Семинар 3. Задача Коши для волнового уравнения. Формула Даламбера (Семинары)

УМФ – семинар – К 5 – 3Задача Коши для волнового уравнения. Формула Даламбера№ 370, 438, I, II, 385, 439, 445, 371, III, IV, 372, 446.1. № 370Найти общее решение уравненияutt − a2 uxx = 0.(1.1)Шаг 1. Находим замену переменныхСпособ 1 (через уравнения характеристик) Дискриминант характеристической квадратичной формы в данном случае равен a2 :∆ = a212 − a11 a22 = a2 > 0,⇒гиперболический тип.Так как a11 = 1 6= 0, составим уравнения характеристикdx= ±a,dtи первые интегралы имеют вид:⇒dxdt=√a12 ± ∆:a11x = ±at,x − at = c.x + at = c,Поэтому заменой, приводящей уравнние (1.1) к каноническому виду, является замена:ξ = x + at;(1.2)η = x − at.Способ 2 (через характеристическую квадратичную форму) В данном случае нам удобнее (и это верно всегда для уравнения гиперболического типа на прямой, если мы хотим явнонайти решение) привести квадратичную форму не к обычному её нормальному виду, а к видуQ̃ = µ1 µ2 .

Произведём необходимые преобразования:hiQ(λ1 , λ2 ) = λ21 − a2 λ22 = как разность квадратов = (λ1 + aλ2 )(λ1 − aλ2 ) = µ1 µ2 ,где µ1,2 связаны с λ1,2 по правилу µ11 aλ1=µ21 −aλ2Построим матрицу Γ замены переменных:Γ= AT −1=1−2a12−a −1=−a 11212a−12aОткуда, учитывая, что λ1 у нас соответствует производной по t, а λ2 – по x, получаем, чтозамену переменных надо произвести по правилу:111 (x + at); ξ = 2a22aξt=то естьηx111−η = 2a(x − at).22ac Д.С. Ткаченко-1-УМФ – семинар – К 5 – 3Итак, оба способа приводят нас к необходимости одной и той же замены (1.2) (с точностьюдо числового множителя).Шаг 2.

Приведение к каноническому видуПусть v(ξ, η) = u(x, t). Замена (1.2) даёт нам следующие соотношения для производных:ut = a (vξ − vη ) ,ux = v ξ + v η ,utt = a2 (vξξ − 2vξη + vηη ) .uxx = vξξ + 2vξη + vηη ,Подставив их в уравнение (1.1), получаем:utt − a2 uxx = a2 (vξξ − 2vξη + vηη ) − a2 (vξξ + 2vξη + vηη ) = 0,или, после сокращения,vξη = 0.(1.3)Шаг 3. Решение уравненияУравнение (1.3) решить легко. В самом деле, раз производная по η от функции двух переменных ∂vравна нулю, то ∂vне зависит от η, то есть:∂ξ∂ξ∂v= h(ξ).∂ξПроинтегрируем последнее равенство по ξ и учтём, что вместо константы интегрированиянадо поставить произвольную функцию от η, так как дифференцирование по ξ любую f2 (η)обратит в нуль.Zv(ξ, η) = h(ξ)dξ + f2 (η) = f1 (ξ) + f2 (η).| {z }=f1 (ξ)Переходя к исходным переменным, получаем:u(x, t) = f1 (x + at) + f2 (x − at),(1.4)где f1,2 – произвольные дважды дифференцируемые функции.Геометрический смысл равенства (1.4).Пусть f2 ≡ 0.

Тогда в момент времени t = 0 профиль струны задаётся равенствомu(x, 0) = f1 (x),в момент времени t = 1 – равенствомu(x, 1) = f1 (x + a),то есть график f1 к моменту t = 1 сдвинулся влево на величину a, и так далее.Если же, наоборот, f1 ≡ 0. Тогда в момент времени t = 0 профиль струны задаётся равенствомu(x, 0) = f2 (x),в момент времени t = 1 – равенствомu(x, 1) = f2 (x − a),то есть график f2 к моменту t = 1 сдвинулся вправо на величину a, и так далее.Вывод: Решение уравнения колебаний (1.1) представляет собой сумму двух волн,бегущих влево и вправо со скоростью a:u(x, t) = f1 (x + at) + f2 (x − at).| {z } | {z }←−c Д.С.

Ткаченко-2-−→УМФ – семинар – К 5 – 32. Формула ДаламбераРассмотрим задачу Коши на прямой для простейшего случая волнового уравнения:x ∈ (−∞, +∞), t ∈ (0, +∞); utt − a2 uxx = f (x, t),u(x, 0) = ϕ(x),x ∈ (−∞, +∞);ut (x, 0) = ψ(x),x ∈ (−∞, +∞).(2.1)Теорема 2.1.Усл.Функции f (x, t) ∈ C ((−∞, +∞) × [0, +∞)), ϕ(x), ψ(x) ∈ C(−∞, +∞).Утв.Решение задачи Коши (2.1) задаётся формулой Даламбера:ϕ(x + at) + ϕ(x − at)1u(x, t) =+22ax+atZ1ψ(s)ds +2ax−atZtx+a(t−τZ )f (s, τ )dsdτ.(2.2)0 x−a(t−τ )Доказательство.

Полное доказательство мы приведём позже, в теме «Применение преобразования Фурье к решению уравнений математической физики», № 815, 816. Кроме того, егоможно получить элементарной подстановкой формулы Даламбера в равенства (2.1)1 . А здесьограничимся случаемf (x, t) ≡ 0.Итак: мы убедились, что всякое решение уравнения utt − a2 uxx = 0 представляется в видеu(x, t) = f1 (x + at) + f2 (x − at).(1.4)Подставим в это равенство начальное условие:u(x, 0) = f1 (x) + f2 (x) = ϕ(x);ut (x, 0) = a (f10 (x) − f20 (x)) = ψ(x).=⇒ f1 (y) + f2 (y) = ϕ(y);Ry f1 (y) − f2 (y) = a1 ψ(s)ds + 2c.0Найдя полусумму и полуразность этих равенств, получим:Ryϕ(y)1 f1 (y) = 2 + a ψ(s)ds + c; f1 (x + at) =0откудаRyϕ(y) f2 (y) = 2 − a1 ψ(s)ds − c. f2 (x − at) =01ϕ(x+at)2+ϕ(x−at)2−12a12ax+atR0x−atRψ(s)ds + c;ψ(s)ds − c.0Заметим, что такой способ позволит убедиться лишь в том, что существует решение (2.1), задаваемоеформулой (2.2). Но он не гарантирует, что нет других решений, задаваемых какими-то другими формулами.c Д.С.

Ткаченко-3-УМФ – семинар – К 5 – 3Наконец, подставим f1,2 в формулу (1.4):x+atx−atZZϕ(x + at) 1ϕ(x − at)1u(x, t) = f1 (x+at)+f2 (x−at) =+ψ(s)ds+c+−ψ(s)ds−c =22a22a0 x+at0x−atZZϕ(x + at) + ϕ(x − at)1ψ(s)ds −ψ(s)ds + c − c ==+ 22a| 0{z 0}x+atRψ(s)dsx−atx+atZ1ϕ(x + at) + ϕ(x − at)+=22aψ(s)ds.x−at3. № 438MНайти решение задачи Коши utt − a2 uxx = βx2 ,u(x, 0) = e−x ,ut (x, 0) = γ,x ∈ (−∞, +∞), t ∈ (0, +∞);x ∈ (−∞, +∞);x ∈ (−∞, +∞).(3.1)Чтобы найти решение, нам достаточно применить формулу Даламбера. Вычислим сначаласамый сложный входящий в неё интеграл:12aZtx+a(t−τZ )βf (s, τ )dsdτ =2a0 x−a(t−τ )Ztx+a(t−τZ )s2 dsdτ =0 x−a(t−τ )β=2aZt0x+a(t−τ )Ztβs3 33dτ=(x+a(t−τ))−(x−a(t−τ))dτ =3 x−a(t−τ )6a0Z t β32233223x + 3x (t − τ ) + 3x(t − τ ) + (t − τ ) − x − 3x (t − τ ) + 3x(t − τ ) − (t − τ )dτ ==6a0β=6aZth6x2 (t − τ ) + 2(t − τ )3 dτ = τ − t = p,idτ = dp =0β=6aZ0−tc Д.С.

Ткаченко6x2 (−p) + 2p3βdp =6a!2 p=04 p=0ppβ−6x2 + 2 =6x2 t2 + t4 .2 p=−t4 p=−t12a-4-УМФ – семинар – К 5 – 3Тогда, из формулы Даламбера получаем:ϕ(x + at) + ϕ(x − at)1u(x, t) =+22ax+atZ1ψ(s)ds +2aZtx−atx+a(t−τZ )f (s, τ )dsdτ =0 x−a(t−τ )e−x−at + e−x+at1=+22ax+atZγds +β6x2 t2 + t4 =12ax−at= e−x ·−ate+at+e2γ β+(x + at) − (x − at) +6x2 t2 + t4 =2a12aβ−x= e ch at + γt +6x2 t2 + t4 .12a4.

№ IНарисовать профиль бесконечной струныколебания описываются задачей Коши: utt − a2 uxx = 0,u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),в моменты времени t =1, 1 , 3 , 1, 2,4a 2a 4a a ax ∈ (−∞, +∞), t ∈ (0, +∞);x ∈ (−∞, +∞);x ∈ (−∞, +∞),если её(4.1)где функцияψ(x) ≡ 0,а функция ϕ(x) имеет вид, приведённый на рисунке.Решение: По формуле Даламбера (2.2) при f ≡ 0 и ψ(x) ≡ 0 получаем:u(x, t) =ϕ(x + at) + ϕ(x − at)2Отсюда можно сделать вывод, что функция u(x, t) есть сумма двух волн одинакового профиляf = ϕ2 , одна из которых бежит влево, а другая вправо. Тогдапри t = 0:при t =1:4ac Д.С.

Ткаченко-5-УМФ – семинар – К 5 – 3при t =1:2aпри t =3:4aпри t = a1 :при t = a2 :5. № IIНарисовать профиль бесконечной струныколебания описываются задачей Коши: utt − a2 uxx = 0,u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),в моменты времени t =11, 2a, a1 , a2 , a3 ,4ax ∈ (−∞, +∞), t ∈ (0, +∞);x ∈ (−∞, +∞);x ∈ (−∞, +∞),если её(5.1)где функцияϕ(x) ≡ 0,а функция ψ(x) имеет вид, приведённый на рисунке.Решение: По формуле Даламбера (2.2) при f ≡ 0 и ϕ(x) ≡ 0 получаем:1u(x, t) =2ax+atZψ(s)ds = Ψ(x + at) − Ψ(x − at),x−atгде Ψ(y) – некоторая первообразная функции1Ψ(y) =2aψ(x),2aнапример, функцияZyψ(s)ds.−1(В качестве нижнего предела мы взяли (−1), поскольку все изменения с функцией ψ(x) происходят только справа от этого числа.)c Д.С.

Ткаченко-6-УМФ – семинар – К 5 – 3Отсюда можно сделать вывод, что функция u(x, t) есть разность двух волн одинакового профиля Ψ, одна из которых бежит влево, а другая вправо. Причём из волны, бегущей влево,вычитается волна, бегущая вправо. Найдём Ψ(y) для нашего случая:Zyкогда y ∈ (−∞, −1]; 0,1y+1Ψ(y) =ψ(s)ds =,когда y ∈ [−1, 1]; 12a2a,когда y ∈ [1, +∞).−1aГрафик этой функции выглядит так:Поэтому профиль струны будет принимать в различные моменты времени форму:при t = 0:при t =1:4aпри t =1:2ac Д.С. Ткаченко-7-УМФ – семинар – К 5 – 3при t = a1 :при t = a2 :при t = a3 :6.

№ 385Найти решение задачи: uxx − 2uxy + 4ey = 0,u(0, y) = ϕ(y),ux (0, y) = ψ(y),x ∈ (0, +∞), y ∈ (−∞, +∞);y ∈ (−∞, +∞);y ∈ (−∞, +∞).(6.1)Прежде чем решать эту задачу, заметим, что если переименовать переменную x в t, а y – в x,то получится обычная задача Коши для УЧП 2-го порядка.Шаг 1. Находим замену переменныхСпособ 1 (через уравнения характеристик) Дискриминант характеристической квадратичной формы в данном случае равен a2 :∆ = a212 − a11 a22 = (−1)2 − 1 · 0 = 1 > 0,⇒Так как a11 = 1 6= 0, составим уравнения характеристикdy= −1 ± 1 =dxгиперболический тип.dydx0,−2,⇒и первые интегралы имеют вид:y = c,c Д.С.

Ткаченкоy + 2x = c.-8-=√a12 ± ∆:a11y = c,y = −2x + c,УМФ – семинар – К 5 – 3Поэтому заменой, приводящей уравнние (6.1) к каноническому виду, является замена:ξ = y;(6.2)η = y + 2x.Способ 2 (через характеристическую квадратичную форму) В данном случае нам удобнее (как всегда для уравнения гиперболического типа на прямой) привести квадратичнуюформу не к обычному её нормальному виду, а к виду Q̃ = µ1 µ2 .

Произведём необходимыепреобразования:Q(λ1 , λ2 ) = λ21 − 2λ1 λ2 = (λ1 − 2λ2 )λ1 = µ1 µ2 ,где µ1,2 связаны с λ1,2 по правилу µ11 −2λ1=µ21 0λ2Построим матрицу Γ замены переменных:Γ = AT−1=120 − 120 −1=2 111 2Откуда, учитывая, что λ1 у нас соответствует производной по x, а λ2 – по y, получаем, чтозамену переменных надо произвести по правилу: 0 − 12  ξ = − 12 · y;xξто есть=yη11 2η = 12 (2x + y).Итак, оба способа приводят нас к необходимости одной и той же замены (6.2) (с точностьюдо числового множителя).Шаг 2. Приведение к каноническому видуПусть v(ξ, η) = u(x, t).

Замена (6.2) даёт нам следующие соотношения для производных:ux = 2vη ,uy = vξ + vη ,uxx = 4vηη ,uxy = 2 (vξη + vηη ) .Подставив их в уравнение (6.1), получаем:uxx − 2uxy + 4ey = 4vηη − 2 · 2 (vξη + vηη ) + 4eξ = 0,или, после сокращения,vξη = eξ .(6.3)Шаг 3. Решение уравненияУравнение (6.3) решить легко – достаточно проинтегрировать его по ξ и η. Сначала интегрируем по η:vξ = η · eξ + h(ξ).(Напомним, что функция h(ξ) появилась вместо и в качестве константы интегрирования.)Теперь проинтегрируем последнее равенство по ξ и учтём, что вместо константы интегрирования надо поставить произвольную функцию от η:Zξv(ξ, η) = η · e + h(ξ)dξ + f2 (η) = η · eξ + f1 (ξ) + f2 (η).| {z }=f1 (ξ)c Д.С.