Семинар 10 для Ф-5. Метод Фурье для неоднородного уравнения теплопроводности в прямоугольнике (Семинары)

УМФ – семинар – Ф 5 – 10Задачи для неоднородного уравнения теплопроводности впрямоугольнике.1. № 713.Найти функцию u(x, y; t) из условийut = a2 (uxx + uyy ) + f (x, y; t),u(x, y; 0) = 0, u(0, y; t) = ux (p, y; t) = 0u(x, 0; t) = u(x, s; t) = 0(x, y) ∈ Π, t > 0;(x, y) ∈ Π;0 < y < s, 0 < t < T,0 < x < p, 0 < t < T,(1.1)где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 p,0 6 y 6 s} .Шаг 1. Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (1.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),(1.2)Xk (x)Yn (y)fkn (t),(1.3)k=1 n=1то, подставив этот ряд и рядf (x, y; t) =∞ X∞Xk=1 n=1в уравнение ut = a2 (uxx + uyy )+f , получим, что оно заведомо выполняется, если равны членырядов в левой и правой частях с одинаковыми номерами:Xk (x)Yn (y)T0kn (t) = a2 · (X00k (x)Yn (y) + Xk (x)Yn00 (y)) Tkn (t) + Xk (x)Yn (y)fkn (t).Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:X00k (x) Yn00 (y)fkn (t)T0kn (t)=++ 22a Tkn (t)Xk (x) Yn (y) a Tkn (t)илиT0kn (t) − fkn (t)X00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(1.4)Так как слева стоит функция, зависящая только от t, а справа – от (x, y), то это возможнотолько если и левая, и правая части этого равенства равны константе.

Итак, ∃ λkn такая, чтоT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),X00k (x) Yn00 (y)+= λkn .Xk (x) Yn (y)Но сумма функций, одна из которых зависит только от x, а вторая – только от y, может бытьконстантой только в случае, если обе эти функции – константы. Тогда ∃ µk и νn такие, чтоX00k (x) + µk Xk (x) = 0,Yn00 (y) + νn Yn (x) = 0,µk + νn = λkn .(1.5)Таким образом, естественно начать решение задачи (1.1) с решения двух задач ШтурмаЛиувилля – для Xk (x) и для Yn (y).c Д.С. Ткаченко-1-УМФ – семинар – Ф 5 – 10Шаг 2. Решение двух задач Штурма-ЛиувилляКраевые условия дают для функций Xk (x) и Yn (y) выполнение равенств:X(0) = X0 (p) = 0,Y(0) = Y(s) = 0.Таким образом, функции Xk (x) и Yn (x) есть решения задачи Штурма-Лиувилля 00 00Xk (x) + µk Xk (x) = 0,Yn (y) + νn Yn (y) = 0,Xk (0) = X0k (p) = 0,Yn (0) = Yn (s) = 0,(1.6)(1.7)Общее решение уравнения X00 (x) + µX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( µ x) + c2 cos( µ x)√−µ xпри µ > 0;√− −µ x+ c2 eX(x) = c1 eX(x) = c1 x + c2при µ < 0;при µ = 0;(1.8)(1.9)(1.10)√• При µ > 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 sin( µ x) ⇒√√X 0 (x) = c1 µ cos( µx).

Поэтому из второго краевого условия X 0 (p) = 0 получаем,√что µ p = π − 12 + k откуда имеем бесконечное множество собственных чисел задачиШтурма–Лиувилля:2π(2k − 1),k ∈ N.(1.11)µk =2pИм соответствует бесконечное множество собственных функций:π(2k − 1)xXk (x) = sin,k ∈ N.2p(1.12)• При µ < 0 задача Штурма–Лиувилля не имеет нетривиальных решений.• При µ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x ⇒X 0 (x) = c1 ).

Поэтому из второго краевого условия X 0 (p) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е.задача Штурма–Лиувилля не имеет собственного числа, равного нулю.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)π(2k − 1)xµk =, Xk (x) = sin, k∈N2p2pзадачиX00k (x) + µk Xk (x) = 0,Xk (0) = X0k (p) = 0.Задачи, подобные задаче для Yn (y), рассматривались уже не раз (№ 687 из файла Sem7, №705 из semS1 и др.). Поэтому запишем результат:существет бесконечное множество нетривиальных решенийνn =π 2 n2,s2Yn (y) = sin πny s,n ∈ N.В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),c Д.С. Ткаченкоt > 0,-2-λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 n2+ 2 .(2p)2sУМФ – семинар – Ф 5 – 10А поскольку начальное условие u(x, y; 0) = 0 будет заведомо выполнено, если Tkn (0) = 0, тодля функций Tkn (t) имеем задачу Коши:(222 2t > 0,λkn = π (2k−1)T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t),+ π s2n ;2(2p)(1.13)Tkn (0) = 0.Шаг 3.

Решаем задачу (1.13).Решение этого линейного неоднородного уравнения первого порядка получим методом вариации постоянной.Сначала решим соответствующее однородное уравнение:T0o (t) + a2 λkn To (t) = 0Его решение имеет вид:To (t) = ce− a2λkn tt > 0,где c – произвольная постоянная.Далее будем искать общее решение неоднородного уравненияT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn (t)в видеTkn (t) = c(t)e− a2λkn tt > 0.(1.14)Подставив (1.14) в уравнение, получим, что неизвестная функция c(t) должна удовлетворятьтребованию2c0 (t)e− a λkn t = fkn (t),откудаZtc(t) = Tkn (0) +fkn (τ )ea2λkn τdτ.0Итак, наконец, решение задачи Коши (1.13) задаётся формулой:ZtTkn (t) =fkn (τ )e−a2λkn (t−τ )dτt > 0.(1.15)0Нам ещё надо найти, по какой формуле вычислять коэффициенты fkn (t) разложения функции f (x, y; t) по собственным функциямизадачШтурма-Лиувилля.

Получим эту формулу. Дляsin πmyи проинтегрируем по Π. Учитывая ортогональэтого, как обычно, домножим (1.3) на sin π(2l−1)x2psность собственных функций задач Штурма-Лиувилля, получим:Zpf, Xl · Ym = flm (t)2sinπ(2l − 1)x2pZs0dxsin2 πmy sdy =0flm (t)=4Zp 1 − cosπ(2l − 1)xp0Zs 1 − cosdx2πmys0Отсюда,4fkn (t) =psZp Zsf (x, y; t) sin0c Д.С. Ткаченко0-3-π(2l − 1)x2psin πmy sdy.dy = flm (t) ·ps.4УМФ – семинар – Ф 5 – 10Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (1.2) функции Xk (x) = sinYn (y) = sin πnyи только что найденные функции Tkn (t) из (1.15).sОтвет: tZ∞∞XXπny π(2k − 1)x2sinfkn (τ )e−a λkn (t−τ ) dτ  ,u(x, y; t) =sin2psk=1 n=1π(2k−1)x2p0где λkn =π 2 (2k−1)2(2p)2+π 2 n2,s2а fkn (t) находятся по формуле4fkn (t) =psZp Zsf (x, y; t) sin0π(2l − 1)x2psin πmy sdy.02.

№ 714.Найти функцию u(x, y; t) из условий 3πx2(u+u)+Asinu=acosxxyyt2pcos 3πyu(x, y; 0) = B sin πx,2p2s u(0, y; t) = ux (p, y; t) = 0uy (x, 0; t) = u(x, s; t) = 0πy2s(x, y) ∈ Π,,t > 0;(x, y) ∈ Π;0 < y < s, 0 < t < T,0 < x < p, 0 < t < T,(2.1)где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 p,0 6 y 6 s} .Шаг 1. Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (2.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞∞ XXXk (x)Yn (y)Tkn (t),(2.2)k=1 n=1то, подставив этот ряд и рядf (x, y; t) ≡ A sin3πx2pcos πy 2s=∞ X∞XXk (x)Yn (y)fkn ,(2.3)k=1 n=1в уравнение ut = a2 (uxx + uyy )+f , получим, что оно заведомо выполняется, если равны членырядов в левой и правой частях с одинаковыми номерами:Xk (x)Yn (y)T0kn (t) = a2 · (X00k (x)Yn (y) + Xk (x)Yn00 (y)) Tkn (t) + Xk (x)Yn (y)fkn .Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T0kn (t)X00k (x) Yn00 (y)fkn=++a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y) a2 Tkn (t)илиc Д.С.

ТкаченкоT0kn (t) − fknX00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)-4-(2.4),УМФ – семинар – Ф 5 – 10Так как слева стоит функция, зависящая только от t, а справа – от (x, y), то это возможнотолько если и левая, и правая части этого равенства равны константе. Итак, ∃ λkn такая, чтоX00k (x) Yn00 (y)+= λkn .Xk (x) Yn (y)T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn ,Но сумма функций, одна из которых зависит только от x, а вторая – только от y, может бытьконстантой только в случае, если обе эти функции – константы.

Тогда ∃ µk и νn такие, чтоX00k (x) + µk Xk (x) = 0,Yn00 (y) + νn Yn (x) = 0,µk + νn = λkn .(2.5)Таким образом, естественно начать решение задачи (2.1) с решения двух задач ШтурмаЛиувилля – для Xk (x) и для Yn (y).Шаг 2. Решение двух задач Штурма-ЛиувилляКраевые условия дают для функций Xk (x) и Yn (y) выполнение равенств:X(0) = X0 (p) = 0,Y0 (0) = Y(s) = 0.Таким образом, функции Xk (x) и Yn (x) есть решения задачи Штурма-Лиувилля 00 00Xk (x) + µk Xk (x) = 0,Yn (y) + νn Yn (y) = 0,Xk (0) = X0k (p) = 0,Yn0 (0) = Yn (s) = 0,(2.6)(2.7)Задачу для Xk (x) мы уже решили в № 713, стр. 2. Выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)π(2k − 1)xµk =, Xk (x) = sin, k∈N2p2pпервой задачи из (2.7).Задача для Yn (y) была решена на Шаге 2 в № 712(б).

У неё такжесуществует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2n − 1)π(2n − 1)yνn =, Yn (y) = cos, n∈N2s2sвторой задачи из (2.7)В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn ,Пусть функция ϕ(x, y) ≡ B sint > 0,πx2pϕ(x, y) =cos3πy2s∞ X∞Xλkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 (2n − 1)2+.(2p)2(2s)2(2.8)начального условия разлагается в рядXk (x)Yn (y)ϕkn .(2.9)k=1 n=1В данном случае коэффициенты разложения ϕkn и fkn найти гораздо проще, чем обычно, поскольку функции ϕ(x, y) и f (x, y; t) имеют в точности вид ОДНОГО из слагаемыхсоответствующего ряда.

А именно: πx3πyϕ(x, y) ≡ BX1 (x)Y2 (y) = B sincos.(2.10)2p2sc Д.С. Ткаченко-5-УМФ – семинар – Ф 5 – 10f (x, y; t) ≡ AX2 (x)Y1 (y) = A sin3πx2pcos πy 2s.(2.11)Поэтомуϕkn =B,0,k = 1, n = 2;в остальных случаях;fkn =A,0,k = 2, n = 1;в остальных случаях.(2.12)Поскольку начальное условиеu(x, y; 0) = ϕ(x, y)будет заведомо выполнено, если Tkn (0) = ϕkn , то для функций Tkn (t) имеем задачу Коши: 02 2π(2n − 1)π(2k − 1)t > 0;Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn ,λkn =+(2.13)Tkn (0) = ϕkn .2p2sШаг 3. Решаем задачу (2.13).Можно решить эту задачу Коши методом вариации постоянной, как в № 713 (стр.3). Но вданном случае правые части есть константы, и частное решение неоднородного уравнениялегко угадывается:fkn.Tчно = 2a λknПоэтому общее решение неоднородного уравненияT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fknимеет видTkn (t) = Tчно + Tоо =fkn2+ ce− a λkn t .2a λkn(2.14)Подставив в (2.14) условие Коши Tkn (0) = ϕkn , получим, что c = ϕkn −Tkn (t) =fkn 2− a2 λkn t·1−e+ ϕkn e− a λkn t ,2a λknfkna2 λknиt > 0.Теперь осталось выписать в явном виде все Tkn (t) во всех случаях.− a2 λ12 tk = 1, n = 2; Be ,2λ tA−a21Tkn (t) =· 1−e,k = 2, n = 1;a2 λ210,в остальных случаяхt > 0.(2.15)(2.16)Шаг 4.

Подготовка к ответу.Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (2.2) функции Xk (x) = sin π(2k−1)x,2pYn (y) = cos π(2n−1)yи учесть, что только что найденные функции Tkn (t) из (2.16) равны2sнулю при всех k и n, кроме случаев k = 1, n = 2 и k = 2, n = 1. Поэтому двойной рядu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)k=1 n=1превратится в сумму всего двух слагаемых:u(x, y; t) = X1 (x)Y2 (y)T12 (t) + X2 (x)Y1 (y)T21 (t),c Д.С. Ткаченко-6-УМФ – семинар – Ф 5 – 10то естьu(x, y; t) = B sinπx2pcosНаконец, с учётом, что λkn =λ12 =3πy2s− a2 λ12 t·eπ 2 (2k−1)2(2p)2+A+ 2sina λ21π 2 (2n−1)2,(2s)2π29π 2π 2 (s2 + 9p2 )+=,4p24s24p2 s23πx2pcos πy 2· 1 − e− a λ21 t .2sполучаемλ21 =9π 2π2π 2 (9s2 + p2 )+=.4p2 4s24p2 s2Ответ:u(x, y; t) = B sinгдеλ12 =π24p2+9π 24s2πx2p=cos3πy2sπ 2 (s2 +9p2 ),4p2 s2− a2 λ12 t·eλ21 =A+ 2sina λ219π 24p2+π24s2=3πx2p πy − a2 λ21 tcos· 1−e,2sπ 2 (9s2 +p2 ).4p2 s23.