой функций в пространстве L2 [0, R; ρ]. 2. Функцию v(ρ, t) будем искать в виде ряда Фурье–Бесселя, раскладывая ее по найденным собственным функциям yk (ρ): v(ρ, t) = +∞ X ck (t)yk (ρ). k=1 Подставим ряд в уравнение теплопроводности и в начальное условие: +∞ X c0k (t)yk (ρ) =a k=1 2 +∞ X k=1 +∞ X +∞ X 1 0 0 qk yk (ρ), ck (t) (ρyk (ρ)) + ρ k=1 ck (0)yk (ρ) = 0, k=1 где +∞ X сти. qk yk (ρ) – ряд Фурье для функции Q из уравнения теплопроводно- k=1 1 Так как − (ρyk0 (ρ))0 = λk yk (ρ) (k = 1, 2, ...), получим задачи Коши ρ для нахождения коэффициентов ck (t): ( c0k (t) = −a2 λk ck (t) + qk , (2.14) ck (0) = 0. Найдем сначала значения коэффициентов Фурье для функции Q: qk = (Q, yk ) . kyk k2 Скалярное произведение и норма вычисляются в пространстве L2 [0, R; ρ]. Для вычисления квадрата нормы используется формула (1.29). 2 ZR kyk k = (yk , yk ) = J02 γ ρ R2 2 k ρ dρ = J1 (γk ) + J02 (γk ) . R 2 0 57 С помощью равенства (2.13) выразим J1 (γk ) через J0 (γk ): hR J0 (γk ), γk J1 (γk ) = тогда 2 R 2 J (γk ) 1 + kyk k = 2 0 2 hR γk 2 ! R2 2 = 2 J0 (γk )(γ2k + h2 R2 ). 2γk Найдем теперь скалярное произведение, используя формулу (1.28), считая, что α = γk , β = 0 и учитывая, что J00 (γ) = −J1 (γ): ZR (Q, yk ) = 0 γ ρ R2 QhR3 k QJ0 ρ dρ = Q J1 (γk ) = J0 (γk ), R γk γ2k в итоге (Q, yk ) 2QhR = . kyk k2 J0 (γk )(γ2k + h2 R2 ) Для решения задачи Коши (2.14) применим метод вариации. Рассмотрим сначала однородное уравнение q= ck 0 (t) = −a2 λk ck (t). Его решением является функция 2 ck (t) = Ak e−a λk t . Решение неоднородного уравнения найдем, варьируя константу Ak , т. е. заменяя ее на функцию Ãk (t): 2 ck (t) = Ãk (t)e−a λk t . Функцию Ãk (t) определим, подставляя ck (t) в уравнение: 0 2 −a2 λk t Ãk (t)e = −a2 λk Ãk (t)e−a λk t + qk , 2 Ã0k (t)e−a λk t − a2 λk Ãk (t)e−a 2 λk t тогда 2 = −a2 λk Ãk (t)e−a 2 Ã0k (t) = qk ea Интегрируя, найдем λk t . Ãk (t) = qk a2 λk t e + Bk . a2 λk ck (t) = qk −a2 λk t + B e . k a2 λk Таким образом, 58 λk t + qk , Числа Bk определяются с помощью начального условия, и в итоге qk −a2 λk t ck (t) = 2 1−e . a λk Используя выражения для чисел qk и учитывая равенство λk = получим 2 2 aγ 2QhR R −( Rk ) t . ck (t) = 1−e J0 (γk )(γ2k + h2 R2 ) aγk γ 2 k R , Функцию v(ρ, t) представим в виде ряда +∞ γ ρ 2 aγ 2QhR3 X 1 k −( Rk ) t v(ρ, t) = 1−e J0 . 2 2 2 2 2 a γk J0 (γk )(γk + h R ) R k=1 3. Решение поставленной краевой задачи представляется в виде +∞ γ ρ 2 aγ 2QhR3 X 1 k −( Rk ) t u(ρ, t) = T0 + . 1−e J0 2 2 2 2 2 a γk J0 (γk )(γk + h R ) R k=1 2.4. Принцип максимума Рассмотрим функцию u(x, t), определенную и непрерывную в области 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T , удовлетворяющую однородному уравнению теплопроводности ∂u ∂ 2u = a2 2 ∂t ∂x (0 < x < l, 0 < t ≤ T ). Утверждение 2.1. Функция u(x, t) достигает своих максимального и минимального значений или в начальный момент времени (при t = = 0), или в граничных точках (при x = 0 или x = l). Это свойство функции u(x, t) называется принципом максимального (минимального) значения или принципом максимума (минимума). Физический смысл сформулированной теоремы очевиден. При отсутствии внутри тела источников тепла происходит лишь его перераспределение: тепло перетекает от более нагретых участков тела к менее нагретым. В связи с этим температура во внутренних точках не может превосходить температуру на границе, если нагрев тела происходит через граничные точки, или начальную температуру тела, если оно не нагревается. Докажем эту теорему. Доказательство. 1. Если u(x, t) ≡ const, то теорема очевидна. 59 2. Предположим, что u(x, t) 6≡ const. Для определенности будем доказывать теорему для наибольшего значения. Для доказательства применим метод “от противного”. Пусть M – наибольшее значение, которое принимает функция u(x, t) на границе области (т. е. при t = 0, x = 0, x = l). Допустим, что во внутренних точках области функция u(x, t) может принимать значения, большие чем M . Пусть (x0 , t0 ) – это точка, в которой u(x, t) достигает своего максимального значения, равного M + ε (ε > 0), причем 0 < x0 < l, 0 < t0 ≤ T . Так как (x0 , t0 ) – точка максимума функции u(x, t),  ∂u(x0 , t0 )    = 0,   ∂x     ∂u(x0 , t0 )  (2.15)  = 0, t0 < T,  2  ∂t ∂ u(x , t )  0 0  ≤ 0.   2   ∂x   ∂u(x0 , t0 )   ≥ 0, t0 = T, ∂t Функция u(x, t) удовлетворяет однородному уравнению теплопроводности. Сравним знаки правой и левой частей уравнения теплопроводности в точке (x0 , t0 ). Согласно неравенствам (2.15) правая и левая части могут одновременно быть равны нулю. Противоречие в точке (x0 , t0 ) не получено. Покажем, что внутри области найдется такая точка (x1 , t1 ), в которой ∂u(x1 , t1 ) ∂ 2 u(x1 , t1 ) ≤ 0 и > 0. ∂x2 ∂t Рассмотрим вспомогательную функцию v(x, t) = u(x, t) + ε t0 − t . 2 T Очевидно, что в точке (x0 , t0 ) v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) = M + ε, а на границе (при t = 0, x = 0, x = l) ε v(x, t) ≤ M + . 2 (2.16) Функция v(x, t) непрерывна, поэтому в некоторой точке она достигает своего максимального значения. Пусть это значение достигается в точке (x1 , t1 ): v(x1 , t1 ) ≥ v(x0 , t0 ) = M + ε. При этом 0 < x1 < l, 0 < t1 ≤ T . Точка (x1 , t1 ) не может лежать на границе, так как для граничных точек выполняется условие (2.16). Поскольку точка 60 (x1 , t1 ) – это точка максимума функции v(x, t), то  ∂v(x1 , t1 )    = 0,   ∂x     ∂v(x1 , t1 )   = 0, t1 < T,   ∂t ∂ 2 v(x1 , t1 )   ≤ 0.   2   ∂x   ∂v(x , t ) 1 1   ≥ 0, t1 = T, ∂t ∂ 2u ∂ 2 v ∂u ∂v ε Так как 2 = 2 и = + , то в точке (x1 , t1 ) получим неравенства ∂x ∂x ∂t ∂t 2T ∂ 2 u(x1 , t1 ) ≤ 0, ∂x2 ∂u(x1 , t1 ) ∂v(x1 , t1 ) ε ε = + ≥ > 0. ∂t ∂t 2T 2T Таким образом, в точке (x1 , t1 ) функция u(x, t) не удовлетворяет уравнению теплопроводности. Получено противоречие, а значит, теорема доказана. Следствием принципа максимума (минимума) является теорема единственности. Докажем ее для первой краевой задачи. Утверждение 2.2. Решение начально-краевой задачи 2 ∂u 2∂ u =a + f (x, t), 0 < x < l, ∂t ∂x2 u(x, 0) = g(x), u(0, t) = ϕ(t), t > 0, u(l, t) = Ψ(t) единственно. Доказательство. Пусть есть 2 решения задачи u1 (x, t) и u2 (x, t). Рассмотрим функцию v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Эта функция определена и непрерывна при 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T и удовлетворяет однородному уравнению теплопроводности, а значит, согласно принципу максимума, достигает своего максимального значения на границе области, т. е. при t = 0, x = 0, x = l. Используя начальное и краевые условия, получим для функции v(x, t): v(x, 0) = 0, v(0, t) = 0, v(l, t) = 0. Следовательно, v(x, t) ≡ 0, а значит, u1 (x, t) ≡ u2 (x, t). 61 2.5. Решение уравнения теплопроводности для бесконечного однородного стержня Рассмотрим бесконечный однородный стержень с теплоизолированной боковой поверхностью. Ось 0x направим вдоль оси стержня. Если внутри стержня отсутствуют источники тепла, то функция u(x, t), описывающая распространение температуры в стержне, будет удовлетворять уравнению теплопроводности 2 ∂u 2∂ u =a (−∞ < x < +∞, t > 0). (2.17) ∂t ∂x2 Поставим следующую задачу: зная распределение температуры в начальный момент времени u(x, 0) = f (x), найти температуру точек стержня u(x, t) для любого t > 0. Из физических соображений можно предположить, что в бесконечно удаленных точках температура стержня ограничена. Относительно функции f (x) предположим, что для нее выполняется условие Z+∞ |f (x)|dx < +∞. (2.18) −∞ Частные решения уравнения теплопроводности будем искать в виде произведения u(x, t) = X(x)T (t), где X(x) – функция только переменной x; T (t) – функция только переменной t. Подставляя это произведение в уравнение, получим X(x)T 0 (t) = a2 X 00 (x)T (t), или, разделив переменные, T 0 (t) X 00 (x) = . a2 T (t) X(x) Левая часть зависит лишь от t, а правая – только от x. Такое равенство может выполняться только тогда, когда T 0 (t) X 00 (x) = = const . a2 T (t) X(x) Обозначив эту постоянную ±µ2 , получим систему уравнений ( T 0 (t) = ±µ2 t, X 00 (x) = ±µ2 X(x). 62 Решением первого дифференциального уравнения будет функция 2 2 T (t) = C(µ)e±a µ t . Если в показателе степени экспоненты оставить знак плюс, то получится функция, которая будет неограниченно расти при увеличении t. Поэтому в полученном равенстве следует оставить только знак минус (т. е. выбранная постоянная равна (−µ2 )). Тогда для функции X(x) получится уравнение X 00 (x) = −µ2 X(x). Общее решение дифференциального уравнения имеет вид X(x) = C1 cos(µx) + C2 sin(µx). В общем случае C1 и C2 зависят от µ, а следовательно, являются функциями µ: C1 = C1 (µ), C2 = C2 (µ). Тогда частные решения уравнения (2.17) можно представить в виде 2 2 uµ (x, t) = (A(µ) cos(µx) + B(µ) sin(µx))e−a µ t , где A(µ) = C(µ)C1 (µ), B(µ) = C(µ)C2 (µ). Так как µ может принимать любые значения от −∞ до +∞, общее решение уравнения (2.17) будем искать в виде Z+∞ Z+∞ 2 2 uµ (x, t)dµ = (A(µ) cos(µx) + B(µ) sin(µx))e−a µ t dµ. (2.19) u(x, t) = −∞ −∞ Непосредственным дифференцированием можно убедиться, что эта функция удовлетворяет уравнению (2.17). Подберем функции A(µ) и B(µ) так, чтобы для нее выполнялось начальное условие. При t = 0 получим Z+∞ u(x, 0) = (A(µ) cos(µx) + B(µ) sin(µx))dµ = f (x). −∞ Так как для функции f (x) выполняется условие (2.18), ее можно представить в виде повторного интеграла Фурье Z+∞ Z+∞ 1 f (x) = dµ f (ξ) cos(µ(x − ξ))dξ. 2π −∞ −∞ Поскольку cos(µ(x − ξ)) = cos(µx) cos(µξ) + sin(µx) sin(µξ), получим равенство Z+∞ (A(µ) cos(µx) + B(µ) sin(µx))dµ = −∞ 63   Z+∞ Z+∞  1 f (ξ) cos(µξ)dξ cos(µx) + = 2π −∞ −∞    Z+∞ 1 + f (ξ) sin(µξ)dξ sin(µx) dµ. 2π −∞ Сравнивая правую и левую части, приходим к следующим формулам: Z+∞ 1 A(µ) = f (ξ) cos(µξ)dξ, 2π −∞ Z+∞ f (ξ) sin(µξ)dξ. 1 B(µ) = 2π −∞ Заметим, что при выполнении условия (2.18) для функции f (x) функции A(µ) и B(µ) ограничены: 1 |A(µ)| ≤ 2π Z+∞ |f (ξ)|dξ, Z+∞ |f (ξ)|dξ. 1 |B(µ)| ≤ 2π −∞ −∞ Подставляя найденные функции A(µ) и B(µ) в равенство (2.19), получим Z+∞ Z+∞ 1 2 2 u(x, t) = dµ f (ξ) (cos(µx) cos(µξ)+ sin(µx) sin(µξ)) e−a µ t dξ, 2π −∞ −∞ или Z+∞ Z+∞ 2 2 dµ f (ξ) cos(µ(x − ξ))e−a µ t dξ. 1 u(x, t) = 2π −∞ −∞ Эта функция удовлетворяет уравнению теплопроводности и начальному условию, а значит, является решением поставленной задачи. Преобразуем полученное решение. Если поменять порядок интегрирования, то  +∞  Z+∞ Z 1 2 2 u(x, t) = f (ξ)  e−a µ t cos(µ(x − ξ))dµ dξ. 2π −∞ −∞ Внутренний интеграл не зависит от функции f (x). 64 √ √ Введем новую переменную σ = aµ t (dσ = a tdµ) и обозначим x−ξ √ = ω, тогда a t Z+∞ Z+∞ 1 2 2 2 e−a µ t cos(µ(x − ξ))dµ = √ e−σ cos(σω)dσ. a t −∞ −∞ Обозначим Z+∞ 2 I(ω) = e−σ cos(σω)dσ −∞ и найдем I(ω). При ω = 0 получается интеграл Пуассона Z+∞ √ 2 I(0) = e−σ = π. −∞ Вычислим производную I 0 (ω), используя правило дифференцирования под знаком интеграла по параметру Z+∞ 2 σe−σ sin(σω)dσ. I 0 (ω) = − −∞ Применяя правило интегрирования по частям, получим: Z+∞ 2 σe−σ sin(σω)dσ = I 0 (ω) = − −∞ 1 2 = e−σ sin(σω) 2 +∞ ω − 2 −∞ Z+∞ ω 2 e−σ cos(σω)dσ = − I(ω). 2 −∞ Относительно функции I(ω) получается дифференциальное уравнение ω I 0 (ω) = − I(ω) с разделяющимися переменными. Решением этого урав2 нения является функция −ω I(ω) = Ce √ 2 4 . √ Из равенства I(0) = π следует, что C = π, а значит, I(ω) = Тогда √ − (x−ξ)2 Z+∞ 2 π 2 2 e−a µ t cos(µ(x − ξ))dµ = √ e 4a t . a t −∞ 65 √ 2 −ω πe 4 . Значит, решение поставленной задачи (2.17) можно представить в виде u(x, t) = Z+∞ (x−ξ)2 − 2 f (ξ)e 4a t dξ. 1 √ 2a πt −∞ 2.6. Метод сеток Метод сеток является универсальным методом приближенного решения дифференциальных уравнений. Суть метода заключается в следующем. Область, в которой искомая функция, являющаяся решением дифференциального уравнения, определена и непрерывна, покрывается сеткой, т. е. заменяется конечным множеством точек, называемых узлами сетки. Все функции, входящие в дифференциальное уравнение, рассматриваются только в узлах сетки и называются сеточными функциями. При этом производные функций в уравнении, начальном и краевых условиях заменяются соответствующими разностными отношениями. В итоге, вместо краевой задачи для дифференциального уравнения получается система алгебраических уравнений. Метод применяется в том случае, если при увеличении числа узлов сетки решение сеточной задачи сходится к решению исходной задачи для дифференциального уравнения. Естественно, при этом встают вопросы о скорости сходимости, точности и устойчивости разностной схемы. Покажем, как применяется метод сеток для решения начально-краевой задачи для одномерного уравнения теплопроводности. Пусть требуется найти решение уравнения теплопроводности 2 ∂u 2∂ u =a + f (x, t) (t > 0, ∂t ∂x2 0 < x < l), (2.20) если функция u(x, t) удовлетворяет начальному условию u(x, 0) = ϕ(x) (2.21) и краевым условиям R1 ∂u(0, t) − S1 u(0, t) = g1 (t), ∂x R2 (|R1 | + |S1 | = 6 0, ∂u(l, t) + S2 u(l, t) = g2 (t) ∂x (2.22) |R2 | + |S2 | = 6 0). Предположим, что переменная t меняется в пределах 0 ≤ t ≤ T . Область, в которой находится решение задачи, – прямоугольник Ω = [0, l] × [0, T ]. Покроем эту область сеткой. Для этого отрезок [0, l] разобьем точками x0 , x1 , ..., xn на n частей. Для простоты будем считать, что 66 l (i = 0, ..., n). n Аналогично, отрезок [0, T ] разобьем на m частей точками t0 , t1 , ..., tm , при T этом расстояние между точками будет τ = tj+1 − tj = (j = 0, ..., m) m (рис. 2.2). расстояние h между точками одинаковое: h = xi+1 − xi = t t m= T tj t2 t1 t0 0 x0 x1 x2 xi x n= l x Рис. 2.2 Множество точек плоскости ωhτ = {(xi , tj )}, i = 0, ..., n, j = 0, ..., m, называется сеткой, покрывающей область Ω. Точки плоскости (xi , tj ) – это узлы сетки. При фиксированном j совокупность узлов сетки (xi , tj ), i = 0, ..., n, называется j-м временным слоем. Будем считать, что функции f (x, t), ϕ(x), g1 (t), g2 (t) из условия задачи определены только в узлах сетки. Непрерывной в области Ω функции u(x, t) поставим в соответствие сеточную функцию u(xi , tj ) = uji . Заданное дифференциальное уравнение, начальное и краевые условия запишем в узлах сетки. При этом каждую производную заменим разностным отношением, связывающим значения сеточной функции в несколь∂u ких узлах сетки. Производную по времени в узле сетки (xi , tj ) можно ∂t заменить разностным выражением различными способами. Простейшими ! j+1 j ui − ui являются замены разностным отношением “вперед” + O(τ) τ ! j−1 j ui − ui или “назад” + O(τ) . В зависимости от способа аппроксимации τ 67 производных разностными отношениями получаются различные разностные схемы для уравнения теплопроводности. Явная разностная схема. Для узлов сетки (xi , tj ), i = 1, ..., n − 1, j = 0, ..., m − 1, запишем уравнение теплопроводности, ∂u uj+1 − uji ∂ 2u i заменив разностным отношением “вперед” + O(τ), а – ∂t τ ∂x2 uji−1 − 2uji + uji+1 + O(h2 ): разностным отношением 2 h uj − 2uji + uji+1 uj+1 − uji i 2 i−1 + O(τ) = a + O(h2 ) + f (xi , tj ), 2 τ h i = 1, ..., n − 1, j = 0, ..., m − 1. (2.23) Для нулевого временного слоя (xi , t0 ), i = 0, ..., n, запишем начальное условие u0i = ϕ(xi ), i = 0, ..., n. В граничных узлах сетки (x0 , tj+1 ) и (xn , tj+1 ), j = 0, ..., m − 1, запишем краевые условия, заменив производные соответствующими разностными отношениями: uj+1 − uj+1 1 0 R1 + O(h) − S1 uj+1 = g1 (tj+1 ), 0 h − uj+1 uj+1 n n−1 R2 + O(h) + S2 uj+1 m = g2 (tj+1 ). h Считая, что погрешности аппроксимации O(τ), O(h2 ), O(h) в уравнениях и граничных условиях малы, отбросим их. В результате получим систему уравнений относительно неизвестных ũji (приближенных значений функции u(x, t) в узлах сетки), которая называется явной разностной схемой для уравнения теплопроводности: ũj − 2ũji + ũji+1 ũj+1 − ũji i 2 i−1 =a +f (xi , tj ), i = 1, ..., n−1, j = 0, ..., m−1, 2 τ h ũ0i = ϕ(xi ), i = 0, ..., n, ũj+1 − ũj+1 1 0 R1 − S1 ũj+1 = g1 (tj+1 ), 0 h j+1 ũj+1 − ũn−1 R2 n + S2 ũj+1 = g2 (tj+1 ), j = 0, ..., m−1. n h На рис. 2.3 указаны узлы сетки, которые используются при аппроксимации производных, входящих в уравнение. Такой рисунок принято называть шаблоном схемы. Данная разностная схема является четырехточечной двухслойной. Схема называется явной, поскольку значения искомой функции ũj+1 на (j + 1)-м временном слое можно последовательно в явном виде i 68 определить, если известны значения ũji на j-м временном слое. Для этого полученные уравнения преобразуем к виду, удобному для вычислений:  ! j j j  ũ − 2ũi + ũi+1    ũj+1 = ũji + τ a2 i−1 + f (xi , tj ) ,  i 2  h      i = 1, 2, ..., n − 1,  R1 h   ũj+1 = ũj+1 − g1 (tj+1 ), 0 1   R R 1 + S1 h 1 + S1 h      h R2  j+1  ũ + g2 (tj+1 ), = ũj+1 n R2 + S2 h n−1 R2 + S2 h ũ0i = ϕ(xi ), (2.24) i = 0, ..., n. Сначала находятся значения ũ0i = = u0i = ϕ(xi ), i = 0, ..., n, на нулевом ( x i , tj ) +1 слое. Затем последовательно определяютj+1 ся значения ũi на всех временных слоях. (x i −1 , t j ) (x i , t j) (x i +1 , t j ) Исследуем построенную разностную схему и найдем условия, при выполнении которых решение сеточной задачи схоРис. 2.3 дится к решению исходной задачи для уравнения теплопроводности. Исследование сходимости проведем для задачи (2.20),(2.21), когда искомая функция u(x, t) удовлетворяет краевым условиям первого рода u(0, t) = g1 (t), u(l, t) = g2 (t). Разностная схема в этом случае примет вид   ũj+1 = g1 (tj+1 ),  0     !   j j j   j+1 ũ − 2ũi + ũi+1 ũi = ũji + τ a2 i−1 + f (xi , tj ) , 2 h      i = 1, 2, ..., n − 1,     ũj+1 = g (t ), 2 j+1 n ũ0i = ϕ(xi ), (2.25) i = 0, ..., n. Сеточной нормой функции называется максимальное значение модуля 69 функции на той сетке, на которой она задана: kukh,τ = max |u(xi , tj )|, i=0,...,n; j=0,...,m kϕkh = max |ϕ(xi )|. i=0,...,n Разностная схема называется сходящейся к решению дифференциальной задачи в сеточной норме, если ku − ũkh,τ → 0 при h → 0 и τ → 0. Сходимость разностной схемы связана с двумя важными понятиями: устойчивостью разностной схемы и точностью аппроксимации (см. 1.9). Разностная схема называется устойчивой по начальным данным и правой части, если норма ее решения не превосходит суммы норм заданных в задаче функций, умноженных на число, не зависящее от шагов сетки: kũkh,τ ≤ C(kϕkh + kf kh,τ + kg1 kτ + kg2 kτ ). (2.26) Это условие показывает, что при малом изменении исходных данных или при уменьшении шагов сетки решение разностной задачи будет меняться мало. Выполнение этого условия означает непрерывную зависимость решения, полученного с помощью разностной схемы, от входных данных. При решении разностных уравнений, например (2.25), естественно использовать вычислительные средства. А значит, расчеты будут выполняться не точно, а с погрешностью, связанной с конечным представлением чисел (длина разрядной сетки ограничена). Если малые ошибки округления чисел приводят к большим искажениям решения, то это явление называется вычислительной неустойчивостью разностной схемы. Разностная схема, обладающая таким свойством, не пригодна для вычислений. При исследовании разностной схемы обычно используется следующий подход. Считается, что ошибки, возникающие при выполнении арифметических операций, можно рассматривать как возмущения, которые вносятся в начальные данные и в правую часть уравнения. От разностной схемы требуют, чтобы для нее выполнялось условие устойчивости по начальным данным и правой части. Выполнение этого условия обеспечивает ее вычислительную устойчивость, при этом разностную схему называют устойчивой, а условие (2.26) – условием устойчивости разностной схемы. Докажем устойчивость явной разностной схемы при условии, что функция u(x, t) удовлетворяет однородным краевым условиям первого рода: u(0, t) = 0, u(l, t) = 0 (g1 (t) = 0, g2 (t) = 0). h2 Утверждение 2.3. Если τ ≤ 2 , то явная разностная схема (2.25) 2a устойчива по начальным данным и правой части, т. е. kũkh,τ ≤ C(kϕkh + kf kh,τ ), 70 где C не зависит от h и τ. Доказательство. Обозначим kũj kh , kf j kh наибольшие по модулю значения сеточных функций ũ и f на j-м временном слое: kũj kh = max |ũji |, i=0,...,n kf j kh = max |f (xi , tj )|. i=0,...,n Из равенств (2.24) следует, что τa2 j 2τa2 τa2 j j+1 j |ũi | = 2 ũi−1 + 1 − 2 ũi + 2 ũi+1 + τf (xi , tj ) . h h h Тогда |ũj+1 i | τa2 j 2τa2 τa2 j j ≤ 2 kũ kh + 1 − 2 kũ kh + 2 kũ kh + τkf j kh . h h h Так как ũj+1 = ũj+1 = 0, то неравенство справедливо для всех i = 0, ..., n. n 0 2 2τa 2τa2 h2 2τa2 Пусть 1− 2 ≥ 0 (т. е. τ ≤ 2 ), тогда, заменив 1 − 2 на 1− 2 , h 2a h h получим j j |ũj+1 i | ≤ kũ kh + τkf kh при всех i = 0, ..., n. Значит, kũj+1 kh ≤ kũj kh + τkf j kh . Используя оценку kũj kh ≤ kũj−1 kh + τkf j−1 kh и т. д., придем к цепочке неравенств kũj+1 kh ≤ kũj−1 kh + τ kf j−1 kh + kf j kh ≤ ≤ kũj−1 kh + τ kf j−2 kh + kf j−1 kh + kf j kh ≤ ... ≤ ≤ kũ0 kh + τ kf 0 kh + kf 1 kh + ... + kf j kh . Поскольку kf j kh ≤ kf kh,τ для всех j = 0, 1, ..., m − 1 и kũ0 kh = kϕkh , получим kũj+1 kh ≤ kϕkh + τ(j + 1)kf kh,τ , где τ(j + 1) ≤ T (j = 0, ..., m − 1). Тогда для всех j = 0, ..., m − 1 kũj+1 kh ≤ kϕkh + T kf kh,τ , а значит, kũkh,τ ≤ kϕkh + T kf kh,τ . Явная разностная схема будет устойчивой только при выполнении h2 условия τ ≤ 2 . В противном случае явная разностная схема не пригодна 2a 71 для вычислений. В случае a2 = 1 условие устойчивости записывается в h2 виде τ ≤ . 2 Если в систему разностных уравнений вместо значений сеточной функции ũji подставить значения точного решения дифференциальной задачи u(xi , tj ), то для сохранения равенства в правую часть разностных уравнений необходимо ввести дополнительное слагаемое. Если с уменьшением шагов сетки это слагаемое меняется как O(hk ) + O(τm ), то говорят, что разностная схема аппроксимирует задачу с погрешностью O(hk ) + O(τm ). Утверждение 2.4. Явная разностная схема (2.25) аппроксимирует задачу для уравнения теплопроводности (2.20), (2.21) с краевыми условиями u(0, t) = g1 (t), u(l, t) = g2 (t) с погрешностью O(h2 ) + O(τ). Доказательство. Запишем разностную схему для указанных краевых условий: ũj − 2ũji + ũji+1 ũj+1 − ũji i 2 i−1 =a + f (xi , tj ), τ h2 i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1, ũ0i = ϕ(xi ), i = 0, ..., n, ũj+1 = g1 (tj+1 ), 0 = g2 (tj+1 ), ũj+1 n j = 0, ..., m − 1. Функции u(x, t) и ũji в граничных узлах сетки (при t = 0, x = 0, x = l) удовлетворяют одинаковым условиям. Поэтому погрешность аппроксимации в данной задаче связана только с заменой производных разностными отношениями в уравнении теплопроводности. Из равенств (2.23) следует, что погрешность аппроксимации для рассматриваемой разностной схемы есть O(h2 ) + O(τ). Заметим, что разностная схема (2.24) аппроксимирует начально-краевую задачу для уравнения теплопроводности (2.20)–(2.22) с краевыми условиями третьего рода с погрешностью O(h) + O(τ). Это связано с тем, что появляется погрешность O(h) при аппроксимации производных в граничных условиях. Докажем теперь сходимость явной разностной схемы (2.25). h2 Утверждение 2.5. При τ ≤ 2 явная разностная схема (2.25) схо2a дится в сеточной норме к решению задачи (2.20), (2.21) с краевыми условиями u(0, t) = g1 (t), u(l, t) = g2 (t). Доказательство. Доказательство проведем, используя точность аппроксимации и устойчивость разностной схемы. Обозначим w = u − ũ разность между точным и приближенным решениями задачи. Очевидно, что 72 во внутренних узлах сетки функция w будет удовлетворять уравнениям j wj − 2wij + wi+1 wij+1 − wij 2 i−1 =a + O(h2 ) + O(τ), 2 τ h i = 1, ..., n − 1, j = 0, ..., m − 1; на нулевом временном слое – начальному условию wi0 = 0, i = 0, ..., n; в граничных узлах (x0 , tj+1 ), (xn , tj+1 ) – краевым условиям w0j+1 = 0, wnj+1 = 0, j = 0, ..., m − 1. В данном случае f (x, t) = O(h2 )+O(τ) и ϕ(x) = 0. Применив утверждение h2 2.3 к разностной схеме для функции w, при выполнении условия τ ≤ 2 2a получим kwkh,τ ≤ T kO(h2 ) + O(τ)kh,τ ≤ T kO(h2 )kh,τ + kO(τ)kh,τ . Поскольку справедливы оценки kO(h2 )kh,τ ≤ M1 h2 , (см. 1.9), то kwkh,τ ≤ M (h2 + τ), kO(τ)kh,τ ≤ M2 τ где M = T max(M1 , M2 ), а значит, kwkh,τ → 0 при h → 0 и τ → 0. Сходимость доказана только при условии, что шаги сетки по времени h2 τ достаточно малы (τ ≤ 2 ). Если условие устойчивости нарушается, то 2a явная схема не будет сходиться к решению поставленной задачи. От слоя к слою значения ũj+1 начинают неограниченно расти. Схема “разваливается”. i Неявная разностная схема. Построим для задачи (2.20)–(2.22) неявную разностную схему. Для внутренних узлов сетки запишем уравнение ∂u(xi , tj ) разностным отношением “назад” теплопроводности, заменив ∂t h2 2 j j−1 ∂ u(xi , tj ) ui − ui τ , как и для явной схемы, разностным от+ O(τ), а 2 τ ∂x j j j u − 2ui + ui+1 ношением i−1 + O(h2 ): 2 h uj − 2uji + uji+1 uji − uj−1 i 2 i−1 + O(τ) = a + O(h2 ) + f (xi , tj ), 2 τ h i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m. Для слоя (xi , t0 ) запишем начальное условие: u0i = ϕ(xi ), 73 i = 0, ..., n, а для граничных узлов – краевые условия: uj1 − uj0 R1 + O(h) − S1 uj0 = g1 (tj ), h ujn − ujn−1 + O(h) + S2 ujn = g2 (tj ), R2 h j = 1, ..., m. Отбросив в уравнениях неизвестные погрешности O(h), O(τ), O(h2 ) получим систему относительно приближенных значений ũji искомой функции в узлах сетки: j j j ũji − ũj−1 2 ũi−1 − 2ũi + ũi+1 i =a + f (xi , tj ), τ h2 начальное условие: ũ0i = u0i = ϕ(xi ), i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m; i = 0, ..., n; краевые условия: ũj1 − ũj0 − S1 ũj0 = g1 (tj ), R1 h (x i −1 , t j ) (x i , t j) (x i , t j −1) Рис. 2.4 (x i +1 , t j ) ũjn − ũjn−1 R2 + S2 ũjn = g2 (tj ), h j = 1, ..., m. Построенная разностная схема, как и явная, является четырехточечной двухслойной разностной схемой. Ее шаблон изображен на рис. 2.4. Схема называется неявной, поскольку значения функции ũji в данном случае не могут быть вычислены последовательно через значения функции на (j − 1)-м временном слое. Для их нахождения на каждом временном слое следует решать систему уравнений   −(R1 + S1 h)ũj0 + R1 ũj1 = hg1 (tj ),     h2 j h2 j−1 j j ũ − (2 + )ũ + ũ = − ũi − h2 f (xi , tj ), i−1 i i+1  2 2  τa τa   −R ũj + (R + S h)ũj = hg (t ). 2 n−1 2 2 2 j n i = 1, ..., n − 1, Значение ũ0i для нулевого временного слоя определяется из начального условия ũ0i = ϕ(xi ) (i = 0, ..., n). 74 Систему уравнений для j-го временного слоя удобно записать в матричном виде   j     B0 C0 0 0 ... 0 ũ0 F0 0 ... 0   ũj   F  A1 B1 C1     1  ... 0   1j    0 A2 B2 C2    ũ2   F2   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  ..  =  ..    .   .      j    Fn−1   ũn−1   0 0 ... A n−1 Bn−1 Cn−1 Fn ũjn 0 0 ... 0 An Bn Здесь B0 = R1 + S1 h, C0 = R1 , F0 = hg1 (tj ), h2 h2 Ai = 1, Bi = −2 + 2 , Ci = 1, Fi = − 2 ũj−1 − h2 f (xi , tj ), i τa τa i = 1, ..., n − 1 An = −R2 , Bn = R2 + S2 h, Fn = hg(tj ). Кратко эту систему можно записать в виде A~ũj = F~ j , где A – матрица коэффициентов; ~ũj – вектор значений функции ũ; F~ j – вектор значений правой части уравнений для j-го временного слоя. Вектор F~ j меняется от слоя к слою. Матрица коэффициентов системы A трехдиагональная. Для строк этой матрицы выполняется условие строгого диагонального преобладания |Bi | > |Ai | + |Ci | (i = 0, ..., n). Это условие обеспечивает однозначную разрешимость системы (см. 1.9). Кроме того, для решения системы уравнений с подобной матрицей коэффициентов можно применить метод Гаусса без перестановки строк и столбцов матрицы. Такой метод решения системы уравнений с трехдиагональной матрицей коэффициентов называется методом прогонки. Сначала выполняется прямой ход метода прогонки: вычисляются прогоночные коэффициенты C̃0 = C0 , B0 F̃0 = Ci , Bi − Ai C̃i−1 i = 1, ..., n − 1, F0 , B0 Fi − Ai F̃i−1 , Bi − Ai C̃i−1 i = 1, ..., n. При этом матрица коэффициентов системы преобразуется к верхней треугольной матрице, на главной диагонали которой стоят единицы; C̃i – ненулевые элементы матрицы, стоящие выше главной диагонали; F̃i – числа, стоящие в правой части системы уравнений. C̃i = F̃i = 75 Затем выполняется обратный ход (решается система уравнений с верхней треугольной матрицей коэффициентов): ũjn = F̃n , ũji = F̃i − C̃i ũji+1 , i = n − 1, ..., 0. Метод прогонки можно применять только в том случае, когда в формулах для вычисления прогоночных коэффициентов C̃i , F̃i знаменатели не обращаются в нуль. Это требование будет выполняться, если для матрицы коэффициентов справедливо условие строгого диагонального преобладания. Таким образом, при применении неявной разностной схемы для нахождения приближенного решения поставленной задачи значения ũji будут определяться последовательно по временным слоям. Для каждого временного слоя необходимо будет решать систему уравнений с трехдиагональной матрицей коэффициентов. Преимущество неявной схемы заключается в том, что в отличие от явной разностной схемы построенная неявная схема является безусловно устойчивой, т. е. она устойчива при любых τ и h. Устойчивость и сходимость неявной разностной схемы рассмотрим для задачи (2.20),(2.21) при условии,что функция u(x, t) удовлетворяет краевым условиям первого рода: u(0, t) = g1 (t), u(l, t) = g2 (t). Неявная разностная схема в этом случае имеет вид  j  ũ  0 = g1 (tj ),        j h2 j h2 j−1 j ũi−1 − (2 + 2 )ũi + ũi+1 = − 2 ũi − h2 f (xi , tj ), τa τa     i = 1, ..., n − 1,     ũj = g (t ), 2 j n ũ0i = ϕ(xi ), (2.27) i = 0, ..., n. Пусть функция u(x, t) удовлетворяет однородным краевым условиям g1 (t) = 0 и g2 (t) = 0. Справедливо следующее утверждение. Утверждение 2.6. Неявная разностная схема (2.27) устойчива по начальным данным и правой части, т. е. kũkh,τ ≤ C(kϕkh + kf kh,τ ), где C не зависит от h и τ. 76 Доказательство. Для всех внутренних узлов j-го временного слоя выполняется равенство h2 h2 j−1 j j j ũi−1 − 2 + ũi + ũi+1 = − ũi − h2 f (xi , tj ) 2τ τ или h2 h2 j−1 j j j 2+ ũi = ũi−1 + ũi+1 + ũi + h2 f (xi , tj ) . τ τ Тогда справедлива оценка h2 h2 j−1 j j j 2+ |ũi | ≤ |ũi−1 | + |ũi+1 | + |ũi | + h2 |f (xi , tj )|. τ τ Пусть kũj kh и kf j kh – наибольшие по модулю значения сеточных функций ũ и f на j-м временном слое, тогда h2 h2 j−1 j j 2+ |ũi | ≤ 2kũi kh + kũi kh + h2 kf j kh . τ τ Функция ũ удовлетворяет однородным краевым условиям ũj0 = ũjn = 0, поэтому последнее неравенство выполняется для всех i = 0, ..., n, и тогда h2 j−1 h2 j j 2+ kũ kh ≤ 2kũi kh + kũi kh + h2 kf j kh . τ τ Преобразуем это неравенство: kũj kh ≤ kũj−1 kh + τkf j kh . Последовательно применяя его к (j−1)-му, (j−2)-му и т. д. слоям, получим: kũj kh ≤ kũj−2 kh + τ kf j−1 kh + kf j kh ≤ ... ≤ ≤ kũ0 kh + τ kf 1 kh + kf 2 kh + ... + kf j kh . Учитывая равенство kũ0 kh = kϕkh и оценки kf j kh ≤ kf kh,τ , τj ≤ T для j = 1, ..., m, получим неравенство kũj kh ≤ kϕkh + T kf kh,τ , которое будет выполняться для всех j = 1, ..., m, а значит, kũkh,τ ≤ kϕkh + T kf kh,τ . Очевидно, что неявная разностная схема аппроксимирует задачу для уравнения теплопроводности с той же погрешностью, что и соответствующая явная схема. Если функция u(x, t) удовлетворяет краевым условиям 77 первого рода u(0, t) = g1 (t) и u(l, t) = g2 (t), то погрешность аппроксимации разностной схемы (2.27) будет O(h2 ) + O(τ). Из устойчивости и аппроксимации следует сходимость неявной разностной схемы. Доказательство сходимости абсолютно аналогично доказательству сходимости явной разностной схемы. Схема Кранка–Николсона. Неявная разностная схема хотя и не имеет ограничения на шаги по времени τ, но поскольку ее погрешность аппроксимации равна O(τ) + O(h2 ), то разумно выбрать шаги τ достаточно малыми (порядка O(h2 )). Более высокую точность аппроксимации по времени имеет схема Кранка–Николсона. Это шеститочечная двухслойная неявная разностная схема (рис. 2.5). Построим эту схему для уравнения теплопроводности (2.20) при условии, что функция u(x, t) удовлетворяет начальному условию (2.21) и краевым условиям x x , t , ( i −1 t j ) ( i +1 j ) (x i , t j ) первого рода u(0, t) = g1 (t), u(l, t) = g2 (t). Между узлами сетки (xi , tj ) и (xi , tj+1 ) τ ( x i −1 , t j −1) ( x i , t j −1 ) (x i +1 , t j −1) выбирается точка (xi , tj + ) (рис. 2.5). 2 Рис. 2.5 Для этой точки записывается уравнение ∂u заменятеплопроводности. При этом ∂t τ 2 uji − uj−1 i ется центральным разностным отношением +O (см. 1.9), 2(τ/2) 2 uji−1 − 2uji + uji+1 ∂ 2u а в этой точке находится как полусумма + O(h2 ) и 2 2 ∂x h j−1 j−1 j−1 ui−1 − 2ui + ui+1 + O(h2 ). После отбрасывания погрешностей аппрокси2 h мации производных получается неявная разностная схема Кранка–Николсона: ũji − ũij−1 = τ j−1 ũji−1 − 2ũji + ũji+1 + ũj−1 + ũj−1 τ i−1 − 2ũi i+1 + f (x , t + ), = i j−1 2h2 2 i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m. Начальное условие: ũ0i = ϕ(xi ), i = 0, ..., n. ũj0 = g1 (tj ), ũjn = g2 (tj ). Граничные условия: Погрешность аппроксимации такой разностной схемы равна O(h2 ) + O(τ2 ). 78 f (xi , tj ) + f (xi , tj−1 ) τ . Иногда значение f (xi , tj−1 + ) заменяют полусуммой 2 2 Тогда для внутренних узлов сетки (xi , tj ) схема Кранка–Николсона получается как полусумма неявной схемы, записанной для узлов (xi , tj ), и явной схемы, построенной для узлов (xi , tj−1 ). Погрешность аппроксимации разностной схемы в этом случае также O(h2 ) + O(τ2 ). 3. УРАВНЕНИЕ КОЛЕБАНИЙ СТРУНЫ. ВОЛНОВОЕ УРАВНЕНИЕ 3.1. Уравнение колебаний струны Рассмотрим туго натянутую струну, т. е. тонкую упругую (подчиняющуюся закону Гука) гибкую нить. Ось 0x направим вдоль струны. Предположим, что струну вывели из положения равновесия, например оттянули или ударили по ней. Будем считать, что возникающие при этом поперечные колебания струны происходят в одной плоскости 0xu и все точки струны движутся перпендикулярно оси 0x. Обозначим через u(x, t) отклонение точек струны от прямолинейной формы. Функция u(x, t) описывает поперечные колебания струны при t ≥ 0. График функции u(x, t) (рис. 3.1) зависит от момента времени t и представляет собой форму колеблющейся струны в данный момент времени t. u F T (x + ∆ x , t ) B α2 α1 A T ( x , t) 0 x x + ∆x x Рис. 3.1 При фиксированном x функция u(x, t) описывает закон движения, про∂u(x, t) ∂ 2 u(x, t) изводная – скорость движения, а вторая производная – ∂t ∂t2 ускорение выбранной точки струны. Для вывода уравнения поперечных колебаний струны сделаем следующие предположения: 1. Будем считать, что струна совершает только малые колебания, т. е. ее форма незначительно отличается от прямой u = 0. Касательная в каждой точке x, проведенная к графику u(x, t), почти параллельна оси абсцисс. Пусть α(x, t) – угол, который образует касательная с осью 0x. Условие ма79 лости колебаний означает, что величиной α2 можно пренебречь. Разложим функции sin α, tg α, cos α по формуле Тейлора первого порядка: sin α = α + o(α), tg α = α + o(α), cos α = 1 + o(α). ∂u и cos α ≈ 1. При сделанном предположении α ≈ sin α ≈ tg α = ∂x 2. На любой выбранный участок струны действуют упругие силы наg тяжения. Выделим на струне произвольный малый участок [AB](рис. 3.1). Его проекция на ось 0x есть [x, x + ∆x]. Будем считать, что упругие силы, приложенные к концам выбранного участка, направлены по касательной к графику u(x, t), их модули |T~ (x, t)| = |T~ (x + ∆x, t)| = T и не зависят от x и t. При изучении малых поперечных колебаний струны такое предположение допустимо. Обозначим α1 и α2 углы, которые образуют касательные, проведенные в точках A и B соответственно к графику струны в момент времени t, с осью 0x. По условию все точки струны движутся параллельно g таковы, что сумма их оси 0u. Значит, силы, действующие на участок [AB], проекций на ось 0x должна быть равна нулю: −|T~ (x, t)| cos α1 + |T~ (x + ∆x, t)| cos α2 = 0. Поскольку cos α1 ≈ cos α2 ≈ 1, то можно считать, что |T~ (x, t)| = T = const. 3. В положении равновесия масса участка струны [x, x + ∆x] равна ρ∆x, где ρ – линейная плотность струны. Считаем, что в процессе колебаg тоже равна ρ∆x. ний масса этого участка не меняется и масса [AB] Такое предположение также допустимо, так как длина участка струны g [AB] в момент времени t s x+∆x 2 Z ∂u g = |AB| 1+ dx. ∂x x ∂u g ≈ ∆x. При этом ≈ α и величиной α2 можно пренебречь. Значит, |AB| ∂x 4. Предположим,что на струну в плоскости колебаний действуют непрерывно распределенные внешние силы, перпендикулярные оси 0x. Плотность распределения этих сил, рассчитанную на единицу длины, обозначим g(x, t). Если сила F~ , приложенная к участку длины ∆x, направлена вверх, то F~ (x, t) = g(x, t)∆x~j, если – вниз, то F~ (x, t) = −g(x, t)∆x~j. g Удалим части струны, Рассмотрим выбранный малый участок [AB]. расположенные справа и слева от него. Воздействие отброшенных частей струны заменим соответствующими силами натяжения. Тогда выделенный 80 участок можно рассматривать как материальную точку, которая находится под воздействием трех сил T~ (x, t), T~ (x + ∆x, t) и F~ (x, t) = g(x, t)∆x~j. g силы и применяя Проецируя на ось 0u действующие на участок [AB] закон Ньютона, получим ρ∆x ∂ 2u = T sin α2 − T sin α1 + g(x, t)∆x. ∂t2 Согласно сделанным предположениям углы α1 и α2 малы и sin α1 ≈ tg α1 = ∂u(x, t) , ∂x ∂u(x + ∆x, t) . ∂x Тогда, если использовать формулу Тейлора sin α2 ≈ tg α2 = ∂u(x + ∆x, t) ∂u(x, t) ∂ 2 u(x, t) = + ∆x + o(∆x) ∂x ∂x ∂x2 и отбросить бесконечно малую o(∆x), придем к равенству ρ∆x ∂ 2u ∂ 2 u(x, t) = T ∆x + g(x, t)∆x. ∂t2 ∂x2 Сокращая на ∆x, получим уравнение малых вынужденных поперечных колебаний струны ∂ 2u ∂ 2u ρ 2 = T 2 + g(x, t). ∂t ∂x Обычно это уравнение записывают в виде 2 ∂ 2u 2∂ u =a + f (x, t), ∂t2 ∂x2 (3.1) T g(x, t) ; f (x, t) = . Полученное уравнение называется также ρ ρ одномерным волновым уравнением, или уравнением Даламбера. Если f (x, t) = 0, уравнение (3.1) называется однородным. Оно описывает свободные колебания струны без воздействия внешних сил. В случае f (x, t) 6= 0 уравнение называется неоднородным и описывает вынужденные колебания струны. В частности, вынужденные колебания могут происходить под действием силы тяжести. Если же натяжение струны T велико и на нее действует только сила тяжести, действием последней обычно пренебрегают и считают, что струна совершает свободные колебания. где a2 = 81 Отметим, что многие физические задачи приводят к полученному волновому уравнению. Точно так же выглядит уравнение продольных колебаний тонкого упругого стержня. Функция u(x, t) при изучении таких колебаний описывает продольные смещения точек стержня, имеющих в полоE жении равновесия абсциссу x. В уравнении (3.1) в этом случае a2 = , ρ g(x, t) f (x, t) = , где E – модуль Юнга; g(x, t) – функция, описывающая ρ плотность сил, действующих вдоль оси стержня. Вывод уравнения подробно описан в [9]. Кроме того, уравнение (3.1) совпадает с уравнением крутильных колебаний вала. Подобные уравнения появляются при изучении электрических колебаний и во многих других случаях. Меняется только физический смысл функций и коэффициентов, входящих в уравнение. В случае двух или трех пространственных переменных волновое уравнение имеет вид ∂ 2u = a2 ∆u + f, (3.2) 2 ∂t где ∆ – оператор Лапласа; u и f – функции пространственных переменных и времени. Двумерное волновое уравнение получается, например, при изучении поперечных колебаний мембраны. Если мембрана прямоугольная, то уравнение записывается в декартовой системе координат: 2 ∂ 2u ∂ 2u 2 ∂ u =a + + f (x, y, t). ∂t2 ∂x2 ∂y 2 При описании колебаний круглой мембраны переходят к полярной системе координат и уравнение принимает вид 2 1 ∂u 1 u ∂ 2u ∂ ∂ = a2 ρ + 2 + f (ρ, ϕ, t). 2 ∂t ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 Трехмерное волновое уравнение возникает, например, в задачах, связанных с изучением колебаний газа, находящегося в ограниченном объеме, в задачах распространения акустических волн и во многих других. В декартовой системе координат это уравнение записывается следующим образом: 2 2 2 ∂ 2u ∂ u ∂ u ∂ u = a2 + + + f (x, y, z, t). 2 ∂t ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 3.2. Постановка начальных и краевых условий Волновое уравнение имеет бесчисленное множество решений. Для однозначного описания колебательного процесса на функцию u следует на82 ложить дополнительные условия, вытекающие из физического смысла задачи. Дополнительные условия – это начальное и краевые условия для функции u. Покажем как ставятся эти условия при изучении поперечных колебаний струны. Начальные условия обычно задают в момент времени t = 0. Условия описывают начальное положение точек струны и ее начальную скорость: ∂u(x, 0) = ψ(x), ∂t где ϕ(x) и ψ(x) – заданные функции. Граничные условия показывают, что происходит на концах струны в течение всего времени колебаний. Предположим, что струна имеет конечную длину l (0 ≤ x ≤ l). 1. Если концевые точки струны движутся по определенному закону, то краевые условия имеют вид u(x, 0) = ϕ(x), u(0, t) = ω1 (t), u(l, t) = ω2 (t). В частности, если концы струны закреплены, то для любого момента времени t u(0, t) = 0, u(l, t) = 0. 2. Граничные условия можно задать следующим образом: ∂u(0, t) ∂u(l, t) = h1 (t), = h2 (t). ∂x ∂x Это соответствует случаю, когда известен закон изменения касательных в концевых точках струны. Если h1 (t) = 0 и h2 (t) = 0, то в концевых точках для любого t ≥ 0 струна имеет касательные, параллельные оси 0x. 3. В случае упругого закрепления концов стержня краевые условия записывают в виде ∂u(0, t) ∂u(l, t) = h1 (u(0, t) − u0 (t)) , = h2 (u(l, t) − ul (t)) , ∂x ∂x где u0 (t) и ul (t) – заданные функции. Все рассмотренные краевые условия являются линейными и описываются уравнениями ∂u(0, t) ∂u(l, t) − S1 u(0, t) = g1 (t), R2 + S2 u(l, t) = g2 (t). ∂x ∂x При R1 = 0, R2 = 0 – это краевые условия первого рода, или условия Дирихле. При S1 = 0, S2 = 0 – условия второго рода, или условия Неймана, а при R1 S1 6= 0, R2 S2 6= 0 – условия третьего рода. R1 83 Заметим, что при решении физических задач на концах x = 0 и x = l могут задаваться краевые условия разного рода. 4. Если струна бесконечная, то для функции u(x, t) задают только начальные условия, краевые условия на нее обычно не накладываются, но при этом предполагается, что на бесконечности функция u(x, t) ограничена. Аналогично задаются начальные и краевые условия для уравнения (3.2). Пусть в области Ω с границей Γ функция u(M, t) (M ∈ Ω и t > 0) удовлетворяет волновому уравнению (3.2). К этому уравнению добавляются начальные условия ∂u(M, 0) u(M, 0) = ϕ(M ), = ψ(M ). ∂t На границе Γ ставится одно из трех условий: ∂u ∂u = ν(M, t), u Γ = µ(M, t), + hu Γ = χ(M, t), ∂~n Γ ∂~n где µ, ν, χ, h – заданные и непрерывные на границе Γ функции; M – точка ∂u – производная по направлению внешней нормали границы области Γ; ∂~ n к границе. На разных частях границы Γ могут быть заданы краевые условия разного рода. В таком случае краевые условия называются смешанными. 3.3. Колебания бесконечной струны. Метод Даламбера Рассмотрим бесконечную струну, которую в начальный момент времени вывели из положения равновесия. Будем считать, что внешние силы отсутствуют и струна совершает свободные колебания. Для нахождения поперечных колебаний такой струны следует решить волновое уравнение 2 ∂ 2u 2∂ u =a , ∂t2 ∂x2 при начальных условиях −∞ < x < +∞, t > 0, (3.3) ∂u(x, 0) = ψ(x), ∂t где функции ϕ(x), ψ(x) описывают начальное положение и начальную скорость точек струны. Сформулированная задача называется задачей Коши для бесконечной струны. Решим эту задачу методом, который называется методом Даламбера, или методом бегущих волн. Покажем сначала, что общее решение уравнения (3.3) имеет вид u(x, 0) = ϕ(x), u(x, t) = P (x − at) + Q(x + at), 84 (3.4) где P и Q – произвольные дважды дифференцируемые функции. Введем новые переменные ξ = x − at и η = x + at и запишем волновое уравнение (3.3) в новых переменных. Используя правило дифференцирования сложной функции, выразим производные функции u(x, t) по x и t через производные по ξ и η: ∂u ∂u ∂u = + , ∂x ∂ ξ ∂ η ∂u ∂u ∂u =a − , ∂t ∂η ∂ξ ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u = + 2 + , ∂x2 ∂ ξ2 ∂ η∂ ξ ∂ η2 2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u 2 ∂ u =a −2 + . ∂t2 ∂ η2 ∂ η ∂ ξ ∂ ξ2 ∂ 2u ∂ 2u и в уравнение (3.3), приведем подобные ∂x2 ∂t2 слагаемые и сократим на (−4a2 ). Тогда в новых переменных уравнение запишется в виде ∂ 2u = 0, ∂ η∂ ξ или ∂ ∂u = 0. ∂η ∂ξ Из этого следует, что ∂u = f (ξ), ∂ξ где f (ξ) – некоторая функция. Интегрируя последнее равенство, получим Z u = f (ξ)dξ + Q(η), Подставим выражения для где Q(η) – произвольнаяZ функция. Обозначим P (ξ) = f (ξ)dξ и подставим вместо ξ и η их выражения через x и t. В итоге получим равенство (3.4). Функции P (x − at) и Q(x + at) называются волнами отклонения. Название функций связано с их свойствами. Построим графики этих функций при t = 0: y = P (x) и y = Q(x). График функции y = P (x−at) получается параллельным переносом графика функции y = P (x) на at единиц вправо (a > 0). Соответственно, график функции y = Q(x + at) получается параллельным переносом графика y = Q(x) на at единиц влево. Таким образом, при непрерывном изменении t происходит перемещение графика функции y = P (x) вправо (рис. 3.2), а графика функции y = Q(x) влево (рис. 3.3). Для того чтобы решить поставленную задачу Коши, следует, пользуясь начальными условиями, определить неизвестные функции P и Q. 85 y y y = P ( x) y = P ( x − at ) x at 0 y = Q ( x + at ) −at y = Q ( x) x 0 Рис. 3.3 Рис. 3.2 Продифференцируем функцию u(x, t) по t: ∂u = −aP 0 (x − at) + aQ0 (x + at). ∂t ∂u Подставим выражения для u и в начальные условия, положив t = 0. ∂t В результате получим систему уравнений для функций P (x) и Q(x): ( P (x) + Q(x) = ϕ(x), −aP 0 (x) + aQ0 (x) = ψ(x). Интегрируя второе равенство в пределах от 0 до x, получим Zx −a(P (x) − P (0)) + a(Q(x) − Q(0)) = ψ(ξ)dξ. 0 Отсюда 1 −P (x) + Q(x) = a Zx ψ(ξ)dξ + C, 0 где C = −P (0) + Q(0) – постоянная величина. Решая систему уравнений, найдем Zx 1 1 C P (x) = ϕ(x) − ψ(ξ)dξ − , 2 2a 2 0 1 1 Q(x) = ϕ(x) + 2 2a Zx ψ(ξ)dξ + C . 2 0 Подставляя полученные выражения для P (x) и Q(x) в (3.4), найдем функцию u(x, t): x−at x+at Z Z 1 1 1 1 u(x, t) = ϕ(x − at) − ψ(ξ)dξ + ϕ(x + at) + ψ(ξ)dξ. 2 2a 2 2a 0 0 86 Заметим, что x−at Z − x+at Z ψ(ξ)dξ + 0 x+at Z Z0 ψ(ξ)dξ + ψ(ξ)dξ = x−at 0 x+at Z ψ(ξ)dξ = ψ(ξ)dξ. x−at 0 Тогда функцию u(x, t), являющуюся решением поставленной задачи, можно представить в виде ϕ(x − at) + ϕ(x + at) 1 u(x, t) = + 2 2a x+at Z ψ(ξ)dξ. x−at Полученное равенство называется формулой Даламбера решения задачи Коши для уравнения колебаний бесконечной струны. Найденное решение представляет собой сумму двух волн P (x −rat) и T в Q(x + at). Одна волна “бежит” вправо, другая – влево. Число a = ρ уравнении колебаний струны называется скоростью распространения волны. Функция u(x, t), полученная методом Даламбера, будет решением поставленной задачи при условии, что функция ϕ(x) дважды дифференцируема, а функция ψ(x) дифференцируема один раз. В некоторых задачах ϕ(x) и ψ(x) не имеют нужных производных. Например, если струна в начальный момент времени имеет форму ломаной линии (рис. 3.4). В таких случаях считают, что формула Даламбера также дает решение задачи, хотя при этом функция u(x, t) не всюду дважды дифференцируема. Такое решение называют обобщенным решением задачи. Рассмотрим несколько примеров, иллюстрирующих применение метода Даламбера. Пример 3.1. Решить задачу Коши для уравнения колебаний неограниченной струны: 2 ∂ 2u 2∂ u = a , t > 0, ∂t2 ∂x2 2 u(x, 0) = he−x , ∂u(x, 0) 2 = ve−x . ∂t −∞ < x < +∞, 2 2 Для поставленной задачи ϕ(x) = he−x , ψ(x) = ve−x . Используя формулу Даламбера, получим −(x−at)2 u(x, t) = he −(x+at)2 + he 2 + 1 2a x+at Z x−at 87 2 ve−ξ dξ = v √π h −(x−at)2 −(x+at)2 = e +e + (erf(x + at) − erf(x − at)) , 2 4a Zx 2 2 где erf x = √ e−ξ dξ – функция ошибок. π 0 Пример 3.2. Изобразить форму бесконечной струны для моментов l 2l l , t2 = , t3 = , если начальная скорость точек времени t0 = 0, t1 = 2a a a струны равна нулю, а начальная форма – это треугольник на отрезке [−l, l] с максимальным отклонением h (рис. 3.4). Функция u(x, t), описывающая поперечные колебания точек струны, будет u удовлетворять следующей начальной заh даче: 2 ∂ 2u 2∂ u =a , ∂t2 ∂x2 −∞ < x < +∞, t > 0,  x x 0 l −l   h 1 + l , x ∈ [−l, 0], u(x, 0) = ϕ(x) = h 1 − x , x ∈ (0, l], Рис. 3.4  l   0, x 6∈ [−l, l], ∂u(x, 0) = 0. ∂t Согласно формуле Даламбера u(x, t) = ϕ(x − at) + ϕ(x + at) . 2 Функция u(x, t) в этом случае представляет собой сумму двух волн отклонения, распространяющихся вправо и влево со скоростью a. Форма обеих ϕ(x) волн определяется функцией . 2 В моменты времени t0 , t1 , t2 , t3 имеем: ϕ(x) ϕ(x) + = ϕ(x), 2 2 l l ϕ x− ϕ x+ l 2 2 u(x, t1 ) = u x, = + , 2a 2 2 l ϕ(x − l) ϕ(x + l) u(x, t2 ) = u x, = + , 2 2 a 2l ϕ(x − 2l) ϕ(x + 2l) u(x, t3 ) = u x, = + . a 2 2 u(x, t0 ) = u(x, 0) = 88 На рис. 3.5 изображена форма бесконечной струны в выбранные моменты времени. u h u ( x , t0 ) 0 −l l x u h u ( x , t1 ) −l u 0 l x h u ( x , t2 ) −l u 0 l x h u ( x , t3 ) −2 l −l 0 l 2l x Рис. 3.5 Из рисунков хорошо видно как меняется форма струны с течением времени. Анализируя решение, полученное по формуле Даламбера, опишем колебания рассматриваемой струны. В начальный момент времени струна имеет форму треугольника. Наибольшее отклонение от положения равновесия наблюдается в точке x = 0. После того как струну отпускают, отклонение в этой точке начинает уменьшаться, а промежуток, на котором l струна отклоняется от оси абсцисс, – увеличиваться. При t = отклоне2 ние в точке x = 0 становится равным нулю. При этом u(x, t) разделяется на две волны, имеющие форму исходного треугольника высотой в 2 раза меньшей. Затем эти волны “разбегаются” в разные стороны. Пример 3.3. Изобразить форму бесконечной струны в моменты вреl 2l l мени t0 = 0, t1 = , t2 = , t3 = , если струну вывели из положения 2a a a 89 равновесия, придав ее точкам на отрезке [−l, l] скорость v в начальный момент времени. Функция u(x, t), описывающая колебания рассматриваемой струны, является решением задачи: 2 ∂ 2u 2∂ u =a , ∂t2 ∂x2 −∞ < x < +∞, t > 0, u(x, 0) = 0, ( ∂u(x, 0) v, x ∈ [−l, l], = ψ(x) = ∂t 0, x ∈ 6 [−l, l]. Если струна совершает колебания в результате того, что ее точки в начальный момент времени получили некоторые начальные скорости (например, по струне ударили), тогда говорят, что по струне распространяются волны импульса. Найдем эти волны. Применяя формулу Даламбера, получим: 1 u(x, t) = 2a x+at Z ψ(ξ)dξ = 1 (Ψ(x + at) − Ψ(x − at)) , 2 x−at  −vl   , x < −l,   a     Zx  vx 1 , −l ≤ x ≤ l, где Ψ(x) = ψ(ξ)dξ = a  a   0       vl , x > l. a vl Обозначим h = , тогда a  x < −l,  −h, x Ψ(x) = h , −l ≤ x ≤ l,   l h, x > l. Полученное решение u(x, t) можно рассматривать как полусумму двух волн отклонения Ψ(x + at) и −Ψ(x − at), распространяющихся влево и вправо. Найдем отклонение точек струны в моменты времени t0 , t1 , t2 , t3 : u(x, t0 ) = u(x, 0) = 1 (Ψ(x) + (−Ψ(x))) = 0, 2 90 l 1 l l u(x, t1 ) = u x, = Ψ x+ + −Ψ x − , 2a 2 2 2 1 l = (Ψ(x + l) + (−Ψ(x − l))) , u(x, t2 ) = u x, a 2 1 2l u(x, t3 ) = u x, = (Ψ(x + 2l) + (−Ψ(x − 2l))) . a 2 1 Изобразим на рис. 3.6 последовательные положения волн Ψ(x + at) и 2 1 − Ψ(x − at), а также их сумму – функцию u(x, t) в моменты времени t0 , 2 t1 , t2 , t3 . u h −l 0.5 Ψ ( x ) o l l 0 u −0.5 Ψ ( x ) h −l 0.5 Ψ( x + 0.5 l ) u ( x , t1 ) x l −0.5 Ψ ( x − 0.5 l ) 0 u h −l u( x , t 0 ) x 0.5 Ψ( x + l ) l 0 u ( x , t2 ) x −0.5 Ψ ( x − l ) u h u ( x , t3 ) −2l 0.5 Ψ( x + 2l ) −l l 0 x 2l −0.5 Ψ ( x − 2 l ) Рис. 3.6 Характер колебаний струны, возникающих в результате импульсного воздействия на струну в начальный момент времени, существенно отличается от распространения волн отклонения. Согласно полученному решению после удара по струне она начинает подниматься в центральной части. При 91 h vl l она имеет форму равнобедренной трапеции высотой = . Затем, 2a 2 2a l vl при t = струна принимает форму треугольника высотой h = . После 2 a этого наибольшее отклонение точек струны не меняется и остается равным h, струна приобретает форму трапеции с высотой h. Далее основания этой трапеции начинают увеличиваться. Струна “поднимается”. t= 3.4. Колебания полубесконечной струны Рассмотрим теперь задачу о поперечных колебаниях полуограниченной струны x ≥ 0 с жестко закрепленным концом. В этом случае к уравнению колебаний 2 ∂ 2u 2∂ u =a , 0 < x, t > 0, (3.5) ∂t2 ∂x2 и начальным условиям u(x, 0) = ϕ(x), (3.6) ∂u(x, 0) = ψ(x) ∂t следует добавить краевое условие u(0, t) = 0. (3.7) При этом ϕ(0) = 0, иначе краевое и начальные условия будут не согласованы. Для того чтобы решить поставленную задачу, рассмотрим сначала вспомогательную задачу. Вместо полуограниченной будем рассматривать неограниченную струну, при этом функции ϕ(x) и ψ(x) продолжим на отрицательную часть оси нечетным образом. Тогда для неограниченной струны получим следующую задачу: 2 ∂ 2u 2∂ u = a , ∂t2 ∂x2 −∞ < x < +∞, t > 0, u(x, 0) = Φ(x), ∂u(x, 0) = Ψ(x), ∂t ( ( ϕ(x), x ≥ 0, ψ(x), x ≥ 0, где Φ(x) = Ψ(x) = −ϕ(−x), x < 0, −ψ(−x), x < 0. При этом Φ(−x) = −Φ(x), Ψ(−x) = −Ψ(x). 92 Решение находим по формуле Даламбера: x+at Z Φ(x − at) + Φ(x + at) 1 u(x, t) = + 2 2a Ψ(ξ)dξ. x−at Покажем, что при t ≥ 0 и x ≥ 0 полученная функция u(x, t) является также решением задачи для полуограниченной струны. Действительно, u(x, t) удовлетворяет уравнению (3.5). Покажем, что для нее выполняются краевое и начальные условия (3.6), (3.7). При x = 0 имеем 1 Φ(−at) + Φ(at) + u(0, t) = 2 2a Zat Ψ(ξ)dξ = 0, −at так как Φ(−at) = −Φ(at) и интеграл от нечетной функции Ψ(x) по симметричному промежутку также равен нулю. При t = 0 и x > 0 u(x, 0) = Φ(x) = ϕ(x), ∂u(x, 0) = Ψ(x) = ψ(x). ∂t Таким образом, если решение задачи о колебаниях неограниченной струны, полученной при нечетном продолжении функций ϕ(x) и ψ(x) через начало координат, рассматривать только при x ≥ 0, то получится решение задачи о колебаниях полуограниченной струны с жестко закрепленным концом. Пример 3.4. Изобразить форму полубесконечной струны вблизи за2l 5l 3l 7l крепленного конца в моменты времени t1 = , t2 = , t3 = , t4 = , a 2a a 2a 4l t5 = , если в начальный момент времени струну с закрепленным концом a x = 0 оттянули и на участке [2l, 4l] придали ей форму параболы с максимальным отклонением l2 , ( т. е. начальное положение точек струны опи−(x − 2l)(x − 4l), x ∈ [2l, 4l], сывается функцией ϕ(x) = и начальная 0, x 6∈ [2l, 4l], скорость точек струны равна нулю: ψ(x) = 0. Покажем как происходит процесс отражения волн от закрепленного конца, решая поставленную задачу о распространении волн отклонения. Функция u(x, t), описывающая колебания полубесконечной струны, явля93 ется решением задачи (3.5)–(3.7). Учитывая начальные условия, получим u(x, t) = Φ(x − at) + Φ(x + at) , 2 где Φ(x) получена из функции ϕ(x) нечетным продолжением через начало координат (рис. 3.7). u ϕ( x ) −4l −3l −2l −l 0 l 2l 3l 4l x Φ (x ) Рис. 3.7 Функцию u(x, t) будем рассматривать только при x ≥ 0, учитывая, что она представляет собой сумму двух волн отклонения, определенных на всей оси. Одна волна распространяется влево, другая – вправо. В указанные 1 моменты времени вершина параболы волны Φ(x − at) будет находиться 2 l l 1 l l в точках l, , 0, − , −l, а волны Φ(x + at) – в точках −l, − , 0, , l 2 2 2 2 2 соответственно. Волны накладываются одна на другую, что соответствует процессу колебаний (рис. 3.8). На рисунках показан процесс отражения волны от закрепленного конца. Сначала волна деформируется, затем выпрямляется, а после этого переворачивается. 3.5. Метод Фурье Рассмотрим теперь задачу о свободных поперечных колебаниях струны длины l, закрепленной на концах x = 0 и x = l. Эта задача сводится к решению уравнения 2 ∂ 2u 2∂ u =a , ∂t2 ∂x2 с начальными условиями 0 < x < l, u(x, 0) = ϕ(x), 94 t > 0, ∂u = ψ(x) ∂t (3.8) (3.9) u t = t1 −4 l −3 l −2 l −l 0 2l 3l 4l l x u t = t2 −4 l −3 l −2 l −l 0 2l l 3l 4l x u t = t3 −4 l −3 l −2 l −l 0 l 2l 3l 4l x u t = t4 −4 l −3 l −2 l −l 0 l 2l 3l 4l x u t = t5 −4 l −3 l −2 l −l 0 l 2l 3l 4l x Рис. 3.8 и краевыми условиями u(0, t) = 0, u(l, t) = 0, (3.10) где ϕ(x) и ψ(x) – заданные функции. Метод Фурье применяется для решения поставленной задачи так же, 95 как и для уравнения теплопроводности. Данная задача уже является задачей с однородными краевыми условиями. (Если бы краевые условия были неоднородными, задачу следовало бы сначала свести к задаче с однородными условиями.) 1. Для линейного дифференциального оператора Lx (y) = −y 00 (x) решим задачу Штурма–Лиувилля −y 00 (x) = λy(x) , 0 < x < l, y(0) = 0, y(l) = 0. Эта задача уже рассматривалась в 1.3. Собственные числа оператора 2 πk λk = µ2k = , k = 1, 2, ... . l Каждому собственному числу λk соответствует собственная функция πkx . yk (x) = sin l Система {yk (x)}+∞ k=1 является полной ортогональной в пространстве L2 [0, l] системой функций и может быть использована для разложения в ряд Фурье функций из этого пространства. 2. Функцию u(x, t) будем искать в виде ряда Фурье по ортогональной системе функций {yk (x)}+∞ k=1 u(x, t) = +∞ X ck (t)yk (x). (3.11) k=1 Краевые условия (3.10) для функции u(x, t) будут в этом случае автоматически выполняться. Подставим этот ряд в уравнение (3.8) и начальные условия (3.9). Предварительно разложим функции ϕ(x) и ψ(x) в ряды Фурье по той же системе функций: ϕ(x) = +∞ X ϕk yk (x), k=1 ψ(x) = +∞ X ψk yk (x), k=1 (ψ(x), yk (x)) (ϕ(x), yk (x)) , ψ = . k kyk (x)k2 kyk (x)k2 Сначала подставим ряд (3.11) в дифференциальное уравнение (3.8) где ϕk = +∞ X c00k (t)yk (x) =a k=1 2 +∞ X k=1 96 ck (t)yk00 (x). Используя равенство −yk00 (x) = λk yk (x) (λk = µ2k ), получим +∞ X c00k (t)yk (x) =− +∞ X a2 µ2k ck (t)yk (x). k=1 k=1 Поскольку разложение в ряд Фурье обладает свойством единственности, приравняем коэффициенты полученных рядов Фурье: c00k (t) = −a2 µ2k ck (t), k = 1, 2, ... . Функции ck (t) являются решениями линейных дифференциальных уравнений второго порядка. Для того чтобы решение полученных уравнений было единственным, к ним следует добавить 2 начальных условия. Для этого ряд Фурье функции u(x, t), а также ряды Фурье функций ϕ(x) и ψ(x) подставим в начальные условия: +∞ X ck (0)yk (x) = k=1 +∞ X +∞ X ϕk yk (x), k=1 c0k (0)yk (x) = k=1 0 ck (0) +∞ X ψk yk (x). k=1 Отсюда ck (0) = ϕk и = ψk . Таким образом, для функций ck (t) получилась задача Коши  00 2 2  ck (t) = −a µk ck (t), ck (0) = ϕk ,  c0 (0) = ψ . k k Общее решение дифференциального уравнения ck (t) = A1,k cos(aµk t) + A2,k sin(aµk t). Подставим эти функции в начальные условия: ck (0) = A1,k = ϕk , c0k (0) = aµk A2,k = ψk ψk A2,k = . aµk Тогда ψk sin(aµk t). aµk В итоге получим решение задачи (3.8)–(3.10): +∞ X aπkt ψk l aπkt πkx u(x, t) = ϕk cos + sin sin . l aπ k l l ck (t) = ϕk cos(aµk t) + k=1 97 (3.12) Исследуем найденное решение. Коэффициенты ck (t) можно преобразовать: aπkt ck (t) = Fk sin + αk , (3.13) l  ϕk s  sin αk = ,  2 ψk Fk 2 и ϕk + 2 Следовательно, функция где Fk = ψk  aµk cos αk = . aµ k F k u(x, t) представима в виде +∞ X aπkt πkx Fk sin + αk sin u(x, t) = . l l k=1 πkx aπkt + αk sin наСлагаемые ряда Фурье ck (t)yk (x) = Fk sin l l зываются стоячими волнами. Для любой фиксированной точки x (x ∈ (0, l)) струны решение представляет собой сумму бесконечного числа стоячих волн. Каждая стоячая волна – это синусоида, амплитуда которой πkx Fk sin зависит от выбранной точки струны x. l На отрезке [0, l] для каждой k-й стоячей волны можно выделить точки, πkx в которых sin = 0: l nl (n = 1, 2, ..., k − 1). xn = k Точки xn называются узлами стоячей волны. В этих точках соответствую πkx щая стоячая волна будет неподвижной. Точки, в которых sin = ±1: l (2m − 1)l (m = 1, 2, ..., k), 2k называются пучностями стоячей волны. В точках xm k-я стоячая волна совершает колебания с наибольшей амплитудой. Из равенства (3.13) следует, что каждая стоячая волна совершает коπka лебания с одной и той же частотой ωk = и фазой αk . Частоты ωk l называются собственными частотами струны. Наименьшей собственной частотой будет s πa π T ω1 = = , l l ρ xm = где T – натяжение; ρ – плотность струны. 98 Из полученной формулы видно, что чем больше натяжение струны T и чем короче и легче струна (т. е. чем меньше l и ρ), тем больше частота колебаний струны ω1 , а значит, тем выше будет звук, издаваемый струной. Применим теперь полученное решение уравнения колебаний струны для конкретных задач. Пример 3.5. Найти поперечные колебания струны с закрепленными концами x = 0 и x = l, если начальная форма струны – это парабола (рис. 3.9) с наибольшим отклонением h, а начальная скорость точек струны равна нулю. Согласно условиям задачи ϕ(x) = 4h − 2 x(x − l) и ψ(x) = 0. Функция u l u(x, t), описывающая поперечные колебаh ния струны, являющаяся решением задачи (3.8)–(3.10), представляется в виде ряда Фурье (3.12). Найдем коэффициенты x 0 l Фурье ϕk и ψk функций ϕ(x) и ψ(x) соответственно: Рис. 3.9 (ϕ(x), yk (x)) , ϕk = kyk (x)k2 (ψ(x), yk (x)) ψk = . kyk (x)k2 Вычислим сначала квадрат нормы функции yk (x): 2 Zl kyk (x)k = yk2 (x)dx Zl = 0 2 sin πkx l l dx = . 2 0 Скалярное произведение функций ϕ(x) и yk (x) получим по правилу: Zl (ϕ(x), yk (x)) = − πkx 4h 2 (x − lx) sin dx. l2 l 0 Дважды проинтегрировав по частям, придем к равенству 8hl 1 − (−1)k (ϕ(x), yk (x)) = . π3 k 3 Очевидно, что (ψ(x), yk (x)) = 0. Таким образом, все ψk = 0, а ϕk вычисляются по формулам 16h 1 − (−1)k ϕk = (k = 1, 2, ...). π3 k 3 99 Хорошо видно, что при четном k ϕk = 0, а при нечетном (k = 2n + 1) – 32h ϕk = ϕ2n+1 = 3 . В итоге получаем решение поставленной задачи π (2n + 1)3 +∞ 32h X 1 (2n + 1)πat (2n + 1)πx u(x, t) = 3 cos sin . π n=0 (2n + 1)3 l l Исследуем полученное решение. Преобразуем произведение тригонометрических функций в сумму, тогда +∞ 16h X 1 (2n + 1)π u(x, t) = 3 sin (x + at) + π n=0 (2n + 1)3 l (2n + 1)π + sin (x − at) . l Функция u(x, t), рассматриваемая при x ∈ [0, l], представляет собой полусумму двух волн отклонения Φ(x + at) и Φ(x − at), определенных для любых x ∈ R: +∞ 1 (2n + 1)π 32h X sin (x + at) , Φ(x + at) = 3 π n=0 (2n + 1)3 l +∞ 1 (2n + 1)π 32h X sin (x − at) . Φ(x − at) = 3 π n=0 (2n + 1)3 l Очевидно, что функция +∞ 32h X 1 (2n + 1)π Φ(x) = 3 sin x π n=0 (2n + 1)3 l представляет собой ряд Фурье функции ϕ(x), т. е. является функцией, полученной из ϕ(x) периодическим продолжением на всю числовую ось. 1 1 Волна Φ(x+at) “бежит” влево, а волна Φ(x−at) – вправо. Функция 2 2 u(x, t) представляет собой сумму этих волн. Отражение волны от закрепленных концов струны x = 0, x = l будет происходить так же, как и в случае полубесконечной струны. Изобразим форму струны с закрепленными концами в моменты вреl l 3l l мени t0 = 0, t1 = , t2 = , t3 = , t = , проиллюстрировав тем самым 4a 2a 4a a процесс колебаний струны (рис. 3.10). 100 u h 0 u t = t0 x l h t = t1 0 x l u h 0 t = t2 x l u h 0 t = t3 x l u h 0 t = t4 l x Рис. 3.10 колебаний струны изображен на промежутке времени Процесс l l 2l t ∈ 0; . В следующий промежуток времени t ∈ ; струна пройa a a дет все отмеченные положения в обратном порядке и вернется в первоначальное положение, после чего процесс будет периодически повторяться с 2l периодом T = . a Пример 3.6. Найти закон колебаний конечной струны (0 ≤ x ≤ l), если в начальный момент времени по струне ударили и ее точкам на промежутке α ≤ x ≤ β придали скорость v. 101 В данном случае функция u(x, t), описывающая свободные колебания струны, является решением задачи (3.8)–(3.10), при этом ϕ(x) = 0 и ( v, x ∈ [α, β], ψ(x) = 0, x 6∈ [α, β]. Найдем для этих функций коэффициенты Фурье. Очевидно, что ϕk = 0. Для определения ψk вычислим скалярное произведение Zl (ψ(x), yk (x)) = ψ(x) sin πkx l Zβ dx = v sin πkx l dx = α 0 vl πkx = − cos πk l β α vl = πk cos πk α l − cos πk β l . l Учитывая, что kyk (x)k2 = , получим решение поставленной задачи 2 +∞ πk β πkat πkx 2vl X 1 πk α − cos sin sin . u(x, t) = 2 cos πa k2 l l l l k=1 4. УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА И ПУАССОНА 4.1. Определения. Постановка краевой задачи Линейное дифференциальное уравнение второго порядка вида ∆u = f, где ∆ – оператор Лапласа, f – заданная функция, называется уравнением Пуассона. Если в уравнении f = 0, то оно называется уравнением Лапласа. Такие уравнения описывают стационарное распределение тепла в однородном изотропном теле, электростатический и гравитационный потенциалы в точках пространства и другие стационарные явления. Пусть функция u = u(M ) рассматривается в области Ω с кусочногладкой границей Γ. Часто ставится следующая задача: найти дважды дифференцируемую функцию u, удовлетворяющую в области Ω уравнению Лапласа или Пуассона, а на границе Γ – одному из краевых условий: 1) u 2) ∂u ∂~n Γ = µ – краевое условие первого рода (условие Дирихле); = ν – краевое условие второго рода (условие Неймана); Γ 102 3) ∂u u+h ∂~n = χ – краевое условие третьего рода. Γ Здесь µ, ν, χ и h – заданные и непрерывные на границе Γ функции. Название краевой задачи связано с краевым условием, которому удовлетворяет функция u(M ) на границе Γ. Краевая задача ∆u = f, uΓ=µ называется задачей Дирихле для уравнения Пуассона. Если на границе задано условие ∂u = ν, ∂~n Γ то краевая задача называется задачей Неймана, а в случае краевого условия вида ∂u u+h =χ ∂~n Γ – третьей краевой задачей. В некоторых случаях на разных частях границы Γ могут быть заданы краевые условия разного рода. Тогда краевая задача называется смешанной. 4.2. Гармонические функции Определение 4.1. Функция u = u(M ) называется гармонической в области Ω, если она имеет непрерывные частные производные первого и второго порядков в области Ω и удовлетворяет уравнению Лапласа ∆u = 0. Приведем примеры различных гармонических фунций. При решении задач обычно используются декартовы, полярные, цилиндрические или сферические координаты. Вид оператора Лапласа зависит от выбранной системы координат (см. 2.2). Пример 4.1. Рассмотрим уравнение Лапласа, в котором оператор Лапласа записан в декартовой системе координат: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + = 0. ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 Очевидно, что любая линейная функция вида u(x, y, z) = Ax + By + Cz + D является гармонической функцией. 103 Пример 4.2. Пусть (ρ, ϕ) – полярные координаты точек плоскости. Рассмотрим уравнение Лапласа, записав оператор Лапласа в полярной системе координат: 1 ∂ ∂u 1 ∂ 2u ρ + 2 = 0. ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 Найдем u = u(ρ) – решение этого уравнения, которое не зависит от угловой координаты ϕ (осесимметричное решение). Решение, обладающее этим свойством, удовлетворяет уравнению 1 ∂ ∂u ∂u ρ =0 ⇔ ρ = C1 . ρ ∂ρ ∂ρ ∂ρ Преобразуем его к виду ∂u C1 = . ∂ρ ρ Проинтегрировав, найдем гармоническую функцию u(ρ) = C1 ln(ρ) + C2 . Здесь C1 , C2 – произвольные константы. Зададим C1 = −1, C2 = 0 и получим функцию 1 u(ρ) = ln . ρ Эту функцию называют фундаментальным решением уравнения Лапласа на плоскости. Она является гармонической функцией на всей плоскости, кроме начала координат. Обозначим p r = |M M0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 расстояние между точками M (x, y) и M0 (x0 , y0 ). Нетрудно заметить, что функция 1 u(r) = ln r также будет гармонической функцией на всей плоскости, исключая точку M0 . Пример 4.3. Пусть (ρ, θ, ϕ) – сферические координаты точек пространства. Запишем теперь оператор Лапласа в сферической системе координат: 1 ∂ 1 1 ∂ ∂u 1 ∂ 2u 2 ∂u ρ + 2 sin θ + 2 2 = 0. ρ2 ∂ ρ ∂ρ ρ sin θ ∂ θ ∂θ ρ sin θ ∂ ϕ2 Будем искать решение u = u(ρ) уравнения Лапласа, которое не зависит от угловых координат θ и ϕ (центрально-симметричное решение). Очевидно, что u(ρ) удовлетворяет уравнению 1 ∂ ∂u 2 2 ∂u ρ = 0 ⇔ ρ = C1 . ρ2 ∂ ρ ∂ρ ∂ρ 104 Разделим на ρ2 : ∂u C1 = 2. ∂ρ ρ −C1 + C2 , гармоническую ρ при любых константах C1 и C2 . Пусть C1 = −1, C2 = 0. Функция 1 u(ρ) = ρ называется фундаментальным решением уравнения Лапласа в пространстве. Она является гармонической функцией на всей плоскости, кроме начала координат. Пусть p r = |M M0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 После интегрирования получим функцию u(ρ) = – расстояние между точками M (x, y, z) и M0 (x0 , y0 , z0 ). Очевидно, что функция 1 u(r) = r также является гармонической функцией в пространстве, исключая точку M0 . 4.3. Формулы Грина Пусть Ω ∈ R3 – область, ограниченная поверхностью Γ. Утверждение 4.1. Если функции u = u(M ) и v = v(M ) имеют непрерывные частные производные второго порядка в области Ω и непрерывны S вместе с частными производными первого порядка на множестве Ω Γ, то справедливы формулы: ZZZ ZZZ ZZ ∂u ds, (4.1) (grad v, grad u) dV + v∆u dV = v ∂~n Ω Ω Γ ZZZ ZZ ∂u ∂v (v∆u − u∆v) dV = v −u ds, (4.2) ∂~n ∂~n Ω Γ называемые первой и второй формулами Грина соответственно. Здесь ∂u/∂~n = (grad u, ~n) – производная функции u по направлению внешней нормали ~n к поверхности Γ. Доказательство. Докажем сначала первую формулу Грина (4.1). Воспользуемся формулой Остроградского–Гаусса ZZZ ZZ divF~ dV = (F~ , ~n) ds. (4.3) Ω Γ 105 Зададим F~ = v grad u. Поскольку верны следующие равенства: ∂u ∂v ∂u ∂ 2u ∂ v = +v 2, ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x ∂u ∂v ∂u ∂ 2u ∂ v = +v 2 , ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂ ∂u ∂v ∂u ∂ 2u v = +v 2 , ∂z ∂z ∂z ∂z ∂z то, складывая их почленно, получим divF~ = div(v grad u) = (grad v, grad u) + v∆u. При этом ∂u . ∂~n С учетом полученных равенств из формулы Остроградского–Гаусса (4.3) следует первая формула Грина ZZZ ZZZ ZZ ∂u (grad v, grad u) dV + v∆u dV = v ds. ∂~n (F~ , ~n) = (v grad u, ~n) = v(grad u, ~n) = v Ω Ω Γ Поменяем теперь местами функции u и v в первой формуле Грина: ZZZ ZZZ ZZ ∂v (grad u, grad v) dV + u∆v dV = u ds. ∂~n Ω Ω Γ Вычтем почленно из первой формулы Грина это равенство: ZZZ ZZ ∂u ∂v (v∆u − u∆v) dV = v −u ds. ∂~n ∂~n Ω Γ Получилась вторая формула Грина (4.2). 4.4. Свойства гармонических функций Используя полученные формулы, выделим некоторые свойства гармонических функций. Утверждение 4.2. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в области Ω, то производная этой функции по нормали к поверхности Γ, ограничивающей область Ω, удовлетворяет условию ZZ ∂u ds = 0. (4.4) ∂~n Γ 106 Доказательство. Воспользуемся первой формулой Грина (4.1). Поскольку u – гармоническая в области Ω функция, то ∆u = 0 и выполняется равенство ZZ ZZZ ∂u v (grad v, grad u) dV = ds. ∂~n Γ Ω Зададим функцию v = 1, тогда, учитывая, что grad 1 = ~0, получим доказываемое утверждение. 1 Рассмотрим функцию v(M ) = , где r p r = |M M0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 – расстояние между точками M (x, y, z) и M0 (x0 , y0 , z0 ). В 4.2 было показано, что она является гармонической функцией, т. е. удовлетворяет уравнению Лапласа ∆u = 0 в пространстве, исключая точку M0 . Пусть M0 (x0 , y0 , z0 ) – это некоторая внутренняя точка множества Ω. Утверждение 4.3. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в области Ω, непрерывная S вместе с частными производными первого порядка на множестве Ω Γ, то для любой внутренней точки M0 (x0 , y0 , z0 ) множества Ω справедлива формула ZZ 1 1 ∂u ∂ 1 u(M0 ) = ds, (4.5) −u 4π r ∂~n ∂~n r Γ называемая основной формулой теории гармонических функций. Здесь ~n – внешняя нормаль к поверхности Γ. Доказательство. Воспользуемся второй формулой Грина (4.2). По1 скольку функция v(M ) = имеет разрыв в точке M0 (x0 , y0 , z0 ), то сразу r применить к функциям u и v вторую формулу Грина нельзя. Окружим точку M0 шаром Kε (M0 ) с центром в точке M0 малого радиуса ε. Рассмотрим область Ω \ Kε (M0 ). Граница этой области Γ ∪ Γε , где Γε – сфера, ограничивающая шар Kε (M0 ). Применим вторую формулу Грина к функциям 1 u(M ) и v(M ) = в области Ω \ Kε (M0 ): r ZZZ 1 1 ∆u − u∆ dV = r r Ω\Kε (M0 ) ZZ = Γ 1 ∂u ∂ −u r ∂~n ∂~n ZZ ZZ 1 1 ∂u ∂ 1 ds + ds − u ds. r r ∂~n ∂~n r Γε 107 Γε (4.6) 1 Поскольку u(M ) и v(M ) = – гармонические в области Ω \ Kε (M0 ) функr равна нулю. ции, то левая часть равенства Второй интеграл в правой части вычисляется по сфере Γε , поэтому 1 1 множитель = не зависит от M и его можно вынести за знак интеграла. r ε Интеграл преобразуется к виду ZZ 1 ∂u ds. ε ∂~n Γε Функция u(M ) – гармоническая, поэтому, согласно утверждению 4.2, значение этого интеграла равно нулю. Рассмотрим в правой части формулы (4.6) третий интеграл по сфере Γε . Поскольку внешняя нормаль к этой поверхности ~n направлена по радиусу к центру сферы, то ∂ 1 1 ∂ 1 =− = 2 ∂~n r Γε ∂r r Γε ε не зависит от M . Тогда получится равенство ZZ ZZ 1 ∂u ∂ 1 1 −u ds = 2 u ds. r ∂~n ∂~n r ε Γ Γε Применим теорему о среднем к интегралу, стоящему в правой части. Функция u(M ) непрерывна, следовательно, на сфере найдется такая точка Mε , что интеграл по Γε будет равен значению u(Mε ), умноженному на площадь сферы 4πε2 . Тогда ZZ 1 u ds = 4πu(Mε ). ε2 Γε Устремим ε к нулю. При этом сфера Γε (M0 ) стягивается в точку M0 : lim u(Mε ) = u(M0 ). ε→0 В итоге, получим равенство 1 u(M0 ) = 4π ZZ 1 ∂u ∂ −u r ∂~n ∂~n Γ 108 1 ds. r Замечание. Полученная формула справедлива для гармонических функций трех переменных. На плоскости решением уравнения Лапласа является функция p 1 u(r) = ln , где r = |M M0 | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 . r Дословно повторяя описанные ранее рассуждения, нетрудно получить основную формулу теории гармонических функций для гармонических функций двух переменных: Z Z 1 1 ∂u ∂ 1 u(M0 ) = ln −u ln ds. 2π r ∂~n ∂~n r Γ Пусть KR (M0 ) – шар радиуса R с центром в точке M0 , а ΓR – сфера, ограничивающая этот шар. Утверждение 4.4. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в шаре KR (M0 ) и непрерывная вместе S с частными производными первого порядка на множестве KR (M0 ) ΓR , то ее значение в центре M0 шара есть среднее ее значений на сфере: ZZ 1 u ds. u(M0 ) = 4πR2 ΓR Доказательство. Поскольку u(M ) – гармоническая функция, то согласно утверждению 4.3 выполняется равенство ZZ 1 ∂ 1 1 ∂u u(M0 ) = −u ds. 4π r ∂~n ∂~n r ΓR Поверхность ΓR – это сфера. Для точек, лежащих на ней, r = |M0 M | = R. Внешняя нормаль к поверхности сферы направлена по радиусу от центра сферы, поэтому ∂ 1 ∂ 1 1 = = − 2. ∂~n r ΓR ∂r r ΓR R Тогда 1 u(M0 ) = 4π ZZ 1 ∂u 1 +u 2 R ∂~n R 1 ds = 4πR ΓR Из утверждения 4.2 следует, что ваемое равенство. ZZ ΓR ∂u 1 ds + ∂~n 4πR2 ZZ u ds. ΓR RR ∂u ds = 0, поэтому получаем доказы∂~ n ΓR 109 Утверждение 4.5. Функция u = u(M ), гармоническая в ограниченной области Ω и непрерывная в области Ω ∪ Γ, достигает наибольшего и наименьшего значений на границе Γ этой области. Это утверждение обычно называют принципом максимума. Доказательство. 1. Если u(M ) = C = const, то теорема очевидна. 2. Пусть u(M ) 6= const. Докажем теорему методом рассуждения от противного. Предположим, что во внутренней точке M0 области Ω функция u имеет локальный экстремум, например локальный максимум. Окружим точку M0 шаром KR (M0 ) достаточно малого радиуса R с границей ΓR , такого, что шар целиком лежит в области Ω и для всех M ∈ KR (M0 ) ∪ ΓR выполняется неравенство u(M0 ) > u(M ). Поскольку u – гармоническая в шаре KR (M0 ) функция, то согласно утверждению 4.4 справедливо равенство ZZ 1 u(M0 ) = u ds. 4πR2 ΓR Здесь ΓR – сфера, ограничивающая шар. Применим теорему о среднем к интегралу, стоящему в правой части. Так как функция u(M ) непрерывна, то на сфере найдется такая точка MR , что интеграл по ΓR будет равен значению u(MR ), умноженному на площадь сферы 4πR2 . Тогда u(M0 ) = 1 4πR2 u(MR ) = u(MR ). 2 4π R Получилось противоречие с условием u(M0 ) > u(M ). Значит, внутренние точки области Ω не являются точками экстремума функции, и поскольку u(M ) непрерывна в области Ω ∪ Γ, то она достигает наибольшего и наименьшего значений на границе Γ области Ω. 4.5. Теоремы единственности для уравнений Лапласа и Пуассона Утверждение 4.6. Решение u = u(M ) задачи Дирихле для уравнения Пуассона ∆u = f, u|Γ = µ единственно. Доказательство. Предположим, что две функции u1 и u2 являются решениями задачи Дирихле. Рассмотрим функцию u = u1 − u2 . Эта функция – гармоническая в области Ω. Она непрерывна в области Ω ∪ Γ и равна нулю на границе Γ: ∆u = 0, u|Γ = 0. 110 Согласно принципу максимума наибольшее и наименьшее значения функции u достигаются на границе и равны нулю. Следовательно, u = u1 − u2 = = 0, т.е. u1 = u2 . Рассмотрим теперь задачу Неймана для уравнения Пуассона: ∂u ∂~n ∆u = f, = ν. Γ Решение этой задачи существует только при выполнении условия ZZZ ZZ f dV = ν ds. Ω Γ Утверждение 4.7. Решение u = u(M ) задачи Неймана для уравнения Пуассона единственно с точностью до постоянного слагаемого C. Доказательство. Подставив в первую формулу Грина (4.1) функцию v = u, получим равенство ZZZ ZZZ ZZ ∂u u∆u dV + |grad u|2 dV = u ds. (4.7) ∂~n Ω Ω Γ Предположим, что есть 2 решения u1 и u2 задачи Неймана. Тогда u = = u1 − u2 является гармонической функцией (∆u = 0), удовлетворяющей ∂u краевому условию = 0. Тогда равенство (4.7) преобразуется к виду ∂~n Γ ZZZ |grad u|2 dV = 0. Ω Следовательно, grad u = ~0, т. е. u = C = const. Значит, u1 = u2 + C. Утверждение 4.8. Решение u = u(M ) третьей краевой задачи для уравнения Пуассона ∂u ∆u = f, u+h = χ, h > 0 ∂~n Γ единственно. Доказательство. Предположим, что третья краевая задача имеет 2 решения u1 и u2 . Рассмотрим функцию u = u1 − u2 . Подставим ее в формулу (4.7). Тогда, учитывая, что u = u1 −u2 является решением задачи ∂u ∆u = 0, u+h = 0, ∂~n Γ 111 получим для этой функции равенство ZZZ Z Z 2 ∂u |grad u|2 dV + h ds = 0. ∂~n Ω Γ Поскольку h > 0, то равенство возможно только тогда, когда значения обоих слагаемых в левой части равенства равны нулю. Следовательно, ∂u = 0 на границе Γ. Из условия grad u = ~0 слеgrad u = ~0 в области Ω и ∂~n дует, что u = C = const в области Ω. Функция u удовлетворяет краевому ∂u ∂u = 0, условию u + h = 0. И поскольку выполняется условие ∂~n Γ ∂~n Γ то u = C = 0. Значит, u1 = u2 . 4.6. Метод Фурье для уравнений Лапласа и Пуассона В некоторых областях Ω решение краевой задачи для уравнения Лапласа или Пуассона можно получить в виде ряда Фурье по собственным функциям оператора Штурма–Лиувилля. Алгоритм нахождения решения такой же, как при решении уравнения теплопроводности или волнового уравнения. Рассмотрим пример решения задачи Дирихле для уравнения Лапласа в шаре (осесимметричный по переменной ϕ случай). Пример 4.4. Найти стационарное распределение температуры в шаре радиуса R, верхняя половина поверхности которого поддерживается при температуре T0 , а нижняя – при температуре, равной нулю. Определить температуру точек шара, расположенных вдоль радиуса θ = 0. Пусть u – искомая функция, описывающая стационарное распределение температуры в шаре. Она является решением краевой задачи ∆u = 0, u Γ = u0 , где u0 – функция, описывающая распределение температуры на границе шара. В модели будем использовать сферическую систему координат. Условия задачи таковы, что функция u = u(ρ, θ) не зависит от угловой координаты ϕ. Она удовлетворяет уравнению Лапласа 1 ∂ 1 ∂ ∂u 2 ∂u ρ + 2 sin θ =0 ρ2 ∂ ρ ∂ρ ρ sin θ ∂ θ ∂θ и краевым условиям: u(ρ, θ) ограничена при θ → 0 + 0 и при θ → π − 0; u(ρ, θ) ограничена при ρ → 0 + 0, u(R, θ) = u0 (θ),   T0 , 0 ≤ θ ≤ π , 2 где u0 (θ) = π  0, < θ ≤ π. 2 112 По переменной θ функция u = u(ρ, θ) удовлетворяет естественным краевым условиям ограниченности функции. Эти условия являются однородными, поэтому решение задачи будем искать в виде ряда Фурье, разложив функцию u(ρ, θ) по собственным функциям оператора 1 d dy (sin θ ). sin θ dθ dθ 1. Решим задачу Штурма–Лиувилля для этого оператора:  1  − (sin θy 0 )0 = λy, 0 < θ < π, sin θ y(θ) ограничена при θ → 0 + 0 и при θ → π − 0. Lθ (y) = − Решение этой задачи подробно разобрано в пособии [1] (пример 2.7). Собственные числа оператора: λk = k(k + 1), k = 0, 1, 2, ...; собственные функции: yk (θ) = Pk (cos θ), k = 0, 1, 2, ..., где Pk (x) – многочлены (k) 1 2 (x − 1)k ); квадраты норм собственных функЛежандра (Pk (x) = k 2 k! 2 2 ций: kyk (θ)k = . Собственные функции образуют полную ортого2k + 1 нальную систему в пространстве L2 [0, π; sin θ]. 2. Будем искать функцию u(ρ, θ) в виде ряда Фурье по системе собственных функций: +∞ X u(ρ, θ) = ck (ρ)yk (θ). k=0 Функцию u0 (θ) из краевого условия разложим в ряд Фурье по той же системе функций: +∞ X u0 (θ) = u0k yk (θ), k=0 где u0k = (u0 , yk ) . Найдем скалярные произведения ||yk ||2 π Zπ (u0 , yk ) = Z2 u0 (θ)yk (θ) sin θ dθ = 0 T0 Pk (cos θ) sin θ dθ. 0 Выполнив замену x = cos θ получим Z1 (u0 , yk ) = T0 Pk (x)dx. 0 113 Для вычисления интеграла воспользуемся свойствами многочленов Лежандра. Для этих многочленов выполняются рекуррентные соотношения (1.34), (1.35): (k + 1)Pk+1 (x) − (2k + 1)xPk (x) + Pk−1 (x) = 0, 0 0 (2k + 1)Pk (x) = Pk+1 (x) − Pk−1 (x) и справедливы равенства Pk (1) = 1, k = 0, 1, ... . Тогда T0 (u0 , yk ) = 2k + 1 Z1 0 0 (Pk+1 (x) − Pk−1 (x))dx = 0 T0 k+2 (Pk−1 (0) − Pk+1 (0)) = Pk−1 (0), 2k + 1 k+1 Отдельно найдем = Z1 (u0 , y0 ) = T0 k = 1, 2, ... . Z1 P0 (x)dx = T0 0 1 dx = T0 . 0 Получим теперь коэффициенты Фурье u0k : T0 T0 k + 2 , u0k = Pk−1 (0), k = 1, 2, ... . 2 2 k+1 Найдем значения коэффициентов ck (ρ), подставив ряды Фурье функций u(ρ, θ) и u0 (θ) в уравнение Лапласа и в краевые условия, заданные по 1 переменной ρ. Используя равенства − (sin θ · yk (θ)0 )0 = λyk (θ) и свойsin θ ство единственности разложения функции в ряд Фурье, получим краевые задачи для коэффициентов ck (r): ( (ρ2 c0k (ρ))0 = k(k + 1)ck (ρ), ck (ρ) ограничена при ρ → 0 + 0, ck (R) = u0k . u00 = Уравнение (ρ2 c0k (ρ))0 = k(k +1)ck (ρ) ⇔ ρ2 c00k (ρ)+2ρc0k (ρ)−k(k +1)ck (ρ) = 0 является уравнением Эйлера. Используем подстановку ρ = et . Тогда справедлива цепочка равенств ck (ρ) = ck (et ) = zk (t) = zk (ln ρ). Нетрудно получить уравнение, которому удовлетворяет функция zk (t): zk00 (t) + zk0 (t) − k(k + 1)zk (t) = 0. Запишем его характеристическое уравнение: λ2 + λ − k(k + 1) = 0. Найдем корни этого уравнения: λ1 = −(k + 1), λ2 = k. Общим решением дифференциального уравнения будет функция zk (t) = Ak e−(k+1) + Bk ek . Значит, ck (ρ) = Ak ρ−(k+1) + Bk ρk , 114 k = 1, 2, ... . Используя первое краевое условие, получим Ak = 0 (k = 1, 2, ...). Из втоu0k k 0 рого условия следует, что Bk R = uk , тогда Bk = k . В итоге R ρ k T0 k + 2 ck (ρ) = Pk−1 (0) , k = 1, 2, ... . 2 k+1 R Найдем теперь значение коэффициента c0 (ρ). Рассмотрим при k = 0 дифференциальное уравнение (ρ2 c00 (ρ))0 = 0 ⇔ ρ2 c00 (ρ) = A0 . Z A0 A0 A0 0 Тогда c0 (ρ) = 2 , c0 (ρ) = dr = − + B0 . Используя краевые услоρ ρ2 ρ T0 вия, получим A0 = 0, B0 = . Значит, 2 c0 (ρ) = T0 . 2 Все коэффициенты найдены. Искомая функция u(ρ, θ) представима в виде ряда Фурье: +∞ ρ k T0 T0 X k + 2 + Pk−1 (0) Pk (cos θ). u(ρ, θ) = 2 2 k+1 R k=1 Известно [5], что   (−1)m (2m)! , Pk (0) = 4m (m!)2  0, k = 2m, k = 2m + 1. Используя это свойство многочленов Лежандра, искомую функцию можно преобразовать к виду +∞ T0 T0 X (−1)m (2m)!(2m + 3) ρ 2m+1 u(ρ, θ) = + P2m+1 (cos θ). 2 2 m=0 4m (m!)2 (2m + 2) R Вычислим теперь температуру точек шара, расположенных вдоль радиуса θ = 0. Для этого подставим в последнюю формулу θ = 0. Учитывая, что Pk (1) = 1, получим искомую температуру +∞ T0 T0 X (−1)m (2m)!(2m + 3) ρ 2m+1 u(r, 0) = + . 2 2 m=0 4m (m!)2 (2m + 2) R 115 (4.8) 4.7. Задача на собственные значения для оператора Лапласа В некоторых случаях краевую задачу для уравнения Пуассона или уравнения Лапласа удается свести к задаче с однородными краевыми условиями на всей границе. Решение такой задачи целесообразно искать в виде ряда Фурье, разложив искомую функцию по собственным функциям оператора Лапласа. Пусть Ω – некоторая ограниченная область, Γ – граница этой области. Определение 4.2. Числа λ, для которых краевая задача ∂u −∆u = λu, R + Su Γ = 0 (|R| + |S| = 6 0) ∂~n имеет ненулевые решения u = u(M ) в области Ω, называются собственными числами оператора Лапласа. При этом ненулевые решения u называются собственными функциями оператора Лапласа, соответствующими числам λ. Задача нахождения собственных чисел и соответствующих им собственных функций называется задачей на собственные значения для оператора Лапласа. ∂u Однородное краевое условие R + Su Γ = 0 может быть первого, ∂~n второго или третьего рода. Также можно задать смешанное однородное краевое условие. Задача на собственные значения оператора Лапласа является многомерным аналогом задачи Штурма–Лиувилля. Пусть функции f = f (M ) и g = g(M ) определены в области Ω. Введем скалярное произведение этих функций по правилу ZZZ (f, g) = f g ρ dV, Ω где ρ = ρ(M ) – непрерывная на множестве Ω функция, ρ(M ) ≥ ρ0 > 0. Как и ранее, ρ(M ) называется весовой функцией. Норму, порожденную скалярным произведением, определим по формуле vZ Z Z u u kf (M )k = t f 2 ρ dV . Ω Множество функций, для которых норма конечна (kf (M )k < +∞), образуют пространство L2 [Ω; ρ(M )]. Если ρ(M ) = 1, то пространство обозначим L2 [Ω]. Сформулируем без доказательства некоторые свойства собственных чисел и собственных функций оператора Лапласа: 116 1) собственные числа оператора Лапласа вещественные; 2) множество собственных чисел счетно, т. е. представляет собой последовательность {λn }+∞ n=1 ; 3) числа λn ≥ 0 и lim λn = +∞; n→+∞ 4) собственные функции оператора Лапласа, соответствующие различным собственным числам, ортогональны в пространстве L2 [Ω; ρ(M )]; 5) собственные функции оператора Лапласа образуют полную, замкнутую в пространстве L2 [Ω; ρ(M )] систему функций. Если f ∈ L2 [Ω; ρ(M )], то функция f может быть разложена в ряд Фурье по системе собственных функций оператора и этот ряд будет сходиться к функции в норме пространства L2 [Ω; ρ(M )]. Рассмотрим несколько задач на собственные значения оператора Лапласа для разных областей и разных типов краевых условий. Пример 4.5. Найти собственные числа и собственные функции оператора Лапласа в прямоугольнике Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ A, 0 ≤ y ≤ B}, если на границе области функция u удовлетворяет условиям Дирихле. Решим задачу ∂ 2u ∂ 2u + − ∂x2 ∂y 2 u(0, y) = 0, = λu(x, y), u(A, y) = 0, 0 < x < A, 0 < y < B, u(x, 0) = 0, u(x, B) = 0. Искомую функцию представим в виде произведения двух функций u(x, y) = X(x)Y (y), предполагая, что X(0) = 0, X(A) = 0, Y (0) = 0, Y (B) = 0. Тогда u(x, y) будет удовлетворять заданным краевым условиям. Подставим u(x, y) = X(x)Y (y) в дифференциальное уравнение: −(X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y)) = λX(x)Y (y). Разделим обе части этого равенства на X(x)Y (y): 00 X (x) Y 00 (y) − + = λ. X(x) Y (y) Это равенство выполняется только в том случае, если X 00 (x) − = λ1 X(x) и Y 00 (y) − = λ2 , Y (y) где λ1 и λ2 – константы. При этом λ = λ1 + λ2 . 117 Значит, функции X(x) и Y (y) являются решениями двух задач Штурма– Лиувилля: ( ( −X 00 = λ1 X, 0 < x < A, −Y 00 = λ2 Y, 0 < y < B, и X(0) = 0, X(A) = 0 Y (0) = 0, Y (B) = 0. Эти задачи решены в 1.3: 2 πkx πk , λ1,k = , Xk (x) = sin A A πm 2 πmy λ2,m = , , Ym (y) = sin B B k = 1, 2, ...; m = 1, 2, ... . πkx πmy Тогда числа λkm = λ1,k + λ2,m и функции Ukm (x, y) = sin sin , A B k = 1, 2, ...; m = 1, 2, ..., будут собственными числами и собственными функциями оператора Лапласа для задачи Дирихле в прямоугольнике Ω. Найденные собственные функции образуют ортогональную, полную в пространстве L2 [Ω] систему функций. Пример 4.6. Найти собственные числа и собственные функции оператора Лапласа в круге радиуса R (Ω = {(ρ, ϕ) : 0 < ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ < 2π}), если на границе круга ρ = R функция u удовлетворяет условиям Дирихле. Запишем оператор Лапласа в полярной системе координат и решим следующую задачу: ∂u 1 ∂ 2u 1 ∂u − ρ + 2 = λu, 0 < ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ < 2π; ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 u(ρ, ϕ) ограничена при ρ → 0 + 0, u(R, ϕ) = 0; ∂u(ρ, 0) ∂u(ρ, 2π) u(ρ, 0) = u(ρ, 2π), = . ∂ϕ ∂ϕ По переменной ϕ задаются естественные для задачи периодические краевые условия. Функцию u, как и в предыдущем примере, будем искать в виде произведения двух функций u(ρ, ϕ) = Ψ(ρ)Φ(ϕ), считая, что выполняются условия: Ψ(ρ) ограничена при ρ → 0 + 0, Ψ(R) = 0, Φ(0) = Φ(2π), Φ0 (0) = Φ0 (2π). Тогда краевые условия для функции u будут выполнены. Подставим u(ρ, ϕ) = = Ψ(ρ)Φ(ϕ) в дифференциальное уравнение: 1 1 (ρΨ0 (ρ))0 Φ(ϕ) + 2 Ψ(ρ)Φ00 (ϕ) = λΨ(ρ)Φ(ϕ). − ρ ρ 118 Пусть функция Φ(ϕ) является решением задачи Штурма–Лиувилля: −Φ00 (ϕ) = νΦ(ϕ), Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π, Φ0 (ϕ + 2π) = Φ0 (ϕ). Тогда функция Ψ(ρ) есть решение другой задачи Штурма–Лиувилля: ν 1 − (ρΨ0 (ρ))0 + 2 Ψ(ρ) = λΨ(ρ), ρ ρ 0 < ρ ≤ R, Ψ(ρ) ограничена при ρ → 0 + 0, Ψ(R) = 0. Решение задачи для функции Φ(ϕ) было получено в пособии [1] (пример 2.4). Собственные числа νk = k 2 , k = 0, 1, ... . Собственному числу ν0 = 0 соответствует одна собственная функция Φ0 (ϕ) = 1, а каждому собственному числу νk = k 2 , k = 1, 2, ... – две собственные функции Φk,1 (ϕ) = cos(k ϕ), Φk,2 (ϕ) = sin(k ϕ). Каждому числу νk будет соответствовать функция Ψk (ρ). Для функции Ψk (ρ) задача Штурма–Лиувилля примет вид 1 k2 0 0 − (ρΨk (ρ)) + 2 Ψk (ρ) = λk Ψk (ρ), ρ ρ Ψk (ρ) ограничена при ρ → 0 + 0, 0 < ρ ≤ R, Ψk (R) = 0 (k = 0, 1, ...). Оператор в правой части уравнения есть оператор Бесселя. В 1.6 найдено, что ограниченным√при ρ → 0 + 0 решением уравнения будет функция Бесселя Ψk (ρ) = Jk ( λk ρ). Подставив эту функцию в краевое условие Ψk (R) = 0, получим: p Jk ( λk R) = 0. √ Обозначим γ = λk R и запишем уравнение в виде Jk (γ) = 0. Это уравнение имеет множество простых решений γk,m (m = 1, 2, ...). Числа γk,m – это корни функции Бесселя Jk (γ) (см. 1.5). Учитывая это, получим множество собственных чисел γ 2 k,m λk,m = , R γ ρ k,m которым соответствуют функции Ψk,m (ρ) = Jk (k = 0, 1, ..., m = R = 1, 2, ...). Полученные числа λk,m являются также собственными числами оператора Лапласа. Соответствующие им собственные функции, как отмечалось ранее, будем искать в виде u(ρ, ϕ) = Ψ(ρ)Φ(ϕ). Используя полученные решения задач Штурма–Лиувилля найдем эти функции. 119 γ 0,m 2 (m = 1, 2, ...) Собственным числам оператора Лапласа λ0,m = γ R 0,m ρ соответствуют собственные функции Ψ0,m (ρ) = J0 . R γ 2 k,m Каждому собственному числу λk,m = (k = 1, 2, ..., m = R = 1, 2, ...) соответствуют две собственные функции γ ρ γ ρ k,m k,m Ψk,m (ρ, ϕ) = cos(k ϕ)Jk , Φk,m (ρ, ϕ) = sin(k ϕ)Jk . R R Здесь γk,m (k = 0, 1, ..., m = 1, 2, ...) – корни уравнения Jk (γ) = 0. Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют ортогональную, полную в пространстве L2 [Ω; ρ] систему функций. Пример 4.7. Найти собственные числа и собственные функции оператора Лапласа на сфере радиуса R = 1 (Ω = {(θ, ϕ) : 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ < < 2π}). Запишем оператор Лапласа в сферической системе координат и положим ρ = 1: 1 ∂ ∂Y 1 ∂ 2Y ∆Y = sin θ + . sin θ ∂ θ ∂θ sin2 θ ∂ ϕ2 Полученный оператор называется оператором Бельтрами. Поставим задачу на собственные значения этого оператора: 1 ∂ ∂Y 1 ∂ 2Y − sin θ + = λY, 0 < θ < π, 0 < ϕ < 2π; sin θ ∂ θ ∂θ sin2 θ ∂ ϕ2 Y (θ, ϕ) ограничена при θ → 0 + 0 и при θ → π − 0; ∂Y (θ, 0) ∂Y (θ, 2π) = . ∂ϕ ∂ϕ По обеим переменным заданы естественные краевые условия, следующие из свойств сферических координат. Решение будем искать в виде произведения двух функций Y (ρ, ϕ) = = Ψ(θ)Φ(ϕ), предположив, что выполняются условия: Y (θ, 0) = Y (θ, 2π), Ψ(θ) ограничена при ρ → 0 + 0 и при θ → π − 0, Φ(0) = Φ(2π), Φ0 (0) = Φ0 (2π). Тогда для функции Y будут выполнены краевые условия исходной задачи. Подставим Y (θ, ϕ) = Ψ(θ)Φ(ϕ) в дифференциальное уравнение: 1 1 00 − (sin θ· Ψ0 (θ))0 Φ(ϕ) + 2 Ψ(θ)Φ (ϕ) = λΨ(θ)Φ(ϕ). sin θ sin θ 120 Как и в предыдущем примере, для функции Φ(ϕ) решим задачу Штурма– Лиувилля: −Φ00 (ϕ) = νΦ(ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π, Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ), Φ0 (ϕ + 2π) = Φ0 (ϕ). Тогда функция Ψ(θ) – решение другой задачи Штурма–Лиувилля: − 1 ν Ψ(θ) = λΨ(θ), (sin θ· Ψ0 (θ))0 + sin θ sin2 θ Ψ(θ) ограничена при ρ → 0 + 0 и при θ → π − 0. Первая задача Штурма–Лиувилля рассмотрена в предыдущем примере. Собственные числа νk = k 2 , k = 0, 1, ... . Собственному числу ν0 = 0 соответствует одна собственная функция Φ0 (ϕ) = 1, а каждому собственному числу νk = k 2 , k = 1, 2, ... – две собственные функции Φk,1 (ϕ) = cos(k ϕ), Φk,2 (ϕ) = sin(k ϕ). Каждому числу νk будет соответствовать функция Ψk (θ). При этом задача Штурма–Лиувилля для функции Ψk (θ) примет вид 1 k2 0 0 − (sin θ· Ψk (θ)) + Ψk (θ) = λΨk (θ), sin θ sin2 θ (4.9) Ψk (θ) ограничена при ρ → 0 + 0 и при θ → π − 0. Преобразуем уравнение относительно функции Ψk (θ) к виду 1 dΨk (θ) k2 1 d 2 − sin θ(− ) + Ψk (θ) = λΨk (θ). − sin θ dθ sin θ dθ sin2 θ Введем новую переменную t = cos θ (−1 < t < 1). Будет выполняться цепочка равенств Ψk (θ) = Ψk (arccos t) = vk (t) = vk (cos θ) (4.10) −1 1 =− Ψ0k (θ). Учитывая эту взаимосвязь между 2 sin θ 1−t производными функций vk (t) и Ψk (θ), а также равенство sin2 θ = 1 − t2 , получим уравнение для функции vk (t) d k2 2 dvk − (1 − t ) + vk = λvk . dt dt 1 − t2 и vk0 (t) = Ψ0k (θ) √ При этом функция vk (t) будет удовлетворять однородным краевым условиям: vk (t) ограничена при t → −1 + 0 и при t → 1 − 0. 121 Получилась задача Штурма–Лиувилля для оператора 2 Lk (v) = − (1 − t )v 0 0 k2 + v. 1 − t2 Эта задача была рассмотрена в 1.8. Собственные числа оператора Lk (v) – это числа λn = n(n + 1) (n = k, k + 1, ...). Соответствующие им собственные функции оператора Lk (v) – это присоединенные функции Лежандра: k k 2 k/2 d vk,n (t) = Pn (t) = (1 − t ) Pn (t), dtk где Pn (t) – многочлены Лежандра. Возвращаясь к переменной θ, учитывая равенства (4.10), получим решения задачи Штурма–Лиувилля (4.9). Искомые собственные числа – это числа λn = n(n + 1) (n = k, k + 1, ...). Им соответствуют собственные функции Ψk,n (θ) = Pnk (cos θ). Очевидно, что найденные собственные числа λn являются также собственными числами оператора Бельтрами. Ранее указывалось, что собственные функции этого оператора будем искать в виде Y (ρ, ϕ) = Ψ(θ)Φ(ϕ). Функции Ψ(θ) и Φ(ϕ) найдены. Учитывая эти функции, заключаем, что каждому собственному числу λn = n(n + 1) (n = 0, 1, ...) соответствует 2n + 1 собственная функция вида: Yn0 (θ, ϕ) = Pn0 (cos θ) = Pn (cos θ), Ynk (θ, ϕ) = Pnk (cos θ) sin(k ϕ), Yn−k (θ, ϕ) = Pnk (cos θ) cos(k ϕ), k = 1, ..., n, k = 1, ..., n. Найденные собственные функции оператора Бельтрами называются сферическими функциями. Они образуют ортогональную, полную в пространстве L2 [Ω; sin θ] систему функций. Доказательство приводится, например, в [8]. 4.8. Решение задач разложением по собственным функциям оператора Лапласа Рассмотрим несколько примеров, в которых целесообразно искать решение в виде ряда Фурье, разложив искомую функцию по собственным функциям оператора Лапласа. Пример 4.8. Найти стационарное распределение температуры в длинном металлическом стержне с прямоугольным сечением (0 ≤ x ≤ A, 0 ≤ y ≤ B) при условии, что в стержне выделяется тепло с объемной плотностью распределения тепловой энергии Q, а его грани поддерживаются 122 при температуре T0 . Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой. Функция u(x, y), описывающая стационарное распределение темпера∂u туры в поперечном сечении стержня, не зависит от времени ( = 0), ∂t поэтому она удовлетворяет уравнению ∂ 2u ∂ 2u + = −Q0 (0 < x < A, 0 < y < B), ∂x2 ∂y 2 краевым условиям: u(0, y) = T0 , u(A, y) = T0 , u(x, 0) = T0 , u(x, B) = T0 , Q , K – коэффициент теплопроводности. K Искомая функция u(x, y) является решением задачи Дирихле для уравнения Пуассона в прямоугольнике Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ A, 0 ≤ y ≤ B}: где Q0 = ∆u = −Q0 , u Γ = T0 . Сначала сведем эту краевую задачу к задаче с однородными краевыми условиями. Используем замену u(x, y) = v(x, y) + w(x, y). Очевидно, что функция w(x, y) = T0 удовлетворяет тем же краевым условиям, что и функция u(x, y). Тогда функция v(x, y) будет удовлетворять однородным краевым условиям. Учитывая, что u(x, y) = v(x, y) + T0 , запишем краевую задачу относительно функции v(x, y):  2 ∂ v ∂ 2v    2 + 2 = −Q0 (0 < x < A, 0 < y < B), ∂x ∂y (4.11) v(0, y) = 0, v(A, y) = 0,    v(x, 0) = 0, v(x, B) = 0. Функция v(x, y) удовлетворяет однородным краевым условиям на всей границе. Полученную краевую задачу будем решать методом Фурье, выполнив разложение в ряд по системе собственных функций оператора Лапласа. Задача на собственные значения оператора Лапласа в прямоугольнике при условии, что функция на границе удовлетворяет однородным краевым условиям Дирихле, была решена в примере 4.5. Собственные числа оператора: 2 πk πm 2 λkm = + , A B соответствующие им собственные функции: πmy πkx Vkm (x, y) = sin sin , k = 1, 2, ...; m = 1, 2, ... . A B 123 Собственные функции образуют ортогональную, полную в пространстве L2 [Ω] систему функций. Функцию v(x, y) представим в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа: +∞ +∞ X X ckm Vkm (x, y). v(x, y) = k=1 m=1 Функцию Q0 разложим в ряд Фурье по той же системе функций: +∞ +∞ X X qkm Vkm (x, y), Q0 = k=1 m=1 (Q0 , Vkm (x, y)) . Вычислим скалярные произведения: kVkm (x, y)k2 ZAZB ZA ZB πkx πmy (Q0 , Vkm (x, y)) = Q0 Vkm (x, y)dx dy = Q0 sin dx sin dy = A B где qkm = 0 0 0 0 AB((−1)k − 1)((−1)m − 1) = Q0 , π2 km ZAZB ZA ZB π kx πmy AB 2 Vkm (x, y)dx dy = sin2 kVkm (x, y)k2 = dx sin2 dy = . A B 4 0 0 0 0 Тогда 4Q0 ((−1)k − 1)((−1)m − 1) qkm = . π2 km Подставим функции v(x, y) и Q0 , представленные в виде рядов, в уравнение краевой задачи (4.11): 2 +∞ X +∞ +∞ X +∞ X X ∂ Vkm ∂ 2 Vkm + =− ckm qkm Vkm (x, y). 2 2 ∂x ∂y m=1 m=1 k=1 k=1 Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций Vkm (x, y) выполняются равенства 2 ∂ Vkm ∂ 2 Vkm − + = λkm Vkm , ∂x2 ∂y 2 qkm то ckm = для всех k = 1, 2, ...; m = 1, 2, ... и решение краевой задачи λkm (4.11) представляется в виде +∞ X +∞ X qkm v(x, y) = Vkm (x, y) = λ km m=1 k=1 124 +∞ +∞ πkx 4Q0 X X ((−1)k − 1)((−1)m − 1) πmy sin = 2 sin . πm 2 πk 2 π A B ) + ( ) km ( A B m=1 k=1 Учитывая, что u(x, y) = v(x, y) + T0 , получим решение исходной задачи +∞ +∞ πkx 4Q0 X X ((−1)k − 1)((−1)m − 1) πmy sin u(x, y) = T0 + 2 sin . πm 2 πk 2 π A B ) + ( ) km ( A B m=1 k=1 Пример 4.9. Найти стационарное распределение температуры в длинном металлическом стержне с круглым сечением (0 ≤ ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ ≤ 2π), если в стержне выделяется тепло с объемной плотностью распределения тепловой энергии Q, а поверхность стержня ρ = R поддерживается при температуре T0 . Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой. Пусть функция u описывает стационарное распределение температуры в поперечном сечении стержня. Как и в предыдущем примере, она является решением задачи Дирихле для уравнения Пуассона ∆u = −Q0 , u Γ = T0 . Поскольку в этом примере сечение стержня – круг, то в модели используем полярную систему координат. Функция u = u(ρ, ϕ) удовлетворяет стационарному уравнению теплопроводности ∂u 1 ∂ 2u 1 ∂ ρ + 2 = −Q0 (0 < ρ < R, 0 ≤ ϕ < 2π) ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 и краевым условиям: u(ρ, ϕ) ограничена при ρ → 0 + 0, u(ρ, 0) = u(ρ, 2π), u(R, ϕ) = T0 , ∂u(ρ, 0) ∂u(ρ, 2π) = . ∂ϕ ∂ϕ Q Здесь Q0 = , K – коэффициент теплопроводности. K Сведем эту краевую задачу к задаче с однородными краевыми условиями. Аналогично предыдущему примеру, используем замену u(ρ, ϕ) = = v(ρ, ϕ) + T0 . Функция v(ρ, ϕ) будет удовлетворять однородным краевым условиям и являться решением следующей краевой задачи: 1 ∂ ∂v 1 ∂ 2v ρ + 2 = −Q0 (0 < ρ < R, 0 ≤ ϕ < 2π), (4.12) ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2 краевые условия: v(ρ, ϕ) ограничена при ρ → 0 + 0, 125 v(R, ϕ) = 0, ∂v(ρ, 0) ∂v(ρ, 2π) = . ∂ϕ ∂ϕ Решение этой задачи будем искать в виде ряда Фурье по системе собственных функций оператора Лапласа в круге. Задача на собственные значения оператора Лапласа в круге для краевых условий Дирихле была в примере 4.6. Собственным числам γ решена 2 0m оператора Лапласа λ0m = (m = 1, 2, ...) соответствуют собственные γ ρR 0m функции Ψ0m (ρ) = J0 . R γ 2 km Каждому собственному числу λkm = ( k = 1, 2, ..., m = R = 1, 2, ...) соответствуют две собственные функции γ ρ γ ρ km km , Φkm = sin(k ϕ)Jk . Ψkm = cos(k ϕ)Jk R R Здесь γkm ( k = 0, 1, ..., m = 1, 2, ...) – корни уравнения Jk (γ) = 0. Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют ортогональную, полную в пространстве L2 [Ω; ρ] систему функций. Представим функцию v(ρ, ϕ) в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа: v(ρ, 0) = v(ρ, 2π), v(ρ, ϕ) = +∞ X a0m Ψ0m (ρ, ϕ) + m=1 +∞ X +∞ X (akm Ψkm (ρ, ϕ) + bkm Φkm (ρ, ϕ)). k=1 m=1 Разложим функцию Q0 в ряд по той же системе функций: Q0 = +∞ X α0m Ψ0m (ρ, ϕ) + m=1 где α0m = +∞ X +∞ X (αkm Ψkm (ρ, ϕ) + βkm Φkm (ρ, ϕ)), k=1 m=1 (Q0 , Ψ0m (ρ, ϕ)) (Q0 , Ψkm (ρ, ϕ)) (Q0 , Φkm (ρ, ϕ)) , α = , β = . km km kΨ0m (ρ, ϕ)k2 kΨkm (ρ, ϕ)k2 kΦkm (ρ, ϕ)k2 Вычислим πR Z2Z (Q0 , Ψkm (ρ, ϕ)) = Q0 Ψkm (ρ, ϕ)ρ dϕ dρ = 0 0 Z2π = Q0 ZR cos(k ϕ)dϕ 0 Jk γ km ρ R ρ dρ. 0 Z2π Поскольку cos(k ϕ)dϕ = 0, то (Q0 , Ψkm (ρ, ϕ)) = 0. Аналогично, 0 126 Z2π учитывая, что sin(k ϕ)dϕ = 0, получим (Q0 , Φkm (ρ, ϕ)) = 0. Значит, 0 αkm = 0, βkm = 0 (k = 1, 2, ..., m = 1, 2, ...). Найдем α0m . Используя формулы (1.28), (1.29), свойство J00 (x) = −J1 (x) и равенство J0 (γ0m ) = 0 получим: 2 πR Z2Z kΨ0m (ρ, ϕ)k = Ψ20m (ρ, ϕ)ρ dϕ dρ Z2π = 0 0 ZR dϕ 0 J02 γ ρ 0m ρ dρ = R 0 R2 2 = 2π J1 (γ0m ), 2 πR Z2Z (Q0 , Ψ0m (ρ, ϕ)) = Z2π Q0 Ψ0m (ρ, ϕ)ρ dϕ dρ = Q0 0 0 ZR dϕ 0 γ ρ 0m ρ dρ = J0 R 0 R2 J1 (γ0m ). = Q 0 2π γ0m Тогда 2Q0 . γ0m J1 (γ0m ) Подставим функции v(x, y) и Q0 , представленные в виде рядов, в уравнение (4.12) краевой задачи: α0m = +∞ X a0m ∆Ψ0m (ρ, ϕ) + +∞ X +∞ X m=1 (akm ∆Ψkm (ρ, ϕ) + bkm ∆Φkm (ρ, ϕ)) = k=1 m=1 =− +∞ X α0m Ψ0m (ρ, ϕ) − m=1 +∞ X +∞ X (αkm Ψkm (ρ, ϕ) + βkm Φkm (ρ, ϕ)). k=1 m=1 Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций Ψ0m (ρ, ϕ), Ψkm (ρ, ϕ) и Φkm (ρ, ϕ) выполняются равенства −∆Ψ0m = λkm Ψ0m , −∆Ψkm = λkm Ψkm , −∆Φkm = λkm Φkm , α0m αkm βkm , akm = , bkm = для всех k = 1, 2, ...; λ0m λkm λkm решение краевой задачи представляется в виде то a0m = +∞ X α0m +∞ X m = 1, 2, ... и γ ρ 2Q0 R2 0m v(ρ, ϕ) = Ψ0m (ρ, ϕ) = J . 0 3 J (γ ) λ γ R 0m 1 0m m=1 m=1 0m 127 Учитывая, что u(x, y) = v(x, y)+T0 , получим решение исходной задачи +∞ X γ ρ 1 0m u(x, y) = T0 + 2Q0 R J . 0 3 J (γ ) γ R 1 0m m=1 0m 2 4.9. Метод функции Грина В ряде случаев требуется найти аналитическое решение краевой задачи не в виде ряда, а в виде интеграла. Одним из методов нахождения такого решения является метод функции Грина. Идея метода состоит в том, что сначала внутри области Ω строится некоторая гармоническая функция G1 . Затем с помощью этой функции находится решение заданной краевой задачи. Пусть Ω ∈ R3 – ограниченная область, M0 – некоторая фиксированная точка, лежащая внутри Ω. Обозначим через G1 (M0 , M ) функцию, удовлетворяющую следующим условиям: 1) G1 (M0 , M ) непрерывна на множестве Ω ∪ Γ; 2) G1 (M0 , M ) является гармонической функцией внутри области Ω: ∆G1 = = 0; 1 , 3) G1 (M0 , M ) на границе Γ удовлетворяет условию: G1 (M0 , M ) = Γ r Γ p где r = |M0 M | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 . Если область Ω имеет гладкую или кусочно-гладкую границу, то такая функция существует. Из утверждения 4.6 следует, что функция G1 (M0 , M ) единственна. Прежде чем привести примеры построения функции G1 (M0 , M ), покажем как с ее помощью можно найти значения другой гармонической функции в области Ω, если известны значения этой функции на границе Γ. Пусть u = u(M S ) – гармоническая в области Ω функция, непрерывная на множестве Ω Γ. Тогда для любой внутренней точки M0 (x0 , y0 , z0 ) множества Ω справедлива основная формула теории гармонических функций (4.5): ZZ 1 1 ∂u ∂ 1 u(M0 ) = −u ds, (4.13) 4π r ∂~n ∂~n r Γ p где r = |M0 M | = (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 . Применим к функциям u и G1 вторую формулу Грина (4.2), задав v = G1 . Поскольку ∆u = 0 и ∆G1 = 0, то ZZ ∂G1 ∂u ds. 0= u − G1 ∂~n ∂~n Γ 128 1 Умножив обе части этого равенства на и сложив с (4.13), получим 4π ZZ 1 ∂ 1 ∂u 1 ∂G1 u(M0 ) = u − − G1 − ds. 4π ∂~n ∂~n r ∂~n r Γ 1 следует равенство Γ r Γ ZZ 1 ∂ 1 u(M0 ) = u G1 − ds. 4π ∂~n r Из условия G1 (M0 , M ) = (4.14) Γ 1 Определение 4.3. Функция G(M0 , M ) = − G1 (M0 , M ) называется r функцией Грина в области Ω. Используя функцию Грина, формулу (4.14) можно записать в виде ZZ 1 ∂ u(M0 ) = − u G(M0 , M )ds. (4.15) 4π ∂~n Γ Если известны значения функции u на границе Γ и известна функция Грина G(M0 , M ) в области Ω, то формула (4.15) дает возможность вычислять значения гармонической функции u в любой внутренней точке M0 области Ω. Отметим, что построение функции Грина не является тривиальной задачей, но для некоторых областей ее удается найти. Пример 4.10. Построить функцию Грина в шаре KR (O) радиуса R. Найдем сначала функцию G1 (M0 , M ) – непрерывное в шаре решение задачи Дирихле ∆G1 = 0, G1 (M0 , M ) = ΓR 1 r . ΓR 1. Пусть точка M0 (x0 , y0 , z0 ) – центр шара. Тогда очевидно, что функ1 ция G1 (M0 , M ) = . Действительно, эта функция-константа является непреR рывной и гармонической в шаре. Если M лежит на границе ΓR , то |M0 M | = 1 = R и выполняется краевое условие G1 (M0 , M ) = . ΓR R ΓR 2. Пусть теперь M0 не является центром шара. На луче [OM0 ) найдем такую точку M1 (x1 , y1 , z1 ), что |OM0 | · |OM1 | = R2 . Точка M1 находится вне шара. Рассмотрим произвольную точку M (x, y, z), находящуюся внутри или на поверхности шара. Соединим ее с точками M0 и M1 . Обозначим 129 p (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 , p r1 = |M M1 | = (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 , а также ρ = |OM0 | (рис 4.1). Покажем, что функция M1 R1 G1 (M0 , M ) = ρ r1 является искомой функцией. r1 Поскольку ρ и R являются постоянM ными, то функция r 0 M r = |M M0 | = γ w ρ G1 (M0 , M ) = O R 1 p ρ (x − x1 )2 + (y − y1 )2 + (z − z1 )2 является гармонической в пространстве Рис. 4.1 R3 , исключая точку M1 (см. пример 4.3). Значит, она является непрерывной и гармонической в шаре. Покажем, что 1 . на границе шара выполняется условие G1 (M0 , M ) = ΓR r ΓR Соединим теперь точку M с точкой O (рис. 4.1). Точки O, M0 , M1 лежат на одной прямой, поэтому все 4 точки O, M0 , M1 и M лежат в одной плоскости. Обозначим w = |OM | и γ = 6 M OM1 . Рассмотрим треугольники OM0 M и OM M1 . Учитывая, что |OM0 | · |OM1 | = R2 , по теореме косинусов получим s p R2 R 2 2 2 r = w + ρ − 2wρ cos γ, r1 = w + 2 − 2w cos γ. (4.16) ρ ρ = Если точка M лежит на границе ΓR , то |OM | = w = R и справедливы равенства: p r = R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ, ΓR s R2 R R2 Rp 2 2 r1 = R + 2 − 2 cos γ = ρ + R2 − 2Rρ cos γ = r . ΓR ρ ρ ρ ρ ΓR R1 1 Из этого следует, что краевое условие G1 (M0 , M ) = = ΓR ρ r1 ΓR r ΓR выполняется. Из теоремы единственности решения задачи Дирихле (утверждение 4.6) следует, что других функций, удовлетворяющих тем же условиям, не существует. 130 Тогда искомая функция Грина имеет вид  1 1   − , M0 – центр шара, G(M0 , M ) = 1r R R1   − , M0 – не центр шара. r ρ r1 Покажем, как найденная функция используется для решения задачи. Пример 4.11. Найти гармоническую в шаре радиуса R функцию, принимающую на границе шара ΓR значения u0 . Пусть u = u(M ) – искомая функция. Область Ω = KR (O) – шар радиуса R с центром в точке O. Функция u является решением задачи Дирихле: = u0 . ∆u = 0, u ΓR Требуется найти u(M0 ), где M0 лежит внутри шара. 1. Пусть точка M0 (x0 , y0 , z0 ) – центр шара. Воспользуемся формулой (4.15) и подставим в нее найденную функцию Грина: ZZ ZZ 1 ∂ 1 ∂ 1 1 u(M0 ) = − u G(M0 , M )ds = − u − ds. 4π ∂~n 4π ∂~n r R ΓR ΓR ∂ Поскольку M0 – центр шара, то ∂~n Тогда ZZ 1 1 u(M0 ) = u 2 ds = 4π r ΓR ∂ 1 1 1 1 1 = = − 2. − − r R ∂r r R r ZZ 1 1 u0 2 ds. 4π R ΓR В итоге получили результат утверждения 4.4: ZZ 1 u(M0 ) = u0 ds. 4πR2 (4.17) ΓR 2. Пусть M0 (x0 , y0 , z0 ) не является центром шара. Для нее применим формулу (4.15): ZZ 1 ∂ 1 R1 u(M0 ) = − − ds. u0 4π ∂~n r ρ r1 ΓR Поскольку w = |OM |, то нетрудно заметить, что ∂ ∂ = . Тогда, ∂~n ∂w используя формулы (4.16), получим w − ρ cos γ ∂ 1 R1 − =− p + ∂~n r ρ r1 ( w2 + ρ2 − 2wρ cos γ)3 131 + R2 w− cos γ ρ R s !3 = ρ R2 R w2 + 2 − 2w cos γ ρ ρ R2 cos γ w− w − ρ cos γ R ρ =− + . r3 ρ r13 Для точек, лежащих на поверхности ΓR , w = |OM | = R и выполняется R равенство r1 = r, поэтому ρ ∂ ∂~n 1 R1 − r ρ r1 Тогда =− R − ρ cos γ R + r3 ρ R− R2 cos γ ρ = R3 3 r ρ3 ρ2 R− 2 2 R = −R − ρ . =− r3 Rr3 ZZ u0 R2 − ρ2 ds. u(M0 ) = 4πR r3 (4.18) ΓR Этот интеграл называется интегралом Пуассона для шара. Учитывая, что для точек, расположенных на сфере ΓR , выполняется равенство r2 = R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ, преобразуем полученный интеграл к виду ZZ R2 − ρ2 u0 u(M0 ) = 3 ds. 4πR (R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ) 2 ΓR Перейдем теперь к сферическим координатам с началом в точке O:   x = R sin θ cos ϕ, y = R sin θ sin ϕ,  z = R cos θ. Для сферы ds = R2 sin θdθdϕ, поэтому R(R2 − ρ2 ) u(M0 ) = 4π Z2π Zπ dϕ 0 u0 (θ, ϕ) 0 132 sin θ 3 (R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ) 2 d θ. (4.19) Этот интеграл, как и интеграл (4.18), называется интегралом Пуассона для шара. Приведем пример использования полученной формулы. Пример 4.12. Верхняя половина поверхности шара радиуса R поддерживается при температуре T0 , а нижняя – при температуре, равной нулю. Найти стационарное распределение температуры вдоль радиуса шара θ = 0. В задаче удобно использовать сферическую систему координат. Опишем шар M0 KR (O) ∪ ΓR = {(ρ, θ, ϕ) : 0 ≤ ρ ≤ ρ θ M ≤ R, 0 ≤ Θ ≤ π, 0 ≤ ϕ < 2π}. Искомая функция u является решением задачи Дирихле: O ∆u = 0, u ΓR = u0 ,  T0 , 0 ≤ θ ≤ π , 2 – функция, где u0 (θ) = π 0, <θ≤π 2 описывающая температуру на поверхно- Рис. 4.2 сти шара. Согласно условиям задачи функция u не зависит от угловой координаты ϕ. Эта задача была решена в примере 4.4. Решение было получено в виде ряда Фурье (4.9). Найдем теперь функцию u другим способом. Пусть M0 (ρ0 , θ0 , ϕ0 ) – произвольная точка шара. Найдем температуру шара в этой точке, используя интеграл Пуассона (4.19): 2 u(M0 ) = 2 T0 R(R − ρ ) 4π π Z2π Z2 dϕ 0 sin θ 3 0 (R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ) 2 dθ = π 2 = 2 T0 R(R − ρ ) 2 Z2 sin θ 3 0 (R2 + ρ2 − 2Rρ cos γ) 2 dθ. Вычислить температуру во всех точках шара с помощью этого интеграла сложно. Рассмотрим точки M0 (ρ, 0, ϕ), расположенные вдоль радиуса θ = 0 (рис. 4.2). Пусть M – произвольная точка поверхности шара. Тогда γ = 133 = 6 M0 OM = θ, следовательно, π u(M0 ) = Z2 T0 R(R2 − ρ2 ) 2 3 0 T0 R(R2 − ρ2 ) = 4Rρ π 2 Z (R2 + ρ2 − 2Rρ cos θ) 2 d(R2 + ρ2 − 2Rρ cos θ) 3 (R2 + ρ2 − 2Rρ cos θ) 2 0 2 sin θ dθ = = 2 π −2 T0 (R − ρ ) 2 = . 1 4ρ (R2 + ρ2 − 2Rρ cos θ) 2 0 Подставив пределы интегрирования, получим ! 2 2 R R −ρ T0 1+ − p . u(M0 ) = 2 ρ ρ R2 + ρ2 Эту формулу можно использовать для всех точек радиуса, исключая центр шара (ρ = 0). Температуру в центре шара найдем по формуле (4.17) ZZ ZZ T0 1 u0 ds = ds. u(M0 ) = 4πR2 4πR2 ΓR Γ1 Здесь Γ1 – верхняя половина сферы. Поскольку RR ds = 2πR2 (площадь Γ1 половины поверхности сферы), то u(M0 ) = T0 T0 2 2 π R = . 4π R 2 2 4.10. Метод сеток для уравнения Пуассона Покажем, как строится разностная схема для уравнения Пуассона в прямоугольнике Ω с краевыми условиями Дирихле на границе Γ. Пусть требуется найти функцию u(x, y), удовлетворяющую уравнению Пуассона ∂ 2u ∂ 2u + = f (x, y) ∂x2 ∂y 2 (4.20) в области 0 < x < a, 0 < y < b и краевым условиям u(0, y) = ϕ1 (y), u(a, y) = ϕ2 (y), u(x, 0) = ψ1 (x), u(x, b) = ψ2 (x). (4.21) Покроем прямоугольник Ω = [0; a] × [0; b] сеткой ωhx hy = {(xi , yj )}, i = = 0, ..., n, j = 0, ..., m, разбив отрезок [0; a] на n равных частей точками 134 xi = ihx , i = 0, ..., n, а отрезок [0; b] – на m равных частей точками yj = jhy , a b j = 0, ..., m (hx = , hy = – шаги сетки по осям 0x и 0y соответственно) n m (рис. 4.3). y hy b = ym hx yj y0 y1 O x0 x1 xi a = xn x Рис. 4.3 Все функции, заданные в краевой задаче, будем рассматривать только в узлах сетки. Обозначим uji = u(xi , yj ). Для внутренних узлов сетки запишем уравнение Пуассона, заменив производные в узлах разностными отношениями (1.46): uji−1 − 2uji + uji+1 uj−1 − 2uji + uj+1 i i 2 + O(hx ) + + O(h2y ) = f (xi , yj ), 2 2 hx hy i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1. В граничных узлах функция u(x, y) будет удовлетворять условиям uj0 = ϕ1 (yj ), ujn = ϕ2 (yj ), j = 0, ..., m, u0i = ψ1 (xi ), um i = ψ2 (xi ), i = 0, ..., n. Отбросим в уравнениях погрешности аппроксимации производных. В результате получим уравнения относительно сеточной функции ũ: ũji−1 − 2ũji + ũji+1 ũj−1 − 2ũji + ũj+1 i i + = f (xi , yj ), 2 2 hx hy i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1. (4.22) Для этой функции запишем краевые условия ũj0 = ϕ1 (yj ), ũjn = ϕ2 (yj ), j = 0, ..., m, (4.23) ũ0i = ψ1 (xi ), ũm i = ψ2 (xi ), 135 i = 0, ..., n. Уравнения (4.22) с условиями (4.23) ( x i , y j +1 ) называются разностной схемой для краевой задачи (4.20), (4.21). На рис. 4.4 изображен шаблон схе( x i+1 , y j) ( x i−1 , y j ) (x i , y j ) мы, т. е. указаны узлы сетки, которые использовались при аппроксимации произ( x i , y j −1) водных в узле (xi , yj ). Построенная схема для уравнения Пуассона является пятиРис. 4.4 точечной разностной схемой. В уравнениях (4.22), (4.23) ũji – приближенные значения функции u(x, y) в узлах сетки. Так как значения ũ в граничных узлах известны, необходимо решить только уравнения (4.22). Умножая на h2x h2y , преобразуем их к виду + h2y ũji−1 − 2(h2x + h2y )ũji + h2y ũji+1 + h2x ũj−1 i = h2x h2y f (xi , yj ), + h2x ũj+1 i i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1. Получилась система, состоящая из (n−1)(m−1) уравнений с (n−1)(m−1) неизвестными ũji . Каждое уравнение в системе связывает 5 неизвестных. Для решения систему удобно записать в матричном виде. Вид матрицы коэффициентов зависит от способа нумерации неизвестных. y y =b m (m −1) (n −1) y y0 j y2 y1 2 n −1 2 n n +1 n +2 1 2 0 x 0 x1 ... 2 n +1 ... n +3 ... 3 x2 3 n −3 2 n −2 n −1 xi xn = a x Рис. 4.5 Если неизвестные ũji , i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1, перенумеровать так, как это указано на рис. 4.5, то получится уравнение A~u˜ = F~ , (4.24) t где ~u˜ = [ũ11 ...ũ1n−1 ũ21 ...ũ2n−1 ...ũm−1 ...ũm−1 1 n−1 ] – матрица-столбец неизвестных. Число неизвестных в системе N = (n − 1)(m − 1); A – матрица коэффициентов, имеющая 5 отличных от нуля диагоналей. Структура матрицы 136 показана на рис. 4.6. Крестиками отмечены отличные от нуля элементы матрицы. При указанном способе нумерации узлов сетки A – это ленточная матрица. Ширина ленты определяется числом узлов сетки по оси 0x. Кроме того, A – это матрично-трехдиагональная матрица. Размер каждой подматрицы – (n − 1) × (n − 1). Число подматриц по вертикали и горизонтали – (m − 1). Естественно, что структура матрицы учитывается при выборе алгоритма решения системы; F~ – матрица-столбец правых частей. При i = 1, i = n − 1, j = 1, j = m − 1 в матрице F~ учитываются краевые условия. xx x xxx x xxx x ... ... xxx x xx x x xx x x xxx x x xxx x ... ... ... x x xxx xx x x ... A= x x x xx xxx xxx ... ... x x x x ... xxx xx x x x x x x xx xxx xxx ... ... x x xxx xx Рис. 4.6 При решении прикладных задач обычно задают n и m ∼ 50–100. Пусть n = 101, m = 101, тогда число уравнений в системе (4.24) N = (n − 1)(m − 1) = 104 . Для решения таких больших систем уравнений следует использовать алгоритмы, учитывающие разряженность матрицы коэффициентов A. Отметим некоторые методы, применяемые для решения систем уравнений подобного вида: 1) прямые методы – метод Гаусса для ленточных матриц, метод матричной прогонки, продольно-поперечный метод; 2) итерационные методы – метод Зейделя, метод последовательной верхней релаксации. В настоящее время имеются стандартные программы, реализующие все перечисленные методы. Покажем, что система (4.24) однозначно разрешима. Если f (x, y) = 0, то для построенной разностной схемы справедлив принцип максимума. Утверждение 4.9. Если f (xi , yi ) = 0, i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 137 − 1, то решение разностной задачи (4.22), (4.23) достигает наибольшего (наименьшего) значения в граничных узлах сетки. Доказательство. Предположим, напротив, что наибольшее значение функция ũ принимает во внутреннем узле сетки. Пусть (xp , yq ) – внутренний узел, имеющий наибольшую абсциссу среди тех узлов сетки, в которых ũ достигает наибольшего значения. Для этого узла ũqp+1 − ũqp < 0. Запишем для него уравнение (4.22), учитывая, что f (xi , yj ) = 0: (ũqp−1 − ũqp ) + (ũqp+1 − ũqp ) (ũq−1 − ũqp ) + (ũq+1 − ũqp ) p p + = 0. h2x h2y Поскольку ũqp+1 − ũqp < 0 и ũqp−1 − ũqp ≤ 0, ũq−1 − ũqp ≤ 0, ũq+1 − ũqp ≤ 0. p p Последнее равенство невозможно, получили противоречие. Из принципа максимума следует, что разностная задача (4.22), (4.23), равносильная уравнению A~u˜ = ~0 при условии, что f (x, y) = 0, ϕ1 (y) = 0, ϕ2 (y) = 0, ψ1 (x) = 0, ψ2 (x) = 0, имеет единственное нулевое решение. Значит, определитель матрицы A отличен от нуля и система (4.24) имеет единственное решение. Построенная разностная схема устойчива по правой части, т. е. для функции ũ в сеточной норме справедливо неравенство kũkhx hy ≤ C kf khx hy + kϕ1 khy + kϕ2 khy + kψ1 khx + kψ2 khx , где C не зависит от hx и hy . Доказательство приводится, например, в [8]. Очевидно, что эта разностная схема аппроксимирует краевую задачу с погрешностью O(h2x ) + O(h2y ). Из устойчивости и аппроксимации разностной схемы следует ее сходимость. Доказательство выполняется аналогично доказательству сходимости явной разностной схемы. 4.11. Классификация уравнений второго порядка Запишем в самом общем виде линейное дифференциальное уравнение второго порядка n X n X k=1 i=1 n X ∂u ∂ 2u aki + bi + cu = f, ∂xk ∂xi i=1 ∂xi (4.25) где aki , bi , c, f – функции n независимых переменных x1 , ..., xn , заданных в некоторой области Ω ⊂ Rn . Считаем, что aki = aik . Зафиксируем некоторую точку M0 (x01 ...x0n ) и рассмотрим матрицу коэффициентов при вторых 138 производных  a011 ... a01n ..  . A0 = A(x01 , ..., x0n ) =  ... ... . 0 0 an1 ... ann  Обозначим через λ1 , λ2 , ..., λn собственные числа матрицы A0 . Так как A0 симметрична, все собственные числа действительны. Определение 4.4. Если все собственные числа λ1 , λ2 , ..., λn имеют одинаковые знаки, то уравнение (4.25) называется уравнением эллиптического типа в точке M0 . Если λ1 , ..., λn одинакового знака во всех точках области Ω, то уравнение называется уравнением эллиптического типа в области Ω. Определение 4.5. Если одно собственное число имеет один знак, а все остальные – другой, то уравнение называется уравнением гиперболического типа в точке M0 (или во всей области). Определение 4.6. Если одно собственное число, например λ1 , равно нулю, а все остальные одного знака, то уравнение называется уравнением параболического типа в точке M0 (или в области Ω). Наконец, если в одних точках области Ω уравнение принадлежит к одному типу, а в других – к другому, то (4.25) называется уравнением смешанного типа. Рассмотрим согласно данной классификации уравнения, изученные ранее. Поскольку использовались уравнения с постоянными коэффициентами и матрица A с ее собственными числами не менялись от точки к точке, все уравнения имели определенный тип в области. Пример 4.13. Рассмотрим уравнение Лапласа ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + = 0. ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 Матрица A имеет вид   1 0 0 A = 0 1 0, 0 0 1 собственные числа матрицы λ1 = λ2 = λ3 = 1. Следовательно, уравнение Лапласа – это уравнение эллиптического типа. Пример 4.14. Волновое уравнение в двумерном случае имеет вид 2 2 ∂ 2u ∂ u ∂ u = a2 + + f (x, y). 2 ∂t ∂x2 ∂y 2 139 Матрица коэффициентов при вторых производных   1 0 0 A = 0 −a2 0  . 0 0 −a2 Собственные числа λ1 = 1, λ2 = λ3 = −a2 . Уравнение имеет гиперболический тип. Пример 4.15. Рассмотрим уравнение теплопроводности 2 ∂u ∂ 2u ∂ 2u 2 ∂ u =a + + + f (x, y, z, t). ∂t ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂ 2u В этом уравнении можно считать, что коэффициент при 2 равен нулю. ∂t Матрица A будет   0 0 0 0 0 −a2 0 0   A= 0 0 −a2 0  . 0 0 0 −a2 Собственные числа матрицы A: λ1 = 0, λ2 = λ3 = λ4 = −a2 . Уравнение теплопроводности – это уравнение параболического типа. Из разобранных примеров видно, что наиболее просто тип уравнения определяется в случае, когда матрица A диагональная, т. е. когда уравнение не содержит смешанных производных. Такой вид уравнения принято называть каноническим. Уравнение с постоянными коэффициентами всегда можно привести к каноническому виду с помощью линейной замены переменных, например используя ту же методику, что и для приведения квадратичной формы к каноническому виду. Проиллюстрируем эту методику на примере. Пример 4.16. Привести уравнение ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u ∂u 2 2 +3 2 +4 2 −4 −4 −2 −2 − = f (x, y, z) (4.26) ∂x ∂y ∂z ∂x∂y ∂y∂z ∂x ∂y ∂z к каноническому виду. Выпишем симметричную матрицу коэффициентов при вторых производных:   2 −2 0 A = −2 3 −2 . 0 −2 4 140 Нетрудно проверить, что собственными числами матрицы A будут λ1 = 0, λ2 = 3, λ3 = 6, а соответствующие нормированные собственные векторы       1/3 −2/3 2/3 ~e1 = 2/3 , ~e2 =  1/3 , ~e3 = −2/3 . 2/3 2/3 1/3 Матрица перехода, составленная из собственных векторов, и даст необходимое преобразование координат   2/3 −2/3 1/3 T = 2/3 1/3 −2/3. 1/3 2/3 2/3 Введем новые координаты x0 , y 0 , z 0 следующим образом:    0 x x −1 0  y  = T  y , z z0 или, учитывая, что T −1 = T t ,    x0 =       2 2 1 x + y + z, 3 3 3 2 1 2 y 0 = − x + y + z,  3 3 3      2 2 1  z 0 = x − y + z. 3 3 3 По правилу дифференцирования сложной функции получим  2 ∂ 2 ∂ 1 ∂ ∂   = − + ,  0 0 0  ∂x 3 ∂x 3 ∂y 3 ∂z    ∂ 2 ∂ 1 ∂ 2 ∂ = + − , 0 0  ∂y 3 ∂x 3 ∂y 3 ∂z 0     ∂ 1 ∂ 2 ∂ 2 ∂    = + + . ∂z 3 ∂x0 3 ∂y 0 3 ∂z 0 Перепишем уравнение (4.26) в новых координатах 4 ∂ 2u 4 ∂ 2u 1 ∂ 2u 8 ∂ 2u 4 ∂ 2u 4 ∂ 2u 2 + + − + − + 9 ∂x02 9 ∂y 02 9 ∂z 02 9 ∂x0 ∂y 0 9 ∂x0 ∂z 0 9 ∂y 0 ∂z 0 4 ∂ 2u 1 ∂ 2u 4 ∂ 2u 4 ∂ 2u 8 ∂ 2u 4 ∂ 2u + + + − − + +3 9 ∂x02 9 ∂y 02 9 ∂z 02 9 ∂x0 ∂y 0 9 ∂x0 ∂z 0 9 ∂y 0 ∂z 0 141 4 ∂ 2u 8 ∂ 2u 1 ∂ 2u 4 ∂ 2u 4 ∂ 2u 4 ∂ 2u +4 + + + + + − 9 ∂x02 9 ∂y 02 9 ∂z 02 9 ∂x0 ∂y 0 9 ∂x0 ∂z 0 9 ∂y 0 ∂z 0 2 ∂ 2u 5 ∂ 2u 4 ∂ 2u 2 ∂ 2u 2 ∂ 2u 2 ∂ 2u − − − − + − −4 9 ∂x02 9 ∂y 02 9 ∂z 02 9 ∂x0 ∂y 0 9 ∂x0 ∂z 0 9 ∂y 0 ∂z 0 2 ∂ 2u 2 ∂ 2u 4 ∂ 2u 5 ∂ 2u 2 ∂ 2u 2 ∂ 2u −4 + − + + − − 9 ∂x02 9 ∂y 02 9 ∂z 02 9 ∂x0 ∂y 0 9 ∂x0 ∂z 0 9 ∂y 0 ∂z 0 2 ∂u 1 ∂u 2 ∂u 2 ∂u 1 ∂u 2 ∂u − + + − −2 −2 − 3 ∂x0 3 ∂y 0 3 ∂z 0 3 ∂x0 3 ∂y 0 3 ∂z 0 1 ∂u 2 ∂u 2 ∂u + + = g(x0 , y 0 , z 0 ), − 0 0 0 3 ∂x 3 ∂y 3 ∂z 2 2 1 2 1 2 1 2 2 где g(x0 , y 0 , z 0 ) = f x0 − y 0 + z 0 , x0 + y 0 − z 0 , x0 + y 0 + z 0 . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 После приведения подобных получим 3 ∂ 2u ∂ 2u ∂u + 6 − 3 = g(x0 , y 0 , z 0 ). 02 02 0 ∂y ∂z ∂x Полученное уравнение – это уравнение параболического типа в канонической форме. Подводя итоги, отметим, что рассмотренные ранее уравнения принадлежат разным типам. Для этих уравнений по-разному ставились дополнительные условия. Правила их постановки целиком определяются типом уравнения. Для уравнений эллиптического типа ставятся краевые условия на всей границе области определения уравнения так, как это делалось для уравнения Лапласа. Для уравнений гиперболического типа выделяют одну переменную (обычно она соответствует времени) и ставят по ней 2 начальных условия, а по остальным переменным ставятся краевые условия так, как это делалось для волнового уравнения. Для уравнений параболического типа со временем связывают переменную, по которой отсутствует вторая производная. По ней ставится начальное условие, а по остальным – краевые, как для уравнения теплопроводности. 4.12. Корректные и некорректные задачи для уравнения Лапласа В 4.11 были сформулированы условия, которые следует накладывать на уравнения разных типов. Возникает естественный вопрос: что будет, 142 если условия поставлены по-другому, например, для уравнения Лапласа поставлена начально-краевая задача? Введем понятие корректности задачи. Задача называется корректной, если выполнены 3 условия: 1) решение задачи существует; 2) решение задачи единственно; 3) решение задачи устойчиво, т. е. малые изменения данных (коэффициентов уравнения, краевых условий и др.) приводят к малым изменениям решения. Вопросы существования и единственности решения рассматривались ранее. Теоремы единственности формулировались и доказывались. Теоремы существования в явной форме не формулировались, однако для ряда задач решение было построено и тем самым доказано его существование. Теперь приведем примеры устойчивой и неустойчивой задач. Пример 4.17. Пусть область Ω – прямоугольник [a, b] × [c, d], Γ – граница Ω. Рассмотрим в Ω уравнение Лапласа с краевыми условиями Дирихле ( ∆u = 0, (4.27) u Γ = ϕ. Пусть u1 и u2 – решение задачи (4.27) с краевыми условиями ϕ1 и ϕ2 соответственно. Тогда их разность u = u1 − u2 является решением задачи ( ∆u = 0, u Γ = ϕ1 − ϕ 2 . Так как решение этой задачи – гармоническая функция, то в силу принципа максимума |u(x, y)| ≤ max |ϕ1 − ϕ2 | для всех (x, y) ∈ Ω. Следовательно, S решение устойчиво по начальным данным и задача (4.27) корректна. Пример 4.18. В области Ω = [0, π] × [0, a] рассмотрим следующую задачу:   ∆u = 0,      u(0, y) = u(π, y) = 0, 1 (4.28) u(x, 0) = sin(nx),   n   ∂u    (x, 0) = 0, ∂y где n – натуральное число. В этой задаче на границе y = 0 поставлены 2 условия, а на границе y = a условий нет, т. е. поставлена начально-краевая задача так, как это делается для волнового уравнения. Будем решать задачу (4.28) методом 143 Фурье. Вспомогательная задача Штурма–Лиувилля ( −y 00 (x) = λy(x), y(0) = y(π) = 0, ее решение λk = k 2 , yk (x) = sin(kx), k = 1, 2, ... . Решение задачи (4.28) +∞ X ck (y) sin(kx). После подстановки ряда в задачу ищем в виде u(x, y) = k=1 (4.28) для коэффициентов ck (y) получаем  2 00  ck (y) − k ck (y) = 0, ck (0) = αk ,  c0 (0) = 0, k (4.29) 1 sin(nx). Заметим, что n функция sin(nx) входит в ортогональную систему {sin(kx)}+∞ k=1 , следовательно, ее ряд Фурье совпадает с самой функцией, т. е. αk = 0, если k 6= n 1 и αn = . Отсюда ck (y) = 0, если k 6= n, так как задача Коши для однородного nуравнения с нулевыми начальными условиями имеет только три- где αk – коэффициент Фурье начального условия виальное решение. Для k = n имеем c00n − n2 cn = 0, 1 cn (0) = , c0n (0) = 0. n Отсюда общее решение cn (y) = Aeny + Be−ny . Из начальных условий получаем  1  A+B = , n A − B = 0. 1 1 ny , cn = (e + e−ny ) и решение задачи (4.28) 2n 2n 1 ny u(x, y) = (e + e−ny ) sin(nx). 2n Таким образом, решение задачи (4.28) существует и можно доказать, что оно единственно. Однако если n устремить к бесконечности, то 1 sin(nx) = 0 для всех x ∈ [0, π], а ∀y > 0 найдутся точки, где lim n→+∞ n Следовательно, A = B = 144 eny = +∞, т. е. n→+∞ 2n устойчивости по начальным данным нет и начально-краевая задача (4.28) некорректна. решение u(x, y) неограниченно возрастает, так как lim 5. ЭЛЕМЕНТЫ ВАРИАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ 5.1. Задача о минимуме функционала Интегральным функционалом или просто функционалом назовем отображение вида Zb J(y) = F (x, y, y 0 )dx, (5.1) a где F – заданная функция трех переменных. В общем случае функционалом называют отображение некоторого класса функций одной или нескольких переменных на множество действительных чисел. Областью определения функционала (5.1) назовем множество функций, дифференцируемых на промежутке [a, b] и удовлетворяющих краевым условиям Дирихле n o 1 D(J) = y ∈ C[a,b] , y(a) = t1 , y(b) = t2 . Поставим задачу нахождения минимума функционала (5.1), т. е. нахождения такой функции y0 ∈ D(J), которая удовлетворяет следующему условию: ∃ε > 0, такое, что ∀y ∈ D(J) и max |y(x) − y0 (x)| < ε выполнено y6=y0 x∈[a,b] неравенство J(y) > J(y0 ). Предположим, что на функции y0 функционал J(y) достигает минимума. Пусть v(x) – произвольная дифференцируемая функция, удовлетворяющая условию v(a) = v(b) = 0. Рассмотрим следующую функцию: Zb ϕ(t) = J(y0 + tv) = F (x, y0 + tv, y00 + tv 0 )dx. (5.2) a Если функционал J(y) имеет минимум в y0 , то ϕ(t) будет иметь минимум при t = 0 и, следовательно, ϕ0 (0) = 0. Найдем производную ϕ(t), не обосновывая возможность дифференцирования интеграла (5.2) по параметру ϕ0 (0) = Zb ∂F 0 ∂F v + 0 v dx, ∂y ∂y a 145 и проинтегрируем второе слагаемое по частям: ϕ0 (0) = Zb a b ∂F ∂F v dx + 0 v − ∂y ∂y a Zb d dx ∂F ∂y 0 v dx. a В силу условия v(a) = v(b) = 0 получаем 0 Zb ϕ (0) = d ∂F − ∂y dx ∂F ∂y 0 v dx = 0. a Так как функция v(x) произвольна, последнее равенство возможно только при d ∂F ∂F − = 0. (5.3) ∂y dx ∂y 0 Уравнение (5.3) называется уравнением Эйлера для функционала (5.1). Пример 5.1. Найти линию наименьшей длины, соединяющую точки A(a, t1 ) и B(b, t2 ). Как известно, длина кривой y(x): Zb p 1 + (y 0 )2 dx. J(y) = a p Найдем уравнение Эйлера для F (x, y, y 0 ) = 1 + (y 0 )2 . Имеем: ∂F ∂F y0 d ∂F y 00 p = 0, = , = . ∂y ∂y 0 dx ∂y 0 (1 + (y 0 )2 )3/2 1 + (y 0 )2 Тогда, согласно (5.3), уравнение Эйлера y 00 = 0. Его общее решение y = c1 x + c2 – прямая линия. Если подставить сюда координаты точек A и B, получим значения констант c1 и c2 . Пример 5.2. Задача о наименьшей поверхности вращения: определить кривую с заданными граничными точками, от вращения которой вокруг оси абсцисс образуется поверхность наименьшей площади. Как известно, площадь поверхности вращения Zb p S = 2π y 1 + (y 0 )2 dx. a 146 Найдем минимум функционала Zb p J(y) = y 1 + (y 0 )2 dy. a Имеем: p F (x, y, y 0 ) = y 1 + (y 0 )2 , p ∂F yy 0 ∂F 0 2 = 1 + (y ) , =p ; ∂y ∂y 0 1 + (y 0 )2 d ∂F yy 00 (y 0 )2 p p + . = dx ∂y 0 1 + (y 0 )2 (1 + (y 0 )2 )3 Уравнение Эйлера будет p (y 0 )2 yy 00 1 + (y 0 )2 − p −p = 0. 1 + (y 0 )2 (1 + (y 0 )2 )3 Приведем уравнение к общему знаменателю (1 + (y 0 )2 )2 − (y 0 )2 (1 + (y 0 )2 ) − yy 00 p =0 (1 + (y 0 )2 )3 и получим yy 00 = (y 0 )2 + 1. Данное уравнение не содержит в явном виде x, поэтому его можно свести к dp 0 dp уравнению первого порядка заменой y 0 = p(y), y 00 = y = p. Получаем dy dy y dp p = p2 + 1. dy Разделяем переменные и интегрируем Z Z p dy dp = , p2 + 1 y или 1 ln(p2 + 1) = ln |y| + ln |c1 |. 2 Отсюда p2 + 1 = c21 y 2 и получаем уравнение q y = ± c21 y 2 − 1. 0 147 Разделяем переменные и интегрируем Z Z dy p = dx, ± c21 y 2 − 1 или q 1 2 ln c1 y + c1 y 2 − 1 = x + c2 . c1 Поскольку c1 , c2 – произвольные постоянные, знаки ± опущены. Разрешим полученное уравнение относительно y: q c1 y + c21 y 2 − 1 = ec1 x+c3 , где c3 = c1 c2 . Перенесем c1 y в правую часть и возведем в квадрат 2 c21 y 2 − 1 = ec1 x+c3 − c1 y . Отсюда −1 = (ec1 x+c3 )2 − 2c1 yec1 x+c3 и окончательно 1 1 c1 x+c3 −(c1 x+c3 ) e +e = ch(c1 x + c3 ). y= 2c1 c1 Получилось так называемое уравнение цепной линии. Значения констант c1 и c3 определяются из граничных условий. Пример 5.3. Рассмотрим функционал Zb J(y) = p(x)(y 0 )2 + q(x)y 2 − 2f (x)y dx. (5.4) a Найдем производные подынтегральной функции F (x, y, y 0 ) = p(x)(y 0 )2 + q(x)y 2 − 2f (x)y : ∂F = 2q(x)y − 2f (x), ∂y d ∂F = (2p(x)y 0 )0 . 0 dx ∂y Отсюда получаем уравнение Эйлера −(p(x)y 0 )0 + q(x)y = f (x). Получилось хорошо знакомое из разд. 1 уравнение с симметричным дифференциальным оператором. Пример 5.4. Рассмотрим дифференциальное уравнение L(y) ≡ −(p(x)y 0 )0 + q(x)y = f (x) 148 с краевыми условиями y(0) = 0, y(b) = 0. Построим функционал Zb J(y) = (L(y), y) − 2(f, y) = −(p(x)y 0 )0 y + q(x)y 2 dx − 2 a Zb f (x)y dx. a Проинтегрируем первое слагаемое по частям Zb − b (p(x)y 0 )0 y dx = −p(x)y 0 y + a a Zb p(x)y 0 y 0 dx. a С учетом краевых условий получаем Zb J(y) = p(x)(y 0 )2 + q(x)y 2 − 2f (x)y dx, a т. е. функционал вида (5.4). Пусть L(y) – линейный симметричный положительно-определенный дифференциальный оператор. Справедлива следующая теорема. Теорема 5.1. Задача решения операторного уравнения L(y) = f (x) и задача поиска минимума функционала J(y) = (L(y), y) − 2(f, y) эквивалентны. Доказательство. Возьмем линейную комбинацию функций y + αv и распишем функционал J(y + αv), используя свойства скалярного произведения и линейность L: J(y + αv) = (L(y + αv), y + αv) − 2(f, y + αv) = = (L(y), y) + (L(αv), y) + (L(y), αv) + (L(αv), αv) − 2(f, y) − 2(f, αv). В силу симметричности оператора L имеем (L(αv), y) = (αv, L(y)) = α(L(y), v). Поэтому J(y + αv) = (L(y), y) − 2(f, y) + 2α(L(y), v) − 2α(f, v) + α2 (L(v), v), или J(y + αv) = J(y) + 2α(L(y) − f, v) + α2 (L(v), v). 149 Пусть y(x) – решение уравнения L(y) = f , тогда J(y + αv) = J(y) + α2 (L(v), v). Оператор L – положительно-определенный, т. е. (L(v), v) > 0 для любой функции v(x) 6= 0 (kvk > 0). Следовательно, J(y + αv) > J(y), т. е. на функции y функционал J достигает минимума. Обратное утверждение: пусть J(y) – минимальное значение функционала. Тогда при любом α должно выполняться неравенство 2α(L(y) − f, v) + α2 (L(v), v) > 0. Но при изменении знака α левая часть неравенства будет менять знак, если только (L(y) − f, v) 6= 0. Следовательно, для произвольной функции v скалярное произведение (L(y) − f, v) = 0. Это возможно только, если L(y) = f . К доказательству теоремы следует сделать одно принципиальное замечание. Дело в том, что области определения дифференциального оператора L(y) и функционала J(y) не совпадают. Функционал J(y) определен на функциях, имеющих первую производную и удовлетворяющих краевым условиям. Решение же дифференциального уравнения L(y) = f должно быть дважды дифференцируемым. В случае, когда функция y(x), минимизирующая функционал, дважды дифференцируема, она является и решением уравнения L(y) = f в обычном смысле, и такое решение принято называть классическим решением уравнения. Если же у функции y(x) непрерывна только первая производная, y(x) называют обобщенным решением уравнения L(y) = f . 5.2. Задача о минимуме функционала в многомерном случае Пусть u(x, y) – дифференцируемая функция двух переменных, удовлетворяющая на границе области Ω краевым условиям Дирихле. Введем в рассмотрение функционал ZZ J(u) = F (x, y, u, u0x , u0y )dx dy. (5.5) Ω Требуется найти функцию u0 (x, y), на которой функционал (5.5) достигает минимального значения. По аналогии с одномерной задачей напишем для функционала (5.5) уравнение Эйлера d ∂F d ∂F ∂F − − = 0. (5.6) ∂u dx ∂u0x dy ∂u0y Аккуратный вывод уравнения (5.6) см., например, в [10]. 150 Решением уравнения Эйлера и будет функция, обеспечивающая минимум функционала (5.5). Пример 5.5. Рассмотрим функционал # Z Z " 2 2 ∂u ∂u J(u) = + + qu2 − 2f u dx dy (5.7) ∂x ∂y Ω и найдем для него уравнение Эйлера: F (x, y, u, u0x , u0y ) = (u0x )2 + (u0y )2 + qu2 − 2f u, ∂F ∂u0x ∂F ∂u0y ∂F = 2qu − 2f, ∂u d ∂F ∂ 2u = 2u0x , = 2 , dx ∂u0x ∂x2 d ∂F ∂ 2u 0 = 2uy , = 2 2. dy ∂u0y ∂y Таким образом, уравнение Эйлера будет ∂ 2u ∂ 2u − 2 − 2 + qu = f. ∂x ∂y (5.8) Как и в одномерном случае, если L(u) – симметричный положительноопределенный оператор, то решение операторного уравнения L(u) = f эквивалентно задаче о минимуме функционала J(u) = = (L(u), u) − 2(f, u). Пример 5.6. Построим функционал для уравнения (5.8). Если функ∂ 2u ∂ 2u ция q(x, y) ≥ q0 > 0, то оператор L(u) = − 2 − 2 + q(x, y)u будет ∂x ∂y симметричным и положительно-определенным. К уравнению (5.8) добавим однородные краевые условия Дирихле u Γ = 0, где Γ – граница области Ω. Запишем функционал ZZ 2 ZZ ∂ u ∂ 2u J(u) = (Lu, u)−2(f, u) = − 2 − 2 + qu u dx dy −2 f u dx dy. ∂x ∂y Ω Ω Первые слагаемые в интеграле преобразуем по формуле Грина ZZ 2 ZZ Z ∂ u ∂ 2u ∂u − + u dx dy = (grad u, grad u)dx dy − u ds, ∂x2 ∂y 2 ∂~n Ω Ω 151 Γ где ~n – внешняя нормаль к границе Γ. С учетом краевых условий имеем ZZ 2 Z Z " 2 2 # 2 ∂u ∂ u ∂ u ∂u − + 2 u dx dy = + dx dy 2 ∂x ∂y ∂x ∂y Ω Ω и, следовательно, Z Z " J(u) = ∂u ∂x 2 + ∂u ∂y 2 # + qu2 − 2f u dx dy, Ω т. е. получили тот же функционал (5.7). 5.3. Решение задачи о минимуме функционала методом Ритца В предыдущих параграфах было показано, что задача нахождения минимума функционала эквивалентна решению краевой задачи для дифференциального уравнения Эйлера. Однако существуют методы нахождения минимума, не использующие уравнение Эйлера. Их принято называть прямыми. Более того, в ряде случаев от исходной краевой задачи переходят к задаче поиска минимума функционала. Именно такую задачу и рассмотрим. Пусть L(u) – симметричный положительно-определенный оператор. Поставим краевую задачу Дирихле L(u) = f ; u Γ = 0, (5.9) где Γ – граница области Ω. Решение этой задачи будем искать как минимум функционала J(u) = (L(u), u) − 2(f, u). (5.10) Область определения функционала D(J) состоит из дифференцируемых в Ω функций, удовлетворяющих краевым условиям u Γ = 0. Возьмем линейно независимый набор функций {ϕk }nk=1 ; ϕk ∈ D(J), и рассмотрим множество линейных комбинаций {α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn } = Dn . Множество Dn является подпространством линейного пространства D(J), а функции ϕ1 , ..., ϕn будут базисом этого подпространства. Любой элемент u ∈ Dn однозначно определяется набором коэффициентов α1 , ..., αn – координатами u в базисе ϕ1 , ..., ϕn . Найдем минимум функционала J(u) на множестве Dn , т. е. найдем та152 кой набор коэффициентов α1 , ..., αn , который обеспечит минимум функции Φ(α1 , α2 , ..., αn ) = J(α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn ) = = (L(α1 ϕ1 + ... + αn ϕn ), α1 ϕ1 + ... + αn ϕn ) − 2(f, α1 ϕ1 + ... + αn ϕn ) = = α21 (L(ϕ1 ), ϕ1 ) + α1 α2 (L(ϕ1 ), ϕ2 ) + ... + α1 αn (L(ϕ1 ), ϕn ) + + α2 α1 (L(ϕ2 ), ϕ1 ) + α22 (L(ϕ2 ), ϕ2 ) + ... + α2 αn (L(ϕ2 ), ϕn ) + .......................................................................... − 2α1 (f, ϕ1 ) − 2α2 (f, ϕ2 ) − ... − 2αn (f, ϕn ). ∂Φ , k = 1, 2, ..., n, и приравня∂ αk ем их нулю. При этом учитываем, что оператор L симметричный, т. е. (L(ϕk ), ϕm ) = (ϕk , L(ϕm )). В итоге получится система линейных уравнений   α1 (L(ϕ1 ), ϕ1 ) + α2 (L(ϕ2 ), ϕ1 ) + ... + αn (L(ϕn ), ϕ1 ) = (f, ϕ1 ),   α (L(ϕ ), ϕ ) + α (L(ϕ ), ϕ ) + ... + α (L(ϕ ), ϕ ) = (f, ϕ ), 1 1 2 2 2 2 n n 2 2 (5.11)  ................................................................    α1 (L(ϕ1 ), ϕn ) + α2 (L(ϕ2 ), ϕn ) + ... + αn (L(ϕn ), ϕn ) = (f, ϕn ). Найдем все частные производные Покажем, что система (5.11) однозначно разрешима. Для этого рассмотрим соответствующую однородную систему и предположим, что она имеет нетривиальное решение α∗1 , α∗2 , ..., α∗n , т. е. выполняются равенства   α∗1 (L(ϕ1 ), ϕ1 ) + α∗2 (L(ϕ2 ), ϕ1 ) + ... + α∗n (L(ϕn ), ϕ1 ) = 0,   α∗ (L(ϕ ), ϕ ) + α∗ (L(ϕ ), ϕ ) + ... + α∗ (L(ϕ ), ϕ ) = 0, n 2 2 2 1 2 n 2 1  ..........................................................    ∗ α1 (L(ϕ1 ), ϕn ) + α∗2 (L(ϕ2 ), ϕn ) + ... + α∗n (L(ϕn ), ϕn ) = 0. В силу линейности скалярного произведения и оператора L имеем (L(α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn ), ϕ1 ) = 0, (L(α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn ), ϕ2 ) = 0, ........................................ (L(α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn ), ϕn ) = 0. Умножим первое равенство на α∗1 , второе – на α∗2 и т. д., затем сложим и получим (L(α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn ), α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn ) = 0. Так как оператор L – положительно-определенный (т. е. ∀u, u 6= 0, (L(u), u) > 0), то α∗1 ϕ1 + α∗2 ϕ2 + ... + α∗n ϕn = 0. Полученное равенство противоречит условию линейной независимости ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn . Следовательно, однородная система имеет только тривиальное решение, а значит, 153 система (5.11) разрешима единственным образом. Решив систему (5.11), получим элемент un = α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn , который можно рассматривать как приближенное решение задачи о минимуме функционала (5.10), а также как приближение обобщенного решения краевой задачи (5.9). Если расширить систему базисных функций ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn , ϕn+1 , ..., ϕn1 и найти элемент un1 , обеспечивающий минимум функционала на множестве Dn1 = {α1 ϕ1 + ... + αn1 ϕn1 }, то J(un1 ) ≤ J(un ). Минимум функционала не может увеличиться, потому что un ∈ Dn1 . Затем можно еще добавить базисных функций, получить un2 и т. д. Получится последовательность приближенных решений un , un1 , un2 , ... . Доказательство сходимости последовательности к точному решению задачи выходит за рамки настоящего пособия, его можно найти, например, в [11]. Описанный метод построения последовательности приближенных решений называется методом Ритца. Отметим, что в методе Ритца от базисных функций ϕk требуется наличие только первых производных. Пусть оператор L имеет вид L(y) = −(p(x)y 0 )0 + q(x)y, функция y(x) задана на промежутке [a, b] и удовлетворяет краевым условиям y(a) = y(b) = 0. Тогда скалярное произведение Zb (L(ϕk ), ϕm ) = [−(p(x)ϕ0k )0 + q(x)ϕk ] ϕm dx = a b = −p(x)ϕ0k ϕm a + Zb (p(x)ϕ0k ϕ0m + q(x)ϕk ϕm )dx. a С учетом краевых условий Zb (L(ϕk ), ϕm ) = (p(x)ϕ0k ϕ0m + q(x)ϕk ϕm )dx. a В двумерном случае, например для оператора L(u) = −∆u + q(x, y)u, скалярные произведения будут выглядеть следующим образом: ZZ ∂ ϕk ∂ ϕ m ∂ ϕ k ∂ ϕ m + + q(x, y)ϕk ϕm dx dy. (L(ϕk ), ϕm ) = ∂x ∂x ∂y ∂y Ω 154 5.4. Понятие о методе Галеркина Пусть L(u) – дифференциальный оператор 2-го порядка (не обязательно симметричный). Поставим краевую задачу L(u) = f, (5.12) где u удовлетворяет однородным краевым условиям Дирихле. Возьмем произвольную дифференцируемую функцию v, удовлетворяющую однородным краевым условиям Дирихле, и скалярно умножим уравнение (5.12) на v: (L(u), v) = (f, v), (5.13) или, что то же самое, (L(u) − f, v) = 0. Поскольку скалярное произведение – это интеграл, соотношение (5.13) принято называть интегральным тождеством. Функцию u, удовлетворяющую интегральному тождеству с произвольной функцией v, будем называть обобщенным решением краевой задачи (5.12). Очевидно, что если краевая задача (5.12) имеет обычное решение, то это решение будет и обобщенным. Однако обобщенное решение может быть дифференцируемо только один раз, тогда как решение задачи (5.12) должно быть дифференцируемо 2 раза. Такой случай уже встречался при рассмотрении задачи о минимуме функционала. Более того, в 5.1 доказательство эквивалентности задачи о минимуме функционала и краевой задачи основывалось на выполнении соотношения (L(u)−f, v) = 0, т. е. интегрального тождества (5.13). Таким образом, для симметричного оператора задача нахождения минимума функционала и задача поиска функции, удовлетворяющей интегральному тождеству, эквивалентны. Однако соотношение (5.13) можно написать и для несимметричного оператора и не связывать его с каким-либо функционалом. Метод Галеркина состоит в построении решения задачи на конечномерном подпространстве так же, как и в методе Ритца. Возьмем систему из n линейно независимых дифференцируемых функций, удовлетворяющих однородным краевым условиям ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn . Рассмотрим множество всех линейных комбинаций этих функций Dn = {α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn }. Будем искать функцию un = α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn , удовлетворяющую соотношению (5.13) для произвольной функции v ∈ Dn : (L(α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn ), v) = (f, v). (5.14) Если интегральное тождество будет выполнено для всех базисных функций пространства Dn , то в силу линейности скалярного произведения оно будет выполнено и для любой функции v ∈ Dn . Последовательно подставляя в 155 (5.14) вместо v базисные функции ϕ1 , ϕ2 , ..., ϕn , получим систему линейных уравнений   α1 (L(ϕ1 ), ϕ1 ) + α2 (L(ϕ2 ), ϕ1 ) + ... + αn (L(ϕn ), ϕ1 ) = (f, ϕ1 ),   α (L(ϕ ), ϕ ) + α (L(ϕ ), ϕ ) + ... + α (L(ϕ ), ϕ ) = (f, ϕ ), 1 1 2 2 2 2 n n 2 2 (5.15)  ................................................................    α1 (L(ϕ1 ), ϕn ) + α2 (L(ϕ2 ), ϕn ) + ... + αn (L(ϕn ), ϕn ) = (f, ϕn ). В случае симметричного оператора L система (5.15) совпадает с системой, полученной методом Ритца. Решая систему (5.15), получим решение задачи un = α1 ϕ1 + α2 ϕ2 + ... + αn ϕn ∈ Dn , которое можно принять за приближенное решение задачи (5.13) и за приближенное обобщенное решение задачи (5.12). Затем набор базисных функций расширяется, строится новое приближенное решение un1 и т. д. В итоге, как и в методе Ритца, получаем последовательность приближенных решений un , un1 , ... . Вопросы сходимости приближенного решения к точному, как и разрешимость системы (5.15) в общем случае, обсуждаются в известных монографиях, например в [11]. Покажем, как строится интегральное тождество для двумерной краевой задачи. Пусть в области Ω задано уравнение эллиптического типа ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u + b2 (x, y) + q(x, y)u = f (x, y). − 2 − 2 + b1 (x, y) ∂x ∂y ∂x ∂y (5.16) На границе области Γ заданы однородные условия Дирихле u = 0. Γ Заметим, что оператор задачи (5.16) не симметричен и поэтому метод Ритца к ней не применим. Умножим уравнение (5.16) на произвольную, удовлетворяющую однородным краевым условиям функцию v и проинтегрируем по Ω: ZZ 2 ZZ ∂ u ∂ 2v ∂u ∂u − + v dx dy + b1 (x, y) + b2 (x, y) v dx dy + ∂x2 ∂y 2 ∂x ∂y Ω Ω ZZ + ZZ q(x, y)uv dx dy = Ω f (x, y)v dx dy. (5.17) Ω Первый интеграл преобразуем по формуле интегрирования по частям: ZZ 2 ∂ u ∂ 2v − + v dx dy = ∂x2 ∂y 2 Ω 156 ZZ = ∂u ∂v ∂u ∂v + ∂x ∂y ∂y ∂y Z dx dy − Ω ∂u v ds, ∂~n Γ где ~n – нормаль к границе Γ. Так как функция v на границе обращается в нуль, то и последний интеграл тоже равен нулю, и формула (5.17) примет вид ZZ ZZ ∂u ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u + + b2 (x, y) dx dy + b1 (x, y) v dx dy + ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y Ω Ω ZZ + ZZ q(x, y)uv dx dy = Ω f (x, y)v dx dy. Ω Полученное соотношение и является интегральным тождеством для уравнения (5.16). 5.5. Пример решения уравнения Пуассона методом конечных элементов В изложении метода конечных элементов будем следовать монографии [12]. Рассмотрим задачу Дирихле для уравнения Пуассона в прямоугольнике Ω = [0, a] × [0, b]  2 ∂ u ∂ 2u   − 2 − 2 = f (x, y), ∂x ∂y (5.18)   u = 0. Γ Пусть v – произвольная функция, удовлетворяющая однородным краевым условиям. Для задачи (5.18) запишем интегральное тождество метода Галеркина ZZ ZZ ∂u ∂v ∂u ∂v + dx dy = f v dx dy. (5.19) ∂x ∂x ∂y ∂y Ω Ω Далее в методе Галеркина необходимо выбрать систему базисных функa ций. Для этого зададим в области Ω сетку. Пусть заданы шаги сетки hx = n b и hy = . Обозначим xk = khx , yk = ihy , k = 0, 1, ..., n, i = 0, 1, ..., m. m В каждом прямоугольнике построенной сетки проведем диагональ из левого нижнего угла. Таким образом, область Ω оказалась разбита на треугольники (рис. 5.1). Такой вид сетки принято называть триангуляцией. Введем в рассмотрение функции ϕki (x, y), обладающие следующими свойствами: функция ϕki равна единице в узле (xk , yi ) и нулю во всех 157 остальных узлах сетки; функция линейна во всех треугольниках сетки (рис. 5.2). Такие функции называют функциями-палатками. y b y3 y2 y1 y0 0 x0 x1 x2 x3 a x Рис. 5.2 Рис. 5.1 y i +1 I VI y i II hy III V hy IV y i −1 x k −1 hx xk hx x k +1 Рис. 5.3 Понятно, что функция ϕki будет отлична от нуля только в тех треугольниках сетки, которые имеют вершину в точке (xk , yi ). Занумеруем треугольники вокруг узла (xk , yi ) как показано на рис. 5.3. В таблице в явном виде приведены функция ϕki (x, y) и ее производные для каждого треугольника сетки. Система функций {ϕki }k=1,...,n−1 i=1,...,m−1 линейно-независима, и ее можно взять в качестве базисных функций метода Галеркина. Решение интегрального тождества (5.19) будем искать в виде ũ(x, y) = n−1 m−1 X X uki ϕki (x, y). k=1 i=1 Так как в каждом узле сетки отлична от нуля только одна базисная функция, то ũ(xk , yi ) = uki . Т. е., если найти коэффициенты решения задачи uki , то фактически получим приближенные значения решения в узлах сетки. Для того чтобы найти uki , запишем систему линейных уравнений, аналогичную (5.15), учитывая при этом, что оператор задачи (5.18) есть L = −∆: 158 Номер ϕki (x, y) треугольника ∂ϕki ∂x ∂ϕki ∂y I 1− y − yi hy II 1− x − xk hx − 1 hx 0 x − xk y − y i + hx hy − 1 hx 1 hy 1− III 0 − 1 hy IV 1+ y − yi hy 0 1 hy V 1+ x − xk hx 1 hx 0 x − xk y − y i − hx hy 1 hx 1+ VI − 1 hy  u11 (−∆ϕ11 , ϕ11 ) + u21 (−∆ϕ21 , ϕ11 ) + ...      ... + un−1 m−1 (−∆ϕn−1 m−1 , ϕ11 ) = (f, ϕ11 ),     u11 (−∆ϕ11 , ϕ21 ) + u21 (−∆ϕ21 , ϕ21 ) + ...      ... + un−1 m−1 (−∆ϕn−1 m−1 , ϕ21 ) = (f, ϕ21 ),      ..........................................................   u (−∆ϕ , ϕ 11 11 n−1 1 ) + u21 (−∆ϕ21 , ϕn−1 1 ) + ...  ... + un−1 m−1 (−∆ϕn−1 m−1 , ϕn−1 1 ) = (f, ϕn−1 1 ),     u11 (−∆ϕ11 , ϕ12 ) + u21 (−∆ϕ21 , ϕ12 ) + ...      ... + un−1 m−1 (−∆ϕn−1 m−1 , ϕ12 ) = (f, ϕ12 ),     ..........................................................      u11 (−∆ϕ11 , ϕn−1 m−1 ) + u21 (−∆ϕ21 , ϕn−1 m−1 ) + ...    ... + un−1 m−1 (−∆ϕn−1 m−1 , ϕn−1 m−1 ) = (f, ϕn−1 m−1 ). (5.20) Возьмем в системе (5.20) строчку с номером (k, i) и вычислим все входящие в нее скалярные произведения, которые с учетом (5.19) имеют вид ZZ ∂ ϕlj ∂ ϕki ∂ ϕlj ∂ ϕki (−∆ϕlj , ϕki ) = + dx dy. (5.21) ∂x ∂x ∂y ∂y Ω Так как функции ϕki и ϕlj отличны от нуля только в шести треугольниках сетки, то интеграл (5.21) равен нулю, если шестерки треугольников, примыкающих к узлам (ki) и (lj), не пересекаются. Выпишем все случаи, 159 когда пересечение примыкающих треугольников есть. В последующих формулах нумерация треугольников выбрана согласно рис. 5.2. Очевидно, что 1 площади всех треугольников равны hx hy : 2 ZZ ∂ ϕki ∂ ϕki ∂ ϕki ∂ ϕki (−∆ϕki , ϕki ) = + dx dy = ∂x ∂x ∂y ∂y Ω 2 ZZ 1 = − dx dy + hy ∆I 2 2 2 # Z Z " ZZ 1 1 1 dx dy + − + dx dy + + − hx hx hy ∆III ∆II 2 # Z Z 2 Z Z 2 Z Z " 2 1 1 1 1 + dx dy + dx dy + + − dx dy = hy hx hx hy ∆IV ∆V ∆VI hx hy + ; =2 hy hx ZZ ∂ ϕk i+1 ∂ ϕki ∂ ϕk i+1 ∂ ϕki (−∆ϕk i+1 , ϕki ) = + dx dy = ∂x ∂x ∂y ∂y Ω ZZ ZZ 1 −1 1 1 −1 hx 1 dx dy + 0 + dx dy = − ; = − 0+ hx hy hy hx hy hy hy ∆VI ∆I ZZ ∂ ϕk+1 i+1 ∂ ϕki ∂ ϕk+1 i+1 ∂ ϕki (−∆ϕk+1 i+1 , ϕki ) = + dx dy = ∂x ∂x ∂y ∂y Ω ZZ ZZ −1 1 −1 1 0+0 dx dy + 0 + 0 dx dy = 0. = hx hy hx hy ∆II ∆I Аналогично вычисляем hy ; hx (−∆ϕk i−1 , ϕki ) = − (−∆ϕk−1 i−1 , ϕki ) = 0; (−∆ϕk−1 i , ϕki ) = − (−∆ϕk+1 i , ϕki ) = − Интеграл в правой части уравнения обозначим ZZ fki = (f, ϕki ) = f ϕki dx dy. P 160 ∆ hx ; hy hy . hx Таким образом, уравнение с номером (ki) примет вид hx hy hy hx hx hy uk−1 i + 2 + uki − uk+1 i − uk i+1 = fki . − uk i−1 − hy hx hy hx hx hy Тогда систему линейных уравнений (5.20) можно переписать в виде  hx hy hy hx   2 + u − u − ... − u12 − ... = f11 , 11 21   h h h h  y x x y    − hy u + 2 hx + hy u − hy u − ... − hx u ... = f , 11 21 31 22 21 hx hy hx hx hy (5.22)   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .....................     h h h h   − x un−1 m−2 −...− y un−2 m−1 +2 x + y un−1 m−1 = fn−1 m−1 . hy hx hy hx Матрица системы (5.22) имеет такую же блочно-трехдиагональную структуру, как в системе метода конечных разностей. Более того, если все уравнения системы (5.22) умножить на hx hy , то матрицы систем просто совпадут. Только в отличие от метода конечных разностей в правых частях уравнения стоит не значение функции f (x, y) в узле сетки, а некоторое усреднение по шести треугольникам, примыкающим к узлу. Основные преимущества метода конечных элементов по сравнению с методом конечных разностей проявляются при решении задач в областях сложной формы. Если необходимо использовать нерегулярную сетку (значения hx и hy меняются от шага к шагу), то формулы аппроксимации производных значительно усложняются, если же необходима непрямоугольная сетка, то построение разностных отношений просто невозможно. В методе конечных элементов коэффициенты линейных уравнений есть интегралы по некоторым треугольникам, и при любой форме треугольника их вычисление не вызовет принципиальных трудностей. Список литературы 1. Меркулов А. Л., Трегуб В. Л., Червинская Н. М. Задачи и упражнения по математической физике: учеб. пособие. СПб.: Изд-во СПбГЭТУ „ЛЭТИ“, 2014. 2. Очан Ю. С. Методы математической физики. М.: Высш. шк., 1965. 3. Бодунов Н. А., Пилюгин С. Ю. Дифференциальные уравнения: учеб. пособие. СПб.: Изд-во СПбГЭТУ „ЛЭТИ“, 2011. 4. Боревич Е. З., Фролова Е. В., Челкак С. И. Ряды Фурье: учеб. пособие. СПб.: Изд-во СПбГЭТУ „ЛЭТИ“, 2010. 5. Справочник по специальным функциям / под ред. М. Абрамовица и И. Стиган. М.: Наука, 1979. 6. Ватсон Г. Н. Теория бесселевых функций: в 2 ч. Ч. 1. М.: Изд-во иностр. лит., 1949. 7. Арсенин В. Я. Методы математической физики и специальные функции. М.: Наука, 1984. 8. Тихонов А. Н., Самарский А. А. Уравнения математической физики. М.: Наука, 2004. 9. Араманович И. Г., Левин В. И. Уравнения математической физики. М.: Наука, 1969. 10. Эльсгольц Л. Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.: Эдиториал УРСС, 2002. 11. Канторович Л. В., Крылов В. И. Приближенные методы высшего анализа. М.: Физматлит, 1962. 12. Оганесян Л. А., Руховец Л. А. Вариационно-разностные методы решения эллиптических уравнений. Ереван: Изд-во АН АрмССР, 1979. Содержание Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1. КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА . . . . . . . 4 1.1. Постановка краевой задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Оператор Штурма–Лиувилля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3. Задача Штурма–Лиувилля для оператора −y 00 . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4. Решение краевой задачи для обыкновенного дифференциального уравнения методом Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5. Уравнение Бесселя. Функция Бесселя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.6. Задача на собственные значения для оператора Бесселя . . . . . . .25 1.7. Оператор Лежандра. Многочлены Лежандра . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.8. Присоединенные функции Лежандра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.9. Решение краевой задачи методом конечных разностей . . . . . . . . .36 2. УРАВНЕНИЕ ТЕПЛОПРОВОДНОСТИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.1. Вывод одномерного уравнения теплопроводности . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2. Постановка начально-краевых задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.3. Решение краевой задачи для уравнения теплопроводности методом Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.4. Принцип максимума . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.5. Решение уравнения теплопроводности для бесконечного однородного стержня . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.6. Метод сеток . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3. УРАВНЕНИЕ КОЛЕБАНИЙ СТРУНЫ. ВОЛНОВОЕ УРАВНЕНИЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .79 3.1. Уравнение колебаний струны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .79 3.2. Постановка начальных и краевых условий . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.3. Колебания бесконечной струны. Метод Даламбера . . . . . . . . . . . . 84 3.4. Колебания полубесконечной струны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .92 3.5. Метод Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 4. УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА И ПУАССОНА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.1 Определения. Постановка краевой задачи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.2. Гармонические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .103 4.3. Формулы Грина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 4.4. Свойства гармонических функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 4.5. Теоремы единственности для уравнений Лапласа и Пуассона 110 4.6. Метод Фурье для уравнений Лапласа и Пуассона . . . . . . . . . . . . 112 4.7. Задача на собственные значения для оператора Лапласа . . . . . 116 4.8. Решение задач разложением по собственным функциям оператора Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.9. Метод функции Грина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 163 4.10. Метод сеток для уравнения Пуассона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.11. Классификация уравнений второго порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 4.12. Корректные и некорректные задачи для уравнения Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 5. ЭЛЕМЕНТЫ ВАРИАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ . . . . . . . . . . . 145 5.1. Задача о минимуме функционала . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 5.2. Задача о минимуме функционала в многомерном случае . . . . . 150 5.3. Решение задачи о минимуме функционала методом Ритца . . . 152 5.4. Понятие о методе Галеркина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 5.5. Пример решения уравнения Пуассона методом конечных элементов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Меркулов Александр Львович, Трегуб Вера Леонидовна, Червинская Нина Михайловна МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ Учебное пособие Редактор Э. К. Долгатов Подписано в печать 12.07.16. Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная. Печать цифровая. Гарнитура “Times New Romen”. Печ. л. 10,25. Тираж 143 экз. Заказ Издательство СПбГЭТУ “ЛЭТИ” 197376, С.-Петербург, ул. Проф. Попова, 5

Методы математической физки Меркулов

Related documents

Products

Support

Методы математической физки Меркулов

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib