Некоторые методы решения типовых задач по курсу УМФ - Михайлова (1188238), страница 7

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

Текст из файла (страница 7)

Рассмотрим новую искомую функцию   x, t  такую, что  x, t   u  x, t   g  x, t  ,  x, t   u  x, t   t  x  1 ,(5)и запишем задачу (1), (2), (3), (4) для функции  . Так какtt  utt ,  xx  u xx ,t 0ut 0  t  x  1 48t 0ut 0,tt 0 utt 0  x  1t 0 utt 0  x  1 ,то получаем следующую задачу: tt   xx   2 x  x 2  cos t , t  0, 0  x  1 ,t 0 0, txx 0x 1t 0 0, 0  x  1 ,(6)(7) 0, t  0 ,(8) 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  1;  0   0; ' 1  0.(10)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   C2  0,  ' 1  C1  0. Таким образом,   x   0 , и, значит,  2  0 не являются собственным числомзадачи (10). Пусть   0 . Тогда уравнение в (10) примет вид "  x    2  x   0 , и, следовательно,  x   C1 cos  x  C2 sin  x .Из условия   0   0 получаем, 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  ' 1  0 получаем, что  ' 1   cos   0 .Отсюдаk    k , k  Z ,2k  x   sin k x, k  Z .49Оставляя среди найденной системы функций только линейно независимые, получаем, что рассматриваемый в нашей задаче оператор Штурма— Лиувилля имеет следующие системы собственных значений и собственных функций:2k2   1  2k   , k  0, 1, 2, ,2k  x   sin k x, k  0, 1, 2, (11)(12)4.

Таким образом, решение задачи (6), (7), (8), (9) представляется в виде  x, t    Tk  t  k  x  ,(13)k 0гдеk  x  , k  0, 1,  ,функцииопределеныв(12),афункцииTk  t  , k  0, 1,  , найдем, подставляя в уравнение (6) функцию   x, t  ,определяемую рядом (13), и используя условие (7).Для этого представим правые части уравнения (6) и условий (7) рядамиФурье по системе (12). Получим2 x  x 2   a k k  x  ,k 0 2 x  x  cos t  cos t   a   x  ,2k(14)xk 0где12 x  x     x  dx2 x  x ,  x    ,22akkk0  x  ,   x k1k  0, 1, 2,  ,(15)2 k  x   dxk00  0  0  x   0 1  x  (16)Вычисляя интегралы, входящие в (15), получаем11  2 x  x   x  dx    2 x  x  sin  xdx 22kk01k011  2 x  x d  cos  x      2 x  x  cos  x 22kkk011  2  2 x  cosk xdx  dx k0501  2  2 x  cos xdx k01011k21  2  2 x  d  sin  x     2  2 x  sin  xk01k2k01 1 12   2  sin k xdx   2  2sin k x dx   3 cos k xk0 k 01   x  2k01102,k312dx    sin k x  dx 011  cos 2k x  dx 2 01111 xsin 2k x   .22 k0 2Следовательно, из (15) получаем4ak  3 , k  0, 1, 2, k(17)5.

Заменяя в уравнении (6) и условиях (7) функцию   x, t  (согласно(13)) рядом T  t   x  , функцию tt  x, t kkрядомk 0цию  xx  x, t  рядом"k T  t   x  , функkk 0 T t   x     T  t     x  , ( k"  x   k2k ) и,"kkkk 02kkk 0используя разложения в ряды Фурье (14) и (16), получаем"k2k T  t   x     kk 0k 0 Tk  t  k  x   cos t   ak k  x  ,(18)k 0t 0  Tk  0   k  x   0,(19)k 0tt 0  Tk'  0  k  x   0 .(20)k 0Из соотношений (18), (19) и (20) получаем следующие задачи Коши дляфункций Tk  t  , k  0, 1, 2,  :Tk"  t   k2Tk  t   ak cos t ;Tk  0   0; 'Tk  0   0, k  0, 1, 2, 6.

Решим задачу (21).Запишем уравнение из задачи (21) в видеTk"  t   k2Tk  t   ak cos t .51(21)(22)Решение этого уравнения есть сумма общего решения однородногоуравнения, которое имеет вид: C1k cos k t  C2 k sin k t , и частного решениянеоднородного уравнения, которое ищем в виде: A cos t  B sin t .Подставляя эту функцию в уравнение (22), получаем A cos t  B sin t  k2  A cos t  B sin t   ak cos t .ak. 1Следовательно, решение уравнения (22) имеет видaTk  t   C1k cos k t  C2 k sin k t  2 k  cos t ,k  1Отсюда B  0,A2kC1k  R , C2 k  R, k  0, 1, Используя начальные условия задачи (21), получаемaTk  0   C1k  2 k  0,k  1Tk'  0   C2 k  k  0.Отсюда C1k  ak, C2 k  0 , и, следовательно, 12kTk  t  ak  cos t  cos k t  , k  0, 1 , 12k(23)Таким образом, из (12), (13) и (23) следует, что функцияa  x, t    2 k  cos t  cos k t   sin k x ,k 0 k 1где k и ak определены формулами (11) и (17) соответственно, есть решение задачи (6), (7), (8), (9).Отсюда, используя равенство (5), заключаем, что функцияu  x, t   t  x  1 |   x, t  ak  cos t  cos k t   sin k x2k 0 k  1есть решение задачи (1), (2), (3), (4).

 t  x  1  Пример 4. Решить смешанную задачу:utt  4u xx , t  0, 0  x  3 ;52(1)ut 0x cos , ut t  0  x  3 , 0  x  3 ;2u x x  0  sin t , t  0;ux 3(2)(3) 0, 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  x, t g  x, t x 0x 3 a  sin t ; a  3  b  0 .Отсюда получаем a  sin t , b  3 sin t и g  x, t   sin t   x  3  .2.

Рассмотрим новую искомую функции   x, t  такую, что  x, t   u  x, t   g  x, t  ;  x, t   u  x, t    x  3  sin t ,(5)и запишем задачу (1), (2), (3), (4) для функции   x, t  : так какutt  tt   x  3  sin t , uxx   xx ,t 0ut 0, tt 0 utt 0  x  3  ,то получим следующую задачу:tt  4 xx   x  3  sin t, t  0, 0  x  3 ;t 0x cos , t t  0  0, 0  x  3 ;2 x x 0  0, t  0 ;x  3 0, t  0 .(6)(7)(8)(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  3 ; '  0   0;  3   0.53(10)3. Решаем задачу (10).Пусть   0 .

Тогда уравнение в (10) примет вид:  "  x   0 , и, следовательно,  x   C1 x  C2 .Из граничных условий в (10) имеем, что '  0   C1  0,   3   C1 3  C2  0 .Отсюда C1  0, C2  0 и   x   0 .Таким образом,  2  0 не является собственным числом задачи (10).Пусть   0 .

Тогда уравнение в (10) примет вид:  "  2  x   0 , и,следовательно,  x   C1 cos  x  C2 sin  x .Из условия  '  0   0 получаем, что  '  0   C2  0 , то есть C2  0 .Поэтому   x   C1 cos  x. C1  R, C1  0 .Возьмем, например, C1  1 , то есть   x   cos  x .Из условия   3   0 получаем, что   3   cos  3    0 . Отсюда1  2k  , k  Z ,21k  1  2k  , k  Z ,6k  x   cos k x, k  Z .3k Оставляя среди найденной системы функций только линейно независимые, получаем, что рассматриваемый в нашей задаче оператор Штурма— Лиувилля имеет следующие системы собственных значений и собственных функций:21k2   1  2k   , k  0,1, 2, ,6k  x   cos k x, k  0, 1, 2, (11)(12)4. Таким образом, решение задачи (6), (7), (8) представляется в виде  x, t    Tk  t  k  x  ,(13)k 054k  x  , k  0, 1,  , определены в (12), а функциигде функцииTk  t  , k  0, 1,  , найдем, подставляя в уравнение (6) функцию   x, t  ,определенную рядом (13), и используя условия (7).Для этого правые части уравнения (6) и условий (7) представим рядамиФурье по системе (12).

Получимx  3   ak k  x  ,k 0 x  3  sin t  sin t   ak k  x  ,(14)k 0где3 x  3   x  dxx  3 ,   x   ,  x  ,   x  xdxkakk03kk  0, 1, 2,  ,(15)2kk0x 1  x   0 0  x   1 1  x   0 2  x   ,(16)20  0  0  x   0 1  x   ,(17)Вычисляя интегралы, входящие в (15), получаем33310  x  3 k  x  dx  0  x  3  cos k xdx  k 0  x  3  d  sin k x  cos1   x  3  sin k x k 1k3  1  sin k xdx  031 sin  xdx    cos  x kk2k03301.k23   x   dxk030122  cos  x 2kdx 0311 1  cos 2 x  dx  2  x  2k0ksin 2k x Следовательно, из (15) получаем2ak  , k  0, 1, 2, 3k255303.2(18)5.

Заменяя в уравнении (6) и условиях (7) функцию   x, t  рядом T  t   x kkсогласно (13), функцию tt  x, t  рядом"k T  t   x  ,k 0kk 0функцию  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 (14), (16) и (17),получаем2k k T "  t   x   4 T  t     x   sin t   a   x  ,kkk 0k 0kk(19)k 0t 0  Tk  0   k  x   1 1  x  ,(20)k 0tt 0  Tk'  0  k  x   0.(21)k 0Из соотношений (19), (20) и (21) получаем следующие задачи Коши дляфункций Tk  t  , k  0, 1,  :Tk"  t   4k2Tk  t   ak sin t ,Tk  0   0, 'Tk  0   0, k  0, 2,  , k  1.(22)T1"  t   412T1  t   a1 sin t ,T1  0   1, 'T1  0   0.(23)6. Решим задачу (22).Запишем уравнение из задачи (22) в виде2Tk"  t    2k  Tk  t   ak sin t .(24)Решение этого уравнения есть сумма общего решения однородногоуравнения, которое имеет видC1k cos 2k t  C2k sin 2k t ,и частного решения неоднородного уравнения, которое ищем видеA cos t  B sin t .Подставляя эту функцию в уравнение (24), получаем A cos t  B sin t   2k 2 A cos t  B sin t   ak sin t .56Отсюда A  0, B ak.1Следовательно, решение уравнения (24) имеет видakTk  t   C1k cos 2k t  C2 k sin 2k t sin t .2 2k   1 2 k 2Используя начальные условия задачи (22), получаемTk  0   C1k  0.T '  0   C2 k  2k Отсюда C1k  0, C2 k  Tk  t  ak 2k 2ak 2k 2 0.1ak1, и, следовательно,2k  2k  2  11sin 2k t  , k  0, 2,... sin t 21k(25)Решим задачу (23).18Заметим, что 1  , 412  1, a1  (из (18)), поэтому уравнение23из (23) примет вид8(26)T1"  t   T1  t   sin t .3Решение этого уравнение есть сумма общего решения однородногоуравнения, которое имеет вид C11 cos t  C21 sin t , и частного решения неоднородного уравнения, которое ищем в видеt  M cos t  N sin t  ,(27)так как имеем случай резонанса.Подставляя функцию (27) в уравнение (26), получаемt  M cos t  N sin t   2  M sin t  N cos t  t  M cos t  N sin t   8sin t.34, N  0.3Следовательно, решение уравнения (26) имеет вид4T1  t   C11 cos t  C21 sin t t cos t.3Отсюда имеем, что M 57Используя начальные условия задачи (23), получимT1  0   C11  1 ,T1'  0   C21 Следовательно, C11  1, C21  4 0.34и344sin t t cos t .33Таким образом, из (12), (13), (25) и (28) следует, что функцияT1  t   cos t (28)  x, t   T1  t 1  x  Tk  t  k  x  k  0, k 144x  cos t sin t t cos t   cos 332ak1   sin t  sin 2k t   cos k x,22 kk  0, k 1  2k   1 (29)где k и ak определены формулами (11) и (18) соответственно, есть решение задачи (6), (7), (8), (9).Отсюда на основании равенства (5) получаем, что функцияu  x, t   sin t   x  3     x, t  ,где функция   x, t  определена выше в (29), есть решение задачи (1), (2),(3), (4).

Пример 5. Решить смешанную задачу:ut  uxx  u  xt  2cos x, t  0, 0  x ut 0 0, utuxuxx 02, 0x ;22 t, t  0 ;t 0t, t  0 .2;2(1)(2)(3)(4) 1. Если условия (3), (4) не являются однородными, то найдем какуюнибудь функцию g  x, t  , удовлетворяющую условиям (3), (4).58Можно, например, пробовать искать такую функцию в виде многочлена по x .В данной задаче можно взять g  x, t   xt .2. Рассмотрим новую искомую функцию   x, t  такую, что  x, t   u  x, t   g  x, t  ,  x, t   u  x, t   x t ,(5)Запишем задачу (1), (2), (3), (4) для функции   x, t  :tt   xx    2 cos x, t  0, 0  x t 0 0, txt 0x 0x2;2 x, 0  x  ;22 0, t  0 ; 0, t  0 .(6)(7)(8)(9)Решение задачи (6), (7), (8), (9) будем искать в виде  x, t    Tk  t k  x  ,kгде  k  x  — собственные функции следующей задачи Штурма-Лувилля:2 "  x      x  , 0  x  ;2'00;(10)       0.  2 3.

Решим задачу (10).Пусть   0 . Тогда уравнение в (10) примет вид  "  x   0 , и, следова-тельно,  x   C1 x  C .Из граничных условий в (10) имеем   0   C1  0 ,     C1   C2  0 .2259Таким образом,   x   0 , и, следовательно,  2  0 не является собственным числом задачи (10).Пусть   0 . Тогда уравнение в (10) примет вид  "  x    2  x   0 , и,следовательно,  x   C1 cos  x  C2 sin  x , '  x    C1 sin  x   C2 cos  x .Из условия  '  0   C2  0 получаем C2  0 , так как   0 .Поэтому   x   C1 cos  x, C1  R, C1  0 .Возьмем, например, C1  1 , то есть   x   cos  x .   Из условия     0 получаем, что:     cos     0 .22   2Отсюдаk    k , k  Z ,22k  1  2k , k  Z ,k  x   cos  k x  , k  Z .Оставляя среди найденной системы функций только линейно независимые, получаем, что рассматриваемый в нашей задаче оператор Штурма— Лиувилля (задача (10)) имеет следующие системы собственных значений и собственных функций:2k2  1  2k  , k  0, 1, 2,  ,(11)k  x   cos  k x  , k  0 ,1, 2, (12)4.

Характеристики

Список файлов книги