Некоторые методы решения типовых задач по курсу УМФ - Михайлова (1188238), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Тогда уравнение в (10) примет вид:  ''  x    2  x   0 .Следовательно,   x   C1 cos  x  C2 sin  x .Из условия   0   0 следует, что   0   C1  0 .Поэтому   x   C2 sin  x, C2  R, C2  0 .Возьмем, например, C 2  1 , то есть   x   sin  x .Из условия      0 получаем, что      sin   0 .Отсюда:k    k , k  Z , k  0 ,k  k , k  Z , k  0 ,k  x   sin k x, k  Z , k  0 .40Оставляя среди найденной системы функций только линейно независимые, получаем, что рассматриваемый в нашем случае спектр задачи (10)и соответствующие собственные функции задаются равенствамиk2  k 2 , k  1, 2,  ,(11)k  x   sin k x, k  1, 2, (12)4.

Таким образом, решение задачи (6), (7), (8), (9) представляется в виде  x, t    Tk  t  k  x  ,(13)k 1где функцииk  x  , k  1, 2,  , определены в (12), а функцииTk  t  , k  1, 2,  , найдем, подставляя в уравнение (6) и условие (7) функцию   x, t  , определяемую рядом (13).Для этого представим правые части уравнения (6) и условия (7) рядамиФурье по системе (12).Получим sin 6 x  6  x    ak k  x  ,k 1где1, k  6;ak  0, k  1, 2,  , k  6,(14)17 cos 4t sin 6 x  17 cos 4t  ak k  x  ,(15)k 16 sin 24 x  6 24  x    bk  k  x  ,(16)6, k  24;bk  0, k  1, 2,  , k  24.(17)k 1где5.

Заменяя в уравнении (6) и условии (7) функцию   x, t  рядом T  t   x kkсогласно (13), функцию t  x, t  рядомk 1функцию  xx  x, t  рядом T '  t   x  ,kkk 12k k T  t  "  x      T  t   x  ,kkk 1kтак какk 1 k  x   k2 k  x  , а также используя разложения в ряды Фурье (15) и (16),получаем411 T '  t   x    36   T  t   x   17 cos 4t  a   x  ,k2k kkk 1kkk 1t 0k(18)k 1  Tk  0  ,  k  x    bk k  x  .k 1(19)k 1Из равенства (18) и (19), воспользовавшись (14) и (17), получаем следующие задачи Коши для функций Tk  t  , k  1, 2,  :1 2 T6  t    6 T6  t   17 cos 4t ,36T  0   0; 6(20)1 2 T24  t    24T24  t  ,36T  0   6; 24(21)1 2 Tk  t    k Tk  t  ,36Tk  0   0, k  1, 2,  , k  6, k  24.(22)6.

Решим задачу (20).Так как 6  6 , то уравнение примет вид: T6'  t   T6  t   17 cos 4t .Решение данного уравнения представляет собой сумму общего решения однородного уравнения, которое имеет вид C6 e t , и частного решениянеоднородного уравнения, которое ищем в виде A cos 4t  B sin 4t .Подставляем функцию A sin 4t  B cos 4t в уравнение из задачи (20),получаем4 A sin 4t  4 B cos 4t   A cos 4t  B sin 4t  17 cos 4t .Отсюда получаем систему для A и B :4 A   B; B  4 A; B  4;4BA1717A17, A  1.Следовательно, общее решение уравнения из задачи (20) имеет видT6  t   C6 e t  cos 4t  4sin 4t , C6  R .Используя начальное условие задачи (20), получаемT6  0   C6  1  0 .Отсюда C6  1 , и, следовательно,T6  t   e t  cos 4t  4sin 4t .Решим задачу (21).42(23)Так как 24  24 , то уравнение примет вид: T24  t   16  T24  t  и имеетрешениеT24  t   C24 e 16t , C24  R .Используя начальные условия задачи (21), получаем: T24  0   C24  6 ,и, следовательно,T24  t   6 e16t .(24)Решим задачу (22).Решение уравнения в задаче (22) имеет вид2Tk  t   Ck e  k  t 6 , Ck  R .Используя начальное условие задачи (22), получимTk  0   Ck  0 .Следовательно,Tk  0   0, k  1, 2,  , k  6, k  24 .(25)Таким образом, из (12), (13), (23), (24) и (25) следует, что функция  x, t   T6  t 6  x   T24  t  24  x    cos 4t  4 sin 4t  e  t  sin 6 x  6e 16t sin 24 xесть решение задачи (6), (7), 98), (9).Отсюда, используя равенство (5), заключаем, что функцияu  x, t   2 x  4    x, t   2 x  4   cos 4t  4 sin 4t  e  t  sin 6 x  6e 16t sin 24 xесть решение задачи (1), (2), (3), (4).Пример 2.

Решить смешанную задачуut  u xx  2 x, t  0, 0  x   ;u(1)t 0 0, 0  x   ;(2)uxx 0 t, t  0 ;(3)uxx  t, t  0 .(4) 1. Если условия (3), (4) не являются однородными, то найдем какуюнибудь функцию g  x, t  , удовлетворяющую условиям (3) и (4).В данной задаче можно взять, например, g  x, t   x t .432.

Рассмотрим новую искомую функцию   x, t  такую, что  x, t   u  x, t   g  x, t  ,  x, t   u  x, t   xt ,(5)и запишем задачу (1), (2), (3), (4) для функции   x, t  : так какt  x  ut ,  xx  u xx ,ut 0t 0 x tt 0ut 0,то получим следующую задачу:t   xx  x, t  0, 0  x   ;t 0(6) 0, 0  x   ;(7)xx 0 0; t  0 ;(8)xx  0; t  0 .(9)Решение задачи (6), (7), (8), (9) будем искать в виде:  x, t    Tk  t k  x  , где  k  x  — собственные функции следующей заkдачи Штурма — Лиувилля: "  x    2  x  , 0  x   ;(10) '  0   0; '    0.3. Решим задачу (10).Пусть   0 .

Тогда уравнение в (10) примет вид:  "  x   0 , и, следовательно,  x   C1 x  C2 .Из граничных условий в (10) имеем:  '  0   C1  0,  '    C1  0 .Следовательно, 0  x   C2 , C2  R, C2  0 .Возьмем, например, C 2  1 и получим, что функция 0  x   1 есть собственная функция оператора Штурмана — Лиувилля, отвечающая собственному числу 02  0 .Пусть   0 . Тогда уравнение в (10) примет вид:  "  x    2  x   0 ,и, следовательно,  x   C1 cos  x  C2 sin  x ,44 '  x    C1 sin  x   C2 cos  x .Из условия   0   0 следует, что  '  0   C2  0 , то есть C2  0 и  x   C1 cos  x, C1  R, C1  0 .

Возьмем, например, C1  1 , то есть  x   cos  x .Из условия  '    0 получаем, что  '      sin     0 .Отсюдаk   k , k  Z , k  0 ,k  k , k  Z , k  0 ,k  x   cos k x, k  Z , k  0.Оставляя среди найденной системы функций только линейно независимые, получаем, что рассматриваемый в нашем случае оператор Штурма— Лиувилля (задача (10)) имеет следующие системы собственных значений и собственных функций:02  0,(11)0  x   1,(12)  k , k  1, 2,  ,(13)k  x   cos k x, k  1, 2, (14)2k24. Таким образом, решение задачи (6), (7), (8), (9) представляется в виде  x, t    Tk  t  k  x  ,(15)k 0где функции k  x  , k  0, 1, 2,  , определены в (12) и (14), а функциюTk  t  , k  0, 1, 2,  , найдем, подставляя в уравнение (6) функцию   x, t  ,определяемую рядом (15), и используя условие (7).Для этого представим правые части уравнения (6) и условия (7) рядамиФурье по системе (12), (14).Получимx   a k k  x  ,(16)k 0ak  x,   x  k  x  ,   x  kk x   x  d xk0   x  k2, k  0, 1, 2,  ,dx0где45(17)0  0  0  x   0 1  x  (18)Вычисляя интегралы, входящие в (17), получим при k  0 :x20 x0  x  dx  0 x 1dx  202,22   x   dx  1dx   .000Следовательно,.(19)2Вычисляя интегралы, входящие в (17), получаем при k  1, 2,  :a0  xk  x  d x   x  cos k xd x 001x  d  sin k x  k 01  x sin k x  0   1 sin k x d x  k01cos kxk20cos  k    1k2 1kk22   x   dx    cos kx k021,dx 01111  cos 2kx  dx   x  sin 2kx   .2 022k0 2Следовательно, из (17) имеем,k2  1  1k  1, 2, (20)k5.

Заменяя в уравнении (6) и условии (7) функцию  k  x, t  рядомak  x  согласно (15), функцию t  x, t  рядом T  t   x k2kk 0 T '  t   x  ,kkk 0функцию  xx  x, t  рядом"k2k T t   x     T  t     x  ,kk 0kkтак какk 0k"  x   k2 k  x  , и используя разложения в ряды Фурье (16) и (18) , получаем'k2k k T  t   x     T  t     x    a   x  ,k 0kkk 0kk 046k(21)t 0  Tk  0   k  x   0  0  0  x   0 1  x    .(22)k 0Из равенств (21) и (22) получаем следующие задачи Коши для функцийTk , k  0, 1, 2, :T0'  t   a0 ,T0  0   0,(23)(так как 02  0 ),Tk'  t   k2Tk  t   ak ,(24)Tk  0   0, k  1, 2,6.

Решим задачу (23).Согласно (19) a0  . Поэтому решение уравнения из задачи (23)2имеет видT0  t   C0  a0 t  C0  t , C0  R .2Из начального условия задачи (23) имеем: T0  0   C0  0 .Следовательно,T0  t   t .(25)2Решим задачу (24).Решение уравнения из задачи (24) представляет собой сумму общего2решения однородного уравнения, которое имеет вид Ck e  k t , и частного решения неоднородного уравнения, в качестве которого можно взять (какaлегко видеть) функцию Tk , частн  t   k2 .kТаким образом, общее решение уравнения из задачи (24) имеет вид2aTk  t   Ck e  k t  k2 , Ck  R, k  1, 2, kИз начального условия задачи (24) имеем, чтоaTk  0   Ck  k2  0 .kПоэтому Ck  ak, и, следовательно,k247Tk  t  2ak1  e  k t , k  1, 2, 2k(26)Таким образом, из (12), (14), (15), (25) и (26) следует, что функция2a  x, t   T0  t  0  x    Tk  t k  x   t   k2 1  e  k t cos k x ,2k 1k 1 kгде k и ak определены формулами (13) и (20) соответственно, есть решение задачи (6), (7), (8), (9).Отсюда, используя равенство (5), заключаем, что функция2au  x, t   x t    x, t   x t  t   k2 1  e  k t cos k x2k 1 kесть решение задачи (1), (2), (3), (4).

Пример 3. Решить смешанную задачу:utt  u xx   2 x  x 2   cos t , t  0, 0  x  1 ,ut 0 0, utut 0x 0uxx 1 x  1, 0  x  1 ,(1)(2) t, t  0 ,(3) t, t  0 .(4) 1. Если условия (3), (4) не являются однородными, то найдем какуюнибудь функцию g  x, t  , удовлетворяющую условиям (3) и (4).Ищем ее, например, в видеg  x, t   ax  b, a  a  t  , b  b  t  ,g  x, t x 0g x  x, t x bt ,at .Следовательно, получаем g  x, t   xt  t .2.

Характеристики

Список файлов книги