Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Метод Фурье

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.03.2016

Размер:

244.85 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

0 X (x)dx = 0, k =1, 2,...,

∫0

akπ B

2 l ψ

(x) X

(x)dx =

l ∫0

2 β

kπx

2υ

kπ

α∫

υ0 sin

dx =

cos

α −cos

kπ

то есть

B	=	2υ0l		cos kπ		α −cos kπ β	.
		2	2
k					l	l
		ak π

Искомое решение задачи (2.1)-(2.3) имеет вид

∞

2υ

kπ

kπa

kπ

u(x,t) = ∑

cos

α −cos

sin

t sin

k =1

ak π

Задача

Найти

решение

u = u(x,t)

краевой

задачи для неоднородного уравнения колебаний струны


∂2u	=			∂2u +bx(x −l),				(2.6)
∂t2				∂x2
u			x=0 = u		x=l		= 0,	(2.7)
							= 0,	(2.7)

u				= ∂u			= 0.	(2.8)


		t=0		∂t		t=0
		t=0

Решение.

1 способ. Функцию u = u(x,t) будем искать в

виде ряда по собственным функциям

= kπx X k (x) sin l

задачи Штурма-Лиувилля (2.4)-(2.5), то есть

uk (t) = ∑uk (t)sin kπx

(2.9)

k =1

где uk (t) - неизвестные функции.

Функцию f (x) = bx(x −l)

разложим в ряд Фурье

на интервале ]0,l[

∞

sin kπx,

bx(x −l) = ∑ fk

k =1

kπx

4bl

fk =

l ∫

bx(x −l)sin

dx =

, k =1, 2,....

k3π3

((−1)k −1)

Итак, f2n

= 0, n =1, 2,...;

f2n−1

= −

8bl2

, n =1, 2,... и

(2n −1)3π3

∞

8bl

(2n −1)πx. (2.10)

bx(x −l) = −∑ fk

sin

k =1

(2n −1)

∞

Подставив (2.9) и (2.10) в (2.6), получим

∞

(t)

kπ 2

kπ

x =

u′′(t) +u

sin

∑

k =1

∞

8bl

sin (2n

−1)πx.

= −∑ fk

(2n −1)

k =1

Откуда

u2′′n−1 (t) + (2n −1)2 π2

u2n−1 (t) = −

8bl2

. (2.11)

(2n −1)3π3

Очевидно, что частным решением уравнения (2.11) является постоянная функция, тогда общим решением будет

u	2n−1	= C cos	(2n −1)πt	+C		sin	(2n −1)πt	−	8bl4	.
					2
		1	l				l		(2n −1)5 π5

Учитывая начальные условия (2.8), получаем

u2n−1 (0) = u2′n−1 (0) = 0,

то есть искомые коэффициенты в разложении (2.9) должны иметь вид

u2n−1	(t) =	8bl4		cos	(2n −1)πt	−	8bl4	,
		(2n −1)5	π5		l		(2n −1)5 π5

u2n (t) ≡ 0, n =1, 2,...

Окончательно имеем:

u(x,t) =

∞	8bl4					(2n −1)πt			(2n −1)πx		(2.12)
= ∑					cos		−1	sin		.
= ∑	(2n −1)	5	π	5	cos	l	−1	sin	l	.
k =1	(2n −1)		π			l			l

2 способ. Так как f (x) = bx(x −l) зависит только от переменной x и не зависит от t , то решение

можно искать в виде

u(x,t) =υ(x,t) +ω(x).

(2.13)

И нетрудно убедиться, что задача (2.6)-(2.8) распадается на две задачи:

∂2υ

= ∂2υ ,

=υ

= 0, υ

= −ω(x),

∂υ

= 0;

∂t

∂x

x=0

x=l

t=0

∂t

t=0

d 2ω

+bx(x −l) = 0, ω

=ω

= 0.

dx2

x=0

x=l

Решением задачи 1) является функция

∞

8bl

(2n −1)πt

sin (2n −1)πx

υ(x,t) = ∑

cos

k =1

(2n −1)

(см. решение задачи 1.) Решением задачи 2) является

ω(x) = blx3 − bx4 − bxl3 . 6 12 12

Итак, окончательно получим

u(x,t) =

blx3

−

bx4

−

bxl3

(2.14)

∞

8bl

(2n −1)πt

(2n −1)πx.

+∑

cos

sin

(2n −1)

k =1

Сравните решения (2.12) и (2.14). Объясните разницу.

§ 3. МЕТОД ФУРЬЕ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА

Мы рассмотрим				простейшее		уравнение
параболического	типа
	∂u	= a2 ∂2u ,				(3.1)
	∂t			∂x2
удовлетворяющее начальному условию
	u(x,t)			t=0 =ϕ0 (x),		(3.2)
						(3.2)

и однородным граничным условиям						(3.3)
u(0,t) = 0, u(l,t) = 0.						(3.3)
По общей схеме §1 ( A(x) ≡1, A (t) ≡ 0					,	B (t) ≡ a−2 ,
		1				1
B(x) ≡ C(x) ≡ 0, C1 (t) ≡ 0,			a1 = a2 = 0) получаем задачу
Ш.-Л.:						(3.4)
	′′
	X (x) +λX (x) = 0,
	X (0) = 0, X (l) = 0.					(3.5)

Эту задачу мы уже исследовали в §2 и нашли собственные значения

λk = πlk 2 , k =1, 2...,

и собственные функции

X k (x) = sin	πkx	, k =1,2...,	(3.6)
	l

задачи (3.4)-(3.5).

Уравнению (1.9) из §1 здесь соответствует обыкновенное дифференциальное уравнение

′	2	λkT (t) = 0,	(3.7)
T (t) +a

общим решением которого является функция

− kπa 2 t

Tk (t) = Ck e l ,

где Ck - действительная постоянная.

Решением задачи (3.1)-(3.3) служит функция

u (x,t )= ∑∞ Ck e− kπl a 2 t sin kπl x, k =1

Ck	=	2 l	ϕ0	(x)sin kπx dx.
		l ∫0		l

Задача 3. Решить задачу об остывании однородного стержня с теплоизолированной боковой поверхностью, если его начальная температура

u(x,0) =ϕ(x), x [0,l].

Один конец x = 0 теплоизолирован, а на втором конце x = l поддерживается постоянная температура u0 .

Решение. Сформулируем краевую задачу для

u = u(x,t) (u(x,t)		-	температура в	точке с
координатой x в момент времени t ).
		∂2u = a2 ∂2u ,		(3.8)
		∂t2	∂x2
		u(x,0) =ϕ(x),		(3.9)

	∂u	(0,t) = 0,u(l,t) = u0 .		(3.10)
	∂x

Обращаем ваше внимание на то, что одно из граничных условий (10) является неоднородным. В этом случае делают замену неизвестной функции так, чтобы граничные условия стали однородными. Пусть

	u(x,t) = u0 +v(x,t).	(3.11)
Тогда для функции v = v(x,t) имеем,		очевидно,
задачу

	∂2v	= a2 ∂2v ,
	∂t2	∂x2
v(x,0) =ϕ(x) −u0 ,
∂v	(0,t) = 0,v(l,t) = 0.
∂x

По общей схеме §1 получим задачу Ш.-Л.

X ′′(x) + λX (x) = 0,

X ′(0) = 0, X (l) = 0.

(3.12)

(3.13)

(3.14)

(3.15)

(3.16)

Как и в §2, можно показать, что λ ≤ 0 не

являются собственными значениями задачи (15)- (16). Если λ > 0, то общее решение уравнения (15)

имеет вид:

X (x) = Acos λx + Bsin λx,

′	1	λ = 0 B = 0,
X (0) = a B		λ = 0 B = 0,
X (l) = Acos	λl = 0	λl =	2k −1π, k =1, 2,....
			2

Итак, собственные значения задачи (3.15)-(3.16)

λ	=	(2k −1)2	π2
			,
k		4l2

а собственные функции

X k (x) = cos	(2k −1)π x.
	2l

Дифференциальное уравнение для функции T (t)

(см. §1) имеет общее решение

		(2k −1)2	π2a2
Tk (t) = Ck e	−			t	.
		4l2

Тогда общим решением задачи (3.8)-(3.10) будет (с учётом замены по формуле (3.11)) функция

∞	−	(2k −1)2 π2a2	t		(2k −1)π
uk (t) = u0 +∑Ck e		4l2		cos		x,
					2l
k =1

где

Ck =	2 l	(ϕ(x) −u0 ) cos	(2k −1)π x.
	l ∫0		2l

§4. МЕТОД ФУРЬЕ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА

Задача 4. Найти функцию		u = u(x, y) ,
удовлетворяющую уравнению
∂2u	+ ∂2u = 0,	(4.1)
∂x2	∂y2

в прямоугольнике 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b , если на

контуре в прямоугольнике заданы следующие граничные условия:

u(0, y) =ϕ0 ( y),u(a, y) =ϕ1 ( y),0 ≤ y ≤ b.	(4.2)
u(x,0) =ψ0 (x),u(x,b) =ψ1 (x),0 ≤ x ≤ a,	(4.3)

причём ϕ0 (0) =ψ0 (0), ϕ0 (b) =ψ1 (0), ϕ1 (0) =ψ0 (a),


ϕ1 (b) =ψ1 (a).		Неизвестную	функцию u = u(x, y)
Решение.
ищем в виде следующей суммы
		u(x, y) = u1 (x, y) +u2 (x, y),
где u = u1 (x, y)		и u = u2 (x, y)	являются решениями
уравнения (1) и удовлетворяют условиям				(4.4)
	u1 (0, y) = 0, u1 (a, y) = 0, 0 ≤ y ≤ b,
u1 (x,0) =ψ0 (x), u1 (x,b) =ψ1 (x), 0 ≤ x ≤ a;				(4.5)
u2 (0, y) =ϕ0 ( y), u2 (a, y) =ϕ1 ( y), 0 ≤ y ≤ b,				(4.6)
				(4.7)
	u2 (x,0) = 0, u2 (x,b) = 0, 0 ≤ x ≤ a;
Решение задачи (4.1)-(4.4)-(4.5) ищем в виде				(4.8)
		u1 (x, y) = X (x)Y ( y).

Подставив соотношение (4.8) в уравнение (4.1), получим


′′	′′	= 0 −	Y ′′	=	X ′′	= −λ.	(4.9)
			Y		X
X Y + XY

Из формул (4.9) и (4.4) получаем задачу Ш.-Л.

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>