Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2003) (1128005), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

Покажем, что эта функция является решением [2.5]. Изпостановки задачи Коши [2.6] очевидно, чтоut = a2 uxx , x > 0, t > 0;u(x, 0) = φ(x),x > 0.Проверим выполнение граничного условия:+∞Zs21√u(0, t) = U (0, t) =exp{− 2 }Φ(s) ds4a t4πa2 t−∞Под интегралом стоит произведение четной и нечетной функций, следовательно, он равен нулю. Граничное19условие выполнено. Получим теперь полную формулу для решения:+∞Z1(x − s)2√u(x, t) =}Φ(s) ds =exp{−4a2 t4πa2 t−∞Z0=(x − s)2√exp{−}(−φ(−s)) ds +24a2 t4πa t1−∞+∞Z+∞Z(x − s)21√exp{−}φ(s) ds =24a2 t4πa t0+∞Z11(x + s)(x − s)2√√exp{−}φ(s)ds+exp{−}φ(s) ds ==−24a t4a2 t4πa2 t4πa2 t00+∞Z21(x + s)2(x − s)√=exp{−} − exp{−} φ(s) ds.4a2 t4a2 t4πa2 t20Итак,+∞Z1(x − s)2(x + s)2√u(x, t) =exp{−}−exp{−}φ(s) ds4a2 t4a2 t4πa2 t(2.11)0– это и есть решение первой краевой задачи на полупрямой.Вторая краевая задача на полупрямойВторая краевая задача на полупрямой имеет следующий вид:ut = a2 uxx , x > 0, t > 0;ux (0, t) = 0,t > 0;[2.7]u(x, 0) = φ(x),x > 0.Снова для поиска решения доопределим функцию, задающую начальное условие, но на этот раз четным образом:φ(x), x > 0;Φ(x) =φ(−x), x < 0.Изменив исходную задачу, получим такую задачу Коши:Ut = a2 Uxx , −∞ < x < +∞, t > 0;Ux (0, t) = 0,t > 0;U (x, 0) = Φ(x),−∞ < x < +∞.Аналогично, решением ее будет функция U (x, t) =+∞Z1(x − s)2√exp{−}Φ(s) ds.

Пусть u(x, t) =4a2 t4πa2 t−∞++U (x, t) при (x, t) ∈ (R × R ). Опять же, очевидно, чтоut = a2 uxx , x > 0, t > 0;u(x, 0) = φ(x),x > 0.Проверим выполнение краевого условия:+∞Z(x − s)1(x − s)2√−ux (x, t) = Ux (x, t) =exp{−}Φ(s) ds =⇒2a2 t4a2 t4πa2 t−∞+∞Z√ux (0, t) = Ux (0, t) =−∞ s s2exp{−}Φ(s) ds ∀t > 0.4a2 t4πa2 t 2a2 t120Под получившимся интегралом стоят произведение двух четных и одной нечетной функций, следовательно,он обращается в ноль.

Граничное условие выполнено. Получим формулу для решения [2.7]:+∞Z0Z(x − s)21(x − s)21√√exp{−}φ(s)ds+exp{−}φ(−s) ds =u(x, t) =4a2 t4a2 t4πa2 t4πa2 t−∞0+∞Z(x + s)2(x − s)21√exp{−} + exp{−} φ(s) ds.=4a2 t4a2 t4πa2 t0– это решение второй краевой задачи на полупрямой.2.10Функция Грина для первой краевой задачиРассмотрим первую краевую задачу:ut = a2 uxx ,u(0, t) = 0, u(l, t) = 0,u(x, 0) = φ(x),0 < x < l, 0 < t 6 T ;0 6 t 6 T;0 6 t 6 T;0 6 x 6 l.Как уже известно, ее решение задается следующим образом: lZ∞ πn 2X2πnπnφ(s) sin( s) ds sin( x) exp{−a2t}.u(x, t) =lllln=10Мы можем представить его в несколько ином виде, как уже делали при решении задачи Коши:Zlu(x, t) =G(x, s, t)φ(s) ds,0где G(x, s, t) =∞ πn 2Xπnπn2sin( s) sin( x) exp{−a2t}.lllln=1(2.12)– функция Грина для первой краевой задачи.Докажем несколько свойств функции Грина.Свойство 1.G(x, s, t) = G(s, x, t).Это свойство очевидно из определения функции Грина.Свойство 2.G(x, s, t) ∈ C ∞ (R × R × R+ ).Доказательство.

Докажем непрерывность в точке (x, s, t). Для этого достаточно заметить, что при t > t0 рядравномерно сходится по признаку Вейерштрасса, так как его можно ограничить сходящимся рядом из экспонент:|G(x, s, t)| 6∞ πn 2X2exp{−a2t0 }.lln=1Для доказательства дифференцируемости достаточно заметить, что ряд из производных будет равномерносходиться, так как при дифференцировании в качестве новых множителей появятся только полиномы от n, которые не помешают — экспонента все равно обеспечивает сходимость.21Свойство 3.Gt = a2 Gxx ;Gt = a2 Gss .Первое уравнение можно проверить простым дифференцированием формулы (2.12), а второе – дифференцированием уравнения из свойства 1.Свойство 4.G(x, s, t) > 0, x, s ∈ [0; l], t > 0.Доказательство. Докажем это для произвольной точки (x, s0 , t). Пусть функция φh (x) равна некоторой поeложительной функции φ(x)на интервале (s0 − h; s0 + h), а вне этого интервала равна нулю:eφ(x)> 0, x ∈ (s0 − h; s0 + h);φh (x) =0,x ∈ [0; l] \ (s0 − h; s0 + h).Кроме того, она удовлетворяет следующим условиям:φh (x) ∈ C[0; l]; Zlφh (x) dx = 1.0и задает начальное условие в некоторой краевой задаче типа [2.2].

Тогда функция uh (x, t), являющаяся решениемэтой краевой задачи, задается формулой:sZ0 +hZluh (x, t) =G(x, s, t)φh (s) ds =G(x, s, t)φh (s) ds =s0 −h0sZ0 +h= { теорема о среднем значении (5.1)} = G(x, θ, t)φh (s) ds = G(x, θ, t), θ ∈ (s0 − h; s0 + h). =⇒s0 −h=⇒ lim G(x, θ, t) = lim uh (x, t) =⇒h→0h→0G(x, s0 , t) = lim uh (x, t).h→0Применим принцип максимального значения, зная, что uh (0, t) ≡ 0 ≡ uh (l, t):min uh (x, t) = min{0, 0, min φh (x)} = 0.x∈[0; l]t∈[0; T ]x∈[0; l]Согласно (2.13), получаем неотрицательность G(x, s0 , t).

Свойство 4 доказано.22(2.13)3 Уравнения эллиптического типаПусть Ω – некоторая открытая область в E3 , ограниченная поверхностью Σ. Аналогично, D – некоторая открытая область в E2 , ограниченная кривой L.3.1Уравнения Лапласа и Пуассона. Постановка краевых задач. Фундаментальные решения уравнения ЛапласаРассмотрим такие уравнения теплопроводности:ut (x, y, z, t) = a2 ∆u(x, y, z, t) + f1 (x, y, z), (x, y, z) ∈ Ω;ut (x, y, t) = a2 ∆u(x, y, t) + f2 (x, y),(x, y) ∈ D;∆u = uxx + uyy + uzz ;∆u = uxx + uyy .В случае стационарного теплового процесса (ut ≡ 0) мы получаем уравнения эллиптического типа: ∆u = −f .При этом из общего вида получаются два типа уравнений: 2∂ u ∂2u ∂2u ∂x2 + ∂y 2 + ∂z 2 = −f (x, y, z);– уравнения Пуассона в E3 и E2 ;22∂u∂u+ 2 = −f (x, y).∂x2∂y 2∂ u ∂2u ∂2u ∂x2 + ∂y 2 + ∂z 2 = 0;– уравнения Лапласа в E3 и E2 ;22∂u∂u+ 2 = 0.∂x2∂yЭти уравнения широко используются при описании разнообразных стационарных физических полей.Определение.

Функция u(x, y, z) называется гармонической в Ω, если u ∈ C 2 (Ω) и ∆u ≡ 0 в Ω.Гармонические функции от двух переменных можно получить, используя понятие аналитичности функциикомплексного переменного. В курсе ТФКП показывалось, что если функция f (z) = u(x, y)+iv(x, y) аналитична,то выполняются условия Коши-Римана для функций u, v:ux (x, y) = vy (x, y);uy (x, y) = −vx (x, y).Дифференцируя верхнее равенство по x, а нижнее – по y, получимuxx (x, y) = vyx (x, y);=⇒ uxx + uyy = 0uyy (x, y) = −vxy (x, y).Аналогично – для функции v.

Отсюда можно сделать вывод, что если функция f (z) = u(x, y) + iv(x, y) –аналитическая, то функции u, v – гармонические.В дальнейшем мы будем рассматривать в пространстве E3 такие задачи:Внутренняя задача Дирихле(∆u(x, y, z) =0,(x, y, z) ∈ Ω;u(x, y, z)= µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.Внутренняя задача Неймана0,(x, y, z) ∈ Ω; ∆u(x, y, z) = ∂u (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.∂n23Внешняя задача Дирихле(∆u(x, y, z) =0,u(x, y, z)(x, y, z) ∈ E 3 \ Ω;= µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.Внешняя задача Неймана0, ∆u(x, y, z) =(x, y, z) ∈ E 3 \ Ω; ∂u (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.∂nЕстественно обобщить данные задачи на случай уравнения Пуассона.Кроме того, существуют и двухмерные аналоги, например:∆u(x, y) = 0,(x, y) ∈ D;– внутренняя задача Дирихле в E 2 .u(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L.Докажем, что функцияu(x, y, z) =1R M M01=p(x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2(RM M0 – расстояние между точками M (x, y, z) и M0 (x0 , y0 , z0 )) является решением уравнения Лапласа вE 3 \ M0 :1 2(x − x0 )x − x03(x − x0 )21=− 3; uxx = −− 5ux = −352 RM M0RM M0R M M0R M M0uy = −1 2(y − y0 )y − y0=− 3;32 RM M0RM M0uyy = −3(y − y0 )21− 55RM M0RM M0uz = −1 2(z − z0 )z − z0=− 3;32 R M M0R M M0uzz = −3(z − z0 )21− 55RM M0RM M0=⇒ ∆1R M M0=3(x − x0 )2 + 3(y − y0 )2 + 3(z − z0 )23− 3≡05R M M0RM M0В случае E2 легко проверить, что функция u(x, y) = ln1, где ρM M0 =p(x − x0 )2 + (y − y0 )2 будетρM M 0решением уравнения Лапласа в E2 \ M0 .Эти функции называются фундаментальными решениями уравнения Лапласа.3.2 1-я и 2-я формулы ГринаПервая формула ГринаПусть поверхность Σ состоит из конечного числа замкнутых кусков, имеющих в каждой точке касательную,причем любые прямые, параллельные координатным осям, пересекают ее либо в конечном числе точек, либо~ y, z) = {P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)}, гдепо конечному числу отрезков.

Тогда в области Ω для функции A(x,1P, Q, R ∈ C (Ω), верна формула Остроградского-Гаусса:ZZZZZ~~ dτ.(A, ~n) dσ =div A(3.1)ΣΩ24~ = u grad v. Тогда по формуле (3.1)Пусть u(x, y, z) и v(x, y, z) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), AZZZZZdiv (u grad v) dτ =(u grad v, ~n) dσ =Ω∂v= ( grad v, ~n) =;∂nΣdiv (u grad v) = ( grad u, grad v) + u∆vZZ=u∂vdσ =⇒∂nΣZZZZZ(( grad u, grad v) + u∆v) dτ =ΩПолученная формула называется первой формулой Грина.u∂vdσ.∂n(3.2)ΣВторая формула ГринаПоменяем местами в первой формуле Грина функции u и v . Вычитая полученное равенство из (3.2), получимвторую формулу Грина:ZZZZZ ∂u∂v−vdσ.(3.3)(u∆v − v∆u) dτ =u∂n∂nΩΣ3.3 3-я формула ГринаИспользуем то, что функцияv=11=p2R M M0(x − x0 ) + (y − y0 )2 + (z − z0 )2является решением уравнения Лапласа в пространстве E3 .

Характеристики

Список файлов лекций