Сухарев / Семинары_1_11

Еще можно затолкать все неоднородности дополнительных условий в дифференциальное уравнение.Тогда

Упражнение:чтобы потренироваться в постановке подобных за-

дач,сделайте номера1.362–1.365, 1.368, 1.370, 1.373, 1.374и1.377из задачника Горюнова.

Следующая задача.Левый конец провода с пренебрежимо малой утечкой заземлен через постоянную э.д.с. E0,правый заземлен непосредственно.После установления стационарного распределения потенциала и силы тока в проводе э.д.с.заменяют на катушку индуктивности L0.

Сначала пробуем поставить задачу в естественной постановке. Телеграфные уравнения будут иметь вид

vx + Ri + Lit = 0, ix + Cvt = 0, 0 < x < l, 0 < t.

Из закона Ома при t > 0 (т.е.когда э.д.с.уже нет,а есть только индуктивность L0)получаем левое краевое условие

−v(0, t) = L0it(0, t),

правое же краевое условие очевидно, v(l, t) = 0.

С начальными же условиями все несколько сложнее.Фактически для их получения придется рассматривать вспомогательную задачу. Поскольку при t < 0 установилось стационарное распределение потенциала и силы тока,давайте обозначим ток при t < 0 символом I(x),а потенциал при t < 0 символом V (x).Стационарность означает,напомню,что от времени эти величины не зависят.Поэтому и аргумент у них всего один.

Телеграфные уравнения справедливы всегда,т.е.и при t < 0.Но поскольку при t < 0 ни ток,ни потенциал не зависят от времени,то из телеграфных уравнений исчезнут все производные по t.Значит, при t < 0 мы получим систему обыкновенных дифференциальных уравнений

Vx + RI = 0, Ix = 0, 0 < x < l.

15

Краевыми условиями здесь будут V (0) = E0 (из закона Ома)и V (l) = 0.Таким образом,получается следующая краевая задача

Vx + RI = 0, Ix = 0, 0 < x < l,

V (0) = E0, V (l) = 0.

Ее решение найти нетрудно,именно

Если бы не правила коммутации,то полученные функции как раз и давали бы начальные условия.Но в точке x = 0 в момент времени t = 0 происходит переключение с э.д.с.на катушку индуктивности. Эта катушка до момента коммутации не находилась в цепи и,стало быть,ток через нее не протекал.Значит,и сразу после коммутации ток через L0 должен быть равен нулю,что можно записать так: i(0, 0) = 0.Но тогда начальное условие для тока принимает вид

В противоположность току,потенциал на катушке может изменяться скачкообразно,правила коммутации этого не запрещают.Значит,начальное условие для потенциала будет описываться функцией

V (x),т.е.

Опираясь на полученный только что результат,поставьте задачу для определения потенциала.При этом нужно помнить о скачке

16

начального тока.Этот скачок превратится в дельта-функцию,когда вы будете искать выражение для vt(x, 0).Тогда

L0vxt(0, t) − Rv(0, t) − Lvt(0, t) = 0, v(l, t) = 0.

Также поставьте задачу для определения тока в линии.У вас должно получиться

Переходим к следующей задаче.Левый конец провода с пренебрежимо малой самоиндукцией заземлен через постоянную э.д.с. E0, правый заземлен непосредственно.После установления стационарного распределения потенциала и силы тока в проводе э.д.с.заменяют на конденсатор C0.

Естественная постановка задачи будет иметь вид

Поскольку в условии задачи о заряде конденсатора ничего не сказано,мы предполагаем его начальный заряд равным нулю.Как и в предыдущей задаче,наличие фразы после установления стационарного распределения потенциала и силы тока в проводе означает,что начальное распределение силы тока и потенциала придется искать из вспомогательной стационарной задачи при t < 0.Ну и еще не забываем,что при подключении конденсатора действует правило коммутации потенциал на обкладках конденсатора не может изменяться

17

скачком(а ток,наоборот,может).Потенциал левой обкладки равен нулю(это ж Земля),значит,при t = 0 потенциал правой обкладки тоже должен быть равен нулю,т.е. v(0, 0) = 0.Поэтому начальное распределение потенциала в проводе имеет скачок.

Поставьте ту же задачу для определения потенциала.Должно получиться

Постановка этой же задачи для определения силы тока будет иметь вид

И,наконец,последняя задача на сегодня.В начальный момент времени правый конец незаряженного провода заземляется через конденсатор C0 с зарядом Q0,а левый конец остается изолированным.

Естественная постановка задачи:

vx + Ri + Lit = 0, ix + Gv + Cvt = 0, 0 < x < l, 0 < t,

18

0 < x < l, 0 < t,

Z t

i(0, t) = 0, C0ix(l, t) + Ci(l, t) + G i(l, ) d = 0,

0

i(x, 0) = 0, it(x, 0) = − Q0 δ(l − x). LC0

19

Семинар4

При решении задач математической физики нередко возникает необходимость решения вспомогательной задачи,а именно краевой задачи на собственные значения.В современных(и не очень)учебниках для краткой записи этих задач используется оператор L. Он определяется,как

Lu L(u) L[u] = − div kru + qu,

тогда дифференциальное уравнение краевой задачи на собственные значения записывается в виде

L[u] = λu.

Иногда весовую функцию включают в определение оператора L,тогда оно принимает вид

Lu L(u) L[u] = −1! div kru − qu",

а соответствующее дифференциальное уравнение будет таким

L[u] = λu.

Ни к каким принципиальным различиям эти разные способы записи не приводят,каждый из них имеет свои достоинства и недостатки.Мне лично больше нравится первый способ в нем тупо меньше букв.Ну и действие оператора на функцию u я привык записывать в виде L[u].А вы как хотите.

Нас,впрочем,многомерные задачи интересовать сейчас не будут. В одномерном случае все эти операторы векторного дифференцирования вырождаются в производные по x,так что одномерная запись оператора L (в первом варианте)такова

L[u] = −dxd k(x)dxd u + q(x)u.

Ну а дифференциальное уравнение L[u] = λu в одномерном случае называют уравнением Штурма(или Штурма Лиувилля),оно выглядит так

dxd k(x)dudx − q(x)u + λ(x)u = 0.

1

Здесь k(x), q(x) и (x) некоторые заданные функции, λ неизвестная постоянная, u(x) неизвестная функция, x независимая переменная.Функцию (x) называют весом или весовой функцией, остальные коэффициенты собственного названия не имеют.

Из всевозможных краевых задач на собственные значения чаще всего в физических приложениях встречается задача Штурма Лиувилля

1ux(a) − β1u(a) = 0, 2ux(b) + β2u(b) = 0.

Здесь 1, 2, β1, β2 неотрицательные постоянные.Эти постоянные могут быть равными нулю,однако должны выполняться условия

1 + β1 > 0, 2 + β2 > 0.

Иначе просто исчезнут граничные условия,и задача на собственные значения перестанет быть задачей.

Взадаче Штурма Лиувилля также требуют k(x) > 0, q(x) > 0

и(x) > 0 всюду на отрезке [a, b].В более сложных задачах требования смягчают до k(x) > 0 и (x) > 0,ну а функция q(x) вообще может быть какой угодно.

Как отличить задачу на собственные значения от обычной краевой задачи для обыкновенного дифференциального уравнения?А очень просто.Задача на собственные значения всегда(то есть при всех возможных и невозможных значениях постоянной λ)имеет тривиальное решение u(x) 0.Так получается потому,что и само уравнение Штурма,и оба дополнительных условия однородные.

При некоторых значениях постоянной λ появляются еще и нетривиальные решения,которых будет бесконечно много.

Если же мы имеем дело с обычной краевой задачей(не на собственные значения),то чаще всего при конкретных значениях λ ее решение единственно или вообще не существует.Обязательно гденибудь будет неоднородность(в уравнении или граничных условиях),ну и не будет тривиальных решений.Вот это и есть основные различия.

При решении задач на собственные значения тривиальное решение не представляет ни малейшего интереса,поэтому о нем никогда не упоминают.

2

Что же означает решить краевую задачу на собственные значения?Это означает,что необходимо найти все значения параметра λ,при которых задача имеет нетривиальные решения,а также найти все эти нетривиальные решения.Найденные значения параметра λ называют собственными значениями рассматриваемой задачи, а найденные нетривиальные решения собственными функциями этой задачи.

Отмечу,что ключевое слово здесь все .Если вы пропустите хотя бы одно значение λ или какое-нибудь нетривиальное решение,задача на собственные значения считается нерешенной.И это вовсе не прихоть злобного преподавателя.Дело в том,что собственные функции задачи на собственные значения образуют базис в пространстве функций,по которому впоследствии придется проводить разложение в ряды.Но если из базиса выкинуть хотя бы один элемент,то это будет уже не базис,так что и функцию в ряд не разложишь.

При решении краевых задач на собственные значения нередко приходится находить не только собственные функции и собственные значения,но и вспомогательную конструкцию(а на самом деле просто число),называемое квадратом нормы собственной функции. Определяется квадрат нормы функции u(x) так:

Z b

ku(x)k2 = |u(x)|2 (x) dx.

a

Здесь a и b левая и правая граница интервала,на которой вы решаете задачу,ну а (x) весовая функция из уравнения Штурма.

Давайте рассмотрим самую простую из всех возможных задач Штурма Лиувилля:

u(0) = 0, u(l) = 0.

Эта задача получается в случае,когда k(x) = 1, q(x) = 0, (x) = 1,1 = 0, 2 = 0, β1 = 1, β2 = 1.Все неравенства выполнены,так что это действительно задача Штурма Лиувилля.Оператор L в данном случае имеет особенно простой вид

d2u L[u] = −dx2 .

3

Вспомним некоторые простые(и не очень)свойства решений задачи Штурма Лиувилля.Пусть u(x) и v(x) какие-нибудь собственные функции выписанной нами задачи.Тогда

Здесь выполнено обычное интегрирование по частям.Поскольку v(x)собственная функция,она обязана подчиняться граничным условиям v(0) = 0 и v(l) = 0.Значит,слагаемое перед интегралом в правой части равенства исчезает.Выполним интегрирование по частям еще раз

Здесь мы учли,что u(0) = 0 и u(l) = 0, т . кu.(x) тоже собственная функция.

В результате получилось равенство

Z l Z l

L[u]v dx = uL[v] dx,

0 0

которое называют свойством самосопряженности оператора L на функциях u(x) и v(x).Самосопряженный оператор еще нередко называют эрмитовым оператором(в честь французского математика Шарля Эрмита).

При получении свойства самосопряженности оператора L мы использовали только граничные условия задачи Штурма Лиувилля. А это значит,что оператор L будет самосопряженным не только на собственных функциях задачи Штурма Лиувилля,но и вообще на всех функциях,подчиняющихся этим конкретным граничным условиям.Говорят,что такие функции составляют область определения оператора L.Иногда еще такие функции называют функциями класса A (В.Я.Арсенин,Методы математической физики и специальные функции).

Если вы имеете дело с задачей Штурма Лиувилля,то оператор этой задачи всегда будет обладать свойством эрмитовости на всех без исключения собственных функциях.То есть совершенно все равно,какой конкретно вид будут иметь коэффициенты k, q, , 1,

4

2, β1, β2.Лишь бы эти коэффициенты подчинялись указанным выше ограничениям.А вот для задач,отличных от задачи Штурма Лиувилля,свойство самосопряженности справедливо не всегда.

Пусть u¯(x) функция,комплексно сопряженная по отношению к u(x).Тогда L[u] = L [¯u] из-за линейности оператора и того,что все коэффициенты оператора действительны.Далее,из L[u] = λu

следует L ¯ .

[¯u] = λu¯

Но ведь и граничные условия тоже линейны и содержат лишь действительные коэффициенты.Поэтому из u(0) = 0 немедленно следует u¯(0) = 0,а из u(l) = 0 следует u¯(l) = 0.

Значит, u(x) и u¯(x) принадлежат к области определения оператора L.Используем это,вычислив разность интегралов

Z l Z l

L[u]¯u dx − uL[¯u] dx.

0 0

С одной стороны,по свойству самосопряженности эта разность равна нулю.Но если u(x) собственная функция,то выражение L[u] можно взять из уравнения Штурма.Тогда та же самая разность интегралов приобретает вид

Z l − Z l ¯ ! − ¯" Z l | |2

λuu¯ dx uλu¯ dx = λ λ u dx = 0.

0 0 0

Оставшийся справа интеграл не может быть равен нулю ни при каких обстоятельствах(напомню,если u собственная функция,то это гарантированно нетривиальное решение).Значит,должен быть

равен нулю множитель перед интегралом.Но из равенства ¯ сле-

λ = λ

дует,что все собственные значения действительны.Так что случай комплексных λ можно не рассматривать.Замечу,что это свойство справедливо вообще для всех задач Штурма Лиувилля.

Из того,что все собственные значения задачи Штурма Лиувилля действительны,вытекает вот какое следствие:все собственные функции могут быть выбраны действительными.Можно,конечно, и с комплекснозначными собственными функциями работать(никто не запрещает),но в большинстве задач это делать совершенно незачем.

Пусть теперь u(x) собственная функция,соответствующая собственному значению λ,т.е. L[u] = λu.Ну а v(x) собственная функция,соответствующая собственному значению µ,т.е. L[v] = µv.

5