Семинар 8. Метод Фурье для случая неоднородных краевых условий (Семинары)

УМФ – семинар – К 5 – 8Метод Фурье в случае неоднородных краевых условий1. Сведение неоднородных краевых условий к однороднымРассмотрим неоднородную начально-краевую задачу для уравнения теплопроводности с неоднородными краевыми условиями первого рода.ut − a2 uxx = f (x, t),u(0, t) = µ(t)u(l, t) = ν(t),u(x, 0) = ϕ(x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].(1.1)(1.2)(1.3)(1.4)Её легко свести к аналогичной задаче, но уже с однородными краевыми условиями. Это делается при помощи подходящей замены переменных:xl−xµ(t) + ν(t) .(1.5)v(x, t) = u(x, t) −llВ самом деле, при x = 0v(0, t) = u(0, t) −l0µ(t) + ν(t) = µ(t) − µ(t) = 0.llА при x = lv(l, t) = u(l, t) −l−llµ(t) + ν(t) = ν(t) − ν(t) = 0.llЧто же после такой замены произойдёт с уравнением и начальным условием? Изучим этотвопрос.

Посколькуl−x 0x 0ut = v t +µ (t) + ν (t) ,uxx = vxx ,llто уравнение примет видl−x 0x 02vt − a vxx = f (x, t) −µ (t) + ν (t) = f1 (x, t).llНачальное условие преобразуется следующим образом:l−xxv(x, 0) = ϕ(x) −µ(0) + ν(0) = ϕ1 (x).llИтак, исходная задача свелась к задаче нахождения функции v(x, t) с однородными краевымиусловиями:vt − a2 vxx = f1 (x, t),v(0, t) = 0v(l, t) = 0,v(x, 0) = ϕ1 (x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],гдеf1 (x, t) = f (x, t) −c Д.С.

Ткаченкоl−x 0x 0µ (t) + ν (t) ,ll-1-ϕ1 (x) = ϕ(x) −l−xxµ(0) + ν(0) .llУМФ – семинар – К 5 – 8Замечание 1.1. В случае любых краевых условий, кроме условий II-го рода на обоих концах,можно подобрать функциюw(x, t) = (a1 x + b1 )µ(t) + (a2 x + b2 )ν(t)так, чтобы для функции v(x, t) = u(x, t) − w(x, t) выполнялись однородные краевые условиятого же вида.Отдельный случай представляют собой условия II-го рода на обоих концах.

В этом случаефункцию w в виде w(x, t) = (a1 x + b1 )µ(t) + (a2 x + b2 )ν(t) найти можно не всегда, но всегда еёможно найти в видеw(x, t) = (a1 x2 + b1 x)µ(t) + (a2 x2 + b2 x)ν(t).Пример 1.1. Краевые условияux (0, t) − hu(0, t) = µ(t),ux (l, t) = ν(t)сводятся к однородным так:найдём w(x, t) = (a1 x + b1 )µ(t) + (a2 x + b2 )ν(t), чтобы она удовлетворяла краевым условиямwx (0, t) − hw(0, t) = µ(t),wx (l, t) = ν(t).Тогдаw(0, t) = b1 µ(t) + b2 ν(t),wx (0, t) = a1 µ(t) + a2 ν(t),wx (l, t) = a1 µ(t) + a2 ν(t).Из второго краевого условияν(t) = a1 µ(t) + a2 ν(t)получаем:a1 = 0,a2 = 1.А из первого краевого условия с учётом найденных a1,2µ(t) = (a1 µ(t) + a2 ν(t)) − h (b1 µ(t) + b2 ν(t)) = −hb1 µ(t) + (1 − hb2 )ν(t)находим:b1 = −1,hb2 =1.hНаконец,w(x, t) = −1xh + 1µ(t) +ν(t).hhПример 1.2.

Краевые условия II-го родаux (0, t) = µ(t),ux (l, t) = ν(t)сводятся к однородным так:найдём w(x, t) = (a1 x2 +b1 x)µ(t)+(a2 x2 +b2 x)ν(t), чтобы она удовлетворяла краевым условиямwx (0, t) = µ(t),wx (l, t) = ν(t)Тогдаwx (0, t) = b1 µ(t) + b2 ν(t),wx (l, t) = (2a1 l + b1 )µ(t) + (2a2 l + b2 )ν(t).Из первого краевого условияµ(t) = b1 µ(t) + b2 ν(t)c Д.С. Ткаченко-2-УМФ – семинар – К 5 – 8получаем:b1 = 1,b2 = 0.А из второго краевого условия с учётом найденных b1,2ν(t) = (2a1 l + b1 )µ(t) + (2a2 l + b2 )ν(t) = (2a1 l + 1)µ(t) + 2a2 lν(t)находим:a1 = −1,2la2 =1.2lНаконец,w(x, t) =x2x−2lµ(t) +x2ν(t).2l2. № 659Свести задачуutt − uxx = 0,u(0, t) = µ(t), u(l, t) = ν(t),u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],x ∈ [0, l](2.1)(2.2)(2.3)(2.4)к задаче с однородными краевыми условиями.Шаг № 1.

Построение вспомогательной функции.Найдём w(x, t) = (a1 x + b1 )µ(t) + (a2 x + b2 )ν(t), чтобы она удовлетворяла краевым условиямw(0, t) = µ(t),w(l, t) = ν(t)Вид искомой функции w(x, t) даёт на концах отрезкаw(0, t) = b1 µ(t) + b2 ν(t),w(l, t) = (a1 l + b1 )µ(t) + (a2 l + b2 )ν(t).Из первого краевого условияµ(t) = b1 µ(t) + b2 ν(t)получаем:b1 = 1,b2 = 0.А из второго краевого условия с учётом найденных b1,2ν(t) = (a1 l + b1 )µ(t) + (a2 l + b2 )ν(t) = (a1 l + 1)µ(t) + a2 lν(t)находим:1a1 = − ,l1a2 = .lНаконец,l−xxxxw(x, t) = 1 −µ(t) + ν(t) =µ(t) + ν(t).llllДля построенной таким образом функции w(x, t) имеем:wt =l−x 0xµ (t)+ ν 0 (t),llc Д.С. Ткаченкоwtt =l−xxµ”(t)+ ν”(t),ll-3-wxx ≡ 0,w(x, 0) =l−xxµ(0)+ ν(0).llУМФ – семинар – К 5 – 8Поэтому w(x, t) удовлетворяет равенствам:xl−xµ”(t) + ν”(t),llw(0, t) = µ(t), w(l, t) = ν(t),l−xxw(x, 0) =µ(0) + ν(0),lll−x 0xwt (x, 0) =µ (0) + ν 0 (0),llwtt − wxx =x ∈ (0, l), t > 0,(2.5)t > 0,(2.6)x ∈ [0, l].(2.7)x ∈ [0, l].(2.8)Шаг № 2.

Сведение к задаче с однородными краевыми условиями.Для функции v(x, t) = u(x, t)−w(x, t), вычитая из (2.1) – (2.4) равенства (2.5) – (2.8), получимзадачуxl−xµ”(t) − ν”(t),llv(0, t) = v(l, t) = 0,l−xxv(x, 0) = ϕ(x) −µ(0) + ν(0) ,lll−x 0x 0vt (x, 0) = ψ(x) −µ (0) + ν (0) ,llvtt − a2 vxx = −x ∈ (0, l), t > 0,(2.9)t > 0,(2.10)x ∈ [0, l].(2.11)x ∈ [0, l].(2.12)3. № 660Свести задачуutt − uxx = 0,ux (0, t) = µ(t),u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],x ∈ [0, l]u(l, t) = ν(t),(3.1)(3.2)(3.3)(3.4)к задаче с однородными краевыми условиями.Шаг № 1. Построение вспомогательной функции.Найдём w(x, t) = (a1 x + b1 )µ(t) + (a2 x + b2 )ν(t), чтобы она удовлетворяла краевым условиямw(0, t) = µ(t),w(l, t) = ν(t)Вид искомой функции w(x, t) даёт на концах отрезкаwx (0, t) = a1 µ(t) + a2 ν(t),w(l, t) = (a1 l + b1 )µ(t) + (a2 l + b2 )ν(t).Из первого краевого условияµ(t) = a1 µ(t) + a2 ν(t)получаем:a1 = 1,a2 = 0.А из второго краевого условия с учётом найденных a1,2ν(t) = (a1 l + b1 )µ(t) + (a2 l + b2 )ν(t) = (l + b1 )µ(t) + b2 ν(t)находим:b1 = −l,c Д.С.

Ткаченко-4-b2 = 1.УМФ – семинар – К 5 – 8Наконец,w(x, t) = (x − l)µ(t) + ν(t).Для построенной таким образом функции w(x, t) имеем:wt = (x − l)µ0 (t) + ν 0 (t),wtt = (x − l)µ”(t) + ν”(t),wxx ≡ 0,w(x, 0) = (x − l)µ(0) + ν(0).Поэтому w(x, t) удовлетворяет равенствам:wtt − wxx = (x − l)µ”(t) + ν”(t),wx (0, t) = µ(t), w(l, t) = ν(t),w(x, 0) = (x − l)µ(0) + ν(0),wt (x, 0) = (x − l)µ0 (0) + ν 0 (0),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].x ∈ [0, l].(3.5)(3.6)(3.7)(3.8)Шаг № 2. Сведение к задаче с однородными краевыми условиями.Для функции v(x, t) = u(x, t)−w(x, t), вычитая из (3.1) – (3.4) равенства (3.5) – (3.8), получимзадачуvtt − vxx = −(x − l)µ”(t) − ν”(t),vx (0, t) = v(l, t) = 0,v(x, 0) = ϕ(x) − ((x − l)µ(0) + ν(0)) ,vt (x, 0) = ψ(x) − ((x − l)µ0 (0) + ν 0 (0)) ,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].x ∈ [0, l].(3.9)(3.10)(3.11)(3.12)4.

№ 655Найти решение u(x, t) задачиutt − a2 uxx = f (x),ux (0, t) = α, ux (l, t) = β,u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].x ∈ [0, l].(4.1)(4.2)(4.3)(4.4)Шаг № 1. Сведём эту задачу к задаче с однородными краевыми условиями.Найдём w(x, t) = (a1 x2 + b1 x)α + (a2 x2 + b2 x)β, чтобы она удовлетворяла краевым условиямwx (0, t) = α,wx (l, t) = βВид искомой функции w(x, t) даёт на концах отрезкаwx (0, t) = b1 α + b2 β,wx (l, t) = (2a1 l + b1 )α + (2a2 l + b2 )β.Из первого краевого условияα = b1 α + b2 βполучаем:b1 = 1,b2 = 0.А из второго краевого условия с учётом найденных b1,2β = (2a1 l + b1 )α + (2a2 l + b2 )β = (2a1 l + 1)α + 2a2 lβнаходим:a1 = −c Д.С.

Ткаченко1,2l-5-a2 =1.2lУМФ – семинар – К 5 – 8Наконец,w(x, t) =x2x−2lα+x2β−α 2β = αx +x.2l2lДля построенной таким образом функции w(x, t) имеем:wt = wtt ≡ 0,β−α,lwxx =w(x, 0) = αx +β−α 2x.2lПоэтому w(x, t) удовлетворяет равенствам:α−β,lwx (0, t) = α, wx (l, t) = β,β−α 2w(x, 0) = αx +x,2lwt (x, 0) = 0,wtt − a2 wxx = a2x ∈ (0, l), t > 0,(4.5)t > 0,(4.6)x ∈ [0, l].(4.7)x ∈ [0, l].(4.8)Поэтому для функции v(x, t) = u(x, t) − w(x, t), вычитая из (4.1) – (4.4) равенства (4.5) – (4.8),получим задачуvtt − a2 vxx = f (x, t) − a2α−β= f1 (x),lx ∈ (0, l), t > 0,(4.9)t > 0,(4.10)x ∈ [0, l].(4.11)x ∈ [0, l].(4.12)vx (0, t) = vx (l, t) = 0,β−α 2v(x, 0) = ϕ(x) − αx +x = ϕ1 (x),2lvt (x, 0) = ψ(x),Шаг № 2.

Решаем задачу с однородными краевыми условиями (4.9) – (4.12).Эта задача – частный случай решённой ранее задачи № 669M 2 . Её решение:v(x, t) =∞XTn (t) cos πnx n=0l,(4.13)гдеT0 (t) =ϕ0+2Zt ψ0 + 1220Zτf0 (κ)dκ  dτ.(4.14)0πnatlπnat+ ψncos+l  πnalZtZtl  πnatπnaτπnatπnaτ +sinf1n (τ ) cosdτ − cosf1n (τ ) sindτ . (4.15)πnallllTn (t) = ϕ1n sin00При этом, в нашем случае f1 (x, t) = f1 (x) ⇒ f1n (t) = f1n ,ϕ1n2=lZlϕ1 (x) cos0 πnx ldx,2ψn =lZlψ(x) cos0 πnx ldx,f1n2=lZlf1 (x) cos πnx l0Наконец, поскольку f1n не зависят от времени, их в (4.15) можно вынести за знаки интегралов:Zt0c Д.С. Ткаченкоπnaτf1n (τ ) cosdτ = f1nlZtcos0-6-πnaτlπnatdτ = f1nsin,lπnaldx.УМФ – семинар – К 5 – 8Ztπnaτf1n (τ ) sindτ = f1nl0Ztπnaτlsindτ = −f1nlπnaπnatcos−1 .l0Кроме того, T0 в силу (4.16) и независимости f10 от t имеет вид:ZtZτψ0 f10ϕ10 ψ0f10 t2ϕ10+  +dκ  dτ =+t+.T0 (t) =222222 20(4.16)0Подставляя всё это в (4.13), получим:v(x, t) =ϕ10 ψ0f10 2+t+t+224∞ πnx Xπnatlπnat+ϕ1n sin+ ψncoscos+lπnalln=1∞ πnx Xf1nπnat2 πnat2 πnat+sin+cos−coscos.2(πna)lllln=1или, короче:v(x, t) =f10 2ϕ10 ψ0+t+t+224∞ πnx Xπnatπnatf1nπnatl+ϕ1n sin+ ψncos−coscos.

(4.17)2lπnal(πna)lln=1Ответ:u(x, t) = αx +β−α 2x2l+ v(x, t), где v(x, t) задана в (4.17).5. Задачи для самостоятельной работы№ 661.Свести задачуutt − uxx = f (x, t),u(0, t) = µ(t), ux (l, t) + hu(l, t) = ν(t),u(x, 0) = 0,ut (x, 0) = ψ(x),h > 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],x ∈ [0, l](5.1)(5.2)(5.3)(5.4)к задаче с однородными краевыми условиями.№ 657.Найти решение задачи:utt − a2 uxx = f (x),ux (0, t) = α, ux (l, t) + hu(l, t) = β,u(x, 0) = ϕ(x),ut (x, 0) = ψ(x),c Д.С. Ткаченко-7-h > 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],x ∈ [0, l](6.1)(6.2)(6.3)(6.4)УМФ – семинар – К 5 – 8№ 663.Свести к задаче с однородными краевыми условиями.utt − uxx = 0,ux (0, t) − hu(0, t) = µ(t),u(x, 0) = 0,ut (x, 0) = 0,c Д.С.

Ткаченкоux (l, t) + gu(l, t) = ν(t),-8-h, g > 0x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l],x ∈ [0, l](7.1)(7.2)(7.3)(7.4).