1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 5

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

Текст из файла (страница 5)

формальный ряд (3) формально решает задачу (2).Чтобы ряд (3) стал неформальным решением, надо придать смысл этойформуле. С этой целью, мы вместо задачи (2) рассмотрим другую более сложную задачуU = AU, t > 0, x ∈ Ω ⊂ Rn , tU |t=0 = ϕ(x), x ∈ Ω,(4)при x ∈ ∂Ω, t > 0 поставлены граничные условия.Решение (4) будем вновь искать в виде (3), но для придания смысла этойформуле потребуем, чтобы задача на собственные значения для оператора A(спектральная задача)(AV = λV, x ∈ Ω,(5)V (x) удовлетворяет граничным условиям при x ∈ ∂Ω,4txгде λ - собственное значение оператора A,V = V (x) - собственная вектор-функция, удовлетворяющая граничным условиям при x ∈ ∂Ω;имела счетное множество собственных значений λ:{λk }и счетное множество собственных вектор-функций V (x):{Vk (x)}(Vk (x) - отвечает собственному значению λk ).Далее будем полагать, что начальные данные таковы, чтоXck Vk (x),ϕ(x) =kck - некоторые постоянные.ТогдаetA ϕ(x) ==P(k∞Pj=0∞PPtj jA(j!tj λjkj!j=0ck Vk ) =k)ck Vk (x) =∞ PPj=0 kPjck tj! Aj Vk =etλk ck Vk (x),kт.е.

ряд (3) имеет смысл, если последний ряд сходится. Если сходится и рядXck λk eλk t Vk (x),kон дает функцию Ut , которая в этом случае существует. Тогда формула (3)решает задачу (4). Такова грубая идея метода Фурье. Заметим, чтоXXetA ϕ(x) =eλk t ck Vk (x) =Tk (x)Vk (x).kkВ этом случае говорят, что переменные разделились и по этой причине методФурье еще называется методом разделения переменных.Попытка обоснования метода Фурье.Процесс обоснования метода Фурье.Примеры. ut = uxx , t > 0, 0 < x < 1,u|t=0 = ϕ(x), 0 < x < 1,(6)u|x=0 = u|x=1 = 0, t > 0.5Физический смысл задачи (6).Решение задачи (6) функция u = u(t, x), (t, x) ∈ G = {(t, x); t > 0, 0 < x < 1},непрерывная в области G = {(t, x); t ≥ 0, 0 ≤ x ≤ 1}, непрерывно дифференцируемая по t в области G и при каждом t > 0 функция u ∈ C 2 (Ω),d2Ω = {x, 0 < x < 1} и удовлетворяющая условиям (6).

Оператор A = dx2.Задача (5) на собственные значения ставится так( 00v = λv, x ∈ Ω, v = v(x),(50 )v(0) = v(1) = 0.Найдем нетривиальные решения задачи (50 )λ → −a2 , v(x) = c1 cos ax + c2 sin ax;½c1 = 0,c2 sin a = 0 ⇒ ak = kπ, k = 1, 2, 3...,т.е. λk = k 2 π 2 , vk (x) = sin kπx, k = 1, 2, 3... - искомые собственные значения инетривиальные собственные функции (определенные с точностью до констанd2ты) оператора A = dx2 . Для упрощения дальнейших рассуждений возьмемначальную функцию ϕ(x) ∈ C03 (Ω). Здесь C0m (Ω) - множество всех функцийиз C m (Ω), имеющих носители supp b Ω. Носитель функции f (x), x ∈ Rn ,supp = {x ∈ Rn ; f (x) 6= 0}.Говорят, что функция f (x) ∈ C0m (Ω) финитная (Ω - ограниченное множество, Ω - ограниченное, замкнутое множество (компакт)).xИз теории рядов Фурье известно, что функция ϕ(x) ∈ C03 (Ω) раскладывается в равномерно сходящийся ряд по vk (x) = sin kπx, k = 1, 2, ...

:∞Pϕ(x) =ck sin kπx,k=1где ck = 2R1R1ϕ(x) sin kπxdx = −20=2kπR1002ϕ0 (x) cos kπxdx = − (kπ)22= − (kπ)3R1R1ϕ(x)d[cos kπx]kπϕ00 (x) sin kπxdx =0ϕ000 (x) cos kπxdx, т.е.0¯¯R1¯2 ¯000ϕ(x)coskπxdx|ck | = (kπ)¯≤¯302(kπ)3R1|ϕ000 (x)|dx ≤02 max |ϕ000 (x)|= const,k3¯ P¯P∞∞∞P¯¯|ck | ≤|ϕ(x)| = ¯ ck sin kπx¯ ≤≤k=1=0≤x≤1(kπ)3k=1k=1constk3< ∞.6Мы воспользовались здесь тем, что система функций{sin kπx}, k = 1, 2, ... ортогональна на промежутке [0, 1]:½Z1sin kπx sin mπxdx =0Ряд (3) в этом случаеu=∞Xck e−k2 π2 t0, k 6= m.1, k=m2sin kπxk=1равномерно сходится, поскольку:2 2∞∞¯X¯ Xconst e−k π t¯¯−k2 π 2 t<∞|u(t, x)| = ¯ck esin kπx¯ ≤3kk=1k=1для всех t ≥ 0.Если продифференцировать ряд (3) формально по x и по t:∞Xck kπe−k2 π2 tcos kπx,k=1−∞Xck (kπ)2 e−k2 π2 tsin kπx,k=1то они равномерно сходятся, т.к.2 2∞∞¯ X¯Xconst πe−k π t2 2¯¯ck kπe−k π t cos kπx¯ ≤<∞¯2kk=1k=1при всех t ≥ 0,2 2∞∞¯ X¯Xconst π 2 e−k π t¯¯2 −k2 π 2 tck (kπ) esin kπx¯ ≤<∞¯kk=1k=1при всех t ≥ δ > 0 и любого δ > 0.Это означает, что функцию u(t, x) можно два раза непрерывно дифференцировать по x и один раз по t.

Итак, рядu=∞Xck e−k2 π2 tsin kπxk=1решает задачу (6).Задача.Покажите, что на самом деле решение задачи (6) u(t, x) ∈ C ∞ (G), где C ∞ (G) =∞TC m (G).m=0Далее, поскольку¯¯P¯¯ ∞ −k2 π2 t− 1)ck sin kπx¯ ≤|u(t, x) − ϕ(x)| = ¯ (ek=1¯¯ ¯ P¯ ¯ P¯P2 22 2¯¯ ¯ ∞¯ ¯ ∞¯Nck sin kπx¯,e−k π t ck sin kπx¯ + ¯≤ ¯ (e−k π t − 1)ck sin kπx¯ + ¯k=1k=N +1k=N +1то u(t, x) → ϕ(x) при t → +0 равномерно по x (для ∀ε > 0, ∃δ, N0 , t < δ,N > N0 и каждое слагаемое | | < 3ε ).7Единственность построенного решения:ϕ(x) → uI , uII → u = uI − uII ,функция u удовлетворяет задаче (6) с начальными данными ≡ 0.2u · | ut = uxx → (u2 )t = 2(u · ux )x − 2u2x ,Z10ddx →J(t) = −2dtZ1u2x dx + 2(u · ux )|x=1x=0 ≤ 0 →0Z1u2 dx.J(t) ≤ J(0), J(t) =0Поскольку J(0) = 0, то J(t) = 0 → u(t, x) ≡ 0 в области G.Непрерывная зависимость решения от начальных данных1§7Метод Фурье.

Понятие корректности задачматематической физикиОбоснование метода Фурье в простейших случаях.utt = uxx , (t, x) ∈ G = {(t, x); t > 0, 0 < x < 1},u|t=0 = ϕ0 (x), ut |t=0 = ϕ1 (x), x ∈ Ω = {x, 0 < x < 1},u|x=0 = u|x=1 = 0, t > 0.(1)Физический смысл задачи (1).Класс решения задачи (1): u(t, x) ∈ C 2 (G), u непрерывна в G, ut непрерывнав G.Мы не будем, пользуясь идеями §6, заменять задачу (1) на задачу длясистемыUt = AU.Применим метод разделения переменных к исходной задаче (1). С этой целью,будем искать у волнового уравненияutt = uxxчастные, нетривиальные решения видаu(t, x) = T (t)v(x),удовлетворяющие краевым условиямu|x=0 = u|x=1 = 0,T 00(t)T=v 00(x)v= const = −a2 →T 00 + a2 T = 0,v 00 + a2 v = 0,т.е. переменные разделились.

Из краевых условий получаемv(0) = v(1) = 0.Итак, для нахождения функции v(x) мы вновь имеем задачу на собственныезначения (спектральную задачу) того же вида, что и в §6:( 00v + a2 v = 0, x ∈ Ω;v(0) = v(1) = 0.Нетривиальные решения этой задачи:ak = kπ,vk (x) = sin kπx, k = 1, 2, ... .Из уравненияT 00 + a2 T = 0находим:Tk (t) = Ak cos kπt + Bk sin kπt,Ak , Bk - пока произвольные постоянные.Итак, функцииuk (t, x) = sin kπx{Ak cos kπt + Bk sin kπt}, k = 1, 2, ...удовлетворяют уравнению и граничным условиям при любых Ak , Bk .2Попытаемся определить эти постоянные так, чтобы бесконечный рядu(t, x) =∞Xuk (t, x)(2)k=1давал решение задачи (1).При t = 0:∞Pu|t=0 = ϕ0 (x) =ut |t=0 = ϕ1 (x) =Ak sin kπx,k=1∞PkπBk sin kπx.k=1Пусть ϕ0 (x), ϕ1 (x) ∈ C04 (Ω).

ТогдаAk = 2R1ϕ0 (x) sin kπxdx,0Bk =причем|Ak | ≤2kπR1ϕ1 (x) sin kπxdx,0const,k4|Bk | ≤const.k5Задача.Покажите, что ряд (2) можно дифференцировать почленно два раза по t и x.Покажите, что u(t, x) → ϕ0 (x), ut (t, x) → ϕ1 (x) при t → +0 равномерно по x.Единственность:uI , uII , u = uI − uII ,utt = uxx → 2ut utt = 2ut uxx →→ (u2t )t = 2(ut ux )x − (u2x )t →R1→ (u2t + u2x )t = 2(ut ux )x → dx :dJ(t)dt= 0 → J(t) = J(0),01RJ(t) = (u2t + u2x )dx.0Поскольку J(0) = 0, то ut = ux ≡ 0 → u ≡ 0 в G.Непрерывная зависимость решения от начальных данных.Разница между задачей (1) из §6 и §7: гладкость решения (2) можно повысить, только повышая гладкость начальных данных.Уравнение Лапласа4x,y u = uxx + uyy ,(x, y) ∈ Ω ⊂ R2 .Определение.

Непрерывные решения уравнения 4x,y u = 0 называются гармоническими функциями.Задача Дирихле для уравнения Лапласа:(4x,y u = 0, (x, y) ∈ Ω,(3)u|∂Ω = f (x, y)|∂Ω .Физический смысл: задача о прогибе мембраны.Пусть Ω = {(x, y), x2 + y 2 < R2 } - круг.4x,y u = 0 →(∂∂2u∂(r ∂r) + ∂ϕr ∂r2 = 0,u|r=R = f (ϕ).(30 )3yRr0xЧастные решения уравнения Лапласаu(r, ϕ) = A(r)B(ϕ),r(rA0 )0A00= − BB = a2 = const,B(ϕ) = c1 sin aϕ + c2 cos aϕ,½c3 ra + c4 r−a , (a 6= 0),A(r) =c5 + c6 ln r, (a = 0),c1,2,3,4,5,6 - некоторые постоянные; B(ϕ) - периодическая с периодом 2π, a = n,n = 0, 1, ... .Функции r−n , n = 1, 2, 3, ... имеют особенности при r = 0, поэтому непрерывные внутри круга частные решения уравнения Лапласа имеют вид:un (r, ϕ) = rn (bn sin nϕ + an cos nϕ), n = 1, 2, ... .При n = 0 (a = 0):a0,2an , n = 0, 1, ..., bn , n = 1, 2, ...

- некоторые постоянные.Линейная комбинация частных решений тоже решениеu0 (r, ϕ) = const =Na0 X rnu(r, ϕ) =+(an cos nϕ + bn sin nϕ).2Rnn=1Пусть a0 , an , bn , n = 1, 2, ... - ограниченные постоянные|a0 |, |an |, |bn | < M,Тогда рядM < ∞.∞a0 X r nu(r, ϕ) =+(an cos nϕ + bn sin nϕ)2Rnn=1является при r < R решением уравнения Лапласа.В самом деле, ряд (4) можно представить так:½¾∞(x + iy)n (an − ibn )a0 X+Re.u(r, ϕ) =n2Rn=1Но ряд∞a0 X an − ibn n+z = w(z),n2Rn=1z = x + iy(4)4является степенным рядом с радиусом сходимости не меньшим, чем R.

Отсюдаследует, что при r < R: w(z) - аналитическая функция, а u(r, ϕ) = Re w(z)гармоническая функция (ТФКП).Если предположить равномерную сходимость ряда вплоть до границы круга r = R, то для граничных значений u(r, ϕ) = f (ϕ) мы будем иметь представление рядом Фурье∞f (ϕ) =a0 X+(an cos nϕ + bn sin nϕ).2n=1Коэффициенты Фурье вычисляются по формуламR2π an = π1 f (ϕ) cos nϕdϕ, n = 0, 1, ... ,0 bn =1πR2π(5)(6)f (ϕ) sin nϕdϕ, n = 1, 2, ... .0Задача.Пусть f (ϕ) - периодическая функция с периодом 2π, причем f ∈ C 2 ([0, 2π]).Тогдаconstconst|an | ≤, |bn | ≤.2nn2Заметим, что эти неравенства обеспечивают сходимость рядов (4), (5).Мы показали, что ряд (4) с коэффициентами (6) является в круге r ≤ Rрешением задачи Дирихле для уравнения Лапласа (3):(4x,y u = 0,u|R = f (ϕ),если f (ϕ) достаточно гладкая.Представим решение задачи (3) в другой форме.

Характеристики

Список файлов лекций