Семинар 7. Метод Фурье для неоднородного уравнения на отрезке (Семинары)

УМФ – семинар – К 5 – 7Метод Фурье для неоднородных уравнений1. № 699mРассмотрим неоднородную начально-краевую задачу для уравнения теплопроводности с однородными краевыми условиями второго рода.ut − a2 uxx = f (x, t),ux (0, t) = ux (l, t) = 0,u(x, 0) = ϕ(x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].(1.1)(1.2)(1.3)Шаг 1. Решение задачи Штурма–Лиувилля.Рассмотрим задачуX”(x) + λX(x) = 0,X0 (0) = X0 (l) = 0.(1.4)(1.5)Задача (1.4)–(1.5) есть задача Штурма–Лиувилля. Общее решение уравнения (1.4) имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)при λ > 0;(1.6)√X(x) = c1 e −λ x + c2 e−X(x) = c1 x + c2√−λ xпри λ < 0;при λ = 0;(1.7)(1.8)√• При λ > 0 имеемиз√краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 cos( λ x) ⇒√00X√ (x) = −c2 λ sin( λ x). Поэтому из второго краевого условия X (l) = 0 получаем, чтоλ l = πk откуда имеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля: πn 2λn =,n ∈ N.(1.9)lИм соответствует бесконечное множество собственных функций: πnx 2Xn (x) = cos,n ∈ N.(1.10)ll(множитель 2l появляется, чтобы система этих функций превратилась из ортогональнойв ортонормированную)√0• При λ < 0 имеемизкраевогоусловияX(0)=0,чтоc=c,⇒X(x)=2cch−λ x ⇒121√√X0 (x) = 2c1 −λ sh( −λ x).

Поэтому из второго краевого условия X0 (l) = 0 получаем,что c1 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилля не имеет отрицательных собственных чисел.• При λ = 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 . Второекраевое условие X0 (l) = 0 выполнено, поэтому задача Штурма–Лиувилля (1.4)–(1.5)имеет собственное число, равное нулю: λ0 = 0. Ему соответствует собственная функицяX0 (x) ≡ 1l .Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений πn 2 πnx λ0 = 0, X0 (x) ≡ 1; λn =, Xn (x) = cos,llзадачи (1.4)–(1.5).c Д.С. Ткаченко-1-n∈NУМФ – семинар – К 5 – 7Шаг 2.

Будем искать решение уравнения ut − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиями ux (0, t) = ux (l, t) = 0 в виде∞Pu(x, t) =Xn Tn (t), где функции Xn (x) имееют вид:n=01X0 (x) ≡ ,lXn (x) = πnx 2cos.ll(1.11)Заметим сразу, что каждое слагаемое приведённого ряда удовлетворяет краевым условиям(1.2), что достаточно (если ряд допускает почленный переход к пределу при x → 0 + 0, x →l = −0) для того, чтобы функция u(x, t), определённая таким образом, также удовлетворялакраевым условиям (1.2).Пусть функция f (x, t) разложена при каждом t ∈ [0, T] в ряд Фурье по косинусам∞ πnx f0 (t) X+cosfn (t).f (x, t) =2ln=1(1.12)При этом, в силу утверждения 8.1 (лекция 8),2fn (t) = (f, Xn ) =lZlf (x, t) cos πnx ldx.(1.13)0Тогда уравнение 1.1 приобретает вид∞XXn (x)T0n (t)n=0∞ πnx f0 (t) Xfn (t) cos+.− a X”n (x)Tn (t) =2ln=12Для его выполнения достаточно, чтобы1 0f0 (t)T0 (t) =l2 πnx 0Xn (x)Tn (t) − a2 X”n (x)Tn (t) = fn (t) coslдля n = 0для n ∈ N,то естьf0 (t)T00 (t) =·l2 πnx πnx (πna)20Tn (t) +T(t)cos=f(t)cosnnl2llдля n = 0для n ∈ N.Это заведомо выполнено, еслиf0 (t)·l2(πna)2T0n (t) +Tn (t) = fn (t)l2T00 (t) =для n = 0(1.14)для n ∈ N,(1.15)Итак мы получили условия на функции Tn (t), достаточные для того, чтобы функция u(x, t) =∞PTn (t) cos πnxбыла (если ряд – "хороший") решением уравнения ut − a2 uxx = f (x, t) сln=0краевыми условиями ux (0, t) = ux (l, t) = 0.Шаг 3.

Решаем задачу (1.1) – (1.3).Из условий задачи (1.1) – (1.3) мы ещё не использовали только начальные условияc Д.С. Ткаченко-2-УМФ – семинар – К 5 – 7u(x, 0) = ϕ(x). Пусть функция ϕ(x), входящая в начальное условие, разлагается в ряд покосинусам∞ πnx ϕ0 Xϕ(x) =+ϕn cos,2ln=12ϕn =lZlϕ(x) cosx ∈ [0, l] πnx lгдеdx.(1.16)(1.17)0Подставим функцию u(x, t) =∞PTn (t) cosn=0πnxl(опять-таки в предположении, что ряд –"хороший") в начальное условие:∞XTn (0) cos πnx n=0l∞ πnx ϕ0 X=+ϕn cos.2ln=1Для выполнения этого равенства достаточно, чтобыϕ02Tn (0) = ϕnT0 (0) =для n = 0для n ∈ N.Таким образом, для функций Tn (t) имеем задачу Коши: T00 (t) = f02(t) · lT0 (0) = ϕ202 T0n (t) + (πna)Tn (t) = fn (t)l2для n = 0(1.18)для n ∈ N.(1.19)Tn (0) = ϕnЭти задачи Коши имеют единственное решение при любых fn ∈ C[0, T] и любых значенияхϕn ∈ R.Всё, что нам осталось сделать, – это подставить решения задач (1.18), (1.19) в формулу∞Pu(x, t) =Tn (t) cos πnx.ln=02.

№ 699m2Решить неоднородную начально-краевую задачу для уравнения колебаний с однороднымикраевыми условиями второго рода.utt − a2 uxx = f (x, t),ux (0, t) = ux (l, t) = 0,u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].x ∈ [0, l].Шаг 1. Решение задачи Штурма–Лиувилля.Этот шаг полностью повторяет Шаг 1. задачи № 699M .c Д.С. Ткаченко-3-(2.1)(2.2)(2.3)(2.4)(2.5)УМФ – семинар – К 5 – 7Шаг 2. Будем искать решение уравнения utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиями ux (0, t) = ux (l, t) = 0 в виде∞Pu(x, t) =Xn Tn (t), где функции Xn (x) имееют вид:n=0X0 (x) ≡ 1, πnx .lПусть функция f (x, t) разложена при каждом t ∈ [0, T ] в ряд Фурье по косинусам∞ πnx f0 (t) X+cosfn (t).f (x, t) =2ln=1Xn (x) = cos(2.6)(2.7)При этом, коэффициенты данного ряда Фурье ищутся по формулам:2fn (t) = (f, Xn ) =lZlf (x, t) cos πnx ldx.(2.8)0Тогда уравнение (2.1) приобретает вид∞Xn=0∞ πnx f0 (t) XXn (x)T ”n (t) − a X”n (x)Tn (t) =+fn (t) cos.2ln=12Для его выполнения достаточно, чтобыf0 (t)2 πnx Xn (x)T ”n (t) − a2 X”n (x)Tn (t) = fn (t) coslT ”0 (t) =для n = 0для n ∈ N,то естьf0 (t)T ”0 (t) =2 πnx πnx (πna)2T ”n (t) +T(t)cos=f(t)cosnnl2llдля n = 0для n ∈ N.Это заведомо выполнено, еслиf0 (t)для n = 0(2.9)2(πna)2T ”n (t) +Tn (t) = fn (t)для n ∈ N,(2.10)l2Итак, мы получили условия на функции Tn (t), достаточные для того, чтобы функция u(x, t) =∞PTn (t) cos πnxбыла(еслиряд–"хороший")решениемуравненияlT ”0 (t) =n=0utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиями ux (0, t) = ux (l, t) = 0.Шаг 3.

Решаем задачу (2.1) – (2.4).Из условий задачи (2.1) – (2.4) мы ещё не использовали только начальные условияu(x, 0) = ϕ(x), ut (x, 0) = ψ(x). Пусть функции ϕ(x), ψ(x), входящие в начальные условия,разлагаются в ряд по косинусам∞ πnx ϕ0 Xϕ(x) =+ϕn cos,x ∈ [0, l]где(2.11)2ln=12ϕn =lZlϕ(x) cos0c Д.С. Ткаченко-4- πnx ldx.(2.12)УМФ – семинар – К 5 – 7∞ψ(x) = πnx ψ0 X+ψn cos,2ln=12ψn =lZlψ(x) cosx ∈ [0, l] πnx lгдеdx.(2.13)(2.14)0∞PПодставим функцию u(x, t) =πnxlTn (t) cosn=0(опять-таки в предположении, что ряд – "хо-роший") в начальные условия:∞XTn (0) cos πnx ln=0∞XTn0 (0) cos πnx n=0l∞ πnx ϕ0 X=+ϕn cos;2ln=1∞= πnx ψ0 X+ψn cos.2ln=1Для выполнения этих равенств достаточно, чтобыϕ02Tn (0) = ϕnψ020Tn (0) = ψnT00 (0) =T0 (0) =для n = 0для n ∈ N.Таким образом, из (2.9), (2.10) и (2.11) – (2.12), для функций Tn (t) имеем задачу Коши:T ”0 (t) = f02(t)для n = 0(2.15)T0 (0) = ϕ20 0T0 (0) = ψ202T ”n (t) + (πna)Tn (t) = fn (t)2lдля n ∈ N.(2.16)Tn (0) = ϕn 0Tn (0) = ψnЭти задачи Коши имеют единственное решение при любых fn ∈ C[0, T ] и любых значенияхϕn ∈ R, ψn ∈ R.При n = 0:T0 (t) =ϕ0+2Zt ψ0 + 1220Zτf0 (κ)dκ  dτ.0При n ∈ N:сначала решаем однородное уравнение:T ”n (t) +(πna)2Tn (t) = 0.l2Его общее решение имеет вид:Tn (t) = c1 sinc Д.С.

Ткаченкоπnatπnat+ c2 cos.ll-5-(2.17)УМФ – семинар – К 5 – 7Метод вариации постоянной позволяет нам искать решение уравнения (2.16) в видеπnatπnat+ c2 (t) cos,где c1,2 (t) – есть решения системыll 0+ c02 (t) cos πnat= 0; c1 (t) sin πnatllTn (t) = c1 (t) sinπnalπnat0c01 (t) cos πnat−c(t)sin= fn (t).2llоткудаπnatlfn (t) cos,πnalС учётом начальных условий Tn (0) = ϕn ,c01 (t) =llc1 (t) =ψn +πnaπnaZtlπnatfn (t) sin.πnalTn0 (0) = ψn окончательно получаемc02 (t) = −πnaτfn (τ ) cosdτ,llc2 (t) = ϕn −πna0Ztfn (τ ) sinπnaτdτ.l(2.18)0Таким образом,Tn (t) = ϕn sinπnatlπnat+ ψncos+ll πnaZtZtπnatl  πnatπnaτπnaτ sindτ − cosdτ . (2.19)+fn (τ ) cosfn (τ ) sinπnallll00Всё, что нам осталось сделать, – это подставить (2.17), (2.19) в формулуu(x, t) =∞XTn (t) cos πnx ln=0.3.

№ 654m. (Классический способ)Решить неоднородную начально-краевую задачу для уравнения колебаний с однороднымикраевыми условиями второго рода.utt − a2 uxx = f (x),u(0, t) = u(l, t) = 0,β−αu(x, 0) =x + α,lut (x, 0) = 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,(3.1)(3.2)x ∈ [0, l].(3.3)x ∈ [0, l].(3.4)(3.5)Шаг 1. Решение задачи Штурма–Лиувилля.Рассмотрим задачуX”(x) + λX(x) = 0,X(0) = X(l) = 0.(3.6)(3.7)Задача (3.6)–(3.7) есть задача Штурма–Лиувилля. Её решение нам уже известно:λn =c Д.С. Ткаченко(πnx)2,l2Xn (x) = sin-6- πnx l,n ∈ N.УМФ – семинар – К 5 – 7Шаг 2.

Будем искать решение уравнения utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиямиu(0, t) = u(l, t) = 0 в виде∞Pu(x, t) =Xn Tn (t), где функции Xn (x) имееют вид:n=1Xn (x) = sin πnx ln ∈ N.,(3.8)Пусть функция f (x) разложена в ряд Фурье по синусам (так как в данном примере f независит от t, то fn тут просто константы, не зависящие от t)f (x) =∞Xsin πnx n=1lfn .(3.9)При этом, коэффициенты данного ряда Фурье ищутся по формулам:2fn = (f, Xn ) =lZlf (x) sin πnx ldx.(3.10)0Тогда уравнение (3.1) приобретает вид∞Xn=1∞ πnx XXn (x)T ”n (t) − a X”n (x)Tn (t) =fn sin.ln=12Для его выполнения достаточно, чтобыXn (x)T ”n (t) − a2 X”n (x)Tn (t) = fn sin πnx для n ∈ N,lто есть πnx πnx (πna)2T(t)sin=fsinT ”n (t) +nnl2llдля n ∈ N.Это заведомо выполнено, еслиT ”n (t) +(πna)2Tn (t) = fnl2для n ∈ N,(3.11)Итак, мы получили условия на функции Tn (t), достаточные для того, чтобы функция∞Pu(x, t) =Tn (t) sin πnxбыла (если ряд – "хороший") решением уравненияln=0utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиями u(0, t) = u(l, t) = 0.Шаг 3.