sem7 (Семинары)

УМФ – семинар – Метод Фурье – 21Метод Фурье для однородного параболического уравнения с однородными краевыми условиями.№ 688.Найти решение u(x, t) уравнения ut = a2 uxx ,u(0, t) = ux (l, t) = 0,u(x, 0) = ϕ(x)(1.1)Шаг 1. Будем искать решение уравнения ut = a2 uxx с краевыми условиямиu(0, t) = ux (l, t) = 0 в видеU (x, t) = X(x)T (t).Сразу заметим, что краевые условия означают для функции X(x) следующее:X(0) = X 0 (l) = 0.(1.2)Подставим U (x, t) в уравнение, получим:X(x)T 0 (t) = a2 X”(x)T (t)Предположив, что X(x)T (t) 6= 0, поделим это равенство на a2 X(x)T (t) 6= 0:−X”(x)T 0 (t)=− 2= λ.X(x)a T (t)Отсюда для функции X(x) имеем задачуX”(x) + λX(x) = 0,X(0) = X 0 (l) = 0,(1.3)(1.4)а для функции T (t) – уравнение:T 0 (t) + λa2 T (t) = 0,t > 0.(1.5)Задача (1.3)–(1.4) есть задача Штурма–Лиувилля.

Общее решение уравнения (1.3) имеет вид√√при λ > 0;(1.6)X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)√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 имеем из краевогоX(x) =√ условия√ X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒0c1 sin( λ x) ⇒ X (x)√= c1 λ cos( λ x). Поэтому из второго краевого условияX 0 (l) = 0 получаем, что λ l = π 21 + k откуда имеем бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:2π(2n − 1),n ∈ N.(1.9)λn =2lИм соответствует бесконечное множество собственных функций:π(2n − 1)Xn (x) = sinx ,n ∈ N.2l-1-(1.10)УМФ – семинар – Метод Фурье – 2• При λ√ < 0 имеем из краевогоX(x) =√ X(0) = 0, что c1 = −c2 , ⇒√ условия2c1 sh −λ x ⇒ X 0 (x) = 2c1 −λ ch( −λ x). Поэтому из второго краевого условияX 0 (l) = 0 получаем, что c1 = 0, т.е.

задача Штурма–Лиувилля не имеет отрицательных собственных чисел• При λ = 0 имеем из краевого условия X(0) = 0, что c2 = 0, ⇒ X(x) = c1 x ⇒X 0 (x) = c1 ). Поэтому из второго краевого условия X 0 (l) = 0 получаем, что c1 = 0,т.е. задача Штурма–Лиувилля не имеет собственного числа, равного нулю.2, Xn (x) =Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений λn = π(2n−1)2lsin π(2n−1)x , n ∈ N задачи (1.3), (1.4). Стало быть, рассматривать задачу (??) имеет2lсмысл только при λ = λn , и мы получаем семейство задач:Tn0 (t) + λn a2 Tn (t) = 0,t > 0.(1.11)Решение этого линейного однородного уравнения первого порядка имеет вид:−Tn (t) = An e(π(2n−1)a)2t(2l)2(1.12)где An – произвольные постоянные.Шаг 2.

Решаем задачу (1.1).Будем искать решение задачи (1.1) в виде u(x, t) =∞PXn (x)Tn (t), т.е.n=1u(x, t) =∞Xsinn=1(π(2n−1)a)2π(2n − 1)−t(2l)2x An e.2l(1.13)Из условий задачи мы ещё не использовали только начальные условияu(x, 0) = ϕ(x). Для функции u(x, t) искомого вида они означают:ϕ(x) = u(x, 0) =∞XXn (x)Tn (0) =n=1∞XAn Xn (x),(1.14)n=1(1.15)Пусть функция ϕ(x), входящая в начальное условие, разлагается в рядϕ(x) =∞Xαn Xn (x),(1.16)n=1Выясним, какими должны быть коэффициенты αn .

Для этого домножим (1.16) на Xm =sin π − 21 + m x скалярно в смысле L2 [0, l]:Zl(ϕ, Xm ) = αmsin02Zl π(2n − 1)π(2n − 1)αmx dx =1 − cosxdx =2l22l0αm=2Zldx =0-2-lαm,2УМФ – семинар – Метод Фурье – 2откуда22αn = (ϕ, Xn ) =llZlϕ(x) sinπ(2n − 1)x dx.2l(1.17)0Таким образом, для коэффициентов An из представления (1.14) решения u(x, t), имеем:2An = αn =lZlϕ(x) sinπ(2n − 1)x dx.2l(1.18)0Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (1.14) найденные коэффициенты An из (1.18).№ 687M .Найти решение u(x, t) начально-краевой задачи ut = a2 uxx ,u(x, 0) = ϕ(x),u(0, t) = u(l, t) = 0.(1.19)Шаг 1.

Будем искать решение уравнения ut = a2 uxx с краевыми условиямиu(0, t) = u(l, t) = 0 в видеU (x, t) = X(x)T (t).Сразу заметим, что краевые условия означают для функции X(x) следующее:X(0) = X(l) = 0.(1.20)Подставим U (x, t) в уравнение, получим:X(x)T 0 (t) = a2 X”(x)T (t)Предположив, что X(x)T (t) 6= 0, поделим это равенство на a2 X(x)T (t) 6= 0:−T 0 (t)X”(x)=− 2= λ.X(x)a T (t)Отсюда для функции X(x) имеем задачуX”(x) + λX(x) = 0,X(0) = X(l) = 0,(1.21)(1.22)а для функции T (t) – уравнение:T 0 (t) + λa2 T (t) = 0,t > 0.(1.23)Задача (1.21)–(1.22) есть задача Штурма–Лиувилля (мы уже изучали её в № 643).Общее решение уравнения (1.21) имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)при λ > 0;(1.24)√X(x) = c1 e −λ x + c2 e−X(x) = c1 x + c2√-3-−λ xпри λ < 0;при λ = 0;(1.25)(1.26)УМФ – семинар – Метод Фурье – 2• При λ > 0 существует бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:π 2 n2λn = 2 ,n ∈ N.(1.27)lИм соответствует бесконечное множество собственных функций: πnx ,n ∈ N.(1.28)Xn (x) = sinl• При λ < 0 задача Штурма–Лиувилля не имеет нетривиальных решений.• При λ = 0 данная задача Штурма–Лиувилля не имеет нетривиальных решений.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решений πnx π 2 n2, n∈Nλn = 2 , Xn (x) = sinllзадачи (1.21), (1.22).

Стало быть, рассматривать задачу (1.23) имеет смысл только приλ = λn , и мы получаем семейство задач:Tn0 (t) + λn a2 Tn (t) = 0,t > 0.(1.29)Решение этого линейного однородного уравнения второго порядка имеет вид:π 2 n2 a2tl2Tn (t) = An e−t > 0,(1.30)где An – произвольные постоянные.Шаг 2. Решаем задачу (1.19).∞PБудем искать решение задачи (1.19) в виде u(x, t) =Xn (x)Tn (t), т.е.n=1u(x, t) =∞Xsin πnx ln=1An e−π 2 n2 a2tl2.(1.31)Из условий задачи мы ещё не использовали только начальное условиеu(x, 0) = ϕ(x). Для функции u(x, t) искомого вида они означают:ϕ(x) = u(x, 0) =∞XXn (x)Tn (0) =n=1∞XAn Xn (x),(1.32)n=1Пусть функция ϕ(x), входящая в начальное условие, разлагается в ряд Фурье по синусам:ϕ(x) =∞Xbn sin πnx n=12bn =lZlϕ(x) sinl,где πnx ldx.(1.33)(1.34)0(1.35)Сопоставляя (1.32) и (1.33), (1.34) для коэффициентов An ≡ bn получим:2An ≡ b n =lZlϕ(x) sin0-4- πnx ldx.(1.36)УМФ – семинар – Метод Фурье – 2Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (1.31) найденные коэффициенты An из (1.36).№ 687.Найти решение u(x, t) начально-краевой задачи ut = a2 uxx ,u(x, 0) = Ax,u(0, t) = u(l, t) = 0.(1.37)Шаг 1.

Будем искать решение уравнения ut = a2 uxx с краевыми условиямиu(0, t) = u(l, t) = 0 в видеU (x, t) = X(x)T (t).Мы уже несколько раз решали эту задачу, в частности в № 687M . У неё есть бесконечноемножество нетривиальных решений πnx π 2 n2, n∈Nλn = 2 , Xn (x) = sinllПоэтому для функций Tn (t) у нас получается семейство задач:Tn0 (t) + λn a2 Tn (t) = 0,t > 0.(1.38)Решение этого линейного однородного уравнения второго порядка имеет вид:Tn (t) = An e−π 2 n2 a2tl2t > 0,(1.39)где An – произвольные постоянные.Шаг 2. Решаем задачу (1.37).Будем искать решение задачи (1.37) в виде u(x, t) =∞PXn (x)Tn (t), т.е.n=1u(x, t) =∞Xsin πnx ln=1An e−π 2 n2 a2tl2.(1.40)Из условий задачи мы ещё не использовали только начальное условиеu(x, 0) = ϕ(x). Но в данном случае функция ϕ(x) нам задана:ϕ(x) = Ax.Поэтому воспользуемся формулами, полученными в № 687M .2An ≡ b n =lZlϕ(x) sin πnx ldx,где(1.41)02bn =lZlϕ(x) sin πnx ldx.(1.42)0Найдём коэффициенты An ≡ bn :An =2lAx sin0lZ2l πnx x=lπnxdx = −Ax cos− cosdx  =πnll x=0l0! πnx x=l2l2Al(−1)n+1= −A(l(−1)n − 0) −sin=.πnπnl x=0πnZl πnx l-5-УМФ – семинар – Метод Фурье – 2Таким образом,2Al(−1)n+1.πnПодставляем найденные коэффициенты An в формулу (1.40):An =∞u(x, t) = πnx π2 n2 a22Al X (−1)n+1sine− l2 t .π n=1nl№ 691.Найти решение u(x, t) уравнения ut = a2 uxx ,u(x, 0) = ϕ(x),ux (0, t) = ux (l, t) + hu(l, t) = 0,(1.43)h > 0.Шаг 1.

Будем искать решение уравнения utt = a2 uxx с краевыми условиямиux (0, t) = ux (l, t) + hu(l, t) = 0 в видеU (x, t) = X(x)T (t).Сразу заметим, что краевые условия означают для функции X(x) следующее:X 0 (0) = X 0 (l) + hX(l) = 0.(1.44)Подставим U (x, t) в уравнение, получим:X(x)T 0 (t) = a2 X”(x)T (t)Предположив, что X(x)T (t) 6= 0, поделим это равенство на a2 X(x)T (t) 6= 0:X”(x)T 0 (t)= 2= −λ.X(x)a T (t)Отсюда для функции X(x) имеем задачуX”(x) + λX(x) = 0,X (0) = X 0 (l) + hX(l) = 0,0(1.45)(1.46)а для функции T (t) – уравнение:T 0 (t) + λa2 T (t) = 0,t > 0.(1.47)Задача (1.45)–(1.46) есть задача Штурма–Лиувилля. Общее решение уравнения (1.45)имеет вид√√X(x) = c1 sin( λ x) + c2 cos( λ x)при λ > 0;(1.48)√X(x) = c1 e −λ x + c2 e−X(x) = c1 x + c2• При λ > 0 имеем√−λ xпри λ < 0;при λ = 0;√√√√X 0 (x) = c1 λ cos( λ x) − c2 λ sin( λ x)(1.49)(1.50)√И из краевогоусловияX 0 (0) = 0 следует, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 cos( λ x) ⇒√√0X 0 (x) = −c2 λ sin(√ λ x).√ Поэтому из√второго краевого условия X (l) + hX(l) = 0получаем, что − λ sin( λ l) + h cos( λ l) = 0, откуда (очевидно, косинус не может быть равен нулю, т.к.

тогда синус равнялся бы (±1), и равенство не было бывыполнено)√√λ tg( λ l) = h(1.51)-6-УМФ – семинар – Метод Фурье – 2Это уравнение, как легко увидеть из графика, имеет бесконечно много решений λn ,n ∈ N. Сами эти решения явным образом выписать нельзя, но любое может бытьнайдено со сколь угодно большой точностью численно. Мы их искать не будем, удовлетворившись знанием, что они есть, и их можно найти.Таким образом, существует бесконечное множество собственных чисел задачи Штурма–Лиувилля:ppλn tg( λn l) = h,n ∈ N.(1.52)λn > 0 − решения уравненияИм соответствует бесконечное множество собственных функций:pXn (x) = cosλn x ,n ∈ N.(1.53)• При λ < 0 задача Штурма–Лиувилля никогда не имеет нетривиальных решений.• При λ = 0 имеем из краевого условия X 0 (0) = 0, что c1 = 0, ⇒ X(x) = c2 ⇒X 0 (x) = 0), и второе краевое условие X 0 (l) + hX(l) = 0 даёт требование c2 = 0,т.е.

данная задача Штурма–Лиувилля при λ = 0 также не имеет нетривиальныхрешений.Итак, мы имеем бесконечное множество нетривиальных решенийpλn x ,λn − решения уравнения (1.51),Xn (x) = cosn∈Nзадачи (1.45), (1.46). Стало быть, рассматривать задачу (1.47) имеет смысл только приλ = λn , и мы получаем семейство задач:Tn0 (t) + λn a2 Tn (t) = 0,t > 0.(1.54)Общее решение этого линейного однородного уравнения второго порядка имеет вид:Tn (t) = An e−√λn a2 t,t > 0,(1.55)где An – произвольные постоянные.Шаг 2.

Решаем задачу (1.43).Будем искать решение задачи (1.43) в виде u(x, t) =∞PXn (x)Tn (t), т.е.n=1u(x, t) =∞Xpλn x · An e−cos√λn a2 t.(1.56)n=1Из условий задачи мы ещё не использовали только начальное условиеu(x, 0) = ϕ(x). Для функции u(x, t) искомого вида они означают:ϕ(x) = u(x, 0) =∞XXn (x)Tn (0) =n=1∞XAn Xn (x),(1.57)n=1Пусть функция ϕ(x), входящая в начальное условие, разлагается в рядϕ(x) =∞Xαn Xn (x),n=1-7-(1.58)УМФ – семинар – Метод Фурье – 2Выясним, какимидолжны быть коэффициенты αn ≡ An . Для этого домножим (1.58) на√Xm = cos λm x скалярно в смысле L2 [0, l] и учтём, что система собственных функций задачи Штурма–Лиувилля всегда является ортогональной в смысле этого скалярногопроизведения:Zl(ϕ, Xm ) = αm2cospαmλm x dx =2Zl p1 + cos 2 λm x dx =00αm=2!x=l p1αml+ √=sin 2 λm x 22 λmx=0откуда, пользуясь тождествами cos2 α =1,1+tg2 α!√sin 2 λm l√l+.2 λmsin 2α = 2 sin α cos α, получаем: h√√√ippsin 2 λm lsin λm l cos λm lh√√l+λm =tg( λm l) ===l+h2 λmtg( λm l) h√√2i2sinλm lλm l1 − cos12=l+=l+= cos α ==hh1 + tg2 α1 − 1+tg2 1√λ lmhp1 − λmλ+hh2 i2( m)= tg2λm l ==l+==l+hλmhh2l (λm + h2 ) + h=l+=.h (λm + h2 )λm + h2В итоге для коэффициентов αn ≡ An получаем равенство:λn + h2λn + h2An = αn = 2(ϕ,X)=2nl (λn + h2 ) + hl (λn + h2 ) + hZlϕ(x) cospλn l dx.(1.59)0Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (1.56) найденные коэффициенты An из (1.59).

∞ √ 2Rl√√Pλn +h22 l(λn +h2 )+h ϕ(x) cos λn l dx cos λn x e− λn a t .Ответ: u(x, t) =n=10№ 692.Найти решение u(x, t) уравнения ut = a2 uxx ,u(x, 0) = U,ux (0, t) − hu(0, t) = u(l, t) = 0,(1.60)h > 0.√∞Ph−(−1)n λn +h2 −a2 λn tОтвет: u(x, t) = 2UeΦn (x), гдеλn [l(λn +h2 )+h]n=1√ √√√√λ l = − λ.Φn = λn cos λn x + h sin λn x , λn – корни уравнения h tg-8-.