u_course

Предположим, что ряд (4.12) в QT сходится равномерно. При x = 0

∞

∞

P

P

0 = 0. Аналогично u(t, l) = 0

u(t, 0) =

k=1 CkTk(t)Xk(0) =

k=1 CkTk(t) ·

Следовательно, u(t, x) удовлетворяет краевым условиям (4.3).

Предполагая, что u0(x) разлагается в ряд по синусам, получим

∞

πk

∞

πk

u(0, x) =

X

Xk

Ck sin l x = u0(x) =

=1

αk sin l x

k=1

где

l

u0(x) sin

l x dx

(4.13)

αk = l Z0

2

πk

- k - ый коэффициент Фурье по системе

sin

πk x

∞

. Из последних ра-

венств следует, что

l

k=1

∞

πk

∞

πk

X

Xk

Ck sin

l

x =

αk sin

l

x.

k=1

=1

В силу единственности разложения функции в ряд Фурье

Ck = αk,

k = 1, 2, . . . .

(4.14)

Таким образом,

∞

πk

πk

u(t, x) =

αke−( πkl )2a2t sin

x,

uk(t, x) = αke−( πkl )2a2t sin

x, (4.15)

Xk

l

l

=1

где αk определяются формулами (4.13).

m+n

unk .

Найдем общий вид производных ∂

m

∂t

∂x

∂

πk

πk

2

2

πk

uk(t, x) =

−αk(

)2a2e−(

l

)

a

t sin

x,

∂t

l

l

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂n

πk

πk 2

2

πk

uk(t, x) = (−1)nαk(

)2na2ne−(

l

)

a t sin

x.

∂tn

l

l

∂

uk(t, x) = αk

(

πk

)e−( πkl )2a2t cos

πk

x,

∂x

l

l

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

∂m

πk

πk

2

2

t (sin y)(m) y= πkl

x .

∂xm uk(t, x) = αk( l

)me−( l

)

a

21

∂n+m

πk

πk

2

2

t (sin y)(m) y= πkl x .

uk(t, x) = (−1)nαk(

)2n+ma2ne−( l

)

a

∂tn∂xm

l

Из последнеого неравенства следует, что

∂n+muk(t, x)

πk

πk 2 2

(t, x)

[0, T ]×[0, l]. (4.16)

∂tn∂xm

≤ |αk|( l )2n+ma2ne−( l

) a t

Так

как функция

e x монотонно убывающая, то при всех t

[t0, T ], где

−

πk

2 2

≤ e−(

πk 2

2

t0 > 0, имеет место неравенство e−(

l ) a

t

l

)

a t0 . Из соотношений

|αk|

2

l

πk

x dx

≤

2

l

|u0(x)| dx, предполагая, что |u0(x)| ≤ M,

= l

0

u0(x) sin

l

l 0

R

получаемRнеравенство

αk

| ≤

2M,

k

≥

1.

(4.17)

|

Из (4.16), (4.17) следует неравенство

∂n+muk(t, x)

πk 2 2

∂tn∂xm

≤ Nk2n+me−( l

) a t0 = χk,

где постоянная

N

a,

n, m, l, π

и не зависит от

k

.

зависит от

∞ ∂n+muk(t, x)

мажорируется рядом

∞

χk.

(4.18)

=1

∂tn∂xm

=1

Xk

Xk

∞

По признаку Даламбера, если lim

χk+1

= q и q < 1, то ряд

Xk с поло-

χk

k→∞

k=1

жительными членами X > 0, k

1, сходится. В нашем случае

k

≥

P

χk+1

N(k + 1)2n+me−(

π(k+1)

)2a2t0

l

q = lim

χk

= lim

=

Nk2n+me−(

πk 2 2

k→∞

k→∞

l

) a

t0

lim (1 +

1 )2n+me−( πl )2a2t0(2k+1) = 0.

k→∞

k

По признаку Даламбера ряд (4.18) сходится, и на основании теоремы Вей-

			∞ ∂n+muk(t, x)
	ерштрасса ряд								сходится равномерно в QT (при любых фик-
			k=1	∂t	n	∂x	m
	сированных	m и n ). По теореме о дифференцируемости равномерно схо-
			P

дящихся рядов функция u(t, x) имеет непрерывные производные по t, x любого порядка в Q[t0,T ], t0 > 0, и

	∂n+mu(t, x)		=	∞ ∂n+muk(t, x)		.	(4.19)
	∂tn∂xm			=1	∂tn∂xm
				Xk
				22

В силу произвольности t0 функция u(t, x) имеет непрерывные производные любого порядка в (0, T ] × [0, l] = Q(0,T ].

Некоторые сведения из теории рядов Фурье.

Рассмотрим ряд

	∞	πkx		πkx		(4.20)
	ak cos		+ bk sin		.
	Xk	l		l
	=1

Теорема 1. Пусть функция ϕ(x) периодическая с периодом 2l и (4.20)

её ряд Фурье. Пусть ϕ(x) m раз непрерывно дифференцируема, а m + 1-ая

∞

производная кусочно-непрерывна. Тогда ряд P km(|ak| + |bk|) < +∞.

k=1

Замечание. Если мы раскладываем в ряд по sin πkxl функцию ϕ(x), заданную только на интервале (0, l), то следует потребовать выполнения условий теоремы на функцию Φ(x), получающуюся при нечетном продолжении ϕ(x). Для непрерывности Φ(x) в точках x = 0 и x = l необходимо, чтобы ϕ(0) = 0, ϕ(l) = 0.Непрерывность первой производной Φ0(x) в точках x = 0 и x = l при нечетном продолжении получается автоматически.

Легко видеть, что для непрерывности четных производных функции

Φ(x) требуется, чтобы
ϕ(k)(0) = ϕ(k)(l) = 0,	k = 0, 2, 4, . . . , 2d ≤ m.

Условие 1. Пусть функция u0(x) кусочно-дифференцируема на [0, l] и u0(0) = u0(l) = 0.

Рассмотрим нечетное периодическое продолжение U(x) функции u0(x). При выполнении условия 1 функция U(x) непрерывна и имеет кусочно-

непрерывную производную на(−∞, +∞).

∞

πk

Разложим U(x) в ряд Фурье: u(x) k=1 αk sin

l

x. В данном случае это

ряд (4.20), где

a

= 0,

b

k =

α

k,

k

≥

1

∞

k

P. Из теоремы 1 при выполнении

kP

∞

условия 1 ряд

(|ak| + |bk|) < ∞, (n = 0, ak = 0), и ряд

=1

Xk

|αk|

(4.21)

=1

сходится. Ряд

∞

Xk

(4.22)

uk

=1

23

мажорируется рядом (4.21) и, следовательно, равномерно в QT сходится к непрерывной в QT функции u(t, x). При t = 0

	∞	∞	kπ
	Xk	X
			αk sin l x = u0(x).
	u(0, x) =	uk(0, x) =
	=1	k=1

Функция u(t, x) - бесконечно дифференцируема в Q(0,T ] = (0, T ] × [0, l], непрерывна в QT и удовлетворяет начальному условию (4.2).

По построению функция uk(t, x) - решение уравнения (4.1). В силу рав-

∞ ∂n+muk(t, x)

номерной сходимости ряда

в Q[t0,T ], t0 > 0,

=1

∂tn∂xm

∂2

kP

∂2

∞

∂

2

∂

− a

2

∂t − a

∂x2

u(t, x) = ∂t

∂x2

k=1 uk =

P

∞

∂

− a

2

∂2

∞

= k=1

∂t

∂x2

uk = k=1 0 = 0.

P

P

Таким образом, u(t, x) C(QT ) ∩C∞(Q(t0,T ]) - решение задачи (4.1) - (4.3). Доказана

Теорема 2. Пусть u0(x) удовлетворяет следующим условиям:

1)u0(0) = u0(l) = 0,

2)u0(x) непрерывна и u00(x) кусочно-непрерывна на [0, l].

∞	∞	−	( kπ)2a2t		kπ
kP	P		l					C(Q ) C∞(Q			) t > 0
		αke		u(t, x)
Тогда ряд uk(t, x) =	k=1			sin	l		x является классическим ре-
=1
шением задачи (4.1) - (4.3), функция									T ∩		(t0,T ] , 0 .

1.2. Неоднородное уравнение с однородными граничными усло-

виями.

Рассмотрим задачу
ut = a2uxx + f(t, x),				(4.23)
u(0, x) = u0(x).				(4.24)
u(t, 0) = u(t, l) = 0.				(4.25)
Предположим, что	∞
f(t, x) =	fk(t) sin	kπ	x.	(4.26)
	Xk
	=1	l

24

Здесь fk(t) - k -ый коэффициент разложения функции f(t, x) по системе

{sin kπl x}∞k=1. Предположим, что f(t, x) достаточно гладкая функция. Под достаточностью мы будем подразумевать, что все дальнейшие вы-

кладки будут верны с точки зрения математического анализа, в частности,

ряд (4.26) сходится равномерно в QT . Решение задачи (4.23) - (4.25) ищем в виде

∞

kπ

(4.27)

u(t, x) =

Ck(t) sin

x.

=1

l

Xk

Подставим (4.27) в уравнение (4.21). Получим равенство

∞

C0

kπ

2a2C

kπ

(

t

t

f t

x.

k

( ) + (

l )

k( ) −

k( )) sin

l

=1

Xk

Из данного равенства и условия (4.24) следует, что

Ck0 (t) + (

kπ

)2a2Ck(t) − fk(t) = 0,

(4.28)

l

Ck(0) = 0.

(4.29)

Из теории обыкновенных дифференциальных уравнений известно, что если fk(t) Cm([0, T ), то существует единственное решение Ck(t)

Cm+1([0, T ]) задачи (4.28) (4.29) [17].

Пусть Ck(t) - решение задачи (4.28) (4.29), тогда ряд (4.27) - решение задачи (4.23) (4.26).

Замечание. При достаточно гладких f(t, x) ряд (4.27) ряд равномерно

сходится вместе с производными требуемого порядка от членов ряда.

1.3. Общая задача.

Рассмотрим задачу для неоднородного уравнения с неоднородными на-

чальными и граничными условиями
ut = a2uxx + f(t, x),		(4.30)
	u(0, x) = u0(x),	(4.31)
u(t, 0) = ϕ1(t),	u(t, l) = ϕ2(t).	(4.32)

Рассмотрим разность w(t, x) = u(t, x) − F (t, x), где u(t, x) - решение задачи (4.30) - (4.32) и F (t, x) = ϕ2(t)xl + l−l xϕ1(t). Функция w(t, x) есть решение

25

задачи
wt = a2wxx + Φ(t, x),	(4.33)
w(0, x) = w0(x) = u0(x) − F (0, x),	(4.34)
w(t, 0) = w(t, l) = 0,	(4.35)

где Φ(t, x) = f(t, x) − Ft(t, x) + a2Fxx(t, x).

Пусть v(t, x) = w(t, x) − z(t, x), где z(t, x) - решение однородного уравнения с однородными граничными условиями, при z(0, x) = w0(x) (решение задачи (4.30) - (4.32) с u0(x) = w0(x)). Функция v(t, x) - решение задачи (4.33), (4.35) при v(0, x) = 0. Эту задачу мы только что решили.

Таким образом, общая задача приведена к решению трех задач:

zt = a2zxx,
z(0, x) = w0,	z(t, 0) = z(t, l) = 0.	(α)
wt = a2wxx + Φ(t, x),
w(0, x) = w0 ≡ u0(x) − F (0, x),
w(t, 0) = w(t, l) = 0.		(β)
vt = a2vxx + Φ(t, x),
v(0, x) = 0,	v(t, 0) = v(t, l) = 0.	(γ)
Решение u(t, x) задачи (4.30) - (4.32) дается в виде
	u(t, x) = v(t, x) + z(t, x) + F (t, x).	(4.36)

2. Уравнение теплопроводности. Вторая краевая задача 2.1. Однородное уравнение. Однородные граничные условия

Рассмотрим задачу

	ut = a2uxx,	(4.37)
u(0, x) = u0(x),	x [0, l],	(4.38)
ux(t, 0) = ux(t, l) = 0,	t [0, T ].	(4.39)

Вспомогательная задача: Найти все нетривиальные решения задачи (4.37), (4.39), представимые в виде произведения T (t)X(x).

26

Подставляя это произведение в уравнение (4.37), мы приходим к уравнению

T 0(t) + λa2T (t) = 0,	(4.40)
и задаче Штурма - Лиувилля
X”(x) + λX(x) = 0,	(4.41)
X0(0) = X0(l) = 0.	(4.42)

Задача Штурма-Лиувилля. Найти все λ, при которых имеются нетривиальные решения задачи (4.41), (4.42), и найти эти решения.

Рассматриваем случаи λ = 0, λ < 0, λ > 0.

Случай λ = 0. В этом случае задача (4.41), (4.42) имеет вид

X00 = 0, X0(0) = X0(l) = 0.

Её общее решение уравнения даётся формулой (4.41): X(x) = C1x + C2, откуда и из (4.42) X0(0) = C1 = 0. Таким образом, решение X(x) ≡ C.

Случай λ < 0. Характеристический многочлен для уравнения (4.41)

имеет вид p2 + λ = 0. Отсюда p1,2 = ±√

√

√

и X(x) = C1e

−λx + C2e− −λx

−λ

- общее решение уравнения (4.41)и X0(x) = √

√

√

(C1e −λx − C2e−

−λx). В

−λ

силу условия X0(0) = 0 имеем √

(C1

− C2) = 0, следовательно, C1 = C2.

−λ

При x = l, учитывая последнее равенство, √

√

√

−λC1(e −λl − e− −λl) = 0.

Отсюда следует, что получаем C1 = 0. Так как C2 = C1, то и C2 = 0. В

случае λ < 0 существует только тривиальное решение.

Случай λ > 0. В этом случае общее решение уравнения (4.41) есть

X(x) = C1 cos √

λx + C2 sin √

λx и производная имеет вид X0(x) = −√

λC1·

sin √

√

cos √

x = 0 X0(0) = C

√

= 0

. Отсюда

.

λx + C

λ

λx

λ

C

2

= 0

·

2

. При

√

√

2

При x = l значение X0(l) = −C1

λ sin

λl = 0. Так как при C1 = 0 реше-

ние задачи (4.41), (4.42) тривиальное, то должно выполняться равенство
sin √			√		kl = πk,k = 1, 2, . . . и λk = (	πk)2	. Учитывая, что
	λl = 0. Его корни			λ
						l

λ = 0 есть собственное значение, при котором существует нетривиальное решение задачи (4.41), (4.42), находим, что

λk =	πk		2	(4.43)
			, k = 0, 1, 2, . . . .
	l

27

и все решения задачи (4.41), (4.42) даются соотношениями

kπ

Xk(x) = CK cos l x, k = 0, 1, . . . . (4.44) Решения уравнения (4.40) даются формулой

Tk(t) = Cke−( kπl )2a2t.

Все нетривиальные решения задачи (4.37), (4.39), записанные как T (t)X(x)

даются в виде

	uk(t, x) = Cke−( kπl )2a2t cos				kπ	x,	k = 0, 1, . . . .			(4.45)
					l
Рассмотрим ряд
			∞	∞				kπ
	u(t, x) =		uk(t, x) =		Cke−( kπl		)2a2t cos		x,	(4.46)
			Xk	X				l
			=0	k=0
где Ck = αk	= 2	l u0(x) cos kπ x dx.
	l	0	l
В данном	случае нужно потребовать, чтобы периодическое четное про-
		R

должение U(x) функции u0(x) было непрерывным и кусочно - дифферен-

∞

цируемым. На основании теоремы 1 ряд |αk| сходится и, следовательно,

				k=0
мажорируемый им ряд (4.46) сходится равномерноP							в		T и функция u(t, x)
								Q
непрерывна в		T . Аналогично случаю первой краевой задачи доказывает-
	Q
			∂n+mu
ся, что производные				непрерывны в Q(0,T ] при любых n, m						≥ 0.
			∂tn∂xm
2.Уравнение колебания струны. Первая краевая задача

Рассмотрим задачу для однородного уравнения с однородными гранич-

ными условиями
	utt = a2uxx,	(4.47)
u(0, x) = u0(x),	ut(0, x) = u1(x),	(4.48)
	u(t, 0) = u(t, l) = 0.	(4.49)

Вспомогательная задача. Найти все нетривиальные решения задачи (4.47), (4.49), представимые в виде произведения T (t)X(x).

28

Подставляя это произведение в уравнение (4.47), мы приходим к уравнению

T ”(t) + λa2T (t) = 0,	(4.50)
и задаче Штурма - Лиувилля
X”(x) + λX(x) = 0,	(4.51)
X(0) = X(l) = 0.	(4.52)

Нам известно, что решение задачи Штурма-Лиувилля даётся соотношени-

ями

l x,

λk =

l

,

k = 1, 2, . . . .

Xk(x) = Ck sin

πk

πk

2

Подставляя λk в (4.50), получаем уравнение

T ”k(t) + λka2Tk(t) = 0,

решение которого дается формулой (см. [17])

Tk(t) = C1 cos

πk

at + C2 sin

πk

at.

k

l

k

l

Все решения вспомогательной задачи есть

uk(t, x) = (Ak cos

πk

at + Bk sin

πk

at) sin

πk

x.

(4.53)

l

l

l

Рассмотрим ряд

∞

Xk

(4.54)

u(t, x) =

uk(t, x).

=1

Предполагая равномерную сходимость ряда (4.54) в

T , получаем, что

Q

∞

∞

u(0, x) =

Ak sin

πk

x = u0(x) =

Xk

αk sin

πk

x.

(4.55)

X

l

l

k=1

=1

Последнее равенство в (4.55) следует из предположения разложения u0(x)

в ряд по системе sin

πk

∞

2

l

πk

l x k=1. Здесь Ak = αk, где αk =

l

R0

u0(x) sin

l x dx.

Предполагая равномерную сходимость в

Q

T дифференцируемого по пе-

ременной t ряда (4.54), получим соотношения

∞ πk

πk

∞

πk

Xk

X

(4.56)

ut(0, x) =

l

aBk sin

x = u1(x) =

βk sin

l

x,

=1

l

k=1

29

где βk =	2	l	u1(x) sin πk x dx,	Bk = βk l.
		R
	l 0		l		πka

Очевидны следующие неравенства:

|uk(t, x)| ≤ |Ak| + |Bk| ≤ M(|αk| + |βkk|),

∂ uk(t, x) ≤ M(k|αk| + |βk|),

∂x

	∂2		2	|αk| + k|βk|),
	∂x2 uk(t, x)		≤ M(k

(4.57)

∂ uk(t, x) ≤ M(k|αk| + |βk|),

∂t

	∂2				2	|αk| + k|βk|)
	∂t∂xuk(t, x)			≤ M(k
	∂2			2	|αk| + k|βk|).
	∂t2 uk(t, x) ≤ M(k
В (4.57) постоянная M не зависит от k.
Рассмотрим ряд
			∞	(k2|αk| + k|βk|),			(4.58)
	=1
			Xk

где αk, βk - k-ые коэффициенты Фурье разложения в ряд по системе

sin πkl x ∞k=1 функций u0(x) и u1(0) соответственно.

На входные данные наложим условия, которые позволяют нам доказать на основании теоремы 1 сходимость ряда (4.58):

I) функция u0(x) дважды непрерывно дифференцируема, а третья производная кусочно гладкая. Выполняются равенства: u0(0) = u0(l), u000(0) = u000(l).

II) функция u0(x) непрерывно дифференцируема, а u001(x) - кусочно непрерывна на [0, l]. Выполняются равенства: u1(0) = u1(l) = 0.

Так как из сходимости ряда (4.58) следует равномерная сходимость ря-

∞ ∂n+m

P

дов k=1 ∂tn∂xm uk(t, x), n + m ≤ 2,то все рассуждения, проведённые нами

30