Некоторые методы решения типовых задач по курсу УМФ - Михайлова (1188238), страница 14

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

Текст из файла (страница 14)

3В Пусть при некотором N   имеем, что N    0 , N    0 в случае задачи (I), (II), (III) или  N    0в случае задачи (IV), (V).Тогда для поиска решения удобно пользоваться формулами (VI) и(VII),соответственно.Пример 2. Найдем решение следующей задачи:ut  5u ,  x, y, z   R3 , t  0 ;u t  0  xy 2 z 3 , x, y, z   R3 . В данном случае a 2  5 ,   xy 2 z 3 . Следовательно, воспользовавшись формулой (VII), получаем5t52 t 2u  xy 2 z 3   0  2 xz 3  xy 2 6 z   0  2 x6 z  2 x 6 z  1!2!111 xy 2 z 3  5t  2 xz 3  6 xy 2 z   25t 2 6 xz .Пример 3 x, y, z   R3 , t  0 ;u t  0   x  2 y  z  sin x ch z ,  x, y, z   R3 .2ut  7 u ,(1)(2) Обозначим   x  2 y  z  sin x ch z2и найдем  ,   , …:   xx   zz  2 cos x ch z   x  2 y  z  sin x ch z 2sin x sh z   x  2 y  z  sin x ch z  2cos x ch z  2sin x sh z ,        2  cos x ch z   2  sin x sh x  2 2   cos x ch z  cos x ch z   2   sin x sh z  sin x sh z   0 .Следовательно, согласно формуле (VII) решение задачи (1), (2) имеетвидa2t7   x  2 y  z  sin x ch z  t 2  cos x ch z  sin x sh z  1!2  x  2 y  z  sin x ch z  7t  cos x ch z  sin x sh z  .u  С Рассмотрим случай, когда начальная функция задачи Коши дляуравнения теплопроводности «похожа» на фундаментальное решениеуравнения теплопроводности.Найдем, например, ограниченное решение следующей задачи.Пример 4x  R1 , t  0ut  u xx  0 ,u t 0  ex21, xR .(1)(2) Первый способ.

Искомое решение можно получить с помощью формулы Пуассона (здесь a 2  1 ):u  x, t  12 t2e y e x  y 24tТак как112dy , x  R1 , t  0 .y2  x  y24t12 xy x 2 1   y 2 4t4t 4t 2 4t  1  4t  1  4t x  x 2y   2y 4t  4t  4t  1 4t  4t 4t  1  2 4t  1  xx2 y   2y 4t 4t   4t  4t  1  4t  4t  1 2x2x 2  4t  1xx2 y4t  4t  1 4t  4t4t  4t  1  4t  122 4t  1  x x2y, 4t  4t  1  4t  1то, сделав замену переменных в интеграле формулы Пуассона4t  1 x y ,4t 4t  1 dy  1  4t2 t d ,Получимu  x, t  1x24 t 112 t12 t4t  12 e d e 2e1x24 t 1d x24 t 1, t 0.4t  1 4t  1Второй способ. Можно воспользоваться следующими соображениями.Функцияee2  x e 4t  , x  R1 , t   ,  x, t ,   tx  R1 , t   , 0,лишь постоянным множителем отличается от фундаментального решенияуравнения теплопроводности с особенностью в точке  x  0, t    и, следовательно, является при x  R1 , t   решением уравненияut  u xx  0 , x  R1 , t   .113Следовательно, при любой постоянной C и любом   0 функцияw  x, t   C  x, t ,  , t  0, x  R1 является ограниченным решением задачиКоши:wt  wxx  0 , x  R1 , t  0 ,w t 0 Cex24, x  R1 .11Полагая    , C  , в силу теоремы единственности получим, что42решение задачи (1), (2) имеет видx21 1  e 4t 1u  x, t   w  x, t     x, t ,   .2 44t  1С помощью полученного решения можно найти ограниченное решениезадачи:ut  u xx  0 , x  R1 , t  0 ,(3)2u t 0  xe  x ,x  R1 .Поскольку начальная функция в задаче (3), (4) равна (4)1 d  x2e, то2 dx решение этой задачи имеет вид22x x 1   e 4t 1 xe 4t 1, x  R1 , t  0 .u  x, t   2 x  4t  1   4t  13 2Решение с помощью формулы Пуассона задачи, аналогичной (3), (4),можно посмотреть далее в Примере 5 данного параграфа.В качестве упражнения покажите, что решение задачи Коши:ut  u xx  0, x  R1 , t  0,u t  0  xe  x b 2, x  R1 ,где b — вещественная постоянная, имеет видu  x, t  e x  b 24 t 1 4t  132 x  4bt  ,x  R1 , t  0 ,а решение задачиut  u xx  0, x  R1 , t  0,114u t  0  sin x2 , x  R1представляется в виде2 x e 4t 1u  x, t   Im  1  i 4t1 , xR .D Иногда бывает очень удобно делать замену пространственных переменных.а).

Линейная замена пространственных переменных.Найдем, например, решение следующей задачи:Пример 5ut  u  0 , t  0 ,  x, y   R2 ;u t  0  12 x  5 y  e12 x  5 y 2(1)2,  x, y   R 2 .(2) Будем искать решение задачи (1), (2) как функцию, зависящую от12 x  5 y , t . 2Пусть12 x  5 yu  x, y , t   u   , t  ,  .(3)2Тогда14412, u xx  u ;u x  u   x  u 22u y  u   y  u 52,u yy  u 25;2169u .2Следовательно, уравнение (1) для функции (3) примет вид16913ut u  02и исходная задача свелась, таким образом, к нахождению решения следующей задачи:u  u xx  u yy 11513u  0 , t  0 ,   R1 ,22u t  0  2 e  ,   R1 .ut (   R1 , так как  (4)(5)12 x  5 y,  x, y   R2 ).2Ищем решение задачи (4), (5) с помощью формулы Пуассона (в данномслучае a 2 1313,a):221u  , t  1 e2e  26 t22 e e132t213 t  2413t2d 21d 13 t e  2   2 26 t d .(6)Преобразуем2    22 2  2226t26t 26t26t 26t  1 2 26t  1  26t  2  226t 26t  26t  1 26t   26t  1 26t 22 2  26t  12.  26t  1 26t 26t  26t 26t  1 26t  26t  1Сделаем в интеграле (6) замену переменных:26t  126tq 26t  1 26t, 26t, dq q26t  126t  126t  1d ,26tи, следовательно, выражение (6) примет видu  , t  113 te226 t 1226t   q2  26t 1 26tqdq e e26t  1 26t  113 t   26t  112226t2  e  q dq e 26t 1 ,   R1 , t  03226t  1 26t  1  26t  1116(в ходе вычисления мы воспользовались тем, что интеграл от нечетнойфункции по симметричному промежутку равен нулю).12 x  5 yТаким образом, учитывая, что  , получаем, что функция2u  x, y , t  12 x  5 y 26t  132e12 x  5 y  22  26 t 1, x, y   R 2 ,t 0,является решением задачи (1), (2).б).

Введение сферических переменныхРекомендуется также учесть, что если функции f  x, t  ,   x  ,  x  в(I), (II) зависит только от r  x и t , то есть f  f  r , t  ,     r  ,    r  ,то решение задачи Коши (I), (II) также зависит только от r и t , то естьu  u  r, t  .Рассмотрим случай n  3 .Так как u  r , t    r  u rr при n  3 , то в этом случае задача Кошиutt  a 2 u  f , x  R 3 , t  0 ,u t  0   , utt 0 , x  R3эквивалентно заменяется одномерной смешанной задачей:tt  a 2 rr  f  r , t  , r  0 , t  0 ; t  0  r  r  , tt 0 r  r  , r  0 ; r 0  0 , t  0 ,где   r , t   ru  r , t  .Конкретный пример поиска решения задачи Коши для волнового уравнения с помощью сферической замены пространственных переменныхможно посмотреть далее в данном параграфе в решении Примера 7(нахождение 2 ).Может встретиться случай, когда начальная (-ые) функция (-ии) представляют собой многочлен первой степени, умноженный на собственнуюфункцию оператора Лапласа.Рассмотрим, например, решение такой задачи.Пример 6ut  u , x, y, z   R3 , t  0 ;117(1)u t  0   x  z  sin  z  y  ,  x, y, z   R3 .(2) Первый способ нахождения решения основан на применении в случае задачи Коши для уравнения теплопроводности формулы (VII):tku    k   ,(3)k 0 k !где    x  z  sin  z  y  , a 2  1 .Заметим, что в случае нахождения решения задачи Коши для волнового уравнения следовало бы воспользоваться формулой (VI).Найдем выражение для k   , k  0,1, 2,...

:0     x  z  sin  z  y  ,1       yy   zz    x  z  sin  z  y   2 cos  z  y    x  z  sin  z  y   2  2cos  z  y  ,(4) 2           2  2 cos  z  y    2    2  cos  x  z    4  4 cos  z  y   2  2 cos  z  y    4  8 cos  z  y  ;k k     1 2 k    1k 1k 2 k cos  z  y  , k  0,1, 2,...(5)Подставляем соотношение (5) в (3) и получаемukt k  1 2k k!k 0 k 0t k  1k!k 0 2t kk!   e 2t  cos  z  y  m 0k 1 cos  z  y  k 0 2t m2tm!k 2k cos  z  y  t k  1k 12k k  1!   e 2t  cos  z  y   2t  e 2t  e2t  x  z  sin  z  y   2te2t cos  z  y  .Второй способ поиска решения основан на следующих соображениях.Так как согласно (4)  2  2cos  z  y  ,то пробуем искать решение задачи (1), (2) в видеu  f  t    g  t  cos  z  y  .118(6)Подставив функцию, задаваемую формулой (6) в уравнение (1), получимf   t    g   t  cos  z  y   f  t    g  t   cos  z  y  ,f   t    g   t  cos  z  y   f  t   2  2 cos  z  y    2 g  t  cos  z  y  ,f   t    g   t  cos  z  y   2 f  t     2 f  t   2 g t   cos  z  y  .Отсюда получаемf   t   2 f  t  ,(7)g   t   2 f  t   2g  t  .(8)Подставляем функцию, задаваемую формулой (6), в начальное условие(2), получимu t 0  f  0    g  0  cos  z  y    x  z  sin  z  y   1   0  cos  z  y  .Отсюда получаемf  0  1 ,(9)g 0  0 .(10)Найдем функцию f  t  из задачи (7), (9):f   t   2 f  t  ,f  0  1 .Нетрудно видеть, чтоf  t   e2t .(11)Тогда из (8) и (10) с учетом (11) для функции g  t  получаем задачуg   t   2 f  t   2g  t  ,g 0  0 .Решением данной задачи будет функцияg  t   2te2t .(12)Таким образом, из (6), (11) и (12) получаем, чтоu  e2t  2te2t cos  z  y   e2t  x  z  sin  z  y   2te 2t cos  z  y есть решение задачи (1), (2).Следующие два примера в разные годы входили в экзаменационнуюконтрольную работу по уравнениям математической физики.Пример 7.

Характеристики

Список файлов книги