Семинар 12 для К-5. Метод Фурье в прямоугольнике (1127970), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Подготовка к ответу.Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (2.2) функции Xk (x) = sin π(2k−1)x,2pYn (y) = cos π(2n−1)yи учесть, что только что найденные функции Tkn (t) из (2.16) равны2sнулю при всех k и n, кроме случаев k = 1, n = 2 и k = 2, n = 1. Поэтому двойной рядu(x, y; t) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)k=1 n=1превратится в сумму всего двух слагаемых:u(x, y; t) = X1 (x)Y2 (y)T12 (t) + X2 (x)Y1 (y)T21 (t),c Д.С. Ткаченко-6-УМФ – семинар – К 5 – 12 (Ф 5 – 10)то естьu(x, y; t) = B sinπx2pcosНаконец, с учётом, что λkn =λ12 =3πy2s− a2 λ12 t·eπ 2 (2k−1)2(2p)2+A+ 2sina λ21π 2 (2n−1)2,(2s)2π29π 2π 2 (s2 + 9p2 )+=,4p24s24p2 s23πx2pcos πy 2· 1 − e− a λ21 t .2sполучаемλ21 =9π 2π2π 2 (9s2 + p2 )+=.4p2 4s24p2 s2Ответ:u(x, y; t) = B sinгдеλ12 =π24p2+9π 24s2πx2p=cos3πy2sπ 2 (s2 +9p2 ),4p2 s2− a2 λ12 t·eλ21 =A+ 2sina λ219π 24p2+π24s2=3πx2p πy − a2 λ21 tcos· 1−e,2sπ 2 (9s2 +p2 ).4p2 s23.
№ 715.Найти функцию u(x, y; t) из условий πx2u=a(u+u)+Asinsintxxyypu(x, y; 0) = 0, u(0, y; t) = u(p, y; t) = 0u(x, 0; t) = uy (x, s; t) = 0πy2s(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.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 этот ряд и рядf (x, y; t) ≡ A sinπxpsin πy 2s=∞ X∞XXk (x)Yn (y)fkn ,(3.3)k=1 n=1в уравнение ut = a2 (uxx + uyy )+f , получим, что оно заведомо выполняется, если равны членырядов 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) + Xk (x)Yn (y)fkn .Поделив это равенство на a2 · Xk (x)Yn (y)Tkn (t), получим:T0kn (t)X00k (x) Yn00 (y)fkn=++ 22a Tkn (t)Xk (x) Yn (y) a Tkn (t)илиc Д.С. ТкаченкоT0kn (t) − fknX00k (x) Yn00 (y)=+.a2 Tkn (t)Xk (x) Yn (y)-7-(3.4)УМФ – семинар – К 5 – 12 (Ф 5 – 10)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) = fkn ,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 .(3.5)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:Y(0) = Y0 (s) = 0.X(0) = X(p) = 0,(3.6)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) = Yn0 (s) = 0,(3.7)Обе задачи мы уже решали (см.
стр. 2). Выпишем результат:существует бесконечное множество нетривиальных решений 2πkπkxµk =, Xk (x) = sin, k∈Nppпервой задачи из (3.7) и существует бесконечное множество нетривиальных решенийνn =π(2n − 1)2s2, Yn (y) = sinπ(2n − 1)y2s,n∈Nвторой задачи из (3.7).В силу соотношения µk + νn = λkn , для функций Tkn имеем уравнение:T0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn ,t > 0,λkn =π 2 k 2 π 2 (2n − 1)2+.p24s2(3.8)В данном случае функция ϕ(x, y) ≡ 0 начального условия разлагается в тривиальный рядϕ(x, y) =∞ X∞XXk (x)Yn (y)ϕkn ,ϕkn = 0 ∀ k, n ∈ N.(3.9)k=1 n=1Коэффициенты разложения fkn в ряд в данном случае ищутся так же, как в № 714, поскольку функция f (x, y; t) имеет в точности вид ОДНОГО из слагаемых соответствующегоряда. А именно: πy πxf (x, y; t) ≡ AX1 (x)Y1 (y) = A sinsin.(3.10)p2sПоэтомуfkn =c Д.С.
ТкаченкоA,0,k = n = 1;в остальных случаях.-8-(3.11)УМФ – семинар – К 5 – 12 (Ф 5 – 10)Поскольку начальное условиеu(x, y; 0) = ϕ(x, y) ≡ 0будет заведомо выполнено, если Tkn (0) = ϕkn = 0, то для функций Tkn (t) имеем задачу Коши: 0π 2 k 2 π 2 (2n − 1)2Tkn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fkn ,t > 0;λkn = 2 +.(3.12)Tkn (0) = 0.p4s2Шаг 3. Решаем задачу (3.12).Можно решить эту задачу Коши методом вариации постоянной, как в № 713 (стр.3). Но вданном случае правые части есть константы, и частное решение неоднородного уравнениялегко угадывается:fkn.Tчно = 2a λknПоэтому общее решение неоднородного уравненияT0kn (t) + a2 λkn Tkn (t) = fknимеет видfkn2+ ce− a λkn t .2a λknПодставив в (3.13) условие Коши Tkn (0) = 0, получим, что c = − a2fλknkn иfkn 2· 1 − e− a λkn t ,t > 0.Tkn (t) = 2a λknТеперь осталось выписать в явном виде все Tkn (t) во всех случаях.(A− a2 λ11 t,k = 1, n = 1;·1−e2a λ11Tkn (t) =0,в остальных случаяхTkn (t) = Tчно + Tоо =(3.13)(3.14)t > 0.(3.15)Шаг 4.
Подготовка к ответу. Всё, что нам осталось сделать, – это подставить в формулу (3.2) функции Xk (x) = sin πkx,pYn (y) = sin π(2n−1)yи учесть, что только что найденные функции Tkn (t) из (3.15) равны2sнулю при всех k и n, кроме случая k = n = 1. Поэтому двойной ряд∞ X∞XXk (x)Yn (y)Tkn (t)u(x, y; t) =k=1 n=1превратится в одно единственное слагаемое:u(x, y; t) = X1 (x)Y1 (y)T11 (t),то естьAu(x, y; t) = 2· sina λ11Наконец, с учётом, что λkn =π 2 k2p2+πxpπ 2 (2n−1)2,4s2λ11 =sin πy 2· 1 − e− a λ11 t .2sполучаемπ2π2π 2 (4s2 + p2 )+=.p2 4s24p2 s2Ответ: πy 4Ap2 s2πx− a2 λ11 tsin·1−e.u(x, y; t) = 2 2·sina π (4s2 + p2 )p2s(В задачникеон, очевидно, соответствует такой же задаче, но с функцией ответ неверный,f = A sin πxsin πy· e−t .)p2sc Д.С.
Ткаченко-9-.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
