А. М. ЗАВЬЯЛОВ, Р.Б. КАРАСЕВА

УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИ-ЗИКИ И ПРИБЛИЖЕННЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЙ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ

Министерство образования России

2

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия (СибАДИ)

А. М. Завьялов, Р.Б. Карасева

УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

И ПРИБЛИЖЕНЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЙ

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Учебное пособие

Рекомендовано учебно-методическим объединением вузов по университетскому политехническому образованию в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений, обучающихся по машиностроительным специальностям

Омск Издательство СибАДИ

2002

3

УДК 517 ББК 22.1 З 13

Рецензенты:

кафедра высшей математики Омского государственного университета пу-тей сообщения; Ю.Ф. Стругов, д-р физ. - мат. наук, профессор Омского го-сударственного университета

Работа одобрена редакционно-издательским советом академии в каче-стве учебного пособия для студентов инженерных и экономических специ-альностей вузов.

Завьялов А.М., Карасева Р.Б. Уравнения математической физи-

ки и приближенные методы решений дифференциальных уравнений: Учебное пособие.– Омск: Изд-во СибАДИ, 2002. –124 с.

В учебном пособии приводятся способы нахождения точных решений

различных типов дифференциальных уравнений с частными производными второго порядка и методы приближенных решений обыкновенных диффе-ренциальных уравнений и уравнений с частными производными. Каждый раздел пособия содержит теоретическое описание метода, образцы реше-ния задач и набор задач для самостоятельного решения. Даются три типо-вых расчета: по методам решений дифференциальных уравнений с частны-ми производными, а также по приближенным и вариационным методам. Теоретические выкладки снабжены практическими примерами.

Тематика и содержание пособия отвечают требованиям образователь-ного стандарта второго поколения.

Книга окажет помощь в освоении указанных разделов высшей матема-тики студентами, будет полезна также преподавателям в качестве пособия по методике чтения лекционного курса и ведения практических занятий. Достаточная краткость и сжатость сочетаются в ней с высоким уровнем строгости и полноты изложения материала.

Табл. 16. Ил. 17. Библиогр.: 10 назв.

Завьялов А.М., Карасева Р.Б., 2002

ISBN 5-93204-077-7 Издательство СибАДИ, 2002

4

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Уравнения гиперболического типа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1. Основные уравнения математической физики и краевые зада-чи для них. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Вывод уравнения колебания струны. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Решение задачи Коши. Формула Даламбера . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Использование метода Фурье при решении первой краевой задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Метод Фурье для решения второй краевой задачи . . . . . . . . . . . 1.6. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. Уравнения параболического типа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Уравнение теплопроводности для нестационарного случая. . . . 2.2. Решение первой краевой задачи методом Фурье. . . . . . . . . . . . . 2.3. Метод Фурье для решения второй краевой задачи . . . . . . . . . . . 2.4. Распространение тепла в неограниченном стержне. . . . . . . . . . . 2.5. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Уравнения эллиптичекого типа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Задачи, приводящие к исследованию решений уравнения Лап-ласа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Уравнение Лапласа в цилиндрических координатах . . . . . . . . . 3.3. Задача Дирихле для круга . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4. Приближенное решение дифференциальных уравнений. . . . . . . . . . . 4.1. Метод Пикара последовательных приближений. . . . . . . . . . . . . 4.2. Методы Эйлера и Рунге-Кутта численного решения обыкно-венных дифференциальных уравнений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Метод Адамса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Приближенный метод интегрирования систем дифференци-альных уравнений первого порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Метод сеток численного решения дифференциальных уравне-ний с частными производными. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Решение уравнения движения грунта. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5. Вариационные методы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Некоторые сведения из функционального анализа. . . . . . . . . . . . 5.2. Теоретические основы метода Ритца. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Методы Ритца, Галеркина, наименьших квадратов. . . . . . . . . . . 5.4. Численные примеры. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6. Типовые расчеты. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рекомендуемая литература. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 5 6 8

10 14 16 20 21 23 26 27 31 37

38 42 45 47 51 52

57 67

73

78 95 99 99 101 102 104 113 122

5

Предисловие

Уважаемый читатель! При изложении материала авторы

старались следовать принципу сочетания фундаментальности

и прикладной направленности, стремились показать роль ап-

парата дифференциальных уравнений для математического

моделирования реальных процессов.

Наряду с рассмотрением классических примеров и задач,

решаются дифференциальные уравнения, моделирующие про-

цессы взаимодействия рабочих органов дорожно-

строительных машин со средой.

Основная цель пособия – дать по возможности целостное

представление о предмете и методах решения различных диф-

ференциальных уравнений.

Авторы очень надеются на то, что это учебное пособие бу-

дет полезно любому человеку, взявшему его в руки, конечно,

прежде всего, студенту, аспиранту, а также на то, что в пер-

спективе станет его настольной книгой.

6

1. УРАВНЕНИЯ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА

1.1. ОСНОВНЫЕ УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ И КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ НИХ

Рассмотрим дифференциальное уравнение второго порядка

в частных производных функции двух переменных вида ),,,,(2 txttxtxx UUUtxFUCUВUA , (1)

где А, В, С – в общем случае функции переменных x и t из не-которой области G. Из уравнения (1) решение определяется неоднозначно. Для выделения единственного решения необхо-димо задать краевые условия, которые формулируются в виде граничных и начальных условий. Краевые условия вместе с дифференциальным уравнением образуют краевую задачу.

Краевая задача называется корректно поставленной, если: 1) решение ее существует и единственно; 2) решение ее устойчиво по входным данным, т.е. малые

изменения в начальных или граничных условиях приводят к малым изменениям в решении краевой задачи.

В зависимости от коэффициентов уравнения (1) ставятся различные краевые задачи. Рассмотрим величину D=B 2 –A C . Если D>0 , то уравнение (1) называется уравнением гипербо-лического типа; если D =0 , то параболического; если D <0 , то эллиптического типа.

Простейшей формой (каноническим видом) уравнений раз-личного типа являются следующие уравнения:

),,,,(2txxxtt UUUtxqUаU – гиперболический тип;

),,,(2xxxt UUtxqUаU – параболический тип;

),,,,( txxxtt UUUtxqUU – эллиптический тип. Для каждого из уравнений поставим корректные краевые

задачи и найдем их решения. Рассмотрение процессов поперечных колебаний струны,

продольных колебаний стержня, электрических колебаний в

7

проводе, крутильных колебаний вала, колебаний газа и т.д. приводит к уравнениям гиперболического типа. Простейшее из них имеет вид

xxtt UаU 2 .

1.2. ВЫВОД УРАВНЕНИЯ КОЛЕБАНИЯ СТРУНЫ

В математической физике под струной понимают гибкую упругую нить. Напряжения, возникающие в струне в любой момент времени, направлены по касательной к ее профилю. Пусть струна длиной l в начальный момент направлена по от-резку оси Ox от 0 до l. Предположим, что концы струны закре-плены в точках x= 0и x = l . Если струну отклонить от ее на-чального положения, а потом предоставить самой себе или, не отклоняя струны, придать в начальный момент ее точкам не-которую скорость, то точки струны начнут совершать движе-ние, – говорят, что струна начнет колебаться. Задача заключа-ется в определении формы струны в любой момент времени и в определении закона движения каждой точки струны в зави-симости от времени.

Будем рассматривать малые отклонения точек струны от начального положения. В силу этого можно предположить, что движение точек струны происходит перпендикулярно оси Оx и в одной плоскости. Процесс колебания в этом случае описыва-ется одной функцией U(x, t), которая дает величину перемеще-ния точки струны с абсциссой x в момент t.

Будем предполагать, что длина элемента струны 21ММ

равняется ее проекции на ось Оx, т.е. 1

2

1

2

221 1

x

x

x

xx dxdxUММ

12 xx . (Мы пренебрегаем величиной xU по сравнению с 1). Также будем предполагать, что натяжение во всех точках

струны одинаковое, обозначим его через Т.

8

Рассмотрим элемент струны ММ′. На концах этого элемента по каса-тельным к струне действу-ют силы Т. Пусть каса-тельные образуют с осью Ox углы φ и φ +φ. Тогда проекция на ось OU сил, действующих на элемент ММ′, будет равна sin)sin( TT . Так как угол φ мал, то можно предположить, что sintg , и мы будем иметь

.10,),(),(),(

),(tg)(tgsin)sin(

2

2

2

2

xx

txUTxx

txxUTx

txUx

txxUTTTTT

(К выражению, стоящему в скобках, мы применили теорему Лагранжа).

Чтобы получить уравнение движения, нужно внешние си-лы, приложенные к элементу, приравнять силе инерции. Пусть ρ – линейная плотность струны. Тогда масса элемента струны будет ρx. Ускорение элемента равно ttU , следовательно, по принципу Даламбера будем иметь xUTUx xxtt . Сокращая

на x и обозначая 2aT , получаем уравнение движения

xxtt UaU 2 . Это и есть волновое уравнение – уравнение колебания струны.

Функция U(x, t) описывает отклонение от положения рав-новесия каждой точки x, lx0 , струны в момент времени

0t , l – длина струны; а2 характеризует скорость распростра-нения волны.

Если на струну воздействует вынуждающая сила, мощ-ность источников которой характеризуется функцией q(x, t), то уравнение колебания струны имеет вид

О x

М

1 Рис.

М

x xx

Δ

l

U

9

),(2 txqUaU xxtt . (2) Для однозначного разрешения дифференциального уравне-

ния (2) ставятся следующие краевые задачи. 1. Первая краевая задача

Найти решение уравнения (2) в области 0<x < l , t>0 , удов-летворяющее начальным условиям:

U(x, 0) = f (x), x<0< l ; (3) − задано отклонение каждой точки струны от положения рав-новесия в момент времени t=0 ,

lxxxU t 0),()0,( ; (4) − заданы скорость каждой точки струны в момент времени t=0 и граничные условия:

0,0),(,0),0( ttlUtU ; (5) − концы струны x=0 и x= l жестко закреплены. 2. Вторая краевая задача

Найти решение уравнения (2), удовлетворяющее в области t>0 , 0 <x< l начальным условиям (3), (4) и граничным усло-виям:

0,0),(,0),0( ttlUtU xx ; (6) − концы свободны. 3. Задача Коши

Найти решение уравнения (2) для бесконечной области ,0, tx удовлетворяющее в области x началь-

ным условиям (3), (4). Граничные условия отсутствуют. Кроме того, могут быть поставлены смешанные краевые

задачи, когда на разных концах заданы различные граничные условия или когда струна полубесконечная (только на одном конце задано граничное условие).

1.3. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ КОШИ. ФОРМУЛА ДАЛАМБЕРА

Будем решать однородное волновое уравнение

),(),( 2 txUatxU xxtt (7) для бесконечной струны, x , 0t , при начальных

10

условиях (3), (4). Введем новые переменные:

atx , atx . (8) Уравнение (7) с помощью замены (8) приводится к виду

0U . (9) Общее решение уравнения (9) можно записать в виде

)()(),( 21 U , где 1, 2 – произвольные функции одной переменной, опре-делим их из начальных условий. Переходя к прежним пере-менным, найдем

)()(),( 21 atxatxtxU . (10) При t=0 из начального условия (3) имеем

)()()()0,( 21 xfxxxU . (11) Определим производную по t для решения (10):

)atx()atx(a)t,x(U t 21 и воспользуемся начальным условием (4):

)x()x()x(a),x(U t 210 . (12) Выражение (12) проинтегрируем по x в пределах от 0 до x:

Cdx)x(a

)()x()()x(x

0

2211100 , (13)

где )0()0( 21 C – постоянная величина. Складывая и вычитая почленно (11) и (13), получим:

Cdxxa

xfxx

0

1 )(1)()(2 , (14)

Cdxxa

xfxx

0

2 )(1)()(2 . (15)

Выражения для 1 и 2 из (14) и (15) запишем для любого 0t , вспоминая, что )()( 111 atx , )(22

)(2 atx , и подставим в искомое решение (10):

11

2)(

21)(

21),(

0

Cdxxa

atxftxUatx

2)(

21)(

21

0

Cdxxa

atxfatx

.

Преобразуем последнее выражение и получим формулу Даламбера

atx

atx

dxxa

atxfatxftxU )(21

2)()(),( , (16)

где 0),,( tx . Итак, решение задачи Коши для волнового уравнения (7)

выписывается в виде формулы (16).

1.4. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ МЕТОДА ФУРЬЕ ПРИ РЕШЕНИИ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ

Уравнение (7) будем решать в области 0<x< l , t>0 , где

l – конечное число, т.е. для конечной струны, с начальными условиями (3), (4) и граничными (5).

Идея метода Фурье (разделения переменных) состоит в том, что решение уравнения (7) ищется в виде

)()(),( tTxXtxU , (17) т.е. функция двух переменных ),( txU представляется в виде произведения двух функций, каждая одной переменной. Най-дем частные производные функций ),( txU , исходя из (17), и, подставив в уравнение (7), получим ).()()()( 2 xXtTatTxX В последнем уравнении разделим переменные:

0)()(

)()( 2

2

xXxX

tTatT . (18)

В выражении (18) слева стоит функция только от t, а справа – функция только от x. Равенство двух функций разных пере-менных при всех значениях означает, что каждая из этих

12

функций есть постоянная, поэтому приравниваем каждую из них к некоторой неопределенной пока отрицательной констан-те (при выборе положительной постоянной решением задачи (18), (5) является тождественный ноль). Из соотношения (18) можно написать два независимых друг от друга дифференци-альных уравнения:

0)()( 22 tTatT , (19) 0)()( 2 xXхX . (20)

Имеем два обыкновенных дифференциальных уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Характери-стические уравнения для них соответственно имеют вид:

0222 ak , отсюда iak 2,1 ; 022 p , отсюда ip 2,1 .

Тогда общие решения для уравнений (19), (20) примут вид: taCtaCtT sincos)( 21 , 0t , (21)

xCxCxX sincos)( 43 , lx0 . (22) Постоянные , С1, С2, С3, С4 определим из граничных и на-чальных условий.

Итак, общее решение волнового уравнения (7) имеет вид )sincos()sincos(),( 4321 xCxCtaCtaCtxU , (23)

lx0 , 0t . Используем первое граничное условие (5) при 0x и 0t :

0)sincos(),0( 321 CtaCtaCtU . Так как 0t – произвольно, то 03 С . Используем второе гра-ничное условие (5) при lx с учетом того, что 03 С :

0sin)sincos(),( 421 lCtaCtaCtlU . Последнее равенство выполняется для всех 0t , если

0sin4 lC . Предположим, что 04 C . В противном случае при 04 C и 03 С получим тривиальное решение 0),( txU . Следовательно, 0sin l или nl , где n = ±1, ±2, … .

Значение 0n исключили, т.к. в этом случае получили бы тривиальное решение. Из последнего соотношения получим

13

,l

n n = ±1, ±2, … . (24)

Итак, решение (23) при граничных условиях (5) примет вид для n = ±1, ±2, … :

t

lanCt

lanCx

lnCtxU sincossin),( 214 . (25)

Для каждого значения n получим свое значение решения (25). Суммируя решения при всех значениях n, вновь получим решение дифференциального уравнения (7), удовлетворяющее условиям (5):

1sincossin),(

nnn t

lanBt

lanAx

lntxU , (26)

lx0 , 0t , где 41CCАn , 42CCBn – постоянные. Определим их из на-чальных условий (3), (4).

Подставляя 0t в (26), из условия (3) получим

)(sin)0,(1

xfxl

nAxUn

n

, lx0 . (27)

Соотношение (27) можно рассматривать как разложение в ряд Фурье нечетной на ll, периодической функции f(x) с коэффициентами разложения nА , определяемыми, как извест-но из теории рядов Фурье, соотношением

l

n xdxl

nxfl

А0

sin)(2 , n = 1, 2, … . (28)

Определим производную по t для решения (26):

lant

lanBt

lanAx

lntxU

nnnt

1cossinsin),( .

Подставим 0t и получим начальное условие (4) в виде

)(sin)0,(1

xl

anBxl

nxU nn

t

. (29)

Соотношение (29) будем рассматривать как разложение в

14

1

2

3

4

Рис. 2

ряд Фурье нечетной на ll, периодической функции (x) с

коэффициентами разложения nBl

an .

Тогда xdxl

nxl

Bl

an l

n

sin)(2

0 , n = 1, 2, … ,

или xdxl

nxan

Bl

n

sin)(2

0 . (30)

Итак, решение первой краевой задачи для волнового урав-нения (7) представляется в виде ряда (26) с коэффициентами разложения (28), (30). Отметим важные физические особенности изучаемого яв-ления. Объединяя в (26) оба члена в скобках, перепишем ре-шение в виде

1sinsin~),(

nnn t

lanx

lnАtxU

.

Мы видим, что полное колебание струны слагается из ряда

отдельных колебаний вида

nnn t

lanx

lnАy

sinsin~ . Уча-

ствующие в таком элементарном колебании точки струны все колеблются с одной и той же частотой или с одним и тем же периодом, кото-рому отвечает тон определенной высо-ты. Амплитуда колебания каждой точ-ки зависит от ее положения; она равна

xl

nАnsin~ .

Вся струна разбивается на n равных участков, причем точки одного участка находятся всегда в одной и той же фазе, а точки соседних участков – в прямо противоположных фазах. На рис. 2 изо-бражены последовательные положения

15

струны для случаев n = 1, 2, 3, 4. Точки, отделяющие один уча-сток от другого, находятся в покое; это так называемые узлы. Середины участков (пучности) колеблются с наибольшей ам-плитудой. Описанное явление носит название стоячей волны; отсюда сам метод Фурье обычно называют методом стоячих волн. Основной тон определяется первой составляющей y1; ей отвечают частота l

a 1 и период alT 21 . Остальные тона,

одновременно с основным издаваемые струной, или обер-тоны, характеризуют определенную «окраску» звука, или его тембр. Если нажать пальцем в середине струны, то сразу за-глохнут как основной тон, так и нечетные обертоны, для кото-рых там была пучность. Четные обертоны, для которых на се-редину струны приходится узел, все сохранятся; среди них роль основного тона будет играть второй обертон с периодом

12 21 ТT , и струна станет издавать октаву первоначального

тона. Все это можно прочитать по полученному решению! 1.5. МЕТОД ФУРЬЕ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ВТОРОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ

Уравнение (7) будем решать с начальными условиями (3),

(4) и граничными (5). Общее решение уравнения (7) имеет вид (23). Постоянные коэффициенты , С1, С2, С3, С4 определим, используя начальные и граничные условия второй краевой за-дачи.

Найдем производную по x для решения (23): )cossin()sincos(),( 4321 xCxCtaCtaCtxU x . (31)

Из первого граничного условия при 0x имеем 0)sincos(),0( 421 CtaCtaCtU x , которое будет выпол-

няться для всех 0t , если 04 C или 0 . Но при 0 будем иметь тривиальное решение; следова-тельно, 04 C . Тогда решение (23) примет вид:

xCtaCtaCtxU cos)sincos(),( 321 . (32) При lx имеем второе граничное условие:

16

0)sin()sincos(),( 321 lCtaCtaCtlU x , которое вы-полняется при 0t , если 0sin3 lC . При 03 C будем иметь тривиальное решение, т.к. 04 C . Следовательно, 0sin l ,

т.е. ,l

n n = 0, ±1, … Итак, решение (32) для каждого n

примет вид )sincos(cos),( 213 taCtaCxl

nCtxU . Сум-

мируя по всем n, вновь получим решение уравнения (7), удов-летворяющее условиям (6):

0sincoscos),(

nnn t

lanBt

lanAx

lntxU , (33)

где 31CCАn , 32CCBn подлежат определению из начальных условий. При 0t имеем:

0)(cos)0,(

nn xfx

lnAxU (34)

и )(cos)0,(0

xxl

nl

anBxUn

nt

. (35)

Соотношения (34) и (35) будем рассматривать как разложение в ряд Фурье четных на ll, периодических функций )(xf и

)(x с коэффициентами разложения nА и l

anBn соответст-

венно. Из теории рядов Фурье известен вид коэффициентов:

l

dxxfl

A0

0 )(1 , 00 B ,

l

n xdxl

nxfl

A0

cos)(2 , n = 1, 2, … (36)

и

l

n xdxl

nxl

Bl

an

0

cos)(2 , n = 1, 2, …

17

или l

n xdxl

nxan

B0

cos)(2

. (37)

Итак, решение второй краевой задачи для волнового урав-нения (7) представлено в виде ряда (33) с коэффициентами (36) и (37).

1.6. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Найти решение задачи Коши xxtt UU , если )0,(xU 2x , 1)0,( xU t . Решение. Решение ищем в виде формулы Даламбера (16):

atx

atx

dxxa

atxfatxftxU )(21

2)()(),( , x , 0t .

В нашем случае: 1a , 2xf , 1 . Поэтому

ttxdxtxtxtxUtx

tx

2222

21)()(

21),( .

Ответ: ttxU 22 . 2. Найти форму струны, определяемой уравнением

xxtt UU 4 в момент времени 4

t , если в начальный момент

заданы условия: xxU sin)0,( , 1)0,( xU t (задача Коши). Решение. Подставляем исходные данные в формулу Да-

ламбера (16):

.2cossin441)2sincos2cossin2sin

cos2cos(sin21

41)2sin()2sin(

21),(

2

2

ttxttxtxt

xtxdxtxtxtxUtx

tx

При 4

t решение примет вид 442

cossin4

,

xxU ,

т.е. струна параллельна оси абсцисс.

18

3. Струна, закрепленная на концах 0x , lx , имеет в на-чальный момент времени форму

параболы )(42 xlx

lU (рис. 3).

Определить смещение точек струны от оси абсцисс, если на-чальные скорости отсутствуют. (Первая краевая задача).

Решение. Решение уравне-ния xxtt UaU 2 , удовлетворяющее начальным условиям:

)(4)0,( 2 xlxl

xU , 0)0,( xU t и граничным условиям:

0),0( tU , 0),( tlU , будем искать в виде (26):

1sincossin),(

nnn t

lanBt

lanAx

lntxU с коэффициента-

ми (28), (30):

l

n xdxl

nxfl

А0

sin)(2 , xdxl

nxan

Bl

n

sin)(2

0 , n = 1, 2, … .

Для нашего случая при )(4)( 2 xlxl

xf и 0)( x имеем

0nB , l

n xdxl

nxlxll

А0

2 sin)(42 , n = 1, 2, … .

Интеграл вычисляем по частям: 2

1 xlxu dxxldu )2(1 ,

xdxl

nd sin1 xl

nnl

cos1 ,

.cos)2(8

cos)2(8cos8

02

02

0

23

l

ll

n

xdxl

nxlln

xdxl

nxlln

xl

nnlxlx

lА

3 Рис.

О xl2

l

1

U

19

Вновь применяем метод интегрирования по частям:

xlu 22 dxdu 22 , xdxl

nd cos2 xl

nnl

sin2 .

Окончательно имеем

.12,32,2,0

1116)1(cos16

sin16sin28

333333

022

022

knn

kn

nn

n

xdxl

nln

xl

nxlln

А

n

ll

n

Тогда решение задачи примет следующий вид:

x

lkt

lka

ktxU

k

)12(sin)12(cos12

132),(0

33

.

4. Найти решение уравнения xxtt UU при следующих ус-ловиях: xxU )0,( , 2)0,( xU t , lx0 ,

0),(),0( tlUtU xx , 0t . (Вторая краевая задача). Решение. Функцию ),( txU будем искать в виде (33):

0sincoscos),(

nnn t

lanBt

lanAx

lntxU с коэффици-

ентами (36), (37):

l

dxxfl

A0

0 )(1 , 00 B ,

l

n xdxl

nxfl

A0

cos)(2 , l

n xdxl

nxan

B0

cos)(2

,

где n = 1, 2, … , xxf )( , 2)( x , 1a .

Для нашего случая: 22

11

0

2

00

lxl

xdxl

All

, 00 B .

Применяя интегрирование по частям, определим:

20

)1(cos2cos0sin

2sinsin2cos2

220

22

22000

nn

lxl

nn

lll

nnl

lxdx

ln

nlx

ln

nlx

lxdx

lnx

lA

l

lll

n

,12,4

,2,0112

2222 kn

nl

kn

nl n

0sin4cos22

00

ll

n xl

nnl

nxdx

ln

nB

, n = 1, 2, … .

Окончательно решение примет вид

x

lk

klltxU

k

)12(cos12

42

),(0

22

.

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти решение уравнения xxtt UU при условиях:

3)0,( xxU , xxU t )0,( , x , 0t . 2. В момент времени t найти форму струны, опреде-

ляемую уравнением xxtt UU , если в начальный момент поло-жение струны определяется условиями: xxU sin)0,( , xxU t cos)0,( .

3. Найти решение задачи Коши для уравнения xxtt UU 9 при начальных условиях: 0)0,( xU , 2)0,( xxU t .

4. Струна закреплена на концах 0x , 3x . В начальный момент времени струна имеет вид ломаной ОАВ, где точки за-даны координатами: А(2; –0,1), В(3; 0), О(0; 0). Найти форму струны в любой момент времени, если 0)0,( xU t .

5. Струна, закрепленная на концах 0x , 1x , в началь-ный момент времени имеет форму: )2()0,( 34 xxxhxU , где

21

h = const. Найти форму струны для любого момента времени t, если начальные скорости отсутствуют.

6. Решить задачу №5 при условии, что концы струны сво-бодны.

7. Найти решение волнового уравнения xxtt UU 4 , если в начальный момент времени положение струны определялось условиями: 2)0,( xxU , xxU t )0,( . Концы струны 0x ,

5x свободны. 8. Найти решение уравнения xxtt UU 4 , если 0)0,( xU ,

xxU t )0,( . 9. Найти решение уравнения xxtt UU , если xxU )0,( ,

xxU t )0,( . 10. Найти решение уравнения xxtt UaU 2 , если 0)0,( xU ,

xxU t cos)0,( . 11. Струна закреплена в точках 0x и lx . Начальные

отклонения точек струны равны нулю, а начальная скорость выражается формулой

.22

0

,22

2cos)0,(

hlx

hlxh

lx

xU t

при

при

Найти форму струны для любого момента времени t.

2. УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА Простейшим представителем уравнения этого типа являет-ся уравнение теплопроводности

),(2 txqUaU xxt , где функция ),( txU описывает распространение тепла в стержне lx0 длиной l в момент времени 0t ; а2 – коэф-фициент теплопроводности (при constа стержень однород-

22

ный); ),( txq – функция источников тепла. Если источники от-сутствуют, то уравнение принимает вид

xxt UaU 2 .

2.1. УРАВНЕНИЕ ТЕПЛОПРОВОДНОСТИ ДЛЯ НЕСТАЦИОНАРНОГО СЛУЧАЯ

Обозначим через ),( tMU температуру в точке М однород-ного тела, ограниченного поверхностью S в момент времени t. Известно, что количество теплоты dQ , поглощаемой телом за время dt , выражается равенством

dSdtnUkdQ

, (1)

где dS – элемент поверхности, k – так называемый коэффици-

ент внутренней теплопроводности, nU – производная функ-

ции U по направлению внешней нормали к поверхности S. Так как теплота распространяется в направлении понижения

температуры, то 0dQ , если 0

nU , и 0dQ , если 0

nU .

Из равенства (1) следует, что

S

dSnUkdtQ .

Вычислим Q другим способом. Выделим элемент dV объ-ема V, ограниченного поверхностью S. Количество теплоты dQ , получаемой элементом dV за время dt , пропорциональ-но повышению температуры в этом элементе и массе самого элемента, т.е.

dVdtUdQ t , (2) где – плотность вещества, – коэффициент пропорцио-нальности, называемый теплоемкостью вещества. Из равенст-

23

ва (2) следует, что V

tdVUdtQ .

Таким образом, получаем dSnUadVU

SVt

2 , где

ka 2 .

Учитывая, что UnU grad и kUjUiUU zyx grad , пре-

образуем полученное равенство к виду dSUUUadVU

Szyx

Vt coscoscos2 .

Заменив правую часть с помощью формулы Остроградского-Гаусса, имеем

V

zzyyxxV

t dVUUUadVU 2 ,

или 02 V

zzyyxxt dVUUUaU ,

для любого объема V. Отсюда получаем дифференциальное уравнение

zzyyxxt UUUaU 2 , называемое уравнением теплопроводности для нестационар-ного случая. Если тело является стержнем, направленным по оси Ox, то уравнение теплопроводности имеет вид

xxt UaU 2 . (3) Для уравнения (3) можно поставить следующие краевые задачи:

1. Первая краевая задача Найти решение уравнения (3), удовлетворяющее начально-

му условию )()0,( xfxU ; (4)

− в начальный момент времени 0t задано распределение температуры по всей длине стержня lx0 ; и граничным условиям:

24

1),0( UtU , 2),( UtlU ; (5) − на концах стержня 0x и lx в любой момент времени

0t известна температура U1 и U2. 2. Вторая краевая задача Найти решение уравнения (3), удовлетворяющее начально-

му условию (4) и граничным условиям: 0),0( tU x , 0),( tlU x ; (6)

− концы стержня 0x и lx теплоизолированы. 3. Смешанная краевая задача Найти решение уравнения (3), удовлетворяющее начально-

му условию (4) и граничным условиям: 0,00~),0( tUUhtU x , 0,~),( tlUlUhtlU x ;

− на концах 0x и lx задан теплообмен со средой, h – ко-эффициент теплообмена, U~ – температура среды.

4. Задача Коши Найти решение уравнения (3) для бесконечного стержня,

если известно начальное распределение температуры: )()0,( xfxU , x , граничные условия отсутствуют.

Можно рассматривать полубесконечный стержень 0x . Тогда на конце 0x задается граничное условие (задача с од-ним граничным условием). Возможно ставить краевую задачу с условиями (5) и (6) на разных концах (на одном конце задана температура, другой конец теплоизолирован).

2.2. РЕШЕНИЕ ПЕРВОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ МЕТОДОМ ФУРЬЕ

Краевую задачу (3), (4), (5) будем решать методом разделе-ния переменных (метод Фурье), представляя искомое решение в виде произведения двух функций

)()(),( tTxXtxU . (7) Вместо граничных условий (5) рассмотрим вначале нуле-вые граничные условия:

0),(),0( tlUtU . (8) Предполагаемое решение (7) подставим в уравнение (3), полу-

25

чим ).()()()( 2 xXtTatTxX Или, разделяя переменные:

0)()(

)()( 2

2

xXxX

tTatT , (9)

где постоянная пока не определена. Получаем два обыкно-венных дифференциальных уравнения с постоянными коэф-фициентами:

0)()( 22 tTatT , (10)

0)()( 2 xXtX . (11) Общее решение уравнения (10) имеет вид

taeСtT22

1)( , 0t , (12) где С1 – постоянная интегрирования.

Решение уравнения (11) имеет вид xCxCxX sincos)( 32 , lx0 . (13)

Тогда решение (7) с учетом (12) и (13) примет вид )sincos(),( 321

22

xCxCеCtxU ta . (14) Неизвестные постоянные , С1, С2, С3 определим из краевых условий (4), (8). Из условия (8) имеем:

0),0( 2122

CеCtU ta , 0sin),( 3122

lCеCtlU ta . (15) Из равенства (15), справедливого при любом 0t , следует:

02 С . Второе равенство будет выполняться при 0sin3 lС для любого 0t . Предположим, что 03 С , иначе получим тривиальное решение 0),( txU . Тогда 0sin l , отсюда

ln , где n = 1, 2, … .

Итак, получили решение (7) в виде

xl

nCеCtxUt

lna

sin),( 31

22

для каждого n = 1, 2, … .

Суммируя по всем n, вновь получим решение уравнения (3):

26

1sin),(

2

n

tl

an

n lxnеCtxU

, (16)

где 31CCСn . Коэффициенты Сn для каждого n определим из начального условия (4):

)(sin)0,(1

xflxnCxU

nn

. (17)

Рассматривая (17) как разложение в ряд Фурье нечетной на ll, периодической функции )(xf , найдем коэффициенты разложения в виде

dxxl

nxfl

Cl

n

0

sin)(2 , n = 1, 2, … . (18)

Итак, решение первой краевой задачи с нулевыми гранич-ными условиями (8) нашли в виде ряда (16) с коэффициентами (18). Найдем решение первой краевой задачи с ненулевыми гра-ничными условиями, т.е. решение задачи (3), (4), (5). Представим искомое решение в виде суммы двух функций

)(),(),( xUtxtxU , (19) где ),( tx удовлетворяет уравнению (3), начальному условию (4) и нулевым граничным условиям: 0),(),0( tlt , 0t , а функция )(xU , называемая стационарной температурой, удов-летворяет уравнению

0xxU (20) и ненулевым граничным условиям (5): 1)0( UU , 2)( UlU .

Общее решение уравнения (20) имеет вид baxxU )( , lx0 ,

где a и b – постоянные интегрирования, определяемые из гра-ничных условий (4): 1)0( UbU , 2)( UballU .

Отсюда: 1Ub , lUUa 12 . Тогда решение уравнения (20) с условиями (4) запишется в

27

виде

112)( Ux

lUUxU

, lx0 , (21)

а решение первой краевой задачи (3), (4), (5) примет вид

1

121 sin),(

2

n

tl

an

n xl

nеCxl

UUUtxU

, (22)

где nС имеют вид (18). 2.3. МЕТОД ФУРЬЕ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ВТОРОЙ КРАЕВОЙ ЗАДАЧИ

Общее решение уравнения теплопроводности (3) имеет вид

(14). Коэффициенты , С1, С2, С3 определим из граничных ус-ловий (6) и начального условия (4). Производная по x решения (14) имеет вид

)sincos(),( 23122

xCxCеCtxU tax . (23)

Подставим (23) в граничные условия (6): 0),0( 31

22

CеCtU tax . (24)

Соотношение (24) выполняется для любого 0t при 03 С . Для второго условия 0sin),( 21

22

xCеCtlU tax . (25)

Предполагая 02 С (иначе получим тривиальное решение

0),( txU ), из равенства (25) имеем 0sin l , или l

n , где

n = 1, 2, … . Итак, решение второй краевой задачи имеет вид

xl

nCеCtxUt

lna

cos),( 21

22

при n = 0, 1, 2, … .

Суммируя все решения при различных n, снова получим решение дифференциального уравнения (3), удовлетворяющее условиям (6):

0cos),(

2

n

tlan

n lxnеCtxU

, (26)

28

где 21CCСn . Коэффициенты nС ряда (26) определим из на-чального условия (4):

)(cos)0,(0

xflxnCxU

nn

. (27)

Соотношение (27) можно рассматривать как разложение в ряд Фурье периодической, четной на ll, функции )(xf с ко-эффициентами nС , которые, как известно, определяются по формулам:

....,2,1приcos)(2

,0при)(1

0

00

ndxxl

nxfl

C

ndxxfl

C

l

n

l

(28)

Итак, решение второй краевой задачи нашли в виде ряда (26) с коэффициентами (28).

2.4. РАСПРОСТРАНЕНИЕ ТЕПЛА В НЕОГРАНИЧЕННОМ СТЕРЖНЕ

Пусть в начальный момент задана температура в различ-

ных сечениях неограниченного стержня. Требуется определить распределение температуры в стержне в последующие момен-ты времени. К задаче распространения тепла в неограничен-ном стержне сводятся физические задачи в том случае, когда стержень столь длинный, что температура во внутренних точ-ках стержня в рассматриваемые моменты времени мало зави-сит от условий на концах стержня.

Если стержень совпадает с осью OX, то математическая за-дача формулируется следующим образом. Найти решение уравнения (3):

xxt UаU 2 в области x , 0t , удовлетворяющее начальному условию (4): )()0,( xfxU . Решая уравнение (3) методом разделения переменных, мы получим решение в виде (14). Перепишем его иначе:

29

xBxAеtxU ta sin)(cos)(),(22

(29) (постоянная 1C включена в А(), В()). Постоянные А и В изменяются при изменении . Поэтому А и В можно считать функциями от . В силу линейности урав-нения (3) решением является также сумма решений вида (29):

xBxAе ta sin)(cos)(22

.

Интегрируя выражение (29) по параметру в пределах от 0 до +, также получим решение

dxBxAеtxU ta

0

sin)(cos)(),(22

, (30)

причем А() и В() таковы, что этот интеграл, его производная по t и вторая производная по x существуют и получаются пу-тем дифференцирования интеграла по t и x. Подберем А(), В() так, чтобы решение ),( txU удовлетво-ряло условию (4). Полагая в равенстве (30) 0t , на основании условия (4) получаем

dxBxAxfxU

0

sin)(cos)()()0,( . (31)

Предположим, что функция )(xf такова, что она представлена интегралом Фурье

ddxfxf

0

)(cos)(1)( ,

или

xdfxf

coscos)(1)(0

.sinsin)( dxdf

(32)

30

Сравнивая правые части (31) и (32), получаем

dfА cos)(1)( ,

dfВ sin)(1)( . (33)

Подставив найденные выражения А(), В() в формулу (30), получим или, переставив порядок интегрирования, окончательно полу-чим

ddxеftxU ta

0

)(cos)(1),(22

. (34)

Это и есть решение поставленной задачи. Преобразуем форму-лу (34). Вычислим интеграл, стоящий в круглых скобках:

00

cos1)(cos222

zdzеta

dxе zta . (35)

Это преобразование интеграла сделано путем подстановок:

zta ,

tax . (36)

Обозначим

0

cos2

zdzеK z . (37)

Дифференцируя, получаем

0

sin2

zdzzеK z .

Интегрируя по частям, найдем

,)(cos)(1

)sinsincos(cos)(1sin

sin)(coscos)(1),(

0

0

0

22

22

22

ddxfе

ddxxfеdx

dfxdfеtxU

ta

ta

ta

31

dzzеzеK zz

0

0cos

2sin

21 22

, или KK2

.

Интегрируя это дифференциальное уравнение, получим

4

2

СeK . (38) Определим постоянную C. Из (37) следует:

2

00

2

dzеK z .

Следовательно, в равенстве (38) должно быть 2

С .

Итак, 4

2

2 eK . (39)

Значение (39) интеграла (37) подставляем в (35):

4

222

21)(cos

0

e

tadxе ta .

Подставляя вместо его выражение (36), получаем значение интеграла (35):

ta

x

eta

dxе ta 24

2)(22

21)(cos

0

.

Подставив это выражение интеграла в решение (34), оконча-тельно получим

defta

txU ta

x24

2)(

)(2

1),( . (40)

Эта формула, называемая интегралом Пуассона, представляет собой решение поставленной задачи о распространении тепла в неограниченном стержне.

Случай стержня, ограниченного с одной стороны

Решение уравнения xxt UаU 2 , удовлетворяющее началь-

32

ному условию )()0,( xfxU и краевому условию ),0( tU )(t , выражается формулой

t

dteta

deefta

txU

tax

ta

x

ta

x

0

0

.)(2

1

)(2

1),(

23

)(24

2

24

2)(24

2)(

2.5. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Найти решение уравнения xxt UU , lx0 , 0t ,

удовлетворяющее начальным условиям

lxlxl

lxxtxUxf

2,

,20,)0,()(

и краевым условиям 0),(),0( tlxUtxU . Решение. Решение будем искать в виде (22):

1

121 sin),(

2

n

tlan

n xl

nеCxl

UUUtxU ,

где dxxl

nxfl

Cl

n

0

sin)(2 .

Вычислим коэффициенты разложения для нашей функции

)(xf :

dxx

lnxl

ldxx

lnx

lC

l

l

l

n

2

2

0

sin)(2sin2

xl

nnlx

lx

ln

nlxdx

lnd

dxduxu

cos2

cossin

,:частямпоберемИнтеграл

33

.12,)1(4,2,0

2sin4sin

coscos2sin

2222

2

22

2

22

022

2

knn

lkn

nn

lxl

nn

l

xl

nnlxx

ln

nl

lx

ln

nl

k

l

l

l

С учетом того, что 021 UU , окончательно имеем

022

)12(sin)12(

1)1(4),( 2

22)12(

k

k xl

kek

ltxU l

tk

.

2. Найти решение уравнения xxt UU 4 lx0 , 0t ,

удовлетворяющее начальным условиям 2)0,( xxU и краевым условиям 2),0( tU , 3),( tlU . Решение. Решение будем искать в виде (22):

1

121 sin),(

2

n

tlan

n xl

nеCxl

UUUtxU .

Вычислим коэффициенты ряда:

dxx

lnx

ldxx

lnxf

lC

ll

n0

2

0

sin2sin)(2

x

ln

nlxdx

lndxdxduxu

cossin,2

:частямпоберемИнтеграл2

)0cos(cos4cos4sin

sin4cos2sin2

33

2

033

2

0

022

00

2

nn

lxl

nn

lxdxl

n

xl

nxn

lxdxl

nxn

lxl

nnlx

lll

lll

34

.12,8,2,0

1)1(4

33

233

2

knn

lkn

nl n

С учетом того, что 21 U , 32 U , окончательно найдем реше-ние в виде

.)12(sin)12(

182

)12(sin)12(

82),(

033

20

33

2

2)12(2

2)12(2

k

t

k

t

xl

kek

llx

xl

kek

llxtxU

lk

lk

3. Найти распределение температуры стержня в любой момент времени 0t , если начальная температура

xexU )0,( , концы стержня теплоизолированы. Решение. Задача имеет вид: xxt UaU 2 , xexU )0,( ,

lx0 , 0),0( tU x , 0),( tlU x – условия теплоизоляции. Ре-шение будем искать в виде (26):

00 cos),(

2

k

tl

ak

k lxkеCСtxU

,

где dxxfl

Cl

0

0 )(1 , dxxl

kxfl

Cl

k

cos)(2

0

, k = 1, 2, … .

Для нашего случая коэффициенты примут вид:

lee

ldxe

lC

llx

lx 111

000

,

l

xlx

k xl

kl

kxl

k

lk

el

xdxl

kel

C

0

20

sincos1

2cos2

35

.12,4,2,0

0sin0cossincos2

222

222

2

222

2

nkkl

lnk

kllk

lkk

klel

l

l

Окончательно решение задачи записывается в виде

1222

2

222)12()12(cos)12(

141),(k

tll

ak

exl

kkl

ll

etxU

при lx0 , 0t . 4. Решить уравнение xxt UaU 2 для следующего началь-

ного распределения температуры стержня:

.0

,)(),(

21

2100 xxxx

xxxUxftxU t илипри

при

Решение. Стержень является бесконечным, поэтому реше-ние запишется в виде интеграла Пуассона (40)

defta

txU ta

x24

2)(

)(2

1),( .

Так как )(xf в интервале (x1, x2) равна постоянной температу-ре U0, а вне интервала температура равна нулю, то решение

примет вид

2

1

24

2)(

2),( 0

x

x

deta

UtxU ta

x

.

Полученный результат можно преобразовать к интегралу ве-роятностей

z

dez0

22)(

.

Действительно, полагая

tax

2, dtad 2 , получим

ta

xxta

xxta

xx

taxx

deUdeUdeUtxU2

0

02

0

02

2

0

2

2

1

2

2

1

2

),(

.

36

Таким образом, решение записывается в виде

ta

xxta

xxUtxU222

),( 210 .

5. Найти решение уравнения xxt UU , удовлетворяющее начальному условию 0)()0,( UxfxU и краевому условию

0),0( tU . Решение. Здесь мы имеем дифференциальное уравнение

теплопроводности для полубесконечного стержня. Решение, удовлетворяющее указанным условиям, имеет вид

00 4

2)(4

2)(

21),(

deeUt

txU tx

tx

,

или

0

0 4

2)(4

2)(

2),(

deet

UtxU tx

tx

.

Полагая

tx

2, dtd 2 , преобразуем первый инте-

грал, пользуясь интегралом вероятностей, т.е.

txUdeUde

tU t

x

tx

21

220

20

0

0 24

2)(

.

Полагая

tx

2, dtd 2 , получим

txUdeUde

tU

tx

tx

21

220

2

0

0

0 24

2)(

.

Таким образом, решение принимает вид

txUtxU

2),( 0 .

Задачи для самостоятельного решения

1. Дан тонкий однородный стержень длиной l, изолиро-

37

ванный от внешнего пространства, начальная температура ко-торого равна 2)()( lxlсxxf . Концы стержня поддержива-ются при температуре, равной нулю. Определить температуру стержня в момент времени 0t .

2. Найти решение уравнения xxt UU , удовлетворяющее

начальным условиям lxxU 1)0,( , lx0 . Концы поддер-

живаются при температурах: 2),0( tU , 7),( tlU . 3. Найти решение уравнения xxt UU 4 с начальным усло-

вием

lxlxl

lxxxU

3,2

,30,)0,(

и граничными условиями 1),0( tU , 0),( tlU . 4. Найти температуру стержня в любой момент времени 0t , если начальная температура xxf sin)( , а концы стерж-

ня теплоизолированы. 5. Стержень длиной l, изолированный от внешнего про-

странства, нагрет до температуры xxf 21)( . Определить температуру стержня в любой момент времени 0t , если кон-цы стержня теплоизолированы.

6. Стержень длиной 2l нагрет до температуры xxf 31)( . Концы стержня поддерживаются при температу-

рах 2),0( tU , 8),( tlU . Найти распределение температу-ры в стержне в любой момент времени 0t .

7. Стержень длиной 10l нагрет до температуры

.2,

,20,)(

2

lxllx

lxlxxf

Концы стержня поддерживаются при температурах -10° и +20°. Найти распределение температуры в стержне в момент времени t = 5 от начала процесса остывания.

8. Найти решение уравнения теплопроводности, если ле-вый конец 0x полубесконечного стержня теплоизолирован,

38

а начальное распределение температуры

.0,0

,00)( 0

xllxU

xxf

припри

при

3. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА

Каноническая форма уравнения эллиптического типа име-

ет вид yxyyxx UUUyxFUU ,,,, , (1) где ),( yxU – дважды дифференцируемая функция двух неза-висимых переменных x и y.

Уравнение (1) описывает двумерные стационарные про-цессы, например, проводимость тепла в пластине, процес-

сы диффузии, фильтрации, распространение электро-магнитных волн. Введем в рассмотрение лапласиан

yyxx UUU (для плоскости), zzyyxx UUUU (для про-странства).

Наиболее простыми представителями уравнений эллиптиче-ского типа являются уравнение Лапласа

0U (2) и уравнение Пуассона ),( yxfU . (3) Для единственного решения уравнения (1) в замкнутой пло-ской области Dyx ),( с непрерывной границей Г ставятся следующие краевые задачи.

1. Задача Дирихле В области D найти непрерывную, дважды дифферен-

цируемую функцию, удовлетворяющую уравнению (1) и следующему граничному условию:

),(),( yxyxU Г , Гyx ),( , (4) – на границе области известны значения искомой функции.

2. Задача Неймана

39

Найти решение уравнения (1), удовлетворяющее следую-щему граничному условию:

),(),( yxyxU Гn , Гyx ),( , (5) – на границе области известна производная искомой функции по нормали. n – внешняя нормаль к границе Г в точке (x, у). 3. Смешанная задача Найти решение уравнения (1), удовлетворяющее условию

),( yxUKU ГГn , Гyx ),( , (6) где n – внешняя нормаль к границе области.

3.1. ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕ К ИССЛЕДОВАНИЮ РЕШЕНИЙ УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА

В этом параграфе будут рассмотрены некоторые задачи,

приводящие к решению уравнения Лапласа (2): 0 zzyyxx UUUU .

Функции U, удовлетворяющие уравнению Лапласа, называ-ются гармоническими функциями.

Стационарное (установившееся ) распределение температуры в однородном теле

Пусть имеется однородное тело, ограниченное поверхно-

стью Г. Температура в различных точках тела удовлетворяет уравнению zzyyxxt UUUaU 2 . Если процесс установившийся, т.е. если температура не зави-сит от времени, а зависит только от координат точек тела, то

0tU и, следовательно, температура удовлетворяет уравне-нию Лапласа (2)

0 zzyyxx UUU . Чтобы температура в теле определялась однозначно из этого уравнения, нужно знать, например, температуру на поверхно-сти Г:

40

),(),( yxyxU Г . Эта задача называется задачей Дирихле или первой краевой задачей.

Если на поверхности тела температура неизвестна, а извес-тен тепловой поток в каждой точке поверхности, который про-порционален nU , то на поверхности Г вместо краевого усло-вия (4) будем иметь условие (5):

),( yxU Гn . Задача нахождения решения уравнения (2), удовлетворяю-

щего краевому условию (5), называется задачей Неймана или второй краевой задачей.

Потенциальное течение жидкости или газа.

Уравнение неразрывности

Пусть внутри объема , ограниченного поверхностью Г (в частности, может быть и неограниченным), происходит те-чение жидкости. Пусть – плотность жидкости. Скорость жидкости обозначим

kji zуx ,

где x , y , z – проекции вектора на оси координат. Выде-лим в теле малый объем , ограниченный поверхностью S. Через каждый элемент S поверхности S за время t пройдет количество жидкости

tSnQ , где n – единичный вектор, направленный по внешней нормали к поверхности S. Общее количество жидкости, поступившей в объем (или вытекшей из объема ), выражается интегралом

S

dSntQ . (7)

Количество жидкости в объеме в момент t было

d .

41

За время t количество жидкости в силу изменения плотности изменится на величину

dtdQ tS

. (8)

Предполагая, что в объеме нет источников, заключаем, что это изменение вызвано притоком жидкости, количество которой определено равенством (7). Приравнивая правые час-ти равенств (7) и (8) и сокращая на t, получаем

ddSn tS

. (9)

Преобразуем поверхностный интеграл, стоящий слева, по формуле Остроградского. Тогда равенство (9) примет вид

dd tdiν ,

или 0diν

dt .

В силу произвольности объема и непрерывности подынте-гральной функции получаем

0diν t ,

или 0 zzyyxxt . (10) Это и есть уравнение неразрывности течения сжимаемой жидкости.

Замечание. В некоторых задачах, например при рассмотре-нии процесса движения нефти или газа в подземной пористой среде к скважине, можно принять

pk grad

,

где p – давление, k – коэффициент проницаемости, и tt , const . Подставив в уравнение неразрывности (10), получим

0)grad(diν pkt ,

42

или zzyyxxt pkpkpk . (11) Если k – постоянная, то это уравнение принимает вид

zzyyxxt pppk

и мы приходим к уравнению теплопроводности. Вернемся к уравнению (10). Если жидкость несжимаемая,

то constр , 0t и уравнение (10) примет вид

0diν . (12)

Если движение потенциальное, т.е. вектор есть градиент не-которой функции φ:

grad , то уравнение (12) принимает вид

0)graddiv( , или 0 zzyyxx , (13) т.е. потенциальная функция скорости φ должна удовлетворять уравнению Лапласа. Во многих задачах, как, например, в зада-чах фильтрации, можно принять

pk grad1 , где p – давление, k1 – постоянная; тогда получаем уравнение Лапласа для определения давления. 0 zzyyxx ррр . (13′) Для уравнений (13) и (13′) краевые условия могут быть постав-лены в виде задачи Дирихле, задачи Неймана или в виде сме-шанной задачи.

Потенциал стационарного электрического тока

Пусть в однородной среде, заполняющей некоторый объем V, проходит электрический ток, плотность которого в каждой точке дается вектором kJjJiJJ zyx . Предположим, что плотность тока не зависит от времени t. Предположим далее, что в рассматриваемом объеме нет источников тока. Следова-

43

тельно, поток вектора J через любую замкнутую поверхность S, лежащую внутри объема , будет равен нулю:

0S

dSnJ ,

где n – единичный вектор, направленный по внешней нормали к поверхности. Из формулы Остроградского заключаем, что

0div J . (14) На основании обобщенного закона Ома определяется в рас-сматриваемой проводящей среде электрическая сила E:

JE , (15)

или EJ , где – проводимость среды, которую мы будем считать по-стоянной.

Из общих уравнений электромагнитного поля следует, что если процесс стационарный, то векторное поле E безвихревое, т.е. 0rot E . Тогда аналогично тому, что мы имели при рас-смотрении поля скоростей жидкости, векторное поле является потенциальным. Существует функция такая, что

gradE . (16) На основании (15) получаем

gradJ . (17) Из (14) и (17) следует:

0)graddiv( , или 0 zzyyxx . Получили уравнение Лапласа.

Решая это уравнение при соответствующих краевых усло-виях, найдем функцию , а по формулам (17) и (16) найдем ток J и электрическую силу E .

3.2. УРАВНЕНИЕ ЛАПЛАСА В ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ КООРДИНАТАХ

44

Введем в рассмотрение цилиндрические координаты (r, , z):

cosrx , sinrx , zz , откуда

22 yxr , xyarctg , zz . (18)

Заменяя переменные x, y и z на r, , z, придем к функции *U : ),,(),,( * zrUzyxU .

Найдем уравнение, которому будет удовлетворять ),,(* zrU .

Имеем: xxrx UrUU

** ,

xxrxxrxrrxx rUrUrUU **2* 2

xxx UU *2* ; (19) аналогично

yyryyryrryy rUrUrUU **2* 2

yyy UU *2* , (20) кроме того,

zzzz UU * . (21) Выражения для xr , yr , xxr , yyr , x , y , xx , yy находим из равенств (18). Складывая правые части равенств (19) – (21) и приравнивая сумму к нулю (так как сумма левых частей этих равенств равна нулю в силу уравнения (2)), получаем

011 **2

** zzrrr UUr

Ur

U . (22)

Это уравнение Лапласа в цилиндрических координатах. Если функция U не зависит от z и зависит от x и y, то функ-

ция *U , зависящая только от r и , удовлетворяет уравнению

45

011 *2

** Ur

Ur

U rrr , (23)

где r и – полярные координаты на плоскости. Найдем теперь решение уравнения Лапласа в области D

(кольце), ограниченной окружностями 21

221: RyxK и

22

222 : RyxK , принимающее следующие граничные значе-

ния: 1

1UU K , (24)

22

UU K , (25) где U1 и U2 – постоянные.

Будем решать задачу в полярных координатах. Очевидно, что решение не зависит от . Уравнение (23) в этом случае примет вид

01 rrr U

rU .

Интегрируя это уравнение, найдем 21 ln CrCU . (26) Определим С1 и С2 из условий (24), (25):

2111 ln CRCU , 2212 ln CRCU . Отсюда находим:

1

2

121

lnRRUUC

,

1

2

1221

1

2

11212

ln

lnln

ln

ln

RR

RURU

RRRUUUC

.

Подставляя найденные значения С1 и С2 в формулу (26), окончательно получаем

1

22

11

2

12

1

21

1

ln

lnln)(

ln

ln

RR

RrU

RrU

UU

RRRr

UU

. (27)

Замечание. Фактически мы решили следующую задачу: найти функцию U, удовлетворяющую уравнению Лапласа в области, ограниченной поверхностями (в цилиндрических ко-

46

y

О xR- R

M(x0, y )

Рис.

ординатах): 1Rr , 2Rr , 0z , Hz , и следующим гранич-ным условиям:

11

UU Rr , 22

UU Rr , 00 zzU , 0

HzzU (задача Дирихле-Неймана). Искомое решение не зависит ни от z, ни от и дается формулой (26).

3.3. ЗАДАЧА ДИРИХЛЕ ДЛЯ КРУГА

Пусть дан круг радиусом R с центром в начале координат

(рис. 4). Будем искать функцию ),( rU , гармоническую в кру-ге и удовлетворяющую на его ок-ружности условию )(fU Rr

,

где )(f – заданная функция, непрерывная на окружности. Ис-комая функция должна удовле-творять в круге уравнению Лап-ласа (23)

02 UUrUr rrr . Решаем уравнение методом Фу-рье (разделение переменных). Допустим, что частное решение ищется в виде )()( TrQU . Тогда получим 0)()()()()()(2 TrQTrQrTrQr .

Разделяем переменные:

)()()(

)()( 2

rQrQrrQr

TT

.

Приравнивая каждую часть полученного равенства к по-стоянной 2k , получаем два обыкновенных дифференциальных уравнения:

0)()( 2 TkT , 0)()()( 22 rQkrQrrQr . Отсюда при 0k имеем:

47

BAT )( , (28) rDCrQ ln)( . (29) Если 0k , то kBkAT sincos)( , (30) а решение второго уравнения будем искать в виде mrrQ )( , что дает 0)1( 2122 mmm rkrmrrmmr или 0)( 22 kmrm , т.е. m = ±k. Следовательно, kk DrCrrQ )( . (31) Заметим, что ),( rU как функция от есть периодическая функция с периодом 2 , так как )2,(),( rUrU . Поэто-му из равенства (23) следует, что 0B , а в равенстве (30) k может принимать одно из значений: 1, 2, 3… ( 0k ). Далее, в равенствах (29) и (31) должно быть 0D , так как в противном случае функция имела бы разрыв в точке 0r и не была бы гармонической в круге. Итак, мы получили бесчисленное множество частных решений уравнения (1), непрерывных в круге, которые можно записать в виде:

2),( 00ArU ; n

nnn rnBnArU sincos),( , n =1, 2, … . Составим теперь функцию

1

0 sincos2

),(n

nnn rnBnAArU , (32)

которая вследствие линейности и однородности уравнения Ла-пласа также служит его решением. Остается определить вели-чины А0, Аn, Вn так, чтобы эта функция удовлетворяла условию

)(fU Rr

, т.е.

1

0 sincos2

)(n

nnn RnBnAAf .

Здесь мы имеем разложение функции )(f в ряд Фурье в промежутке ; . В силу известных формул находим:

dfA )(10 ,

dnfR

A nn cos)(1 ,

48

dnfR

B nn sin)(1 . (33)

Таким образом, решение уравнения Лапласа в круге на-шли в виде ряда (32) с коэффициентами (33).

Перепишем решение в виде

dnRrfrU

n

n

1)(cos

21)(1),( .

Упростим полученный результат. Полагая Rr , t ,

представим выражение в квадратных скобках в виде

01 21coscos

21

n

n

n

n ntnt .

Рассмотрим ряд

000sincos

n

n

n

n

n

nit ntinte .

Этот ряд сходится при 1 , и его сумма равна

2cos21sincos1

sincos11

11

t

tittiteit .

Следовательно,

2

2

20 cos212

121

cos21cos1

21cos

tttnt

n

n ,

или, возвращаясь к прежним обозначениям, получим

drRrR

rRfrU 22

22

)cos(2)(

21),(

. (34)

Мы получили решение задачи Дирихле для круга в виде инте-грала Пуассона.

3.4. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

5. Найти стационарное распределение температуры на тонкой однородной круглой пластине радиусом R, верхняя по-

49

ловина которой поддерживается при температуре 1°, а нижняя – при температуре 0°.

Решение. Краевая задача имеет вид (23): 02 UUrUr rrr , Rr 0 , 20 ,

.0,0

,0,1),(

RrU

Найдем сначала решение в виде ряда (32) с коэффициентами (33). Для нашего случая коэффициенты разложения примут вид:

11

00

dA , 00 B , 0sin1cos1

00

nnR

dnR

A nnn ,

.12,2

,2,0cos1sin1

00 knnR

knn

nRdn

RB

nnnn

Окончательно решение задачи получим в виде

0

12

12)12sin(

)12(2

21),(

kk

kk

kRrrU

.

Решение задачи можно выписать также в виде интеграла

Пуассона (34):

0

22

22

)cos(221 d

rRrRrRU .

Пусть точка ),( r расположена в верхнем полукруге, т.е. 0 ; тогда изменяется от - до –, и этот интер-

вал длины не содержит точек . Поэтому введем под-

становку t2

tg , откуда 2

2

11)cos(

tt

, 212

tdtd

. То-

гда получим

50

2tgarctg

2ctgarctg1

garct1)()(

1),(2

ctg

2tg

2ctg

2tg

222

22

rRrR

rRrR

trRrRdt

trRrRrRrU

,sin2

arctg1

1

2tg

2ctg

arctg1 22

2

RrrR

rRrR

rRrR

или

sin2

)tg(22

RrrRU

.

Так как правая часть отрицательна, то U при 0 удовле-

творяет неравенствам 121

U . Для этого случая получаем

решение

sin2

)tg(22

RrrRU

,

или sin2

arctg1122

RrrRU

, 0 .

Если же точка расположена в нижнем полукруге, т.е. 2 , то интервал ),( изменения содер-

жит точку –, но не содержит 0, и мы можем сделать под-

становку t2

сtg , откуда 2

2

11)cos(

tt

, 212

tdtd

.

Тогда для этих значений имеем

51

.2

ctgarctg2

tgarctg1

)()(1),(

2tg

2ctg

222

22

rRrR

rRrR

dtrRrR

rRrU

Проводя аналогичные преобразования, найдем

sin2arctg1 22

RrrRU

, 2 .

Так как правая часть теперь положительна )0(sin , то

210 U .

6. Найти решение уравнения 02 UUrUr rrr , удовле-творяющее граничному условию

.0,10

,0,2),(

RrU

Решение. Найдем решение в виде ряда (32), где коэффици-енты примут вид:

122101)(1

0

0

0

dddfA , 00 B ,

52

,0sin2sin101

cos2cos101cos)(1

00

0

0

nnnR

dndnR

dnfR

A

n

nnn

.12,16,2,0

)1(18

)cos80cos8(1cos2cos101

sin2sin101sin)(1

00

0

0

knnR

kn

nR

nnR

nnnR

dndnR

dnfR

B

n

nn

nn

nnn

Решение нашли в виде

0

1212

)12()12sin(166),(

kk

k

kRkrrU

.

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти стационарное распределение температуры на од-

нородной тонкой круглой пластинке радиусом R, если cos),( RrU , 20 .

2. Найти стационарное распределение температуры на однородной тонкой круглой пластинке радиусом R=2, верхняя половина которой поддерживается при температуре 3, а ниж-няя – при температуре -3.

3. Найти стационарное распределение температуры на од-нородной тонкой круглой пластинке радиусом R=5, левая бо-ковая половина которой поддерживается при температуре 1, а правая – при -4.

4. Найти решение уравнения Лапласа для внутренней час-ти кольца 21 r , удовлетворяющее краевым условиям:

0),1( rU , yrU ),2( . 5. Найти решение уравнения Лапласа в круге, удовлетво-

53

ряющее краевым условиям: xrU ),1( . 6. Найти стационарное распределение температуры на од-

нородной тонкой круглой пластине радиусом R при условии

.0,12

,0,10),(

RrU

7. Найти решение уравнения Лапласа в круге, удовлетво-ряющее условиям: eRrU ),( .

4. ПРИБЛИЖЕННОЕ РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Дифференциальные уравнения, возникающие при решении

инженерно-техничеких задач, в большинстве случаев решают-ся только приближенными или численными методами.

Рассмотрим дифференциальное уравнение первого поряд-ка, разрешенное относительно производной ),( yxfy . (1)

Общим решением такого уравнения является семейство функций ),( cxy , зависящее от произвольной постоянной. Чтобы иметь возможность вычислить значение функции в ка-кой-либо точке x, необходимо выделить из этого семейства ча-стное решение. Это делается с помощью задания начального условия вида 0

0yy xx . (2)

Нахождение решения, удовлетворяющего такому условию, на-зывают задачей Коши.

4.1. МЕТОД ПИКАРА ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ ПРИБЛИЖЕНИЙ

Одним из аналитических методов приближенного решения

дифференциальных уравнений является метод Пикара. Он применяется к задаче Коши (1), (2):

54

.),,(

00

yyyxfy

xx

Теорема Пикара. Пусть ),( yxf – функция, непрерывная по x в некоторой области G. Пусть, кроме того, ),( yxf удов-летворяет условию Липшица по y: ),(),( 12 yxfyxf

21 yyK в любой замкнутой ограниченной области G , со-

держащейся в G (константа К зависит от G ). Тогда для любой точки Gyx ),( 00 найдется интервал 0, xba , на котором существует единственное решение задачи Коши (1), (2).

Замечание 1. Поскольку ),( yxf является непрерывной по x, удовлетворяет условию Липшица по y в G , то функция

),( yxf является непрерывной по совокупности переменных. Это легко следует из равенства

.),(),(),(),(),(),( 111212221122 yxfyxfyxfyxfyxfyxf Замечание 2. Предположим, что решение )(xy задачи Ко-

ши (1), (2) существует. Тогда )(,)( yfy , и, проинтегри-ровав равенство в пределах от x0 до x, получим

dyfyxyx

x

0

)(,)( 0 . (3)

Таким образом, всякое решение задачи Коши (1), (2) удов-летворяет уравнению (3). Обратно, продифференцировав (3), получим, что функция y удовлетворяет уравнению (1) и прохо-дит через точку ),( 00 yx .

Значит, вместо доказательства существования и единствен-ности решения дифференциального уравнения (1), проходяще-го через точку ),( 00 yx , можно доказывать, что на отрезке ba, существует, причем только одно, непрерывное решение интегрального уравнения (3).

55

Доказательство теоремы Пикара. Пусть GG – замкну-тая ограниченная область. Точка ),( 00 yx – внутренняя точка G . Обозначим ),(sup yxfМ

G . Поскольку G – ограниченная

и замкнутая область, ),( yxf – непрерывна в G , то M . Проведем через точку ),( 00 yx прямые с угловыми коэффици-ентами М и (–М). Теперь проведем прямые ax и bx так, чтобы получились два равнобедренных треугольника, целиком лежащих в G (рис. 5). Об-ласть этих треугольников назовем G .

Рассмотрим функцию )(0 x , непрерывную на

ba, и такую, что ее гра-фик не выходит за пределы G . Подставим )(0 x в правую часть интегрально-го уравнения (3). Полу-чившуюся функцию назовем )(1 x :

dfyxx

x

0

)(,)( 001 .

При этом )(1 x определена и непрерывна на ba, при 0xx , 001 )( yx . График )(1 x не выходит из области треу-

гольников G . Это получается из неравенства Mf )(, 0

и из оценки интеграла 0001

0

)(,)( xxMdfyxx

x

.

Положим теперь:

y

x

(x0, y0)

а b

G

G

ОРис.

56

.)(,

,)(,

,)(,

0

0

0

10

203

102

dfy

dfy

dfy

x

xnn

x

x

x

x

(4)

Все функции φ1, φ2, … удовлетворяют всем свойствам, от-меченным выше. Установим, что на ba, последовательность φ0, φ1, … равномерно сходится к непрерывному решению ин-тегрального уравнения (3). Поскольку

)(...)()()( 123121 nnn x , то доказательство равномерной сходимости последовательно-сти n эквивалентно доказательству равномерной сходимо-сти ряда

nnn )( 1 .

Оценим разность )( 1 nn , используя неравенство Лип-

шица: dKdffx

xnn

x

xnnnn

00

)(),(),( 111

)()()(max 1 abdK nnba

. Обозначим К(b–a) = m.

Пусть число с таково, что c1 , c2 . Получаем

....2222.........)(...)()(

32123

12123121

cmcmcmccnn

nn

Числовой ряд n

ncm2 является геометрической прогрес-

сией и сходится при 1m . Поэтому интервал ba, считаем достаточно малым, чтобы 1)( abKm . Теперь функ-

57

циональный ряд n

nn )( 1 оценен сверху сходящимся

числовым рядом, следовательно, является равномерно сходящимся. Его сумма непрерывна на ba, , график сум-

мы не выходит из области G .

Так как dKdffx

xn

x

xn

00

)()()(,)(, 11 ,

то в равенствах (4) можно переходить к пределу и справа и слева. Предельная функция )(x удовлетворяет уравнению (3).

Существование решения доказано. Докажем единствен-ность.

Предположим, что кроме решения )(x существует реше-ние )(x , график которого не выходит из области G . Тогда

dfyxx

x

0

)(,)( 0 , dfyxx

x

0

)(,)( 0 .

Их разность Kdffxxx

x

0

)(,)(,)()(

)()(max)( xxab .

Или

)()(max)()(max,,

xxmxxbaxbax

.

Поскольку 1m , то

0)()(max,

xxbax

и )()( xx . Реше-

ние единственно. Теорема доказана полностью.

Таким образом, dfyxxx

xnn

0

)(,)()( 10 , n =1, 2, … .

Погрешность оценивается неравенством

!)()(

nKKcMxx

n

n

, где Myxf ),( ,

Mbac ,min .

Пример 1. Найти приближенное решение уравнения

58

2yxy , удовлетворяющее начальному условию 1)0( y . Решение. В качестве начального приближения возьмем

1)0(0 y . Тогда первое приближение

2

01 2

1111)( xxdxx

.

Аналогично получим второе приближение

5432

0

22

2 201

41

32

231

211)( xxxxxdx

x

и т.д. Пример 2. Построить последовательность пикаровских

приближений решения дифференциального уравнения yxy , удовлетворяющее начальному условию 0)0( y .

Решение. За начальное приближение возьмем 0)0( y . То-

гда 2

00001

21 xddyy

xx

,

!3!26

121

21 32

32

0

22

xxxxdx

,

!4!3!2!3!2

432

0

32

3xxxd

x

,

. . .

).1(1

)!1(...

!2!11

)!1(...

!4!3!2

121432

xex

nxxx

nxxxx

x

nn

n

Заметим, что истинное аналитическое решение имеет вид .1)( xexy x

Задачи для самостоятельного решения

59

Построить 3-4 последовательных приближения решения следующих задач Коши:

1.

.0)0(,22

yyxy 2.

.1)0(,0ch

yxyy

3.

.1)0(,

yyxy

4.

.1)0(,cos2 2

yxxy

4.2. МЕТОДЫ ЭЙЛЕРА И РУНГЕ-КУТТА ЧИСЛЕННОГО РЕШЕНИЯ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ

УРАВНЕНИЙ

Решается задача Коши (1), (2):

.)(),,(

00 yxyyxfy

Задача численного решения дифференциального уравнения первого порядка ставится так: требуется построить таблицу значений функций )(xy , удовлетворяющую уравнению (1) и начальному условию (2) на заданном промежутке ba, с ша-гом h. Простейшим из численных методов интегрирования дифференциальных уравнений является метод Эйлера. Обычно он применяется только для прикидочных расчетов, но идея, положенная в его основу, является исходной для многих дру-гих численных методов.

Метод Эйлера основан на замене искомой функции мно-гочленом первой степени, причем речь идет о нахождении значений функции в соседних узлах, т.е. на линейной экстра-поляции. Выберем шаг настолько малым, чтобы для всех x между x0 и hxx 01 значения функции y мало отличались от линейной функции. Тогда на указанном интервале 0yy

),()()( 000000 yxfxxyyxx , где ),( 000 yxfy есть зна-чение производной 0y в точке 0xx . Таким образом, кривая заменяется на этом интервале отрезком прямой (касательной к кривой в начале участка). Для точки hxx 01 получим:

60

hyyy xx 011

, ),( 0000 yxfhyy ,

hxx 12 , hyy 12 , ),( 1111 yxfhyy . В общем виде этот процесс вычислений по методу Эйлера можно записать в виде последовательности таких формул:

.,),(

1 kkk

kkkk

yyyhyxfhyy (5)

Геометрический смысл метода Эйлера: Интегральная кри-

вая заменяется лома-ной, звенья которой имеют постоянную горизонтальную про-екцию h. Первое звено касается искомой ин-тегральной кривой в ),( 00 yx (рис. 6).

Повышение точно-сти решения может быть получено с по-

мощью уменьшения шага интегрирования. Пример 1. При 1x найти приближенное значение реше-

ния уравнения xyy , удовлетворяющее начальному усло-вию 10 y при 00 x .

Решение. Разделим отрезок 1,0 на 10 равных частей точ-ками 00 x ; 0,1; 0,2; …, 1,0. Следовательно, 1,0h . Значения y1, y2, …, yn будем искать по формуле Эйлера: hxyy kkk )( , или hxyyy kkk )(11 .

Таким образом, получаем 1,11,011,0)01(11 y , 22,11,0)1,01,1(1,12 y , . . .

y

x

y- )(xyy

Рис.

61

В процессе решения составляем табл. 1. Таблица 1

xk yk kk xy hxyy kkk )( x0 = 0 x1 = 0,1 x2 = 0,2 x3 = 0,3 x4 = 0,4 x5 = 0,5 x6 = 0,6 x7 = 0,7 x8 = 0,8 x9 = 0,9 x10 = 1,0

1,0000 1,1000 1,2200 1,3620 1,5240 1,7164 1,9380 2,1918 2,4810 2,8091 3,1800

1,0000 1,2000 1,4200 1,6200 1,9240 2,2164 2,5380 2,8918 3,2810 3,7091

—

0,1000 0,1200 0,1420 0,1620 0,1924 0,2216 0,2538 0,2892 0,3281 0,3709

— Мы нашли приближенное значение 1800,31 xy . Точное

решение данного уравнения, удовлетворяющее начальным ус-ловиям, будет 121 xеy x .

Следовательно, 4366,3)1(21 ly x . Абсолютная погрешность 0,2566; относительная погрешность

%8075,04366,32566,0

.

Пример 2. Используя метод Эйлера, найти значения функ-ции y, определяемой дифференциальным уравнением

xyyy

1 при начальном условии 1)0( y ; шаг 0,1. Ограни-

читься нахождением первых четырех значений y. Решение. Находим последовательные значения аргумента: 00 x , 1,01 x , 2,02 x , 3,03 x . Вычислим соответствующие

значения функции: 1,1)01/()01(1,01),( 0001 yxfhyy ,

183,1)1,01,1/()1,01,1(1,01,1),( 1112 yxfhyy , 254,1)2,0183,1/()2,0183,1(1,0183,1),( 2223 yxfhyy ,

62

315,1)3,0254,1/()3,0254,1(1,0254,1),( 3334 yxfhyy . Таким образом, получаем следующие значения:

Таблица 2

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 y 1 1,1 1,183 1,254 1,315

Метод Рунге-Кутта позволяет получить более точное ре-

шение дифференциального уравнения. Метод также часто ис-пользуется для нахождения значений функций в нескольких начальных точках, что требуется в других, еще более эффек-тивных численных методах. Преимущество метода Рунге-Кутта в том, что он совсем не использует предыдущую ин-формацию. Каждый его шаг делается как бы заново, и для вы-числения значения функции в точке 1nx используется лишь ее значение в точке nx .

Основным недостатком этого метода является его трудоем-кость. Для получения следующего значения функции требует-ся несколько раз вычислять значение производной y′, т.е. об-ращаться к правой части дифференциального уравнения.

Существует несколько методов Рунге-Кутта различных по-рядков. Наиболее распространенным является метод четверто-го порядка.

Выбираем шаг h и вводим следующие обозначения: ihxxi 0 и )( ii xyy , i = 0, 1, 2, … . Для получения значения функции )( 11 ii xyy по методу Рун-ге-Кутта выполняется следующая последовательность опера-ций:

63

.,

,2,2

,2,2

,,

)(3

)(4

)(2)(

3

)(1)(

2

)(1

iii

i

i

iii

i

iii

iii

RyhxfhR

RyhxfhR

RyhxfhR

yxfhR

(6)

После этого приращение функции находим по формуле

)(4

)(3

)(2

)(1 22

61 iiii

i RRRRy , iii yyy 1 . (7)

Геометрический смысл легко проследить по формулам (6), из которых видно, что каждый шаг расчета представляет собой, в сущности, шаг по методу Эйлера. Сначала следует шаг h/2 из точки ),(0 ii yxМ под углом α1, hRy i)(

111 tg , и приходим в точку 2,2 )(

11i

ii RyhxМ . В этой точке вычис-

ляем направление hR i)(22tg и, делая шаг в этом направле-

нии, снова из точки М0 попадаем в точку 2,2 )(

22i

ii RyhxМ . Затем по направлению hR i)(33tg

снова из точки М0 делаем шаг величиной h, который приводит в точку )(

33 , iii RyhxМ , в которой вычисляем направление

hR i)(44tg . Полученные четыре тангенса усредняются с ве-

сами 61 ,

62 ,

62 ,

61 по формуле (7), и по окончательному на-

правлению мы делаем окончательный шаг из ),( ii yx в ),( 11 ii yx .

Оценка погрешности и точность вычислений

Оценить остаточный член метода Рунге-Кутта очень слож-

но, следует только отметить, что если ),( yxf непрерывна и

64

ограничена со своими производными до четвертого порядка и эти производные не очень велики, то с уменьшением шага сет-ки приближенное решение сходится к точному равномерно и остаточный член примерно равен 4h .

Если ε – заданная точность вычислений, то в качестве на-чального шага нужно взять 4 h . Эффективная оценка по-грешности метода Рунге-Кутта затруднительна. Поэтому для определения правильности выбора шага h на практике обычно применяют «двойной пересчет» на каждом этапе из двух ша-гов. А именно, исходя из текущего верного значения )( ixy , вычисляют величину )2( hxy i двумя способами: один раз с шагом h, а другой – с двойным шагом H=2h. Если расхождение полученных значений не превышает допустимой погрешности, то шаг h для данного этапа выбран правильно и полученное с его помощью значение можно принять за )2( hxy i . В против-ном случае шаг уменьшают в два раза.

Все промежуточные значения следует располагать в блан-ке расчета (табл. 3).

Таблица 3

i x y ),( yxfhR Δy

1 ix iy iii yxfhR ,)(

1 )(1

iR

2 2hxi

2)(

1i

iRy

2,2

)(1)(

2

iii

i RyhxfhR )(22 iR

3 2hxi

2)(

2i

iRy

2,2

)(2)(

3

iii

i RyhxfhR )(32 iR

4 hxi 3Ryi )(3

)(4 , i

iii RyhxfhR )(

4iR

)(4

)(3

)(2

)(1 22

61 iiii

i RRRRy

i+1 hxi yyi

65

Пример. Методом Рунге-Кутта найти на отрезке 5,0,0 решение дифференциального уравнения xyy ; 10 xy с

точностью 410 . Этапы решения: 1. Выбираем начальный шаг 1,04 начh .

В промежуточных результатах сохраняем пять знаков после запятой, чтобы в результате получить четыре верных знака.

2. Результаты вычислений заносим в бланк расчета (см. табл. 3). Промежуточные вычисления заносим в табл. 4.

3. По найденным значениям ),( 00 yx , ),( 11 yx , …, как по координатам точек, строим ломаную – приближение инте-гральной кривой (рис. 7).

Порядок заполнения табл. 4: 1. Полагаем начhh . 2. Записываем в первой строке таблицы данные значения

),( 00 yx , в нашем примере (0, 1). 3. Вычисляем ),( 00 yxf , умножаем на h и заносим в таб-

лицу в качестве )0(1R , это же значение заносим в последний

столбец таблицы.

4. Вычисляем во второй строке 20 hx ; 2)0(

10Ry .

5. Вычисляем

2;2

)0(100

Ryhxf , умножаем на h и

заносим в таблицу в качестве )0(2R , а значение )0(

22R заносим в последний столбец.

6. Записываем в третьей строке 20 hx ; 2)0(

20Ry .

7. Вычисляем

2;2

)0(200

Ryhxf , умножаем на h и

66

заносим в таблицу в качестве )0(3R , а значение )0(

32R заносим в последний столбец.

8. Записываем в четвертой строке hx 0 ; )0(30 Ry .

9. Вычисляем )0(300 ; Ryhxf , умножаем на h и зано-

сим в таблицу в качестве )0(4R и в последний столбец.

10. Вычисляем сумму последнего столбца, делим на 6 и за-писываем в новой строке в качестве 0y .

11. Вычисляем 001 yyy , hxx 01 и записываем в пер-вую строку следующего шага.

12. Вычислив таким образом два шага, берем в качестве начhh 2 и проделываем вновь пункты 2 –10.

13. Сравниваем y2, полученное при начhh , и у, полученное при начhh 2 . Если они совпадут с точностью ε, то h можно ос-тавить равным начh ; если нет, то в качестве h нужно взять

2начhh и проделать операции с 1 по 10 для того же значения

x. Этапы решения оформляем в виде табл. 4.

Таблица 4 начhh ; xyy ; 10 xy ; 0001,0

i X y ),()( yxfhR i Δy 1 0 1 0,10000 0,10000 2 0,05 1,05 0,11000 0,22000

0 3 0,05 1,055 0,11050 0,22100 4 0,1 1,11050 0,12105 0,12105

0y 0,11034 1 0 1,11034 0,12103 0,12103 2 0,15 1,17086 0,13209 0,26417

1 3 0,15 1,17637 0,13264 0,26526 4 0,2 1,24298 0,14430 0,14430

1y 0,13246 0,2 1,24280 начhh 2 Проверка

1 0 1 0,20000 0,20000

67

Продолжение табл. 4 начhh ; xyy ; 10 xy ; 0001,0

i x y ),()( yxfhR i Δy 2 0,1 1,10000 0,24000 0,48000 3 0,1 1,12000 0,24400 0,48800 4 0,2 1,24400 0,28880 0,28880

0y 0,24280 0,2 1,24280 1,0 начhh

1 0,2 1,24280 0,14428 0,14428 2 0,25 1,31494 0,15649 0,31299

2 3 0,25 1,32105 0,15710 0,31421 4 0,3 1,39990 0,16999 0,16999

2y 0,15691 1 0,3 1,39971 0,16997 0,16997 2 0,35 1,48470 0,18347 0,36694

3 3 0,35 1,49144 0,18414 0,36829 4 0,4 1,58385 0,19838 0,19838

3y 0,18394 0,4 1,58364 2,02 начhh Проверка

1 0,2 1,24280 0,28856 0,28856 2 0,3 1,38708 0,33416 0,67483 3 0,3 1,41151 0,34230 0,68460 4 0,4 1,58510 0,39702 0,39702

2y 0,34084 0,4 1,58364 1,0 начhh

1 0,4 1,58364 0,19836 0,19836 2 0,45 1,68382 0,21328 0,42656

4 3 0,45 1,69282 0,21403 0,42806 4 0,5 1,79767 0,22977 0,22977

3y 0,21374 5 0,5 1,79743

05,02 начhh Проверка 1 0,4 1,58364 0,09918 0,09918 2 0,425 1,63323 0,10291 0,20582 3 0,425 1,63510 0,10300 0,20600 4 0,45 1,68664 0,10683 0,10683

68

Окончание табл. 4 начhh ; xyy ; 10 xy ; 0001,0

i x y ),()( yxfhR i Δy y 1,10297

1 0,45 1,68661 0,10683 0,10683 2 0,475 1,74002 0,11075 0,22150 3 0,475 1,74198 0,11085 0,22170 4 0,5 1,79746 0,11483 0,11487

y 0,11082 0,5 1,79743

Строим интегральную кривую по найденным значениям (табл. 5).

Таблица 5 x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 y 1 1,11034 1,24280 1,39970 1,5836 1,7974

Задачи для самостоятельного решения

1. Методом Эйлера найти три значения функции y, определяемой уравнением 21 yxy , при начальном условии 1)0( y , полагая

1,0h . 2. Методом Эйлера найти четыре значения функции y, определяемой

уравнением yxy , при начальном условии 1)0( y , полагая 1,0h . 3. Методом Эйлера найти четыре значения функции y, определяемой

уравнением 22 yxy , при начальном условии 1)0( y , полагая 1,0h .

y

О x

Рис. 7

69

4. Методом Эйлера найти численное решение уравнения xyyy 2

при начальном условии 4)2( y , полагая 1,0h (четыре значения). 5. Методом Эйлера найти численное решение уравнения

yxxyyxy

2)1)((

на отрезке 1,0 при начальном условии 1)0( y ,

полагая 2,0h . 6. Составить таблицу значений функции y, определяемой уравнением

yxyy 2

, при начальном условии 1)0( y в промежутке 1,0 ; шаг

2,0h (применить метод Рунге-Кутта).

7. Методом Рунге-Кутта проинтегрировать уравнение 12 xyyx

при начальном условии 0)1( y в промежутке 2,1 ; шаг 2,0h [точное

значение )2()1( 2 xxy ]. 8. Методом Рунге-Кутта проинтегрировать уравнение

22 44 xyy , 1)0( y в промежутке 1,0 с шагом 1,0h . Вычисле-ния вести с тремя верными знаками.

9. Методом Рунге–Кутта проинтегрировать уравнение

yyxy 5,0 , 1)0( y в промежутке 1,0 с шагом 1,0h . Вычисления

вести с тремя верными знаками.

4.3. МЕТОД АДАМСА

Снова будем искать решение уравнения ),( yxfy на отрезке

bx ,0 , удовлетворяющее начальному условию 0yy при 0xx . Вве-дем обозначения. Приближенные значения решения в точках x0, x1, x2, …, xn будут y0, y1, y2, … , yn. Первые разности, или разности первого порядка,

010 yyy , 121 yyy , … , 11 nnn yyy . Вторые разности, или разности второго порядка,

0120102 2 yyyyyy ,

1231212 2 yyyyyy ,

. . .

70

212122 2 nnnnnn yyyyyy .

Разности вторых разностей называются разностями третьего порядка и т.д. Через 0y , 1y , … , ny обозначим приближенные значения производных,

через 0y , 1y , … , ny – приближенные значения вторых производных и т.д. Аналогично определяются первые разности производных

11 nnn yyy , вторые разности производных

2122

nnn yyy и т.д.

Напишем формулу Тейлора для решения уравнения в окрестности точ-ки 0xx :

mm

mRy

mxxyxxyxxyy

)(0

00

20

00

0 ...21)(...

21)(

1. (8)

В этой формуле y0 известно, а значения 0y , 0y , … производных находятся из уравнения ),( yxfy следующим образом. Подставив в уравнение

начальное значение x0, y0, найдем 0y : ),( 000 yxfy . Продифференцировав исходное уравнение по х, получим

yyf

xfy

.

Находим 0y :

000 ,,

0

yyyyxx

yyf

xfy

.

Продолжая дифференцирование, мы можем найти значения производных любого порядка при 0xx . Все члены, кроме остаточного члена Rm, в пра-вой части формулы (8) известны. Таким образом, пренебрегая остаточным членом, мы можем получить приближенные значения решения при любом значении x; их точность будет зависеть от величины 0xx и числа чле-нов в разложении.

В рассматриваемом ниже методе по формуле (8) определяют только несколько первых значений y, когда 0xx мало. Мы определим значения

y1 и y2 при hxx 01 и при hxx 202 , беря четыре члена разложения (y0 известно на основании начальных данных):

71

0

3

0

2

001!3211

yhyhyhyy

, (9)

0

3

0

2

002!3)2(

21)2(

12 yhyhyhyy

. (10)

На основании найденных значений y0, y1, y2, используя уравнение ),( yxfy , определяем:

),( 000 yxfy , ),( 111 yxfy , ),( 222 yxfy .

Зная 0y , 1y , 2y , можно определить 0y , 1y , 02 y . Результаты вычис-

ления заносим в табл. 6.

Таблица 6 х у y y y2 x0 y0 0y 0y

hxx 01 y1 1y 02 y

1y hxx 202 y2 2y

. . . . . . . . . . . . . . . hkxxk )2(02 2ky 2ky

2 ky hkxxk )1(01 1ky 1ky 2

2 ky

1 ky khxxk 0 ky ky

Допустим теперь, что нам известны значения решения y0, y1, … , yk. На основании этих значений, пользуясь уравнением ),( yxfy , мы можем

вычислить значения производных 0y , 1y , … , ky , а следовательно, 0y ,

1y , … , 1 ky и 02 y , 1

2 y , … , 22

ky . Определим значение 1ky по

формуле Тейлора, полагая kxa , hxxx kk 1 :

mm

k

m

kkkkk Rymhyhyhyhyy

)(32

1!

...321211

.

Ограничимся четырьмя членами разложения:

kkkkk yhyhyhyy

321211

32

1 . (11)

72

В этой формуле неизвестными являются ky и ky , которые мы попытаем-ся определить через известные разности первого и второго порядков.

Предварительно представим по формуле Тейлора 1ky , полагая

kxа , hax :

kkkk yhyhyy

21)(

1)( 2

1 (12)

и 2ky , полагая kxа , hax 2 :

kkkk yhyhyy

21)2(

1)2( 2

2 . (13)

Из равенства (12) находим

kkkkk yhyhyyy

211

2

11 . (14)

Вычитая из членов равенства (12) члены равенства (13), получаем

kkkkk yhyhyyy 2

31

2

221 . (15)

Из (14) и (15) находим

kkkk yhyyy 2

22

21 ,

или 22

21

kk yh

y . (16)

Подставляя выражение ky в равенство (14), получаем

h

yhyy kk

k2

22

1

. (17)

Итак, ky и ky найдены. Подставляя выражения (16) и (17) в разложение (11), получаем

22

11125

21 kkkkk yhyhyhyy . (18)

Это и есть формула Адамса с четырьмя членами. Формула (18) дает возможность, зная ky , 1ky , 2ky , определить 1ky . Таким образом, зная y0, y1 и y2, мы можем найти y3 и далее y4, y5, …

Замечание 1. Если существует единственное решение уравнения ),( yxfy на отрезке bx ,0 , удовлетворяющее начальным условиям,

то погрешность приближенных значений, определенных по формуле (18),

73

по абсолютной величине не превосходит 4Mh , где М – постоянная, зави-сящая от длины интервала и вида функции ),( yxf и не зависящая от h.

Замечание 2. Если мы хотим получить большую точность вычисления, то следует брать членов больше, чем в разложении (11), и формула (18) со-ответствующим образом изменится. Так, если вместо формулы (11) мы возьмем формулу, содержащую справа пять членов, т.е. дополним членом порядка 4h , то вместо формулы (18) получим формулу

22

22

1183

125

21 kkkkkk yhyhyhyhyy .

Здесь 1ky определяется через значения ky , 1ky , 2ky и 3ky . Та-ким образом, чтобы начать вычисления по этой формуле, нужно знать че-тыре первых значения решения y0, y1, y2, y3. При вычислении этих значений по формулам типа (9), (10) следует брать пять членов разложения.

Пример 1. Найти приближенные значения решения уравнения xyy , удовлетворяющего начальному условию 10 y при 10 x .

Значения решения определить при х = 0,1; 0,2; 0,3; 0,4. Решение. Найдем сначала y1 и y2 по формулам (9), (10). Из уравнения и

начальных данных получаем 00 )( xyxy 10100 xy .

Дифференцируя данное уравнение, получим 1 yy .

Следовательно, 211)1( 00 xyy .

Дифференцируя еще раз yy , находим 200 yy .

Подставив в равенство (9) значения y0, 0y , 0y и 1,0h , получим

1103,12321

1,02211,01

11,01

32

1

y .

Аналогично при 2,0h получим

2427,12321

2,02212,01

12,01

32

2

y .

Зная y0, y1, y2, на основании уравнения находим: 1000 xyy , 2103,11,01103,1111 xyy ,

4427,12,02427,1222 xyy ,

2103,00 y , 2324,00 y , 00221,002 y .

Полученные значения заносим в табл. 7.

Таблица 7

74

х у y y y2 00 x y0=1,0000 10 y

2103,00 y 1,01 x y1=1,1103 2103,11 y 0221,00

2 y 2324,01 y

2,02 x y2=1,2427 4427,12 y 0244,012 y

2568,02 y 3,03 x y3=1,3995 6995,13 y

4,04 x y4=1,5833

По формуле (18) находим y3:

3995,10221,012

1,052324,021,04427,1

11,02427,13

y .

Далее находим значения 3y , 2y , 12 y . Вновь по формуле (18) находим

y4:

5833,10244,012

1,052568,021,06995,1

11,03995,14

y .

Точное выражение решения данного уравнения 12 xey x .

Следовательно, 58364,114,02 4,04,0

ey x . Абсолютная погреш-

ность 0,0003; относительная погрешность 5836,10003,0

%02,00002,0 .

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти приближенные значения решения уравнения 22 xyy , удовлетворяющего начальному условию 0)0( y . Значения определить при х = 0,1; 0,2; 0,3; 0,4.

2. Найти приближенные значения решения уравнения xyy 2 , удовлетворяющего начальному условию 1)0( y . Значения найти при х = 0,1; 0,2; 0,3; 0,4; 0,5.

3. Найти приближенное значение )4,1(y решения уравнения

75

xeyx

y 1

, удовлетворяющего начальному условию 1)1( y . Сравнить

полученный результат с точным решением.

4.4. ПРИБЛИЖЕННЫЙ МЕТОД ИНТЕГРИРОВАНИЯ СИСТЕМ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОГО ПОРЯДКА

Требуется найти решение системы уравнений

)91(),,,(

)19(),,,(

2

1

zyxfdxdz

zyxfdxdy

удовлетворяющее начальным условиям 0yy , 0zz при 0xx . Требуется определить значения функций y и z при значе-

ниях аргумента x0, x1, … , xk, xk+1, … , xn. Используем рекур-рентные формулы типа (18):

22

11125

21 kkkkk yhyhyhyy , (20)

22

11125

21 kkkkk zhzhzhzz . (21)

Чтобы вычислять по этим формулам, нам необходимо знать у1, у2, z1, z2, ко-торые можно найти по формулам типа (9) и (10):

0

3

0

2

001!3211

yhyhyhyy

, 0

3

0

2

002!3)2(

21)2(

12 yhyhyhyy

,

0

3

0

2

001!3211

zhzhzhzz

, 0

3

0

2

002!3)2(

21)2(

12 zhzhzhzz

.

Для применения этих формул нужно знать 0y , 0y , 0y , 0z , 0z , 0z . Их мы найдем из уравнений (19), (19′) последовательным дифференцировани-ем:

0

0

1110

xxxx z

zfy

yf

xfyy

,

76

0

0

2220

xxxx z

zfy

yf

xfzz

.

Дифференцируя еще раз, найдем 0y , 0z .

Зная у1, у2, z1, z2, находим из уравнений (19) и (19′) 1y , 2y , 1z , 2z , 0y ,

1y , 02 y , 0z , 1z , 0

2z и заполняем табл. 8:

Таблица 8 х у y y y2 z z z z2 x0 y0 0y z0 0z 0y 0z

x1 y1 1y 02 y z1 1z 0

2z 1y 1z

x2 y2 2y 12 y z2 2z 1

2 z 2y 2z

x3 y3 3y z3 3z По формулам (20), (21) найдем у3, z3, а из уравнений (19), (19) найдем 3y ,

3z . Вычислив 2y , 12 y , 2z , 1

2z , снова по формулам (20), (21) най-дем у4, z4 и т.д. Пример. Найти приближенные значения решений системы

.1)0(,0)0(,,

zyyzzy

Вычислить значения решений при х = 0,1; 0,2; 0,3; 0,4. Решение. Из условий находим 100 xzy ; 000 xyz .

Дифференцируя данные уравнения, найдем: 0000 xx zyy , 1000 xx yzz ,

1000 xx zyy , 0000 xx yzz .

По формулам (20), (21) находим:

1002,01321

1,00211,01

11,00

32

1

y ,

77

2013,01321

2,00212,01

12,00

32

2

y ,

0050,10321

1,01211,00

11,01

32

1

z ,

0200,10321

2,01212,00

12,01

32

2

z .

Теперь находим: 1y= 1,0050, 1z = 0,1002,

2y = 1,0200, 2z = 0,2013,

0y = 0,0050, 0z = 0,1002,

1y = 0,0150, 1z = 0,1011,

02 y = 0,0100, 0

2z = 0,0009 и заполняем табл. 9.

Далее по формулам (20) и (21) находим:

3045,00100,012

1,050150,021,00200,1

11,02013,03

y ,

0452,10009,012

1,051011,021,02013,0

11,00200,13

z

и аналогично

4107,00102,012

1,050252,021,00452,1

11,03045,04

y ,

0809,10021,012

1,051032,021,03045,0

11,00452,14

z .

Заметим, что точным решением системы являются функции xy sh , xz ch .

Поэтому 41075,04,0sh4 y ; 08107,14,0ch4 z . Задачи для самостоятельного решения

1. Найти приближенные значения 4,1tx и 4,1ty решений системы

уравнений

78

,3

,

yxdtdy

xydtdx

удовлетворяющих начальным условиям 0x , 1y при 1t . 2. Найти приближенные значения )2,0(x и )2,0(y решений сис-

темы уравнений

79

80

.1)0(,1)0(если,65

,32

xyyxdtdy

yxdtdx

4.5. МЕТОД СЕТОК ЧИСЛЕННОГО РЕШЕНИЯ

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ

Метод сеток, или метод конечных разностей, является одним из самых

распространенных в настоящее время методов численного решения урав-нений с частными производными. В его основе лежит идея замены произ-водных конечно-разностными отношениями. Пусть в плоскости ХОУ имеется некоторая область G с границей Г. По-строим на плоскости два семейства параллельных прямых:

ihxx 0 , i = 0, ±1, ±2, … ; klyy 0 , k = 0, ±1, ±2, … .

Точки пересечения этих прямых назовем узлами. Два узла назы-ваются соседними, если они уда-лены друг от друга в направлении оси Ох или Оу на расстояние, равное шагу сетки соответствен-но. Выделим узлы, принадлежа-щие области G и границе Г, а также некоторые узлы, не при-надлежащие этой области, но

расположенные на расстоянии, меньшем, чем шаг от границы Г. Узлы, у которых четыре соседних узла принадлежат выделенному множеству уз-лов, называются внутренними (узел А, рис. 8). Оставшиеся из выделенных узлов называются граничными. Значения искомой функции ),( yxUU в узлах сетки будем обозначать ),( 00, klyihxUU ki . В каждом

внутреннем узле ),( 00 klyihx заменим частные производные разност-ными отношениями:

hUUU kiki

ikx2

,1,1 ;

lUUU kiki

iky2

1,1, , (22)

а в граничных точках

h

UUU kikiikx

,,1 ;

lUUU kiki

iky,1,

. (23)

y

xРис.

81

Аналогично заменяются частные производные второго порядка. Решение задачи Дирихле в прямоугольнике для уравнения Лапласа методом сеток

1. Постановка задачи Требуется найти с точностью ε приближенное решение уравнения Лапласа

0 yyxx UU , (24)

где ),( yxUU определена внутри прямоугольника G:

),( yxG , bxa , dxc , если на границе Г области

bxadycydycbxaxГ

,,,,

известны граничные условия: ),(),( yxfyxU , Гyx ),( . (25)

2. Построение сетки

Отрезок ba, разделим на М равных частей с шагом hx, отрезок dc, – на N равных частей с шагом hy:

Mabhx

,

Ncdhy

.

Точки деления обозначим: xi ihax , i0, 1, 2, … , М, yj jhcy , j0,

… , N. Проведем прямые ixx и jyy , параллельные осям координат.

Совокупность всех узлов образует сетку ),( yx hhw (рис. 9).

Узлы ),( ji , 1,...,2,1 Mi ; 1,...,2,1 Nj являются внутренними, а узлы ),( ji при 0i и Мi , 1,...,1 Nj и при 0j и Мj ,

1,...,1 Mi – граничными. Вершины прямоугольника – точки (0, 0), (0, N), (M, 0), (M, N) – угловые узлы.

y

y0

y

(i, j)

82

3. Сеточная задача

Вместо непрерывной функции ),( yxU будем рассматри-вать ее определенные значения в узлах сетки – сеточную

функцию ),( jiij yxUU , i0, 1, … , М, j0, 1, … , N. Во внут-ренних узлах сетки введем сеточные аналоги производных:

jijijix

jixx UUUh

yxU ,1,,12 21, ,

1,,1,2 21, jijijiy

jiyy UUUh

yxU .

Тогда уравнение Лапласа (24) будет иметь сеточный аналог в виде

021211,,1,2,1,,12 jijiji

yjijiji

xUUU

hUUU

h (26)

для внутренних узлов 1,...,2,1 Mi , 1,...,2,1 Nj . Граничные условия (25) на сетке примут вид

jiji fU ,, (27)

для граничных узлов ),( ji , 0i и Мi , 1,...,2,1 Nj , 0j и Nj , 1,...,2,1 Mi ,

где ),(, jiji yxff . Для угловых точек пересчитаем значения сеточной функции, взяв

среднее арифметическое двух значений, полученных при движении к вер-шине по вертикальной и горизонтальной границе.

4. Метод итераций

Из сеточного аналога уравнения Лапласа (26) выразим jiU , :

1,1,2

,1,12

22,2

1

jijixjijiy

yxji UUhUUh

hhU , (28)

1,...,2,1 Mi , 1,...,2,1 Nj .

83

Для вычисления по формуле (28) при-меняется так называемая схема «крест»: срединное значение jiU , рас-считывается по четырем соседним уз-лам (рис. 10). Заменим в системе (28), состоящей из )1()1( NМ – се-

точного уравнения, значения jU ,0 ,

jMU , , 0,iU , NiU , их значениями на границе из условия (25). Тогда в системе (28) останется )1()1( NМ

неизвестных значений jiU , , 1,...,2,1 Mi , 1,...,2,1 Nj .

Пусть известны на некоторой итерации 0k все значения jiU , . Тогда

значения искомой функции на следующей )1( k итерации рассчитывают-ся по следующему итерационному алгоритму:

)(1,

)(1,

)(,1

)(,1

)1(,

kji

kji

kji

kji

kji UUUUU , (29)

где 22

2

2 yx

y

hhh

, 22

2

2 yx

x

hhh

, k0, 1, 2, … , K.

Процесс итерации (29) продолжается до такого номера К, пока не будет достигнута заданная точность , т.е. будет выполняться следующий крите-рий:

)(,

)(,

)1(,

,max k

jikji

kji

jiUUU . (30)

Тогда полагаем )1(,, kjiji UU , 1,...,2,1 Mi , 1,...,2,1 Nj , т.е.

решение задачи получено в виде таблицы значений функции.

5. Выбор начального приближения

Для начала расчета по формуле (29) необходимо задать начальное при-

ближение )0(ijU , 1,...,2,1 Mi , 1,...,2,1 Nj . На границе извест-

ны: ijij fU )0( , 0i , Мi , 1,...,1 Nj , 0j , Nj ,

1,...,1 Mi . Для внутренних узлов проинтегрируем значения в граничных узлах

следующим образом (метод прямых). Зафиксируем горизонтальную пря-

мую 1j (горизонтальный профиль). Предположим, что значения )0(ijU

Рис. 10

i+1

i–1

j+1

j

i

84

на этом горизонтальном профиле (i0, 1, … , М) равномерно меняются от

значения jij fU 0)0( до значения МjМj fU )0( при 1j . Линейный закон

изменения следующий:

iМ

fffU Мi

011

01)0(

1 , i0, 1, … , М.

Таким образом, вычислим значения во всех узлах горизонтального профиля 1j (на рис. 11 эти узлы помечены ).

Аналогично заполняем первый вертикальный профиль, т.е. узлы на вертикальной прямой 1i . Будем считать, что jU1 линейно меняется от

)0(11U , полученного из расчетов на горизонтальном профиле, до

NN fU 1)0(

1 :

)1(1

)0(111)0(

11)0(

1

jN

UfUU Nj , j1, 2, … , N.

На рис. 11 значения первого вертикального профиля отмечены 0. Далее рассчитываем следую-

щий горизонтальный профиль 2j , а затем вертикальный 2i

и т.д., двигаясь из нижнего левого угла сетки направо и вверх, то по горизонтальному, то по вертикаль-ному профилю. Для j-го горизон-тального профиля расчетные фор-мулы примут вид

)1(1

)0(,1)0(

,1)0(

jijM

UfUU jiMj

jiij

, ij–1, j, … , М. Для i-го вертикального профиля значения начального приближения вычис-ляются по формуле

)()0(

)0()0( ijiN

UfUU iiiNiiij

, ji, i+1, … , N.

Так, чередуя горизонтальные и вертикальные профили, заполним весь ну-левой слой при 0k .

6. Оформление работы

i=0

i=1

i=М

j=0

j=1

j=N

Рис. 11

85

Для каждого номера итерации K составляется таблица - шаблон, в каж-дую клетку которой заносятся значения ijU на очередной итерации (табл. 10.)

Таблица 10

U0N U1N U2N … UMN j=N U0,N-1 U1,N-1 U2,N-1 … UM,N-1 j=N–1

… … … … … U01 U11 U21 … UМ1 j=1 U00 U10 U20 … UМ0 j=0 i=0 i=1 i=2 i=M Каждый шаблон сопровождается вычислительным значением макси-

мального отличия значения этого шаблона от соответствующих значений предыдущего шаблона. Шаблонов строится К штук, пока не выполнится условие (30).

Метод сеток для уравнения гиперболического типа

Требуется найти функцию, удовлетворяющую уравнению

2

22

2

2

xUa

tU

, (31)

а также начальным условиям: )()0,( xfxU , )()0,( xФxU t , Sx0 (32)

и краевым условиям: )(),0( ttU , )(),( ttSU . (33)

Так как введение переменной at приводит уравнение (31) к виду

2

2

2

2

xUU

, (34)

то в дальнейшем можно принять 1a . Построим в полуполосе 0t , Sx0 два семейства параллельных прямых:

ihx , i = 0, 1, … , h, jlt , j = 0, 1, … и заменим производные в уравнении (34) разностными отношениями. По-лучим

2,1,,1

21,,1, 22

hUUU

lUUU jijijijijiji

. (35)

Обозначая hl

, придем к разностному уравнению

86

jijijijijiji UUUUUU ,1,,12

1,,1, 22 . (36)

Доказано, что при 1 это разностное уравнение устойчиво. В частности, при 1 уравнение (36) имеет более простой вид

1,,1,11, jijijiji UUUU . (37) Оценка погрешности приближенного решения, полученного из уравнения (37) в полосе Sx0 , Tt 0 , имеет вид

42

34

2)2(

12~ MTTMhMhUU ,

где U~ – точное решение,

k

k

k

k

kxU

tUM ,max , k=3, 4.

Замечание. Для получения уравнения (37) была использована схема уз-лов, отмеченная на рис. 12. Эта схема является явной, т.к. уравнение (37) позволяет найти значения функции ),( txU на слое tj+1, если известны зна-чения на двух предыдущих слоях. Для того, чтобы знать значения ре-шений задачи (31) – (33), необходи-мо знать значения решений на двух начальных слоях. Их можно найти из начальных условий одним из сле-дующих способов.

Первый способ. Заменяем в на-чальных условиях (32) производную

)0,(xU t разностным соотношени-ем

iiii ФxФ

lUU

)(0,1, ;

для определения значений ),( txU на слоях j0, j1 получаем:

ii fU 0, , iii lФfU 1, .

Второй способ. Заменяем производную )0,(xU t разностным соотно-

шением lUU ii

21,1,

, где 1,iU – значения функции ),( txU на слое j–1.

Тогда из начальных условий (32) будем иметь

xРис. 12

(i,j-

(i,j)

(i,j+1)

(i+1,j)

(i-

87

ii fU 0, , iii Ф

lUU

21,1, . (38)

Напишем разностное уравнение (37) для слоя j0 1,0,10,11, iiii UUUU . (39)

Исключив из уравнений (38), (39) значения 1,iU , получим:

ii fU 0, , iiii lФffU )(21

111, .

Третий способ. Если функция )(xf имеет конечную вторую произ-

водную, то значения 1,iU можно определить с помощью формулы Тейлора.

20,

220,

0,1, 2 tUl

tU

lUU iiii

. (40)

Используя уравнение (34) и начальные условия (32), можем записать:

ii fU 0, , ii Фt

U

0, , i

i fxU

tU

2

20, . Тогда по формуле (40) бу-

дем иметь

iiii fllФfU 2

2

1, . (41)

Пример. Методом сеток найти решения задачи

.0),1(),(,0)0,(,)1(sin2,0)0,(

,2

2

2

2

tUtxUxUxxxU

xU

tU

t

Решение. Возьмем квадратную сетку с шагом h0,05. Значения ),( txU на 2-х начальных слоях найдем вторым способом; т.к. 0)( xФ и

xxxf )1(sin2,0)( , будем иметь

ii fU 0, , )(21

111, iii ffU , i = 0, 1, 2, … , 10. (42)

Решение задачи удобно оформить в таблицу, порядок заполнения кото-рой следующий:

1. Вычисляем значения )(0, ii xfU при ihxi и записываем в

88

первую строку (она соответствует значению 00 t ). В силу симметрии за-дачи заполняем таблицу при 5,00 x . В первом столбце (он соответст-

вует значению 00 x ) записываем краевые значения. 2. По формуле (42) находим 1,iU , используя значения 0,iU из первой

строки. Результаты записываем во вторую строку. 3. Вычисляем значения jiU , на последующих слоях по формуле (37).

При j1 последовательно получаем: 0050,00015,000065,00,11,01,22,1 UUUU ,

094,00056,00028,00122,00,21,11,32,2 UUUU , . . .

0456,00500,00478,00478,00,101,91,112,10 UUUU . Вычисления при j2, 3, … , 10 проводятся аналогично. В последней строке табл. 11 приведены значения точного решения при 5,0t . Метод сеток численного решения дифференциальных уравнений пара-

болического типа

Рассмотрим задачу для уравнения теплопроводности. Найти функцию ),( txU , удовлетворяющую уравнению

2

22

xUa

tU

, (43)

начальному условию )()0,( xfxU , Sx0 (44)

и краевым условиям: )(),0( ttU , )(),( ttSU . (45)

Путем введения переменной ta2 уравнение (43) приводится к виду

2

2

xU

tU

, поэтому в дальнейшем примем 1a . Покроем область сет-

кой, образованной прямыми: ihx , i = 0, 1, 2, … ; jlt , j = 0, 1, 2, … .

89

90

Обозначим ihxi , jlt j , jiji UtxU ,),( и приближенно заменим в

каждом внутреннем узле ),( ji tx производную 2

2

xU

разностным отноше-

нием 2,1,,1

,2

2 2h

UUUxU jijiji

ji

, а производную t

U

- одним

из разностных отношений:

l

UUt

U jiji

ji

,1,

,

,

lUU

tU jiji

ji

1,,

,

.

Тогда получим два типа конечно-разностных уравнений:

2,1,,1,1, 2

hUUU

lUU jijijijiji

, (46)

2,1,,11,, 2

hUUU

lUU jijijijiji

. (47)

Обозначив 2hl

, приводим эти уравнения к виду:

jijijiji UUUU ,1,1,1, )21( , (48)

0)21( 1,,1,1, jijijiji UUUU . (49) Отметим, что для уравнения (46) была использована явная схема узлов (рис. 13), для уравнения (47) – неявная схема (рис. 14).

При подборе числа в уравнениях (48), (49) следует учитывать два

обстоятельства: 1) погрешность замены дифференциального уравнения разностным

должна быть наименьшей; 2) разностное уравнение должно быть устойчивым.

(i-

(i,j)

(i+1,j)

(i,j+1)

Рис. 13

(i-

(i,j)

(i+1,j)

(i,j-1)Рис. 14

91

Доказано, что уравнение (48) будет устойчивым при 210 , а

уравнение (49) – при любом . Наиболее удобный вид уравнение (48)

имеет при 21

:

2

,1,11,

jijiji

UUU

(50)

и при 61

:

jijijiji UUUU ,1,,11, 461

. (51)

Оценка погрешности приближенных решений, полученных из уравнений (49), (50), (51) в полосе Sx0 , Tt 0 , соответственно имеют вид:

21

3~ hMTUU , (52)

42

135~ hMTUU , (53)

1

2

122~ MhlTUU

, (54)

где U~ – точное решение задачи (43) – (45),

)(,)(,)(max )4(1 ttxfM , Sx0 , Tt 0 ,

)(,)(,)(max )4()4()6(1 ttxfM , Sx0 , Tt 0 .

Из приведенных оценок погрешностей (52) – (54) видно, что уравнение (51) дает более высокую точность решения по сравнению с (50). Но уравнение (50) имеет более простой вид, кроме того, шаг l по аргументу t для уравне-ния (54) должен быть значительно меньше, что приводит к большему объ-ему вычислений. Уравнение (47) дает меньшую точность, но при этом шаги l и h выбираются независимо друг от друга. Уравнения (48), (49) позволяют вычислять значения ),( txU на каждом слое по явным формулам через ее значение на предыдущем слое; уравнение (47) (неявная схема) этим свой-ством не обладает.

92

Методом сеток можно решить краевую задачу для неоднородного па-раболического уравнения

),(2

2txF

xU

tU

.

Тогда соответствующее разностное уравнение, использующее явную схему узлов, имеет вид jijijijiji lFUUUU ,,1,1,1, )21( .

Пример. Найти приближенное решение уравнения 2

2

xU

tU

, удов-

летворяющее условиям xxU sin)0,( , 10 x , 0),1(),0( tUtU , 025,00 t .

Решение. Выберем по аргументу x шаг 1,0h . Так как 21

, полу-

чаем по аргументу t шаг 05,02

2

hl . Записываем в табл. 12 начальные и

краевые условия. Учитывая их симметрию, заполняем таблицу только для x0; 0,1; 0,2; 0,3; 0,4; 0,5. Значения функции ),( txU в первом слое нахо-дим по формуле (50) при j0, используя значения на начальном слое и

краевые условия: 2

0,10,1,

ii

jiUUU . Таким образом, получаем:

2939,0)05878,0(21)(

21

0,00,21,1 UUU ,

5590,0)3090,08090,0(21)(

21

0,10,31,2 UUU .

Записываем полученные значения 1,iU , i1,2,3,4,5 во вторую строку табл. 12. После этого переходим к вычислению значений на втором слое по фор-

муле (50) при j1: 2

1,11,12,

ii

iUUU . Подобным образом определяем

последовательно значения при t0,005; 0,010; 0,015; 0,020; 0,025. В двух последних строках таблицы приведены значения точного реше-

ния задачи xetxU t sin),(~ 2

и модуля разности UU ~

при t0,25.

Таблица 12

93

xi t 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

0 0 0,3090 0,5878 0,8090 0,9511 1,0000 0,005 0 0,2939 0,5590 0,7699 0,9045 0,9511 0,010 0 0,3795 0,5316 0,3718 0,8602 0,9045 0,015 0 0,02658 0,5056 0,6959 0,8182 0,8602 0,020 0 0,2528 0,4808 0,6616 0,7780 0,8182 0,025 0 0,2404 0,4574 0,6294 0,7400 0,7780

U~ 0,025 0 0,2414 0,4593 0,6321 0,7431 0,7813

iUU ~ 0,025 0 0,0010 0,0019 0,0027 0,0031 0,0033

Для сравнения по формуле (52) получим оценку:

0)()( tt , xxf sin)( 4)4( , 41 M .

0081,001,022,973025,0

3025,0~ 24 hUU .

Метод прогонки для уравнения теплопроводности

Пусть требуется в полосе аx0 , Tt 0 найти решение уравне-

ния (43) 2

2

xU

tU

, удовлетворяющее условиям (44), (45).

Выбираем шаги h и l по аргументам x и t соответственно, в каждом внутреннем узле заменяем производные конечно-разностными отношения-ми, вычисляем значения функций )(xf , )(x , )(x в граничных узлах

и, обозначив l

hS2

, получаем систему

0)2( ,1,11,1,1 jijijiji SUUUSU , (55) i = 1, 2, … , n; j = 0, 1, 2, … .

)(0, ii xfU , (56)

)(,0 jj tU , (57)

)(, jjn tU . (58) Метод прогонки решения системы (55) – (58) заключается в том, что урав-нение (55) приводится к виду 1,11,1,1, jijijiji UbaU , (59)

где числа 1, jia , 1, jib определяются последовательно по формулам:

94

S

a j

211

1 , 111

1 )( SUtb jj ; (60)

1,1

1,2

1

ji

ji aSa , jijijiji SUbab ,1,11,11, . (61)

Затем из краевого условия (58) находим )( 11, jjn tU и последователь-

но определяем значения 1, jiU , i = n–1, … , 1 по формуле (59). Таким образом, метод прогонки позволяет определить значения

),( txU на слое 1 jtt , если известны ее значения на слое jtt .

Порядок решения задачи

Прямой ход. Используя краевые условия (57), по формулам (60), (61) находим числа 1,1 ja , 1,1 jb , 1, jia , 1, jib , i = 2, 3, … , n.

Обратный ход. Из краевого условия (58) получаем )( 11, jjn tU . Затем по формуле (60) вычисляем:

....

,,

1,11,11,21,1

1,21,21,11,2

1,11,11,1,1

jjjj

jnjnjnjn

jnjnjnjn

abUU

abUUabUU

(62)

Пример. Методом прогонки найти решение уравнения 2

2

xU

tU

,

удовлетворяющее условиям )1(4)0,( xxxU , 0),1(),0( tUtU .

Решение. Возьмем h0,1; l0,01. Следовательно, 12

lhS . Найдем

методом прогонки значения функции ),( txU на слое t0,01.

Прямой ход. Записываем в строке 0,iU табл. 13 значения начальной

функции )( ixf , i0, 1, … , 10. Находим по формулам (60) при j0 числа

31

1,1 а , 36,00,11,1 Ub . Затем по формулам (62) при j0 последова-

тельно вычисляем:

95

375,083

31

1,11,2

aа ; 76,064,012,00,21,11,11,2 Ubab ;

381,0625,21

31

1,21,3

aа ;

125,1840,0760,0375,00,31,21,21,3 Ubab . Таблица 13

i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0iU 0 0,360 0,640 0,840 0,960 1,000 0,960 0,840 0,640 0,360 0 1iа 0 0,333 0,375 0,382 0,382 0,382 0,382 0,382 0,382 0,382 0 1ib 0 0,360 0,760 0,125 1,389 1,153 1,544 1,430 1,186 1,813 0 1iU 0 0,310 0,572 0,764 0,882 0,921 0,882 0,764 0,571 0,310 0

Обратный ход. Из краевых условий получаем 01,10 U . Значение

1,iU , i9,8,…,1 вычисляем по формулам (62) при j0:

310,0382,0813,0)( 1,91,91,101,9 abUU .

571,0382,0)186,1313,0()( 1,81,81,91,8 abUU . . . . 310,0333,0)360,0572,0()( 1,11,11,21,1 abUU .

4.6. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ГРУНТА Пусть одномерное перемещение частиц пластически сжи-

маемого грунта происходит параллельно оси x (рис. 15), то-гда это движение описывается уравнением в частных про-

изводных.

xP

xt

, (63)

где Р, , – давление, плотность и скорость частиц грунта; t – время. Такое движение грунта имеет место, например, при его взаи-модействии с рабочими орга-нами дорожно-строительных

машин. Рис. 15

x

96

Важным для практических приложений, в частности для описания динамики какого-либо процесса взаимодействия, изменяющегося во времени, является случай нестационар-

ного движения, когда txt 00, . (64)

В этом случае решение дифференциального уравнения (63), записанного в форме

2 xHtGx

xФtGt

, (65)

где Ф(х), H(х) и G(х) – некоторые известные функции, удовлетворяющие начальному условию (64), можно получить в виде неявной функции

0)()(

)()(

)()()(

2

0

2

101

21

xfxh

xfxfg

xfxhtg

, (66)

где

dx

xФxH

exf )()(

2 )( , dxxФxfxh)()()( 2 , dttGtg )()(1 ,

10 – обратная функция 0 .

Выражение (66) представляет собой решение задачи Коши для уравне-ния (65) при начальном условии (64). Пример. Пусть нестационарное движение грунта представ-

лено дифференциальным уравнением 2

2 1 tx

tx

xt

, (67)

решение которого удовлетворяет начальному условию tt 1, . (68)

Здесь x

xxФ 1)(2

, 1)( xH , ttG )( , 212

2 1)(

xxf ,

21

2 2)1( f , 2

12 1)(

xxh , 21

2)1( h ,

2)(

2ttg . (69)

Тогда искомое частное решение уравнения (67), удовлетворяющее условию (68), с учетом обозначений (69) будет иметь вид

97

02

11

11 2

2

2

2

xxt

. (70)

Или в явном виде

21

2

22 21

212

xxt . (71)

Поставим более общую задачу. Пусть функции ),( tx и ),( txP можно представить как

);(),(),( xxtx 2)()( tgxfP ,