которое называют уравнением теплопроводности.

Пусть задан тонкий стержень длиной l, боковая поверхность которого теплоизолирована и концы поддерживаются при нулевой температуре. Задача о распространении тепла в таком стержне может быть сформулирована следующим образом: найти решение однородного уравнения теплопроводности, удовлетворяющее начальному условию u(x,0) = f (x) и краевым условиям u(0,t) = 0 , u(l,t) = 0 .

Для решения этой задачи воспользуемся методом разделения переменных (методом Фурье), то есть будем искать решение этого уравнения в виде: u(x,t) = X (x) T (t) . Подставив это выражение в исходное уравнение, учитывая его линейность и однородность, и, используя начальные условия, получим:

∞

πka 2

πk

∑

−

t

u(x,t) =

Ck e

l

sin

x

,

l

k =1

где

Ck

=

2 l

πk

l

∫

f (x)sin

l

x dx .

0

5.1.5.Уравнение Лапласа

(5.10)

(5.11)

Уравнения в частных производных второго порядка эллиптического типа часто встречаются в стационарных физических задачах. Простейшее уравнение эллиптического типа:

	u ≡	∂2u	+	∂2u	+	∂2u	= 0	,	(5.12)
		∂x2		∂y2		∂z2

которое называют уравнением Лапласа. Это уравнение встречается в электростатике, магнитостатике, гидро- и аэродинамике, теории теплопроводности, теории упругости и в других науках.

Метод Фурье разделения переменных, который играет большую роль в задачах колебаний и теплопроводности, применим также к решению уравне-

210

ния Лапласа и задачи Дирихле для таких простых областей, как круг. Решим задачу методом Фурье задачу Дирихле для круга. Радиус круга обозначим через R, центр поместим в начало координат. Очевидно, что целесообразно решать задачу в полярных координатах. Тогда задача формулируется так:

Найти решение u=u(r,ϕ) уравнения Лапласа

	r	2 ∂2u	+ r	∂u	+	∂2u	= 0	(5.13)
		∂r2		∂r		∂ϕ2

для r<R, принимающего на границе круга, т.е. при r=R, заданные значения f(ϕ):

u r =R = f (ϕ) .

Будем искать решение этого уравнения в виде: u(r,ϕ) = R(r) Φ(ϕ) .

Подставив это выражение в исходное уравнение, учитывая его линейность и однородность, и, используя начальные условия, получим решение задачи Ди-

рихле в виде

∞

u(r,ϕ) = A0 + ∑rn (An cos nϕ + Bn sin nϕ),

(5.14)

n=1

где коэффициенты A0, An, Bn определяются по формулам

1

2π

1

2π

A0 =

∫0

f (ϕ)dϕ ,

An =

∫0

f (ϕ)cos nϕdϕ ,

2π

π

Rn

1

2π

Bn =

∫0

f (ϕ)sin nϕdϕ .

(5.15)

π

Rn

5.2. Решение типовых примеров и задач

Пример .1. Найти общее решение уравнения

	∂2u	−	1 ∂u		= 0, x > 0, y > 0.
	∂x∂y		2x ∂y

Решение. Перепишем уравнение в виде:

	∂		∂u			1	∂u = 0.
					−
			∂y			2x ∂y
	∂x

211

Новое представление уравнения позволяет предположить, что с введе-

нием новой функции v(x, y) = ∂∂uy мы сведем его к обыкновенному дифферен-

циальному уравнению относительно функции v, где y играет роль параметра

∂∂vx − 21x v = 0.

Разделяя переменные и интегрируя, получим

	∂v	=	∂x	ln | v |=	1	ln | x | +ln | C( y) |,
	v		2x		2

где C(y) – произвольная функция y. После потенцирования находим

v = C( y) x.

Но ∂∂uy = v , поэтому ∂∂uy = C( y) x . Отсюда

u(x, y) = x ∫C( y)dy + f (x) ,

где f(x) – произвольная функция x. Вводя обозначение g( y) = ∫C( y)dy , полу-

чим общее решение исходного уравнения

u(x, y) = f (x) + x g( y) ,

где f(x) и g(y) – произвольные функции x и y соответственно. Пример 2. Определить типы уравнений:

а)

(2 + 3sin

2

x)

∂2u

− 6cos x

∂

2u

−

4

∂2u

+ 5x

∂u

− 7 y

∂u

∂x2

∂x∂y

∂y

2

∂x

∂y

б)

x

2

∂2u

+ +y

2 ∂2u

+

∂u

−

∂u

= 0 ,

∂x2

∂y2

∂x

∂y

в)

x

2

∂2u

+ 2xy

∂2u

+ y

2 ∂2u

+

∂u

−

∂u

= 0 ,

∂x2

∂x∂y

∂y2

∂x

∂y

г)

(1 − x

2

)

∂2u

− 2xy

∂2u

− (1 + y

2

)

∂2u

+ 3

∂u

−

5

∂u

= 0 .

∂x

2

∂x∂y

∂y2

∂x

∂y

®

= 0 ,

212

Решение. а) Здесь уравнение гиперболического типа (5.4) на всей плоскости xOy, так как для него

=	2 + 3sin 2 x	− 3cos x	= −17 − 3sin2 x < 0 .
	− 3cos x	− 4

б) Здесь уравнение является уравнением эллиптического типа (5.3) в любой его области, не содержащей осей координат (x=0, y=0), поскольку для него

=	x2	0	= x2 y2 > 0 ,
	0	y2

если x≠0, y≠0.

в) Здесь уравнение является уравнением параболического типа (5.6) на всей плоскости xOy, поскольку

	=	x2	xy	≡ 0 .
		xy	y2

г) Здесь уравнение на всей плоскости xOy является уравнением смешанного типа, поскольку

	=	1 − x2	− xy	=1 − x2		+ y2 .
		− xy	1 + y2
	Полученное выражение может быть положительным, отрицательным
	или равным нулю. ®
	Пример 3. Найти решение уравнения			∂2u	= a	2 ∂2u	, если u(0, x) = cos x ,
				∂t 2		∂x2

ut′(0, x) = x .

Решение. Используя формулу Даламбера (5.8), где f (x) = cos x, g(x) = x , получим

	cos(x + at) + cos(x − at)		1	x+at
u(x,t) =	2	+		∫ ydy =
			2a
				x−at

213

= cos x cos at −

(x

+ at)2

− (x − at)2

= cos x cos at −t. ®

4a

Пример 4. Найти решение уравнения

∂u

= a2 ∂2u

методом Фурье, если

∂x

∂x2

x, при0 < x ≤

l

,

начальные

условия

u(0, x) = f (x) =

2

и

краевые

условия

l

l − x, при

2

≤ x

< l.

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

Решение. Найдем коэффициенты (5.11) разложения ряда (5.10):

Ck =

2 l f (x)sin

πk x dx =

2 l 2 xsin

πk x dx

+

2

l

(l − x)sin

πk x dx =

l ∫

l

l

∫

l

l

∫

l

0

0

l 2

=

4l

πk

sin

.

k

2

2

2

π

Используя формулу (5.10), получим решение

4l ∞ 1

πk

−k

2π2t l

2

πk

u(x,t) =

sin

e

sin

x =

π

2

∑k

2

2

l

k =1

4l ∞

(−1)n

−(2n+1)2 π2t l2

π(2n +1)

=

∑

e

sin

x .®

π

2

(2n +1)

2

l

n=0

Пример 5. Решить задачу Дирихле для уравнения Лапласа

u=0 в круге

0≤r<1, 0≤ϕ<2π (где r,ϕ – полярные координаты), на границе которого искомая функция u(r,ϕ) имеет следующие значения u(1, ϕ) = cos 9ϕ.

Решение. Найдем коэффициенты (5.15) разложения ряда (5.14):

A =

1 2π

f (ϕ)dϕ =

1

2π cos9ϕdϕ = 0 ,

0

2π ∫0

2π

∫0

1

2π

1

2π

An =

∫0

f (ϕ)cos nϕdϕ =

∫0

cos9ϕcos nϕdϕ = 0

π

Rn

π

для всех n≠9; для n=9 получаем

214