1625914365-7029705a6b51317eb799dab7ce6b2ad6 (532774), страница 21
Текст из файла (страница 21)
!06 3) В исходной краевой задаче (1) — (3) неоднородноать в краевом режиме действует в течение промежутка времени от О до й Поэтому можно ожидать, что решением задачи (1) — (3) будет функция и(М, 1)=~ —,(ш(М, с — т, )Ч(с — т))с(т. (**) д о Непосредственной проверкой убеждаемся в справедливости этого предположения. В самом деле, эту функцию можно запи- сать также в виде и(М, Г) = =- ) с1(с — т) шс (М, 1-- т, т) с)т+ )' пс(М, с — с, т) 6(с — т)с(т, о о ибо — Ч (1 — т) = 6 (1 — т).
Поскольку с1 (8 — т) = 1 для всех т дС от О до 1, то, используя основное свойство б-функции, ссолучим и(М, 1) = ) шс(М, с — т, т)с1т (-ш(М, О, 1). (5) о Из этой формулы, а также из формулы для производной ис(М, 1) = ~ иссс(М, с — т, т)с(т+шс(М, О, Г) (6) о непосредственно следует, что начальные условия (2) удовлатво. ряются (цс (М, О, 1) = =исс (М, О, 1) = О для внутренних точек области О). Краевое условие (3) также удовлетворяется, так как ( д +~),~дс(( дл ~ с о с д =) — дС (р(М )Ч'(1 — тНс(т=) — дС Ь(М, )с)(1 — т)) (то д о о с = ) р (сИ, т) — „с) (1 — т) с(т = ~ р (сИ, т) 6 (с — т) с(т = р (М, 1), о о Подставим выражения (оо) для и (М, Г) в уравнение (1), для чего воспользуемся формулами (5) и (6).
Для внутренних точек об- ласти 0 в силу (4) имеем с и(М, 1)=~исс(М, 1 — т, т)с(т, о ис(с)4 с)=) иссс(М с т т) "т. о 1от Ф Следовательно, ии — — ~ и,и (М, 1 — т, т) о]т + ши (М, О, 1). о Из тождества 1 Ь (М, 1 — т, т)] е— э р (М) ти (М, 1 — т, т), пользуясь непрерывностью ши в области (М <м Р, 1~ 0), нахо- дим (при 1 — т- 0) 1. (ои(М, О, 1)! =р(М)ши(М, О, 1) = О, поскольку по (М, О, 1) = 0 для внутренних точек области Р, и, следовательно, 1, ]в (М, О, 1) ]= :О.
Таким образом, и„(М, 1) = ] тв,и(М, 1 — т, т) о(т. о Поэтому Г д 1 (и] — рии — = ~] — ]1. (оа] — ржи] йт = О, дО о так как 1. (ш] = рооп по построению. То есть выражение (а о) дает решение задачи (1) — (3). Рассмотрим частный случай, когда р (М, 1) = Я (1). Аналогично предыдущему решение можно построить следуя)щим образом. 1) Решаем уравнение (1) с краевым условием вида (а — „+ ])и) = т1(1), т. е. для Я (1) ге 1. Пусть 1о (М, 1) — решение этой задачи.
Тогда решением задачи с краевым условием вида (. д„"+]) )з=ч(1)()(), где т — фиксированное число, будет функция Я (т) ]т (М, 1). 2) Решением уравнения (1) с краевыми и начальными усло- виями вида (а — „+ ри) = Я (т) Ч (1 — т), и],., = и~ ]~=, — — 0 будет функция Р (т) ]~ (М, 1 — т) Ч (1 — т). Заметим, что в силу начальных условий для всех внутренних точек области Р выпол- няются тождества )1 (М, О) = =И, (М, О) =: О.
3) Решением уравнения (!) с краевыми и начальными условиями вида (.„- а — „, + Ри) =-Р(т)(Ч(1 — т) — Ч(1 — ™)] ди и]о=-, —— иг ]о=о = 0 !ов будет функция (;)(т) [)т (М, 1 — т) т)(1 — т) — гг (М, 1 — т — г(т) т!(1 — т — !(т)[ = ч(") д1 [ 4) Решением исходной краевой задачи будет функция и(М, 1) = ) Я (т) — гс(М, 1 — т)г(т. о П р и и е р. Найти решение задачи а и„х = иг, и (х, 0) = О, и (О, 1) = О, и (1, 1) = Я (1).
Сначала находим решение задачи Р (х, 1) для (г (1) и 1. Функцию Р (х, б ищем в виде суммы )г = о (х) + Р (х, 1), в которой о (х) описывает стационарный режим, а Р (х, 1) — отклонение от него. Для о (х) задача ставится следующим образом: о" = О, о (0) = О, о (1) = 1. Решением будет функцив хД. Для Р (х, 1) задача ставится следующим образом: о'Р», =.
Ро Р (х, 0) =- — х/1, Р(0, 1) =- Р (1, 1) =--О. Решая эту задачу методом разделения переменных (см. пример 1 гл. !Ч), находим па па»' Р(х, 1).= Гэ С„е» Мп — х, Х»=- —. 1 ' )а »=! Коэффициенты С» определяются из начального условия »о — х »1 я» — С» з!п — х »=! ( 1)» 2 и равны С„ =— н Таким образом, 2 С1 ( — 1)" щ! и» вЂ” 7 — а» 5!и — х. и а~~ » ! »=1 )г(х, 1)= — + 1 Следовательно, решением исходной задачи будет функция д и(х, 1) = ) !) (т) — [)1 (х, 1 — т) т)(1 — тЦ дт, дг о 109 В справедливости этого убеждаемся непосредственной проверкой, как и в предыдущем случае.
Таким образом, в этом случае достаточно найти решение )с (М, 1) задачи с очень простой (стационарной) неоднородностью в краевом условии (;) (1) = 1. или Глава П МЕТОД ФУНКЦИЙ ГРИНА РЕШЕНИЯ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ И ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА Одним из наиболее употребительных методов решения линейных задач для дифференциальных уравнений является метод функций Грина. Он состоит в том, что сначала находят некоторое специальное решение задачи того же типа и через него в квадратурах выражают решения исходной задачи. Подробнее опишем метод на примерах решения краевых задач и задач Коши.
Вопросы единственности решения этих задач рассматриваются в гл. Ъ'П!. й 1. Сущность метода функций Грина решения краевых задач и задачи Коши для уравнений параболического типа 1. Пусть требуется найти решение однородной краевой задачи в области В =: (М ~н Р; ( > О) й (и) =- ри,, ( — .) †. ди — Тт 1 =О. дл ' уз и(М 0) =(р(М) непрерывное в замкнутой области В: — (М ~н Р; (~ О).
(1) (2) (3) 1!0 д а (х, 1) =- ) О (т) — )т (х, ( — т) дт+ 1 0 (т) )т (х, ( т) д (1 — т) дт == д( о о д = ) О (т) — )1 (х, ( — т) дт+ 0 (О )т (х, О). д( о Функция Л (х, 0) равна нулю для внутренних точек отрезка 10, (! и для х = О, а при х = ( имеем )1 (х, 0) = 1. Если надо решить задачу ааихх =- ио и (х, 0) =- О, и (О, () = Ют (1), и (1, ~) = (т)а (1) то решение ищем в виде суммы двух функций и =- о + ти, где для о и ш задачи ставятся следующим образом: о: а'"'о„= рм и (х, 0) =- О, о (О, () = 1',)т ((), о ((, () = 0; ак ааои,„=- изо из (х, 0) = О, тп (О, () =- О, ю (1, 1) = ()т (().
Каждая из этих задач решается методом Дюамеля, как показано на примере. Этот метод применяется и для решения краевых задач на полу- бесконечной прямой. Предположим, что, какова бы ни была точка Р нз области В (Р ся 0), мы можем найти решение специальной однородной задачи В (6)=о6,, (4) (ус ~~ + 726! = 0 (5) 6)с=о — — 6 (М, Р), (6) непрерывное всюду в замкнутой области В, кроме точки (Р; 0).
Здесь 6 (М; Р) — 6-функция с особенностью в точке Р. Решение этой последней задачи будет функцией точек М, Р и переменной с, т. е. 6 = 6 (М, Р; 1), Оно называется функ»)ией Грина исходнои задачи (1)--(3). Итак, предположим, что нам известна функция Грина. Тогда решение задачи (1) — (3) и (М, 0 выражается через функцию Грина в квадратурах: и (М, ») = !» 6 (М, Р; ») гр (Р) с(тр. (7) о В самом деле, в йредположении, что правую часть в (7) можно дифференцировать под знаком интеграла надлежащее число раз по координатам точки М и по переменной с, имеем В !и): — !»»р (Р) В [6! с(тр '=- ~ »р (Р) р (М) 6» с)тр =- ри» 2Э о и (М, 0) = ~ 6 !» о»р (Р) с(т, = ~ 6 (М, Р) гр (Р) с(те -— - »р (М) ).
Таким образом, задача (1) — (3) сводится к нахождению функции Грина и к проверке законности дифференцирования под знаком интеграла необходимое число раз по координатам точки М и по переменной с правой части формулы (7). 2. Если требуется найти решение неоднородной краевой задачи вида В (и! + 7 (М, с) =- ри», (8) (О) сс (М, 0) = »р (61), (10) непрерывное в В, то решение ищем в виде суммы двух функций и = о + ис, являющихся непрерывными в В решениямп следу- ющих задач: сс В (и! =- Рис, '» у +)»ао7 = О~ п(М, 0) = ч» (М), : В (ш! + 7 (М, 1) == Р (1! ) *) Функцию»р (»г)) предполагаем непрерывной в СС.
»1! ус д„+ 7 и') =0: ( ° . дос пс (М, О) = О. (12) (1З) Согласно и. 1 функция о (сИ, 1) имеет вид о(М, 1) = ~ 6 (М, Р; () ср(Р) с(тг. и У. (Щ) = рЩ,, (7с до + усЩ) = 0 дс(( 1(М, 8) — р(М) (14) (16) (16) то ш(М, () = ) Щ(М, (; О) с(О. о (17) В самом деле, пс(М, О) = ) Щс(0 = 0, о Ь (ш) = — ) 1. (Щ) с(0 — — ) рЩс с(0, о а с С(ш)+ПМ, 1) = ~ рЩсс(О+!(М, (). о По правилу дифференцирования интеграла с переменным верх- ним пределом по параметру находим ш, = — Щ~о — с+ ~Щс(М, (', О) ЛО. о Используя начальное условие (16), получим шс = + 1 Щс "О. 1(м, с) Сс (М) о Следовательно, (ошс=)(М, ()+ ~ рЩсс)0=~-(ш)+ 1(М () о 1!2 Решение задачи для пс (М, с) методом, описанным в гл. П1 О 6, сводится к решению однородной задачи.
Действительно, если Щ (М, (; О) есть решение однородной краевой задачи Таким образом, функция ш (М, () является решением неоднородного уравнения (11). Справедливость краевых условий (12) для функции (17) проверяется непосредственно.
Функцию Щ (М, 1; О) с помощью функции Грина можно написать в виде Щ (М, (; О) = ~ 6(М, Р; ( — 9) ' „',," йт,. о Следовательно, ш(М, 1) = ~ ~ 6(М, Р; 1 — О) ' ~ ~1т„йО. о о 3. В случае произвольной неоднородной краевой задачи Ь 1и[+ 7(М, () =- рим (18) (.д."+ ") =ф(М () (19) и(М, О) = ср(М) (20) решение надо искать в виде суммы двух функций и == и, + и„ где и, (М, () — какая-нибудь функция, удовлетворяющая краевому условию (19), для которой определены В [и,) и и„.
Тогда для и, (М, !) задача сводится к рассмотренной в п. 2. 4. Определим понятие функции Грина задачи Коши В [и[+((М, 1) =рио (21) и (М, О) = ~р (М). (22) О и р е д е л е н и е. Функцией Грина задачи Коши (21)— (22) называется решение однородной задачи Коши В [6[ =р6,, 6 [~=-о = 6 (Л[, Р), непрерывное всюду в замкнутой области В =: [Л[ — любая точка пространства, 1) О), кроме точки (Р; О) ~е В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
