UMF-BOOK

М.А. Греков	Уравнения математической физики
Отсюда с учетом (5.5)
где fn(t) = 1kΦnk2 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

(

)

(Ω

×

[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 kΦnk2 =

sin2

nπ

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,

a√λn

−

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.

∞

∞

nπ

kπ

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

kπ

T 00

(t) + ω2

Tnk(t) sin

nπ

x sin

y = f(x, y, t),

(6.5)

nk

nk

a

b

k,n=1

94

М.А. Греков Уравнения математической физики

nπ

2

k2

2

2

2

где ωnk = c2

a

+

b

! = c

π

a2

+

b2

.

Разлагая f(x, y, t) в аналогичный ряд

X

nπ

kπ

∞

(6.6)

f(x, y, t) =

gnk(t) sin

a

x sin

b

y,

где gnk(t) = kΦnk2

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 {λn}, {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 = −
	kΦnk2

где	Z

kΦnk2 ρΦ2n(x) dτ.

Ω

7.1Неоднородное параболическое уравнение.

Зная {λn}, {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)
			kΦnk2
В силу равенства (7.6)
			ρΦn = −		L[Φn]	.
					λ
Следовательно, аналогично случаю с гиперболическим уравнением
Ψn(t) = −λnkΦnk2			ZΩ ρut	Φn(x)dτ + λnkΦnk2			ZΩ fΦn(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) = Ae−r		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