Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

UMF-BOOK

.pdf
Скачиваний:
30
Добавлен:
21.03.2016
Размер:
948.39 Кб
Скачать

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

 

Отсюда с учетом (5.5)

 

где fn(t) = 1nk2 ZΩ

Ψn00 (t) + λnΨn(t) = fn(t),

(5.8)

f(x, y)Φn(x)dΩ коэффициент разложения функции f(x, y) по

собственным функциям задачи Штурма Лиувилля.

 

Кроме того, из (5.2), (5.5) следует

 

 

Ψn(0) = 0, Ψn0 (0) = 0.

(5.9)

√ √

Заметим, что Ψ1n = cos λnt, Ψ2n = sin λnt два линейно независимых решения однородного уравнения Ψ00n(t) + ΨnΨn(t) = 0.

Решение задачи (5.8), (5.9) найдем методом вариации произвольных постоянных Лагранжа, согласно которому примем

p p

Ψn(t) = Cn(t) cos( λnt) + Dn(t) sin( λnt).

Неизвестные функции Cn(t), Dn(t) подчиним условию

p p

Cn0 (t) cos( λnt) + Dn0 (t) sin( λnt) = 0.

Подставим (5.10) в (5.8) и, с учетом (5.11), получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

fn(t)

−Cn0 (t) sin(pλnt) + Dn0

(t) cos(pλnt) =

 

 

.

λn

Из (5.11), (5.12) после умножения на sin(

 

 

t) и cos(

 

t)

λn

λn

оборот получим

n

Zt

t

 

 

 

p

1

 

 

 

 

 

 

Cn(t) = −

1

 

 

 

fn(τ) sin( λnτ)dτ + C0n,

 

 

 

 

 

λ

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z0

fn(τ) cos(p

 

τ)dτ + D0n.

Dn(t) =

 

 

λn

λn

Из (5.9) и (5.10) следует, что D0n = C0n = 0. Тогда

1

 

Z0

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin pλn(t − τ)fn(τ)dτ.

Ψn(t) =

 

λn

(5.10)

(5.11)

(5.12)

соответственно и на-

(5.13)

Таким образом, найдено решение неоднородной смешанной задачи при нулевых граничных и начальных условиях.

Можем сформулировать более общие задачи: 1. Рассмотрим уравнение:

L[u] + f(x, t) = ρ

2u

 

(5.14)

∂t2

с условиями

 

 

 

u(x, 0) = ϕ0(x), ut0 (x, 0) = ϕ1(x),

(5.15)

91

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

 

 

 

 

 

γ1Aαβ ∂xβ

cos(n, xα) − γ2u = 0.

(5.16)

 

 

∂u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение ищется в виде суммы решения двух задач:

 

u(x, t) = v(x, t) + w(x, t),

(5.17)

где v(x, t) решение однородного уравнения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L[v] = ρ

2v

 

 

 

 

 

(5.18)

 

 

 

 

 

 

 

∂t2

 

 

 

 

 

при условиях

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v(x, 0) = ϕ0(x),

 

v0

(x, 0) = ϕ1(x),

(5.19)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

(5.20)

γ1Aαβ ∂xβ cos(n, xα) − γ2v = 0,

 

 

 

 

∂v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а w(x, t) решение неоднородного уравнения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L[w] + f(x, t) = ρ

2w

 

(5.21)

 

 

∂t2

при условиях

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

w(x, 0) = wt0 (x, 0) = 0,

(5.22)

γ1Aαβ ∂xβ cos(n, xα) − γ2w = 0.

(5.23)

 

 

 

 

∂w

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Рассмотрим уравнение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L[u] + f(x, t) = ρ

 

 

 

(5.24)

при условиях

 

∂t2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0) = ϕ0(x),

 

ut0 (x, 0) = ϕ1(x).

(5.25)

γ1Aαβ ∂xβ cos(n, xα) − γ2u = µ(x, t).

(5.26)

 

∂u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подыскивается функция U

 

x, t C2

 

 

 

 

 

 

 

,

 

)), такая, что

 

 

 

(

)

 

×

[0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ1Aαβ ∂xβ cos(n, xα) − γ2U = µ(x, t).

(5.27)

 

∂U

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение задачи (5.24) (5.26) ищется в виде

 

 

 

u(x, t) = U(x, t) + w(x, t),

(5.28)

Тогда для функции w(x, t) имеем задачу

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2w

(5.29)

 

 

L[w] + f1(x, t) = ρ

 

 

,

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

w(x, 0) = ψ0(x),

 

wt0 (x, 0) = ψ1(x).

(5.30)

92

М.А. Греков

 

 

 

 

 

Уравнения математической физики

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ1Aαβ ∂xβ cos(n, xα) − γ2w = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂w

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

U

 

 

 

 

 

 

 

 

f1(x, t) = f(x, t) + L[U] − ρ

,

 

 

 

 

 

 

 

∂t2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ0(x) = ϕ0(x) − U(x, 0),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ1(x) = ϕ1(x) − Ut0(x, 0).

 

 

 

 

 

 

Пример 17. Колебание струны конечной длины l.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x [0, l], t ≥ 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2u

 

2 2u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− a

 

 

 

= f(x, t),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t2

∂x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0) = ϕ0(x), ut0 (x, 0) = ϕ1(x).

 

 

 

 

 

 

u(0, t) = µ1(t), u(l, t) = µ2(t).

 

 

 

Ищем решение в виде:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, t) = U(x, t) + w(x, t),

 

 

 

 

 

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l − x

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

U(x, t) =

µ1(t) +

µ2(t),

 

 

 

 

 

 

 

 

l

l

 

 

 

 

 

 

 

 

U(0, t) = µ1(t), U(l, t) = µ2(t).

 

Таким образом, приходим к задаче

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2w

 

a2

2w

= f(x, t) +

x − l

µ00

(t)

 

 

x

µ00

(t) = f

(x, t);

 

∂t2

 

∂x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

1

 

l

2

 

 

1

 

 

 

w(x, 0) = ϕ0(x) +

x −

l

µ1(0) −

x

µ2(0) = ψ0(x),

 

 

l

 

l

 

 

 

∂w

 

= ϕ (x) + x − l µ0 (0)

 

xµ0 (0) = ψ (x).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂t

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

l 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t=0

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

w(0, t) = w(l, t) = 0.

 

 

 

 

 

 

Ее решение w(x, t) будем искать в виде

w(x, t) = R(x, t) + Q(x, t),

где

I. Задача для R(x, t):

Rtt(x, t) − a2Rxx(x, t) = 0, R(x, 0) = ψ0(x), Rt0 (x, 0) = ψ1(x),

R(0, t) = R(l, t) = 0.

II. Задача для Q(x, t):

Qtt(x, t) − a2Qxx(x, t) = f1(x, t), Q(x, 0) = Q0t(x, 0) = 0,

Q(0, t) = Q(l, t) = 0.

(5.31)

(5.32)

(5.33)

(5.34)

(5.35)

(5.36)

(5.37)

93

М.А. Греков Уравнения математической физики

Решение задачи I:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λnt + Bn(t) sin a

 

λnt sin λnx,

 

 

 

R(x, t) = n=1 An(t) cos a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

 

= nπ/l,

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

l

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A = 2

 

 

 

ψ0(x) sin

λ xdx,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

al

 

 

Z0

ψ1(x) sin p

 

 

 

 

xdx,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bn =

 

 

λn

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

λn

 

 

 

поскольку nk2 =

 

sin2

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xdx =

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

l

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение

задачи II:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

X

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q(x, t) =

 

 

 

 

ψn(t) sin

 

 

λnx,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

Z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψn(t) =

 

 

 

f1n(ξ) sin a

 

λn(t

 

 

ξ)

dξ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

aλn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z0

 

f1(η, ξ) sin p

 

ηdη.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f1n(ξ) =

 

 

 

λn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

N

§ 6. Вынужденные колебания прямоугольной мембраны.

2v

 

 

 

− c24v = f(x, y, t),

(6.1)

∂t2

v| x=a

= v| y=b = 0,

(6.2)

 

x=0,

y=0,

 

v|t=0 = vt0|t=0 = 0,

(6.3)

то есть края мембраны неподвижны. Решение ищем в виде двойного ряда по собственным функциям задачи Штурма – Лиувилля.

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

(6.4)

v(x, t) =

 

Tnk(t)Φnk(x, y) =

Tnk(t) sin

a

x sin

b

y,

k,n=1

 

 

k,n=1

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставим (6.4) в (6.1), получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T 00

(t) + ω2

Tnk(t) sin

x sin

y = f(x, y, t),

(6.5)

nk

 

nk

 

a

 

b

 

 

 

k,n=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

94

М.А. Греков Уравнения математической физики

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

k2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где ωnk = c2

 

a

 

+

 

b

 

! = c

π

 

 

a2

+

b2

.

 

 

 

 

Разлагая f(x, y, t) в аналогичный ряд

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(6.6)

 

 

 

 

 

 

f(x, y, t) =

 

 

gnk(t) sin

a

x sin

b

y,

где gnk(t) = nk2

Z0

Z0

 

 

 

 

k,n=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(x, y, t)Φnk(x, y) dxdy,

 

 

 

 

 

 

 

 

1

a

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

получим задачу

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T 00 (t) + ω2 Tnk(t) = gnk(t),

 

 

(6.7)

 

 

 

 

 

 

 

 

nk

 

nk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tnk(0) = T

0

(0) = 0,

n, k = 1, 2, . . .

(6.8)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задачу (6.7), (6.8) решаем методом вариации произвольных постоянных Лагранжа:

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(6.9)

 

 

 

 

 

Tnk(t) =

 

gnk(τ) sin ωnk(t − τ)dτ.

 

 

 

 

 

ωnk

Задача (6.1)– (6.3) решена.

§ 7. Метод разделения переменных для параболических уравнений.

Рассмотрим параболическое уравнение

 

 

 

L[u] = ρ

∂u

,

(7.1)

∂t

 

 

 

в котором для простоты считаем, что L[u] = r(kru) − qu. L - линейный дифференциальный оператор 2-го порядка по переменной x Ω Rm, граница = ∂Ω кусочно-гладкая. Решение ищем в классе функций u(x, t) C2(Ω) C1[0, ∞).

Начальное условие:

 

 

 

 

 

 

u(x, 0) = ϕ(x).

(7.2)

Граничное условие:

γ1 ∂n + γ2u = 0.

(7.3)

 

 

∂u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρ(x, t), ϕ(x) заданные функции. Решение

ищем методом Фурье:

 

 

 

 

u(x, t) = Φ(x)Ψ(t),

(7.4)

95

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставив (7.4) в (7.1), получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L[Φ]

 

Ψ0

 

 

 

 

 

 

=

 

= −λ,

 

 

 

ρΦ

Ψ

 

Отсюда и из (7.3), (7.4) следует

 

 

 

 

 

 

 

Ψ0

+ Ψ = 0,

(7.5)

 

 

L[Ψ] + λρΦ = 0,

(7.6)

 

γ1 ∂n

+ γ2Φ = 0.

(7.7)

 

 

 

∂Φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть n}, {Φn} собственные числа и собственные функции задачи (7.6), (7.7).

Тогда

X

u(x, t) =

Ψn(t)Φn(x),

(7.8)

 

n=1

 

Ψn0 (t) + λnΨn(t) = 0 Ψn(t) = Cne−λnt,

 

Таким образом

 

 

 

 

 

X

 

u(x, t) =

Cne−λntΦn(x),

(7.9)

 

n=1

 

Подставив t = 0, в соответствии с (7.2) находим

 

1

ZΩ ρϕ(x)Φn(x) dτ,

(7.10)

Cn = −

 

nk2

где

Z

 

nk2 ρΦ2n(x) dτ.

Ω

7.1Неоднородное параболическое уравнение.

Зная n}, {Φn} можно решить неоднородное параболическое уравнение с нулевыми

и даже ненулевыми начальными и граничными условиями. Пусть имеем задачу для параболического уравнения:

 

L[u] + f(x, t) = ρ

∂u

,

(7.11)

 

 

начальное условие:

∂t

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0) = 0,

 

 

(7.12)

граничное условие:

γ1 ∂n

− γ2u = 0,

(7.13)

 

 

∂u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

96

М.А. Греков Уравнения математической физики

Так как решение u(x, t) принадлежит классу A, то

X

 

u(x, t) =

Ψn(t)Φn(x),

 

(7.14)

 

 

 

 

n=1

 

 

 

 

где

1

ZΩ ρ(x)u(x, t)Φn(x)dτ.

 

 

Ψn(t) =

(7.15)

 

 

nk2

В силу равенства (7.6)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρΦn = −

L[Φn]

.

 

 

 

 

 

λ

 

 

Следовательно, аналогично случаю с гиперболическим уравнением

 

Ψn(t) = −λnnk2

ZΩ ρut

Φn(x)dτ + λnnk2

ZΩ n(x)dτ,

 

1

 

 

 

 

1

 

 

Объединяя с (7.15), получим дифференциальное уравнение для Ψn(t)

 

 

Ψn0 (t) + λnΨn(t) = fn(t)

 

(7.16)

Добавим к нему начальное условие, вытекающее из начального условия для исходной задачи:

Ψn(0) = 0.

(7.17)

Решение задачи (7.16), (7.17) ищем по методу Лагранжа, т. е. в виде

 

Ψn(t) = C(t)e−λnt,

(7.18)

где C(t) –– некоторая функция, с введением которой связан метод Лагранжа. Подставляем (7.18) в (7.16), получаем дифференциальное уравнение для C(t)

C0(t)e−λnt = fn(t),

Zt

Cn(t) = C0 + fn(τ)eλnτ dτ,

0

где C0 = const.

Из (7.17) следует, что C0 = 0. Таким образом, Ψn(t) определена

Zt

Ψn(t) = fn(τ)e−λn(t−τ)dτ. (7.19)

0

Теорема (единственности для уравнения параболического типа).

Рассмотрим задачу:

 

∂u

(7.20)

r(kru) − qu + f(x, t) = ρ

∂t .

97

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

γ1 ∂n

− γ2u = µ(x, t),

 

∂u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, 0) = ϕ(x),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

решение которой ищется в области D = Ω × [0, ∞). При этом:

 

 

 

 

 

ρ(x), q(x) C(Ω), k(x) C(1)(Ω),

ρ > 0, q(x) ≥ 0,2

>

0

,

 

 

k 2

 

 

 

γ1 ≥ 0, γ2 ≥ 0, γ1

+ γ1

6= 0.

 

Решение задачи (7.20) (7.22) u(x, t) C(2)(Ω) C(1) ([0, ∞)) ([0, ∞)) единственно.

(7.21)

(7.22)

и u(x, t) C(Ω)

Доказательство. Основывается на неравенстве

R[v, v] ≥ 0

для функции v = u1 − u2, где u1, u2 два различных решения задачи (7.20)–(7.22).

 

 

 

Z0 t

R[v, v]dτ = Z0 t ZΩ

 

1

Z0

t

ZΩ

 

 

 

=

 

ρ

(v)2dΩdτ =

 

 

 

2

 

∂t

 

 

 

 

 

 

 

= 2 Z

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

Zt Z

 

 

 

v L[v]dΩdτ =

ρvvtdΩdτ =

 

ZΩ

0 Ω

 

ZΩ

 

1

ρv2(x, t)dΩ +

1

ρv2(x, 0)dΩ =

 

 

2

2

ρv2(x, t)dΩ ≥ 0.

Ω

7.2Температурные волны в почве.

Рассмотрим наиболее простую математическую модель этого процесса:

 

∂u

2 2u

 

(7.23)

 

 

− a

 

 

 

= 0,

 

∂t

 

∂x2

где a2 = const, 0 < x < ∞. Граничные условия:

 

 

u(0, t) = A cos ωt,

A = const.

(7.24)

С физической точки зрения, это означает, что исследуется распределение температуры u(x, t) в полупространстве x > 0, на границе которого x = 0 задан закон изменения температуры в виде (7.24). A амплитуда воздействующего на полупространство тем-

пературного поля. Поставленная задача является задачей Коши, не смотря на то, что нет начальных условий. Ее решение является единственным в классе функций непрерывных u C(Ω × [0, ∞)) и ограниченных в D = Ω × [0, ∞) (по теореме). Здесь область

98

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

Ω бесконечна, а значит, надо потребовать дополнительное условие ограниченности на

бесконечности.

Для решения (7.23)-(7.24) найдем комплексную функцию v(x, t), удовлетворяющую

уравнению (7.23) и условию

v(0, t) = Aeiωt

(7.25)

Если отыщем такую функцию, то ее вещественная часть и будет решением задачи (7.23)–(7.24). Ищем v(x, t) в виде:

 

 

v(x, t) = Aeαx+βt,

 

где α, β неопределенные константы.

 

Подставив (7.26) в (7.23) и (7.25), получим

 

 

 

Aeαx+βt(β − α2a2) = 0,

 

 

 

 

 

 

 

r

α2 =

β

, β = iω α = ±r

β

= ±

 

 

 

a2

a2

(7.26)

(7.27)

ω (1 + i) a2 2 .

Тогда

 

v(x, t) = Ae±r

 

 

 

x + i

±r

 

 

 

x + ωt

 

 

 

2a2

 

2a2

 

 

 

 

ω

 

 

 

 

 

 

ω

 

 

 

 

 

 

 

 

u(x, t) = Re v(x, t) = Ae±r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω

±r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2a2

 

2a2 x cos

 

 

 

 

 

 

 

ω

x + ωt .

 

 

 

 

 

 

 

 

Из условия ограниченности решения на бесконечности следует, что знак нужно взять отрицательный

u(x, t) = Aer

 

ω

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− √2a2

ω

 

 

2a2 x cos ω

t

 

 

x

 

.

(7.28)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выводы из (7.28):

1. Амплитуда колебаний убывает с глубиной, так как r

 

ω

 

x

2a2

A = Ae

0.

e

 

−→→∞

 

 

x

2.Температурные колебания в почве происходят со сдвигом фазы. Время τ запаздывания максимумов (минимумов) температуры в почве пропорционально глубине x

.

r

 

τ =

1

x.

2

 

2a ω

3.Глубина проникания тепла в почву зависит от частоты ω колебаний температуры на поверхности (или от периода колебаний): чем больше ω, тем меньше глубина

проникания заданной температуры.

 

 

 

 

 

 

x = r

 

 

 

 

 

 

 

a2

 

A

 

2

 

ln

 

.

 

ω

u

99

М.А. Греков

Уравнения математической физики

 

 

§8. Дельта-функция. Ее свойства.

Вмеханике и физике при описании плотности распределения точечных масс, зарядов, дефектов, сосредоточенных сил и других точечных источников возмущения используется так называемая δ-функция Дирака, введенная английским физиком П.Дираком

в1926 году при квантовомеханических исследованиях.

Определение 1. δ-функция линейный непрерывный функционал на непре-

рывных функциях.

Это определение принимается также в общем случае при введении понятия обобщенных функций, к которым принадлежит δ-функция. Непрерывные функции называют основными функциями для δ-функции. В общем случае обобщенных функций класс

основных функций уже непрерывных. Это множество основных функций для обобщенных функций есть все финитные функции с носителем в некотором ограниченном множестве Ω R.

Определение 2. Пусть ϕ(x) C(Rm), пусть есть некоторое ограниченное множество Ω Rm такое, что ϕ(x) 6= 0 для любого x Ω, а в остальных точках из Rm ϕ(x) = 0, тогда кусочно-непрерывная функция ϕ(x) называется финитной, а множество Ω ее

носителем.

Чтобы пояснить понятие δ-функции, рассмотрим материальную точку массой 1, расположенную в начале координат x = 0, x R3. Все остальные точки имеют массу 0. Обозначим плотность среды, создаваемую этой точкой через δ(x), для любого x R3. Чтобы определить эту плотность, распределим (размажем) массу 1 внутри шара Dε = {x : |x| < ε} с центром в точке x = 0. В результате средняя плотность равна:

fε(x) = (

3

=

1

|x| < ε,

 

 

 

(8.1)

4πε3

Vε

 

0,

 

|x| > ε.

 

Примем сначала в качестве плотности сти) средней плотности fε(x).

δ(x) = lim fε(x) =

ε→0

δ(x) поточечный предел (последовательно-

+∞ x = 0,

(8.2)

0, x 6= 0.

 

Естественно потребовать, чтобы интеграл от δ(x) по любому объему V

давал бы

массу этого объема, т.е.

 

0,

0 / V.

 

VZ

 

δ(x)dx =

 

1,

0 V,

(8.3)

Если в (8.3) интеграл понимать как несобственный, то он всегда равен 0 в силу

(8.2). Отсюда следует, что поточечный предел не может быть принят в качестве определения δ-функции.

100

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]