1612725600-1e51a42f1faf9bdcc469a226f46bb0ff (828611), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Начальные условия а(0) = х', Р(0) = 0 должны обеспечить предельный переход в б-функцию при ! — +О. Найдем ехр [-(х — х'е ') /(! — е з')) С(х, х, !)— з/й Л-е ~ В прелеле ! ь ! ответ переходит в функцию Грина дифФузионного процесса; С(х,х',!) = - (-(*-.')з/2!) з/2и! З)8. Найти функцию Грини С(х, х', !) одномерного уравнение Фоккера †План ди д ! дзи — = — (хв) + — —, в(х, 0) = у(х). И дх 2 дхз' 180 Глава 7. Метод функций Грина На больших временах т:Ь ! функция Грина перестает зависеть от коор- динаты *': 6(х,х',!) = ( з) Уравнение Фоккера — Планка описывает случайное блуждание часпзц, и такой вил асимптотики на больших временах означает, что после нескольких столкновений броуновская частица «забывает» начальные условия.
Данную залачу также можно решить с помощью преобразования Фурье по координате, которое понижает порядок уравнения со второго до первого. Получившееся уравнение первого порядка с частными производными можно решить методом характеристик (см. главу 2). > 209. Найти функцию Грина одномерного волнового уравнения ! с, ви — в„= Г(х,!), и(х,!) 0 при т- -оо. Решение. После преобразования Фурье по координате и времени получим функцию Грина в ы, 7г-представлении ! йз — ыз/сз Проведем обратное преобразование Фурье по ш. Обходя полюсы сверху из соображений причинности, получаем бь(!) = В(!) — (е гьи — е!ьи).
2й После обратного преобразования по й имеем С(х, з; О, 0) = - [В(х + с!) — 9(х — ст)) В(!). (7.30) 2 Значит, локальное возмущение в точке х', подействовавшее в момент времени !', оказывает влияние только внутри интервала х' — с(! — Р) < х < аз+ с(! — Р) из-за конечной скорости с распространения возмущения (область влияния). ° .
210. Показать, что решение задачи !Гтии П и = О, и(е,О) = !е(е), иг(е, 0) = ф(т) (7.3!) для волнового уравнения выражается через функцию Грина по формуле и(е,!) = — "— 0(е,е;е',0)р(з.')+С(э,йе',0)ф(г') дг'. 181 7.4. Примеры Решение. Волновое уравнение имеет я)врой порядок по времени, позтому запача Коши для него содержит два начальных условия— на функцию и первую производную.
Следовательно, имеется пара функ(з) (2) ций Грина второго рода С, и С,, а решение дается формулой и(т, 1) = / С(з)(т, т,()уз(т ) дт + / Я(т, т,()ф(т ) дз' . (7,32) Найдем связь функций С,, С, с функцией Грина первого рода, которая (з) (з) подчиняется уравнению П С(з, Г; з ', (') = б(з — з ')б(1 — 1 ) (7.33) Ь, )-г ) ч' ~ — ть",онт)+о( ° ~ ° ',о)зт)~. Сравнивая с формулой (7.32), получаем искомую связь: С(')(, ',()= — — С(т,йт',О), С<"(т,т',()= — С(т,г; ',О). м 211. Зная функцию Грана одномерного еолноеого уроенення (задача 2(8), решить задачу Конш 1 — ин — и,„=б; и(х,О) =уз(х), и,(х,О) =ф(х).
и стремится к нулю вместе со своими первыми производными при ( сю или з — сю. Для этого умнохсим уравнение (7.33) на и(з,() и вычтем из него уравнение (7.31), умноженное на С(з, Г; з', Р), а затем проинтегрируем по т по всему пространству и по 1 в пределах от О до оз при ('>О: и(т,() = ~ дт д( (и П С вЂ” С Пи) = ( 1ОГОС ди) дт / д( — — ~и — — С вЂ” ~ — ~ сй ~дт д(ч(и(7С вЂ” Стуи). )В(~ а( О(7' Интеграл от дивергенции преобразуетсл в силу теоремы Гаусса в интеграл по бесконечно удаленной поверхности и обрашается в нуль. В первом слагаемом интеграл по 1 берется, причем из-за убывания С и Сз при ( ос остается вклад только нижнего предела ( = О: и(з', ( ) = — ( дт ~- — зз(т) + Сф(т) И, Меняя обозначения переменных т т ', 1 Р и переходя от дифферен- цирования функции Грина по Р к дифференцированию по ( (бз = — ф), находим 182 Глава 7.
Метод функций Грина Ранение. Решение задачи Коши можно записать в виде суммы двух интегралов (за!шча 2 1О) и(х,1) = / б,' (х, х', 1)гр(х') дх'+ ~ С) !(х, х', 1)ф(х') дх'. (7.34) Воспользуемся выражением (7.30) дая функции Грина одномерного уравнения, тогда получится 6! г(х,х,1) = — — С(х,1;х,О) = — [б(х — х + с!)+ б(х — х — с1)), в ! !7!~!(х,х',1) = — б(х,1;х',0) = -)В(х — х'+с1) — В(х -х' — с1)1. Отсюда следует формула Даламбера и(х,1) = — ~Р(х+ с1) + Р(х — с1)1 + — 1 ф(х') дх'. (7.35) 2 2с,/ Решение в точке х определяется значениями функций Р в точках х' = х х с! и ф на интервале х' Е (х — се, х+ с1), который называется областью зависимости.
212. Поояроить функции Грина второю рода и винисать решение задачи Кани дт трехмерного волновало уравнения. Покатаю!и что решение о(г, 1) в точке г нолиостью онределяется значениями функций ф(г) = и(з, 0), ф(г) = иг(г,О) и норлгальной нрвгзводной ф на сфере радиуса с1 с центром в точке э' (принцип Гюйгенса). Решете. Пользуясь функцией Грина первого рода (зааача 246) и результатом задачи 2!О, находим функции Грина второго рода гц б'(р — с1) Н! б(Р— с1) 4ер ' ' 4ерс где р = )г — г'!.
Решение задачи Коши для взлнового уравнения ! Г ! б'(р — с1), б(р — с1) в(г, 1) = — / ~ — го(г ) + ф(г ) дг 4к,/ ~ р рс можно переписать через функционал М, действуюший на функциях трех переменных р(г) и обозначающий усреднение по единичной сфере ! 3 йбЫ )) = — / р(г+ с!с) д 81. !1!= ! 183 7.4. Примеры Получается формула Кирхацра и(е, 1) = — (1М(»р]) + 1М(ф!.
д 213. Найти убыеаюгцую на бесконечности функцию Грина ураенения Гель»мальца (7.36) (/зо — д') г7(х, х') = 6(х — х'), где б»о — ланласиан е Р-мерном нростронстее, Ретение. С помогдью преобразования Фурье найдем Апй ег 2~ ,/ (2я)2» Ьз+»72 Знаменатель можно записать как т Азе 1 Ь2 1 у» е и поменять порядок интегрирования. Внутренний Р-кратный интеграл является гауссовым и вычисляется по формуле )= (2я)о/2 И~у ехр ~ — -(у, Ау)+з(Ь,у)~ = 2 ' ' ) (с1егА)'/2 ( 2 ехр ~ — — (Ь,А Ь) где А — матрица Р х Р, а Ь вЂ” Р-мерный вектор, получается 1 -'=Й-' » з О/2 бойе +' * = — е */ с (х О) ) бе еоп-зе- /а-г /' У (Ч(х!) (4я)о/2 / (2я)О/2 !х(о е где а = у — 1, е = 7.
Отсюда и гл(х,х) = —— у К (у(х — х'!) (2я)л/2 !х — х'! Рассмотрим частные случаи. Если Р = 2, то а = О, а поведение функции Макдональда порядка О при мкхых значениях аргумента логарифмическое (П.ЗЗ) 1 С(г, 0) — 1и г, 2я Остаегся вычислить интеграл по 1, который сводится к интегральному представлению функции Макдональда (П.31) )84 Глава 7.
я(ешод функций Грива что согласуется с обшей таблицей особенностей фундаментального решения (с. !65). При 27 > 2 получим дхя я(х! К ! Г(а) 4яо7зго-з' В частности, ! — — хг 4 6(г, О) ! з з х г 4 Р = 4. При нечетных размерностях 27 = 3,5,... функция К выражветсячерез элементарные функции.
Рассмотрим полробнее частный случай 27 = 4, х=(хо, хн хъ хз ). Если в качестве первой координаты подставить хе — !! (совершить поворот на -' а комплексной плоскости ха), а вместо д записать зп, то из (736) получится уравнение Клейна — Гордона-Фока (П+ шз)С(х,б) = — 6(х), ш С(а) 0 5 Гб которое описывает движение релятивистской бесспиновой частицы массы пз. Функция Грина (называемая фейнминоагхой) свелется к виду Рне.7.6. Мнимая частьфейнмановской функции Грина в зависимости ат величины х = Л' — гз времениполобного интервала лхя трех разных масс; — - яз; - 2ак — 4т б(х,б) =— зпК,(тлх) а = зги~ — зз, 4хзе где гз = хз + хз з+ хз, с = !.
Когда интервал пространственноподобный (гз > гз), х — действительное число и функция е убывает экспоненциально в области з > г: К,(гла) ш,/Д е '"'. Если же интервал времениполобный (зз < !з), то величина а ай~ — гу — чисто мнимая, а функция С осциллирует (рис. 7.6).
В нерелятивистском пределе г' «2з,т! » ! можно разложить а !(! — Г) в аргументе функции Макдональда и получить б(х О) 2(2хз !)3/2 С точностью ло постоянного множителя получилась функция Грина уравнения Шрелингера (7.27). ° ' 185 7.4. Примеры 214. Найти непрерывный спектр оператора А = — — '", х б (й. Решение. Чтобы показать, что собственная функция и(х) = ехр ((Лх) оператора А = — ~м принадлежит непрерывному спектру, убедимся, что Аи = Лк. Остается построить приближенную нормированную собственную функцию О и убедиться, что норма !(Ай — Лй)! стремится к нулю.
Выберем приближенную функцию в виде волнового пакета, например й(х) = а(х) ехр (!лх), а(х) = ецвя ии ехр (-Ч-), где )!а!! = !. найдем е !(АΠ— Лй(!' = / аа(х) ((х = — О, е - О. Таким образом, непрерывный спектр совпадает со всей вещественной осью (й. 215. Найти резальвенту оператора — в,т. в' Равенне. Уравнение ( -) эх а+ — ~Н,(х, х ) = б(х — х) с нулевыми граничными условиями на бесконечности имеет решение 1 Н,(х,х') = — е'~'* *!.
2!з/х При этом подразумевается главная ветвь функции ь(а: (ш з/а > О. Резольвента аналитична во всей а-плоскости с разрезом вдоль вешественной положительной полуоси (й~ = (х Е И, а > О). Скачок на разрезе определяется значениями квадратного корня из а = йз Й ге на берегах разреза Й>О, 1!ш ~/Йз+!е=й, йш Зуйз-!е=-й с вв е ьв и равен 1 г Ны а-Яь щ — — — соай(х — х) = -- (сохйхсозйх +зшйхз!пйх). !й й в2 Сравнивая с (7.19), мы получаем, что оператор — в,т имеет только непрерывный спектр х = йз > О, каждое собственное значение двукратно вырождено и возможный, нормированный согласно (7.14) базис в двумерном собственном полпространстве, соответствуюшем собственным значениям х = Йз, состоит из пары функций (и соз Йх (и з!и Йх (й~ (*) = — Ф~ (*) = =- !Зб Глава 7. Метод функций Грина 216.
Найми реэвльвенпгу радиального оператора 1 д д С„= -- — т— тдт дт на прастрансмве са скалярным произведением (е, и) = у т йт е*(г)в(г). Решение. Резольвента подчиняется уравнению ( 1 И й 'ь о, б(т — т') — — г — + ау! у,(т т) = ей с?т ) т откуда интегрированием по тат получается, что скачок производной прн г = г' равен -„,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
