Типовые

51

уравнения

X(x) = A cos(λ x) + B sin(λ x)

сиспользованием краевых условий

X (0) = A cos(0) + B sin(0) = A ×1 = A = 0 ,

X (1) = B sin(1λ ) = 0

находим собственные значения

λ = λn = (πn)2

и собственные функции

X n (x) = Bn sin(nπx) .

Второе уравнение системы

T’(t)+λ a 2 T(t)=0

имеет решение

T (t) = C exp(−λa 2t) .

Таким образом, общее решение исходного уравнения принимает вид

wn (x, t) = X (x)T (t) = Cn exp(−(nπa)2 t) sin(nπx) .

Поскольку при любых n полученная функция является решением нашего дифференциального уравнения, то и сумма этих решений так же будет являться решением исходного дифференциального уравнения:

w(x, t) = ∑Cn exp(−(nπa) 2 t) sin(nπx)

n

Подставляя сюда начальное условие

w(x,0) = ∑Cn sin(nπx) = 7 sin(3πx)

n

мы видим, что все константы Cn=0 кроме C3=7. Поэтому решение уравнения для функции w = w(x, t) имеет вид

w(x,t) = 7 exp(−(3πa)2 t)sin(3πx)

.

w(x,t) = 7 exp(−45π 2t)sin(3πx)

Переходя к старой функции:

u(x, t) = w(x, t) − 5x − 4

получим окончательный ответ

u(x,t) = 7 exp(−45π 2t) sin(3πx) − 5x − 4 .

54

Таким образом, решение неоднородного уравнения теплопроводности запишем в

виде

Решение исходной задачи представляется в виде суммы двух функций:

Задача 10. Решить смешанную задачу.

ut = 1 uxx +10 sin(3t) sin(6x); 36

u(x,0) = 31sin(24x) + π + x; u(0, t) = π ;

u(π , t) = 2π .

Решение.

Будем искать решение уравнения в виде суммы двух функций: u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) ,

одна из которых удовлетворяет однородному уравнению с неоднородными начальными условиями:

vt = 1 vxx ,

36

v(x,0) = 31sin(24x) + π + x, v(0,t) = π ,

v(π ,t) = 2π ,

а другая, удовлетворяет неоднородному уравнению с нулевыми начальными условиями:

wt = 1 wxx +10sin(3t)sin(6x), 36

w(x,0) = 0,

w(0,t) = w(π ,t) = 0.

Для решения однородного уравнения введем новую функцию g = g(x, t) , связанную с v(x,t) соотношением

g(x, t) = v(x, t) + γ 1 x + γ 2 .

55

Подберем коэффициенты γ1 и γ2 так, чтобы соответствующее дифференциальное уравнение для g = g(x, t) :

gt = 1 g xx

36

имело нулевые граничные условия

g(0,t) = v(0,t) + γ 2 = 0,

g(π ,t) = v(π ,t) + γ 1π + γ 2 = 0.

Подставляя сюда вместо v(0,t) и v(π,t) соответствующие граничные условия получим

систему уравнений для определения γ1 и γ2:

π + γ 2 = 0, 2π + γ 1π + γ 2 = 0.

Откуда γ2=-π, γ1=-1 и наша новая функция имеет вид

g(x, t) = v(x, t) - x - π .

Таким образом, нам необходимо найти решение смешанной задачи для функции g = g(x, t) :

gt = 1 gxx ,

36

g(x,0) = 31sin(24πx), g(0,t) = g(π ,t) = 0.

Будем искать (не равное нулю) решение уравнения в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от x, а другая – только от t, т.е.

g(x, t) = X (x)T (t).

Подставляя это выражение в уравнение

gt = a 2 g xx

имеем

X (x)T '(t) = a 2 X "(x)T (t) .

Здесь a 2 = 1 . После деления на X(x)T(t):

36

получим систему

X”(x)+ λX(x)=0,

T’(t)+λ a 2 T(t)=0.

Первое уравнение системы с граничными условиями:

X”(x)+ λX(x)=0,

X(0)=X(π)=0

представляет собой задачу Штурма-Лиувилля на отыскание собственных функций и собственных значений дифференциального оператора (см. задачу 1). Из общего решения уравнения

X(x) = A cos(λ x) + B sin(λ x)

сиспользованием краевых условий

X (0) = A cos(0) + B sin(0) = A ×1 = A = 0 ,

X (π ) = B sin(π λ ) = 0

находим собственные значения

λ = λn = n2

и собственные функции

56

X n (x) = Bn sin(nx) .

Второе уравнение системы

T’(t)+l a 2 T(t)=0

имеет решение

T (t) = C exp(-λa 2t) .

Таким образом, общее решение исходного уравнения принимает вид g n (x, t) = X (x)T (t) = Cn exp(-(na) 2 t) sin(nx) .

Поскольку при любых n полученная функция является решением нашего дифференциального уравнения, то и сумма этих решений так же будет являться решением исходного дифференциального уравнения:

g(x, t) = ∑Cn exp(-(na) 2 t) sin(nx) .

n

Подставляя сюда начальное условие

g(x,0) = ∑Cn sin(nx) = 31sin(24x)

n

мы видим, что все константы Cn=0 кроме C24=31. Поэтому решение уравнения для функции g = g(x, t) имеет вид

g(x,t) = 31exp(-(24a)2 t)sin(24x), g(x,t) = 31exp(-16t)sin(24x).

Переходя к старой функции v(x, t) = g(x, t) + x + π получим ответ: v(x, t) = 31exp(−16t) sin(24x) + x + π .

Будем искать решение уравнения для w(x, t) в виде ряда Фурье по собственным функциям соответствующей однородной задачи:

wt = 1 wxx ,

36 w(x,0) = 0,

w(0,t) = w(π ,t) = 0,

т.е. по функциям {sin(nx)}:

w(x,t) = ∑wn (t)sin(nx),

n

wxx (x,t) = -∑wn (t)sin(nx) × n2 ,

n

считая при этом t параметром. Решением задачи с такими начальными и краевыми условиями является w(x,t)=0. Таким образом, для разложения исходного уравнения мы имеем

Соответствующее разложение для функции

f (x, t) = ∑ f n (t) sin(nx) = 10 sin(3t) sin(6x)

n

дает все fn(t)=0 кроме f6(t)=10sin(3t). Отсюда следует, что только для 6-й гармоники мы сможем найти нетривиальное решение задачи Коши:

dw6 (t) + w6 (t) = 10sin(3t) dt

с нулевым начальным условием.

Общее решение последнего уравнения есть

59

2. λ2>0

Тогда для первого уравнения

Ф”( ϕ)+λ2 Ф(ϕ)=0, Ф’(0)=Ф(3π/2)=0

получим задачу Штурма-Лиувилля на отыскание собственных функций и собственных значений дифференциального оператора (см. задачу 1). Из общего решения уравнения

F(ϕ ) = A cos(λϕ) + B sin(λϕ ) F'(ϕ ) = λ(- Asin(λϕ ) + B cos(λϕ ))

с использованием краевых условий

F'(0) = λA × 0 + λB ×1 = B ×1 = B = 0 ,

F(3π / 2) = A cos(3πλ / 2) = 0

находим собственные значения

λ = λn = (2n +1) / 3

и собственные функции

Fn (ϕ ) = An cos((2n +1)ϕ / 3) .

Решение второго уравнения системы

r2 R”(r) + rR’(r) - l2R(r)=0

будем искать в виде R(r)=rm, что дает

r2m(m-1)rm-2+rmrm-1- l2rm=0,

или

rm(m2-l2)=0

т.е. m=±l.

Следовательно

R(r) = Cr λ + Dr −λ .

Второе слагаемое в этом выражении необходимо отбросить, поскольку оно дает

бесконечность в центре круга: D=0. Таким образом

R(r) = Cr (2n+1) / 3

и окончательно

un (r,ϕ ) = R(r)F(ϕ ) = An cos((2n +1)ϕ / 3)r ( 2n+1) / 3 .

Поскольку при любых n полученная функция является решением нашего дифференциального уравнения, то и сумма этих решений так же будет являться решением исходного дифференциального уравнения:

u(r,ϕ ) = ∑ An cos((2n +1)ϕ / 3)r (2n+1) / 3 .

n

Учитывая случай с l=0 получим

u(r,ϕ ) = A0 + ∑ An cos((2n +1)ϕ / 3)r ( 2n+1) / 3 .

n=1

Подставляя сюда начальное условие

u(1,ϕ ) = A0 + ∑ An cos((2n + 1)ϕ / 3) ×1(2n+1) / 3 = 31cos(3ϕ )

n=1

мы видим, что все константы An=0 кроме A4=31. Поэтому решение исходного уравнения имеет вид

u(r,ϕ ) = 31cos(3ϕ )r 3 .

60

Задача 12. Решить задачу Дирихле для уравнения Лапласа u=0 в круге 0<r<1, 0<ϕ<2π (r, ϕ - полярные координаты) на границе которого искомая функция u(r,ϕ) имеет следующие значения:

u(1,ϕ)=31cos(8ϕ)+32 sin(9ϕ)

Решение.

Будем искать (не равное нулю) решение уравнения в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от r, а другая – только от ϕ, т.е.

u(r,ϕ ) = R(r)Φ(ϕ ).

Подставляя это выражение в уравнение Лапласа:

R(r)=С+D ln(r)

Для того, чтобы убрать нефизичную логарифмическую сингулярность в центре круга положим D=0. Поскольку

Ф(ϕ)=Ф(ϕ+2π)

т.е. А+В ϕ= А+В (ϕ+2π)

А+В ϕ= А+В ϕ+ В 2π

0= В 2π В=0.

Таким образом Ф(ϕ)=А, R(r)=С и, в общем случае, u(r,ϕ ) = R(r)Φ(ϕ ) = const.

2. λ2>0

Тогда для первого уравнения

Ф”( ϕ)+λ2 Ф(ϕ)=0, Ф(ϕ)=Ф(ϕ+2π)

получим задачу Штурма-Лиувилля на отыскание собственных функций и собственных значений дифференциального оператора (см. задачу 1). Из общего решения уравнения

Φ(ϕ ) = A cos(λϕ ) + B sin(λϕ )