Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsii_zubova_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

319.88 Кб

Скачать

☆

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

(x ξ)2

[

(x−ξ)2

]

∫1

∫

∫1

e−

−

e−

(t−τ) fˆ0

uˆ(t, x) =

√

4a2t uˆ0(ξ)dξ +

(ξ, τ)dξ dτ

√

4πa2t

4πa2(t

−

τ)

В силу примечания к теореме 4.3 эта формула справедлива для указаных условий. Теперь "вырезав"из полученного решения соответствующий кусок, мы получим решения для задачи теплопроводности на отрезке.

Ïðè u0(x) C([0, l]) метод Фурье нельзя обосновать. То есть решение будет, но как его искать мы не знаем, по крайней мере не всегда можно утверждать, что оно представимо в виде ряда.

Смешанная задача для уравнения колебаний струны на отрезке.

utt − a2uxx		= f (t, x)			(t, x) QT = (0, T) × (0, l)
x=0			x=l


	= u0(x); ut			t=0	= u1(x),	x [0, l]	( )
u t=0	= u0(x); ut			t=0	= u1(x),	x [0, l]	( )


					= ψ1(t),	t [0, T]
u	= ψ0(t); u				= ψ1(t),	t [0, T]

Определение: Классическим решением задачи ( ) называется u(t, x) C1(QT) ∩ C2(QT), удовлетворя-

ющая уравнению, начальным и граничным условиям.

Теорема 5.4: не может существовать более одного классического решения задачи (*).

Предположим противное: пусть существует два классических решения uI(t, x), uII(t, x) : v(t, x) = uI(t, x) − uII(t, x)

Тогда v(t, x) - решение однородной задачи, то есть:

vtt − a2vxx = 0

x=0

x=l

0, vt

= 0

t=0

Рассмотрим

−

0, v

= 0

I t x

) =

vt t

)[

vtt

)

a vxx

( ,

(

(t, x)]

I = vt[vtt − a2vxx] = vtvtt − a2vtvxx =

(vt2)t − a2

(vtvx)x + a2(vxvxt) =

(vt2)t + a2(vx2)t − a2(vtvx)x =

[(vt2 + a2vx2)]t

− a2(vtvx)x ≡ 0,

(t, x) QT

Мы привели наше уравнение к так называемому дивергенционному виду. Вспомним формулу Грина:

" (	∂Q		∂P	)	∂Ω
Ω	∂x	−	∂y		dxdy = I Qdy + Pdx

Воспользуемся формулой Грина в области Qϵτ = (x, t) (ϵ, l − ϵ) Ч (ϵ, τ) (Мы не можем брать в ка- честве области QT, так как в формуле Грина требуется непрерывная дифференцируемость вплоть до границы.)

Тогда:

"τ

∂

[

]

∂

"τ

[

]

I(t, x)dxdt = 0 =

[

(vt2 + a2vx2)·

−

(a2vtvx)]dxdt =

−

(vt2 + a2vx2)dx − a2vtvxdt =

∂t

∂x

∂Q

l−ϵ

= ∫

∫

− ∫

∫ a2vtvx

(vt2

+ a2vx2)

(vt2

+ a2vx2)

a2vtvx

t=τdx −

t=ϵdx

x=l−ϵdt +

x=ϵdt = 0

Перейд¼м к пределу

ïðè ϵ

→

∫

(vt2 + a2vx2) t=τdx − 0 − 0 + 0 = 0 vt2

+ a2vx2 = 0 x (0, l) è t = τ

Значит v(t, x) ≡ 0 v(t, x) = const, (t, x) QT, но так как на границе решение нулевое, то v(t, x) ≡ 0,

значит два решения совпадают. Противоречие. Использованный нами метод доказательства как уже известно называется методом инеграла энегрии.

Решение задачи с однородной правой частью и однородными граничными условиями ищем в виде ряда по собственным функциям стационарного оператора " −∆" с однородными условиями Дирихле.

λk = (	πk	)2	;	Xk(x) = sin		πk	x, k N
λk = (	l	)2	;	Xk(x) = sin		l	x, k N
				∑			∑	πk
				∞			∞	πk
u(t, x) =				k=1	θk(t)Xk(x) = θk(t) sin			l	x
				k=1			k=1

Подставим и формально продифференцируем ряд.

∑

∞

aπk

πk

utt − a2uxx = k=1

[θk′′(t) + (

)

θk(t)] sin

x = 0

∑

θk(0) sin

πk x; ut

∑

θ′ (0) sin πkx

u = ∞

= ∞

t=0

k=1

t=0

k=1

а)Условия гладкости:

u0(x) C3([0, l]); u1(x) C2([0, l])

б)Условия согласования:

( )

u0(0) = 0;

u1(0) = 0; u0′′(0) = 0

u0(l) = 0; u1(l) = 0; u0′′(l) = 0

Условие на вторые производные также является необходимым, так как в уравнениях гиперболиче- ского типа, если возникнет разрыв на границе, то он будет распространяться по характеристике, то есть решение будет разрывным в QT, что неприемлимо.

∑

∞

πk

∫ u0(y) sin

πk

u0(x) = k=1

Ak sin

Ak =

y· dy

∑

∞

πk

∫ u1(y) sin

πk

u1(x) = k=1

Bk sin

Bk =

y· dy

Составляем ряд задач Коши для обыкновенного дифференциального уравнения:

(	aπl k	)
θk′′(t) +	aπl k	2θk(t) = 0


k
k

θk(0) = Ak



	aπk		l	aπk
	aπk		l	aπk
θ′ (0) = Bk

Решением этой задачи будет:

θk(t) = Ak cos

t +

Bk sin

aπk

∞

[Ak cos aπl k t + aπl k Bk sin aπl k t] sin πlk x

( )

Òî åñòü u(t, x) = k=1

∑

будет хорошим кандидатом в решения.

Теорема 5.5: Пусть данные смешанной задачи ( ) с однородными граничными условиями и одно-

родной правой частью удовлетворяют условиям ( ). Тогда ряд ( ) :

а)Сходится равномерно и абсолютно в QT

á)u(t, x) C2(QT)

â)u(t, x) - классическое решение задачи ( )

г)Частные производные до 2 порядка могут быть найдены дифференцированием ряда ( ) под знаком

суммы.

∫l

Ak =

(y) sin

πk

y· dy = −

u0(y) cos

πk

u0′ (y) cos

πk

y· dy =

πk

(

)

(

)

(

)

(

)

πk

∫ u0′′(y) sin

πk

∫ u0′′′(y) cos

πk

u0′ (y) sin

0l −

y· dy =

u0′′(y) cos

−

y· dy

πk

∫ u0′′′(y) cos

πk

= −

αk; αk =

y· dy - коэффициенты Фурье u0′′′

πk

(

)

Аналогично:

= −

βk;

βk =

∫l

u1′′(y) sin

πk

y· dy - коэффициенты Фурье u1′′

πk

k=1

(

)

[u1′′

k=1

αk2 6 l ∫

[u0′′′

(x)]2dx = m02 < ∞

Неравенства Бесселя.

βk2 6 l

∫

(x)]2dx = m12 < ∞;

∑

∞

πk

aπk

( , ) =

αk

|Ak|

|Bk|aπk 6

|uk

3t x

θk(3t) sin

x 63

|θk(t)| =

Ak cos l

aπk Bk sin

(

π)

(

a |

|]k

| |

αk

βk

6 const

Ряд сходится абсолютно и равномерно в

, порождает непрерывную функцию, и удовлетворяет од-

нородным граничным условиям.

∑

[

t] sin

∞

−aπk

Ak sin

aπk

t + Bk cos

aπk

πk

v k=1

(

)

(

)

(

)

[

]

(

aπk

)

πk

aπk

−aπk

Ak sin

t +Bk cos

sin

|Ak| +|Bk| 6 a

|αk| +

|βk| =

a|αk| +|βk|

πk

· k

6 const

∑

[

− (

)

t] sin

(

)

∞

aπk

πk

∞

aπk

πk

utt

v k=1

Ak cos

t −

Bk sin

x = k=1 dk(t, x) = − k=1

θk(t) sin

(

)

(

) [

(

)

]

aπk

Bkl

aπk

aπk 2

aπk

aπk 2

aπk

βk

|dk(t, x)| 6

|θk(t)| = (

|Ak| + aπk |Bk|

Ak cos

t + aπk sin

]

(

) [(πk ) |

(πk )(πk )

(

π)[

a k

· k

αk

βk

= a

| |

const2

Â ñèëó ëåììû 5.3 исходный ряд сходится равномерно и абсолютно, значит мы доказали, что utt непрерывана в QT. Абосолютно аналогично доказывается, что

∑	(		)
∞		πk		2	πk
uxx = k=1		l		θk(t) sin	l	x

Более того отсюда очевидно следует, что utt − a2uxx = 0

Òî åñòü u(t, x) C(QT). То есть мы показали, что это действительно классическое решение. Последний пункт теоремы мы получили в процессе решения.

Метод Фурье диктует нам ограничения. Но решение существует и при более слабых условиях, но в этом случае решение не будет представляться рядом Фурье.

à) f (t, x), fx(t, x) C(QT) f (t, 0) = 0; f (t, l) = 0;

á)u0(x) C2([0, l]); u1(x) C1([0, l])

u0(0) = 0; u1(0) = 0; u′′0 (0) = 0 u0(l) = 0; u1(l) = 0; u′′0 (l) = 0

Используем метод продолжений. Сделаем u0, u1, f 2π периодическими и неч¼тными. Тогда:

uˆ0(x) C2(R1)

uˆ1(x) C1(R1)

fˆ(t, x) C0t,,x1([0, T] × R1)

Теперь можно сформулировать задачу Коши:

{	uˆtt − a2uˆxx = fˆ(t, x),					t (0, T); x R1
	uˆ		= uˆ0(x);	uˆt		= uˆ1(x), x R1
		t=0			t=0

Как мы знаем, решение е¼ представляется формулой Даламбера:

x+at

t x+a(t−τ)

ˆ( ,

) =

uˆ0(x + at) − uˆ0(x − at)

∫

(ξ) ξ +

∫ ∫

(ξ, τ)

· d

u t x

x−at

0 x−a(t−τ)

Получившаяся функция тоже будет неч¼тной и 2l переодической и u(t, 0) = u(t, l) = 0. Дальше вырезаем кусок функции, в нужном прямоугольнике.

Далее мы знаем, что делать, если u(t, 0) = ψ0(t); u(t, l) = ψ1(t)

Сравним решения в случае колебания и теплопроводности:

ut − a2uxx = 0; t > 0, x (0, l)

u t=0 = u0(x),

x (0, l)

x=0

= 0; u

x=l

= 0, t > 0

u0(x) C1([0, l])

u0(0) = u0(l) = 0

∑

aπk 2

πk

∞

u(t, x) =

k=1

Ake−(

l )

t sin

u(t, x) C(

) ∩ C∞(QT)

utt − a2uxx = 0;

t > 0, x (0, l)

x=0

x=l

t=0

= u0(x); ut

0; u

= 0, t > 0

u0(x) C ([0, l]);

u1(x)

u0(0) = u1(0) = u0′′(0) = 0

([0,

])

u0(l) = u1(l) = u0′′(l) = 0

∑

[Ak cos

t] sin

∞

aπk

πk

u(t, x) = k=1

t + Bk

aπk

sin

u(t, x) C2(QT)

Метод Фурье можно использовать в областях прямоугольного вида и для уравнения в частных производных специального вида:

A(t)utt + B(t)Ut + C(x)uxx + D(x)ux + E(x)u + G(t)u = 0 t > 0; a < x < b
u t=0 = u0(x)		ut t=0 = u1(x)
α0u(t, a) β0ux(t, a) = 0, t > 0
	−
	−

α1u(t, b) + β1ux(t, b) = 0, t > 0

Идея: ищем частные решения какие-либо, из них выделить те, которые удовлетворяют условиям, и решение представить в виде ряда по этим решениям специального вида.

u(t, x) = θ(t)· X(x)

A(t)θ′′(t)X(x) + B(t)θ′(t)X(x) + C(x)θ(t)X′′(x) + D(x)θ(t)X′(x) + E(x)θ(t)X(x) + G(t)θ(t)X(x) = 0

θ′′(t)

θ′(t)

X′′(x)

X′(x)

A(t)

+ B(t)

+ G(t) = −C(x)

− D(x)

− E(t) = const = λ

θ(t)

X(x)

A(t)θ′′(t) + B(t)θ′(t) + G(t)θ(t) = λθ(t), t > 0

−

C(x)X′′(x)

−

D(x)X′(x)

−

E(x)X(x) = λX(x), a < x < b

{

α0X(a) − β0X′(a) = 0 α1X(b) + β1X′(b) = 0

Сузим множество рассматриваемых функций: C(x) C1([a, b]); C(x) > 0 x [a, b] Рассмотрим следующий интегрирующий множитель:

∫	C(ξ)
x	}
{ a
µ = exp	D(ξ) − C′(ξ)	dξ > 0

введ¼м обозначения:

p(x) = µ(x)C(x)

q(x) = −µ(x)E(x)

Тогда нашу задачу можно записать следующим образом:

dX(x)

] + q(x)X(x) = λ· µ(x)X(x)

−

−dx[p(x)

α0X(a) β0X′(a) = 0

После заìåí:

β1X′(b) = 0

α1X(b) +

[p(x) dx(

µ(x) )]

Y(x) = √µ(x)X(x); p˜(x) = µ(x) ; q˜(x) =

µ(x) −

µ(x) dx

p(x)

q(x)

это привед¼тся к виду:

√

dY(x)

] + q˜(x)Y(x) = λY(x)

−

−dx[p˜(x) dx

β0Y′(a) = 0

α0Y(a)

Далее будем работать с

+ β1Y′(b) = 0

α1Y(b)

задачей:

dX(x)

] + q(x)X(x) = λX(x)

−

−dx[p(x) dx

β0X′(a) = 0

предположениями:

α0X(a)

со следующими

+ β1X′(b) = 0

α1X(b)

p(x) C1([a, b]) = C ([0, l]);

p(x) > 0, x [0, l]

p(x) C ([0, l]);

q(x) > 0,

x [0, l]

α0 > 0; β0 > 0; |α0| + |β0| > 0

α1 > 0; β1 > 0; |α1| + |β1| > 0

Введ¼м оператор A:

α0X(0) − β0X′(0) = 0;

α1X(l) + β1X′(l) = 0}

à)D(A) = {X(x) :

X(x) C2([0, l]);

á) X(x) → [ − p(x)X′(x)]′ + q(x)X(x)

â) ImA = C([0, l])

Лемма 5.5 Оператор A является симметричным и неотрицательным на D(A) относительно скаляр-

∫l

ного произведения пространства L2(0, l): (u, v) =

u(x)v(x)dx

(Au, v) = ∫l

dx = ∫l

dx = − ∫l

dx + ∫l

Au(x)

− p(x)u′(x) ′

+ q(x)u(x)

[

p(x)u′(x)

′

q(x)u(x)

dx =

v(x)

(

[

]

)

]

= − p(x)u′(x)

0l + ∫l

p(x)u′(x)

dx + ∫l

q(x)u(x)

dx =

v(x)

v′(x)

v(x)

[

]

[

]

= −p(l)u′(l)

v(l)

+ p(0)u′(0)

v(0)

+ ∫

p(x)u′(x)

v′(x)

+ q(x)u(x)

v(x)

α1u(l[

1u′

]

−p(l)

[

u′(l)

]

−

p(l)u′(l)

v(l)

+ β

v(l)

( ) = 0

(α1 + β1)

) + β

α1v(l) + β1v′(l) = 0

p(l)

( )

( ) =

β u′(l)v

(l) + α

u(l)v(l)

1 + β1) [

[ − p l

u′ l

v l

]

(α

1 p(0) ′

]

Тогда:

[p(0)u′(0)v(0)]

(α0 + β0) [β0u′(0)v′(0) + α0u(0)v(0)]

Аналогично:

[

]

[

]

[

]

( )

(0)

β0u′(0)v′(0)+α0u(0)v(0) +∫

(Au, v) =

p l

β1u′(l)v′(l)+α1u(l)v(l) +

p(x)u′(x)v′(x)+q(x)u(x)v(x) dx

(α1 + β1)

(α0 + β0)

Сразу заметим, что тогда, что:

( )

[

]

(0)

[

]

[

]

+ ∫

(Au, u) =

p l

β1|u′(l)|2 + α1

|u(l)|2

β0

|u′(0)|2 + α0

|u(0)|2

p(x)|u′(x)|2 + q(x)|u(x)|2

dx > 0

(α1 + β1)

(α0 + β0)

Продолжаем доказательство симметричности:

(u, Av) =

(Av, u)

= (Av

, u) =

[

]

[

]

[

]

p(l)

(0)

+ ∫

β1v′(l)u′(l) + α1v(l)u(l)

β0v′(0)u′(0) + α0v(0)u(0)

p(x)v′(x)u′(x) + q(x)v(x)u(x) dx

(α1 + β1)

(α0 + β0)

То есть мы только что доказали, что (u, Av) = (Au, v) u, v D(A) Доказательство завершено.

Лемма 5.6: Собственные значения задачи Штурма-Лиувилля неотрицательны и просты. Более того, собственные функции, соответствующие различным собственным значениям ортагональны относительно скалярного произведения пространства L2([0, l])

Пусть λ - собственное значение, X - собственная функция, сообтветствующая ему.

AX = λX

(AX , X ) = (λX , X ) = λ(X , X ) > 0 λ > 0

Ортагональность следует из симметричности оператора. Собственное значение называется простым, если ему сообтветствует ровно одна собственная функция.

Предположим противное, пусть XI D(A); XII D(A); - собственные функции для одного λ.

{

α0XI(0) − β0XI′(0) = 0 α0XII(0) − β0XII′ (0) = 0

		0[X		− 0]	′
					′
	− p(x)X′(x) + q(x)X(x) = λX(x)

			(0)	β X (0) = 0
	α		(0)	β X (0) = 0


				+ β1X′(l) = 0
α1X(l)				+ β1X′(l) = 0

-однородная линейная система относительно α0, β0

У этой систему существует нетривиальное решение, значит:

XI(0)	−XI′(0)	= 0 = W(0)
		−
	−XII′ (0)
XII(0)
XII(0)

То есть определитель Вронского в некоторой точке равен 0. Отсюда следует линейная зависимость этих функций.

Сформулируем без доказательства следующие факты:

1)λ1, . . . , λn, . . . - собственные значения, их сч¼тно, более того λk → ∞. То есть отсутствует конечная

точка сгущения.

2)Теорема Стеклова: Всякая функция u(x) D(A) разлагается в равномерно и абсолютно сходящийся

ряд по системе собственных функций оператора Штурма-Лиувилля:

∞

(u, Xk)

u(x) = ckXk(x);

ck =

- коэффициенты Фурье.

(Xk, Xk)

k=1

∑

3)Система собственных функций Xk(x) - полна в L2

Колебания круглой мембраны.

utt = a2∆u = a2(ux x

+ ux x

), t > 0; x = (x1

, x2)

D =

< R

}

u t=0 = u0(x); ut t=10

1= u1(t2 )2

= 0; t > 0

∂D

u(t, x) = θ(t)V(x), после подстановки имеем:

{

θ′′(t) + λa2θ(t) = 0

−∆V(x) = λV(x), x D

Как решать первую задачу из системы мы знаем. Остановимся подробнее на второй:

−∆V(x) = λV(x), x D

∂D = 0

Перейд¼м к полярным

координатам:

V(x) . 0

1 ∂

∂V

1 ∂

(ρ

) +

+ λVˆ = 0,

ãäå V[x1, x2] = V[ρ cos φ, ρ sin φ] = Vˆ (ρ, φ)

∂ρ

ρ2

∂φ2

0 6 ρ < R; 0 6 φ 6 2π

V(R, φ) = 0; 0 6 φ 6 2π

Ещ¼ надо позаботиться о

2π

периодичности: ˆ

6 ρ 6 R

V(ρ, φ) = V(ρ, φ + aπ), 0

ˆ (ρ, φ) . 0

Теперь у нас прямоугольная область и ищ¼м решение по методу Фурье.

V(ρ, φ) = U(ρ)Φ(φ)

U′′Φ +

U′Φ +

UΦ′′ + λUΦ = 0

ρ2

U′′

1 U′

Φ′′

+ λ = −

−

= µ

ρ2Φ

То есть наша задача опять разбивается на две:

Φ′′(φ) + µΦ(φ) = 0

(

)

Φ(φ) = Φ(φ + 2π)

U′′(ρ) + ρU′(ρ) +

λ − ρ2 U(ρ) = 0

Φ′(φ) = Φ′(φ + 2π)

U(R) = 0

Сначала решаеì первую сисòåìó:

Φ(φ) = d1 cos

√µφ + d2 sin

√µφ

Эта функция будет 2π переодической, только если µ = n2, n Z

Φ(φ) = d1 cos nφ + d2 sin nφ

Тогда вторая система записывается в виде:

U′′(ρ) + ρU′(ρ) + (λ − ρ2 )U(ρ) = 0

U(R) = 0

Пусть

∞

U(0)

U(ρ) = W( √

λρ) = W(t)

W′(t) + (1

ν2

Тогда: W′′(t) +

−

)W(t) = 0

Определение: уравнение вида W′′(t) +

W′(t) + (1 −

ν2

)W(t) = 0,

t > 0

называется уравнением

Бесселя индекса ν. В общей теории ν комплексное, но в данном случае будем рассматривать только действительные неотрицательные ν

Его решение вообще говоря не выражается через элементарные функции.
		1				ν2
При малых t имеем: W˜ ′′(t) +				W˜	′(t) −		W˜ (t) = 0 - уравнение Эйлера.
			t			t2
Решаем это уравнение:
˜	= α· t	β
W(t)
[β(β − 1) + β − ν2]α· tβ−2 = 0 β2 − ν2 = 0 β = ±ν
W˜ I(t) = tν; W˜ II(t) = t−ν - верно, если ν > 0
Решение ищем в виде обобщенного степенного ряда. В 0 конечен, бер¼м ˜ :

∑∞

WI(t)

W(t) = tν· ψν(t) = tν Cptp

( ν2 )p=0 tW′′ + W′ + t − t W = 0

( ν2 )

(tW′)′ + t − W = 0 - дивергентная форма.

( t

t(tW′)′ + t2 − ν2)W = 0

		∑		∑			∑
		∞		∞			∞
tW′(t) = ν· tν−1· t Cptp + tν				Cp· p· tp−1· t = tν				(ν + p)Cptp
		p=0		p=0			p=0
		∑
		∞
t(tW′)′ = tν		(ν + p)2Cptp
∑		p=0		∑
∞				∞
tν (ν + p)2Cptp + (t2 − ν2)tν				Cptp = 0
p=0		]		p=0	} = tν	∑ [		]	∑	} = 0
∑ [		]	∑			∑ [		]	∑
∞				∞		∞			∞
tν{ p=0	(ν + p)2 − ν2 Cp· tp + p=0 Cptp+2					{ p=0	p(p + 2ν) Cp· tp + p=2 Cp−2tp

Приравниваем к 0 члены при каждой степени t.

p = 0 :

p = 1 :

p > 2 :

0· C0 = 0

(1 + 2ν)C1 = 0

p(p + 2ν)Cp + Cp−2 = 0

Отсюда в частности следует, что

Cp−2

C2k+1

= 0; Cp = −p(p + 2ν)

Заметим, что C0 мы можем брать любым. Если C0 = 0, то решение будет тривиальным. Поэтому

предполагается, что C0 , 0

C2 = C2·1 = −

= −

2(2 + 2ν)

22·1· 1· (1 + ν)

C4 = C2·2 = −

= −

= +

4(4 + 2ν)

23· (2 + ν)

22·2· 1· 2(1 + ν)(2 + ν)

C6 = C2·3 = −

= −

−

6(6 + 2ν)

22· 3(3 + ν)

22·3· 1· 2· 3(1 + ν)(2 + ν)(3 + ν))

−

C2(k−2)

(−1)kC0

22· k· (k + ν)

22k· 1· 2· . . . · k(1 + ν)(2 + ν) . . . (k + ν)

Вспомним факты из математического анализа:

Γ(s) =

∫ ts−1e−tdt

(s > 0) - Гамма функция Эйлера.

+∞

Е¼ свойства:

1) s > 0 : Γ(s + 1) = s· Γ(s)

∫0

e−tdt = 1)

2)Γ(n + 1) = n! - легко доказывается по индукции (база: Γ(1) =

∞

Обычно берут C0 =

2νΓ(ν + 1)

C2k =

(−1)k

2ν+2kΓ(k + 1)Γ(ν + k + 1)

∑

Тогда J

(t) = W(t) =

(−1)k

(

2 )

k=0 Γ(k + 1)Γ(ν + k + 1) (

2 )

∑

ψ(t) =

∞

(−1)k

2k = ∞

(t)

|t| 6 √

k=1

Γ(k + 1)Γ(ν + k + 1) (

2 )

k=0

R = M (Наше множество ограничено)

Воспользуемся признаком Даламбера:

uk+1(t) Γ(k + 1)Γ(k + ν

+ 1)

| uk(t)

| =

Γ(k + 2)Γ(k + ν

+ 2)

6 (k + 1)(k + ν + 1) ·

(M)2 = qk → 0 ïðè k → ∞

1)Ряд сходится абсолютно в каждой точке множества.

2)В любой ограниченной области, принадлежащей множеству ряд сходится равномерно.

Замечание: ν = 0 - может выпадать, но вс¼ хорошо.

Полученные функции Jν(t) называют функциями Бесселя 1-ого рода (ν > 0)

	{	const1	t−ν[1 + o(1)],	ν > 0
Yν(t) =	{	const2	·· ln t[1 + o(1)],	ν = 0
Это так называемые функции Бесселя второго рода индекса ν

Приблизим уравнение Бесселя в бесконечно удал¼нной точке. Введ¼м такую замену переменного,

чтобы уравнение не содержало первой производной:

W(t) =

Z(t)

√

tW′

tZ′ −

√

(tW′)′ =

Z′′ +

Z′ −

Z′ +

√

2t t

′′

(t) + 1

−

ν2

− 1/4

Z(t) = 0

[

]

Z(t) - линейная комбинация sin и cos, если ν =

Z˜ ′′(t) + Z˜ (t) = 0

Z˜ (t) = A cos(t + α)

( ) =

cos(t + α) + θ

- можно показать что это так использую теорию возмущений.

W(t) = A

√tt

+ α)

+ θ(t3/2 )

ïðè t → ∞

Z t

cos(

( t )1

(

)

(

)

Jν(t) = √

cos

t −

ïðè t → ∞

−

+ θ

πt

t3/2

Нули косинуса простые, кратности 1 (производная в них в 0 не обращается), их бесконечно много.

µ(ν)

π + ν

+ πk, k = 1, 2, . . .

При больших t они становятся на примерно одинаковых расстояниях. Для функций Бесселя с раз-

личными индексами нули перемежаются.

Теперь зафиксируем ν.

Jν(t); µ > 0 → Jν(t) = Jν(µt)

dJν(µt)

ν2

] + (µ

−

)Jν(µt) = 0

µ1 > 0, µ2 > 0 →2

Jν(µ1t), Jν(µ2t)

(

− t

2 )

[tJ′

(µ

t)]′

+ µ2t

(µ t) = 0

[tJν′ (µ2t)]′ + (µ22t −

)Jν

(µ2t) = 0

Домножим первое уравнение на −Jν(µ2t), второе на Jν(µ1t) и сложим их.

dJν(µ2t)

dJν(µ1t)

{t[Jν(µ1t)·

− Jν(µ2t)·

]} = (µ12 − µ22)t· Jν(µ1t)· Jν(µ2t)

]

µ1 Jν(µ2) Jν′ (µ1)

µ2 Jν(µ1) Jν′ (µ2) , µ1 , µ2

− µ12)

−

2 −

∫

t Jν(µ1t) Jν(µ2t)dt =

(µ22

· 2

[

]

(

)[

]

Jν′ (µ1) + 1

Jν(µ1) , µ1 = µ2

Φ(φ)

V(ρ, φ) = U(ρ)

Un(ρ) = Jn(

√

λρ)

√

R = µk(n)

Un(R) = 0 Jn(

R) = 0

λnk = (

µk(n)

)

ρ), k = 1, 2, . . .

λ0k

(

R )

Vˆ 0k(ρ, φ) = J0(

µ0

µ(0)

1	(ρ, φ) = Jn(	µn	ρ) cos nφ	2	(ρ, φ) = Jn(	µn	ρ) sin nφ	λnk = (	µ(n) 2
		k				k			k	) ;
Vˆ nk				Vˆ nk							k, n N
		R				R			R

То есть в данном случае собственные числа будут двукратными.

V . 0
	−∆V = λV



	V		= 0	( )
	V	\|x\|=R	= 0	( )

Система функций ортоганальна относительно скалярного произведения пространства L2

"∫2π ∫R


(u, v) =			u(x)v(x)dx = dφ uˆ(ρ, φ)vˆ(ρ, φ)ρ· dρ
∫	J0(	\|x\|<R		0		0
∫	J0(	R ρ)· J0(			R ρ)ρ· dρ = 0
R		µk(0)		µm(0)

Собственные функции, соответствующие различным собственным значениям ортагональны если меняется только k.

Если меняется n, òî òàì cos nφ cos mφ, и интеграл от этой функции = 0наш набор функций ортагонален в пространстве L2

Привед¼м другой способ доказàòельства, для этого докажем симметриченсть оператора:

A : D(A) = {u(x, y) C2(Q) ∩ C1(Q); u Γ = 0} A : u(x, y) → −∆u(x, y)

(∆u, v) = ... = (u, −∆v)

Теорема: Система собственных функций задачи ( )- ортагональный базис в L2(D), òî åñòü uˆ(ρ, φ)

L2(D) ряд Фурье сходится к uˆ(ρ, φ) в норме пространства L2(D)

						Теория сферических функций.
Уравнение Лапласа-Пуассона в R3
∆u(x) =	∂2u	+	∂2u	+	∂2u	= f (x), x Ω R3
∆u(x) =	∂x2	+	∂x2	+	∂x2	= f (x), x Ω R3
	1		2		3

Определение: Функция u(x) называется гармоничекой в Ω R3, åñëè:

1)u(x) C2(Ω) 2)∆u(x) ≡ 0 x Ω

u(x1, x2, x3) → uˆ(ρ, θ, φ)

∂

∂uˆ

uˆ

∂

∆uˆ(ρ, θ, φ) = uˆ

ρρ +

uˆρ +

[

( sin θ

)

]

ρ2

sin θ

∂θ

sin2 θ

∂φ2

C2{z

}

оператор Лапласа-Бельтрами

uˆρρ +

uˆρ = 0

решением будет:

C1 +

Лемма 8.1:(Интегральное представление решения уравнения Пуассона.) Ω - ограниченная область в R3 с гладкой (кусочно-гладкой) границей Γ:

Пусть u(x) C2(Ω) ∩ C1(Ω)

∆u(x) = f (x) C(Ω). Тогда x Ω

∂u(y)

u(x) =

· f (y)· dy +

u(y)·

∂

dSy −

dSy

−

4π x y

∂ny

4π x y

∂ny

∫Ω

(

| − |)

IΓ

(

| − |)

IΓ

(

| − |)

→−

обь¼мный потенциал

потенциал двойного слоя

потенциал простого слоя

Зафиксируем

}

;

}

x Ω ϵ0 : B(x, ϵ0) Ω ϵ > 0; ϵ < ϵ0

B(x, ϵ)

Ω

Пусть

Ωx = Ω\B(x, ϵ)

δx - сфера радиуса ϵ с центром в x.

∂Ωx

= Γ δx

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

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.20253.37 Mб1lekcii_po_kursu_promyshlennye_roboty_dlya_stude...doc
#
03.06.201523.24 Кб18Lektsia_5_Eumetazoa.docx
#
01.07.202511.54 Mб0Lektsii_Development (1).docx
#
03.06.20151.11 Mб11Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб9Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб8Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб9Leonidov.pdf
#
01.07.20253.53 Mб1Linear Methods.doc
#
01.07.20254.1 Mб0Linear-PremoLab-Series.doc
#
03.06.2015550.54 Кб5LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб137M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf