Интегральные преобразования в уравнениях с частными производными (110

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

функция [ ]

непрерывна при ≤ ,

[ ] → 0 , → ∞

+( ) [ ] − → 0 при → ∞

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

1.26 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Рассмотрим

вначале

L[f[t]][p] при

p>0.

помощью простой

замены

переменной находим

∞

−в

−

∞

−в

−ф

1 ∞

−1+(1−в)

−ф

L[f[t]][p]= 0

0 ф

ф =

0 ф

ф =

1−в

Г[1−в]

Пусть

далее и

> 0. Для

определѐнности будем

считать

1−в

p=re ц, 0 < ц <

(случай −

< ц < 0 рассматривается аналогично). Положим

s=t*e-iц/r,o<t< . Легко проверяется, что p*s=t - положительное число. Далее имеем

Г 1 − в

∞

−в

−

= limе→0

∞

( )

−в

−

1−в

= limе→0 е

lim

∞

−в −

(5.2)

г[е,∞]

е→0

Где г[е, ]-отрезок луча

− ц, е ≤ < .

Построим

замкнутый

контур

Г[е, ]. По теореме Коши

Г[е, ]

−в − = 0

(5.3)

Оценим интеграл по дуге Г[R] окружности радиуса R

ш = arg (−ц < ш < 0)

Г[ ]	−в − ≤					0 ( ш)−в − ш ( ш) ≤
Г[ ]						−ц
1−в	0		− [ц+ш]			ш ≤ 1−в − [ц] → 0 при → ∞
	−ц
Аналогично доказывается							Г[е]	−в − → 0 при е → 0
							Г[е]
Переходя к пределу при → ∞, е → 0 в равенство (5.3), получаем
0 = lim		е→0 →∞			Г [е, ]	−в − =
		е→0 →∞

lim			∞	−в − − lim				∞ −в − Отсюда и из (5.2)
е→0 г[е,∞]								е→0 е

окончательно устанавливаем (5.1).

Лемма Жордана (вариант 2). Пусть > 0 и − -полуокружность радиуса

в полуплоскости ≥ 0 .Если функция [ ] удовлетворяет условиям

1. функция [ ] непрерывна при ≤ 0 , ≥ 0 > 0 .

2. = − [ ] → 0 , → ∞.

Тогда		+ [ ] → 0 при → ∞

Лемма Жордана (вариант 3). Пусть > 0 и +						-полуокружность радиуса

в полуплоскости ≥ 0 .Если функция [ ]					удовлетворяет условиям
1.	функция [ ]			непрерывна при ≥ 0 ,		≥ 0 > 0 .
2.		=		+ [ ] → 0 , → ∞

Тогда		+ [ ] → 0 при → ∞

Лемма Жордана (вариант 4). Пусть > 0 и −						-полуокружность радиуса

в полуплоскости ≥ 0 .Если функция [ ]					удовлетворяет условиям
1.	функция [ ]			непрерывна при ≤ 0 ,		≥ 0 > 0 .
2.		=	− [ ] → 0 , → ∞


Тогда		+ [ ] − → 0 при → ∞

Доказательство вариантов 2-4 полностью повторяет доказательство самой леммы Жордана.

Лемма Жордана (вариант 5). Пусть > 0 и − -полуокружность радиуса

с центром в точке ( , 0) в полуплоскости ≤ ( может быть как положительным, так и отрицательным). Если функция [ ] удовлетворяет условиям

Для доказательства варианта 5 леммы Жордана следует лишь в интеграле сделать замену переменной интегрирования − = ж и воспользоваться вариантом 2 леммы Жордана.

6. Первая теорема разложения.
Теорема. Пусть [ ] -целая регулярная при = +∞				функция. В этом
случае [ ] можно разложить в ряд Лорана =	∞	Cn
случае [ ] можно разложить в ряд Лорана =	∞		n
	n=0	p	n
		p

Доказательство. Так как [ ] изображение Лапласа , то

→ 0 при →

∞ .Это означает, что коэффициент С0 = 0

. В силу свойства

3.6

(л = 0) и поэтому обратное преобразование Лапласа −1

<+1

.Следовательно, можно рассмотреть

−1 =

∞

−1

=0∞ +1 ! .

Воспользуемся далее неравенством Коши для коэффициентов ряда Лорана

при некоторых > 0 и > 0 тогда

[ ]

≤

∞

≤

+1 !

∞

≤

∞

− −1

≤

∞

≤

Таким

образом, ряд сходится во всей плоскости и определяет целую функцию [ ] .

7. Вторая теорема разложения.

Теорема. Пусть [ ] -мераморфная функция, регулярная в полуплоскости≥ (мераморфная называется аналитическая функция, имеющая лишь конечное число полюсов в любой конечной части плоскости). Предположим, что

7.1.	Существует		система		окружностей :	=		с центрами		точке

, 0	, > <			<	< → ∞, → ∞ таких,		что		[ ]	→ 0,
		1	2	3

→ ∞

7.2. При любом у >
					∞
					[у + о] о < ∞
					−∞
Тогда функция [ ] является изображением функции
[ ] =		[ ]							(7.1)
Где сумма берется по всем полюсам функции							[ ] (вычет в точке

обозначается ).

Доказательство. Пусть > .Рассмотрим систему замкнутых контуров г ,

состоящих из полуокружностей радиуса	с центром		в точке	( , 0) ,

расположенных в полуплоскости ≤	, и отрезке	− , + .

По лемме Жордана (вариант 5)

→ 0 при	→ ∞, > 0.	(7.2)

По теореме Коши при любом

= 0.

По формуле (4.1)

+ ∞

− ∞

, >

2р

Однако,

учитывая

(7.2),

можно

также

записать

lim

−

2р →∞

2р

→∞

С другой стороны,

[ ],

где сумма берется по всем полюсам

функции

,находящимся внутри

контура г . Переходя к пределу при → ∞ , получаем требуемое равенство

(7.1).

Замечание. В пакете Mathematica формула (7.1) записывается в виде

[ ] =	[	, , ]			(7.1)

Следствие. Пусть		=	[ ]	, где и [ ] -многочлены	(не имеющие
Следствие. Пусть		=	[ ]	, где и [ ] -многочлены	(не имеющие
			[ ]

общих нулей), причѐм степень строго меньше степени [ ]. Тогда удовлетворяет условиям второй теоремы разложения. Если обозначить различные корни знаменателя 1, 2, 3, … . 1, а через 1, 2, 3 … 1 -их кратности соответственно, то по формуле (7.1) и по правилам нахождения вычетов

−1

[

−

] = (7.3)

−1

′

=1 −1 !

В частности, если все корни знаменателя простые, то формула (7.3)

приобретает более простой вид =	=	1=1		.

			′

8. Примеры на вычисление обратного преобразования Лапласа.

Задача. Найти оригинал функции = 1 − , > 0

В силу теоремы 4.1 оригинал существует и может быть найден по формуле

	1	+ ∞ =	+ ∞ 1	−	, у > 0
=

	2р		− ∞
		− ∞

Рассмотрим замкнутый контур Г ,состоящих из полуокружности − радиуса

с центром точке (у, 0),расположенной в полуплоскости ≤ у, отрезка [у − , + ] ; отрезков, лежащих на берегах разреза г. = ±0, − + у ≤ ≤ − ; окружности : = < .По теореме Коши

= 0.

(8.1)

По лемме Жордана

− → 0 при → ∞

Действительно, если = ц, то следует положить

2ц (0 ≤ ц ≤ р).

Следовательно,

− cos

cos

0 < cos

≤ 1 и [ ]

≤

2 → 0 при →

∞и применение леммы Жордана законно. Рассматривая интегралы по

берегам разреза, прежде всего заметим, что ц = р: = − ,

≤ <

−уц=−р: =− , =− ( ≤ < −у)Поэтому интегралы по берегам разреза г можно записать как один интеграл

−у −

− + −

= −

−у −

2р

sin[ ] Для интеграла по

легко устанавливаем

−

ц → 1 при → 0

2р

−р

Поэтому после перехода в (8.1) к пределу при → ∞ и → 0 найдѐм, учитывая теорему (4.1)

	1 ∞		sin[
= 1 −	1 ∞	−	sin[	]

	р 0
	р 0
После замены переменной интегрирования = 2				в последнем интеграле
находим
		14

∞

sin[ ]

= 1 −

−

Рассмотрим далее интеграл

∞

sin[ ]

−

и найдѐм производную по

∞

− 2

cos[ ]

Подсчитаем последний интеграл помощью пакета Mathematica

Integrate[ − 2 cos , { , 0, ∞}]

If[Im m == 0&& t > 0,

−

∞

− 2 cos ]

Таким образом, при условии

Im m = 0 и Re t > 0 получаем значение

интеграла

, =

e− 4t

Последнее уравнение проинтегрируем по

, замечая, что , 0 = 0

e−4t

−

, =

dy = р

= р

0 2

Если воспользоваться стандартным обозначением = 2р 0 − 2 , то

можно окончательно установить = 1 − 2р , = 1 − 2р 02 − 2 =

1− [ 2 ].

9. Пример решения задачи для уравнения с частными производными с помощью преобразования Лапласа

Задача. Найти решение уравнения свободных колебаний конечной струны

,	−	,	= 0, 0 < < 1, > 0,	(9.1)
	,
			15

при условиях
	=1	= щ ;	= 0;	=0	= 0	(9.2)
=0	=1	=0		=0

Решение. Применим преобразование Лапласа по переменной t. Используя свойства преобразования Лапласа, получим

, = [ , ]

[ , ]

= 2 , − , +0 − ( , )

=+0

= 2 [ , ]

= [ , ]

= 0

[ , ]

= [ [ , ]

] = щ =

2+щ2

Таким образом, решение задачи (9.1)-(9.2) свелось к решению граничной задачи для обыкновенного дифференциального уравнения

	, − 2 ,	= 0,	= 0, [ , ]		=	щ	(9.3)
				=1		2+щ2
,		=0

Найдем вначале общее решение обыкновенного дифференциального уравнения

DSolve[∂x,xU x,p -p2U x,p ==0, U x,p ,x]

{ U x,p →epxC 1 +e-pxC 2 }

Определим постоянные [1] и [2] из граничных условий. Вначале найдем производную [ , ]

∂xU[x,p]→∂x(epxC 1 +e-pxC 2 )

U(1,0) x,p →epxpC 1 -e-pxpC[2]

После этого составим уравнения для определения постоянных

(epxC 1 +e-pxC 2 /. → 0) == 0

(epxC 1 +e-pxC[2]/. → 1) == 2 щ 2

+щ

C 1 +C 2 ==0

eppC 1 -e-ppC 2 ==			щ

		p2+щ2
		p2+щ2
Solve[	C 1 +C 2 ==0,eppC 1 -e-ppC 2 ==					щ	, C 1 ,C 2 ]

						p2+щ2
C 1 →	epщ			, C 2 →-	epщ
C 1 →	1+e2p p p2+щ2			, C 2 →-	1+e2p p p2+щ2

Таким образом, решение задачи (9.3) после некоторых упрощений принимает вид

U[x,p]→epx C[1]+e-px C[2] /.

epщ {C[1]→ (1+e2p)p(p2+щ2

U x,p →-		ep-pxщ	+			ep+pxщ
	1+e2p p(p2+щ2)				1+e2p p(p2+щ2)
U x,p →-		ep-pxщ	+			ep+pxщ	→-(e-pxщ)/ e-p+ep p p2+щ2 +(epxщ)/
	1+e2p p(p2+щ2)				1+e2p p(p2+щ2)
( e-p+ep p p2+щ2 )→						(epx-e-px)щ
				e-p+ep p(p2+щ2)

U[x,p]→		(epx-e-px)щ				/.

		e-p+ep p(p2+щ2)
epx-e-px	→2 Sinh px ,					e-p+ep →2 Cosh p

щ Sech p Sinh[px]

U[x,p]→ p(p2+щ2)

Впрочем, нахождение общего решения, определение постоянных и упрощение решения может быть поручено пакету Mathematica с помощью команды

FullSimplify[DSolve[{∂x,xU x,p -p2U x,p ==0,(U[x,p]/.x→0)==0,

(∂xU[x,p]/.x→1)== p2+щщ2}, U x,p , x]]

{ U x,p →	щ Sech p Sinh px	}
	p3+pщ2

щ Sinh[px] U x,p = p p2+щ2 Cosh[p]

Перейдѐм к анализу найденной формулы представления для [ , ] . Прежде всего заметим, что = 0 не является полюсом функции [ , ] (устранимая особенность). Действительно, для любого > 0 при → 0 имеем

Simplify[Series[Sinh px , p, 0, 3 ]/.p]

x+ x3p2 +П[p]3

Пусть = у + о, = у ≥ , где – любое положительное число. Два простых полюса функции [ , ] находятся в точках = ± щ (щ > 0)

Solve[p2+щ2==0, p]

{ p→-iщ , p→iщ }

Нам остается найти полюсы функции = 1 . Для этого найдем

[ ]

( )2 . Как известно, у + о = у о + у −

[о]. Поэтому

Cosh[p] 2 = Cosh[у+iо] 2 = Cosh[у]Cos[о] + i Sinh[у]Sinh[о] 2 =

(Cosh[у] Cos[о])2 + (Sinh[у] Sin[о])2 ≥ Sinh[у]2 Здесь мы учли, что

у ≥ [у] при любом у . Следовательно, [ ] может обратиться в нуль лишь при у = 0. Поскольку при у = 0 =

о = ( о + − о) / 2= [о] , то нули функции о (и

следовательно, полюсы функции [ ] )определяются нулями о = ±( − 1 / 2)р функции [о] .

Обозначим н = ( − 1 / 2)р, = 1,2, … Тогда для нахождения обратного

преобразования Лапласа ,

= −1[ , ] можно воспользоваться

второй теоремой разложения, в силу которой

u [x, t ]=Residue[

щ Sech[p] Sinh[px]

ept , {p,iщ}]+Residue[

щSech[p] Sinh[px]

p(p2+щ2

p(p2+щ2)

ept,

p, − щ

∞ Residue[

щSech[p] Sinh[px]

ept,

k=1

)

p(p

+щ

p, н

] +

∞

Residue[

щSech[p] Sinh[px]

ept , p, −н

]

(9.4)

k=1

)

p(p

+щ

Предположим, что все полюсы функции U[x,p] простые. Для этого достаточно предположить, что щ≠(k-1/2)р, k=1,2,… Обозначим

h[p,x,t]=щ Sinh[px]ept/p

q[p]=(p2 + щ2)Cosh[p]

Как известно, для любого простого полюса p=a вычет можно подсчитать по формуле

Residue[

h[p,x,t]

, {p, a}]=

h[p,x,t]

q[p]

q'[a]

Поэтому

Residue[

h[p,x,t]

, {p,iщ}]=

h[iщ,x,t]

e щSin[xщ]

q[p]

q'[iщ]

2iщCos[щ]

Residue[

h[p,x,t]

, {p,-iщ}]=

h[-iщ,x,t]

= −

e− щSin[xщ]

q[p]

q'[−iщ]

2iщCos[щ]

Residue[

h[p,x,t]

, {p,н }]=

h[нk,x,t]

= −(8 −1

i(-

1+k)рt

щSin[(-

+ k)рx])/

q[p]

q'[н ]

− 4(−1 + 2k)рщ

)

((−1 + 2k) р

Residue[

h[p,x,t]

, {p,-н }]=

h[-нk,x,t]

= (8 −1

-i(-

1+k)рt

щSin[(-

+ k)рx])/

q[p]

q [-нk]

− 4(−1 + 2k)рщ

)

((−1 + 2k) р

При выводе мы учли, что ∂p

p2+щ2 Cosh p

=2pCosh p

p2+щ2 Sinh[p]

FullSimplify[h[p,x,t]/(2pCosh[p]+(p2 + щ2)Sinh[p])/.p→iщ,t>0 && o<x<1 && щ>0] FullSimplify[h[p,x,t]/(2pCosh[p]+(p2 +

щ2)Sinh[p])/.p→-iщ,t>0 && o<x<1 && щ>0]

− ie tщSec[щ] Sin[xщ]

2щ

e− tщSec[щ] Sin[xщ]

2щ

FullSimplify[h[p,x,t]/(2pCosh[p]+(p2 + щ2)Sinh[p])/.

p→i(k-1/2)*р, k Integers && t>0 && 0<x<1 && щ>0]

FullSimplify[h[p,x,t]/(2pCosh[p]+(p2 + щ2)Sinh[p])/.

p→-i(k-1/2)*р, k Integers && t>0 && 0<x<1 && щ>0]

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]