Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2003) (1128005), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

Метод продолженийПервая краевая задачаПервая краевая задача для уравнения колебаний на полупрямой с однородным краевым условием имеет следующий вид:utt = a2 uxx , x > 0, t > 0; (1)(2)u(0, t) = 0,t > 0;x > 0; (3) u(x, 0) = φ(x),(4) ut (x, 0) = ψ(x), x > 0.Добавим условия сопряженияφ(0) = 0;ψ(0) = 0.для обеспечения непрерывности функций u(x, t) и ut (x, t) в нуле.Найдем решение данной краевой задачи, расширив ее до случая всей прямой. Доопределим нечетным образом функции φ(x) и ψ(x) на всей прямой, задав новые функции Φ и Ψ:φ(x), x > 0;Φ(x) =−φ(−x), x < 0.ψ(x), x > 0;Ψ(x) =−ψ(−x), x < 0.44Рассмотрим модифицированную задачу Коши: Utt (x, t) = a2 Uxx (x, t),U (x, 0) = Φ(x);Ut (x, 0) = Ψ(x).−∞ < x < ∞, t > 0;В данном случае для нахождения U (x, t) мы можем применить формулу Даламбера:x+atZ1Φ(x − at) + Φ(x + at)+22aU (x, t) =Ψ(ξ) dξ.x−atВозьмем в качестве нужной нам функции u(x, t) при x, t > 0 функцию U (x, t).

Очевидно, что условия (1),(3)и (4) при x, t > 0 выполняются сразу – это следует из определения функций Ψ(x) и Φ(x). Выполнение условия(2) следует из следующих преобразований:Zat1Φ(−at) + Φ(at)u(0, t) = U (0, t) =+22adefΨ(ξ) dξ.−atВ силу нечетности соответствующих функций первое и второе слагаемые обращаются в ноль, что и дает выполнение условия (2). Итак, мы доказали, что построенная нами функция u(x, t) – решение первой краевойзадачи. Выразим Φ(x) и Ψ(x) через исходные функции φ(x) и ψ(x) соответственно: Φ(x + at) = φ(x + at);Φ(x − at) = φ(x − at);При x > atΨ(ξ) = ψ(ξ), при ξ ∈ [x − at; x + at].Φ(x + at) = φ(x + at);При x < atΦ(x − at) = −φ(at − x);Теперь запишем вспомогательную формулу для решения первой краевой задачи:x+atZПри x < atZ0Ψ(ξ) dξ =x−atx+atZΨ(ξ) dξ +x−atat−xx−atx+atZψ(ξ) dξ +x+atZ− ψ(−ξ) dξ +Ψ(ξ) dξ =0Z0= { положим − ξ = ξ} =Z0ψ(ξ) dξ.at−x0Тогда общая формула будет такой:x+atZφ(x + at) + φ(x − at)1+ψ(ξ) dξ,22au(x, t) =0at+xZψ(ξ) dξ =x > at;x−atat+xZφ(at + x) − φ(at − x)1+ψ(ξ) dξ, x < at.22aat−xВторая краевая задача45ψ(ξ) dξ =Вторая краевая задача на полупрямой с однородным краевым условием имеет вид:(1)utt = a2 uxx , x > 0, t > 0;(2) ux (0, t) = 0,t > 0;(3)u(x,0)=φ(x),x > 0;(4) ut (x, 0) = ψ(x), x > 0.Будем действовать так же, как и в предыдущем случае, однако здесь нас устроит только четное продолжение:φ(x), x > 0;Φ(x) =φ(−x), x < 0.ψ(x), x > 0;Ψ(x) =ψ(−x), x < 0.Новая задача Коши и решение для нее по формуле Даламбера будут выглядеть так же, как и в предыдущемслучае:x+atZ1Φ(x − at) + Φ(x + at)+Ψ(ξ) dξ.U (x, t) =22ax−atАналогично, пусть u(x, t) = U (x, t), x, t > 0.

Тогда выполнение условий (1),(3),(4) опять же очевидно. Проверим условие (2). Дифференцируя формулу Даламбера и используя то, что у четной функции Ψ(t) производнаянечетна, получимΦ0 (at) + Φ0 (−at)1ux (0, t) = Ux (0, t) =+[Ψ(at) − Ψ(−at)] .22aИз нечетности Φ0 (t) и четности Ψ(t) видно, что оба слагаемых равны нулю. Общая формула для u(x, t) получается аналогично.4.5 Метод разделения переменных для доказательства существования решения первой краевой задачиРассмотрим на отрезке [0; l] ортонормированные системы функций:)(r2πnsin( x) , n = 1, 2, 3, . .

.ll)(r2πn1√ ,cos( x) , n = 1, 2, 3, . . .lllОпределим коэффициенты Фурье так:Zlφn =φ(s) sin(πns) ds;lφ(s) cos(πns) ds.l0Zlφen =0Тогда из курса математического анализа известно, что, если φ(x) ∈ C[a; b], то ряды∞Pn=1φ2n ,∞Pφe2n сходят-n=1ся. Запомним это и перейдем к первой краевой задаче с однородным уравнением колебаний и однороднымикраевыми условиями:(1)utt = a2 uxx ,0 < x < l, t > 0;(2)u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0;[4.2](3) u(x, 0) = φ(x),0 > x > l;(4) ut (x, 0) = ψ(x),0 > x > l.46Найдем ее решение следующим способом: проведем преобразования, приводящие к некоторой функцииu(x, t), а потом докажем, что при определенных условиях на функции φ(x) и ψ(x) эта функция будет существовать и являться решением исходной задачи.Будем искать решение в виде:v(x, t) = X(x)T (t) – пусть это некоторая не равная тождественно нулю функция.Подставив v(x, t) в уравнение колебаний, получим:T 00 (t)X(x) = a2 X 00 (x)T (t) =⇒T 00 (t)X 00 (x)= 2= −λ,X(x)a T (t)где λ – некоторая константа.Отсюда получаются два уравнения:X 00 (x) + λX(x) = 0, 0 < x < l;T 00 (t) + λa2 T (t) = 0, t > 0.При X(0) = X(l) = 0 функция v(x, t), очевидно, будет удовлетворять условию (2).Найдем нетривиальные решения следующей задачи Штурма-Лиувилля: 00X (x) + λX(x) = 0, 0 6 x 6 l;X(0) = X(l) = 0.Как уже говорилось при выводе решения для уравнения теплопроводности, нам подойдут такие собственныезначения и соответствующие им собственные функции: πn 2λn =;lπnXn (x) = sin( x), n = 1, 2, .

. .lПодставим найденные λn в уравнение для T (t): πn 2πnπna Tn (t) = 0 =⇒ Tn (t) = an cos( at) + bn sin( at),Tn00 (t) +lllгде an , bn – некоторые константы.Итак, мы нашли функции Xn (x), Tn (t), для которых выполняются условия (1),(2).Положим vn (x, t) = Xn (x)Tn (t). Очевидно, для этой функции тоже выполняются условия (1),(2).∞PНайдем константы an , bn из условий (3),(4), положив u(x, t) =vn (x, t):n=1∞Pu(x, t) =vn (x, t) =n=1∞Psin(n=1πnπnπn ix) an cos( at) + bn sin( at) ;lllh∞Pπn2φ(x) = u(x, 0) =an sin( x) =⇒ an =lln=1ψ(x) = ut (x, 0) =∞ Pn=1bn =2πnaZlψ(s) sin(Zlφ(s) sin(πns) ds;l0πna πnπna2bnsin( x) =⇒bn =llllZlψ(s) sin(0πns) ds.l047πns) ds =⇒lИтак, мы нашли константы, запишем полную формулу: lZZl∞Xπnπn2πnπnπn2cos( at)φ(s) sin( s) ds +sin( at)ψ(s) sin( s) ds sin( x).u(x, t) =lllπnallln=10(4.6)0Теперь сформулируем те условия, при которых она будет корректна.Теорема 4.3 (существования).

Пустьφ(x) ∈ C 3 [0; l], φ(0) = φ(l) = φ00 (0) = φ00 (l) = 0;ψ(x) ∈ C 2 [0; l], ψ(0) = ψ(l) = 0.Тогда функция u(x, t) , определяемая формулой (4.6), обладает следующими свойствами: u(x, t) ∈C 2 {[0; l] × [0; T ]} (T – произвольное > 0), и удовлетворяет условиям (1)-(4) (является решением краевой задачи [4.2]).Доказательство. Докажем, что u(x, t) ∈ C 2 {[0; l] × [0; T ]}. ПустьZlφn =φ(s) sin(πns) ds = {интегрирование по частям} =l0= − φ(s)lZlπn lπnlcos( s) +φ0 (s) cos( s) ds =πnlπnl00= {еще раз интегрирование по частям} ==lπn3lπn2l Z l2πn lπnφ (s) sin( s) −φ00 (s) sin( s) ds =l πnl000l Z l3πn lπn00φ (s) cos( s) −φ000 (s) cos( s) ds.l πnl0Zlcn =Положим φφ000 (s) cos(0πns) ds. Тогда n3 |φn | =l0По упомянутому ранее свойству ряд 3lcn |.|φπ∞2Pcn сходится. Покажем, что из этого следует сходимость рядаφn=1∞P2n |φn |:n=1∞X# 3 X 3 " X∞∞∞l1 ca2 + b2l111 X c26+φnn |φn | =|φn | 6 ab 6πn2π2 n=1 n22 n=1n=1n=12Итак, у нас оба слагаемых представляют собой сходящиеся ряды, поэтому ряд∞Pn=1рантному признаку.48n2 |φn | сходится по мажо-Аналогично, пустьZlψn =ψ(s) sin(πns) ds = {интегрирование по частям} =l0lZlπn llπncos( s) +ψ 0 (s) cos( s) ds == − ψ(s)πnlπnl00= {еще раз интегрирование по частям} =lπn2l Z l2πnπn lψ (s) sin( s) −ψ 00 (s) sin( s) dsl πnl000∞PАналогично, можно показать, что рядn|ψn | – сходится.n=1πnπnОграничив | cos( at)| и | sin( at)| единицей, получим, что ряд (4.6) для u(x, t) равномерно сходится поll∞P22признаку Вейерштрасса (мажорантой является, очевидно, сходящийся ряд|φn | +|ψn | ).

Кроме того,πn an=1 lфункция u(x, t) в данном случае непрерывна на [0; l] × [0; T ].Точно так же, для существования и непрерывности первой и второй производных по x достаточно доказатьравномерную сходимость ряда из соответствующих производных в формуле (4.6). Продифференцировав по x,получим lZZl∞ πnP2πnπn2πnπnπnux (x, t) =cos( at)φ(s) sin( s) ds +cos( at)ψ(s) sin( s) ds cos( x).lllπnallln=1 l00llZZ∞ πn 2 2Pπnπn2πnπnπnuxx (x, t) =cos( at)φ(s) sin( s) ds +cos( at)ψ(s) sin( s) ds sin( x).llllπnallln=100Тогда (по признаку Вейерштрасса) достаточно показать сходимость рядов∞∞ XXπn 22πn 2 22|φn | −|ψn | ,|φn | −|ψn | .llπnallπnan=1n=1Она же следует из только что доказанных свойств для рядов∞Pn=12n2 |φn | и∞Pn|ψn |. Проведя те же самыеn=1рассуждения для производных по t, получим в итоге, что u(x, t) ∈ C {[0; l] × [0; T ]}.В этом случае легко проверить, что функция u(x, t), задаваемая формулой (4.6), удовлетворяет уравнениюколебаний (то есть условию (1)).

То, что такая функция u(x, t) удовлетворяет условиям (2)-(4), видно из ее построения – краевые и начальные условия были учтены. Теорема доказана.Итак, решение построено. Докажем, что при некоторых условиях оно единственно.4.6 Интеграл энергии. Единственность решения краевых задач для уравнения колебанийРассмотрим общую первую краевую задачу:utt = u(0, t) =u(l, t) =[4.3]u(x,0) =ut (x, 0) =a2 uxx + f (x, t),µ1 (t),µ2 (t),φ(x),ψ(x),490 < x < l, 0 < t < T ;0 6 t 6 T;0 6 t 6 T;0 6 x 6 l;0 6 x 6 l.Докажем единственность ее решения.Теорема 4.4 (единственности).

Пусть функции u1 , u2 (x, t) ∈ C 2 {[0; l] × [0; T ]} и являются решениямиодной и той же краевой задачи [4.3]. Тогда u1 (x, t) ≡ u2 (x, t) на {[0; l] × [0; T ]}.Доказательство. Пусть v(x, t) = u1 − u2 . Очевидно, функция является решением нашей краевой задачи стождественно равными нулю функциями f, φ, ψ, µ1 , µ2 . Таким образом, v(x, t) ∈ C 2 {[0; l] × [0; T ]} иvtt = a2 vxx , 0 < x < l, 0 < t < T ;v(0, t) ≡ v(l, t) ≡ v(x, 0) ≡ vt (x, 0) ≡ 0.Понятно, требуется доказать, что v(x, t) ≡ 0.Определим функциюZlE(t) =(vt (x, t))2 + a2 (vx (x, t))2 dx0и назовем ее интегралом энергии.

В физической интерпретации с точностью до константы это полная энергия,к примеру, нашей колеблющейся струны.Очевидно, при наших условиях на функцию v функция E(t) дифференцируема. Тогда ее производная вычисляется так:Zl0E (t) =2vt (x, t)vtt (x, t) + 2a2 vx (x, t)vxt (x, t) dx.0Преобразуем второе слагаемое в интеграле интегрированием по частям по x:E 0 (t) =Zll2vt (x, t)vtt (x, t) − 2a2 vxx (x, t)vt (x, t) dx + 2a2 vx (x, t)vt (x, t)0 .0Заметим, что, так как v(x, t) – решение уравнения колебаний, подынтегральная функция тождественно равнанулю. Продифференцировав краевые условия по t, получим, что vt (0, t) ≡ 0 ≡ vt (l, t).

Из этого следует, что ивнеинтегральное слагаемое обращается в ноль. Итак, E 0 (t) ≡ 0, или, что то же самое,ZlE(t) =(vt (x, t))2 + a2 (vx (x, t))2 dx ≡ const.0На самом деле мы просто получили еще один вид закона сохранения энергии – в замкнутой системе, описываемой уравнениями [4.3], количество энергии постоянно. Очевидно,ZlE(t) = E(0) =(vt (x, 0))2 + a2 (vx (x, 0))2 dx.0Из начальных условий получаем, что vt (x, 0) = vx (x, 0) = 0, 0 6 x 6 l, а, следовательно,E(0) = 0 =⇒ E(t) ≡ 0.Из неотрицательности подынтегральных функций получаем, чтоvt (x, t) ≡ vx (x, t) ≡ 0.Из этого следует, что v ≡ const, а из начальных условий следует, что v ≡ 0. Теорема доказана.Замечание.

Характеристики

Список файлов лекций