Семинар 9 для Ф-5. Метод Фурье для уравнения теплопроводности в прямоугольнике (Семинары)

УМФ – семинар – Ф 5 – 9Задачи для однородного уравнения теплопроводности впрямоугольнике.1. № 712(а).Начальная температура однородного бесконечного прямоугольного стержня0 6 x 6 p, 0 6 y 6 s, −∞ < z < +∞, является произвольной функцией ϕ(x, y).Определить температуру стержня при t > 0, если температура поверхностистержня поддерживается равной нулю.Записав эти условия математически, с учётом, что никакие заданные функции не зависят отпеременной z, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(x, y; t) из условий2(x, y) ∈ Π, t > 0; ut = a (uxx + uyy ) ,u(x,y;0)=ϕ(x,y),(x, y) ∈ Π;(1.1) u= 0,0 < t < T,(x, y)∈∂Πгде через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 p,0 6 y 6 s} ,а ∂Π – его граница.Шаг 1.

Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (1.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞∞ XXXk (x)Yn (y)Tkn (t),(1.2)k=1 n=1то, подставив ряд1 в уравнение ut = a2 (uxx + uyy ), получим, что оно заведомо выполняется,если равны члены рядов 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).Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T0kn (t)X00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(1.3)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, чтоX00k (x) Yn00 (y)+= λkn .Xk (x) Yn (y)T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,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) = 0,1µk + νn = λkn .(1.4)Заметим, что индексы суммирования у Tkn , Xk и Yn различны. Фактически этот ряд можно записать ввиде следующего повторного:∞∞XXu(x, y; t) =Xk (x)Yn (y)Tkn (t).n=1k=1c Д.С. Ткаченко-1-УМФ – семинар – Ф 5 – 9Таким образом, естественно начать решение задачи (1.1) 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) = X(p) = 0,Y(0) = Y(s) = 0.(1.5)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) = Xk (p) = 0,Yn (0) = Yn (s) = 0,(1.6)Подобные задачи рассматривались уже не раз (№ 687 из файла Sem7, № 705 из semS1 и др.).Поэтому запишем результат:существет бесконечное множество нетривиальных решений πny π 2 n2π2k2πkx,νn = 2 , Yn (y) = sin,k, n ∈ N.µk = 2 , Xk (x) = sinppssВ силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем задачуT0kn (t) + λkn a2 Tkn (t) = 0,t > 0,λkn =π 2 k 2 π 2 n2+ 2 .p2s(1.7)Решение этого линейного однородного уравнения первого порядка имеет вид:Tkn (t) = Akn e− a2λkn tt > 0,(1.8)где Akn – произвольные постоянные.Шаг 3.

Решаем задачу (1.1).Будем искать решение задачи (1.1) в виде ряда (1.2). Так как найденные на Шаге 2 функцииXk (x) и Yn (y) удовлетворяют краевым условиям (1.5), то функцияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)k=1 n=1удовлетворяет краевому условию u= 0. А в силу рассуждений на Шаге 1, u(x, y; t)(x, y)∈∂Πесть решение уравнения ut = a2 (uxx + uyy ).Из условий задачи мы ещё не использовали только начальное условиеu(x, y; 0) = ϕ(x, y).

Для функции u(x, y; t) искомого вида (1.2) оно означает:∞ X∞ πny Xπkxϕ(x, y) = u(x, y; 0) =sinsinAkn ,psk=1 n=1(1.9)Пусть функция ϕ(x, y), входящая в начальное условие, разлагается в прямоугольнике Π вдвойной ряд Фурье по синусам:∞ X∞ πny Xπkxϕ(x, y) =αkn sinsin,(1.10)psn=1k=1c коэффициентамиαkn44=ϕ, Xl · Ym =pspsZp Zsϕ(x, y) sin0c Д.С. Ткаченко0-2-πkxpsin πny sdxdy.(1.11)УМФ – семинар – Ф 5 – 9Получим формулу (1.11) вычисленияФурье для двойного ряда по синусам.

Для этого, как коэффициентовπmyобычно, домножим (1.10) на sin πlxsinипроинтегрируемпо Π. Учитывая ортогональность собственpsных функций задач Штурма-Лиувилля, получим:Zp Zsϕ, Xl · Ym = αlm2sin0πlxp2sin πmy sZp2sindxdy = αlmπlxpZsdx00αlm=4Zp 1 − cossin2 πmy sdy =02πlxpZs 1 − cosdx02πmysdy = αlm ·ps.40Из равенств (1.9), (1.10) и (1.11) получаемAkn = αkn4=psZp Zsϕ(x, y) sin0πkxpsin πny s(1.12)0Итак, мы знаем функции Tkn (t) полностью:Zp Zs4πkxπny2Tkn (t) = ϕ(x, y) sinsindxdy  · e− a λkn tpsps0dxdy.t > 0.(1.13)0Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (1.2) найденные функции Tkn (t)из (1.13).Ответ: p sZ Z∞ πny Xπkξπkx4πnη2ϕ(ξ, η) sindξdη  sin· e− a λkn t ,u(x, y; t) =sinsinps k,n=1psps0где λkn =π 2 k2p2+0π 2 n2.s22. № 712(б).Начальная температура однородного бесконечного прямоугольного стержня0 6 x 6 p, 0 6 y 6 s, −∞ < z < +∞, является произвольной функциейϕ(x, y).

Определить температуру стержня при t > 0, если часть поверхности стержня x = 0, 0 < y < s теплоизолирована, а остальная часть егоповерхности поддерживается при нулевой температуре.Записав эти условия математически, с учётом, что никакие заданные функции не зависят отпеременной z, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(x, y; t) из условийut = a2 (uxx + uyy ) ,(x, y) ∈ Π, t > 0;u(x, y; 0) = ϕ(x, y),(x, y) ∈ Π;(2.1)ux (0, y; t) = u(p, y; t) = 00 < y < s, 0 < t < T,u(x, 0; t) = u(x, s; t) = 00 < x < p, 0 < t < T,где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :c Д.С. Ткаченко0 6 x 6 p,-3-0 6 y 6 s} .УМФ – семинар – Ф 5 – 9Шаг 1. Предварительные рассуждения.

(Полное повторение Шага 1 для № 712(а).)Если искать решение задачи (2.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),(2.2)k=1 n=1то, подставив ряд в уравнение ut = a2 (uxx + uyy ), получим, что оно заведомо выполняется,если равны члены рядов 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).Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T0kn (t)X00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(2.3)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, чтоX00k (x) Yn00 (y)+= λkn .Xk (x) Yn (y)T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,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 .(2.4)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:X0 (0) = X(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,Yn (0) = Yn (s) = 0,X0k (0) = Xk (p) = 0,(2.5)(2.6)Решим задачу для X(x), аналогичную рассмотренной в № 688 из файла Sem7.

Общее решениеуравнения X00 (x) + µX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( µ x) + c2 cos( µ x)при µ > 0;(2.7)√X(x) = c1 e −µ x + c2 e−X(x) = c1 x + c2√−µ xпри µ < 0;при µ = 0;(2.8)(2.9)√• При µ > 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 cos( µ x).√1Поэтому из второго краевого условия X(p) = 0 получаем, что µ p = π − 2 + k откудаимеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:2π(2k − 1)µk =,k ∈ N.(2.10)2pИм соответствует бесконечное множество собственных функций:π(2k − 1)Xk (x) = cosx ,k ∈ N.2pc Д.С.

Ткаченко-4-(2.11)УМФ – семинар – Ф 5 – 9√• При µ < 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = c2 , ⇒ X(x) = 2c1 ch −µ x.Поэтому из второго краевого условия X(p) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилля не имеет нетривиальных решений при µ < 0.• При µ = 0 имеем из краевого условия X0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 . Поэтому извторого краевого условия X(p) = 0 получаем, что c2 = 0, т.е. задача Штурма–Лиувилляне имеет нетривиальных решений при µ = 0.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)π(2k − 1)x , k∈N, Xk (x) = cosµk =2p2pзадачиX00k (x) + µk Xk (x) = 0,X0 (0) = X(p) = 0.Задачи, подобные задаче Штурма-Лиувилля для Y(y) рассматривались уже не раз (№ 687 изфайла Sem7, № 705 из semS1 и др.).

Поэтому запишем результат:существет бесконечное множество нетривиальных решенийπ 2 n2νn = 2 ,sYn (y) = sin πny sk, n ∈ N.,В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем задачуT0kn (t) + λkn a2 Tkn (t) = 0,t > 0,λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 n2+ 2 .(2p)2s(2.12)Решение этого линейного однородного уравнения первого порядка имеет вид:Tkn (t) = Akn e− a2λkn tt > 0,(2.13)где Akn – произвольные постоянные.Шаг 3. Решаем задачу (2.1).Будем искать решение задачи (2.1) в виде ряда (2.2). Так как найденные на Шаге 2 функцииXk (x) и Yn (y) удовлетворяют краевым условиям (2.5), то функцияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)k=1 n=1удовлетворяет краевому условиюux (0, y; t) = u(p, y; t) = 0u(x, 0; t) = u(x, s; t) = 00 < y < s,0 < x < p,0 < t < T,0 < t < T.А в силу рассуждений на Шаге 1, u(x, y; t) есть решение уравнения ut = a2 (uxx + uyy ).Из условий задачи мы ещё не использовали только начальное условиеu(x, y; 0) = ϕ(x, y).

Для функции u(x, y; t) искомого вида (2.2) оно означает:ϕ(x, y) = u(x, y; 0) =∞ X∞Xcosk=1 n=1c Д.С. Ткаченко-5- πny π(2k − 1)x sinAkn ,2ps(2.14)УМФ – семинар – Ф 5 – 9Пусть функция ϕ(x, y), входящая в начальное условие, разлагается в прямоугольнике Π вдвойной ряд Фурье:∞ X∞ πny Xπ(2k − 1)ϕ(x, y) =αkn cosx sin,(2.15)2psk=1 n=1c коэффициентамиαkn44=ϕ, Xl · Ym =pspsZp Zsϕ(x, y) cos0 πny π(2k − 1)x sindxdy.2ps(2.16)0Получим формулу (2.16)коэффициентов Фурье для двойного ряда. Для этого, как обычно, до вычисленияπmyмножим (1.10) на cos π(2l−1)xsinи проинтегрируем по Π.

Учитывая ортогональность собственных2psфункций задач Штурма-Лиувилля, получим:Zp Zsϕ, Xl ·Ym = αlmcos02π(2l − 1)x2p2sin πmy sZpdxdy = αlmcos2π(2l − 1)x2pZsdx00=αlm4Zp 1 + cosπ(2l − 1)xp πmy sdy =0Zs 1 − cosdx0sin22πmysdy = αlm ·ps.40Из равенств (2.14), (2.15) и (2.16) получаемAkn = αkn4=psZp Zsϕ(x, y) cos0π(2k − 1)x2psin πny s(2.17)0Итак, мы знаем функции Tkn (t) полностью:Zp Zsπ(2k − 1)xπny42ϕ(x, y) cosTkn (t) = sindxdy  · e− a λkn tps2ps0dxdy.t > 0. (2.18)0Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (2.2) найденные функции Tkn (t)из (2.18).Ответ: p sZZ∞4 X π(2k − 1)ξπnηu(x, y; t) =ϕ(ξ, η) cossindξdη ps k,n=12ps0 0 πny π(2k − 1)2cosx sin· e− a λkn t ,2psгде λkn =π 2 (2k−1)2(2p)2+π 2 n2.s23.