semT7 (1120437), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

Решаем задачу (3.1) – (3.4).Из условий задачи (3.1) – (3.4) мы ещё не использовали только начальные условияu(x, 0) = ϕ(x) = α−βx−α, ut (x, 0) = ψ = 0. Найдём разложение функций ϕ(x), ψ(x), входящихlв начальные условия, в ряд по синусамϕ(x) =∞Xϕn sinn=1ψ(x) =∞Xn=1c Д.С. Ткаченко πnx l,2где ϕn =lZlϕ(x) sin πnx ldx.(3.12)dx.(3.13)0ψn sin πnx l,2где ψn =lZlψ(x) sin0-7- πnx lУМФ – семинар – К 5 – 7∞PПодставим функцию u(x, t) =πnxlTn (t) sinn=1(опять-таки в предположении, что ряд – "хо-роший") в начальные условия:∞XTn (0) sin πnx ln=1∞XTn0 (0) sin∞Xϕn sin πnx ln=1 πnx ln=1==∞Xψn sin πnx ln=1;.Для выполнения этих равенств достаточно, чтобыTn0 (0) = ψnTn (0) = ϕnдля n ∈ N.Таким образом, из (3.11) и (3.12) – (3.13), для функций Tn (t) имеем задачу Коши:2Tn (t) = fnT ”n (t) + (πna)2lдля n ∈ N.Tn (0) = ϕn 0Tn (0) = ψn(3.14)Эти задачи Коши имеют единственное решение при любых fn ∈ R и любых значениях ϕn ∈R, ψn ∈ R.Найдём ϕn , ψn из (3.12), (3.13) с учётом, чтоϕ(x) =ϕn =2lβ−αx + α,lψ = 0.Zlϕ(x) sin πnx l0x=l2l β−απnx dx = −x cos+lπnll x=0+l α−βπn lZlcos πnx ldx + αsin πnx l|{z}0(−1)n l(β − α) α l (1 − (−1)n )−+πnπnψn = 0.При n ∈ N:сначала решаем однородное уравнение:T ”n (t) +(πna)2Tn (t) = 0.l2Его общее решение имеет вид:Tn (t) = c1 sinc Д.С.

Ткаченкоdx =002=lZlπnatπnat+ c2 cos.ll-8-=2(α − (−1)n β) ,πnУМФ – семинар – К 5 – 7Простой вид правой части позволяет нам угадать частное решение неоднородного уравненияl 2 fn(3.14) в виде константы: (πna)2 . Поэтому общее решение (3.14) имеет вид:Tn (t) = c1 sinπnatl2 fnπnat+ c2 cos+.ll(πna)2Из начального условия Tn0 (0) = ψn = 0 следует, чтоc1 = 0.А второе начальное условие Tn (0) = ϕn =c2 =2πn(α − (−1)n β) даёт нам2l2 fn(α − (−1)n β) −.πn(πna)2Таким образом,Tn (t) =l2 fn2(α − (−1)n β) −πn(πna)2cosπnatl2 fn+.l(πna)2(3.15)Всё, что нам осталось сделать, – это подставить (3.15) в формулуu(x, t) =∞XTn (t) sinn=1 πnx l.Получим ответ:∞ ∞ πnx X πnx X2l2 fnπnatl2 fnnu(x, t) =(α − (−1) β) −sin+sin.cosπn(πna)2ll(πna)2ln=1n=14.

№ 654m. (Короткий способ, ипользующий вид данныхфункций)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,(4.1)(4.2)x ∈ [0, l].(4.3)x ∈ [0, l].(4.4)(4.5)Шаг 1. Так как правые части всех равенств в этой задаче не зависят от времени,будем искать решение задачи в виде суммы u(x, t) = v(x, t) + w(x).Найдём w = w(x) такую, чтобыwtt − a2 wxx = f (x),w(0, t) = w(l, t) = 0,c Д.С.

Ткаченкоx ∈ (0, l), t > 0,t > 0.-9-(4.6)(4.7)УМФ – семинар – К 5 – 7Раз w = w(x), то wtt = 0, и задача (4.6) – (4.7) принимает более простой вид:f (x),a2w(0) = w(l) = 0.w”(x) = −x ∈ (0, l),(4.8)(4.9)Проинтегрируем уравнение (4.8) один раз:Zx1w0 (x) = − 2af (s)ds + c1 .0Проинтегрируем второй раз:1w(x) = − 2aZx Zyf (s)dsdy + c1 x + c2 .00Из краевого условия w(0) = 0 получаем, что c2 = 0, а из w(l) = 0, – что10=− 2aZ l Zyf (s)dsdy + c1 l,00откуда1c1 = 2laZ l Zyf (s)dsdy.00Итак, функция w(x) нам полностью известна:xw(x) = 2laZ l Zy01f (s)dsdy − 2a0Zx Zyf (s)dsdy.0(4.10)0Тогда для v(x, t) = u(x, t) − w(x) получается задачаvtt − a2 vxx = 0,v(0, t) = v(l, t) = 0,β−αv(x, 0) =x + α − w(x) = ϕ(x),lvt (x, 0) = 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,(4.11)(4.12)x ∈ [0, l].(4.13)x ∈ [0, l].(4.14)(4.15)Такую задачу мы уже умеем решать (см.

номер 643, семинар 6). Её ответ:v(x, t) =∞Xsin πnx n=1lAn cos πna πna t + Bn sint ,ll(4.16)где An и Bn задаются равенствами2An =lZlϕ(x) sin0c Д.С. Ткаченко-10- πnx ldx;(4.17)УМФ – семинар – К 5 – 72Bn =aπnZlψ(x) sin πnx dx.l(4.18)0В нашем случае ψ = 0, а ϕ =2An =lZl β−αxl+ α − w(x), откуда πnx β−αx + α − w(x) sindx,llBn = 00и функция v имеет видv(x, t) =∞XAn sin πnx ln=1cosπnatl.(4.19)Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулуu(x, t) = v(x, t) + w(x)найденные функции v и wиз (4.19) и (4.10).5. № 667Решить неоднородную начально-краевую задачу для уравнения колебаний с однороднымикраевыми условиями второго рода.utt − a2 uxx = f (x, t),u(0, t) = ux (l, t) = 0,u(x, 0) = 0,ut (x, 0) = 0,x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].x ∈ [0, l].Шаг 1.

Решение задачи Штурма–Лиувилля.Этот шаг мы проходили, когда решали задачу № 649M . Результат:бесконечное множество нетривиальных решений2π(2n − 1)π(2n − 1)x, Xn (x) = sin,λn =2l2l(5.1)(5.2)(5.3)(5.4)(5.5)n ∈ N.Шаг 2. Будем искать решение уравнения utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиямиux (0, t) = ux (l, t) = 0 в виде∞Pu(x, t) =Xn Tn (t), где функции Xn (x) имееют вид:n=0Xn (x) = sinπ(2n − 1)x2l.(5.6)Пусть функция f (x, t) разложена при каждом t ∈ [0, T ] в ряд Фурье по функциям Xn (x):f (x, t) =∞Xn=1c Д.С. Ткаченкоsinπ(2n − 1)x2l-11-fn (t).(5.7)УМФ – семинар – К 5 – 7При этом, коэффициенты данного ряда Фурье ищутся по формулам (как мы убедились, решая№ 649M ):Zlπ(2n − 1)x2f (x, t) sindx.(5.8)fn (t) = (f, Xn ) =l2l0Тогда уравнение (5.1) приобретает вид∞X∞ XXn (x)T ”n (t) − a X”n (x)Tn (t) =fn (t) sin2n=0n=1π(2n − 1)x2l.Для его выполнения достаточно, чтобы2Xn (x)T ”n (t) − a X”n (x)Tn (t) = fn (t) sinπ(2n − 1)x2lдля n ∈ N,то естьπ 2 (2n − 1)2 a2π(2n − 1)xπ(2n − 1)xT ”n (t) += fn (t) sinTn (t) sin4l22l2lдля n ∈ N.Это заведомо выполнено, еслиT ”n (t) +π 2 (2n − 1)2 a2Tn (t) = fn (t)4l2для n ∈ N,(5.9)Итак, мы получили условия на функции Tn (t), достаточные для того, чтобы функция u(x, t) =∞PTn (t) cos πnxбыла(еслиряд–"хороший")решениемуравненияln=0utt − a2 uxx = f (x, t) с краевыми условиями ux (0, t) = ux (l, t) = 0.Шаг 3.

Решаем задачу (5.1) – (5.4).Из условий задачи (5.1) – (5.4) мы ещё не использовали только начальные условияu(x, 0) = 0, ut (x, 0) = 0. Функции ϕ(x) ≡ 0, ψ(x) ≡ 0, входящие в начальные условия, разлагаются в ряд по функциям Xn (x)∞Xπ(2n − 1)x,x ∈ [0, l] где ϕn = 0,(5.10)ϕ(x) ≡ 0 =ϕn sin2ln=1∞ πnx ψ0 Xψ(x) ≡ 0 =+ψn cos,x ∈ [0, l] где ψn = 0(5.11)2ln=1Подставим функцию u(x, t) =∞PTn (t) sinn=1π(2n−1)x2l(опять-таки в предположении, что ряд –"хороший") в начальные условия: X∞∞Xπ(2n − 1)xπ(2n − 1)xTn (0) sin=ϕn sin= 0;2l2ln=1n=1∞XTn0 (0) sinn=1π(2n − 1)x2l=∞Xψn sinn=1π(2n − 1)x2l= 0.Для выполнения этих равенств достаточно, чтобыTn (0) = ϕn = 0c Д.С. ТкаченкоTn0 (0) = ψn = 0-12-для n ∈ N.УМФ – семинар – К 5 – 7Таким образом, из (5.9) и (5.10) – (5.11), для функций Tn (t) имеем задачу Коши:22 a2T ”n (t) + π (2n−1)Tn (t) = fn (t)24ln ∈ N.Tn (0) = 0 0Tn (0) = 0(5.12)Эти задачи Коши имеют единственное решение при любых fn ∈ C[0, T ] и любых значенияхϕn ∈ R, ψn ∈ R.сначала решаем однородное уравнение:π 2 (2n − 1)2 a2Tn (t) = 0.4l2T ”n (t) +Его общее решение имеет вид:Tn (t) = c1 sinπ(2n − 1)atπ(2n − 1)at+ c2 cos.2l2lМетод вариации постоянной позволяет нам искать решение уравнения (5.12) в видеTn (t) = c1 (t) sinπ(2n − 1)atπ(2n − 1)at+ c2 (t) cos,где c1,2 (t) – есть решения системы2l2lπ(2n−1)at0+ c02 (t) cos π(2n−1)at= 0; c1 (t) sin2l2l π(2n−1)a c0 (t) cos π(2n−1)at − c0 (t) sin π(2n−1)at = fn (t).122l2l2lоткудаc01 (t) =π(2n − 1)at2lfn (t) cos,π(2n − 1)a2lc02 (t) = −С учётом начальных условий Tn (0) = ϕn = 0,2lc1 (t) =π(2n − 1)aZtπ(2n − 1)aτfn (τ ) cosdτ,2lπ(2n − 1)at2lfn (t) sin.π(2n − 1)a2lTn0 (0) = ψn = 0 окончательно получаем2lc2 (t) = −π(2n − 1)a0Ztfn (τ ) sinπ(2n − 1)aτdτ.2l0(5.13)Таким образом,2lsin π(2n − 1)atTn (t) =π(2n − 1)a2lZtfn (τ ) cosπ(2n − 1)aτdτ −2l0− cosπ(2n − 1)at2lZtfn (τ ) sinπ(2n − 1)aτ dτ .

(5.14)2l0Всё, что нам осталось сделать, – это подставить (5.14) в формулуu(x, t) =∞XTn (t) sinn=1c Д.С. Ткаченко-13-π(2n − 1)x.2lУМФ – семинар – К 5 – 7№ I.Найти решение u(x, t) задачиutt − a2 uxx = f (x, t),u(0, t) = u(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].(5.15)(5.16)(5.17)(5.18)(5.19)x ∈ (0, l), t > 0,t > 0,x ∈ [0, l].(5.20)(5.21)(5.22)(5.23)Решение: см. № 654M (Классический способ), стр.

6.№ II.Найти решение u(x, t) задачиut − a2 uxx = f (x),u(0, t) = u(l, t) = 0,u(x, 0) = ϕ(x),Решение: см. № 654M (Короткий способ), стр. 9.c Д.С. Ткаченко-14-.

Характеристики

Список файлов лекций