Сухарев / Семинары_1_11

Рассмотрим кусочно-непрерывную функцию v(x) такую,что

Также будем считать,что v0(x) = '0(x) при всех x (чтобы производная функции v(x) нигде не имела скачка).Тогда

Z l Z l

'(x)un(x) dx = v(x)un(x) dx.

0 0

В самом деле,функции '(x) и v(x) отличаются значением в одной лишь точке,а это различие никак не может повлиять на величину интеграла.

Можно видеть,что v0(0) = 0 и v(l) = 0.То есть функция v(x) принадлежит к области определения оператора L.Значит,невозможное стало возможным,мы можем воспользоваться свойством эрмитовости оператора задачи Штурма Лиувилля при вычислении интересующего нас интеграла.Вот только теперь оператор L = −d2/dx2 придется понимать как оператор вычисления обобщенной производной,иначе подействовать им на разрывную функцию v(x) мы просто не имеем права.Поэтому

Вычисляем обобщенную производную v00.Классическая производная {v00(x)} = 0,производная v0(x) не имеет скачков ни в одной точке(мы так ее определили),но сама функция v(x) имеет скачок в точке x = l,равный [v(x)]x=l = −h.Поэтому

v00 = −hδ0(x − l)

и,следовательно

8

Само собой,результат получился тот же самый.Вот только интегрирование свелось в результате к чистому дифференцированию. Конечно,в этом простом примере выигрыша в скорости вычисления нет(скорее,проигрыш),однако хорошо виден принцип работы этого приема.Действуя подобным образом,можно интеграл от произведения собственной функции оператора L на какую угодно функцию(в том числе и не принадлежащую к области определения оператора) сосчитать на основе свойства самосопряженности оператора L.

Ну а теперь несколько упражнений для самостоятельной рабо-

ты.

Пользуясь свойством самосопряженности(обобщенного)оператора L,вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

0

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u(0) = 0, u0(l) = 0,

а функция '(x) задана равенством '(x) = hx.

Можно видеть,что функция '(x) удовлетворяет левому граничному условию задачи Штурма Лиувилля,однако не удовлетворяет правому.То есть '(x) не принадлежит к области определения оператора L.Стало быть,новую функцию v(x) надо вводить так,чтобы для нее правое граничное условие заведомо выполнялось.Поэтому следует выбрать v(x) = '(x) при всех x,однако потребовать,чтобы

Тогда результат вычисления интеграла будет иметь вид

Замечание:если при решении задачи Штурма Лиувилля множитель перед собственной функцией выбрать отличным от единицы,то выписанный только что ответ надо будет умножить на тот

9

же самый множитель.Конечно,может показаться странным,что результат вычисления зависит от вашего произвола в выборе собственной функции.Но то,чем мы сегодня занимаемся это лишь малая часть выкладок,проводимых при решении задач методом Фурье. В действительности вычисляемый сегодня интеграл должен умножаться еще на собственную функцию и делиться на квадрат нормы собственной функции.Поэтому любой множитель перед собственной функцией в результате этих операций просто сократится.Так что совершенно не имеет значения,выбрать его равным единице или чему-либо еще.

Пользуясь свойством самосопряженности(обобщенного)оператора L,вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

−l

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, −l < x < l, u(−l) = 0, u(l) = 0,

а функция '(x) задана равенством '(x) = h(1 − x/l).Это фрагмент примера2.8 (стр. 273)из задачника Горюнова.

Ответ:

Пользуясь свойством самосопряженности оператора L,вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

0

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u(0) = 0, u0(l) = 0,

а функция '(x) есть решение задачи

'00(x) + !2'(x) = −hδ(x − x0), 0 < x < l, 0 < x0 < l,

'(0) = 0, '0(l) = 0.

10

Это слегка упрощенный фрагмент примера2.15 (стр. 313)из задачника Горюнова.

Ответ:

Вычислить интеграл

Z 2

'(r)un(r) (r) dr,

1

где un(r) собственная функция,а (r) весовая функция задачи Штурма Лиувилля

функция '(r) есть решение задачи

ну а функция f(r) это решение задачи

Это фрагмент примера2.16 (стр. 324)из задачника Горюнова, слегка упрощенный(выбрано a = 1).Там вы можете посмотреть,как выглядит функция '(x) (в обозначениях Горюнова g(x)).Сразу станет понятно,почему здесь все же лучше опираться на эрмитовость оператора L.Кстати,в данном случае в привычных мне обозначениях

L[u] = −drd r2 dudr ,

тогда уравнение Штурма имеет вид L[u] = λ (r)u.В задачнике Горюнова оператор L отличается наличием множителя 1/ (r) перед

11

оператором дифференцирования.Так что в его обозначениях уравнение Штурма это L[u] = λu.

Свойство самосопряженности следует применить дважды.Чтобы не считать по частям оставшийся(хоть и простой)интеграл,можно под конец еще использовать уравнение Штурма.Именно так и сделано в примере Горюнова.Так что реально никакого интегрирования здесь не будет вообще,одно лишь дифференцирование.

Ответ:

Вычислить интеграл

Z l

'(x)un(x) dx,

0

где un(x) собственная функция задачи Штурма Лиувилля

u00(x) + λu(x) = 0, 0 < x < l, u0(0) − hu(0) = 0, u0(l) = 0,

а функция '(x) задается равенством

'(x) = 2alx − ax2.

Можно видеть,что '0(l) = 0,однако '0(0) − h'(0) = 2al 6= 0. По - этому для использования свойства самосопряженности надо ввести функцию v(x) такую,что v(x) = '(x) и v0(x) = '0(x) при x > 0. А еще потребовать,чтобы v0(0) − hv(0) = 0.Тогда будет

v00 = −2a + [v(x)]x=0δ0(x) + [v0(x)]x=0δ(x),

где

[v0(x)]x=0 − h[v(x)]x=0 = 2al.

После применения свойства самосопряженности интеграл распадется на три:

12

Если в первом интеграле сделать замену un(x) = −u00n(x)/λn,сосчитать его будет очень просто.Заменяя везде u0n(0) на hun(0) (это следствие граничного условия),получим ответ в виде

13

Семинар6

Вот и пришло время решить какую-нибудь физически осмысленную задачу,используя приобретенные вами навыки.

В точке x = x0 линии без искажений( RC = GL)действует постоянная э.д.с. E0 столь долго,что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока.Найти ток и потенциал в линии после отключения э.д.с.,если оба конца провода изолированы.

Будем считать,что э.д.с.отключают в момент времени t = 0, а сама линия имеет длину l.Тогда естественная постановка этой задачи будет иметь вид

Функции I(x) и V (x) мы пока не знаем,это начальные значения тока

ипотенциала в линии.Чтобы определить эти функции,необходимо рассмотреть провод при t < 0.

При t < 0 мы имеем дело со стационарной,то есть не зависящей от времени ситуацией.Поэтому все производные по переменной t в телеграфных уравнениях исчезнут.Но придется как-то еще учесть

наличие э.д.с.в точке x = x0.Классический путь решения этой проблемы заключается в разбиении интервала (0, l) на два,т.е.на (0, x0)

и(x0, l) с последующей постановкой двух связанных между собой задач на этих новых интервалах.На этом пути можно избежать появления дельта-функции Дирака.Но мы же ее совсем не боимся,так что классическим путем идти нет особенной необходимости.

Вспомним,как выводилось телеграфное уравнение,связанное с законом Ома.Оно имело вид

Z x+ x

V (x) − V (x + x) + э.д.с. = RI( ) d .

x

Здесь я уже учел,что ситуация стационарная.Поэтому и используются символы V (x) и I(x).

Ранее электродвижущая сила была обусловлена лишь явлением самоиндукции,теперь же надо добавить еще постоянную э.д.с. E0,

1

Вспомним,что сила тока I от времени не зависит.Поэтому интеграл исчезает(и это понятно,ведь никакой самоиндукции в стационарном состоянии нет и быть не может).Если еще записать разность V (x) −V (x + x) при помощи интеграла,то мы получим закон Ома в виде

Пользуясь понятием дельта-функции Дирака,фигурную скобку можно представить в виде интеграла

Z x+ x

E0δ( − x0) d .

x

Можно заметить,что тогда выйдет равенство функционалов.Точнее,результат действия функционалов на основную функцию,равную единице на интервале (x, x + x) и равную нулю вне этого интервала.Мы не будем заморачиваться с отсутствием бесконечной дифференцируемости этой основной функции(при желании все эти кажущиеся проблемы можно обойти,пусть теоретики копья ломают).А просто поставим в соответствие локально интегрируемым подынтегральным функциям регулярные обобщенные функции.И для этих регулярных обобщенных функций тогда получится равенство

Vx + RI = E0δ(x − x0).

Здесь все производные надо понимать уже в обобщенном смысле. Впрочем,это и так понятно из-за наличия дельта-функции Дирака.

В законе сохранения заряда никаких добавлений не предвидится. Поэтому просто меняем v на V , i на I и убираем производную по времени.

Таким образом,получаем стационарную задачу

Vx + RI = E0δ(x − x0), Ix + GV = 0, 0 < x < l,

I(0) = 0, I(l) = 0.

Выглядит задача так себе,поскольку содержит сразу две неизвестных.Было бы лучше получить задачу с одной неизвестной.На-

2

пример,если из системы дифференциальных уравнений исключить I,получится следующая задача

Далее я буду использовать обозначение

β2

GR = a2 .

Так лучше заметно,что этот коэффициент положителен.Ну а почему именно такие символы удобнее использовать,вы увидите дальше. Впрочем,можно оставить все как есть,это,в общем,дело вкуса.Ни на физику,ни на математику переобозначения никак не влияют.

Выписанные задачи вы уже вполне в состоянии решить,так что

Зря я,кстати,слово ответ написал.Пока мы всего лишь покончили с естественной постановкой задачи.Поскольку решать задачу мы будем методом Фурье,придется еще получить постановки задач отдельно для тока и потенциала.Начнем с тока

3

Почему здесь вышло такое страшное начальное условие для it(x, 0)? А это сразу видно из телеграфного уравнения

vx + Ri + Lit = 0.

В самом деле,в начальный момент времени сумма vx + Ri может быть заменена на сумму Vx + RI,а это выражение мы выписывали ранее.

Ну все,вот теперь можно уже применять метод Фурье.Сначала мы будем искать частные решения дифференциального уравнения в виде произведения двух функций,а именно в виде

i(x, t) = T (t)u(x).

Решения в таком виде мы ищем во всей области изменения независимых переменных,то есть при всех 0 < x < l и 0 < t.

Подстановка этого произведения в исходное дифференциальное уравнение поменяет его вид,но не изменит суть дела.То есть мы опять получим дифференциальное уравнение

T 00(t)u(x) + 2βT 0(t)u(x) + β2T (t)u(x) = a2T (t)u00(x),

справедливое на той же самой области определения 0 < x < l, 0 < t. Дифференциальное уравнение можно разделить на что угодно, от этого оно не перестанет быть дифференциальным уравнением.

Поделим все на a2T (t)u(x),тогда получится

Левая часть этого равенства содержит только функции переменной t,правая только функции переменной x.Поэтому часто говорят, что переменные разделились.И по этой же причине метод Фурье часто называют методом разделения переменных.

Поскольку мы имеем дело с дифференциальным уравнением,справедливым в каждой точке области 0 < x < l, 0 < t,то значения переменных x и t можно менять независимо друг от друга.И при этом изменении равенство все равно будет сохраняться.Вот и воспользуемся этим фактом.

Зафиксируем значение t = t ,тогда левая часть равенства превратится в постоянную.Но переменную x можно менять как угодно

4