Костиков А.А, - Конспект лекций (1249158), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Введем новые независимыепеременныеξ = ϕ ( x, y );η = ψ ( x, y ) ,ϕ ′x ϕ ′yгде функции φ и ψ – достаточно гладкие и≠ 0.ψ ′x ψ ′yПо правилу дифференцирования сложных функций∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η=+= uξ′ ⋅ϕ ′x + uη′ ⋅ψ ′x ,∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x∂u= uξ′ ⋅ϕ ′y + uη′ ⋅ψ ′y .∂yДалее∂ 2u2′′ ϕ ′xψ ′x + uη′′2 (ψ ′x )2 + uξ′ ϕ ′x′2 + uη′ψ ′x′2 ,= uξ′′2 (ϕ ′x ) + 2uξη2∂x∂ 2u′′ (ϕ ′xψ ′y + ϕ ′yψ x′′) + uη′′2ψ ′ψ ′y + uξ′ ϕ ′xy′ + uη′ψ xy′′ ,= uξ′′2 ϕ ′xϕ ′y + uξη∂x∂y∂ 2u2′′ ϕ ′yψ ′y + uη′′2 (ψ ′y )2 + uξ′ ϕ ′y′2 + uη′ψ ′y′2 .= uξ′′2 (ϕ ′y ) + 2uξη2∂yПодставим эти выражения в уравнение (2) и, собирая подобные члены, получим′′ + a22uη′′2 = F2 (ξ , η , u , uξ′ , uη′ ) ,a11uξ′′2 + 2a12uξηгдеa11 = a11 (ϕ ′x )2 + 2a12 ϕ ′xϕ ′y + a22 (ϕ ′y )222.a22 = a11 (ψ x′ ) + 2a12 ψ ′xϕ ′y + a22 (ψ ′y )a12 = a11ϕ ′xψ x′ + a12 (ϕ ′xψ ′y + ϕ ′yψ ′x ) + a22ϕ ′yϕ ′yПодберем теперь функцию ϕ ( x, y ) так, чтобы a11 = 0, т.е.(2.3)(2.4)22a11 (ϕ ′x ) + 2a12ϕ ′xϕ ′y + a22 (ϕ ′y ) = 0.(2.5)Это дифференциальное уравнение в частных производных первого порядка.

Решениеэтого уравнения связано с решениями обыкновенного дифференциального уравнения2dy dy a11   − 2a11+ a22 = 0,(2.6)dx dx которое называют уравнением характеристик.Имеет место.Теорема. Для того, чтобы функция ϕ ( x, y ) была решением уравнения (2.5)необходимо и достаточно, чтобы соотношение ϕ ( x, y ) = c определяло один из общихинтегралов дифференциального уравнения (2.6).Необходимость. Если ϕ ( x, y ) – решение уравнения (2.5), то имеется тождествоa11 (ϕ ′x ) + 2a12ϕ ′xϕ ′y + a22 (ϕ ′y ) = 0,которое преобразуется к виду:222 − ϕ x′ ′ − 2a12  − ϕ x  + a22 = 0,a11  ϕ′  ϕ′ y  y ϕ ( x, y ) = c определяет неявную функцию(2.7)но равенствоy = y ( x, c), для которойdyϕ′=− xи тогда тождество (2.7) означает, что y = y ( x, c) есть общее решениеdxϕ ′yуравнения (6).Достаточность. Если ϕ ( x, y ) = c есть общий интеграл уравнения (2.6), товыполнено тождество (7) и стало быть ϕ ( x, y ) есть решение уравнения (2.5).Из этой теоремы следует, что решение уравнения (2.5) сведено к решению уравнения(2.6) характеристик.Далее рассмотрим три случая1.

D = a122 − a11a22 > 0, то уравнения (2.2) называют уравнением гиперболическоготипа. В этом случае уравнения характеристик распадается на дваdy a12 ± D.=dxa11Пусть ϕ ( x, y ) = c1 и ψ ( x, y ) = c2 – общие интегралы этих уравнений.

Тогдаϕ ( x, y ) и ψ ( x, y ) решения уравнения (2.5). Если эти функции взять за новыепеременные, то обратится в нуль не только коэффициент a11 , но и a22 .Таким образом мы получили первую форму для гиперболических уравнений′′ = F3 (ξ , η , u , uξ′ , uη′ ). .uξη(2.8)Употребительно и иное каноническое представление. Сделаем еще заменуξ +ηξ −ηα=;β=.2211′′ = uα′′ 2 − uβ′′ 2 и значитТогда uξη44uα′′2 − uβ′′ 2 = F4 (α , β , u, uα′ , u′β ).

.(2.9)2. Если D < 0, то уравнение (2) называют уравнением эллиптического типа. В этомслучае уравнение характеристик сводится к двум обыкновенным дифференциальнымуравнениям с комплексно сопряженными правыми частямиdy a12 ± i | D |=.dxa11Общие интегралыϕ ( x, y ) = c1 и ψ ( x, y ) = c2будут иметь комплексносопряженные левые части. Аналогично предыдущему придем к уравнению вида (2.8), вξ +ηξ −ηкотором путем замены α =;β=приводим к виду:22iuα′′ 2 + u′β′ 2 = F5 (α , φ , u, uα′ , u′β ),11+ uβ′2211′′ = uα′′ 2 + u′β′ 2 .так как, а uξη1441uη′ = uα′ + u′β  2 2i Замечание.

При приведении к каноническому уравнению достаточно сразу взятьα = Re ϕ ( x, y )uξ′ = uα′β = Jmϕ ( x, y ).3. D = 0. В этом случае уравнение (2.2) называется уравнением параболическоготипа.Уравнение характеристикdy a12=.dx a11Найдем общий интеграл ϕ ( x, y ) = c. Функцию ϕ ( x, y ) возьмем за новую переменную ξ,а за переменную η возьмем любую ψ ( x, y ), не связанную с ϕ ( x, y ) . Тогда a11 = 0.Покажем, что одновременно обратится в нуль и a12 . Можно считать, что a11 > 0 иa22 > 00 = a11 =()2a11ϕ x′ + 2 a11a22 ϕ x′ϕ ′y +(a22 ϕ ′y) =(2)2a11ϕ x′ + a22 ϕ ′y ⇒ a11ϕ ′x + a22 ϕ ′y = 0.Тогда разлагая a12 . на множители()()a12 = a11ϕ x′ + a22 ϕ ′y a11ψ ′x + a22ψ ′y = 0.Теперь в уравнении слева осталось толькоuη′′2 = F6 (ξ , η , u, uξ′ , u′µ ).1.

u′x′2 + 2u′xy′ + 2u′y′2 = 0 ,Примеры.D = 1 − 1 ⋅ 2 < 0 ⇒ эллиптический тип.2Уравнение характеристик2dy dy   −2 +2=0dx dx dy 1 ± 1 − 2==1± idx1y = (1 + i )x + cy − (1 + i )x = cRe ϕ ( x, y ) = y − xIm ϕ ( x, y ) = − xα = y − x; β = − xu′x = uα′ (−1) + u′β (−1)u′y = uα′ ⋅ 1 + u′β ⋅ 0′′ (−1) + uαβ′′ (−1)(−1) + u′β′ 2 (−1) 2 = uα′′ 2 + 2uαβ′′ + u′β′ 2 ,u′x′2 = uα′′ 2 (−1) 2 − uαβu′y′2 = uα′′ 2 ,′′ (−1)(1) = −uα′′ 2 − uαβ′′u′xy′ = uα′′ 2 (−1)(+1) + uαβ′′ + u β′′ 2 + (−2uα′′ 2 − 2uαβ′′ ) + 2uα′′ 2 = uα′′ 2 + u′β′ 2 .uα′′ 2 + 2uαβ2.

u′x′2 + 2u ′xy′ + u′y′2 = 0 ,D = 1 − 1 = 0 ⇒ параболический тип.dy + 1 ± D=dx1y = x+cy−x=cα = y − x β = − x (любая)′′ + u′β′ 2 ,u′x′2 = uα′′ 2 + 2uαβu′y′2 = uα′′ 2 ,′′ ,u′xy′ = −uα′′ 2 − uαβ′′ + u′β′ 2 + (−2uα′′ 2 − 2uαβ′′ ) + uα′′ 2 = uβ′′ 2 = 0.uα′′ 2 + 2uαβ3. u′x′2 + 4u′xy′ + 3u′y′2 = 0 ,2 2 − 1 ⋅ 3 = 4 − 3 > 0 гиперболический тип.Уравнение характеристик2dy dy   −4 +3=0dx dx (2.10)dy 2 ± 4 − 3 1 ± 1==dx11dy= 3 ⇒ y = 3 x + c1 y − 3x = c1dx⇒dy y − x = c2= 1 ⇒ y = x + c2dxα = y − 3 xβ = y − xu′x = uα′ (−3) + u′β (−1)u′y = uα′ ⋅ 1 + uβ′ ⋅ 1′′ (−3)(−1) + uαβ′′ (−1)(−3) + u′β′ 2 (−1) 2 = 9uα′′ 2 + 6uαβ′′ + uβ′′ 2 ,u′x′2 = uα′′ 2 (+9) + uαβ′′ (−3)(1) + uαβ′′ (−1)(1) + u′β′ 2 (−1)(1) = −3uα′′ 2 − 4uαβ′′ − u′β′ 2 ,u′xy′ = uα′′ 2 (−3)(1) + uαβ′′ (1) + uαβ′′ (1) + u′β′ 2 (−1) = uα′′ 2 + 2uαβ′′ + u′β′ 2 ,u′y′2 = uα′′ 2 (1) + uαβ′′ + u′β′ 2 − 12uα′′ 2 − 16uαβ′′ − 4u′β′ 2 + 3uα′′ 2 + 6uαβ′′ + 3u′β′ 2 = −4uαβ′′ .9uα′′ 2 + 6uαβЛекция 3.Задача Коши для волнового уравнения.Рассматриваемые вопросы.1.

Особенности постановки краевых задач.2. Формула Даламбера.При рассмотрении задачи о поперечных колебаниях струны мы получилиодномерное волновое уравнение2∂ 2u2 ∂ u−a= f ( x, t ).∂t 2∂x 2Требуется найти решение этого уравнения, но не любое, а то, которое удовлетворяетнекоторым дополнительным условиям, обеспечивающим единственность решения.1. Концы струны закреплены жестко. Это значит u x = 0 = 0; u x = l = 0.

В то же времяструна занимает некоторое начальное положение u t = 0 = ϕ ( x) и каждой точке сообщается∂u= ψ ( x).∂t t = 0И таким образом мы переходим к следующей задаче ∂ 2u∂ 2u 2 − a 2 2 = f ( x, t )∂x ∂t(3.1)− граничныеусловияu x = 0 = 0; u x = l = 0u = ϕ ( x); ∂u = ψ ( x) − начальныеусловия. t = 0∂t t = 0Задача (3.1) называется смешанной задачей для уравнения колебаний струны соднородными граничными условиями2. Концы струны могут двигаться по заданным законамu x = 0 = µ1 (t ); u x = l = µ 2 (t ),некоторый начальный импульсгде µ1 (t ), µ 2 (t ) – некоторые периодические функции от t.

Тогда ∂ 2u∂ 2u 2 − a 2 2 = f ( x, t )∂x ∂t(3.2)u x=0 = µ1 (t ); u x =l = µ 21 (t )u = ϕ ( x); ∂u = ψ ( x), t =0∂t t =0более общая постановка смешанной задачи. Существуют и другие постановки смешаннойзадачи.3. Колебания бесконечной струны2∂ 2u2 ∂ u−a= f ( x, t ) .∂t 2∂x 2Естественно никаких граничных условий уже не будет, а будут лишь начальные, т.е.2 ∂ 2u2 ∂ u= f ( x, t ) 2 −a∂x 2 ∂t(3.3)u = ϕ ( x); ∂u = ψ ( x). t =0∂t t =0Задача (3) называется задачей Коши.Изучим теперь метод Даламбера решения задачи Коши.Рассмотрим задачу Коши для однородного волнового уравнения2 ∂ 2u2 ∂ u−a= f ( x, t ) 2∂x 2 ∂tu = ϕ ( x); ∂u = ψ ( x). t =0∂t t =0Уравнение характеристик имеет вид2 dx 2  − a = 0. dt Общие интегралы определяются соотношениями:x − at = C1x + at = C2 .Введем новые переменныеξ = x + atη = x − at.Тогда∂ 2u∂u=0⇒= f (ξ ), u = ∫ f (ξ )dξ = f1 (ξ ) + f 2 (η ),∂ξ∂η∂ξгде f1 и f2 – произвольные функции.u = f1 ( x + at ) + f 2 ( x − at ).Учтем начальные условия: f1 ( x) + f 2 ( x) = ϕ ( x) f1 ( x) + f 2 ( x) = ϕ ( x)x⇒ 1a ( f1′( x) − f 2′( x) ) = ψ ( x) f1 ( x) − f 2 ( x) = a ∫ψ (α )dx + C.x0f1 ( x) =f 2 ( x) =ϕ ( x)2ϕ ( x)2+1Cψ (α )dα +∫2a x 02−1Cψ (α )dα − .∫2a x 02Отсюдаu ( x, t ) =ϕ ( x + at ) + ψ ( x − at )2+1 2a x + atx − at∫x0x0x + at1(ϕ (x + at ) + ϕ (x − at )) + 1 ∫ψ (α )dα .22a x − atЭта формула носит название формулы Даламбера.Пример 1.

Пусть ϕ ( x > 0), а ψ ( x) = 0=x∈( 0 , l )u ( x, t ) =ϕ ( x + at )+ϕ ( x − at ).22На рисунке показано распространение двух волн с течением времени.t=0l0t=t10lt=t2lψ (α )dα − ∫ψ (α )dα  =Лекция 4Задача Коши для уравнения параболического типаРассматриваемые вопросы.1. Особенности постановки краевых задач. Задача Коши.2. Формула Пуассона.В лекции 1 при рассмотрении задачи о распространении тепла в ограниченномстержне было получено, что этот процесс описывается одномерным уравнениемтеплопроводности∂u∂ 2u= a 2 2 + f ( x, t ) x ∈ (0, l ), t > 0.∂t∂xНа процесс распространения тепла оказывают влияние граничные условияu x = 0 = µ 1 ( t );u x=l = µ 2 (t )и начальное условиеu t = 0 = ϕ ( x).Так что в целом для описания этого процесса необходимо решать так называемуюсмешанную задачу:2 ∂u2 ∂ ua=+ f ( x, t ) x ∈ (0, l ), t > 0, ∂t2x∂(4.1)u x = l = µ 2 (t ),u x = 0 = µ1 (t );u t = 0 = ϕ ( x).Обобщением этой задачи для описания процесса распространения тепла вограниченном объеме ω с границей S является следующая задача ∂u2 ∂t = a ∆u + f ( x, y, z , t ) x, y, z ∈ ω , t > 0,(4.2)u s = µ ( x, y, z , t ),u t =0 = ϕ ( x, y, z ).В случае, если область ω неограниченна, то процесс распространения теплаописывается решением задачи Коши: ∂u2 = a ∆u + f ( x, y, z , t ) P ( x, y, z ) ∈ ω , t > 0,∂t(4.3)u = ϕ ( x, y, z ). t =0Найдем теперь решение задачи Коши сначала для одномерного уравнениятеплопроводности, т.е.

задачи2 ∂u2 ∂ u=a, − ∞ < x < +∞, t > 0,∂x 2(4.4) ∂tu = ϕ ( x, ), t =0в предположении ограниченности искомого решения, т.е. u ( x, t ) ≤ M для x ∈ (−∞, + ∞).Нетривиальные решения этой задачи будем искать с использованием метода Фурье,т.е. u ( x, t ) = X ( x)T (t ). Тогда из уравнения (4.4) следуетT′X ′′== −λ2 ,2aTXгде λ – числовой параметр.

Отсюда2 2T ′ + λ2 a 2T = 0 ⇒ T (t ) = e − a λ tиX ′′ + λ2 X = 0 ⇒ X ( x) = A(λ )eiλx , λ ∈ (−∞, + ∞).Значит частное решение уравнения (6) имеет вид: A(λ )e − λ a t +iλx .Рассмотрим несобственный интеграл2 2u ( x, t ) =+∞∫ A(λ )e− λ 2 a 2 t + iλxdλ ,−∞можно проверить, что эта функция удовлетворяет уравнению теплопроводности (еслипредположить возможность дифференцирования под знаком интеграла).Найдем функцию A(λ ) так, чтобы удовлетворялось начальное условие. Тогдадолжно быть выполнено+∞∫ A(λ )eiλxdλ = ϕ ( x),−∞т.е. функция ϕ (x)значит2π A(λ )есть обратное преобразование Фурье для функции,и2π A(λ ) есть просто преобразование Фурье для ϕ (x) , т.е.+∞1ϕ (ξ )e −iλξ dξ .2π −∫∞Используя это представление и меняя порядок интегрирования, получим+∞ +∞+∞ +∞11  − a 2 λ 2 t + iλ ( x − ξ ) − iλξ− a 2 λ 2 t + iλx eu ( x, t ) =ϕ(ξ)edξ⋅edλ==dλ dξ .2π −∫∞ −∫∞2π −∫∞  −∫∞Рассмотрим внутренний интеграл, понимаемый в смысле главного значения ( P.V .),и вычислим егоA(λ ) =+∞J = ∫ e− aλ t + iλ ( x − ξ )2 2−∞a t = λz+∞dλ = 2 ∫ e − aλ t2 2cos λ ( x − ξ )dλ =0λ ( x − ξ ) = µz2=x −ξa tµ=+∞22e − z cos µzdz =J ( µ ).dz∫a tdλ =0a ta tС помощью дифференцирования пол параметру µ и интегрирования по частям,dJµполучим, что J ( µ ) удовлетворяет дифференциальному уравнению= − J .

Характеристики

Список файлов книги