Денисов А.М. - Уравнения математической физики. Конспект лекций. 5 семестр (2003) (1128009), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

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 идает выполнение условия (2). Итак, мы доказали, что построенная нами функция u(x, t) — решениепервой краевой задачи. 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−atZ0= { положим − ξ = ξ} =x+atZ− ψ(−ξ) dξ +Ψ(ξ) dξ =x−at0x+atZψ(ξ) dξ +at−xZ0at+xZψ(ξ) dξ =ψ(ξ) dξ.at−x0Тогда общая формула будет такой:x+atZ φ(x + at) + φ(x − at) + 1ψ(ξ) dξ, x > at;22ax−atu(x, t) =at+xZφ(at + x) − φ(at − x)1+ψ(ξ) dξ, x < at.22aat−xВторая краевая задача46ψ(ξ) dξ =0Вторая 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 впредыдущем случае: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)производная нечетна, получимux (0, t) = Ux (0, t) =1Φ0 (at) + Φ0 (−at)+[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.4.5Метод разделения переменных для доказательства существования решения первой краевой задачиРассмотрим на отрезке [0; l] ортонормированные системы функций:(r)2πnsin( x) , n = 1, 2, 3, .

. .ll()r1πn2√ ,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 ,∞Pφe2nn=1сходятся. Запомним это и перейдем к первой краевой задаче с однородным уравнением колебаний и47однородными краевыми 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.Найдем 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 будетсуществовать 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: 00X (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 собственные значения и соответствующие им собственные функции: πn 2;lπnXn (x) = sin( x), n = 1, 2, .

. .lλn =Подставим найденные λn в уравнение для T (t):Tn00 (t) + πn 2πnπna Tn (t) = 0 =⇒ Tn (t) = an cos( at) + bn sin( at),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).48∞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=1πn hπnπn ix) an cos( at) + bn sin( at) ;lll∞Pπn2φ(x) = u(x, 0) =an sin( x) =⇒ an =lln=1ψ(x) = ut (x, 0) =∞ Pn=1bn =2πnaZlψ(s) sin(bnZlφ(s) sin(πns) ds;l0πnπna πna2sin( x) =⇒bn =llllZlψ(s) sin(πns) ds =⇒l0πns) ds.l0Итак, мы нашли константы, запишем полную формулу: lZZl∞X2πnπnπn2πnπnu(x, t) =cos( at)φ(s) sin( s) ds +sin( at)ψ(s) sin( s) ds sin( x).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 краевойзадачи [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 πnl00l Z l3πn lπn00φ (s) cos( s) −φ000 (s) cos( s) ds.l πnl0Zlcn =Положим φ0πnφ (s) cos( s) ds. Тогда n3 |φn | =l000049 3lcn |.|φπ0По упомянутому ранее свойству ряд∞2Pcn сходится.

Покажем, что из этого следует сходимость рядаφn=1∞P2n |φn |:n=1∞X# 3 X 3 " X∞∞∞22X21la+bl111cn | 6 ab 6cn+n2 |φn | =|φ6φ2πn2π2n2n=1n=1n=1n=1Итак, у нас оба слагаемых представляют собой сходящиеся ряды, поэтому рядмажорантному признаку.Аналогично, пустьZlψn =ψ(s) sin(∞Pn2 |φn | сходится поn=1πns) ds = {интегрирование по частям} =l0lZlllπn πn= − ψ(s)cos( s) +ψ 0 (s) cos( s) ds =πnlπnl00= {еще раз интегрирование по частям} =lπn2l Z l2πn lπnψ (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 сходитсяll∞P22по признаку Вейерштрасса (мажорантой является, очевидно, сходящийся ряд|φn | +|ψn | ).πn an=1 lКроме того, функция 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 достаточнодоказать равномерную 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∞∞ XX2πn 2 22πn 2|φn | −|ψn | ,|φn | −|ψn | .llπnallπnan=1n=1Она же следует из только что доказанных свойств для рядов∞Pn=1n2 |φn | и∞Pn|ψn |. Проведя те жеn=1самые рассуждения для производных по t, получим в итоге, что u(x, t) ∈ C 2 {[0; l] × [0; T ]}.В этом случае легко проверить, что функция u(x, t), задаваемая формулой (4.6), удовлетворяет уравнению колебаний (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.504.6Интеграл энергии. Единственность решения краевых задач для уравненияколебанийРассмотрим общую первую краевую задачу:utt = a2 uxx + f (x, t), u(0, t) = µ1 (t),u(l, t) = µ2 (t),[4.3]u(x,0) = φ(x),ut (x, 0) = ψ(x),0 < 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 задачис тождественно 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 функциюZl(vt (x, t))2 + a2 (vx (x, t))2 dxE(t) =0и назовем ее интегралом энергии.

В физической интерпретации с точностью до константы это полнаяэнергия, к примеру, нашей колеблющейся струны.Очевидно, при наших условиях на функцию v функция E(t) дифференцируема. Тогда ее производнаявычисляется так:Zl02vt (x, t)vtt (x, t) + 2a2 vx (x, t)vxt (x, t) dx.E (t) =0Преобразуем второе слагаемое в интеграле интегрированием по частям по x:0ZlE (t) =l2vt (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 равна нулю.

Характеристики

Список файлов лекций