Семинар 9 для Ф-5. Метод Фурье для уравнения теплопроводности в прямоугольнике (Семинары), страница 2

№ 712(в).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 на части поверхностистержня x = p, 0 < y < s происходит конвективный теплообмен со средой,имеющей нулевую температуру, часть y = 0, 0 < x < p теплоизолирована, аостальная поверхность стержня поддерживается при нулевой температуре.Записав эти условия математически, с учётом, что никакие заданные функции не зависят отc Д.С. Ткаченко-6-УМФ – семинар – Ф 5 – 9переменной z, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(x, y; t) из условийut = a2 (uxx + uyy ) ,u(x, y; 0) = ϕ(x, y),u(0, y; t) = ux (p, y; t) + hu(p, y; t) = 0uy (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,(3.1)где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 p,0 6 y 6 s} .Шаг 1.

Предварительные рассуждения. (Полное повторение Шага 1 для № 712(а) и (б).)Если искать решение задачи (3.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),(3.2)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:X00k (x) Yn00 (y)T0kn (t)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(3.3)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 .(3.4)Таким образом, естественно начать решение задачи (3.1) 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) + hX(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) = 0,0Xk (0) = Xk (p) + hXk (p) = 0,Yn0 (0) = Yn (s) = 0,(3.5)(3.6)Решим задачу для X(x), аналогичную рассмотренной на Шаге 3-3 в № 709(в) из файла SemS3.Общее решение уравнения X00 (x) + µX(x) = 0 имеет вид√√X(x) = c1 sin( µ x) + c2 cos( µ x)при µ > 0;(3.7)X(x) = c1 x + c2при µ = 0;(3.8)c Д.С. Ткаченко-7-УМФ – семинар – Ф 5 – 9• При µ > 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что√√√c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 sin( µ x) ⇒ X0 (x) = c1 µ cos( µ x).Поэтому из второго краевого условия X0 (X) + hX(X) = 0 получаем, что√√√µ cos( µ p) + h sin( µ p) = 0,откуда√√µ = −h tg( µ p).(3.9)Это уравнение имеет бесконечное множество решений:√µk :√µk = −h tg( µk p),k ∈ N.Им соответствует бесконечное множество собственных функций:√k ∈ N.Xk (x) = sin ( µk x) ,(3.10)(3.11)• При µ < 0 нетривиальных решений нет, т.к.

задача Штурма–Лиувилля не может иметьотрицательных собственных чисел• При µ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x. Поэтому извторого краевого условия X0 (p)+hX(p) = 0 получаем, что c1 +hc1 p = 0. Поскольку h > 0и p > 0, то равенство c1 +hc1 p = 0 возможно только при c1 = 0. Следовательно, в данномслучае задача Штурма-Лиувилля не имеет собственного значения, равного нулю.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений√√√µk :µk = −h tg( µk p), Xk (x) = sin ( µk x) ,k ∈ N.задачиX00k (x) + µk Xk (x) = 0,X(0) = X0 (p) + hX(p) = 0,Задача, аналогичная задаче Штурма-Лиувилля для Y(y) рассматривалась, например, в № 712 (б).Поэтому запишем результат:существет бесконечное множество нетривиальных решений2π(2n − 1)π(2n − 1)x , n∈N, Yn (x) = cosνn =2s2sзадачиYn00 (y) + νn Yn (y) = 0,Y0 (0) = Y(s) = 0.В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем задачуT0kn (t) + λkn a2 Tkn (t) = 0,t > 0,λkn = µk +π 2 (2n − 1)2.(2s)2(3.12)Решение этого линейного однородного уравнения первого порядка имеет вид:Tkn (t) = Akn e− a2λkn tгде Akn – произвольные постоянные.Шаг 3.

Решаем задачу (3.1).c Д.С. Ткаченко-8-t > 0,(3.13)УМФ – семинар – Ф 5 – 9Будем искать решение задачи (3.1) в виде ряда (3.2). Так как найденные на Шаге 2 функцииXk (x) и Yn (y) удовлетворяют краевым условиям (3.5), то функцияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)k=1 n=1удовлетворяет краевому условиюu(0, y; t) = ux (p, y; t) + hu(p, y; t) = 0uy (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 (3.2) оно означает:∞ X∞Xπ(2n − 1)√ϕ(x, y) = u(x, y; 0) =sin ( µk x) cosx Akn ,(3.14)2sk=1 n=1Пусть функция ϕ(x, y), входящая в начальное условие, разлагается в прямоугольнике Π вдвойной ряд Фурье:∞∞ XXπ(2n − 1)√αkn sin ( µk x) cosϕ(x, y) =x ,(3.15)2sn=1k=1c коэффициентамиαkn4 (h2 + µk )= s p (h2 + µk ) + hZp Zs√ϕ(x, y) sin ( µk x) cos0π(2n − 1)x dxdy.2s(3.16)0Получим формулу (3.16) вычислениякоэффициентовФурье для двойного ряда.

Для этого, как обычно, до√множим (1.10) на sin µl x cos π(2m−1)xипроинтегрируемпо Π. Учитывая ортогональность собственных2sфункций задач Штурма-Лиувилля, получим:Zp Zsϕ, Xl ·Ym = αlm0√sin ( µl x) cos22π(2m − 1)y2sZpdxdy = αlm0αlm=4√sin ( µl x) dx20ZpZs √(1 − cos (2 µl x)) dx00Zscos2π(2m − 1)y2sdy =0π(2m − 1)y1 + cossx=p √sin (2 µl x)=dy =s1· p− √42 µlx=0!√√√h√i2 sin( µl p) cos( µl p)cos2 ( µl p)ss√µl = −h tg( µl p) = αlm · · p += αlm · · p +==√42h tg( µl p)4h!√ ihµ1s1√l == cos2 β =, tg( µl p) = −= αlm · · p +h41 + tg2 βh 1 + hµ2ls p h2 + µl + hsh= αlm · · p + 2= αlm ·.4h + µl4 (h2 + µl )= αlm ·Из равенств (3.14), (3.15) и (3.16) получаемAkn = αknc Д.С.

Ткаченко4 (h2 + µk )= s p (h2 + µk ) + hZp Zsϕ(x, y) cos00-9-π(2k − 1)x2psin πny sdxdy.(3.17)УМФ – семинар – Ф 5 – 9Итак, мы знаем функции Tkn (t) полностью:Zp Zs24 (h + µk )π(2n − 1)√ · e− a2 λkn t .xdxdyTkn (t) =  µx)cosϕ(x,y)sin(k2ss p (h2 + µk ) + h00Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (3.2) найденные функции Tkn (t).Ответ:∞Xπ(2n − 1)√2u(x, y; t) =x · e− a λkn t ,Akn sin ( µk x) cos2sk,n=1где λkn = µk +Aknπ 2 (2n−1)2,(2s)2µk – положительные корни уравнения4 (h2 + µk )=s p (h2 + µk ) + hZp Zsϕ(x, y) cos0π(2k − 1)x2p√√µ = −h tg( µ p), аsin πny sdxdy.04. № 716.В кубе 0 6 x, y, z 6 l происходит диффузия вещества, частицы которогораспадаются со скоростью, пропорциональной его концентрации.

Определитьконцентрацию вещества в этом кубе при t > 0, если начальная концентрациявещества в нём постоянна и равна U . Концентрация вещества на поверхности куба поддерживается равной нулю.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(x, y; t) из условий2(x, y, z) ∈ Π, t > 0; ut = a (uxx + uyy + uzz ) − βu,u(x,(x, y, z) ∈ Π; y, z; 0) = U = ϕ(x, y, z),(4.1) u= 0,0 < t < T,(x, y, z)∈∂Πгде через Π обозначен кубΠ = {(x, y, z) :0 6 x, y, z 6 l} ,∂Π – его граница, β - коэффициент распада.Шаг 1.

Избавление от слагаемого (−βu).Слагаемое (−βu), появившееся в уравнении из-за распада вещества, мешает нам провестипредварительные рассуждения, аналогичные проведённымв № 712 (а-в). Однако избавиться −βtβtот него очень просто: поскольку ut + βu = e u t · e , то достаточно домножить уравнениеut = ∆u − βu на eβt ипроизвести замену:v(x, y, z; t) = eβt u(x, y, z; t).В результате задача (4.1) превратится в2 vt = a (vxx + vyy + vzz ) ,v(x, y, z; 0) = U, v = 0,(x, y) ∈ Π, t > 0;(x, y, z) ∈ Π;(4.2)0 < t < T.(x, y, z)∈∂ΠЗаметим, что начальное и граничное условия не изменились.Шаг 2. Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (4.2) в виде тройного рядаv(x, y; t) =∞ X∞ X∞XXk (x)Ym (y)Zn (z)Tkmn (t),k=1 m=1 n=1c Д.С.