УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5)...

46
Министерство образования и науки, молодежи и спорта Донбасская государственная машиностроительная академия Составитель Костиков А.А. УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ КОНСПЕКТ ЛЕКЦИЙ для студентов направлений подготовки 6.040303 «Системный анализ» Краматорск 2012

Upload: others

Post on 14-Jun-2020

39 views

Category:

Documents


0 download

TRANSCRIPT

Page 1: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Министерство образования и науки, молодежи и спорта Донбасская государственная машиностроительная академия

Составитель Костиков А.А.

УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

КОНСПЕКТ ЛЕКЦИЙ

для студентов направлений подготовки

6.040303 «Системный анализ»

Краматорск 2012

Page 2: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

УДК 519, 92 (076.5)

Конспект лекций по дисциплине «Уравнения математической физики»(студентов 3-го курса специальности 6.040303 «Системный анализ» заочной формы обучения)

/ Сост. А.А.Костиков - Краматорск, ДГМА, 2012. – 46С.

В конспекте рассматриваются основные типы уравнений математической физики и различные методы их решения. Приводится физическая интерпретация полученных результатов, рассматриваются теоремы существования и единственности решений краевых задач. Дано значительное количество примеров и задач различного уровня сложности.

Конспект лекций является учебным пособием для студентов, обучающихся по специальности системный анализ.

.

Page 3: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Лекция 1.

Уравнения математической физики. Постановка задач для линейных дифференциальных уравнений в частных производных 2-го

порядка.

Рассматриваемые вопросы. 1. Предмет математической физики. 2. Основные уравнения математической физики. Математические модели. 3. Постановка задач для линейных дифференциальных уравнений в частных производных 2-го порядка.

Общие положения.

Пусть ),( yxu – некоторая неизвестная функция …;;;;;2

22

2

2

y

u

yx

u

x

u

y

u

x

u

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

и т.д.

ее частные производные различного порядка. Рассмотрим уравнение

,0,,),,(,, =

∂∂

∂∂

…y

u

x

uyxuyxF (1.1)

связывающие независимые переменные х, у, искомую функцию u(х, у) и ее частные производные различного порядка. Уравнение (1.1) называют дифференциальным уравнением в частных производных.

Порядок уравнения определяется наивысшим порядком частной производной, входящей в это уравнение.

Примеры.

1) 0=∂∂x

u– дифференциальное уравнение первого порядка.

2) 02

=+∂∂+

∂∂∂

ux

u

yx

u– дифференциальное уравнение второго порядка

и т.п. Решением дифференциального уравнения называется любая функция u(х, у),

обращающая его в тождество. Задачи, связанные с решением дифференциального уравнения в частных производных, как правило, более сложные по сравнению с задачами для обыкновенных дифференциальных уравнений.

Мы знаем, что общее решение обыкновенных дифференциальных уравнений n-го порядка зависит от n произвольных постоянных С1, С2, …, Сn. Более сложная ситуация складывается при решении дифференциальных уравнений в частных производных.

Например, решением дифференциального уравнения 0=∂∂x

u является любая функция

),(yfu = т.е. общее решение зависит от бесконечного числа функций, зависящих только от одной переменной

Или .0=∂∂+

∂∂

y

u

x

u

Рассмотрим )(),( x-yfyxu =

1⋅∂∂=

∂∂

z

f

x

u (где z=x-y)

)1(−⋅∂∂=

∂∂

z

f

y

u

Page 4: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

и

0)1( =∂∂−+

∂∂=

∂∂+

∂∂

z

f

z

f

y

u

x

u

при произвольной функции f(z).

Предмет теории уравнений в частных производных составляет изучение дифференциальных уравнений, описывающих то или иное явление природы, по преимуществу физической. Наш курс будет посвящен по преимуществу уравнениям в частных производных второго порядка.

В связи с этим рассмотрим некоторые физические задачи, приводящие к решению дифференциальных уравнений в частных производных.

Задача 1 (о поперечных колебаниях струны). Пусть струна длиной l натянута с силой Т0 и находится в прямолинейном

положении равновесия. В момент времени t=0 точкам струны сообщаются некоторые отклонения и скорости.

Поставим задачу об определении малых поперечных колебаний точек струны при t>0, если концы струны:

а) жестко закреплены, б) свободны, в) двигаются в поперечном направлении по заданным законам. Сопротивлением среды и силой тяжести пренебрегаем. Решение. Пусть ось ох совпадает с первоначальным положением струны в

положении равновесия

Выделим участок струны от А до В и спроектируем все действующие на этот

участок силы на ось u. Согласно принципу Даламбера сумма проекций должна равняться нулю.

,)(1 2 xdxuSxx

x

xAB ∆≅′+= ∫∆+

так как мы рассматриваем малые колебания и ( )2xu′ – малой величиной пренебрегаем.

Это значит, что удлинение участка струны не происходит и, следовательно, по закону Гука величина натяжения ||0 TT = не зависит ни от времени, ни от х.

Проекция силы натяжения .),())()(())()(()(sin)(sin 00000 xtxuTxuxxuTxtgxxtgTxTxxT xxxx ∆′′≅′−∆+′=−∆+≅−∆+ αααα

Пусть ),( txp – непрерывная линейная плотность внешних сил. Тогда на АВ действует вдоль оси u сила .),( xtxp ∆

Для нахождения силы инерции воспользуемся выражением ,ttum ′′− где .xm ∆= ρ

Тогда

0 х х+∆ х

х

u

A B T(х+∆ х)

T(х)

l

Page 5: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

0)(),( 2

2

2

2

0 =∆

∂∂−+

∂∂

xt

uxtxp

x

uT ρ

или

.0),()( 2

2

2

2

0 =+∂∂−

∂∂

txpt

ux

x

uT ρ

Это и есть уравнение вынужденных колебаний струны.

Если ρ=const и ,02

ρT

a = то

).,(2

22

2

2

txgx

ua

t

u +∂∂−=

∂∂

(1.2)

Кроме того, искомая функция u(х, у) должна удовлетворять начальным условиям: )()(

0xtxu

tϕ=

= – начальное положение струны

)(0

xt

u

t

ψ=∂∂

=

– начальный импульс.

Краевые условия: а) струна закреплена на концах

=

=

=

=

0),(

0),(0

lx

x

txu

txu,

б) в случае свободных концов должно быть

0,00

=∂∂=

∂∂

== lxx x

u

x

u

в)

=

=

=

=

)(

)(

2

10

tu

tu

lt

t

µ

µ – законы движения концов струны.

Задача 2 (Уравнение неразрывности. Задача обтекания). Рассмотрим движение идеальной жидкости (газа), т.е. жидкости в которой

отсутствуют силы вязкости. Пусть ),,( 321 vvvV – вектор скорости движения жидкости, ),( txρ –ее плотность,

),( txf – интенсивность источников. Выделим в жидкости некоторый объем ω, ограниченный поверхностью S. Изменение массы жидкости внутри ω в единицу времени равно

∫∫ ∂∂=

∂∂

ωω

ρρ dxt

dxtxt

),(

с другой стороны это изменение должно равняться приращению количества Q1 жидкости за счет источников

∫=ω

,),(1 dxtxfQ

минус количество Q2, вытекающей через S

∫∫ ⋅=⋅=ω

ρρ dxvdivdstnvQS

)()(2 – формула Остроградского-Гауса,

где n – внешняя нормаль к S, таким образом

∫ =−⋅+ω

ρυ .0))(( dxfvdivt

В силу произвольности ω

Page 6: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

).,()( txfvdivt

=+∂∂ ρρ

(1.3)

Это и есть уравнение неразрывности движения идеальной жидкости. Рассмотрим теперь задачу обтекания твердого тела Ω с границей S потенциальным

потоком несжимаемой однородной жидкости, имеющей заданную скорость 0v на

бесконечности при отсутствии источников. В этом случае const=ρ и .0≡f Поэтому:

0=vdiv при условии .0=Snv

Пусть u –потенциал скоростей, т.е. ,graduV = тогда 00 =∆⇒= uugraddiv и

.0=∂∂

Sn

u

0||

)( vxvx ∞→→ ,

поэтому

==∂∂

Ω∈=∆

∞→||0lim0

0

xS

vugradn

u

xu

(1.4)

Задача 3 (о распространении тепла). Вывод уравнения теплопроводности базируется на законе Фурье, согласно которому

количество тепла, проходящего за время ∆t через малую площадку ∆S, лежащую внутри рассматриваемого тела, определяется формулой

,),(

),( tSn

txuuxkQ ∆∆

∂∂−=∆

где n – нормаль к ∆S, направленная в сторону передачи тепла, k(x, u) – коэффициент внутренней теплопроводности, u(x, t) – температура тела в точке ),,( 321 xxxx = в момент

времени t. Предполагается, что тело изотропно в отношении теплопроводности, т.е. k(x, u) не зависит от направления площадки.

Выделим внутри тела объем ω, ограниченный S. Согласно закону Фурье, количество тепла, втекающее через S за промежуток [t1, t2], равно

.)(2

1

2

1

ωω

dukgraddivdtdsn

ukdt

t

tS

t

t∫∫∫∫ =

∂∂

Если ),( txF – плотность тепловых источников, то количество тепла, образованного за их счет в ω за указанный промежуток времени, равно

∫∫ω

ω.),(2

1

dtxFdtt

t

Общее количество тепла притекающего в ω за время от t1 до t2 можно посчитать и за счет приращения температуры

,)),(),((2

1

12 ωρρωω

dt

ucdtdxtxutxuc

t

t ∂∂=− ∫∫ ∫

где )(xc и )(xρ – теплоемкость и плотность вещества. Тогда

∫ ∫ =

−−∂∂2

1

.0),()(t

t

dtxFugradkdivt

ucdt

ω

ωρ

В силу произвольности ω и промежутка времени t1, t2, следует равенство

),()( txFugradkdivt

uc =−

∂∂ρ , (1.5)

Page 7: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

называемое уравнением теплопроводности. Если )(),( xkuxk = (не зависит от температуры), то уравнение (1.5) становится линейным. Если же тело однородно ( )constconstxc == ρ,)( и уравнение (1.5) примет вид:

).,(2 txfuat

u +∆⋅=∂∂

(1.6)

Из физических соображений следует, что для однозначного описания процесса распространения тепла необходимо кроме уравнения, задать начальное распределение температуры

)(0

xut

ϕ==

– начальное условие

и температурный режим на границе ),( txu ϕ=

Γ – граничное условие,

(возможны и другие варианты задания граничных условий). Рассмотренные три физические задачи приводят нас к решению трех различных

типов дифференциальных уравнений второго порядка. Все дифференциальные уравнения в частных производных второго порядка можно условно разделить на три класса:

1) уравнения гиперболического типа, 2) уравнения эллиптического типа, 3) уравнения параболического типа.

Лекция 2.

Классификация уравнений в частных производных..

Рассматриваемые вопросы. 1. Уравнения гиперболического типа. 2. Уравнения параболического типа. 3. Уравнения эллиптического типа. При рассмотрении вопроса о классификации дифференциальных уравнений в

частных производных ограничимся дифференциальными уравнениями второго порядка. В общем виде такое уравнение может быть записано в виде:

,0,,,,,,, 2

22

2

2

=

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

y

u

yx

u

x

u

y

u

x

uuyxF (2.1)

если искомая функция u зависит от двух переменных. Однако и в дальнейших рассуждениях будем рассматривать уравнения, линейные

относительно старших производных

,,,,,2 12

2

22

2

122

2

11

∂∂

∂∂=

∂∂+

∂∂∂+

∂∂

y

u

x

uuyxF

y

ua

yx

ua

x

ua (2.2)

где ),( yxaa ijij = – заданные функции.

Произведем классификацию уравнений вида (2). Введем новые независимые переменные

),();,( yxyx ψηϕξ == ,

где функции φ и ψ – достаточно гладкие и 0≠′′′′

yx

yx

ψψϕϕ

.

По правилу дифференцирования сложных функций

Page 8: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

.

,

yy

xx

uuy

u

uux

u

x

u

x

u

ψϕ

ψϕηη

ξξ

ηξ

ηξ

′′+′′=∂∂

′′+′′=∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂=

∂∂

⋅⋅

⋅⋅

Далее

( ) ( ) 2222

22

2

2

2xxxxxx uuuuu

x

u ψϕψψϕϕ ηξηξηξ′′′+′′′+′′′+′′′′+′′′=

∂∂

,

,)( 22

2

xyxyyxyyxyx uuuuuyx

u ψϕψψψϕψϕϕϕ ηξηξηξ′′′+′′′+′′′′+′′′+′′′′+′′′′=

∂∂∂

( ) ( ) .2 2222

22

2

2

yyyyyy uuuuuy

u ψϕψψϕϕ ηξηξηξ′′′+′′′+′′′+′′′′+′′′=

∂∂

Подставим эти выражения в уравнение (2) и, собирая подобные члены, получим ( )ηξηξηξ ηξ uuuFuauaua ′′=′′+′′+′′ ,,,,2 2221211 22 , (2.3)

где

( ) ( )( ) ( )

′′+′′+′′+′′=

′+′′+′=

′+′′+′=

yyxyyxxx

yyxx

yyxx

aaaa

aaaa

aaaa

ϕϕψϕψϕψϕψϕψψ

ϕϕϕϕ

22121112

22212

21122

22212

21111

)(

2

2

. (2.4)

Подберем теперь функцию ),( yxϕ так, чтобы ,011 =a т.е.

( ) ( ) .02 22212

211 =′+′′+′ yyxx aaa ϕϕϕϕ (2.5)

Это дифференциальное уравнение в частных производных первого порядка. Решение этого уравнения связано с решениями обыкновенного дифференциального уравнения

,02 2211

2

11 =+−

adx

dya

dx

dya (2.6)

которое называют уравнением характеристик. Имеет место. Теорема. Для того, чтобы функция ),( yxϕ была решением уравнения (2.5)

необходимо и достаточно, чтобы соотношение cyx =),(ϕ определяло один из общих интегралов дифференциального уравнения (2.6).

Необходимость. Если ),( yxϕ – решение уравнения (2.5), то имеется тождество

( ) ( ) ,02 22212

211 =′+′′+′ yyxx aaa ϕϕϕϕ

которое преобразуется к виду:

,02 2212

2

11 =+

′′

−−

′′−

aaay

x

y

x

ϕϕ

ϕϕ

(2.7)

но равенство cyx =),(ϕ определяет неявную функцию ),,( cxyy = для которой

y

x

dx

dy

ϕϕ

′′

−= и тогда тождество (2.7) означает, что ),( cxyy = есть общее решение

уравнения (6). Достаточность. Если cyx =),(ϕ есть общий интеграл уравнения (2.6), то

выполнено тождество (7) и стало быть ),( yxϕ есть решение уравнения (2.5). Из этой теоремы следует, что решение уравнения (2.5) сведено к решению уравнения

(2.6) характеристик. Далее рассмотрим три случая

Page 9: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

1. ,02211212 >−= aaaD то уравнения (2.2) называют уравнением гиперболического

типа. В этом случае уравнения характеристик распадается на два

.11

12

a

Da

dx

dy ±=

Пусть 1),( cyx =ϕ и 2),( cyx =ψ – общие интегралы этих уравнений. Тогда ),( yxϕ и ),( yxψ решения уравнения (2.5). Если эти функции взять за новые

переменные, то обратится в нуль не только коэффициент ,11a но и .22a Таким образом мы получили первую форму для гиперболических уравнений

( ).,,,,3 ηξξη ηξ uuuFu ′′=′′ . (2.8)

Употребительно и иное каноническое представление. Сделаем еще замену

.2

;2

ηξβηξα −=+=

Тогда 22

41

41

βαξη uuu ′′−′′=′′ и значит

( ).,,,,422 βαβα βα uuuFuu ′′=′′−′′ . (2.9)

2. Если ,0<D то уравнение (2) называют уравнением эллиптического типа. В этом

случае уравнение характеристик сводится к двум обыкновенным дифференциальным уравнениям с комплексно сопряженными правыми частями

.||

11

12

a

Dia

dx

dy ±=

Общие интегралы 1),( cyx =ϕ и 2),( cyx =ψ будут иметь комплексно сопряженные левые части. Аналогично предыдущему придем к уравнению вида (2.8), в

котором путем замены i2

;2

ηξβηξα −=+= приводим к виду:

( ),,,,,522 βαβα φα uuuFuu ′′=′′+′′

так как

′+′=′

′+′=′

iuuu

uuu

21

21

21

21

βαη

βαξ

, а .41

41

22 βαξη uuu ′′+′′=′′

Замечание. При приведении к каноническому уравнению достаточно сразу взять

).,(Jm

),(Re

yx

yx

ϕβϕα

==

3. .0=D В этом случае уравнение (2.2) называется уравнением параболического

типа. Уравнение характеристик

.11

12

a

a

dx

dy =

Найдем общий интеграл .),( cyx =ϕ Функцию ),( yxϕ возьмем за новую переменную ξ,

а за переменную η возьмем любую ),,( yxψ не связанную с ),( yxϕ . Тогда .011 =a

Покажем, что одновременно обратится в нуль и .12a Можно считать, что 011 >a и

022 >a

( ) ( ) ( ) .020 2211

2

2211

2

222211

2

1111 =′+′⇒′+′=′+′′+′== yxyxyyxx aaaaaaaaa ϕϕϕϕϕϕϕϕ

Page 10: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Тогда разлагая .12a на множители

( )( ) .02211221112 =′+′′+′= yxyx aaaaa ψψϕϕ

Теперь в уравнении слева осталось только ( ).,,,,62 µξη ηξ uuuFu ′′=′′ (2.10)

Примеры. 1. 022 22 =′′+′′+′′

yxyxuuu , ⇒<⋅−= 02112D эллиптический тип.

Уравнение характеристик

0222

=+−

dx

dy

dx

dy

idx

dy ±=−±= 11

211

( ) cxiy ++= 1

( ) cxiy =+− 1 xyyx −=),(Reϕ

xyx −=),(Imϕ xxy −=−= βα ;

01

)1()1(

⋅′+⋅′=′−′+−′=′

βα

βα

uuu

uuu

y

x

.2)22(2

)1)(1()1)(1(

,

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

222222

22

22

2222222

βαααβαβαβα

αβααβα

α

βαβαβαβαβα

uuuuuuuu

uuuuu

uu

uuuuuuuu

xy

y

x

′′+′′=′′+′′−′′−+′′+′′+′′

′′−′′−=−′′++−′′=′′

′′=′′

′′+′′+′′=−′′+−−′′+−′′−−′′=′′

2. 02 22 =′′+′′+′′

yxyxuuu , ⇒=−= 011D параболический тип.

11 D

dx

dy ±+=

cxycxy =−+= xxy −=−= βα (любая)

.0)22(2

,

,

,2

22222

2

22

222

=′′=′′+′′−′′−+′′+′′+′′

′′−′′−=′′

′′=′′

′′+′′+′′=′′

βααβαβαβα

αβα

α

βαβα

uuuuuuu

uuu

uu

uuuu

xy

y

x

3. 034 22 =′′+′′+′′

yxyxuuu , 0343122 >−=⋅− гиперболический тип.

Уравнение характеристик

0342

=+−

dx

dy

dx

dy

Page 11: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

111

1342 ±=−±=

dx

dy

2

1

1

33

cxydx

dy

cxydx

dy

+=⇒=

+=⇒=

=−=−

⇒2

13

cxy

cxy

−=−=

xy

xy

βα 3

11

)1()3(

⋅′+⋅′=′−′+−′=′

βα

βα

uuu

uuu

y

x

.43634161269

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

,43)1)(1()1)(1()1)(3()1)(3(

,69)1()3)(1()1)(3()9(

222222

22222

2222

222222

αββαβαβαβαβαβα

βαβαβαβαβα

βαβαβαβαβα

βαβαβαβαβα

uuuuuuuuuu

uuuuuuuu

uuuuuuuu

uuuuuuuu

y

xy

x

′′−=′′+′′+′′+′′−′′−′′−′′+′′+′′

′′+′′+′′=−′′+′′+′′+′′=′′

′′−′′−′′−=−′′+−′′+−′′+−′′=′′

′′+′′+′′=−′′+−−′′+−−′′++′′=′′

Лекция 3.

Задача Коши для волнового уравнения.

Рассматриваемые вопросы. 1. Особенности постановки краевых задач. 2. Формула Даламбера. При рассмотрении задачи о поперечных колебаниях струны мы получили

одномерное волновое уравнение

).,(2

22

2

2

txfx

ua

t

u =∂∂−

∂∂

Требуется найти решение этого уравнения, но не любое, а то, которое удовлетворяет некоторым дополнительным условиям, обеспечивающим единственность решения.

1. Концы струны закреплены жестко. Это значит .0;00

==== lxx

uu В то же время

струна занимает некоторое начальное положение )(0

xut

ϕ==

и каждой точке сообщается

некоторый начальный импульс ).(0

xt

u

t

ψ=∂∂

=

И таким образом мы переходим к следующей задаче

−=∂∂=

−==

=∂∂−

∂∂

==

==

.)();(

0;0

),(

00

0

2

22

2

2

словияначальныеуxt

uxu

словияграничныеуuu

txfx

ua

t

u

tt

lxx

ψϕ

(3.1)

Задача (3.1) называется смешанной задачей для уравнения колебаний струны с однородными граничными условиями

2. Концы струны могут двигаться по заданным законам ),();( 210

tutulxx

µµ ====

где )(),( 21 tt µµ – некоторые периодические функции от t. Тогда

Page 12: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

=∂∂=

==

=∂∂−

∂∂

==

==

),();(

)();(

),(

00

2110

2

22

2

2

xt

uxu

tutu

txfx

ua

t

u

tt

lxx

ψϕ

µµ (3.2)

более общая постановка смешанной задачи. Существуют и другие постановки смешанной задачи.

3. Колебания бесконечной струны

),(2

22

2

2

txfx

ua

t

u =∂∂−

∂∂

.

Естественно никаких граничных условий уже не будет, а будут лишь начальные, т.е.

=∂∂=

=∂∂−

∂∂

==

).();(

),(

00

2

22

2

2

xt

uxu

txfx

ua

t

u

tt

ψϕ (3.3)

Задача (3) называется задачей Коши. Изучим теперь метод Даламбера решения задачи Коши. Рассмотрим задачу Коши для однородного волнового уравнения

=∂∂=

=∂∂−

∂∂

==

).();(

),(

00

2

22

2

2

xt

uxu

txfx

ua

t

u

tt

ψϕ

Уравнение характеристик имеет вид

.022

=−

adt

dx

Общие интегралы определяются соотношениями:

.2

1

Catx

Catx

=+=−

Введем новые переменные

−=+=

.atx

atx

ηξ

Тогда

,)()()(),(0 21

2

∫ +===∂∂

⇒=∂∂

∂ ηξξξξξηξ

ffdfufuu

где f1 и f2 – произвольные функции. ).()( 21 atxfatxfu −++=

Учтем начальные условия:

( )

+=−

=+

=′−′=+

∫x

x

Cdxa

xfxf

xxfxf

xxfxfa

xxfxf

0

.)(1

)()(

)()()(

)()()(

)()()(

21

21

21

21

αψ

ϕ

ψϕ

Page 13: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

.2

)(21

2)(

)(

2)(

21

2)(

)(

0

0

2

1

Cd

a

xxf

Cd

a

xxf

x

x

−−=

++=

ααψϕ

ααψϕ

Отсюда

( ) ( )( ) .)(2

1

2

1

)()(21

2)()(

),(0 0

∫ ∫+

+ −

+−++=

=

−+−++=

atx

atx

atx

x

atx

x

da

atxatx

dda

atxatxtxu

ααψϕϕ

ααψααψψϕ

Эта формула носит название формулы Даламбера. Пример 1. Пусть

( ),)0(

,0 lx

x∈

>ϕ а 0)( =xψ

.2

)(2

)(),(

atxatxtxu

−++= ϕϕ

На рисунке показано распространение двух волн с течением времени.

0 l

t=0

t=t1

0 l

t=t2

l

Page 14: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Лекция 4

Задача Коши для уравнения параболического типа

Рассматриваемые вопросы. 1. Особенности постановки краевых задач. Задача Коши. 2. Формула Пуассона. В лекции 1 при рассмотрении задачи о распространении тепла в ограниченном

стержне было получено, что этот процесс описывается одномерным уравнением теплопроводности

.0),,0(),(2

22 >∈+

∂∂=

∂∂

tlxtxfx

ua

t

u

На процесс распространения тепла оказывают влияние граничные условия )();( 210

tutulxx

µµ ====

и начальное условие ).(

0xu

tϕ=

=

Так что в целом для описания этого процесса необходимо решать так называемую смешанную задачу:

=

==

>∈+∂∂=

∂∂

=

==

).(

),();(

,0),,0(),(

0

210

2

22

xu

tutu

tlxtxfx

ua

t

u

t

lxx

ϕ

µµ (4.1)

Обобщением этой задачи для описания процесса распространения тепла в ограниченном объеме ω с границей S является следующая задача

=

=

>∈+∆=∂∂

=).,,(

),,,,(

,0,,,),,,(

0

2

zyxu

tzyxu

tzyxtzyxfuat

u

t

s

ϕ

µ

ω

(4.2)

В случае, если область ω неограниченна, то процесс распространения тепла описывается решением задачи Коши:

=

>∈+∆=∂∂

=).,,(

,0,),,(),,,(

0

2

zyxu

tzyxPtzyxfuat

u

ω (4.3)

Найдем теперь решение задачи Коши сначала для одномерного уравнения теплопроводности, т.е. задачи

=

>+∞<<∞−∂∂=

∂∂

=),,(

,0,,

0

2

22

xu

txx

ua

t

u

(4.4)

в предположении ограниченности искомого решения, т.е. Mtxu ≤),( для ).,( ∞+−∞∈x

Нетривиальные решения этой задачи будем искать с использованием метода Фурье, т.е. ).()(),( tTxXtxu = Тогда из уравнения (4.4) следует

Page 15: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

,22 λ−=

′′=

′X

X

Ta

T

где λ – числовой параметр. Отсюда taetTTaT

22

)(022 λλ −=⇒=+′ и

).,(,)()(02 ∞+−∞∈=⇒=+′′ λλλ λxieAxXXX

Значит частное решение уравнения (6) имеет вид: .)(22 xitaeA λλλ +−

Рассмотрим несобственный интеграл

∫+∞

∞−

+−= ,)(),(22

λλ λλ deAtxu xita

можно проверить, что эта функция удовлетворяет уравнению теплопроводности (если предположить возможность дифференцирования под знаком интеграла).

Найдем функцию )(λA так, чтобы удовлетворялось начальное условие. Тогда должно быть выполнено

,)()(∫+∞

∞−

= xdeA xi ϕλλ λ

т.е. функция )(xϕ есть обратное преобразование Фурье для функции, )(2 λπ A и

значит )(2 λπ A есть просто преобразование Фурье для )(xϕ , т.е.

∫+∞

∞−

−= .)(21

)( ξξϕπ

λ λξ deA i

Используя это представление и меняя порядок интегрирования, получим

.21

)(21

),( )(2222

ξλπ

λξξϕπ

ξλλλλλξ ddededetxu xitaxitai∫ ∫∫ ∫

+∞

∞−

+∞

∞−

−+−+∞

∞−

+∞

∞−

+−−

==⋅=

Рассмотрим внутренний интеграл, понимаемый в смысле главного значения .),.( VP и вычислим его

.)(2

cos2

)(

)(cos2

0

0

)(

2

2222

∫∫

∞+−

+∞−

+∞

∞−

−+−

==−==

=−==

=−==

µµξµλ

µξλλ

λξλλ λξλλ

Jta

zdzeta

ta

x

ta

dzd

zxzta

dxedeJ

z

taxita

С помощью дифференцирования пол параметру µ и интегрирования по частям,

получим, что )(µJ удовлетворяет дифференциальному уравнению .2

Jd

dJ µµ

−= Отсюда

.)( 4

µ−

= CeJ При ,2

)0(00

2

∫+∞

− === πµ dzeJ z т.е. ,2π=C а .

2)( 4

2µπµ−

= eJ

Следовательно,

.2

2

4

)(

ta

x

eta

Jξπ −−

⋅=

Таким образом, окончательно получаем

.)(2

1),(

2

2

4

)(

ξξϕπ

ξ

deta

txu ta

x−−+∞

∞−∫= (4.5)

Page 16: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Имеет место следующее утверждение. Если )(xϕ – кусочно-непрерывная ограниченная функция на всей числовой оси, то решение задачи (6) дается формулой (8) (без доказательства).

Рассмотрим функцию

ta

x

eta

tx2

2

4

)(

2

1),,(

ξ

πξ

−−⋅=Φ

(ее называют фундаментальным решением уравнения теплопроводности) и отметим, что эта функция задает распределение температуры в стержне, которое возникает при t>0, если при t=0 в точке 0x происходит разогрев количеством теплоты .ρCQ = В этой

связи ),,( 0xtxΦ называют функцией точечного источника.

Можно доказать, что

∫+∞

∞−

=Φ .1),,( 0 dxxtx

Данное соотношение выражает тот факт, что количество теплоты в стержне .ρCQ = остается неизменным с течением времени, т.е. стержень теплоизолирован от окружающего пространства и вся теплота остается в стержне, лишь распределяясь по его длине.

Замечание. Задача Коши для трехмерного уравнения теплопроводности аналогичным образом решается с помощью формулы

.2

1),,(),(

2

222

4

)()()(3

ληξπ

ληξϕρληξ

dddeta

tu ta

zyx −+−+−−+∞

∞−

+∞

∞−

+∞

∞−∫ ∫ ∫

=

Лекция 5

Метод Фурье для гиперболических уравнений

Рассматриваемые вопросы. 1. Задача Штурма-Лиувилля. Собственные значения и собственные функции задачи.

2. Схема метода Фурье для гиперболического уравнения. 3. Физическая интерпретация решения.

Метод Фурье или метод разделения переменных является одним из основных методов решения уравнений с частными производными. Изложим суть метода на примере задачи о колебании струны длины l , закрепленной на концах. Колебания струны описываются уравнением

2 ,tt xxu a u′′ ′′= 0 ,x l< < 0,t > (5.1 )

граничные условия

( ) ( )0, , 0,u t u l t= = (5.2)

начальные условия

( ) ( ),0 ,u x xϕ= ( ) ( ),0 .tu x xψ′ = (5.3)

Решение ищем в виде произведения ( ) ( ) ( ),u x t X x T t= , где ( )X x [ ]( )0,x l∈ функция

переменного x , ( )T t [ )( )0,t ∈ +∞ - функция переменного t . Подставив ( ) ( ) ( ),u x t X x T t= в

(5.1) и поделив на ( ) ( ) ,X x T t получим равенство ( )( )

( )( )2

T t X x

a T t X x

′′=

ɺɺ, где точками обозначена

вторая производная по t , штрихами – вторая производная по x . Левая часть этого равенства зависит только от t , правая – только от x . Для того, чтобы равенство выполнялось тождественно

Page 17: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

для всех t и x , потребуем, чтобы каждая из его частей была постоянной. Обозначим эту постоянную через λ− . Получим обыкновенные дифференциальные уравнения

( ) ( ) 0,X x X xλ′′ + = ( ) 0/X x ≡ , (5.4)

( ) ( )2 0,T t a T tλ+ =ɺɺ ( ) 0/T t ≡ (5.5)

с граничными условиями

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

Отсюда следует, что ( ) ( )0 0X X l= = .

Граничная задача отыскания нетривиального решения уравнения

( ) ( )( ) ( )

0,

0 0

X x X x

X X l

λ′′ + =

= = (5.6)

и тех значений параметра λ , при которых это решение существует, называется задачей Штурма – Лиувилля, числа λ - собственными числами (собственными значениями), решения – собственными функциями задачи. Рассмотрим все возможные случаи.

1) Если 0λ < , то ( ) 1 2x xX x c e c eλ λ− − −= + и из граничных условий следует, что 1 2 0c c= = ,

т.е. ( ) 0X x ≡ .

2) Если 0λ = , то ( ) 0X x′′ = . Поэтому ( ) 1 2X x c x c= + . Граничные условия снова приводят к

равенствам 1 2 0c c= = и ( ) 0X x ≡ .

3) Если 0λ > , то ( ) 1 2cos sinX x c x c xλ λ= + . Граничные условия дают равенства

( ) 10 0X c= = ; ( ) 2 sin 0X x c xλ= = . Так как ( ) 0/X x ≡ , то 2 0с ≠ . Следовательно

sin 0xλ = , откуда n

l

πλ = (n - любое натуральное число). Таким образом, ненулевые

решения возможны только при 2

n

n

l

πλ λ = =

. Этим собственным числам отвечают собственные

функции

( ) sin .n

nX x x

l

π=

Подставив найденные числа nλ в (5), получим набор решений уравнения (5.5)

( ) cos sinn n n

n nT t A at B at

l l

π π= + (5.7)

с произвольными постоянными nA и nB .

Возвращаясь к задаче (5.1) – (5.3) заключаем, что функции

( ) ( ) ( ), cos sin sinn n n n n

n n nu x t X x T t A at B at x

l l l

π π π = = +

(5.8)

являются частными решениями уравнения (1) и удовлетворяют граничным условиям (2). Уравнение (5.1) линейно и однородно, поэтому формальная сумма частных решений

( ) ( )1 1

, , cos sin sinn n nn n

n n nu x t u x t A at B at x

l l l

π π π∞ ∞

= =

= = +

∑ ∑ (5.9)

также (формально) удовлетворяет этому уравнению и граничным условиям (5.2). Остается подобрать коэффициенты nA и nB так, чтобы функция (5.9) удовлетворяла начальным условиям

(5.3). Формально подставив (5.9) в (5.3), получим систему

Page 18: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1 1

1 1

,0 ,0 sin ,

,0 ,0sin .

n nn n

nn

n n

nu x x u x A x

l

u x u x n nx aB x

t t l l

πϕ

π πψ

∞ ∞

= =

∞ ∞

= =

= = =∂ ∂ = = = ∂ ∂

∑ ∑

∑ ∑ (5.10)

Из теории рядов Фурье известно ([5], гл.VII, § 11), что в силу теоремы Дирихле кусочно-

непрерывная и кусочно-дифференцируемая функция ( )f x , заданная на отрезке [ ]0,l ,

раскладывается в ряд Фурье

( )1

sin ,nn

nf x b x

l

π∞

=

=∑ ( )0

2sin .

l

n

nb f x xdx

l l

π= ∫

Полагая, что функции ( )xϕ и ( )xψ этим условиям удовлетворяют, получим

( )1

sin ,nn

nx x

l

πϕ∞

=

= Φ∑ ( )0

2sin ,

l

n

nx xdx

l l

πϕΦ = ∫ (5.11)

( )1

sin ,nn

nx x

l

πψ∞

=

= Ψ∑ ( )0

2sin .

l

n

nx xdx

l l

πψΨ = ∫ (5.12)

Подставив (11) и (12) в (10) и используя условие равенства двух тригонометрических рядов,

получим n nA = Φ , n n

lB

naπ= Ψ . Таким образом, функция

( )1

, cos sin sinn nn

nat l nat nu x t x

l na l l

π π ππ

=

= Φ + Ψ

∑ (5.13)

дает формальное решение задачи (1) - (3). Замечание 1. Формальное решение (5.13) становится "настоящим" решением, если ряд (5.13) и

ряды для производных ,tu′ ,ttu′′ xxu′′ , полученные из (5.13) почленным дифференцированием,

сходятся. В [13, 22] доказано, что для этого достаточно, чтобы функции ϕ ′ , ψ ′ и ϕ ′′ были непрерывными, функции ψ ′′ и ϕ ′′′ - кусочно-непрерывными и ( ) ( )0 lϕ ϕ= =

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0l lψ ψ ϕ ϕ′′ ′′= = = = = . Эти условия не являются необходимыми и связаны только с

выбранным методом решения. При решении задачи методом Даламбера и операционным методом условия, накладываемые на функции ϕ и ψ , менее ограничительные.

Замечание 2. Решение задачи о колебании струны, записанное в форме тригонометрического ряда (5.13), позволяет проанализировать физические свойства этого процесса. Запишем решение (5.13) в виде

( ) ( )1

, cos sin ,n nn

na nu x t a t x

l l

π πγ∞

=

= +∑

где 2 2n n na = Φ + Ψ , n

nn

naarctg

l

π γ Ψ= −Φ

. Отсюда видно, что колебание струны слагается из

отдельных гармонических колебаний

( ) ( ), cos sin ,n n n

na nu x t a t x

l l

π πγ= +

причем колебание каждой точки x происходит с одной и той же амплитудой sinn

na x

l

π и

частотой n

na

l

πω = . Такое движение струны называется стоячей волной. Точки

mlx

n= ( )1,2,..., 1m n= − , в которых амплитуда равна нулю, остаются неподвижными и

Page 19: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

называются узлами стоячей волны ( ),nu x t . Точки 2 1

2

mx l

n

+= ( )0,1,2,... 1m n= − , в которых

sin 1n

xl

π = ± и амплитуда na максимальная, называют пучностями стоячей волны (рис. 9).

Частоты n

na

l

πω = называют собственными частотами колебаний струны.

Легко подсчитать энергию n - й гармоники (n - й стоячей волны): 2 2 2 2

2

0

1

2 4

ln n n n

n n

u uE T dx M

t xρ ω ∂ ∂ Φ + Ψ = + = ∂ ∂ ∫

( M - масса струны, ρ - постоянная плотность, 2T a ρ= ). Звук, издаваемый колеблющейся струной, является "смесью" звуков, соответствующих

стоячим волнам. Тон, или высота, и сила звука зависят от частоты и амплитуды колебаний. Самый низкий тон определяется собственной

частотой 1

a

l

πω = и называется основным тоном струны. Остальные

тона, соответствующие частотам 1n nω ω= , кратным 1ω , называются

обертонами и характеризуют "окраску" звука, его тембр. Энергия основного тона, вообще говоря, больше энергии других тонов. Она зависит от начальных условий (5.3), чем широко пользуются при проектировании музыкальных инструментов.

Лекция 6

Метод Фурье для уравнения параболического типа

Рассматриваемые вопросы. 1. Задача Штурма-Лиувилля. Собственные значения и собственные функции задачи.

2. Схема метода Фурье для параболического уравнения. 3. Решение задачи с однородными граничными условиями 4. Решение задачи с неоднородными граничными условиями. Займемся решением неоднородного уравнения теплопроводности

( )2

22

,u u

a f x tt x

∂ ∂= +∂ ∂

( )( )0, , 0x l t∈ > (6.1)

при начальном условии

( ) ( ),0 ,u x xϕ= [ ]( )0,x l∈ (6.2)

и граничных условиях

( ) ( )10, ,u t tψ= ( ) ( )2,u l t tψ= ( )0 .t ≥ (6.3)

Функции f , ϕ , 1ψ , 2ψ предполагаются достаточное число раз дифференцируемыми.

Решение поставленной задачи разобьем на четыре этапа. 1. Рассмотрим задачу

Рис. 2

n=1

n=2

n=3

n=4

Page 20: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

( )( )( ) ( ) [ ]( )( ) ( ) ( )

22

2, 0, , 0 ,

,0 , 0, ,

0, 0, , 0, 0 ,

u ua x l t

t x

u x x x l

u t u l t t

ϕ

∂ ∂= ∈ > ∂ ∂ = ∈ = = ≥

(6.4)

где функция ϕ непрерывна, имеет кусочно-непрерывную производную и ( ) ( )0 0lϕ ϕ= = .

Решение, согласно методу Фурье, ищем в виде ( ) ( ) ( ),u x t X x T t= . Подставив данное

произведение в (4), получим ( ) ( ) ( ) ( )2X x T t a X x T t′ ′′= . Разделим переменные:

( )( )

( )( )2 .

T t X x

X xa T tλ

′ ′′= = −

Отсюда получаем два уравнения:

( ) ( ) 0,X x X xλ′′ + = ( ) ( )0 0,X X l= = (6.5)

( ) ( )2 0.T t a T tλ′ + = (6.6)

Уравнение (5) уже было подробно рассмотрено в § 3 гл. III, где было показано, что только для

значений 2

n

n

l

πλ =

( )1,2,...n = существуют нетривиальные решения

( ) sin ,nnx

X xl

π=

удовлетворяющие нулевым граничным условиям.

Подставив nλ λ= в (6.6), получим соответствующие решения ( )nT t =

2nat

lnc e

π − = с

произвольными постоянными nc . Таким образом, все функции

( ) ( ) ( )2

, sinna

tl

n n n nnx

u x t X x T t c el

ππ −

= =

( )1,2,...n = удовлетворяют уравнению и граничным условиям задачи (6.4). Составим ряд

( ) ( ) ( )2

1 1

, sin .na

tl

n n nn n

nxu x t X x T t c e

l

ππ ∞ ∞ −

= == =∑ ∑ (6.7)

Используя начальные условия, получим

( ) ( )1

,0 sin .nn

nxu x x c

l

πϕ∞

== =∑ (6.8)

Если коэффициенты nс определить равенствами

( )0

2sin

l

nnx

c x dxl l

πϕ= ∫ , ( )1,2,... ,n = (6.9)

то ряд (6.8) станет рядом Фурье по синусам на промежутке ( )0,l функции ϕ . По теореме

Дирихле этот ряд равномерно и абсолютно сходится к функции ϕ .

Легко показать, что функция ( ),u x t , определенная формулами (6.7) и (6.9), имеет

производные любого порядка по x и t в области ( )0,x l∈ , 0t > и, следовательно, является

решением задачи (6.4). 2. Рассмотрим задачу

Page 21: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

( )( )( ) ( ) [ ]( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22

2

1 2

, 0, , 0 ,

,0 , 0, ,

0, , , 0 .

u ua x l t

t x

u x x x l

u t t u l t t t

ϕ

ψ ψ

∂ ∂= ∈ > ∂ ∂ = ∈ = = ≥

(6.10)

Решение ищем в виде суммы ряда Фурье

( ) ( )1

, sinnn

nxu x t T t

l

π∞

==∑ (6.11)

с неизвестными коэффициентами ( ),nT t

( ) ( )0

2, sin .

l

nnx

T t u x t dxl l

π= ∫ (6.12)

Займемся определением функций ( )nT t . Дважды интегрируя (6.12) по частям, получим

( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 20

2 20, 1 , sin .

ln

n

l u nxT t u t u l t dx

n n x l

ππ π

∂ = − − − ∂∫

Так как функция ( , )u x t должна удовлетворять уравнению и граничным условиям задачи (10), то

( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 20

2 21 sin .

ln

n

l u nxT t t t dx

n n a t l

πψ ψπ π

∂ = − − − ∂∫ (6.13)

Дифференцируя (6.12) по переменной t , получим

( )0

2sin .

lndT t u nx

dxdt l t l

π∂=∂∫ (6.14)

Выразив интеграл из равенства (6.14) и подставив его в (6.13), получим обыкновенное дифференциальное уравнение для определения коэффициентов ( )nT t :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 22

21 .

nnn

dT t na naT t t t

dt l l

π π ψ ψ + = − −

Общее решение этого уравнения

( ) ( )2

[ 0na

tl

n nT t e Tπ − = + (6.15)

( ) ( ) ( )( )2

2

1 220

21 ].

natnlna

e dl

π τπ ψ τ ψ τ τ + − −∫

Для выполнения начального условия задачи (6.10) потребуем, чтобы выполнялось равенство

( ) ( ) ( )1

,0 0 sin .nn

nxu x T x

l

π ϕ∞

=

= =∑

Отсюда

( ) ( )0

20 sin .

l

n

nxT x dx

l l

πϕ= ∫ (6.16)

Таким образом, решением задачи (6.10) является функция (6.11) с коэффициентами ( )nT t ,

определяемыми равенствами (6.15) и (6.16). Обсуждение сходимости ряда (6.11) и возможности его почленного дифференцирования по переменным t и x оставляем читателю.

3. Рассмотрим неоднородное уравнение

( )2

22

,u u

a f x tt x

∂ ∂= +∂ ∂

(6.17)

с нулевыми начальными и граничными условиями

Page 22: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

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

Предполагаем, что функция f непрерывна, имеет кусочно-непрерывную производную по x и

при 0t > удовлетворяет требованиям (0, ) ( , ) 0.f t f l t= = Решение ищем в виде ряда Фурье

( ) ( )1

, sin .nn

nxu x t T t

l

π∞

==∑ (6.18)

Ясно, что граничные условия при этом выполняются автоматически. Предположим, что функцию ( , )f x t , рассматриваемую как функцию аргумента x , можно

разложить в сходящийся к ней ряд Фурье

( ) ( )1

, sinnn

nxf x t f t

l

π∞

==∑ (6.19)

с коэффициентами

( ) ( )0

2, sin .

l

n

nxf t f x t dx

l l

π= ∫ (6.20)

Формально подставив (6.18) и (6.19) в уравнение (6.17), получим равенство

( ) ( ) ( )2

1

sin 0,n n nn

na nxT t T t f t

l l

π π∞

=

′ + − =

которое должно выполняться для каждого (0, )x l∈ . Это возможно только если ( )nT t является

решением дифференциального уравнения

( ) ( ) ( )2

,n n n

naT t T t f t

l

π ′ + =

(6.21)

причем из начального условия ( ) ( )1

,0 0 sin 0nn

nxu x T

l

π∞

=

= =∑ следует, что (0) 0nT = .

Подставив решение

( )( )

( )2

0

nat tl

n nT t e f dπ τ

τ τ − − = ∫

уравнения (6.21) в ряд (6.18), получим решение задачи (6.17)

( )( )

( )2

1 0

, sin .nat tl

nn

nxu x t e f d

l

π τ πτ τ ∞ − −

=

=

∑ ∫ (6.22)

Преобразуем полученное решение. Подставив в (6.22) выражение для ( )nf t из (6.20), получим

( )( )

( )2

10 0

2, sin sin ,

nat l tl

n

nx nu x t e f d d

l l l

π τ π π ξ ξ τ ξ τ ∞ − −

=

= = ∑∫ ∫

( ) ( )0 0

, , , ,t l

G x t f d dξ τ ξ τ ξ τ= −∫ ∫

где введено обозначение

( )( )

2

1

2, , sin sin .

nat

l

n

nx nG x t e

l l l

π τ π π ξξ τ ∞ − −

=− = ∑

Функция ( , , )G x tξ называется функцией Грина или функцией мгновенного точечного источника

тепла. Рассматриваемая как функция аргумента ,x функция Грина дает распределение

температуры на отрезке [0, ]l в момент времени t , порожденное действием мгновенного

источника тепла Q cρ= , помещенного при 0t = в точке x ξ= .

Page 23: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

4. Вернемся к задаче (6.1) - (6.3), сформулированной в начале параграфа. Очевидно, что её решение u является суммой функций u v w= + , где v - решение задачи (6.10), w - решение задачи (6.17).

Лекция 7

Применение метода Фурье для решения эллиптических уравнений

Для простых областей (круг, прямоугольник, шар, цилиндр и ряд других) решение краевой задачи для уравнения Лапласа можно найти методом разделения переменных. Получающиеся при этом задачи на собственные значения (задачи Штурма – Лиувилля) приводят к различным классам специальных функций (сферическим, цилиндрическим и др.). В качестве примера рассмотрим внутреннюю и внешнюю задачи Дирихле для круга. Задачу

естественно решать в полярной системе координат, где оператор Лапласа имеет вид 2

, 2 2

1 1.

u uuρ ϕ ρ

ρ ρ ρ ρ ϕ ∂ ∂ ∂∆ ≡ + ∂ ∂ ∂

1. Внутренняя задача Дирихле для круга. Найдем функцию ( ),u ρ ϕ , гармоническую внутри

круга 0Rρ < и принимающую на границе 0Rρ = заданные значения:

, 0,uρ ϕ∆ = 0,Rρ < (7.1)

( ) ( )0

, .R

u fρ

ρ ϕ ϕ=

= (7.2)

Решение ищем в виде произведения

( ) ( ) ( ), .u R Фρ ϕ ρ ϕ= (7.3)

Подставив (7.3) в уравнение (7.1) и разделив переменные, получим 2

2

1d dR dФ

R d d Ф d

ρ ρ λρ ρ ϕ = − =

с неопределенной постоянной λ . Отсюда получаем два уравнения: 2

20,

d ФФ

ϕ+ = (7.4)

0.d dR

Rd d

ρ ρ λρ ρ − =

(7.5)

Так как ( ) ( ), , 2u uρ ϕ ρ ϕ π= + , то функция ( )Ф ϕ должна быть 2π - периодической. Поэтому в

(7.4) параметр 0λ ≥ и ( ) cosФ Aϕ λϕ= + sinB λϕ+ . Кроме того, для периодичности Ф

должно выполняться равенство nλ = ( )0,1,2,...n = . Таким образом, получаем набор решений

уравнения (7.4):

( ) cos sin .n n nФ A n B nϕ ϕ ϕ= +

Решение уравнения (5) ищем в виде ( ) sR ρ ρ= . Подставив ( )nФ ϕ в (5) и сократив на sρ ,

получим 2 2s n= или s n= ± ( )0,1,2,...n = . Тогда

( ) n nR C Dρ ρ ρ −= + ,

где C и D - постоянные. Ясно, что для решения внутренней задачи следует взять 0D = (для

внешней задачи условие регулярности на бесконечности функции ( ),u ρ ϕ приводит к равенству

0С = ). Отсюда

( ) ( )0

, cos sin .nn n

n

u A n B nρ ϕ ρ ϕ ϕ∞

=

= +∑ (7.6)

Page 24: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Для определения коэффициентов nA и nB используем граничное условие (7.2). Предполагая, что

функция ( )f ϕ допускает разложение в ряд Фурье, сходящийся на промежутке [ ],π π− , запишем

( ) ( )0

1

cos sin ,2 n n

n

af a n b nϕ ϕ ϕ

=

= + +∑ (7.7)

где ( )1cosna f n d

π

π

ϕ ϕ ϕπ −

= ∫ ( )0,1,2,...n = , ( )1sinnb f n d

π

π

ϕ ϕ ϕπ −

= ∫ ( )1,2,...n = . Положив в

(6) 0Rρ = и приравняв полученный ряд и ряд (7), найдем коэффициенты 00 2

aA = ,

0

nn n

aA

R= ,

0

nn n

bB

R= ( )1,2,...n = и получим формальное решение внутренней задачи Дирихле для круга:

( ) ( )0

1 0

, cos sin .2

n

n nn

au a n b n

R

ρρ ϕ ϕ ϕ∞

=

= + +

∑ (7.8)

Легко видеть, что ряд (7.8) сходится в круге 0Rρ < , допускает почленное дифференцирование

любое количество раз и сходится к ( )f ϕ при 0Rρ → . Поэтому формула (7.8) дает решение

задачи (7.1) – (7.2). 2. Решение внешней задачи Дирихле для круга радиуса 0Rρ = при том же краевом условии

(7.2) дается рядом

( ) ( )0 0

1

, cos sin .2

n

n nn

a Ru a n b nρ ϕ ϕ ϕ

ρ

=

= + +

∑ (7.9)

Очевидно, что при 0Rρ > ряд (7.9) сходится, допускает почленное дифференцирование любое

количество раз и сходится к ( )f ϕ при 0Rρ → .

3. В случае кругового кольца a<r<b гармоническая функция ищется виде

( ) ( )

( )

, ln cos sin0 01

cos sin1

nu r A B r r A n B nn nn

nr C n D nn nn

∞ϕ = + + ϕ+ ϕ +∑

=∞ −∑+ ϕ+ ϕ=

(7.10)

Отметим, что соотношения (7.6), (7.9−7.10) позволяют решать также вторую и третью краевые задачи для названных областей. Замечание. В простейших случаях, когда f(ϕ) есть тригонометрический полином, т.е. линейная комбинация

0( ) ( cos sin ),2 1

maf a k b kk k

k∑ϕ = + ϕ+ ϕ=

коэффициенты An и Bn находятся из равенства 1

( cos sin ) ( )02 1

nA a A n B n fn nn

∞∑+ ϕ+ ϕ = ϕ=

путем приравнивания коэффициентов возле одноименных функций слева и справа. Решение задачи (7.1−7.2) будет на этот раз представлено в виде конечной суммы. 4. Рассмотрим метод Фурье для решения задачи Дирихле для уравнения Лапласа. Применение этого метода рассмотрим на примере решения следующей задачи: Найти решение краевой задачи в прямоугольнике Ω=(x,y): 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b

Page 25: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

2 2

2 2

0

0

0, ( , )

| , | ,

| 0, | 0.

x x a

y y b

u ux y

x y

u A u Ay

u u

y y

= =

= =

∂ ∂+ = ∈Ω∂ ∂ = =∂ ∂ = =

∂ ∂

По методу Фурье полагаем u(x,y) = X(x)Y(y) и приходим к равенству 2.

X Y

X Y

′′ ′′= − = λ

Из граничных условий при y=0 и y=b найдем ( ) ( )0 0, 0.Y Y b′ ′= = Далее из задачи

Штурма−Лиувилля 2 0

(0) 0, ( ) 0

Y Y

Y Y b

′′ + λ = ′ ′= =

, ( ) cos , 0, .k

k kY y y k

b b

π π⇒ λ = = = ∞

Для функции Х(х) имеем дифференциальное уравнение 2

0.k

X Xb

π ′′ − =

Если ,,1 ∞=k то его общее решение имеет вид

( ) ( ),k k k

k kX x A sh x B sh a x

b b

π π= + −

при k=0 общее решение будет линейной функцией Х0(х)=А0 х+В0. Гармоническая функция в Ω

0 01

( )( , ) ( )cosk k

k

k x k a x ku x y A x B A sh B sh y

b b b

=

π π − π= + + +∑

будет, очевидно, удовлетворять условиям | 0, | 0.0

u uy y by y

∂ ∂= == =∂ ∂ Остается выбрать ее

коэффициенты так, чтобы выполнялись граничные условия на сторонах x=0 и x=a. Будем иметь

0 01

01

cos , 0, 1, .

cos .

k kk

kk

k a k yB B sh A B A B k

b b

k a kA a A A sh y Ay

b b

=

=

π π+ = ⇒ = = = ∞

π π+ + = ⇒

( )

0 0

0

0 0

2 20

1 11 ;

2 2

2 2cos sin

2 1 2 1cos ( 1) 1 .

( ) ( )

b

b b

k

bk

Ab bA a A Aydy A

b a

k b kA Ay ydy A ydy

k a k ab bbsh bk shb b

bA k bAy

k a k ak b ksh shb b

⇒ + = = ⇒ = −

π − π= = =π ππ

π = = − − π ππ π

∫ ∫

При четных k=2n коэффициенты A2n=0, поэтому окончательно решение запишется в виде

Page 26: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

2 20

(2 1)cos4 (2 1)

( , ) 1 .(2 1)2 (2 1)n

nyb x bA n x bu x y A sh

n aa n b shb

=

+ π+ π = + − − + ππ +

Лекция 8 Интегральные уравнения

Рассматриваемые вопросы.

1. Интегральные уравнения Вольтерра второго рода. Решение интегральных уравнений с помощью резольвенты. 2. Метод последовательных приближений. 3. Интегральные уравнения Фредгольма второго рода. Альтернатива Фредгольма 4. Метод определителей Фредгольма 1. Уравнение

x

(x) f (x) K(x,t) (t) dt0

ϕ = +λ ϕ∫ , (8.1)

где K(x,t) – заданная непрерывная функция в треугольнике 0 x a≤ ≤ , 0 t x≤ ≤ , f (x) –

заданная непрерывная функция на отрезке 0 x a≤ ≤ , (x)ϕ – искомая функция, λ – числовой параметр, называется линейным интегральным уравнением Вольтерра второго рода. Функции K(x,t) и f (x) называются соответственно ядром и свободным членом

уравнения Вольтерра. Решением интегрального уравнения (8.1) называют функцию (x)ϕ , которая, будучи подставлена в это уравнение, обращает его в тождество относительно

[ ]x 0,a∈ .

В теории интегральных уравнений доказывается, что всякое интегральное уравнение Вольтерра (8.1) с непрерывным ядром K(x,t) при любом λ имеет

единственное решение (x)ϕ в классе непрерывных функций на отрезке [ ]0, a для

любого свободного члена f (x) из того же класса.

Будем искать решение интегрального уравнения (8.1) в виде бесконечного степенного ряда по степеням λ :

2 n(x) (x) (x) (x) ... (x) ...0 1 2 nϕ =ϕ +λϕ +λ ϕ + +λ ϕ + . (8.2)

Подставляя этот ряд в (8.1) и сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях λ , найдем

(x) f (x),0ϕ =

x x(x) K(x,t) (t) dt K(x,t) f (t) dt,01

0 0ϕ = ϕ =∫ ∫

Page 27: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

x x t(x) K(x,t) (t) dt K(x,t) K(t,t ) f (t ) dt dt,1 1 1 12

0 0 0

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

ϕ = ϕ =∫ ∫ ∫ (8.3)

Из соотношений (8.3), дающих способ последовательного определения функций (x)nϕ , получим

x(x) K (x,t) f (t) dt, n 1, 2,... .nn

0ϕ = =∫ (8.4)

Функции K (x,t)n называются повторными ядрами и вычисляются при помощи рекуррентных формул

K (x, t) K(x, t),1

xK (x, t) K(x,z) K (z,t) dz, n 2,3,... .n 1n

t

=

= =∫ − (8.5)

Используя (8.4) и (8.5), равенство (8.2) можно записать так:

xn(x) f (x) K (x,t) f (t) dt.nn 1 0

∞ϕ = + λ∑ ∫

=

Функция R(x,t; )λ , определяемая при помощи ряда

n 1R(x,t; ) K (x,t),nn 1

∞ −λ = λ∑=

(8.6)

называется резольвентой интегрального уравнения (8.1).

В теории интегральных уравнений доказывается, что ряд (3.6) сходится и решение интегрального уравнения (8.1) дается формулой

x(x) f (x) R(x,t; ) f (t) dt.

0ϕ = +λ λ∫ (8.7)

2. Пусть имеем интегральное уравнение Вольтерра второго рода

x

(x) f (x) K(x,t) (t) dt.0

ϕ = + λ ϕ∫ (8.8)

Будем предполагать, что f (x) непрерывна на [ ]0,a , а ядро K(x,t) непрерывно при

0 x a≤ ≤ , 0 t x≤ ≤ .

Page 28: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Возьмем какую-либо непрерывную на [ ]0,a функцию (x)0ϕ . Подставляя в

правую часть уравнения (8.8) вместо (x)ϕ функцию (x)0ϕ , получаем

x(x) f (x) K(x,t) (t) dt.1 0

0ϕ = +λ ϕ∫

Определенная таким образом функция (x)1ϕ также непрерывна на отрезке [ ]0, a .

Продолжая этот процесс, получим последовательность функций

(x), (x),..., (x),...,0 1 nϕ ϕ ϕ

где

x(x) f (x) K(x,t) (t) dt.n n 1

0ϕ = +λ ϕ∫ −

При сделанных предположениях относительно K(x,t) и f (x) последовательность

(x)nϕ сходится при n→∞ к решению (x)ϕ интегрального уравнения (8.8). Удачный

выбор «нулевого» приближения (x)0ϕ может привести к быстрой сходимости

последовательности (x)nϕ к решению интегрального уравнения.

3. Линейным интегральным уравнением Фредгольма второго рода называется уравнение вида

b(x) K(x,t) (t) dt f (x),

aϕ −λ ϕ =∫ (8.9)

где (x)ϕ – неизвестная функция, K(x,t) – заданная непрерывная функция в квадрате

xa b≤ ≤ , ta b≤ ≤ , f (x) – заданная непрерывная функция на отрезке [ ],a b , λ – числовой

множитель. Решением интегрального уравнения (1) называется непрерывная на отрезке

[ ],a b функция (x)ϕ , удовлетворяющая ему.

Для интегральных уравнений Фредгольма имеет место следующая теорема о разрешимости уравнения (8.9). Теорема (альтернатива Фредгольма). Либо уравнение

b(x) K(t,x) (t) dt 0

aφ − φ =∫ (8.10)

имеет только нулевое решение, и тогда уравнение

b(x) K(x,t) (t) dt f (x)

aϕ − ϕ =∫ (8.11)

имеет единственное решение при любой непрерывной функции f (x) ; либо уравнение (3.10) имеет конечное число линейно независимых решений

(x),..., (x),1 mφ φ (8.12)

Page 29: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

и тогда уравнение (8.11) разрешимо только при условии, что свободный член f (x) ортогонален всем решениям (8.12):

f , k 1,...,m.k⊥φ =

Здесь ортогональность f g⊥ означает выполнение равенства

bf g dx 0.

a=∫

Пример 8.1. Исследовать на разрешимость при различных значениях параметра λ интегральное уравнение

1(x) sin ln x (t) dt 2x.

0ϕ −λ ϕ =∫

Решение. Имеем (x) C sin ln x 2xϕ = λ + , где 1

C (t) dt0

= ϕ∫ . Подставляя

выражение (t)ϕ в интеграл, найдем

1C C sin ln t dt 1,

0= λ +∫

откуда C 1 12

λ + =

.

Если 2λ≠− , то данное уравнение имеет единственное решение

2(x) sin ln x 2x

2

λϕ = ++λ

,

а соответствующее однородное уравнение

1(x) sin ln x (t) dt 0

0ϕ −λ ϕ =∫

только нулевое решение: (x) 0ϕ ≡ .

Если же 2λ=− , то данное уравнение не имеет решений, т.к. правая часть f (x) 2x=

не ортогональна к функции sin ln x ; однородное уравнение имеет бесконечное

множество решений, т.к. из уравнения для определения C : 0 C 0⋅ = следует, что C – произвольная постоянная; все эти решения даются формулой

(x) C sin ln x (C 2C)ϕ = λ =−ɶ ɶ .

Page 30: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

4. Решение интегрального уравнения Фредгольма второго рода

b(x) K(x,t) (t) dt f (x)

aϕ −λ ϕ =∫ (8.13)

дается формулой b

(x) f (x) R(x,t; ) f (t) dt,a

ϕ = +λ λ∫ (8.14)

где функция R(x,t; )λ называется резольвентой Фредгольма уравнения (8.13) и определяется равенством

(x,t; )R(x,t; )

( )

λλ =λ

D

D (8.15)

при условии ( ) 0λ ≠D . Здесь ( )λD и (x,t; )λD – степенные ряды по λ :

( )n b b( 1) n( ) 1 ... A t ,...,t dt ...dt ,1 n 1 nn!n 1

na a

∞ −λ = + λ∑ ∫ ∫=

D

( )n b b( 1) n(x, t; ) K(x,t) ... B x,t,t ,...,t dt ...dt ,1 n 1 nn!n 1

na a

∞ −λ = + λ∑ ∫ ∫=

D

коэффициенты которых определяются формулами

K(t ,t ) K(t ,t ) ... K(t ,t )1 1 1 2 1 nK(t ,t ) K(t ,t ) ... K(t ,t )2 1 2 2 2 nA(t ,...,t )1 n ............... .............. ... ...............

K(t ,t ) K(t ,t ) ... K(t ,t )n 1 n 2 n n

=,

K(x,t ) K(x,t ) ... K(x,t )1 2 nK(t ,t) K(t ,t ) ... K(t ,t )1 1 1 1 nB(x,t,t ,...,t )1 n ............. .............. ... ................

K(t ,t) K(t ,t ) ... K(t ,t )n n 1 n n

=.

Функция (x,t; )λD называется минором Фредгольма,

а ( )λD – определителем Фредгольма.

Теорема. Уравнение (8.1) разрешимо при любой непрерывной функции f (x) тогда

и только тогда, когда ( ) 0λ ≠D .

Page 31: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Замечание. Вычисление A(t ,...,t )1 n и B(x,t,t ,...,t )1 n по приведенным выше формулам возможно лишь в очень редких случаях, но из этих формул получаются следующие рекуррентные соотношения:

bB (x,t) A K(x,t) n K(x,s) B (s,t) ds,n n n 1

a= − ∫ −

bA B (s,s) ds,n n 1

a= ∫ −

где обозначено

( )b b

A ... A t ,...,t dt ...dt ,n 1 n 1 n

na a

= ∫ ∫

( )b b

B (x,t) ... B x,t,t ,...,t dt ...dt .n 1 n 1 n

na a

= ∫ ∫

Зная, что A 10= , B (x,t) K(x,t)0 = , последовательно находят A1,

1B (x, t) , 2A , 2B (x, t) и т.д.

Пример 13. Решить уравнение Фредгольма

1 xt(x) x e (t) dt e , ( 1)0

.−ϕ − λ ϕ = λ ≠∫

Решение. Здесь tK(x,t) xe= ,

xf (x) e , 0, b 1.a−= = = Имеем

t1A(t ) K(t ,t ) t e ,1 1 1 1= =

t t1 2K(t ,t ) K(t ,t ) t e t e1 1 1 2 1 1A(t ,t ) 0;1 2 K(t ,t ) K(t ,t ) t t2 1 2 2 1 2t e t e2 2

= = =

аналогично найдем: A(t ,...,t ) 01 n = при n 2≥ . Поэтому

Page 32: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

1 1 t1D( ) 1 A(t ) dt 1 t e dt 1 .1 1 1 10 0

λ = −λ = −λ = −λ∫ ∫

В силу теоремы данное уравнение разрешимо при 1λ≠ . Аналогично найдем:

tB(x,t) x e= ,

t t1K(x,t) K(x,t ) x e x e1B(x,t,t ) 01 K(t ,t) K(t ,t ) t t1 1 1 1t e t e1 1

= = = ,

B(x,t,t ,...,t ) 01 n = при n 1≥ .

Поэтому tD(x,t; ) K(x,t) xeλ = = .

Таким образом, по формуле (8.15) получаем

tx eR(x,t; ) .

1λ =

−λ

Согласно формуле (8.14), решение данного уравнения имеет вид

t1 x ex t x(x) e e dt e x1 10

λ− − −ϕ = +λ ⋅ = +∫ −λ −λ .

Лекция 9.

Гармонические функции. Формулы Грина Рассматриваемые вопросы:

1. Фундаментальные и обобщенные решения уравнения Лапласа. 2. Свойства гармонических функций.

3. Формула Остроградского-Гаусса. 4. Формулы Грина.

Уравнения Лапласа и Пуассона относятся к числу основных уравнений

эллиптического типа 0=∆u (уравнение Лапласа)

)(xfu −=∆ (уравнение Пуассона) Первая краевая задача для уравнения Пуассона имеет вид

∪==∈−=∆

.),(

),(

sxu

xxfu

sωωµ

ω (9.1)

Задача (9.1) носит название задачи Дирихле. Вторая краевая задача или задача Неймана записывается в виде

Page 33: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

∪==∂∂

∈−=∆

.),(

),(

sxn

u

xxfu

s

ωωµ

ω (9.2)

Третья краевая задача связана с условием на границе

).(xn

uhu

s

µ=∂∂+ (9.3)

Гармоническими функциями называются функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа.

Рассмотрим некоторые свойства гармонических функций и их возможное интегральное представление.

Вспомним формулу Остроградского-Гаусса.

( ) ,coscoscos)(

ωdz

A

y

A

x

AdsnzAnyAnxA

s

zyx

s

zyx ∫∫∫∫∫

∂∂+

∂∂

+∂∂=++

где zyx AAA ,, – любые достаточно гладкие функции пространственных переменных.

Положим z

vuA

y

vuA

x

vuA zyx ∂

∂=∂∂=

∂∂= ,, , где u и v – произвольные достаточно

гладкие функции. Тогда с учетом равенства

n

vnz

z

vny

y

vnx

x

v

∂∂=

∂∂+

∂∂+

∂∂

coscoscos

получим

ωω

dz

v

z

u

y

v

y

u

x

v

x

uvuds

n

vu

s∫∫ ∫∫∫

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+∆=

∂∂

)(

(9.4)

так называемую первую формулу Грина. Поменяв местами u и v получим двойственную формулу

.)(

ωω

dz

v

z

u

y

v

y

u

x

v

x

uuvds

n

uv

s∫∫ ∫∫∫

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂+∆=

∂∂

(9.5)

Вычтем (5) из (4)

( ) .)(

ωω

duvvudsn

vv

n

vu

s∫∫ ∫∫∫ ∆−∆=

∂∂−

∂∂

(9.6)

Аналогичная формула имеет место и для функции двух переменных

( ) dln

uv

n

vudsuvvu∫∫ ∫

∂∂−

∂∂=∆−∆

ω γ )(

(9.7)

(6) и (7) – называют второй формулой Грина. Определение 1. Функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа, называются

гармоническими. Найдем гармонические функции, обладающие сферической и цилиндрической

симметрией. Запишем уравнение Лапласа в сферических координатах

===

.cos

sinsin

sincos

θθϕθϕ

rz

ry

rx

Page 34: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

0sin1

sinsin11

2

2

2222

2=

∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂

∂∂

ϕθθθ

θθu

r

u

rr

ur

rr (9.8)

и найдем его решение, зависящее только от r, так что

.0 21

21

122 c

r

cu

r

c

r

uc

r

ur

r

ur

r+−=⇒=

∂∂

⇒=∂∂

⇒=

∂∂

∂∂

Возьмем частное решение при 0,1 21 =−= cc

.1r

u = (9.9)

Эту функцию называют фундаментальным решением уравнения Лапласа в пространстве.

Рассмотрим теперь уравнение Лапласа в цилиндрических (полярных) координатах

===

.

sin

cos

zz

ry

rx

ϕϕ

011

2

2

2

2

2=

∂∂+

∂∂+

∂∂

∂∂

z

uu

rr

ur

rr ϕ

и найдем его решение, обладающее цилиндрической симметрией

.ln0 211

1 crcur

c

r

uc

r

ur

r

ur

r+=⇒=

∂∂

⇒=∂∂

⇒=

∂∂

∂∂

Положим 0,1 21 =−= cc

.1

lnlnr

ru =−= (9.10)

Это фундаментальное решение уравнения Лапласа на плоскости. Наряду с

гармоническими функциями r

1 и

r

1ln будем пользоваться их сдвигами:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ,

1ln

1ln

11

20

20

20

20

20

0

0

yyxxr

zzyyxxr

PP

PP

−+−=

−+−+−=

которые гармоничны по координатам Р всюду, за исключением точки .0P

Найдем интегральное представление достаточно гладкой функции и, заданной в области ω с достаточно гладкой границей.

Пусть точка ω∈0P – внутренняя точка области, δω ,0P – шар, радиуса δ с центром в

точке ,0P причем δ >0 настолько мало, что .,0ωω δ ⊂P

P0 ω

Page 35: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Применим формулу Грина (7) к области ,/ ,0 δωω P полагая .1

0PPrv = Тогда

01

0

=

PPr в этой области и

.11111

,0 0,0 0000 /)(∫∫∫∫∫ ∫∫

∆−=

∂∂−

∂∂=

∂∂−

∂∂

δδ ωω

ωPP

dur

dsn

u

rrn

vuds

n

v

rrn

vu

PPs s PPPPPPPP

Рассмотрим

.)(44)(111

,000,0

2221 ∫∫∫∫ ===

∂∂=

δδ

ππδδ

PP s

cpcpPPPPs

PuPudsr

udsrn

uJ

Так как n – внешняя нормаль .00 PPPP rrn ↑↓↑↑

При 00 PPcp →→δ и ).(4 01 PuJ π→

041 21

2

,0 0

→≤∂∂−= ∫∫ πδ

δδ

Mds

n

u

rJ

PS PP

при .0→δ Тогда

.1

)(411

000

0

)(∫∫∫∫∫ ∆−=+

∂∂−

∂∂

ω

ωπ udr

Pudsn

u

rrnu

PPs PPPP

и, следовательно

.4

111

4

1)(

000)(

0 ωππ ω

dr

uds

rnu

n

u

rPu

PPs PPPP∫∫∫∫∫

∆−

∂∂−

∂∂= (9.10)

В частности, если и – гармоническая в ω функция, то 0=∆u и

..11

4

1)(

)(

0

00

∫∫

∂∂−

∂∂=

s PPPP

dsrn

un

u

rPu

π (9.11)

Замечание. Если ),( yxu гармонична, то

.1

ln1

ln21

)(00

0 dlrn

un

u

rPu

PPPP∫

∂∂−

∂∂=

γπ (9.12)

Свойства гармонических функций. Свойство 1. Если и(р) – гармоническая в области ω , то

.0)(∫∫ =

∂∂

s

dsn

u

Действительно, считая, что и гармоническая в области ω , а 1≡v в формуле (9.6), имеем

,0010)(

=⋅=

∂∂− ∫∫∫∫∫ ω

ω

ddsn

u

s

т.е. .0)(∫∫ =

∂∂

s

dsn

u

Свойство 2. Теорема о среднем. Значение гармонической функции в центре сферы равно среднему интегральному от

ее значений на сфере, т.е.

.)(4

1)(

,0

20 dspuR

PuRPS∫∫=

π

Page 36: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Действительно, воспользуемся интегральным представлением (9.11)

.11

41

)(,0 00

0 dsrn

un

u

rPu

RPS PPPP∫∫

∂∂−

∂∂=

π

На сфере RPS ,0

,111

; 22

00

0 RrrnRr

PPPPPP −=−=

∂∂=

то

+

∂∂= ∫∫ ∫∫ dsu

Rds

n

u

RPu

RP RPS S,0 ,0

20

1141

)(π

и с учетом свойства 1

.4

1)(

,0

20 dsuR

PuRPS∫∫=

π

Свойство 3. Принцип максимума и минимума. Если и – гармоническая в области ω и отлична от const, то она достигает своего

максима и минимума только на границе S. Доказательство. Предположим противное, т.е. max,)( 0 =Pu где Р0 – внутренняя

точка области ω. ).()( 0PuPu ≤ (9.13)

Возьмем сферу ω⊂RPS0

и применим свойство 2.

).()(4

1)(

4

1)( 00220

,0,0

PudsPuR

dsPuR

PuRPRP SS

=≤= ∫∫∫∫ ππ (9.14)

Если хотя бы в одной точке сферы RPS0

выполняется строгое неравенство (9.13), то

оно выполняется и в некоторой ее окрестности и тогда неравенство (9.14) примет вид ),()( 00 PuPu <

что невозможно. Свойство 4. Если функция )(zf (функция комплексной переменной) аналитична

(имеет производные любого порядка), то ее вещественная и мнимая части и есть гармонические функции

).,(),()( yxivyxuzf += Для аналитической функции справедливо условие Коши-Римана:

x

v

y

u

y

v

x

u

∂∂−=

∂∂

∂∂=

∂∂

; ,

откуда следует, что

.022

2

2

2

2

=

∂∂∂+

∂∂∂=

∂∂+

∂∂

yx

v

yx

v

y

u

x

u

Лекция 10.

Метод функций Грина.

Рассматриваемые вопросы. 1. Функция Грина. 2. Однородная задача Дирихле на плоскости и в пространстве.

Page 37: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

3. Электростатическая аналогия.

1) Пусть область ω имеет достаточно гладкую границу S и функция )( pu непрерывна вместе с производными до второго порядка включительно в замкнутой области .vs∪= ωω Тогда имеет место интегральное представление

,4111

41

)(000)(

0 ωππ ω

dr

uds

rnu

n

u

rPu

PPs PPPP∫∫∫∫∫

∆−

∂∂−

∂∂= (10.1)

где Р0 – внутренняя точка области ω. С другой стороны по второй формуле Грина

( ) .))(

ωω

duvvudsn

uv

n

vu

s∫∫∫∫∫ ∆−∆=

∂∂−

∂∂

(10.2)

Если предположить, что v – гармоническая функция, то из (2) следует

.0)(

ωω

duvdsn

uv

n

vu

s∫∫∫∫∫ ∆+

∂∂−

∂∂= (10.3)

Вычитая из (1)-(3), получим

,4

1

4

1

4

1)(

000)(

0 ωπππ ω

udvr

dsvrn

un

uv

rPu

PPs PPPP

+−

+

∂∂−

∂∂

+= ∫∫∫∫∫ (10.4)

где v – произвольная гармоническая функция. Определение. Функцией Грина для задачи Дирихле называется

=

+=

,0),(

)(4

1),(

0

det

0

s

PP

PPG

Pvr

PPGo

π (10.5)

где v –гармоническая в ω функция. Так как первое слагаемое 0

1

PPr – есть просто

фундаментальное решение уравнения Лапласа и не зависит от области ,ω то равенства (5) на самом деле определяют гармоническую в ω функцию v, которая на границе подчинена условию

04

1)(

PPs r

Pvπ

−= .

Иными словами определение функции v связано с решением специальной задачи Дирихле:

−=

=∆

oPPs r

v

v

π4

1

0

. (10.6)

Если такая функция v найдена, то

.)()(

0 ωω

udGdsn

GuPu

s

∆−∂∂−= ∫∫∫∫∫ (10.7)

Если функция ),( 0PPG найдена, то решение задачи Дирихле для уравнения Пуассона

∈=∈−=∆

ωψω

00

00

)(

)(

PPu

PPfu

s

определяется по формуле

.),()()()( 0

)(

0 ωψω

dPPGPfdsn

GPPu P

s∫∫∫∫∫ +

∂∂−= (10.8)

Page 38: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

R

P

P0 N

Итак, для того, чтобы решить задачу Дирихле, хорошо бы найти функцию Грина ),( 0PPG для этой области.

В некоторых случаях (для некоторых областей) можно найти ее явное представление. Замечание. В двумерном случае

=

+=

,0),(

)(1

ln21

),(

0

0

γ

π

PPG

Pvr

PPGoPP

где v – гармоническая функция двух переменных. Решение задачи Дирихле

=

−=∂∂+

∂∂

),(

),(2

2

2

2

yxu

yxfy

u

x

u

ϕγ

дается формулой

∫ ∫∫+∂∂−=

γ ω

ωγϕ dyxGfdn

Gyxyxu ),(),(),( 00 . (10.9

2) Для некоторых областей функцию Грина удается найти в замкнутой форме методом электростатических отображений. В электростатической интерпретации функция Грина

)(4

1),(

0

0 Pvr

PPGPP

+=π

представляет собой суммарный потенциал в точке Р заряда, помещенного в точке Р0 внутри заземленной поверхности.

Первое слагаемое есть, очевидно, потенциал самого точечного заряда, а второе )(Pv представляет потенциал зарядов индуцированных на проводящей поверхности. Ясно, что для построения функции Грина, надо уметь находить потенциал индуцированных зарядов

)(Pv . В свете такой интерпретации функцию Грина ),( 0PPG называют функцией

точечного источника. Примеры. 1. Функция Грина для шара Пусть R – радиус шара, Р – любая точка на сфере, а во внутренней точке Р0

помещен единичный заряд.

На проводящей сфере индуцируется заряд, потенциал которого равен потенциалу некоторого точечного заряда, помещенного в инверсионном образе N точки Р0, относительно сферы так, что выполнено равенство:

[ [ [ [[ [

[ [[ [.00

00

00 020 N

P

P

PRNP =⇒=⋅

Треугольники ОРР0 и ОРN подобны (общий угол и стороны пропорциональны).

Поэтому .00

PN

PP

OP

OP =

Page 39: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Пусть .;;;0

0

0

0

0000 PPPN

PN

PPPNPP r

Rr

r

r

RrPNrPPOP

ρρρ =⇒==== Тогда

.411

41

)(0

0

0πρπ PNPP r

R

rPPG −= (10.10)

Действительно, .411

0 πρ PNr

Rv −= Очевидно гармонична по Р в замкнутом шаре. Если же

точка Р лежит на сфере, то

.01

41

41

)(

00

0

00 =−=

PPPP

s

rR

R

rPPG

ρρππ

Как видно из (10.10) функция Грина для шара есть потенциал электростатического поля, созданный двумя точечными зарядами.

2. Функция Грина для полупространства В качестве области ω берем часть, где .0>z Граница S имеет уравнение .0=z В

точке ),,( 0000 zyxP помещаем единичный заряд, который создает поле с потенциалом

04

1

PPrπ.

Внесение проводящей поверхности 0=z приводит к индуцированию зарядов, потенциал которых можно заменить потенциалом отрицательного единичного заряда, помещенного в точку ).,,( 0000 zyxP −′

Суммарный потенциал

.4

1

4

1)(

00

0PPPP rr

PPG′

−=ππ

Рассмотрим задачу Дирихле для полупространства 0>z .

=>=∆

=),(

00

0yxu

zu

.

Ее решение:

dxdyz

Gyxzyxu ∫ ∫

∞−

∞− ∂∂= ),(),,( 000 ϕ

20

20

20 )()()(

0zzyyxxrPP −−+−=

20

20

20 )()()(

0zzyyxxr PP +−+−=′

( ) ( )( ) 2320

20

20

0

0

30

30

0 21

41

00 zyyxx

z

r

zz

r

zz

z

G

zPPPPz +−+−

=

++−=∂∂

=′= ππ

или

( ) ( )( ) dxdyzyyxx

yxzzyxu ∫ ∫

∞−

∞− +−+−=

2320

20

20

0000

),(

2

1),,(

ϕπ

3) Функции Грина для полушара.

0P′

P0

z

x

y

Page 40: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

,11

4111

41

)(00

0

00

−−

−=

′′ NPPPPNPP r

R

rr

R

rPPG

ρπρπ

где

Лекция 11

. Теория потенциала.

Рассматриваемые вопросы. 1.Объемный и логарифмический потенциалы. 2. Поверхностные потенциалы. 3. Решение основных краевых задач методом потенциала. Приведем некоторые сведения из теории потенциала. 1. Объемный потенциал и его свойства. Предположим, что в области ϖ распределен электрический заряд с плотностью

).,,(),( zyxPPρρ = Для нахождения потенциала такого электростатического поля

разобьем область ω на элементарные части ,kω∆ не имеющие общих внутренних точек.

Допустим, что действие заряженной области kω равносильно действию точечного заряда

.)( kkP ωρ ∆ Тогда потенциал электростатического поля в точке наблюдения 0P можно

найти по формуле:

.)(

)(1

0

0

∑=

∆=n

kk

PP

kn

kr

PPu ωρ

При ∞→n очевидно

.)(

)(0

0 pPP

dr

PPu ωρ

ω∫∫∫= (11.1)

Функцию (1) называют объмным или ньютоновским потенциалом. Свойство 1. Объемный потенциал есть гармоническая функция по координатам

точки ),,( 0000 zyxP во внешней области ϖ .

z

y

x

− e

RN

)(0 eP

)(0 eP −′

′ eR

N0ρ

Page 41: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Если ,0 ϖ∉P то (1) есть обычный тройной интеграл, функция 0

1

PPr имеет

непрерывные производные любого порядка, интеграл ,)( ∞<∫∫∫ ωρω

dP поэтому

производные по 000 ,, zyx можно вычислять дифференцированием под знаком интеграла.

В частности

,01

)()(0

0 =

∆=∆ ∫∫∫ p

PP

dr

PPu ωρω

так как ,01

0

0=

PPP r

если .0 ϖ∉P

Свойство 2. Объемный потенциал есть непрерывная функция по координатам точки

0P во всем пространстве .3R

Действительно, непрерывности в внешности ϖ вытекает из ее гармоничности. Пусть теперь точка ,0 ω∈P а δω

,0P есть шар радиуса 0>δ с центром в точке 0P

такой, что .,0

ϖω δ ⊂P

Рассмотрим разность ),()( 10 PuPu − где точка δω,01 PP ∈

.11

)()()(

)()( 321

/

10

,0 10,0 1,0 0

JJJdrr

Pdr

Pd

r

PPuPu p

PPPPp

PPp

PP PPP

++=

−+−=− ∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ωρωρωρ

δδδ ωωωω

.8sin)(

11

2,1 12,1 1

2

0 0

2

0

2 δπθθωωρ π π δ

ωω δδ

MrddudrMdr

Md

r

PJ PPPPp

PPp

PP PP

==≤≤ ∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫∫

Для 1J аналогично получаем

.21 δπMJ ≤

Будем считать, что δ фиксировано так, что

.2

10εδπ <M

Оценим теперь .3J Если ,/,0 δωω PP ∈ то выбирая Р1 достаточно близко к Р0 получим

ωεMrr PPPP 2

11

10

<

с помощью которого

.2

11

,0 101/

3

εωδωω

−≤ ∫∫∫ p

PPPP

drr

MJP

ω

P1 P0

Page 42: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

А значит .)()( 10 ε<− PuPu

Непрерывность во внутренних точках области ω объемного потенциала доказана. Пусть теперь точка SP ∈0 – границе области ω. Рассмотрим более широкую область

ωω ⊃1 и положим .\если,0

если),()(

11

∈∈

=ωω

ϖρρ

Р

РPP

Тогда

pPP

dr

PPu ωρ

ω∫∫∫=

1 0

)()( 0

и точка Р0 будет внутренней по отношению к .1ω Следовательно, потенциал в точке Р0 непрерывен.

Свойство 3. Объемный потенциал имеет непрерывные производные первого порядка в .3R Доказательство аналогично доказательству свойства 2.

Свойство 4. Если плотность )(Pρ имеет непрерывные производные первого порядка, то объемный потенциал имеет производные второго порядка в области ω и удовлетворяет уравнению Пуассона

)(4)( 00 PPu πρ−=∆

(без доказательства). Замечание 1. С помощью объемного потенциала решение задачи Дирихле для

уравнения Пуассона может быть сведено к решению задачи Дирихле для уравнения Лапласа.

Замечание 2. В двумерном случае роль объемного потенциала играет так называемый логарифмический потенциал

( ) ( ).

1ln),(),(

20

20)(

00 dxdyyyxx

yxyxuD −+−

= ∫∫ρ

Поверхностные интегралы простого и двойного слоя.

Пусть на некоторой достаточно гладкой поверхности S распределен заряд с плотностью ).(Pρ Тогда потенциал электростатического поля в точке SP ∉0

представляется в виде:

.)(

)(0

0 p

S PP

dsr

PPu ∫∫= ρ

(11.2)

Функцию (11.2) называют потенциалом простого слоя. Перечислим некоторые свойства этого потенциала.

1). Потенциал простого слоя есть гармоническая вне S функция. 2). Потенциал простого слоя есть непрерывная во всем пространстве 3R функция. 3). Нормальная производная потенциала простого слоя терпит разрыв при переходе

через поверхность S.

0

0

2 ( ),i ii

u uP

n nπρ

∂ ∂= − ∂ ∂ 0

0

2 ( ).i iе

u uP

n nπρ

∂ ∂= + ∂ ∂ , (11.3)

где i i

u

n

∂ ∂

- значение нормальной производной потенциала простого слоя изнутри, а

i e

u

n

∂ ∂

- снаружи поверхности.

Потенциалом двойного слоя называется выражение

Page 43: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

,1

)()(0

0 p

S PPP

dsrn

PPu ∫∫

∂∂= ν

где ν(Р) – есть плотность распределения дипольного момента, а Pn – внутренняя нормаль к S.

4). Потенциал двойного слоя есть гармоническая вне S функция. 5). Потенциал двойного слоя терпит разрыв при переходе через поверхность S.

Если предел потенциала двойного слоя снаружи обозначить через 0( )eu P , а предел изнутри -

через 0( )iu P , то имеют место формулы

( ) 00 0 0 02

0

cos( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )e

S

u P v P ds v P u P v Pr

ϕ π π= − = −∫∫ ,

( ) 00 0 0 02

0

cos( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )i

S

u P v P ds v P u P v Pr

ϕ π π= + = +∫∫ , (11.4)

где 0ϕ - угол, образованный вектором 0 0r P P= и нормалью n в переменной точке .P S∈

В двумерном случае формулы скачка для потенциала двойного слоя имеют вид

0 0 0

0 0 0

( ) ( ) ( ),

( ) ( ) ( )e

i

u P u P P

u P u P P

πµπµ

= −= +

(11.5)

6). Потенциал двойного слоя может быть представлен в виде:

,),cos(

)()( 20

0

0

p

S PP

P dsr

nPPPPu ∫∫= ν

Аналогично могут быть введены криволинейные интегралы простого и двойного слоя с аналогичными свойствами.

Поверхностные потенциалы дают возможность сводить краевые задачи для уравнения Лапласа

к интегральным уравнениям. Такой прием эффективен при решении краевых задач со сложной границей и удобен в теоретических исследованиях. Отметим, что решение задачи Дирихле при этом ищут в виде потенциала двойного слоя, решение задачи Неймана – в виде потенциала простого слоя. В качестве примера рассмотрим первую и вторую краевые задачи: найти функцию u ,

гармоническую в области 2D R⊂ , ограниченной контуром Г, и удовлетворяющую либо

граничным условиям задачи Дирихле (первой краевой задачи) Г

u f= , либо условиям задачи

Неймана (второй краевой задачи) .Г

uf

n

∂ =∂

Как для внутренней, так и для внешней задачи нормаль в граничном условии будем считать внутренней.

Решение внутренней первой краевой задачи ищем в виде потенциала двойного слоя cos

( ) ( )MPГ

u M P dsr

ϕµ= ∫ (11.6)

с неизвестной пока функцией ( ).Pµ При любом выборе ( )Pµ функция ( )u M удовлетворяет

уравнению Лапласа в области D , охваченной контуром Г, и разрывна на контуре Г. Для выполнения граничных условий необходимо, чтобы в каждой точке 0P Г∈ выполнялось

равенство 0 0( ) ( )iu P f P= . Поэтому по формуле (11.5) получим уравнение для определения ( )Pµ :

0

0 0

cos( ) ( ) ( ).

P PГ

P P ds f Pr

ϕπµ µ+ =∫ (11.7)

Page 44: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Если в формуле (11.7) перейти к естественному параметру, обозначив через 0s и s дуги контура

Г, соответствующие точкам 0P и P , то (11.7) примет вид

0 0 0

0

( ) ( , ) ( ) ( ),L

s K s s s ds f sπµ µ+ =∫ (11.8)

где L – длина контура Г, 0

0

cos( , )

PP

K s sr

ϕ= - ядро интегрального уравнения. Уравнение (11.8)

является уравнением Фредгольма второго рода. Решив его, найдем функцию ( )Pµ , а значит, решим и внутреннюю задачу Дирихле.

Для внешней первой краевой задачи аналогично получим уравнение

0 0 0

0

( ) ( , ) ( ) ( ).L

s K s s s ds f sπµ µ− + =∫ (11.9)

Перейдем ко второй краевой задаче. Если искать ее решение в виде потенциала простого слоя

( ) 1( ) ln ,

Г

u M P dsr

µ= ∫ (11.10)

то для внутренней задачи функция ( )Pµ определяется как решение уравнения

0 1 0 0

0

( ) ( , ) ( ) ( ),L

s K s s s ds f sπµ µ− + =∫ (11.11)

для внешней задачи – как решение уравнения

0 1 0 0

0

( ) ( , ) ( ) ( ).L

s K s s s ds f sπµ µ+ =∫ (11.12)

Ядро 1 0( , )K s s в интегральных уравнениях (11.11) и (11.12) имеет вид

0 0 0

01 0

cos1( , ) ln

P PP PP

K s sn r r

ψ ∂= = ∂ .

Пример (первая краевая задача для круга). Решим внутреннюю задачу Дирихле для уравнения Лапласа 0u∆ = в круге радиуса R с границей Г. Предполагая использовать формулы (11.6) и (11.7), найдем ядро

0

0

cos( , )

P P

K s sr

ϕ=

потенциала двойного слоя. Из рисунка ясно, что cos 1

2r R

ϕ = , поэтому интегральное уравнение

(11.8) для определения функции µ примет вид

0 0

1 1 1( ) ( ) ( ).

s s ds f sR

µ µπ π

+ =∫ (11.13)

Ядро этого уравнения вырожденное, т.к. зависит только от одного аргумента .s Поэтому легко видеть, что решением уравнения (11.13) является функция

1( ) ( )s f s Aµ

π= + (11.14)

где А – некоторая подлежащая определению постоянная. Подставим функцию (9) в уравнение (8) и выразим постоянную А через заданную функцию f :

2

1( ) .

A f s dsRπ

= − ∫

Таким образом, решением интегрального уравнение (11.13) является функция

0 ϕ

R

0P

r

P

n

Page 45: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

2

1 1( ) ( ) ( ) .

s f s f s dsR

µπ π

= − ∫

Соответствующий потенциал двойного слоя, дающий решение первой краевой задачи для круга, равен

2

cos cos 1 1( ) ( ) ( ) ( ) .

4MP MPГ Г Г

u M P ds f s f s ds dsr r R

ϕ ϕµπ π

= = −

∫ ∫ ∫

Преобразуем правую часть этой формулы, полагая, что точка М лежит внутри Г :

2

1 cos 1 cos( ) ( ) ( )

4MP MPГ Г Г

u M f s ds f s ds dsr R r

ϕ ϕπ π

= − =

∫ ∫ ∫ (11.15)

2

1 cos 1 1 cos 1( ) ( ) 2 ( ) .

4 2MP MPГ Г Г

f s ds f s ds f s dsr R r R

ϕ ϕππ π π

= − ⋅ = −

∫ ∫ ∫

(Здесь было использовано равенство cos

2 ,MPГ

dsr

ϕ π=∫ проверить которое предлагается читателю).

Преобразуем подынтегральное выражение. Из треугольника OPM (см. рис.)

2 2 2 2 cosr R Rρ ρ α= + − и cosϕ = cosR

r

ρ α−= . Отсюда

2 2

2

cos 1.

2 2

R

r R Rr

ϕ ρ−− =

Подставив найденное выражение в (11.15), получим известную формулу Пуассона для круга

2 2

2

1( ) ( ) ,

Ru M f s ds

R r

ρπ

−= ∫

дающую решение задачи .

0

Г R

M

P ϕ

α r ρ

Page 46: УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ · УДК 519, 92 (076.5) Конспект лекций по дисциплине « Уравнения математической

Литература

1. Кошляков Н.С., Глинер Э.Б., Смирнов М.М. Уравнения в частных производных математической физики. М.: Высшая школа, 1970.

2. Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физики. М.: Наука, 1972.

3. Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник задач по математической физике. Новосибирск: Наука, 1972.

4. Годунов С.К., Золотарева Е.В. Сборник задач по уравнениям математической физики. Новосибирск: Наука, 1974.

5. Макаров А.П., Макарова В.В. Краткий курс математического анализа. Ч. 2. СП-б.: Наука, 1994.

6. Очан Ю.С. Методы математической физики. М.: Высшая школа, 1965. 7. Очан Ю.С. Сборник задач по методам математической физики. М.: Высшая школа,

1973. 8. Михлин С.Г. Курс математической физики. М.: Наука, 1968. 9. Зельдович Я.Б., Мышкис А.Д. Элементы математической физики. М.: Наука, 1973. 10. Макаров А.П. Операционное исчисление. Череповец, 2002. 11. Макаров А.П. Теория операторов (вводный курс). Череповец, 2002. 12. Макаров А.П. Уравнения математической физики. - Череповец, 2004.- 175 с. 13. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. Т. 2. М.: Наука,

1985. 14. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т. III. М.: Наука, 1963.

15. Макаров А.П. Элементы теории функций комплексного переменного. Череповец, 2002.

16. Макаров А.П., Макарова В.В. Вариационное исчисление. Череповец, 2002. 17. Цлаф Л.Я. Вариационное исчисление и интегральные уравнения. М.: Наука, 1970. 18. Владимиров В.С. Уравнения математической физики. М.: Наука, 1976. 19. Петровский И.Г. Лекции об уравнениях с частными производными. Физматгиз,

1961. 20. Смирнов В.И. Курс высшей математики. Т. II. М.: Наука, 1967. 21. Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функций комплексного переменного. М.: Наука, 1973.

22. Михлин С.Г. Линейные уравнения в частных производных. М.: Высшая школа, 1977.

23. Соболев С.Л. Уравнения математической физики. М.: Наука, 1966. 24. Смирнов М.М. Дифференциальные уравнения в частных производных второго порядка. М.: Наука, 1964.