P3

| =0 = ;

| =0 =

1

− 1 | =0 = 0;

2

+ 2 | = = 0

с однородными граничными условиями. Если в задаче (1-5) , 1, 2 не зависят от ,

то решение задачи (1-5) ищем в виде:

, = , + ( )

Для имеем задачу:

2

− =

2

| =0 = ;

| =0 =

1

− 1 | =0

= 1;

2

+ 2 | =

= 2

где =

+ , =

− ,

= ,

1 = 1

− 1

0

− 1 0

,

2 = 2

− 2

+ 2 .

Потребуем, чтобы

= 1

= 2 = 0. Имеем краевую задачу для ОДУ для

нахождения :

= −

1

(0)

− 1 (0) = 1

2

( )

+ 2 ( ) = 2

Решив эту задачу и найдя ( ), мы исключаем неоднородность и в уравнении, и в граничных условиях.

7. Решение методом разделения переменных смешанных задач для неоднородного уравнения

Любая задача для обобщѐнного волнового уравнения м.б. сведена к задаче:

					2
						−				= ,		в (1)
					2
| =0 = ,									0 ≤ ≤			(2)
		| =0 = ,								0 ≤ ≤		(3)
					− |					= 0	(4)
1				1			=0
					+		|			= 0	(5)
	2							=
				2

Применить к ней метод разделения переменных мы не можем из-за неоднородности

в(1). Поставим для задачи (1-5) соответствующую задачу Штурма-Лиувилля в

+ = 0

предположении, что уравнение однородное:

′

0

− 0 = 0

1

′

1

+

= 0

2

2

Пусть

−СЗ, -СФ для этой задачи. Возьмем

> 0 и решение задачи (1-5)

∞

ищем в виде ряда: , =

( ).

=1

Разложим функции в ряды: ,

=

,

=

∞

,

=1

=

∞

,

=

∞

( ), где

=

1

( , )

,

2

=1

=1

0

=

1

, =

1

2 0

2

0

Подставляя представление решения в виде ряда в (1):

( )

∞

′′

+ ( )

∞

= ( ) ∞

( )

=1

=1

=1

Т.к. СФ образуют ортогональную систему, то приравнивая коэффициенты, получим

для ( ) ОДУ: ′′ +

=

(6.1). Подставляя в начальные условия (2-3),

= , ′

получим условие Коши для :

0

0

=

(6.2).

Решение задачи (6) имеет вид:

=

+

+

( ),

( )-решение неоднородного уравнения с однородными граничными условиями:

1

=

−

, построено по методу послед. приближений.

0

Чтобы найти

,

используем (6.2):

0 =

= ,

′

0

=

=

1 1

∞

Т.о.,

построена и решение (1-5) имеет вид: , =

+

=1

∞

1

+

+

−

=1

0

Если = 0 – СЗ, т.е. 0( ) ≡ 1, тогда суммирование надо производить от n=0 и

=

0

+

0

+

−

. Получили формальное решение.

0

0

0

8. Решение методом разделения переменных 1ой смешанной задачи для уравнения теплопроводности в стержне

Рассмотрим задачу:

=

2 2

(1)

2

| =0 = ( ) (2)

| =0 = 0 (3)

| =

= 0(4) 0 ≤ ≤ , t>0

= { 0 ≤ ≤ , ′

2

0, , 0 = = 0}; = { 2

∩ ( )}

1

Решение ищем в виде: ,

= ( ) ( ), где 0, 0

Подставляем в уравнение:

′

= 2 ( )′′( ) ,делим на 2 ( ) получаем

′

′′

=

= −2(= ) т.к. левая часть зависит только от t, а правая

2

только от x, получаем уравнения для T и для Х:

′ + 2 2 = 0

′′ + 2 = 0

Подставляем в граничные условия (3-4) получим 0

= 0, = 0- задачу Ш-Л

Еѐ мы уже решали:

=

,

= sin

, n=1,2,…

Для найденных собственных значений решаем уравнение для Т:

′ +

2

= 0,

2

ОР: = −

,

2

т.о имеем множество ЧР:

,

=

−

sin

2

ОР ищем в виде

ЧР: ,

=

∞

−

sin

=1

∞

для нахождения A

используем (2):

sin

=

n

=1

∞

раскладывается в ряд по СФ:

=

sin

=1

2

где

=

sin

0

тогда

=

и решение (1-4) представляется в виде

∞

,

=

−

sin

2

	=1

9. Корректность 1смешанной задачи для уравнения теплопроводности

Для задачи:

2 2

=

(1)

2

| =0 = ( ) (2)

| =0 = 0 (3)

| =

= 0(4) 0 ≤ ≤ , t>0

2

∞

−

sin

Было построено решение: , =

(5)

=1

= { 0 ≤ ≤ , ′

2

0, , 0 = = 0},

1

, = { 2 ∩ ( )} .

Чтобы показать, что (1-4) поставлена корректно, надо показать, что для1 - это решение единственно и устойчиво по начальным данным. Покажем, что функция u, представленная рядом (5), 2( )

Лемма 1:Если функция [0, ], то ( , ) представленная (5), любое число раз непрерывно дифференцируема по х и t в Ω = −∞ < < +∞ (0 < < +∞).

Док-во: Если [0, ], то на ограничена:

≤ .

Оценим коэффициент

=

2

sin

0

2

| ||sin

| | ≤

| ≤ 2 , возьмем k-ю производную по t от функции (5):

0

2

2

=

∞

−1

−

sin

, дифференцирование под знаком

=1

законно, если ряд сходится равномерно. Построим мажорантный ряд:

2

2

|

| =

∞

| |

−

0 |sin

| для [ ; +∞).

=1

0

Тогда

< ∞, т.е мажорантный ряд сходится => исходный ряд сходится

равномерно и дифференцирование под знаком								законно. Аналогично показывается
	1+ 2								/доказано
	1 2		∞
Из леммы следует =						= 0, т.к		– ЧР(1), то функция и,
			=1						2( ),
представленная (5) удовлетворяет (1). Необходимо показать, что ,

т.е непрерывно примыкает к начальным условиям (2) и граничным условиям (3-4).

Лемма 2: Если

, то ,

2( ).

1

2

Док-во: Рассмотрим коэффициенты

=

sin

=

0

=

интегрир по частям

= −

2

cos

|0 +

2

′

cos

.

0

Учитывая, что 0

=

= 0, получим:

=

, где

2

′ cos

=

.

0

Оценим: ∞

2 ≤ неравенство Бесселя ≤

′

2 ≤

2

′ ( ) cos

< ∞

=1

0

А т.к ′

∞

2

2

0, , то

< +∞.

=1

−( ) 0

Оценим функцию ,

≤

∞

sin

≤

∞

≤

=1

1

=1

21 < ∞ =>

≤ неравенство Коши − Буняковского

≤

∞

2 ∞

2

=1 2

=1

исходный ряд сходится равномерно, а равномерно сходящийся ряд из непрерывных функций является непрерывной функцией /доказано Т.о мы показали, что , . Чтобы показать, что это решение единственно,

предположим что два решения задачи (1-4): 1 ,							и 2 , . Введем функцию
,			= 1		,	− 2 , . Функция - , удовлетворяет:
			2 2
		=
				2

| =0 = 0 | =0 = 0 | = = 0

Т.е условиям теоремы о max и min для уравнения теплопроводности, т.е своего max

и min достигает на { = 0, = 0, = }, т.е max = 0 = m => ≡ 0 в , т.е

1 , = 2( , ), т.е решение единственно. Для доказательства непрерывной зависимости решения от начальных и граничных условий рассмотрим 2 задачи:

		1			=	2 2 1									2			=	2 2 2
								2												2
		1| =0 = 1( )														2| =0 = 2( )
		|			=0		= 1 ( )									|		=0		= 2			( )
			1				= 11									2				= 12
		|			=							( )				|		=					( )
			1							2						2					2
Надо доказать, что для > 0 > 0,																							−		2		≤ 2 − 1			≤
																					1							1	1
		2		−			1			≤ − ≤
2					2								1	2
введем функцию , = 1 ,																		− 2			, . Она удовлетворяет однородному
уравнению теплопроводности и на границе области :
		=		2 2				,		( , 0)			≤ ,	(0, )				≤ ,			( , )			≤
					2
Тогда с учетом следствия из теоремы о max u min ( , )																												≤ во всей области ,
т.е для > 0 = , что как только
					−				2			≤	2	− 1		≤					2 − 1			≤				−	≤ , т.е решение,
1													1	1						2			2				1	2

представл рядом (5) задачи (1-4) устойчиво по начальным данным (1-4) поставлена корректно.

10.Решение 1ой смешанной задачи в четверти плоскости

Сначала строим формальное решение. Построим решение в явном виде:

2

= 2

2

, 0 < < ∞ (1)

| =0 = , 0 ≤ < ∞ (2)

2

2

= , 0 ≤ < ∞ (3)

=0 = , 0 ≤ < ∞ (4)

=0

Решение будем строить в области

= ,

0 < < ∞, 0 ≤ < ∞}

Формула Даламбера: ,

=

−

+

+

+

1

+

( ) (5)

−

2

2

В нашем случае применить (5) нельзя, т.к. , ( ) определены для 0 ≤ < ∞

Пусть > 0: + > 0, − может быть любого знака. Берем − < 0

Разобьем множество : (1) =

, (1)

− > 0, + > 0} и

(2) = , (2)

− < 0, + > 0}, значит для (1) можно применить (5)

Построим решение в (2).Если (1) привести ко 2му каноническому виду и

проинтегрировать, то решение можно представить в виде:

(2): ,

=

1

−

+ 2

( + ). Чтобы выразить 1

от отрицательного аргумента,

используем (4): =0 = 1

−

+ 2

=

1

−

=

− 2

Чтобы определить 2 , используем (2-3): 1

+ 2

=

−

1

+

2

=

− 1

+ 2

=

1

+

1

0

2

=

1

+

( ) +

1

− =

−

1

+

1

( ) +

2

2 0

2

2

2 0

2

Подставляем в общий вид решение:

(2): ,

=

−

+

− +

+

+

1

+

( ) (6) , (2)

2

2

−

Чтобы решение было непрерывно в Q, необходимо выполнение условий

согласования: 0

=

0 , ′ 0

= 0

, ′′

0

= 2′′(0). Эти условия возникли

из необходимости совпадения функций на линии =

Теорема: Если ,

2

0; +∞ ,

1[0; +∞) и выполнены условия

согласования, то формулы (5) при , (1) и (6) представляют собой

совокупность решений 2

и решение непрерывно на линии = .

Доказательство: необходимо показать непрерывность на = и непрерывность

2

2

,

,

,

. Покажем совпадение (5) и (6) на = :

2

2

(1): ,

=

0 + 2

+

1

2

( )

приравняем

2

2

0

0

= 0

. Для

:

(2): ,

=

2 − 0

+

1

2

( ) + 0

2

2

0

(1):

=

1

−′

0

+ ′

2

+

1

(

2 + (0))

=

2

2

′

0

= (0)

(2): ,

=

1

−′

0 + ′

2

1

2

−

0

+ ′ 0

2

2

Аналогично остальное

/доказано

11.Спектральная задача для оператора Лапласа

Пусть , Ω − ограниченная область, . Г- достаточно гладкая поверхность, граница Ω. L-эллиптический оператор, действующий на u.Тогда рассмотрим задачу:

+ = 0 (1)|Г = 0 (2)

Задача (1)-(2) называется спектральной задачей для эллиптического оператора и состоит в нахождении собственных значений , для которых существует нетривиальные решение u, удовлетворяющая однородному условию Дирихле (2).

Условие (2)- граничное условие 1-ого рода и для эллиптических уравнений оно называется условием Дирихле.

Задача (1)-(2) является обобщением задачи Штурма-Лиувилля для ОДУ.

И для собственных значений, и для собственных функций u справедливы те же свойства, что и в задаче Штурма-Лиувилля.

Это задача ядерной физики.

Свойства собственных значений и собственных функций:

5)	∞	– бесконечная последовательность собственных значений		задачи
	=1
(1-2)

6)Каждому собственному значению соответствует одна собственная функция, определенная с точностью до постоянного множителя, т.е. → ! ( )

7)Собственные функции Xn образуют ортогональную систему функций на

отрезке [0; ℓ] с весом ρ(x), т.е.

ℓ

=

2, где

–

0

дельта Кронекера.

Доказательство: Рассмотрим

− , , 2(0 ≤ ≤ ℓ) ∩ 0 ≤ ≤ ℓ

− =

− −

+ =

=

(

−

)

=ℓ

Проинтегрируем: 0ℓ(

− ) =

−

=0

Возьмем = , =

( ) и учтем

= −

,

= −

Получим:

ℓ(

( ) −

−

−

) = ℓ

ℓ ′

ℓ −

0

− ℓ ′

ℓ − 0

0 ′

0 − 0 ′

0

= ℓ − ℓ

2

ℓ +

2

+ ℓ

2

ℓ

− 0 − 0

1

0 + 0

1

0 = 0

1

2

1

Т.е. имеем:

ℓ(

( ) −

−

−

) = 0

0

ℓ

−

= 0

ℓ

0

≠

:

= 0

=

:

0ℓ 2

=

2т.е. собственные функции образуют ортогональную

0

систему функций веса ( )

/доказано

8)Все собственные числа λn ≥ 0

Доказательство:

Пусть

– собственная функция и X

x

2

0 < <

∩

0 ≤ ≤ ℓ .

+

= 0 (умножим на

и проинтегрируем)

ℓ

ℓ

ℓ

( ) −

2( ) +

2

= 0

0

0

0

Имеем:

ℓ

2

ℓ

2( ) −

ℓ

ℓ

2

0

=

+

0

0

0

ℓ

2

0		ℓ					ℓ		2
= 2				( ) +							+ ℓ			2	2	+ 0		1	2
		0					0							2				1
Т.е. заведомо		≥ 0. Если				= 0		= 0,			= 0,		= 0				=
								1,2

12. Решение методом разделения переменных I смешанной задачи для уравнения теплопроводности в пластине

		= 2		2	+			2			, 0 < < , 0 < <									, > 0							1
				2				2							1			2
				| =0 = , ,										0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ 2 2
| ,			= 0,					≥ 0, = , = { , |0 < < 1, 0 < < 2}																			3
Пусть
		, =									, 2 , ′′							2			, |		,			= 0 ,
						0
		, = 2 ∩ , = × 0 < < ∞ .
Решение будем искать в виде: , ,														=		, ,									≠ 0, ,		≠ 0.
Подставим вид решения в (1) и поделим на 2 , :
								′									2					2
									=				= −,		=					+
							2										2					2
Имеем два уравнения (4 и 5):
												′ + 2 = 0				(4)
													+ = 0			(5)
												| , Γ = 0				(6)

Условие (6) получим, если подставим вид решения в граничное условие (3). (5-6) –

спектральная задача для оператора Лапласа. Решать ее также будем методом разделения переменных. Решение будем искать в виде: V x, y = . Подставим вид в уравнение (5):

	′′	= −	′′	− = −2

Получим два уравнения:

′′ + 2 = 0

′′ + 2 = 0,

( 2 = − 2)

Подставляем в граничные условия (6):

0	= 0	,	0		= 0
	= 0			2	= 0
1

Имеем две задачи Штурма-Лиувилля:

								′′ + 2 = 0											′′			+ 2 = 0
								0				= 0			,							0			= 0
								1				= 0									2				= 0
Решениями которых будут:
								= sin						, 2		=						2	,	= 1, 2, …
													1						1
															2 =						2
						= sin							,									, = 1, 2, ….
										2								2
Таким образом, для спектральной задачи (5-6) имеем множество собственных
функций			= sin				sin				и множество собственных значений																			= 2	+
						1			2
2 =		2 +			2.
	1			2
Решением для будут функции:															=			2 . Следовательно, имеем
множества множество частных решений: =
Итого, в общем и целом,
										∞			∞
				, ,				=									2					sin				sin
																								1			2
									=1 =1

где коэффициенты найдем из начального условия (2):

		∞	∞
|		= , =			sin		sin
	=0
						1		2
		=1 =1

Учитывая свойство ортогональности , получим:

	4		1	2
=				,	sin		sin
	1	2 0				1		2
				0