2006-matematicheskiy-analiz-differencial-nye-uravneniya-2mb

Обозначим f (x, t) = a2 ∂2 w − ∂w + f (x, t) . Тогда наше уравнение

∂x2 ∂t

будет иметь вид

∂v = a2 ∂2v + f (x, t) .

∂t ∂x2

Запишем начальные условия для функции v(x, t). Так как v(x, t) = u(x, t) – w(x, t), то

v(x, 0) = u(x, 0) − w(x, 0) = ϕ(x) − w(x, 0) = ϕ (t ) .

В результате получим следующую смешанную задачу для функ-

ции v(x,t):

Граничные условия при этом могут иметь один из следующих ти- пов:

ищем в виде v(x, t) = X(x)T(t), где X(x) – некоторая функция перемен- ной x, а T(t) – функция переменной t. Тогда

211

∂v = X (x)T ′(t);

∂t

∂2v = X ′′(x)T (t).

∂x2

получим

T ′(t)X (x) = a2 X ′′(x)T (t) .

Разделим переменные:

T ′(t) = X ′′(x) = μ

a2T (t) X (x)

.

Легко показать, что уравнение имеет нетривиальное решение только при μ < 0 для граничных условий 1–3 типов и при μ ≤ 0 для граничного условия 4 типа.

При μ = –λ2 имеем

X ′′(x) = −λ2 X ′′(x) + λ2 X (x) = 0 .

X (x)

Составим характеристическое уравнение:

k 2 + λ2 = 0; k = ±λ i.

Тогда общее решение уравнения:

X (x) = c1 cos(λx) + c2 sin(λx).

Далее решение зависит от типа граничных условий: а) при граничных условиях 1 типа имеем

X (0) = 0,

X (l) = 0.

Тогда

X (0) = 0 c1 cos 0 + c2 sin 0 = 0 c1 = 0;

X (l) = 0 c1 cos(λl) + c2 sin(λl) = 0 c2 sin(λl) = 0.

212

Так как с2 не может быть равно 0, так как в этом случае получим решение тождественно равное 0, то

sin(λl) = 0;

λl = πk, k = 1,2,.... λ = πk , k = 1, 2, ...

l

Тогда

λk 2 = − πk 2 – собственные значения,

l

Xk (x) = sin πkx – собственные функции ( k = 1, 2, 3... ); l

б) при граничных условиях 2 типа имеем

X ′(0) = 0,

X (l) = 0.

Так как

X ′(x) = −λc1 sin(λx) + c2λ cos(λx);

то

X ′(0) = 0 − λc1 sin 0 + c2λ cos0 = 0 c2λ = 0 c2 = 0; X (l) = 0 c1 cos(λl) + c2 sin(λl) = 0 c1 cos(λl) = 0 ; c1 ≠ 0 cos(λl) = 0;

в) при граничных условиях 3 типа имеем

X (0) = 0,

X ′(l) = 0.

213

Так как

X ′(x) = −λc1 sin(λx) + c2λ cos(λx);

то

X (0) = 0 c1 cos 0 + c2 sin 0 = 0 c1 = 0 ;

X ′(l) = 0 − λc1 sin(λl) + c2λ cos(λl) = 0 c2λ cos(λl) = 0 ;

г) при граничных условиях 4 типа имеем

X ′(0) = 0,

X ′(l) = 0.

Так как

X ′(x) = −λc1 sin(λx) + c2λ cos(λx);

то

X ′(0) = 0 − λc1 sin 0 + c2λ cos 0 = 0 c2λ = 0 c2 = 0; X ′(l) = 0 − λc1 sin(λl) + c2λ cos(λl) = 0 −λc1 sin(λl) = 0;

c1 ≠ 0 sin(λl) = 0;

λl = πk λ = πk , k = 1, 2, ... .

l

Здесь еще возможен случай, когда λ = 0, тогда

X(x) = c1x + c2 ;

X ′(x) = c1.

214

Отсюда

Следовательно,

ной системе получившихся собственных функций:

– для граничных условий 1 типа

∞

f (x,t) = ∑ fk (t)Xk (x),

k =1

∞

ϕ(x) = ∑ϕk (t)Xk (x);

k =1

– для граничных условий типа 2 и 3 типов

∞

f (x,t) = ∑ fk (t)Xk (x),

k =0

∞

ϕ(x) = ∑ϕk (t)X k (x);

k =0

– для граничных условий 4 типа

5. Функцию v(x, t) будем искать в виде:

– для граничных условий типа (1)

215

∞

v(x,t) = ∑Tk (t)Xk (x);

k=1

–для граничных условий 2 и 3 типов

∞

v(x,t) = ∑Tk (t)Xk (x);

k=0

–для граничных условий 4 типа

Далее рассматриваем граничные условия 1 типа. Для граничных условий 2, 3 и 4 типов все действия будут аналогичными. Тогда

Приравняв коэффициенты при одинаковых собственных функци- ях, получим линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка, решив которое методом вариации произвольной посто- янной, получим функцию v(x, t).

Тогда u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) .

Пример 17.1. Решить смешанную задачу для уравнения диффузии

216

Решение

1. Сведем задачу к нулевым граничным условиям. Пусть u(x, t) = v(x, t) + w(x, t),

где для функции v(x, t) граничные условия нулевые, т.е. v(0, t) = 0,v(2, t) = 0 .

Тогда

w(0,t) = u(0, t) = t,

w(2,t) = u(2, t) = 0.

2. Получим смешанную задачу для функции v(x, t). Так как

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

чальные и граничные условия, получим задачу для нахождения функции v(x, t):

v(0,t) = 0, v(2,t) = 0.

217

3. Решим задачу на собственные значения

Тогда

X (x) = c1 cos(λx) + c2 sin(λx).

Подставим X(0) = 0 и X(2) = 0:

X (0) = c1 cos 0 + c2 sin 0 = 0 c1 = 0; X (2) = c1 cos(2λ) + c2 sin(2λ) = 0; c1 = 0 c2 sin(2λ) = 0;

c2 ≠ 0 sin(2λ) = 0 2λ = πk, k = 1,2,... λ = πk , k = 1, 2, ...

2

Тогда

λk = − πk 2 – собственные значения,

2

218

Следовательно,

Приравняем коэффициенты при одинаковых собственных функ- циях Xk (t) :

Получили линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка.

6. Решим полученное дифференциальное уравнение:

а) найдем общее решение соответствующего однородного уравнения

Tk′(t) = −4 πk 2 Tk (t) .

2

Получили уравнение с разделяющимися переменными. Подста-

вим Tk′(t) = dTk (t) : dt

219

Умножим левую и правую части уравнения на dt и разделим на Tk(t):

Интегрируем обе части полученного выражения:

б) найдем частное решение неоднородного уравнения методом вариации произвольной постоянной. Решение ищем в виде

Tkч.н (t) = ck (t)e−(πk )2 t ,

где ck (t) – некоторая неизвестная функция переменной t. Тогда

220