Семинар 11 для Ф-5. Метод Фурье для неоднородного уравнения теплопроводности в прямоугольнике (1127969), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Предварительные рассуждения. (полностью повторяют Шаг 1 из № 864 а).Если искать решение задачи (3.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞∞ XXXk (x)Yn (y)Tkn (t),(3.2)k=1 n=1то, подставив этот 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)T00kn (t) = a2 · (X00k (x)Yn (y) + Xk (x)Yn00 (y)) Tkn (t).Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T00kn (t)X00k (x) Yn00 (y)=+.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)T00kn (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 (s) = 0,Y(0) = Y0 (p) = 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,Xk (0) = X0k (s) = 0,Yn (0) = Yn0 (p) = 0,c Д.С. Ткаченко-7-(3.5)(3.6)УМФ – семинар – Ф 5 – 11Задачу для Xk (x) мы уже решили в № 713, стр. ??.

А поскольку задача для Yn (y) совершенноаналогична, выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)xπ(2k − 1), Xk (x) = sin, k∈Nµk =2s2sνn =π(2n − 1)2p2, Yn (y) = sinπ(2n − 1)y2p,n∈Nзадач из (3.6).В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,t > 0,λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 (2n − 1)2+.4s24p2(3.7)Пусть функция ϕ(x, y) ≡ Axy начального условия разлагается в рядϕ(x, y) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)ϕkn .(3.8)k=1 n=1В данном случае коэффициенты разложения ϕkn находятся аналогично № 713, 715. Аименно:4Aϕkn (x, y) =spZsx sin0=π(2k − 1)x2s4A2s·sp π(2k − 1)Zp· −x cos|dxy sinπ(2n − 1)y2pdy =0x=s Zsπ(2k − 1)x π(2k − 1)x·+cosdx2s2sx=0{z} 0=0 y=p Zpπ(2n − 1)yπ(2n − 1)y + cosdy  =·  −y cos2p2py=0|{z} 0=0 2 2x=sy=p4Aπ(2k − 1)x  π(2n − 1)y 2s2p=···  sin· sin=spπ(2k − 1)π(2n − 1)2s2px=0y=02p·π(2n − 1)=64Asp64Asp · (−1)k+nk+1n+1·(−1)·(−1)=.π 4 (2k − 1)2 (2n − 1)2π 4 (2k − 1)2 (2n − 1)2Итак,ϕkn =64Asp · (−1)k+n.π 4 (2k − 1)2 (2n − 1)2Поскольку начальные условияut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ 0u(x, y; 0) = ϕ(x, y),будут заведомо выполнены, еслиTkn (0) = ϕkn ,c Д.С.

Ткаченко-8-T0kn (0) = 0,(3.9)УМФ – семинар – Ф 5 – 11то для функций Tkn (t) имеем задачу Коши: 00t > 0; Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,Tkn (0) = ϕkn ; 0Tkn (0) = 0.λkn =π(2k − 1)2s2+π(2n − 1)2p2(3.10)Шаг 3. Решаем задачу (3.10).Решение этой задачи Коши имеет видTkn (t) = Tkn (0) cosp T0 (0)pλkn at + √ knλkn at .sinλkn a(3.11)Поэтому, с учётом (3.9), получаем:p64Asp · (−1)k+nTkn (t) = 4· cosλkn at ,π (2k − 1)2 (2n − 1)2t > 0.Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (3.2) функции Xk (x) = sinYn (y) = sin π(2n−1)yи только что найденные функции Tkn (t) из (3.12) в двойной ряд2pu(x, y; t) =∞∞ XX(3.12)π(2k−1)x2sXk (x)Yn (y)Tkn (t).k=1 n=1Ответ:∞ ∞p(−1)k+n64Asp X Xπ(2k − 1)xπ(2n − 1)yu(x, y; t) =··sinλkn at ,sin·cosπ 4 k=1 n=1 (2k − 1)2 (2n − 1)22s2pгдеλkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 (2n − 1)2+.(2s)2(2p)24.

№ 686 а).В однородной прямоугольной мембране 0 6 x 6 s, 0 6 y 6 p часть границыx = 0, 0 < y < p свободна, а остальная часть закреплена жёстко. Пренебрегая реакцией окружающей среды, найти поперечные колебания однородной пряπxмоугольной мембраны, вызванные начальным отклонением cos 2s sin πy.pЗаписав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условийutt = a2 (uxx + uyy ) ,(x, y) ∈ Π, t > 0; πysin p ,(x, y) ∈ Π; u(x, y; 0) = ϕ(x, y) ≡ cos πx2s(4.1)ut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ 0,(x, y) ∈ Π;ux (0, y; t) = u(s, y; t) = 00 < y < p, 0 < t < T,u(x, 0; t) = u(x, p; t) = 00 < x < s, 0 < t < T,где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :c Д.С.

Ткаченко0 6 x 6 s,-9-0 6 y 6 p} .,УМФ – семинар – Ф 5 – 11Шаг 1. Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (4.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞∞ XXXk (x)Yn (y)Tkn (t),(4.2)k=1 n=1то, подставив этот ряд в уравнение utt = a2 (uxx + uyy ), получим, что оно заведомо выполняется, если равны члены рядов в левой и правой частях с одинаковыми номерами:Xk (x)Yn (y)T00kn (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)T00kn (t)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(4.3)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)T00kn (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 .(4.4)Таким образом, естественно начать решение задачи (4.1) 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(s) = 0,Y(0) = Y(p) = 0.(4.5)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,X0k (0) = Xk (s) = 0,Yn (0) = Yn (p) = 0,Эти задачи мы уже решали много раз. Выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)xπ(2k − 1), Xk (x) = cos,µk =2s2sk∈Nпервой задачи (4.6) и бесконечное множество нетривиальных решенийνn =πnp2,Yn (y) = sinπnyp,n ∈ N.второй задачи (4.6).В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,c Д.С. Ткаченкоt > 0,-10-λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 n2+ 2 .4s2p(4.6)УМФ – семинар – Ф 5 – 11Используем начльные условия.Разложим функции ϕ(x, y) и ψ(x, y) в ряд по собственным функциям задач Штурма-Лиувилля:ϕ(x, y) =ψ(x, y) =∞ X∞Xk=1 n=1∞ X∞XXk (x)Yn (y)ϕkn ,(4.7)Xk (x)Yn (y)ψkn .(4.8)k=1 n=1В данном случае коэффициенты разложения ϕkn и ψkn найти гораздо проще, чем обычно,поскольку ψ ≡ 0, а функция ϕ(x, y) имеет в точности вид ОДНОГО из слагаемых соответствующего ряда.

А именно: πx πysin.(4.9)ϕ(x, y) ≡ X1 (x)Y1 (y) = cos2spПоэтомуϕkn =1,0,k = 1, n = 1;в остальных случаях;ψkn = 0 при всех k и n.(4.10)А поскольку начальное условие u(x, y; 0) = ϕ(x, y) будет заведомо выполнено, если Tkn (0) =ϕkn , а второе начальное условие ut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ 0, – если T0kn (0) = ψkn = 0, то дляфункций Tkn (t) имеем задачу Коши: 00 Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,π 2 k 2 π 2 n2Tkn (0) = ϕkn ;(4.11)λkn = 2 + 2 0spTkn (0) = 0,Шаг 3.

Решаем задачу (4.11).Общее решение этого линейного однородного уравнения второго порядка, с учётом, что a2 λkn >0, имеет вид:ppTkn (t) = c1 sin( λkn at) + c2 cos( λkn at)где c1 , c2 – произвольные постоянные.Подставив Tkn во второе начальное условие T0kn (0) = 0, получим, что c1 = 0, откудаpTkn (t) = c2 cos( λkn at).Из первого начального условия Tkn (0) = ϕkn сразу получаем, что c2 = ϕkn и, наконец, получаем, что решение задачи Коши (4.11) задаётся формулой:pTkn (t) = ϕkn cos( λkn at),t > 0.(4.12)С учётом, что ϕkn = 0 всегда, за исключением случая k = n = 1, а ϕ11 = 1, из (4.13) получаем√cos( λ11 at),k = 1, n = 1;Tkn (t) =(4.13)0,в остальных случаях.Поэтому после подстановки найденных Tkn (t) в искомый вид решенияu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),k=1 n=1c Д.С.

Ткаченко-11-УМФ – семинар – Ф 5 – 11получим, что от ряда останется только одно слагаемое:u(x, y; t) = X1 (x)Y1 (y)T11 (t).Ответ: πx u(x, y; t) = cosгде λ11 =π24s2+π2p22ssinπyppcos( λ11 at),.5. № 686 в).В однородной прямоугольной мембране 0 6 x 6 s, 0 6 y 6 p часть границыx = 0, 0 < y < p свободна, а остальная часть закреплена жёстко. Пренебрегая реакцией окружающей среды, найти поперечные колебания однороднойпрямоугольной мембраны, вызванные начальным распределением скоростей πy.ut (x, y; 0) = A(s − x) sinpЗаписав эти условия математически, получим задачу:Найти функцию u(x, y; t) из условий2 utt = a (uxx + uyy ) , u(x, y; 0) = ϕ(x, y) ≡ 0, ut (x, y; 0) = ψ(x, y) ≡ A(s − x) sin πy,pux (0, y; t) = u(s, y; t) = 0u(x, 0; t) = u(x, p; t) = 0(x, y) ∈ Π,(x, y) ∈ Π;(x, y) ∈ Π;0 < y < p,0 < x < s,t > 0;(5.1)0 < t < T,0 < t < T,где через Π обозначен прямоугольникΠ = {(x, y) :0 6 x 6 s,0 6 y 6 p} .Шаг 1.

Предварительные рассуждения.Если искать решение задачи (5.1) в виде двойного рядаu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t),(5.2)k=1 n=1то, подставив этот ряд в уравнение utt = a2 (uxx + uyy ), получим, что оно заведомо выполняется, если равны члены рядов в левой и правой частях с одинаковыми номерами:Xk (x)Yn (y)T00kn (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)T00kn (t)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)(5.3)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)T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,c Д.С. Ткаченко-12-УМФ – семинар – Ф 5 – 11Но 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 .(5.4)Таким образом, естественно начать решение задачи (5.1) 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(s) = 0,Y(0) = Y(p) = 0.(5.5)Таким образом, функции Xk (x) и Yn (x) есть решения задачи Штурма-Лиувилля 00 00Yn (y) + νn Yn (y) = 0,Xk (x) + µk Xk (x) = 0,0Yn (0) = Yn (p) = 0,Xk (0) = Xk (s) = 0,Эти задачи мы уже решали много раз. Выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений2π(2k − 1)π(2k − 1)xµk =, Xk (x) = cos,2s2s(5.6)k∈Nпервой задачи (6.7) и бесконечное множество нетривиальных решенийνn =πnp2,Yn (y) = sinπnypn ∈ N.,второй задачи (6.7).В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T00kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,t > 0,λkn =π 2 (2k − 1)2 π 2 n2+ 2 .4s2pИспользуем начльные условия.Разложим функции ϕ(x, y) и ψ(x, y) в ряд по собственным функциям задач Штурма-Лиувилля:ϕ(x, y) =ψ(x, y) =∞ X∞Xk=1 n=1∞ X∞XXk (x)Yn (y)ϕkn ,(5.7)Xk (x)Yn (y)ψkn .(5.8)k=1 n=1В данном случае коэффициенты разложения ϕkn и ψkn найти проще, чем обычно, посколькуϕ ≡ 0, а функция ψ(x, y) зависит от y в точности как ОДНО из слагаемых соответствующегоряда.

А именно: πyψ(x, y) ≡ A(s − x)Y1 (y) = A(s − x) sin.(5.9)pПоэтому, что бы получить ϕkn , нам лишь разложить функцию A(s − x) в ряд по Xk :A(s − x) =∞Xk=1c Д.С. Ткаченко-13-αk Xk (x).УМФ – семинар – Ф 5 – 11Коэффициенты αk находятся по формуле (её вывод полностью аналогичен проделанномув № 712(б), semS4)2αk =sZsA(s − x) cosπ(2k − 1)x2sdx =0=2A ssZscosπ(2k − 1)x2sZsdx −0=2A2ss sin·s π(2k − 1)x cosπ(2k − 1)x2sdx =0x=sx=s Zsπ(2k − 1)x π(2k − 1)x π(2k − 1)x−  x sin− sindx =2s2s2sx=0=Таким образом,8As,π 2 (2k−1)2ψkn =0,2A·sx=02sπ(2k − 1)2 − cosn = 1;в остальных случаях;0x=s π(2k − 1)x 8As= 2.2sπ (2k − 1)2x=0ϕkn = 0 при всех k и n.(5.10)А поскольку начальное условие u(x, y; 0) = ϕ(x, y) будет заведомо выполнено, еслиTkn (0) = ϕkn = 0, а второе начальное условие ut (x, y; 0) = ψ(x, y), – если T0kn (0) = ψkn ,то для функций Tkn (t) имеем задачу Коши: 00 Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = 0,π 2 (2k − 1)2 π 2 n2Tkn (0) = 0;+ 2(5.11)λkn = 0s2pTkn (0) = ψkn ,Шаг 3.

Характеристики

Список файлов семинаров