Author: Маркович Б.М.
Tags: математика фізика математична фізика рівняння математичної фізики видавництво львів
Year: 2008
Text
Маркевич Б. М.
РІВНЯННЯ
МАТЕМАТИЧНОЇ
ФІЗИКИ
Львів — 2008
Маркевич Б. М. Рівняння математичної фізики: Навчальний
посібник. - Львів: Видавництво Національного університету “Львівська
політехніка”. 2008. - 366 с.
Зміст
1. Класифікація та зведення до канонічного вигляду диферен-
ціальних рівнянь в частинних похідних другого порядку 8
1.1. Диференціальні рівняння з двома незалежними змінними ... 8
1.2. Диференціальні рівняння з багатьма незалежними змінними . 14
1.3. Канонічні форми лінійних диференціальних рівнянь із сталими
коефіцієнтами................................................ 17
Задачі....................................................... 23
2. Постановка фізичних задач 26
2.1. Задачі, які приводять до рівнянь гіперболічного типу... 26
2.1.1. Малі поперечні коливання струни................... 26
2.1.2. Малі коливання мембрани........................... 34
2.1.3. Малі поздовжні коливання стержня.................. 37
2.1.4. Електричні коливання в провідниках ............... 39
2.1.5. Рівняння гідродинаміки та акустики................ 43
2.2. Задачі, які приводять до рівнянь параболічного типу.... 46
2.2.1. Рівняння теплопровідності для стержня............. 46
2.2.2. Поширення тепла у просторі........................ 51
2.2.3. Рівняння дифузії.................................. 53
2.3. Задачі, які приводять до рівнянь еліптичного типу....... 56
2.3.1. Стаціонарне температурне поле..................... 57
2.3.2. Рівняння електростатики........................... 58
2.3.3. Рівняння Лапласа в ортогональній криволінійній систе-
мі координат............................................ 60
Задачі....................................................... 63
3. Задача Коші для хвильового рівняння на прямій 69
3.1. Формула Даламбера....................................... 69
З
3.2. Фізичний зміст формули Даламбера....................... 71
3.3. Неперервна залежність розв’язку задачі Коші від початкових
даних. Узагальнений розв’язок............................... 75
3.4. Неоднорідне рівняння, метод Дюамеля ................... 78
Задачі...................................................... 81
4. Змішана задача для хвильового рівняння на півпрямій та на
відрізку 84
4.1. Хвильове рівняння на півпрямій......................... 84
4.1.1. Однорідні крайові умови та метод продовження .... 86
4.1.2. Неоднорідні крайові умови......................... 100
4.2. Хвильове рівняння на відрізку........................... 106
4.2.1. Однорідні крайові умови та метод продовження .... 106
4.2.2. Неоднорідні крайові умови....................... 110
Задачі..................................................... 112
5. Задачі для рівняння другого порядку гіперболічного типу на
площині 116
5.1. Задача Коші, метод Рімана............................. 116
5.2. Задача Гурса.......................................... 125
Задачі..................................................... 126
6. Поширення хвиль у просторі 131
6.1. Часткові розв’язки однорідного хвильового рівняння ... 131
6.2. Метод усереднення..................................... 133
6.3. Неоднорідне хвильове рівняння, формула Кірхгофа....... 135
6.4. Неоднорідне хвильове рівняння на площині, метод спуску ... 137
6.5. Фізичний зміст розв’язків хвильового рівняння в просторі та
на площині................................................. 138
6.6. Метод відображень..................................... 140
Задачі..................................................... 141
7. Метод розділення змінних. Розклад за власними функціями
задачі Штурма-Ліувілля 143
7.1. Однорідні крайові умови .............................. 143
7.1.1. Рівняння теплопровідності ...................... 148
4
7.1.2. Рівняння коливань................................. 149
7.2. Неоднорідні крайові умови................................ 150
7.3. Метод інтегрального перетворення Фур’є................... 152
7.4. Метод інтегрального перетворення Лапласа................. 162
Задачі........................................................ 169
8. Крайові задачі для рівняння коливань 176
8.1. Теорема про єдиність розв’язку........................... 176
8.2. Рівняння вільних коливань струни із закріпленими кінцями,
фізична інтерпретація розв’язку.............................. 178
8.3. Неоднорідне рівняння коливань............................ 185
8.4. Локалізована в точці сила................................ 189
Задачі........................................................ 191
9. Рівняння теплопровідності 195
9.1. Принцип максимуму для розв’язків рівняння теплопровідності 195
9.2. Теорема про єдиність розв’язку........................... 199
9.3. Рівняння теплопровідності на відрізку.................... 201
9.4. Рівняння теплопровідності на прямій ..................... 204
9.5. Рівняння теплопровідності на півпрямій................... 207
9.5.1. Однорідні крайові умови .......................... 209
9.5.2. Неоднорідні крайові умови ........................ 215
9.6. Рівняння теплопровідності в просторі та на площині....... 219
Задачі........................................................ 223
10. Гармонічні функції 233
10.1. Постановка крайових задач............................... 233
10.2. Фундаментальні розв’язки рівняння Лапласа у просторі та на
площині...................................................... 236
10.3. Перетворення обернених радіус-векторів ................. 237
10.4. Формули Гріна........................................... 239
10.5. Основні властивості гармонічних функцій................. 244
10.6. Принцип максимуму та його наслідки...................... 245
Задачі........................................................ 253
5
11. Метод розділення змінних для рівняння Лапласа 255
11.1. Задача Діріхле в крузі................................. 255
11.2. Інтеграл Пуассона...................................... 261
11.3. Задача Штурма-Ліувілля для оператора Лапласа в прямокут-
нику ......................................................... 263
Задачі....................................................... 264
12. Функція джерела 273
12.1. Функція джерела оператора Лапласа та її основні властивості 273
12.2. Метод електростатичних зображень........................277
12.2.1. Функція джерела для кулі..........................277
12.2.2. Функція джерела для круга.........................281
12.2.3. Функція джерела для півпростору...................284
12.3. Представлення функції джерела у вигляді ряду............286
12.3.1. Задача Діріхле для рівняння Лапласа...............286
12.3.2. Задача Неймана для рівняння Лапласа.............. 288
12.4. Метод конформного відображення......................... 290
12.4.1. Гармонічні функції та аналітичні функції комплексної
змінної.................................................. 290
12.4.2. Дробово-лінійна функція ......................... 292
12.4.3. Побудова функції джерела ........................ 295
Задачі....................................................... 299
13. Теорія потенціалу ЗОЇ
13.1. Об’ємний потенціал .................................... ЗОЇ
13.1.1. Властивості об’ємного потенціалу .................304
13.2. Поверхні та криві Ляпунова..............................308
13.3. Потенціал подвійного шару...............................311
13.3.1. Властивості потенціалу подвійного шару ...........312
13.4. Потенціал простого шару................................ 317
13.4.1. Властивості потенціалу простого шару..............317
13.5. Застосування потенціалів до розв’язування крайових задач . . 325
Задачі....................................................... 331
Відповіді 333
6
Список літератури
Предметний покажчик
362
366
7
Класифікація та зведення до
канонічного вигляду диференціальних
рівнянь в частинних похідних другого
порядку
При дослідженні багатьох задач математичної фізики виникають дифе-
ренціальні рівняння в частинних похідних. Найчастіше серед них зустріча-
ються диференціальні рівняння другого порядку, тому в цьому розділі роз-
глянемо їх класифікацію та канонічні форми.
1.1. Диференціальні рівняння з двома незалежними
змінними
Диференціальним рівнянням в частинних похідних другого порядку з
двома незалежними змінними х та у називається співвідношення між не-
відомою функцією и(х,у) та її частинними похідними до другого порядку
включно:
У1 ^Хі Пу, иХХі ^ху> ^“уу) 0?
де використано такі позначення:
ди ди д2и д2и д2и
'Ч'Х "Х ) Пу “X •> 'Ч'ХХ Тл 9 •> 'Ч'Ху Тл X •> ^уу “X о •
ох оу Ох- охоу оу-
Диференціальне рівняння називається лінійним відносно старших по-
хідних, якщо воно має такий вигляд:
+ 2аі2^у + а22иуу + ГДх, у, и, их, иу) = 0, (1.1)
8
де коефіцієнти «ц, «12, «22 є фуНКЩЯМИ ВІД X ТИ у.
Якщо коефіцієнти «ц, «12, «22 залежать не тільки від х та у, а й від
«, их, иу, то таке рівняння називається квазілінійним.
Диференціальне рівняння називається лінійним, якщо воно є лінійним
як відносно старших похідних ихх, иху, иуу, так і відносно функції и та її
перших похідних их, иу:
апихх + 2аі2Щгу + о,22иуу + Ьуих + Ь2иу + си + / = 0, (1-2)
де Пц, «12, «22, &і, ^2, с та / — функції тільки від х та у.
Якщо коефіцієнти рівняння (1.2) не залежать від х та у, то таке рівняння
називається лінійним з постійними коефіцієнтами.
Диференціальне рівняння називається однорідним, якщо ф(х,у) = 0.
Будь-яке лінійне відносно старших похідних диференціальне рівняння
за допомогою заміни незалежних змінних можна звести до більш простого
— канонічного вигляду. Тому в подальшому при вивченні диференціальних
рівнянь в частинних похідних можна обмежитися лише канонічними рів-
няннями. З метою отримання цих канонічних рівнянь зробимо перетворення
змінних
І = Лх,у'), гі = ф(х,у~),
(1-3)
яке встановлює взаємно однозначний зв’язок між точками (£, ту) та (х, у) від-
повідних областей. Вважатимемо, що функції <р(х,у) та ф(х,?/) є неперерв-
ними разом зі своїми частинними похідними першого та другого порядків.
Тоді
'XX Ч
Підставивши ці похідні в рівняння (1.1) та об’єднавши доданки з одна-
ковими похідними, отримуємо таке перетворене рівняння:
«11^ + 2«12«^ + «22^ + Г(£, Т), и, иф) = 0,
(1-4)
де
«11 — «11^2 + 2«і2£я;£2/ + «22^у,
«12 «116,^ + ^12^хду Т ^удх} + «22Уу^7у,
«22 = апдх + 2«12^?7у + «22^-
9
Виберемо змінну £ таким чином, щоб коефіцієнт Иц був рівний нулю.
Для цього необхідно знайти частковий розв’язок £ = 92 (х, у) такого рівняння:
«11<4 + 2а^хфу + «22^2 = 0. (1.5)
Лема 1. Якщо £ = у){х^у) — частковий розв’язок рівняння (1.5), то
співвідношення
(Дх, у) = С = СОП8І
є загальним інтегралом такого звичайного диференціального рівняння:
«11 (<І?/)2 — 2<212(ІХ (1у + «22(сісс)2 = 0. (1.6)
Доведення. Оскільки функція £ = Дх,?/) задовольняє рівняння (1.5), то
рівність
/ \ 2 / \
І Фх 1 О І Фх І і _о
«11 І - І — 2(112 і---І + «22 — б
\Фу/ \ Фу/
є тотожною: вона виконується для всіх х та у в тій області, де задано роз-
в’язок. Співвідношення Дх, ?/) = С є загальним інтегралом рівняння (1.6),
якщо функція щ яка визначається із неявного співвідношення <Дх,у) = С,
задовольняє рівняння (1.6). Нехай
у = /(х,С)
є цією функцією, тоді
сі?/
ба?
<АГ(аз?/)
Фу(х,У)
Звідси випливає, що функція у
/ 1 \ 2 / 1 \
у=/(х,С)
= Дх, С) задовольняє рівняння (1.6), так як
І Фх\ о ( Фх\ ।
«11 І----І — ^«12 І------І + «22
\ Фу / \ Фу
«11
у=/(х,С)
Лема 2. Якщо Дх, у) = С є загальним інтегралом такого диференці-
ального рівняння:
«11 (сі?/)2 — 2<212(ІХ (1у + «22 (бх)2 = 0,
то функція £ = <Дх,?/) задовольняє рівняння (1.5).
Доведення. Нехай (Дх,у) — загальний інтеграл рівняння (1.6) для будь-якої
точки (х,у). Нехай (х^уо) — яка-небудь задана точка. Якщо доведемо, що
10
В НІЙ виконується рівність (1.5), ТО В силу ДОВІЛЬНОСТІ вибору ТОЧКИ (хд,?/о)
буде випливати, що рівність (1.5) є тотожною і функція <р(х,у) є розв’язком
рівняння (1.5). Проведемо через точку (а?о,т/о) інтегральну криву рівняння
(1.6), поклавши (/?(хо,^о) = С*о та розглядаючи криву у = /(х, С*о). Для усіх
точок цієї кривої маємо таке співвідношення:
/ &у \ 2 &у
«11 П- — 2(112---------Н«22 =
\ ах / аа?
= 0.
у=/(ж,С0)
Поклавши в останній рівності х = хд, отримуємо:
«п<Й(«щ Уо) + 2а12^Дх0, Уо)<ру(хо, т/0) + «22<ф)(«щ Уо) = 0,
що і треба було довести.
Отже, для того щоб позбутися похідної в рівнянні (1.4) необхідно
знайти загальний інтеграл <£>(х,?/) = С рівняння (1.6) та виконати заміну
змінних £ = (/?(х, і/). Рівняння (1.6) називається характеристичним для рів-
няння (1.2), а його інтеграли — характеристиками. Якщо ф(х, у) = сопвї
є другим загальним інтегралом характеристичного рівняння, який не зале-
жить від (Дх,?/), то, поклавши у = ф(х, Д, перетворимо в нуль ще й коефі-
цієнт Й22-
Рівняння (1.6) розпадається на два рівняння:
&У = «12 + л/Д _
(їх (2ц ’
(1(7 0Ц2 — а/Д
/ = -Л—Щ 1.8
ах <2ц
де Д = «12 — «ц«22 — дискримінант. Знак дискримінанта визначає тип рів-
няння (1.1).
Диференціальне рівняння (1.2) будемо називати в точці М(х,?/) рівнян-
ням:
• гіперболічного типу, якщо в цій точці Д > 0;
• параболічного типу, якщо в цій точці Д = 0;
• еліптичного типу, якщо в цій точці Д < 0.
11
Вправа. Довести властивість інваріантності типу рівняння при перет-
воренні змінних (1.3):
Сж Су
дх Цу
£>х Су
Лх Т]у
^0,
де А = О^ — 0110.22- Тобто показати, що перетворення ЗМІННИХ (1.3) не змінює
тип рівняння.
Рівняння гіперболічного типу. Праві частини рівнянь (1.7) та (1.8) є
дійсними та різними. їх загальні інтеграли <р(х, у) = сопзї та ^(х, у) = соизї
визначають дійсні сімейства характеристик. Поклавши
£ = т] = 'ф(х,у),
зводимо рівняння (1.4) до такого вигляду:
и&і = (1’9)
2012
— це так звана перша канонічна форма рівняння гіперболічного типу. Часто
використовують другу канонічну форму:
2
^аа ^/3/3 ~ Р і (ТЮ)
&12
де а = (£ + т?)/2 та /3 = (£ — 7?)/2 — нові змінні.
Рівняння параболічного типу. У цьому випадку праві частини рівнянь
(1.7) та (1.8) є дійсними та співпадають, отримуємо один загальний інтеграл
(р(х, у) = С0И8Ї .
Покладемо в цьому випадку
С = Дх,Д Т] = у(х,у),
де т](х, у) — будь-яка функція, така, що
Сж Су 0
дх 'Пу
Тоді
дії = (д/ ац£х + д/а2гСу)2 = О?
12
оскільки аі2 = \/аііа22', звідси випливає, що
Й12 — (V(а/О'іі'Пх + \/а22Уу) ~ О-
Отримуємо канонічну форму рівняння параболічного типу
Р- (1.11)
«22
Рівняння еліптичного типу. У цьому випадку праві частини рівнянь (1.7)
та (1.8) є комплексними. Нехай </?(х,?/) = сонзі — комплексний інтеграл рів-
няння (1.7), тоді (д*(х,?/) = сопзї, де <д* — комплексно спряжена функція до
функції ер, є загальним інтегралом спряженого рівняння (1.8). Після заміни
змінних £ = </?(х,?/), г/ = <р*(х,у) рівняння (1.4) приводиться до такого ж
вигляду, що і гіперболічне (1.9). Але для того, щоб не мати справи з ком-
плексними змінними, вводять нові змінні а та (З
а = = Р = = ІП1<Л (Г12)
тобто
£ = а + 1(3, г) = а — ї{3.
Тоді
1 1
і рівняння (1.9) набуває такого вигляду:
2 ~
^аа + ^/3/3 ~ Р (1.13)
«12
— це канонічна форма рівняння еліптичного типу,
йі2 = аи(а^. + (З?) + 2а\2(ахау + (3х(3у) + «22(сіу + (3^)-
Приклад 1.1. Рівняння Трікомі
У 'М'хх + иуу
належить до змішаного типу: при у < 0 воно є гіперболічного типу, при
у = 0 параболічного, а при у > 0 еліптичного типу, бо дискримінант є
таким: А = — у. Характеристичне рівняння має такий вигляд:
13
характеристики:
-х+УД/3 = Сф -х-У^з = С2.
Лі л
При у < 0 перетворення
£ = у =
Л л
приводить рівняння Трікомі до такого канонічного вигляду:
= 0, £ > у.
Якщо ж у > О, то
£ = -х + І^Д, у = -х — г^Д
зробивши перетворення (1.12)
V =
отримаємо рівняння Трікомі в такій канонічній формі:
1.2. Диференціальні рівняння з багатьма незалежними
змінними
Розглядаємо лінійне відносно старших похідних диференціальне рівнян-
ня другого порядку з п змінними
п
У=і
де / та коефіцієнти ау є функціями від змінних хі, х%,..., хп.
З метою спрощення цього рівняння введемо нові незалежні змінні
^2} • • і Хп\ к 1, 2, . . . , П.
Тоді, диференціюючи функцію и як складну, отримаємо такі вирази для
перших та других похідних функції и:
П П д П п
П-> = 22 икккі8ік8Ц + 22 икк = 22 и£,к^і8ік8дІ + 22 и£к(£,к)хіХ.р
к,1=1 к=1 к,1=1 к=1
де введено таке позначення:
$ік
д^к
дхі
Підставивши ці похідні в рівняння (1.14), отримуємо таке диференціалвне
рівняння вже в нових змінних:
п п
22 +22 + / = °> Д15)
/с,/=1 к=1
Де
п п
О'кі у 8'ік8Д•> &к
М=1 і,і=1
Для зведення рівняння (1.15) до канонічного вигляду у деякій області
необхідно вибрати функції таким чином, щоб виконувалися умови акі = 0
при к І. Таких умов є п(п — 1)/2 штук. У випадку п = 3 кількість рів-
нянь дорівнює кількості функцій <Д, тому можна вибрати ці функції так,
щоб перетворити недіагональні коефіцієнти акі в нуль, але тоді діагональні
елементи можуть бути різними, а в канонічній формі вони мають бути та-
кими: 0, ±1. При п = 2 можна перетворити в нуль єдиний недіагональний
елемент та зробити рівними з точністю до знаку два діагональні коефіцієнти,
як це було зроблено в попередньому пункті.
Розглянемо рівняння (1.14) з коефіцієнтами, які взяті в точці
Виявляється, що таке рівняння можна звести до канонічного вигляду у цій
точці. Для цього розглянемо квадратичну форму
п
Е4АД (1.16)
Ш=1
коефіцієнти якої співпадають з коефіцієнтами рівняння (1.14) в точці
м°(х?,4,...,Д).
Введемо НОВІ ЗМІННІ Ці, Ц2, • • • 1 Лп за допомогою такого неособливого лінійного
перетворення:
п
= (1.17)
к=1
15
Тоді квадратична форма (1.16) набуде такого вигляду:
п
52
к,1=1
де
х° _ V" „о 0 0
акІ ~ > аід3ік37-
і,3=1
Звідси випливає, що коефіцієнти головної частини диференціального рівнян-
ня (1.14) змінюються аналогічно до коефіцієнтів квадратичної форми при
лінійному перетворенні (1.17). Відповідним вибором коефіцієнтів 8®к В (1.17)
квадратичну форму (1.16) можна звести до канонічного вигляду, при якому:
|а° | = 1 або 0;
= 0, і, і = 1,2, ...,п.
Згідно із законом інерції, кількість додатних, від’ємних та рівних нулю кое-
фіцієнтів а® в канонічному вигляді квадратичної форми є інваріантною від-
носно лінійного перетворення.
Вибравши нові незалежні змінні ф таким чином:
п
& = 8кіХкі
к=1
або у матричному вигляді
е = (1.18)
де £т = (С1, &,•••, 6г), = (яі, х2,..., хп), Зо = ($?), отримаємо, що ди-
ференціальне рівняння в точці М° зведеться до однієї з таких канонічних
форм:
• Еліптичний тип:
+ • • + + Ф = 0.
• Гіперболічний тип:
п
и^і= 52 и^к+ф-
к(7і)=1
16
• Ультрагіперболічний тип:
т п
12 = 52 + ф, т > 1, п - т > 1.
і=1 і=т-\-1
• Параболічний тип:
п—т
52(±и^) + Ф = 0, т > 0.
І = 1
Якщо коефіцієнти диференціального рівняння (1.14) є постійними, то,
звівши його до канонічної форми в одній точці М°, отримаємо диференціаль-
не рівняння, яке приведене до канонічної форми у всій області визначення
розв’язку.
1.3. Канонічні форми лінійних диференціальних рів-
нянь із сталими коефіцієнтами
У випадку двох незалежних змінних лінійне диференціальне рівняння
другого порядку з сталими коефіцієнтами має такий вигляд:
ацихх + 2а12иху + а22г/уу + Ь-]_их + Ь2иу + си + /(х, у) = 0. (1.19)
Цьому рівнянню відповідає характеристичне рівняння із постійними коефі-
цієнтами, тому характеристиками будуть прямі лінії:
«11
«12 + 1
У----------
«11
У =--------
«11
Ввівши нові змінні
«12 — 1
У = У-----------
«11
перетворимо диференціальне рівняння (1.19) до однієї з таких канонічних
форм:
• гіперболічний тип (А > 0):
+ Ьіщ + 62иу + си + / = 0 (1.20)
або
иаа - ицу + Ь-]_иа + Ь2и/з + си + / = 0, (1.21)
17
• параболічний тип (Д = 0, у цьому випадку в якості т/ треба взяти до-
вільну функцію, яка не залежить від функції £):
Ппп + ЬіЩ + + си + / = 0, (1.22)
• еліптичний тип (Д < 0):
иаа + ирр + ііиа + Ь2ир + си + / = 0. (1.23)
Ці рівняння можна ще більш спростити, ввівши замість и таку нову
функцію V.
= ехр(А£ + цц)п(фц),
де А та ц — деякі константи. Тоді
и? = ехр(А£ + цц)(цс + Аг),
= ехр(А ц + цц)(п7? + цп),
= ехр(А £ + ц ц) (ц^ + Агу + цгу + А ц п).
Підставляючи ці вирази для похідних в рівняння (1.20) та скоротивши після
цього на ехр(А£ + цц), отримуємо таке диференціальне рівняння:
Т (Ьі + ц)гу + (&2 + А)^ Т (А//. + 6іА + 62М + с)и + /і = 0.
Невідомі параметри А та ц виберемо так, щоб два коефіцієнта, наприклад,
біля перших похідних перетворилися в нуль. У результаті отримаємо таке
диференціальне рівняння:
Цту + 7^ + 71 = о,
де 7 — постійна, яка виражається через с, Ьі та &2, /і = ехр(—А£ — дц)/.
Аналогічно можна спростити диференціальні рівняння (1.21) - (1.23). У ре-
зультаті диференціальні рівняння (1.20) - (1-23) можна представити у виг-
ляді однієї з таких найпростіших канонічних форм:
• гіперболічний тип (Д > 0):
гф? + 7'У + /і = 0 (1-24)
або
- Ущ + 7г’+ Л = 0. (1.25)
18
• параболічний тип (А = 0):
У-г)Т) + А /1 — 0, (1.26)
• еліптичний тип (Д < 0):
^аа + ^ + 7Ї7 +/1 = 0. (1.27)
Диференціальне рівняння з постійними коефіцієнтами у випадку бага-
тьох незалежних змінних
п
ациХіХі А У2 ЬіиХі + си + х2, • • •, хп) = 0
7,7 = 1 7 = 1
за допомогою лінійного перетворення зводиться до канонічного вигляду од-
ночасно для усіх точок області його визначення. Аналогічно вводячи замість
и нову функцію V
п
Дп) = ехр (У2Мг)^(ФД2,--- Дп)
7 = 1
та підбираючи константи Ац можна спростити диференціальне рівняння,
отримавши найпростішу канонічну форму для нього, яка подібна до роз-
глянутих вище у випадку п = 2.
Приклад 1.2. Визначити тип та звести до найпростішої канонічної
форми таке диференціальне рівняння:
Охх А ‘^'И'ху А ^^уу А ^иух А А 4их -І- -І- и% 0. (1.28)
Розв ’язування. Запишемо для цього рівняння відповідну характеристич-
ну форму С}:
Є(Аі, А25 Аз) = А2 + 2А1А2 А 2А^ + 4А2А3 + 5А3. (1.29)
Цю форму необхідно перетворити до діагонального вигляду. Розглянемо два
способи зведення квадратичної форми до діагонального вигляду.
Перший спосіб (виділення повних квадратів). Виділяємо повні квадрати в
квадратичній формі:
= (Аі + А2)2 + А2 + 4А2А3 + 5А3 = (Аі + А2)2 + (А2 А 2Аз)2 + А| = 7і А 72 А 7з?
19
Де
т]і = Аі + А2,
772 = А2 + 2Аз, (1.30)
бз = А3.
Оскільки усі коефіцієнти діагональної квадратичної форми дорівнюють +1,
то диференціальне рівняння (1.28) є рівнянням еліптичного типу. Систему
рівнянь (1.30) можна розв’язати відносно Аі, А2, А3, у результаті отримуємо:
\ Лі \ ' т ' / 1 -1 2 1
А2 = 8 , з = 0 1 —2 (1.31)
к Аз / чч V 0 ч
Другий спосіб. Запишемо відповідну до характеристичної форми матрицю
А:
/ 1 1 0 \
А= 12 2
\ 0 2 5 у
Перетворимо цю симетричну матрицю до діагонального вигляду. Для цього
робимо перший крок: домножуємо перший рядок на —1 та додаємо до друго-
го, домножуємо перший стовпець на —1 та додаємо до другого, у результаті
отримуємо таку матрицю:
/ 1 0 0 \
А = 0 1 2
у 0 2 5 у
Цю матрицю можна представити так:
Аі = З^А8^
де
Справді,
/ 1 0 0 \ / 1
-1
1
0
°
0
Ч
1 о о \
0 1 2
0 2 5 /
20
Другий крок: домножуємо другий рядок на —2 та додаємо до третього,
домножуємо другий стовпець на —2 та додаємо до третього, у результаті
отримуємо таку матрицю А2:
А2 —
/ 1 ° ° \
0 1 0
V 0 Ч
її можна представити так:
Де
/ 1 ° 0 \
5'2 = 0 1-2
\°0 ч
Справді,
/ і о о \
0 1 2
\ 0 2 5 /
Отже,
/10 0 \
0 1 -2
\° 0 Ч
/ 1 0 0 \
0 10 =а2.
\°0 ч
= 8ТАЗ,
що співпадає з (1.31).
Знаючи матрицю Д можна записати лінійне перетворення, яке приво-
дить диференціальне рівняння (1.28) до канонічного вигляду. Нехай £, ц, С, —
нові змінні, тоді згідно з (1.18) можна записати, що
або
С = х,
Т1= -х + у,
С, = 2х — 2у + г.
21
Тоді
их = ис — ил + 2г^,
иу = иг/ — 2и^,
иг =
'Ц'хх Т Щр] + 4їі^ 2іц^ Н- 4и^ 4иу^,
У-уу Т 4и^ 4иу^,
= фХ’
Уху У'ірі 2и^ Ут/т/ + 4иу^ 4и^,
Уух Уус, 2'Фх,
підставивши ці похідні у вихідне диференціальне рівняння, отримуємо його
канонічну форму:
З- Мір-] Н- З- 4иу — иу З- Зуу = 0. (1.32)
Це диференціальне рівняння можна ще спростити, ввівши функцію V.
и(£, ?7, С) = ехр(ді£ + д277 + МзСМФ Л, С),
ТОДІ
Щ = ехрД£ + /12Г) + МзС) Д + М1Д
иу = ехрД£ + /і2т) + ДзС) Д + М2Д
= ехрД£ + ц2М + МзС) Д + ^),
пее = ехр(ці£ + /і2т] + ЦзО(^еЄ + 2^1^ +
^7777 ехр(ці£ + Ц2?7 + МзО(^ + 2ц2^ + ц^),
= ехр(ці£ + /і2т) + ЦзС) Де + 2дзЦ + ^)-
Підставивши ці похідні в диференціальне рівняння (1.28), отримуємо таке
диференціальне рівняння:
Урр + + (2ці + 4)г^ + (2ц2 — 1)^ Т (2цз + 3)гу- +
Т(Ді Т Д2 Т Дз Т 4ці — ц2 Т Здз)п = 0.
Поклавши
- _9 _ 1 _ _І
Мі А М2 2’ 2’
отримуємо таку найпростішу форму вихідного диференціального рівняння:
ІЗ
Ж + - у V = °-
22
Задачі
1.1. Знайти області гіперболічності, параболічності та еліптичності рівняння
та дослідити їх залежність від /, де І — числовий параметр.
Привести рівняння 1.2-1.26 до канонічного вигляду в кожній із областей,
де його тип зберігається.
1.2.
^хх
1.5.
У 'Ц'ХХ + X Нуу
1.6. хихх + уиуу = 0.
1.7. ихх “б х у Пуу 0.
1.8. 8Ідп у ихх -|- 2їіа;у “б иуу 0.
1.9. ихх -|- 2їіа;у Н- (1 0.
1.10. 8І§и у ихх + 2иху + 8І§н X иуу
у2ихх - х2иуу = 0.
х2ихх - у2иуу = 0.
х2ихх + у2иуу = 0.
у2ихх + х2иуу = 0.
1.15. у ихх -|- 2?/ иху -|- иуу 0.
1.11.
1.12.
1.13.
1.14.
1.16. х2ихх — 2х иху + иуу = (
1.17. у2и
XX + 2ху иху + х2иуу
1.18. х ихх -|- 2хуиху -|- у иуу
1.19. - ехр(2ж)^у - 4^2иг = 0.
1.20. х2ихх + 2х у иху — Зу2иуу — 2хих + 4?/ иу + 16х4п = 0.
1.21. (1 + х2}ихх + (1 + у2)иуу + х их + уиу = 0.
23
1.22. зін2.тг/жж — 2у зіп хиху + у2иуу = 0.
1.23. ихх — 2созхиху — (3 + зіп2 х)иуу — у иу = 0.
1.24. у2ихх + 2ху иху + 2х2иуу + уиу = 0.
1.25. ихх + 2 зіпхпЖ2/ — соз2 хиуу + созх^ + -8Іп(2х)пу = 0.
1.26. сій2 х ихх — 2у сій х иху + у2иуу + 2уиу = 0.
Звести до найпростішого канонічного вигляду рівняння
з постійними коефіцієнтами 1.27-1.29.
1.27. о ихх Ч- 4н иху Ч- а иуу Ч- Ь их Ч- с иу Ч- и — 0.
1.28. 2аихх Ч- 2аиху Ч-аиуу + 2Ьих Ч- 2сиу Ч- и = 0.
1.29. <2 ихх 4~ 2(2 иху 4~ а иуу 4~ Ь их 4" с ііу и — 0.
Привести до канонічного вигляду рівняння 1.30-1.47.
1.30. ихх “І- 2иуу “І- 2?і%% ~І- 2іиХу 2и
1.31. ихх 4" иуу 4" 2игг 2их^ 4" иу -
1.32. 2и
1.33. и,
'уу ~
4“ Зигг
+ 4и
’УУ
1.34. Зи
’УУ
2і/гг
1.35. 2ихх -|- игг
^ихг
^ихг “І- 41/^ “І- их “І- иу и% 0.
2иху ^ихг 4" 2і/^г иу иг 0.
+ их — иу — иг = 0.
1.36. ихх 4" иуу 4" и%% 4" 2^иХу 2иг 0.
1.37. 2ихх 4~ 2иуу 4~ и%% 4~ 4ліХу 4~ 2их^ 4~ 2иу% 4~ 2их 4~ 2иу 4~ и% = 0.
4~ иуу “І- 411г“І- 2иху Ч- 4:их% Ч- 41/^ 4~ 2их Ч- 2иу Ч- 4и^ 0.
1 1
+ иху ^ихг 4" 2иу% 4" их 4" ~^иу 4" и% 0.
Лі Лі
4~ 2иг% 4" 2иху 2ихг 2иу% 4" иу 0.
4~ иуу 2их% 4~ их 0.
1.42. Зихх 4" 2иуу 4" игг 4" ^иХу 4" ^ихг 4" 2иуг 4" Зих 4" иу 4" иг 0.
1.43. ихх “І- Зиуу ~І- 2иХу ~І- 2их% ~І- их 4и^ и% — 0.
1.44. ихх Зиуу 2игг 4" ^иХу 4" ^ихг биуг 4" их 2иу иг 0.
1.45. ихх “Ь 2иху 4~ 2иуу 4~ 4і/^г 4" Зи^^ 4~ их 4~ иу = 0.
1.38.
1.39.
1.40.
1.41.
и
и
ихх
и
24
1.46. ихх
+ 4иуу
1.47. иху
“Ь “Ь
— их + иу = 0.
25
Постановка фізичних задач
У багатьох випадках дослідження явищ природи можна звести до зна-
ходження розв’язків диференціальних рівнянь в частинних похідних, які
називаються рівняннями математичної фізики. Для того щоб використо-
вувати методи математичної фізики, в першу чергу слід встановити, які ве-
личини є визначальними для явища, що досліджується. Далі, використову-
ючи фізичні закони, які виражають зв’язок між цими величинами, скласти
рівняння (систему рівнянь) в частинних похідних та додаткові умови (крайо-
ві та початкові) для рівняння (системи рівнянь), з яких пізніше однозначно
визначаються невідомі величини, що характеризують явище. Виявляється,
що одна і та ж сама задача математичної фізики може бути математичною
моделлю для зовсім різних явищ природи.
2.1. Задачі, які приводять до рівнянь гіперболічного
типу
Найчастіще рівняння гіперболічного типу виникають при математично-
му моделюванні коливних процесів. При виведенні рівнянь коливань меха-
нічних систем зручно використовувати принцип найменшої дії.
2.1.1. Малі поперечні коливання струни
В якості прикладу розглянемо поперечні коливання струни в одній пло-
щині та дослідимо, як відбувається математичний опис цього процесу на
основі використання принципу найменшої дії.
Струною називається гнучка пружна нитка (одновимірний пружний
континуум), яка у стані спокою є натягнутою (в даному прикладі вздовж осі
26
и
Рис. 2.1.
х). Якщо струну якимось чином вивести зі стану спокою (наприклад, трохи
відтягнувши її за середину в напрямку осі и та відпустивши), то вона почне
здійснювати коливання. Потенціальна енергія струни пропорційна до її ви-
довження. Коефіцієнт пропорційності називається силою натягу струни. У
випадку коливань струни в площині хи (рис. 2.1) її потенціальну енергію
можна представити так (вважаючи, що кінці струни закріплені жорстко, тоб-
то вони є нерухомими: гс(Оу) = = 0):
де Т — сила натягу струни, І та І' — довжини струни в момент часу і = 0 та
при і > 0.
У випадку малих коливань струни, тобто якщо виконується умова
сіг/.
СІХ
«1,
(2.2)
то степенями их вище другої у виразі (2.1) можна нехтувати і отримаємо
потенціальну енергію струни у випадку малих коливань
27
Кінетичну енергію малої ділянки (\х струни можна представити так:
1 / ч , 9/ х / х ди(х, і) .
(1К = -р(х)&хи^{х,і), Пі(х,і) = ———, (2.4)
де р(х) — лінійна густина маси струни. Тоді кінетична енергія усієї струни
і і
К= [д.К = ^ Ір(х\и%{х,1) сіх. (2.5)
о о
Різниця між кінетичною енергією К та потенціальною енергією V нази-
вається функцією Лагранжа або лагранжіаном
Ь = К-17. (2.6)
В силу принципу найменшої дії дія 8
8 = (2.7)
повинна бути постійною, тобто існує певна функція гс(х,£), вздовж якої ва-
ріація функціоналу (2.7) перетворюється в нуль:
58 = 0. (2.8)
З цієї умови отримують рівняння Ойлера-Лагранжа для функції и(х,£), яке
і буде шуканим диференціальним рівнянням в частинних похідних, що на-
зивають рівнянням коливань струни. Співвідношення для функції и(х, Ґ)
на кінцях струни, які отримуються при взятті варіації функціоналу (2.7), є
додатковими {крайовими) умовами, які накладаються на функцію гфх, і) та
які характеризують стан кінців струни (зокрема, способи їх закріплення) у
процесі коливань. Обчислимо варіацію функціоналу (2.7) (т — кінцевий час
спостереження за коливаннями струни):
58 = у*5£ сіх сВ =
0 0 0
? /7 е / х е , х дь г , А , ,
= / / -тр-,—-ои{х,і) + ту——-5щ(х,£) + -—-—-дих(х,і)
У У \ои(х,і) дщ{х,і) дих{х,і) /
о о
(2-9)
28
де £ — густина лагранжіана
«Ссіх); оскільки в нашому випадку:
о
д / 77 = 0, ( . = р{х)щ{х, і), = —Тих(х, і),
дих(х,і)
то
т І
<58 = ^[р{х)иі(х,і)5иі{х,і) — Тих{х,і)дих{х,і)^д.хд.і. (2.10)
о о
Змінивши порядок взяття варіації та похідної
= ^6и(ХЛ), бифЛ) = = ^ЩхЛЇ
та проінтегрувавши (2.10) по частинах, отримаємо:
(2-12)
Будемо розглядати такі переміщення струни (так звані, допустимі), що ва-
ріації відхилення струни в початковий та кінцевий моменти часу рівні нулю:
6и(х, 0) = 5и(х, т) = 0, (2.13)
тоді перший доданок у виразі (2.12) перетвориться в нуль. Оскільки роз-
глядаємо струну з жорстко закріпленими кінцями, то зрозуміло, що вони
завжди залишатимуться нерухомими:
6и(0, і) = <5п(/, і) = 0 (2-14)
і тоді третій доданок у виразі (2.12) перетвориться в нуль.
Отже, отримали таке співвідношення:
58
— р(х)гщ(х, ї)] 5и(х, і) сіх сії = 0.
(2-15)
29
Внаслідок того, що варіація ди(х,і) є довільною (на неї не накладено ніяких
обмежень), то в нуль має перетворюватися вираз в дужках, тобто отримуємо
таке диференціальне рівняння в частинних похідних:
р(х)щфх, і) = Тихх(х, ї), (2.16)
а це і є шукане рівняння коливань струни при відсутності зовнішніх сил.
Якщо струна є однорідною, тобто її лінійна густина маси є сталою
(р(а?) = ро = сопзї), то рівняння (2.16) часто записують у такому вигляді:
иц(х,і) = а2ихх(х,і\ а2 = Т/р0- (2.17)
З фізичних міркувань випливає, що для однозначного опису процесу ко-
ливань, крім диференціального рівняння та крайових умов, необхідно знати
також початкове положення (форму струни в початковий момент часу) та
початкову швидкість руху струни. Сформулюємо крайову задачу для нашого
випадку:
знайти функцію и(х,ї), що задовольняє таке диференціальне рівняння в
частинних похідних:
р^и^х, і) = Тихх(х, і), 0 < х < І, і > 0,
початкові умови:
и(х, 0) = <р(ж), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < І
та крайові умови:
п(0, і) = и(1, і) = 0, і > 0.
Зауважимо, що рівняння (2.16) є математичною моделлю також для
опису інших явищ, таких, наприклад, як коливання газу в трубці, електрич-
ні коливання в провідниках і т. д. Використовуючи принцип найменшої дії
згідно з викладеною схемою, можна математично формулювати задачі про
поздовжні коливання стержня, поперечні коливання мембрани, пластини і
т. д. Центральною задачею у викладеній схемі є визначення величин, які
описують фізичний процес (відхилення п(х, £) струни від положення спокою
у випадку задачі про поперечні коливання струни), та запис через них кіне-
тичної та потенціальної енергій, виходячи з фізичних міркувань.
ЗО
Приклад 2.1. Струна (0 х /) з лінійною густиною р(х) здійснює
поперечні коливання и = і) в площині хи. Знайти кінетичну енергію
струни К у випадку, коли в точках струни Хі додатково зосереджені маси
ті, і = 1, 2 ..., п.
Розв ’язування. Сумарну лінійну густину маси струни можна представи-
ти так:
п
р(х) = р(ж) + ті6(х - Хі),
І = 1
де 5 — це 5-функція Дірака. Тоді кінетична енергія струни
де використано властивість 5-функцїї Дірака:
ь
//Мф-С)<Ь = /(С), СЄМ).
а
Приклад 2.2. Знайти потенціальну енергію струни (0 х /), яка
здійснює поперечні коливання и(хД) в площині хи у випадку, коли до кінців
струни в напрямку осі и прикладено сили щД) та і'гД) відповідно.
Розв’язування. Прикладена до кінця струни х = 0 сила щД) буде здій-
снювати роботу над цим кінцем, тому потенціальна енергія струни буде змі-
нюватися на величину цієї роботи. Аналогічно буде відбуватись з другим
кінцем струни х = І, тому сумарна потенціальна енергія струни буде такою:
о
сіх — щ(і)и(0, і) — і/2(і)и(1, і),
а у випадку малих коливань:
а = 1т/и:цл)<іх-п(е)о(0.0-^ММ).
0
Приклад 2.3. Знайти потенціальну енергію струни (0 х /),
яка коливається в площині хи у випадку, коли кінці струни закріплені
пружно, тобто вони відчувають дію сили, яка пропорційна їх відхиленню
і яка напрямлена в протилежну сторону від відхилення.
31
Розв’язування. До кінця струни х = 0 прикладена сила виконує роботу
сгіПІ 2(0, Д/2, де <71 — коефіцієнт жорсткості пружного закріплення лівого кін-
ця. Аналогічно на другому кінці струни х = І виконується робота сг2,н2(/, і)/2,
де <72 — коефіцієнт жорсткості пружного закріплення правого кінця. Тоді
сумарна потенціальна енергія буде такою:
і
І/ = тІ д/1 + гі%(х, і) - 1 сЬ + |<7ігг2(О, і) + |сг2г?(7, і),
о
а у випадку малих коливань
о
Приклад 2.4. Струна (0 < х < І) з лінійною густиною маси р(х) та
силою натягу Т здійснює малі поперечні коливання и(х,і). Струна знахо-
диться в полі зовнішньої сили з лінійною густиною Р(хД); та ф(х) —
початкові (при і = 0) відхилення та швидкості точок струни відповідно.
Сформулювати задачу для визначення відхилення и(х, і) при і > 0 точок
струни, якщо на лівий кінець (х = 0) діє сила Ф(і) при і 0, а правий
кінець (х = /) пружно закріплений.
Розв’язування. Кінетична енергія струни К:
і
о
Потенціальна енергія струни V (малі коливання):
і і
І/ = -Т [и2х(х, і)д.х — [р(х, і)и(х,Р)д.х — Ф(і)и(0,і) Ч—<7п.2(/,ї),
Лі ! І Л
о о
де а — коефіцієнт жорсткості кріплення правого кінця. Функція Лагранжа
цієї системи:
і і
о о
І
+ ^Е(х, і)и(х, і)д.х + Ф(ї)п.(0, і) — -аи2(1, і).
о
32
Розглянемо варіацію інтегралу дії (не вказуючи явно залежність від х та і):
58 =
5£ сІхсР =
о
о о
о о
с г 1 , п
——дщ + ——оих ахсщ
дщ дих
де £ — густина лагранжіана:
1
2
-Т
2
1
" 2
Тоді
дР
ди(х, і)
= Г(х, і) + Ф(1)6(х) — аи(1, і)6(х — /),
о / >\ Т,'Нж(х,^),
дих(х,і)
підставивши похідні, отримаємо варіацію дії
58 = у у (^(х, і) + Ф(£)5(х) — аи(1, 1)8(х — Г))8и(х,
о о
+ р(х\щ(х, і)6иі(х, і) — Тих(х, і)6их(х, і) сіа? сР =
о о
о
0 о
т І
^Тихх(х, і)8и(х, і) сіх сР.
о о
Оскільки ми розглядаємо такі відхилення п(х,^), що
5и(х, 0) = 5н(х, т) = 0,
де т — кінцевий час спостереження, то, згрупувавши подібні члени, отримає-
33
мо
58 = у*[Ф(£) + Тих(0, £)]5гл(0, і) сії + ^[ — аи{1,і) — Тих(1,і)^6и(1,і) сІЇ+
о о
т І
+ у*^[Г(х, і) - р(х}щі(х, і) + Тихх(х, і)] 8и(х, і) сЬ? ді.
о о
Оскільки варіація дії повинна бути рівна нулю, то в силу довільності варіації
5п(х, І) при 0 < х < І випливає, що
ММ = -^Ф(ї),
их(1,і) + ^и(1,і) = 0,
р(х)щфа?,ї) = Ти
Хх(%1 і) + Р(х,ї).
Отже, необхідно знайти таку функцію и(х,ї), яка задовольняє диференці-
альне рівняння
р^щ^х.і) = Тихх{х,і) + Е(х,і\ 0<х<1, і > 0,
початкові умови
и(х, 0) = р>(х), щ(х, 0) = ффх), 0 < х < І
та крайові умови
их(0, і) = -^Ф(ї), их(1, і) + ^и(1, і) = 0, і > 0.
2.1.2. Малі коливання мембрани
Мембраною називається гнучка пружна плівка (двовимірний контину-
ум), яка у положенні рівноваги займає деяку область площини і для якої
робота, що витрачається на деформацію елемента мембрани, є пропорційна
приросту площі цього елемента (коефіцієнт пропорційності називається си-
лою натягу мембрани). Мембраною іноді можна вважати плоску пластинку,
товщина якої є малою у порівнянні із двома іншими вимірами.
34
Нехай край мембрани жорстко закріплено, тоді її потенціальна енергія
є такою:
17 = т(8' - 8) = Т
= Т <^1 + 1/2 + 1/2 — 1) СІХ (11/,
8
де У — площа мембрани у стані спокою, 8' — площа мембрани під час здій-
снення коливань, у — кут між дотичною площиною до поверхні мембрани в
точці (х, у, и) та площиною ху (див. рис. 2.2), сову = , х2 =. У випадку
малих коливань
(^ + и2у) сіх еф.
8
Кінетичну енергію ділянки (ІХСІ1/
мембрани можна записати так:
<ік = |щ2(х,і/)р(х,і/)ахаі/,
де р(х, і/) — поверхнева густина маси
мембрани. Тоді кінетична енергія усієї
мембрани:
к = | УУу)и2(х, у) сіх сф.
8
Рис. 2.2.
Як і у випадку коливань струни, знайдемо рівняння руху для мембрани,
використовуючи принцип найменшої дії. Густина лагранжіана системи:
£ = ^р(х,у)и2(х,у,1) - ^Т(и2х(х,у,і) + и2(х,у,і)),
варіація функціоналу дії 8:
<58 = УУУ<5£ сіх еф сК = 0,
о 8
де
дИ
= + ——-------(5щ(х,і/У) +
дщх,у,і) диі(х,у,і)
+ л—/-----^дих(х, у, і + ——-------<5і/у(х, у, і),
дих(х,у,і) диу(х,у,і)
35
у нашому випадку
б>£
<9и(х,щї)
<9£
дщ(х,у,і)
р(х,у)щ(х,у,і),
Тоді
д£ _ , дИ
——;-----г = — + —7-----г
дих(х,у,і) диу(х,у,і)
—Тиу(х,у,і).
58 =
///
о з
- Т(их(х, у, і)8их(х, у, і) + иу(х, у, ї)8иу(х, у, і)) сіх (1у Лі
проінтегрувавши перший доданок по частинах, а для другого та третього
доданків використавши першу формулу Гріна
^\7и-\7х(1з = (11 — ^х&и&з,
з с з
де С — контур, який обмежує область 5, — похідна по нормалі до контура
С, отримаємо:
і=0
- ]ПР(Х у ^и(х у 1)ЛХЛуАІ+
°Т 8
+ /^т(ихх(х,у,і)+иуу(х,у,і))6и(х,у,і) <±гф/с1£-
о з
6и(х, у, і) (11 сі£.
о с
Оскільки розглядаємо такі траєкторії, що
5'п(х, у, 0) = 6и(х, у, т) = 0,
то перший доданок перетворюється в нуль. Оскільки край мембрани жорстко
закріплено, то
6и(х,у,і)\с = 0,
36
тому і останній доданок рівний нулеві. Оскільки варіації переміщення
ди(х, у, і) є довільними, то з умови 58 = 0 випливає, що
р(х, у)ии(х, У, і) = тД2и(х, у, І),
л 92 92
де Д2 — тгщ + тгщ
охл оу-
— двовимірний оператор Лапласа.
Отже, сформулюємо крайову задачу для коливань мембрани:
знайти таку функцію и(х,у,і), яка задовольняє диференціальне рівняння
р(х, у)ии(х, у, і) = ТА2и(х, у, і),
(х,у) Є 8', і > 0,
початкові умови
и(х,у,(8) = <р(х,у), щ(х, щ 0) = ф(а?,?/), (х,у) Е 8,
та крайову умову
и(х,у,і)\с = 0, і>0.
2.1.3. Малі поздовжні коливання стержня
Вважаємо, що поперечні (ортогональні до осі х) перерізи стержня мо-
жуть зміщуватися (здійснювати поздовжні коливання) вздовж осі х. Будемо
вважати, що поперечний переріз 8 = 8(х) стержня під час зміщення
залишається плоским та ортогональним до осі х (див. рис. 2.3). Це припу-
щення є цілком виправданим, якщо товщина стержня у порівнянні з його
довжиною є достатньо малою.
Рис. 2.3.
Позначимо через и(х, і) відхилення в момент часу і того поперечного
перерізу стержня, який, знаходячись в стані спокою, мав координату х. Не-
хай р(х) — об’ємна густина маси стержня, Е = Е(х) — модуль пружності
37
Юнга, Т = Т(х,і) — сила натягу. Тоді кінетична енергія частини сіа? стержня
запишеться так:
(1К = -г^(х, £)5(х)р(х)сІх, щ(х,і) = д ’ \
а кінетична енергія усього стержня:
о
Сила натягу, яка виникає при деформації стержня, пропорційна до від-
носного розтягу стержня в точці х:
Т(х,і) = Е8 Ііт -----—
4 7 Дх—0 Дх
їх + Дх + и(х + Дх, і) — (х + и(х, £))1 — Дх
= Е8 Ііш ------------------------------------------—-------
Дгс^О Дх
, ^„и(х + Дх, і) — и(х, і)
= Ііш Е8-----------------------= Е8их(х,і\
Дх^о Дх к 7’
Потенціальна енергія частини сіх стержня
(1(7 = -Е8их(х, і) (и(х + сіх, і) — и(х, £)) ~ -Е8и2(х, і)д.х,
а потенціальна енергія усього стержня:
і
Е = - у*Е'(х)>5'(х)и2(х, £)с!х.
о
Якщо, наприклад, кінці стержня жорстко закріплені, тобто
н(0,і) = = 0, і > 0,
то з принципу найменшої дії можна отримати таке диференціальне рівняння
для гфх,і):
— (5'(х)Е(х)пж(х,()) = р(х)5(х)щфх,().
ох
У випадку однорідного стержня, тобто коли 5, р та Е є постійними, це
рівняння можна записати так:
а2
38
Для однозначного визначення шуканої функції и(х,і) необхідно крім кра-
йових умов ще задавати початкові відхилення та початкові швидкості попе-
речних перерізів стержня:
и(х, 0) = <р(х), 0 < х < /,
щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < І.
2.1.4. Електричні коливання в провідниках
Вважатимемо, що провідник розташовано вздовж осі х. Нехай г(яг, і)
— сила струму, и(х,і) — напруга, Я — опір провідника, Ь — коефіці-
єнт самоіндукції, С — ємність, С — коефіцієнт втрат струму, які роз-
раховані на одиницю довжини провідника. Нехтуючи електромагнітними
коливаннями зовнішнього середовища та вважаючи втрати струму (через
недосконалу ізоляцію) пропорційними напрузі, виведемо рівняння, які опи-
сують протікання струму та зміну напруги в провіднику. Для визначеності
будемо вважати, що напрям струму співпадає з напрямом осі х. В силу закону
Ома для достатньо малої ділянки провідника (х,х + Дгг)
ді
и(х, І) —и(х+Д.х, і) = і(х', і) ЯД.х+іі(х", і)ЯД.х, ц = —, Ф, х" Є (х, х+Дх).
Су 6
Звідси, виконавши граничний перехід Дх 0, отримуємо
их(х, і) + Яі(х, і) + Яіі(х, і) = 0. (2.18)
Прирівнявши кількість електрики, яка надходить в елемент провідника Дх
за час Ді, до кількості електрики, яка йде на зарядку елемента Дх та втра-
чається через його недосконалу ізоляцію, отримуємо
[г(гг, і) — і(х + Дгг, і)] Ді = С'[и(х"', і + Ді) — и(х"', і)] Дт + Си(х, і')АхАі,
х"', X Є (х, х + Дх), і'є(0,Ді).
Після граничного переходу Дх —> 0, Ді —> 0, отримуємо
гДа?, і) + Сщ(х, і) + СЛфгг, і) = 0. (2.19)
Система рівнянь (2.18) та (2.19) називається системою телеграфних рівнянь.
Якщо з цієї системи рівнянь виключити и(х,1} або г(х,і), то отримаємо від-
повідно рівняння типу
іхх О'ін ~\~Ьі^~\~ сі^ (2.20)
'Ц'хх ® Ьи^ си^ (2.21)
39
деа = сь,ь = сп + аь, с = ап.
Якщо Н = 0 та С = 0 (тобто опір провідника та втрати є настільки
малими, що ними можна знехтувати), то
Еі Іххі
Щі ихх,
(2.22)
(2.23)
де А2 =
і вони не відрізняються від рівняння вільних поперечних ко-
ливань струни або від рівняння вільних поздовжних коливань стержня, хоча
фізично процеси є зовсім різними.
Приклад 2.5. Нехай <Дх) та Ц(х) — початкові (при і = 0) сила струму
та напруга в провіднику (0 х І). Сформулюємо крайову задачу для
визначення при і > 0 сили струму та напруги в цьому провіднику у випадку,
коли кінець провідника х = 0 є заземленим, а до кінця х = І прикладено
електрорушійну силу Е(і).
Розв’язування. Диференціальні рівняння:
их Т Е і Т Ь її — 0,
іх + Сщ + Си = 0, 0 < х < Т, і > 0.
Початкові умови:
і(х, 0) = <р(х), гфадО) = 'ф(х'), 0 < х < І,
іі(х, 0) = -ущДацО) - уЯг(а?,0) = -уф'(х) - у(Дгг),
11 1 с*
щ(х,0) = Д(х,0) - —Сі(х,0) = --^{х) - —Цх).
Су Су 1у Су
Оскільки кінець х = 0 є заземленим, то
и(0, і) = 0,
звідки випливає, що
«*((),() = ()
Тоді з другого рівняння випливає, що
ШС=о = 0-
Це є крайова умова на кінці х = 0.
40
Розглянемо інший кінець провідника. Згідно з умовою задачі
= Е(і),
ТОДІ
= -Е'(і).
З другого рівняння випливає, що
іх(х,1)\х=1 + СЕ'(1) + СЕ(1) = 0
гЛМ|,.=( = -СЕД)-СЕ(і).
Це є крайова умова на кінці х = І.
Приклад 2.6. Сформулювати крайову задачу для попередньої задачі
у випадку, коли кінець х = 0 провідника є ізольованим.
Розв’язування. Якщо кінець провідника х = 0 є ізольованим, то в ньому
сила струму рівна нулю. Тому крайова умова для сили струму в цьому кінці
має такий вигляд:
г'(М|.,;=0 = °-
Приклад 2.7. Сформулювати крайову задачу про електричні коли-
вання в провіднику з нескінченно малим опором та нескінченно малими
втратами, якщо кінці провідника заземлені: один — через локальний опір
Яо, а другий — через локальну ємність Сф
Розв ’язування. Для визначення напруги
и(щ, Ц та сили струму в провіднику от- 2-------------------------л—*
римали диференціальне рівняння: / )
их + Ь іі = 0, іх + С щ = 0, 0 < х < /, і > 0, 0 0
з такими початковими умовами: Т Т
Д иА = 0 В, ив = 0
і(х, 0) = <р(х), и(х, 0) = Дх), 0 < X < /, Рис 2Л
де <р(х) — початкова (в момент часу і = 0) сила струму та Дх) — початкова
напруга.
41
Крайові умови можна отримати із співвідношення
л т, • г 1 Л ,
Ди = /?о г + ь0— + — / г сй,
(Е Со У
за допомогою якого можна визначити спад напруги при переході через
послідовно включені локальний опір самоіндукцію Бо та ємність Сф У
нашому випадку спад напруги на ділянці АО (див. рис. 2.4):
—п(0, і) = Я<ц(0, і)-
Аналогічно для другого кінця провідника:
і
и(1,і) = — / і(1,т)(1т
б-о
о
або = —«(/,£). Отже, отримали таку крайову задачу:
бо
их(х, і) + Ь іі(х, і) = 0, іх(х, і) + Сиі(х, і) = 0, 0 < х < І, і > 0,
г(х, 0) = (/?(х), и(х, 0) = 'ф(х'), 0 < х < І,
п(0, і) + Ясй(0,£) = 0, — і(1, і) = 0, і > 0.
Цю крайову задачу можна розщепити на дві. Виключивши силу струму
г(а?,Ц з системи диференціальних рівнянь першого порядку, отримаємо для
и(х, Ц диференціальне рівняння другого порядку:
сі ихх(х, Ц, а
з початковою умовою и(х, 0) = ф(х), 0 < х < І. Другу початкову умову отри-
маємо з другого диференціального рівняння, підставивши в нього початкове
значення сили струму:
і
або
1
Крайову умову для и(х, і) на кінці х = 0 отримаємо, продиференціював-
ши першу крайову умову для системи диференціальних рівнянь по часу та
підставивши замість гДОД) вираз з першого диференціального рівняння:
М°Д) - — их(0,і) = 0
42
або
Тщ(0, і) = Яоих(О, і), і > 0.
Аналогічно можна знайти другу крайову умову для и(х,і)'-
ЬСощ(1,і) + их(1,і) = 0, і > 0.
Отже, для визначення напруги и(х, ї) отримали таку крайову задачу:
ии = а2ихх(х,і\ а2 =
і
1
Тщ(0,Р) = Яопж(О,£), ТСоММ) + ММ) = 0, і > 0.
Аналогічно (проробити самостійно) можна отримати крайову задачу для виз-
начення сили струму і(х,8):
іи = а2іхх(х,і), а2 = -і
і
1
іх(0,і) = СВоіі(О,і), Соіх(1,і) + = 0, і
2.1.5. Рівняння гідродинаміки та акустики
Рух суцільного середовища характеризується:
1) вектором швидкості у(х, щ щ ї),
2) тиском р(х, у, г, ї),
3) густиною р(х, у, г, і).
В якості такого середовища розглядатимемо ідеальну рідину (газ).
Розглянемо деякий об’єм рідини V, який обмежений поверхнею 8. Тиск,
що діє на цей об’єм, дорівнює
8
де п — одиничний вектор внутрішньої нормалі до 8.
Згідно з теоремою Гауса-Остроградського, отримуємо
.V.
8
43
При відсутності зовнішніх сил рівняння руху об’єму V можна записати
у такому вигляді:
V V
з якого в силу довільності об’єму V отримуємо рівняння руху у формі
Ойлера:
(IV
ді
де
ду ду ду ду
ЩТ + 'Уіщ- + + ^3 —
(IV
(1І
— прискорення частинки.
Якщо всередині об’єму V нема джерел, то зміна за одиницю часу кіль-
кості рідини, що знаходиться в V, дорівнює потокові рідини через границю
8, тобто
V 8
Застосувавши до правої частини теорему Гауса-Остроградського, отримуємо
V
звідки випливає рівняння нерозривності середовища
ді
Розглянемо адіабатичний рух газу, для якого має місце таке співвідно-
шення:
Р = Ро
\Ро/
де 7 = СрІСу, ср, Су — питомі теплоємності відповідно при постійному тиску
та постійному об’ємі; ро, — початкові значення тиску та густини. Нелінійні
рівняння (2.24)-(2.26) утворюють повну систему рівнянь, які описують адіа-
батичний рух ідеального газу. Вони називаються рівняннями газодинаміки.
Введемо у розгляд ущільнення газу а:
Р~Ро
Ро
(2.27)
44
Якщо обмежитися розглядом малих коливань, тобто коли можна нехтувати
другими (та більш високими) степенями ущільнення, швидкості та градієнтів
швидкості та тисків, то рівняння (2.24) та (2.26) можна суттєво спростити
(лінеаризувати).
Справді, при вказаних припущеннях отримуємо
Р Ро 1 + Ро Ро
р = р0(1 + с)7 ~ р0(1 + 7 оО,
(2.28)
~ —(1 — а)^р ~ (якщо ро = сопьї),
Р Ро Ро
СІІу(ру) ~ Ро СІІу[(1 + (?)у] ~ Ро<ІІ^(у) (якщо Ро = СОП8І)
Тому, відкидуючи в рівняннях (2.24) та (2.26) члени більш високого порядку
малості, отримуємо
у^ + а2\7а = 0, а2 =
Ро
аі + сііу(у) = 0.
(2.29)
Подіявши на перше з рівнянь (2.29) оператором сііу, а на друге — оператором
5 . .
— та віднявши одне рівняння від другого, отримуємо
а2Дст = стй.
(2.30)
Із співвідношень (2.27)-(2.29) знаходимо аналогічні рівняння для р та р:
а2\/р = ри,
а2\7р = ри.
(2-31)
Рівняння (2.30) та (2.31) називаються рівняннями акустики. Часто їх ще
називають тривимірними хвильовими рівняннями.
З першого рівняння (2.29) знаходимо, що
у(х,У,х,і) = ч(х,у,х,
45
Припустивши, що в початковий момент часу і = 0 поле швидкостей мало
потенціал /(х,щг), тобто
уЦ,?/,г,0) =
Тоді
(І \
/(х, у, 3) + а2 7 сіт 1 = —Уи
0 '
і, отже, поле швидкостей має потенціал и:
і
и = /(т, у, г) + а2 а (1т.
о
Продиференціювавши це співвідношення двічі по часу, отримуємо
Замінивши у другому рівнянні (2.29) та V їх виразами через и, отримуємо
а2Дн = Пц. (2.32)
Отже, і потенціал поля швидкостей задовольняє хвильове рівняння.
2.2. Задачі, які приводять до рівнянь параболічного
типу
Рівняння параболічного типу отримуються при дослідженні таких фі-
зичних явищ, як теплопровідність, дифузія, поширення електромагнітних
полів в провідних середовищах, рух в’язкої рідини.
2.2.1. Рівняння теплопровідності для стержня
Розглянемо задачу про визначення температури в стержні. Спрямуємо
вісь стержня вздовж координатної осі х. Вважатимемо, що у будь-якому
перпендикулярному до осі стержня перерізі температура є однаковою. Не-
хай р = р(х) — лінійна густина маси стержня, к = к(х) та х = х(х) —
коефіцієнти внутрішньої та зовнішньої (конвективної) теплопровідності від-
повідно, у = д(х,і) — об’ємна густина джерел тепла, З = 3(х) та а = а(а?)
46
— площа та периметр поперечного перерізу стержня, и = и(х,і) — тем-
пература стержня в поперечному перерізі з координатою х в момент часу
і, ио = По (і) — температура зовнішнього середовища. Для побудови дифе-
Рис. 2.5.
ренціального рівняння, яке задовольняє функція и(хД), виділимо довільним
чином всередині стержня достатньо малу його частину V, яка замкнена між
поперечними перерізами в точках х та х +Дх. В елемент об’єму V надходить
за час Д£ така кількість тепла:
де — кількість тепла, яка проходить через перерізи х та х + Дх і яка,
згідно із законом Фур’є1 задається такою формулою:
^1 =
^^их)\(х+Лх,і') (к8их)\^хі^
ДхДї
(2.34)
(2.35)
х' Е (х, х + Дх), і' Є (1,1 + Др;
^2 — кількість тепла, що надходить через бічну поверхню, вона пропорційна
(згідно із законом Ньютона) різниці температур:
(^2 = (хсг(^о — п)) | (ж ї) ж Є (х, х + Дх), ї Є (іД + Д£);
С(}з —кількість тепла, що виділяється внаслідок дії джерел тепла:
АхАі, хЄ(х,х + Дх), їєД,ї + Дї).
Отже,
ДхДї.
(2.37)
1 Внаслідок того, що температура тіла не є постійною, то в ньому виникають теплові потоки, які
спрямовані з областей з більш високою температурою в області з більш низькою температурою. Кіль-
кість тепла, що проходить через поперечний переріз 8(х) за одиницю часу дорівнює (потік тепла)
47
Ця кількість тепла витрачається на зміну температури виділеного об’єму V
від значення и(х, І) до и(х, і + ДА), тому її можна представити так:
(срЗ)|ж" \и(х", і + ДЦ — и(х", і)] Д.х ~ (срЗиі)\[х>/^&хД.р
х" Є (х, х + Дгг), і" Є (і, і + ДЦ.
(2.38)
Прирівнявши (2.37) і (2.38) та скоротивши на ДхДї, в границі Дх —> 0,
Дї —> 0 отримуємо таке диференціальне рівняння для н(хД):
с(х)р(х)5(х)щ(х, А) = — [/с(х)5'(х)ггж(х
— це і є шукане рівняння теплопровідності.
Зокрема, якщо с, р, к, я, а, З — постійні величини, то рівняння (2.39)
набуде такого вигляду:
щ = а2ихх -Ьи + /(х, А),
Де
2 _ А: м Зд(х,і) + яаи^. і)
& , е „, / щ, Т.)
ср срЬ срЬ
При розв’язуванні задачі про визначення температури и(х, і) стержня в
момент часу і > 0 потрібно знати ще початкову температуру стержня при
і = 0, а також крайові умови, які визначають тепловий режим на кінцях
стержня. Крайові умови можна отримати, як і при виведенні диференціаль-
ного рівняння, підраховуючи баланс тепла для елементів ІД та Іф стержня,
які знаходяться на його кінцях.
Приклад 2.8. Сформулювати крайові умови для задачі про теплопро-
відність стержня з довжиною /, якщо лівий кінець стержня підтримується
при температурі ТцД), а правий — при температурі ТфЦ).
Розв’язування. Оскільки шукана функція и(х, і) є температурою стерж-
ня в точці х в момент часу А, то крайові умови матимуть такий вигляд:
п(0Д) = ад, = тп(і\ і>0.
(2.40)
Приклад 2.9. Сформулювати крайові умови для задачі про теплопро-
відність стержня з довжиною І, якщо на лівий кінець стержня (х = 0)
подається зовні заданий потік #цЦ), а на правий — тепловий потік Цц(£).
48
Рис. 2.6.
Розв’язування. Розглянемо малу ділянку стержня [0, Да?] (див. рис. 2.6)
та запишемо для неї рівняння балансу тепла:
(ср8щ)\^^хМ = [^(і)к" - (-к8их)\(дх^)] Ді+
+ (хст(н0 - и))|(^^)ДггДі + (ЗДІ^ДхДі,
х', х", х Є [0, Дгг], і', і", і"1, ї Є [і, і + Ді].
Поділивши праву та ліву частини цього рівняння на Ді та зробивши гра-
ничний перехід Дх —> О, /\і —> О, отримуємо таку крайову умову для лівого
кінця стержня:
щ(і) + А:(0)5(0)И.І(0,г) = 0
або у такому вигляді:
и,:(0Л) = ~ к(0}8(0}чНі')-. і>0- (2-41)
Розглянемо тепер малу ділянку стержня [І — Ах, І] (див. рис. 2.6) та
запишемо для неї рівняння балансу тепла:
(ср5''ні)|(ж/д)ДхДі= [дя(і)|і" + (~кЗих)\у_Ах^] Ді+
+ (хст(н0 - и))|(^^)ДггДі + (5^)|(^ДхДі,
х', х", X Є [1,1 — Дх], і', і", і'", ї Є [і, і + Ді].
Скоротивши на Ді та зробивши граничний перехід Дх —> 0, Ді —> 0, отри-
муємо таку крайову умову для правого кінця стержня:
<2йИ-А:(0)5(0)И.і.(0,4) = 0
або у такому вигляді:
= Л:(г)5(0?л(і)' і>0' (2'42)
49
Приклад 2.10. Сформулювати крайові умови для задачі про тепло-
провідність стержня з довжиною /, якщо на кінцях стержня відбувається
конвективний теплообмін із середовищем згідно із законом Ньютона. Ть(і)
— температура середовища, в яке занурено лівий кінець стержня, Тц(1) —
температура середовища, в якому знаходиться правий кінець стержня.
Розв’язування. Вважатимемо, що температура середовища є вищою за
початкову температуру стержня (напрями теплових потоків зображено на
рис. 2.6). Потік тепла зліва
дНҐ) = х(0)5(0)(7Цг) -«((),і)), (2.43)
справа
= х(/)5(0 (Гд(і) - и(1, і)). (2.44)
Підставивши вирази для теплових потоків (2.43) та (2.44) відповідно у спів-
відношення (2.41) та (2.42), отримаємо такі крайові умови:
і > 0,
(2.45)
иЩЩ^(ТЩ)-ЦМ)) =0, 1>0. (2.46)
Приклад 2.11. Сформулювати крайові умови для задачі про теплопро-
відність стержня з довжиною /, якщо на обидвох кінцях стержня є однакові
зосереджені маси тп з того ж матеріалу, що і стержень, і на кінцях стержня
підтримується зовні тепловий потік д(і). Бічна поверхня стержня теплоізо-
льована, всередині стержня немає джерел тепла.
Розв’язування. Розглянемо малу ділянку стержня [0, Дх] та запишемо
для неї рівняння балансу тепла:
(стщ)|(а;/у)ДхДї = [д(£) - (~к8их)\^х^] АхАі,
х' Є [0, Дх], С, і", ї Є [і, і + Д£].
Скоротивши ліву та праву частини рівняння на ДхДі та зробивши гранич-
ний перехід Дх —> 0, Дї —> 0, отримуємо таку крайову умову для лівого
кінця стержня:
с(0)тщ(0, і) = + А:(0)5(0)гга;(0, і)
50
або у такому вигляді:
с(0)т^(0, і) - А;(0)5(0Н(0, і) = д(і), і > 0. (2.47)
Аналогічно розглянемо правий кінець стержня. Рівняння балансу тепла
для малої ділянки [І — Ах, І]:
{сти^^^АхАі = [д(7) + {-к8их)\у_^х^] АхАі,
х' Є [І — Ах, І], і', і", ї Є [і,і + Аі].
Скоротивши ліву та праву частини рівняння на АхАі та зробивши гранич-
ний перехід Ах —> 0, Аі 0, отримуємо таку крайову умову для правого
кінця стержня:
с(1)тщ(1,і) + к(Г)8(Г)их(1, і) = д(£), і > 0. (2.48)
2.2.2. Поширення тепла у просторі
Нехай и(г, ї) — температура середови-
ща в точці г = (х, у, г) в момент часу і, р(г)
— об’ємна густина маси середовища, с(г) —
його питома теплоємність, /с(г) — його кое-
фіцієнт теплопровідності. Позначимо через
Г(г, і) інтенсивність джерел тепла в точ-
ці г = (х, у, г) в момент часу і. Підрахуємо
баланс тепла в довільному об’ємі V (див.
рис. 2.7) за проміжок часу [і,і + Аі]. По-
значимо через 8 границю V і нехай п — це
зовнішня нормаль до неї. Згідно із законом
Фур’є, кількість тепла, що проходить через
елементарну площадку с!5 за час Аі, є такою:
Рис. 2.7.
Н<2і = (дуаз) Аі = (Л¥п) (18 Аі = -к— (18 Аі,
оп
де XV = —к щгасі'и — вектор густини теплового потоку. Тоді кількість тепла,
яка виходить з об’єму V буде такою:
г
С^ = - к—(18Аі. (2.49)
у оп
з
51
Оскільки всередині середовища є джерела тепла з інтенсивністю Е, то
за проміжок часу [і, і + Д£] в об’ємі V виділиться така кількість тепла:
С)2 = уг(г)сЬА£. (2.50)
V
Так як температура в об’ємі V зміниться на величину
/ л ч / ч ди д
п(г, і + Ді) — и(г, і) ~ —Ді,
Су 6
то для цього необхідно затратити таку кількість тепла:
Г Зи
(3= ср—ЛгМ. (2.51)
у от
V
З ІНШОГО боку, <5 = (^2 — І тому
скоротивши в цьому рівнянні ліву та праву частини на Д£ та використавши
формулу Гауса-Остроградського
сіі V XV сіп
V
(2.53)
або
— (к §гасІ-ліДсР? = — (1іу(к щасі п.)сІщ
З V
отримуємо таке рівняння:
У(срщ — сііу(А; §гас!гг) — Е}дш = 0.
V
(2-54)
В силу того, що об’єм V був вибраний довільним чином, в нуль має перетво-
рюватися підінтегральна функція
срщ = <1іу(А; §габгг) + Е,
(2.55)
а це і є шукане рівняння, яке описує поширення тепла у просторі.
Для повного опису процесу поширення тепла рівняння (2.55) необхідно
доповнити початковою умовою (задати початковий розподіл температури в
середовищі) та крайовою умовою (задати тепловий режим на границі сере-
довища) .
Розглянемо приклади крайових умов:
52
• На границі середовища 8 підтримується заданий розподіл температури
п0, тоді
и\8 = по- (2.56)
• На границі середовища 8 підтримується заданий потік тепла д, тоді
(2-57)
• На границі середовища відбувається теплообмін згідно із законом Нью-
тона, тоді
(2.58)
де к — коефіцієнт теплообміну, по — температура середовища, в яке
занурене розглядуване тіло.
2.2.3. Рівняння дифузії
Припустимо, що газ знаходиться в деякому довільному об’ємі П, який
заповнений пористою речовиною. Нехай п(г, і) — концентрація газу в точці
г = (х,?/, г) в момент часу і, £>(г) — коефіцієнт дифузії, с(г) — коефіцієнт
пористості середовища (відношення об’єму пор до розглядуваного об’єму),
Р(г, і) — об’ємна густина джерел молекул газу. Для виведення рівняння ди-
фузії виділимо довільним чином в об’ємі И деякий об’єм V з достатньо гла-
дкою границею 8 та підрахуємо баланс газу в цьому об’ємі за довільно взятий
достатньо малий проміжок часу [і, і + Д£]. Згідно із законом Нернста кіль-
кість газу, яка проходить через елемент поверхні 65' в напрямку її нормалі
п за одиницю часу, є такою:
ам = -Р(г) — <18,
оп
тоді кількість газу, яка виходить з об’єму V через границю 8 за час Д£:
Г Г ди
М = /аДіДї = - /Р(г)— <18М. (2.59)
д 1 <7П
8
За час Дї в об’ємі V за рахунок джерел молекул газу (наприклад, при
наявності хімічних реакцій із виділенням речовини) з’являється така кіль-
кість газу:
N2 = бгДї. (2.60)
V
53
Загальний приріст газу в об’ємі V за час Д£ задається такою формулою:
ТУ = у*с(г) (гфг, £ + Д£) — п(г, £))сЬ ~ ^с(г)иі(г, і) дм^і. (2.61)
V V
Тоді з рівняння балансу
N = N2-^ (2.62)
випливає, що
у”с(г)щ(г, і) сЬД£ = у*П(г)^ сІб'Ді + ^^(г, £)сЬД£.
V 8 V
Скоротивши ліву та праву частини цього рівняння на Ді та використавши
формулу Гауса-Остроградського (2.53), отримаємо
^[сщ- Тіу(Р §гас!гг) — = 0 (2.63)
V
В силу того, що об’єм V було вибрано довільно, то в нуль має перетворюва-
тися підінтегральна функція
сщ = (1іу(Р щ’асі'и) + Р. (2.64)
Для повного опису процесу дифузії рівняння (2.64) необхідно доповнити
початковою умовою (задати початковий розподіл концентрації речовини в
об’ємі £2) та крайовою умовою. Крайові умови виводяться аналогічно як для
рівняння теплопровідності.
Приклад 2.12. Трубка (0 х /) з постійним поперечним перерізом
З заповнена газом, початкова концентрація якого <р(х). Поверхня та торці
трубки є пористими, так що через них відбувається обмін концентрацією
(згідно із законом, який аналогічний закону Ньютона для конвективного
теплообміну) із зовнішнім газовим середовищем з концентрацією Щ)(£).
Сформулювати крайову задачу для визначення концентрації газу и в трубці
при і > 0, якщо частинки газу розпадаються, причому швидкість розпаду
газу пропорційна кореневі квадратному з його концентрації.
Розв’язування. Запишемо рівняння балансу для малої ділянки трубки
[х, х + Дх] (див. рис.2.8):
N = ТУї + N2 + ТУз, (2.65)
54
де N — повна зміна концентрації газу в елементі 3 Ах:
N = (и(х, і + Д£) — и(х, і)) 3 Ах ~ щ(х, і)ЗАхАі. (2.66)
77і — зміна концентрації газу за рахунок того, що частина молекул вийшла
Рис. 2.8.
з об’єму 3 Ах через уявний поперечний переріз х + Дх, а частина — зайшла
через уявний поперечний переріз х. Тоді згідно із законом Нернста
771 =[ — Оих(х, І) — (—7?пж(х + Дх, 7))] ЗАі ~ Пихх(х, 1)3АхАї. (2.67)
772 — зміна концентрації газу за рахунок обміну молекулами газу через бічну
поверхню трубки
77г = 3) [но(^) — гфх, 7)] ДхД7, (2.68)
де 7? — коефіцієнт дифузії через пористу бічну поверхню трубки. 77з — зміна
концентрації газу в трубці за рахунок розпаду молекул газу
77з = — 7н1//2(х, 7)5ДхД7.
(2.69)
Підставивши формули (2.66) - (2.69) в рівняння балансу (2.65), отрима-
ємо таке рівняння:
щ5ДхД7 = ПиххЗАхАі + Й(ио(і) — и)АхАі — уи1/2 3 АхАі,
поділивши ліву та праву частини на 5ДхД£, отримуємо шукане рівняння
щ = Бихх + ^(^о(7) - и) - ун1/2
(2.70)
55
Розглянемо тепер крайові умови для кінців трубки подібно до того, як
робили при виведенні крайових умов для рівняння теплопровідності стерж-
ня. У результаті отримуємо рівняння балансу для правого кінця (х = /)
-Вих(1,ї) = В(и^і) - и(1,і)),
де зліва знаходиться величина, яка пропорційна кількості частинок, що вий-
шли з трубки через кінець х = /, а справа — величина, яка пропорційна
різниці кількості частинок, які вийшли з трубки та які ввійшли в трубку із
зовнішнього середовища. Цю крайову умову можна записати так:
-ЦМ)) =0. (2.71)
Аналогічно розглядаємо лівий кінець трубки. Рівняння балансу для ньо-
го
Вих(0,і) = В(и0(і) - и(0,і))
або
МОЛ - ^(»о(і) - и(0Л) =0. (2.72)
Отже, крайова задача формулюється так:
'Щ, — Вихх + [щфї)
п] — уу/и, х Є (0, /), і > 0,
гфх, 0) = <£>(х), х Е (0,1),
их(0,і) - ^(и0(і) - и(0,і)) = 0, і > 0,
их(1,і) + ^(и0(і) - и(1,і)) = 0, і > 0.
2.3. Задачі, які приводять до рівнянь еліптичного типу
Рівняння еліптичного типу виникають при дослідженні стаціонарних,
тобто не залежних від часу, процесів різної фізичної природи: стаціонарні
електричні та магнітні поля (електростатика, магнітостатика, поле постійно-
го електричного струму), потенціальний рух нестисливої рідини, стаціонарні
теплові потоки та таке інше.
56
2.3.1. Стаціонарне температурне поле
Розглянемо кусково-однорідне середовище з таким кусково-постійним
коефіцієнтом теплопровідності:
к\ = СОП8І
к2 = СОП8І
Г Є Уі,
г Є У2.
(2.73)
Середовище займає область V = 14 ЦІ У2 3 границею X. Нехай та И2
— границі областей Іф та Тф відповідно. В середовищі є джерела тепла з
густиною Т'(г). З метою отримання рівняння для температури и в області Уі
розглянемо довільно вибрану область Ті, яка повністю знаходиться в Іф, та
запишемо рівняння теплового балансу для цього об’єму:
(2.74)
де 8і — границя області Ті. Вираз зліва — це тепловий потік через по-
верхню 8і, а справа — кількість тепла, що виділяється в об’ємі Ті за рахунок
джерел тепла. Перетворивши за допомогою формули Гауса-Остроградського
поверхневий інтеграл в (2.74), отримаємо
у*[кі сІІ¥(§гасІи) + Т^г^сЬ = 0
Ті
та врахувавши, що об’єм Ті був виб-
раний довільно, отримуємо таке дифе-
ренціальне рівняння:
Дн(г) = — , г Є У,. (2.76)
/сі
Аналогічним чином можна вивес-
ти рівняння для температури в об’ємі
У2, воно має такий вигляд:
Дн(г) = — , г Є У2. (2.77)
к2
З фізичних міркувань зрозуміло,
що стаціонарна температура тіла У бу-
де неперервною функцією, тому
и(г Є Іф) І е = и(г Є І с- Рис. 2-9-
4 7 І о 4 7 і о
(2-75)
(2.78)
57
Запишемо рівняння теплового балансу (2.74) для області контакту середовищ
з різними коефіцієнтами теплопровідності. Для циліндра Тє, що зображено
на рис. 2.9, рівняння балансу є таким:
ди
<9пі
(2.79)
де <71 та <72 ліва та права основи циліндра, <73 — його бічна грань. Зробивши
граничний перехід /г —> 0 інтеграли в (2.79) перетворяться в нуль, бо та
Р є скрізь обмеженими функціями. У результаті отримуємо:
Вибравши один напрямок нормалі П2 = — Пі = п, отримуємо:
ди(г Є И)
к1 дп
ди(г Є У2)
— к2-----------
(2.80)
Умови (2.78) та (2.80) є умовами спряження на границі поділу двох сере-
довищ. Крім них ще необхідно задати умову для температури на границі
У.
Отже, для шуканої функції п(г) отримали таку крайову задачу:
Дгфг) = —-*-У(г), г Є Уі, Дгі(г) = — ^-Г(г), г Є У2, (2-81)
кі к2
Фг ЄУі)|5 = и(г ЄУ2)|5,
ди(г є Уі) _ ди(х є 14)
(У П. (У П.
(2.82)
п(г)|Е = /, (2.83)
де / — задана температура на границі кусково-однорідного середовища.
2.3.2. Рівняння електростатики
Покажемо, що потенціал електростатичного поля задовольняє рівняння
еліптичного типу. Для цього використаємо рівняння Максвелла для електро-
статичного поля в непровідному середовищі:
гої Е = 0,
(2.84)
58
с!іуВ = 47г/), В = єЕ, (2.85)
де Е — вектор напруженості електричного поля, є — діелектрична проник-
ність середовища, В — вектор електричного зміщення, р = р(г) — об’ємна
густина зарядів в точці г.
З рівняння (2.84) випливає, що Е — потенціальний вектор, який можна
представити так:
Е = — щгасіщ (2.86)
де и = и(г) — потенціал електростатичного поля. Підставивши (2.86) в (2.85),
отримаємо
с1І¥(б? §гасігб) = —4лр.
Якщо є = сопзі, то для и отримуємо рівняння Пуассона
Аі/ = (2.87)
Для однозначного розв’язку цього рівняння необхідно ще задати крайо-
ву умову для електростатичного потенціалу и. Якщо задано крайову умову
першого роду
піе =
то фізично це означає, що задано електростатичний потенціал на поверхні
середовища. Якщо задано крайову умову другого роду
ди
"Й 7 5
5л х
то це означає, що задано поверхневу густину зарядів.
У випадку р = 0 отримуємо рівняння Лапласа
Ап = 0.
В залежності від типу крайових умов для рівняння Лапласа розрізняють:
1) першу крайову задачу (задача Діріхле), якщо задано таку крайову умову:
и\х =
2) другу крайову задачу (задачу Неймана), якщо задано таку крайову умову:
ди
"й 7 ч
дп V
59
3) третю крайову задачу, якщо
= /,
де / — деяка функція, яка задана на границі X області, в якій шукається
розв’язок рівняння Лапласа.
2.3.3. Рівняння Лапласа в ортогональній криволінійній системі
координат
Виведемо вираз для оператора Лапласа в ортогональній криволінійній
системі координат. Нехай в просторі замість декартових координат х, у, г
введено криволінійні координати у-2 та <?з за допомогою таких співвідно-
шень:
91 = А(^, У, Д 92 = У, Д 9з = /з(^, У, %) (2.88)
З цих співвідношень можна визначити декартові координати х, у, г:
х = 9Л(9і,92,9з), У = 7^(91,92,9з), = 993(91, 92, 9з)- (2.89)
Поклавши 9і = С*і, ^2 = 62 та (/3 = 63, де
Сі, 62 та 63 — константи, отримаємо три
сімейства координатних поверхонь:
/1(Х,7/, 2) = 61,
Л(^,9,^) = 62,
/з(^,9,^) = 63.
Розглянемо елемент об’єму в нових коор-
динатах, який обмежений трьома парами
координатних поверхонь (див. рис. 2.10).
Вздовж ребра АВ: (/2 = сонзі, = сонзі,
(2.90)
Рис. 2.10.
вздовж АИ: щ = сопйі, (/2 = сопзі, вздовж АС: щ = сонзі, (/з = сонзі.
Направляючі косинуси дотичної до ребер ЛВ, АС та АП відповідно пропор-
ційні
<9(^1 ^2 ^3. <9<Р1 ^2 ^3. <9<Р1 ^2 <9^3
о * О * О О * О * О О * О * О
(991 (791 (791 (792 (792 <792 (79з (79з (79з
Умови ортогональності ребер мають такий вигляд:
5^1 Ф1 ф2^2 фзфз _
дді ддк дуі ддк дді ддк
60
Обчислимо елемент довжини в нових координатах
(а/)2 = (а#)2 + (а?/)2 + (а^)2 = І ^<71 і &Ї2 і г, а^з і + \ оді од2 одз ) (2.92)
І (І ^2Л 1 ^2Л А + 1 п а#і і а^2 і о а<й і \ оді оді одз / 2, Р^зя , , д<рз \2 + і п а#і і а^2 і п а<й і. \ оді од2 одз /
Розкривши дужки та врахувавши умови ортогональності (2.91), отри-
маємо:
(а/)2 = ДШ)2 + я2(аї2)2 + я2(аїз)2, (2.93)
де Яі, Н<2 та Яз — коефіцієнти Ламе:
гл \ 2 /о \ 2 /о \ 2
дд± / \ дді / \ дді /
\ 2 / ‘л \ 2 /о \ 2
дд2 / \ до.2 / \ д(12 )
гл \ 2 / \ 2 / \ 2
Фі \ / Ф2 \ / Фз \
ддз ) \ дд3 ) \ ддз)
(2.94)
Вздовж кожного з ребер елементарного об’єму змінюється лише одна коор-
дината, тому для довжин цих ребер згідно з формулою (2.93) отримаємо такі
вирази:
Ші = Яі а^, ш2 = я2 а<72, ш3 = я3 а^3, (2.95)
тоді елемент об’єму
а^ = а/і а/2 а/з = ЯіЯ2Яз а^і а^2 а^з. (2.96)
Розглянемо тепер деяке векторне поле А(х, у, 8). Обчислимо (Иу А згід-
но з означенням: 6іуА= Ііш — [ап(і8, (2.97) 0 Vм У 3
де 8 — поверхня, яка обмежує деякий об’єм Хм-, який містить точку
М(х, у, г). Застосуємо цю формулу до елемента об’єму бг, який зображений
на рис.2.10.
61
Користуючись теоремою про середнє значення, можна представити різ-
ницю потоків вектора А через протилежні грані, наприклад через праву та
ліву грані, у такому вигляді:
01 = Л-і 6.І2 СІ/з кі+Д^і ~ Л-1 ^2 ^ЗІ5і-
Взявши до уваги формули (2.95), отримуємо:
= [Я2Я3А1 І^і+а^ — Я2Я3АД] сі<72 а<7з ~ — (Н2Н3А1) скц (1^2 а#3. (2.98)
Аналогічно обчислюються дві інших різниці потоків через протилежні грані:
О2 — т;—(Н1Н3А2) сіщ сіц? а^з,
дд2
— т:—(НМ) сіщ а^2 Ф/з-
дд3
Підставивши у формулу (2.97) значення
з
та використавши формулу (2.96), отримуємо вираз для дівергенції в
лінійних ортогональних координатах:
. 1 (Я., „ . <9 , „ „ , . д , ч
НЛН3 дЯз
Припустимо, що поле А є потенціальним, тобто
(2.100)
криво-
(2.101)
(2.102)
тоді
ди 1 ди ди
1 = Ж = яГаІЇ’ 2 = дії =
Підставивши це у формулу (2.101)
Лапласа:
Іди ди 1 ди
Нїдцї 3 д13 Н3дд3
отримуємо такий вираз для оператора
(2.103)
А 1- П 1
/\и = сну цгаа и =
ЯіЯ2я3 ІАі V дЧі
(2.104)
дд2 \ Я2 дд2) дд3 \ Я3 дд3
62
Отже, рівняння Лапласа в ортогональній криволінійній системі коорди-
нат записується так:
1 д /Н2Н3 ди\ д /Н1Н3 ди\ д /НлН2 ди
ЯіЯ2Я3 _дді у Яі ддг) + дд2 у Я2 дд2) + дд3 у Я3 дд3
= 0.
(2.105)
Приклад 2.13. Рівняння Лапласа в сферичній системі координат. У
цьому випадку: щ = г, у2 = 0, д3 = 99, зв’язок з декартовою системою коор-
динат:
X = Г 8ІН 9 СО8 (/?, у = Г 8ІН 9 8ІП (/?, % = Г СО8 9.
Тоді
(сі/)2 = (сРг)2 + г2 (сі#)2 + 8Іп2 $(*Т/?)2,
тобто
Яі = 1, Н2 = г, Н3 = г8Їп9.
Підставивши це в рівняння (2.105), отримуємо рівняння Лапласа в сферичній
системі координат:
1
± І \ ± су / . ~ди\ 1 д2и
-----І т— І Ч------------І чіп п— І Ч-------------
г2 дг у дг ) г2 8Іп 9 д9 у д9 ) г2 він2 9 д<р2
Задачі
2.1. Струна (0 х /) з лінійною густиною маси р(х) та силою натягу Т
здійснює малі поперечні коливання и(х,1). Нехай </фх) та ф(х) — початкові
(при і = 0) відхилення та швидкості точок струни відповідно. Сформулювати
задачу для визначення відхилення и(х, і) точок струни при і > 0, якщо
а) кінець струни х = 0 є вільним, а кінець струни х = І жорстко закріплений;
Ь) кінець струни х = 0 є вільним, а на кінець струни х = І діє сила Ф(£),
і > 0;
с) кінець струни х = 0 є вільним, а кінець струни х = І пружно закріплений
(<7 — коефіцієнт жорсткості пружного закріплення);
сі) кінець струни х = 0 жорстко закріплений, а на кінець струни х = І діє
сила Ф(£), і > 0;
е) кінець струни х = 0 жорстко закріплений, а кінець струни х = І — пружно
закріплений (ст — коефіцієнт жорсткості пружного закріплення);
63
£) в точці хц (0 < а?о < /) струни, починаючи з моменту і = 0 діє сила вздовж
щ а кінці струни жорстко закріплено;
§) кінці струни закріплено пружно і в точках струни ад (0 < ад < /) є
зосереджені маси ті, і = 1,..., п (<ті, <72 — коефіцієнти жорсткості пружних
закріплень лівого та правого кінців відповідно).
2.2. Однорідна мембрана з поверхневою густиною маси р у стані спокою
співпадає з областю 8 площини ху з границею С, сила натягу мембрани Т,
</?(х, у) та ф(х, у) — початкові (при і = 0) відхилення та швидкості точок мем-
брани відповідно. Сформулювати задачу для визначення малих поперечних
відхилень и(х, у, і) точок мембрани від положення рівноваги, якщо
а) край мембрани жорстко закріплено;
Ь) край мембрани є вільним;
с) до краю мембрани прикладена поперечна сила Р(х,у,і\ (х,у) Є С при
і > 0;
<1) край мембрани закріплено пружно;
е) починаючи з моменту часу і = 0, на мембрану діє поперечна сила
Р(х, у,ї), а край мембрани закріплено жорстко;
£) в точці (хо,^/о) Є 3 мембрана має точкову масу т, а край мембрани
жорстко закріплений.
2.3. Сформулювати задачу для визначення поздовжних коливань однорід-
ного пружного стержня постійного поперечного перерізу 8 довжини І при
початковому відхиленні поперечного перерізу ер (а?) та початковій швидкості
поперечного перерізу ф(а?) у випадку коли:
а) кінці стержня є вільними;
Ь) до кінців стержня х = 0 та х = І з моменту часу і = 0 прикладено
відповідно сили щ(і) та які діють вздовж осі а?;
с) кінці стержня закріплено пружно;
(1) кінець стержня х = 0 відчуває опір, який пропорційний швидкості, кінець
х = І закріплено жорстко;
е) починаючи з моменту часу і = 0, на стержень діє напрямлена вздовж осі
х сила з об’ємною густиною Р(х^ і), а кінці стержня є жорстко закріпленими;
£) на стержень діє (з розрахунку на одиницю маси) сила опору, яка пропор-
ційна швидкості відхилення, а кінці стержня х = 0 та х = І коливаються
згідно із заданими законами та Цг(^);
64
§) кінець стержня х = 0 жорстко закріплено, а кінець х = І є вільним і до
нього прикріплена маса т.
2.4. Сформулювати задачу про поздовжні коливання пружного однорідного
стержня із змінною площею поперечного перерізу 8(х) довжини І при до-
вільних початкових умовах у випадку, коли стержень має форму зрізаного
конуса з радіусами основи г та Н (г < Я), які жорстко закріплені.
2.5. Поставити крайову задачу про електричні коливання в провіднику без
втрат та з нескінченно малим опором, якщо
а) кінець провідника х = 0 є заземленим через локальну індуктивність Бд,
а до кінця х = І прикладено електрорушійну силу Е(Ґ) через локальну
індуктивність
Ь) кінець провідника х = 0 є заземленим через локальний опір Кд, а до кінця
х = І прикладено електрорушійну силу Е(і) через локальну індуктивність
^б
с) кінець провідника х = 0 є заземленим через локальну ємність С*о, а до кін-
ця х = І прикладено електрорушійну силу Е(і) через локальну індуктивність
^б
сі) кінець провідника х = 0 є ізольованим, а до кінця х = І прикладено
електрорушійну силу Е(і) через локальну індуктивність
е) до кінця х = 0 прикладено електрорушійну силу Е(Б) через локальну
ємність С*о, а кінець х = І є заземленим через локальну індуктивність £/.
2.6. Бічна поверхня однорідного стержня (0 х /) є теплоізольованою,
а його початкова (при І = 0) температура дорівнює </?(х). Сформулювати
задачу для визначення температури и в стержні при і > 0, якщо:
а) кінці стержня є теплоізольованими;
Ь) на кінцях стержня х = 0 та х = І підтримуються теплові потоки та
дМ відповідно;
с) на кінцях стержня х = 0 та х = І відбувається конвективний теплообмін
згідно з законом Ньютона із середовищами, які мають температури и^Б) та
Щд(£) відповідно (х — коефіцієнт зовнішньої теплопровідності);
сі) на обидвох кінцях стержня є однакові зосереджені маси т з того ж ма-
теріалу, що і стержень, причому кінець х = 0 є теплоізольованим, а на кінці
х = І підтримується зовні тепловий потік д(і).
2.7. Однорідний стержень (0 X /) з постійною площею поперечного
65
перерізу З має початкову температуру ер (щ). На поверхні стержня відбува-
ється конвективний теплообмін згідно з законом Ньютона із середовищем,
яке має температуру а його кінці х = 0 та х = І затиснені в масивних
клемах із заданими теплоємностями щ і сд відповідно та достатньо великою
теплопровідністю. Сформулювати задачу про визначення температури и в
стержні, якщо
а) стержень нагрівається постійним електричним струмом (І — сила струму),
який проходить через нього;
Ь) в стержні діють теплові джерела з об’ємною густиною Г(х,і);
с) тепло в стержні поглинається пропорційно до щ в кожній його точці.
2.8. Однорідну кулю з радіусом Я нагріли до температури Т. Сформулювати
крайову задачу про охолодження кулі, якщо
а) в кожній точці кулі внаслідок хімічної реакції поглинається певна кіль-
кість тепла, яка пропорційна температурі кулі в цій точці, а поверхня 3 є
теп лоізол ьованою;
Ь) в кулі є теплові джерела постійної потужності а на її поверхні З
відбувається конвективний теплообмін із зовнішнім середовищем з нулевою
температурою.
2.9. В трубці з довжиною І та постійною площею поперечного перерізу 8,
яка заповнена пористою речовиною, відбувається дифузія газу. Початкова
концентрація газу дорівнює <£>(щ). Сформулювати крайову задачу для виз-
начення концентрації газу и в трубці, вважаючи бокову поверхню трубки
газонепроникною та якщо:
а) на кінці х = 0 підтримується концентрація газу а кінець х = І є
газонепроникним;
Ь) на кінці х = 0 підтримується потік газу д(і), а кінець х = І перекрито
пористою перегородкою, тобто на цьому кінці відбувається газообмін із зо-
внішнім середовищем згідно з законом, який аналогічний до закону Ньютона
для конвективного теплообміну. Концентрація газу в зовнішньому середови-
щі дорівнює нулю.
2.10. Трубка (0 < х < /) з постійною площею поперечного перерізу 3 за-
повнена газом, початкова концентрація якого дорівнює <р(х). Поверхня та
торці трубки є пористими, тобто через них відбувається обмін частинками
газу із зовнішнім середовищем. Концентрація газу в зовнішньому середовищі
66
дорівнює ио(і). Сформулювати крайову задачу для визначення концентра-
ції газу и в трубці, якщо частинки газу розмножуються із швидкістю, яка
пропорційна добутку и на щ в кожній точці трубки.
2.11. Сформулювати крайову задачу для потенціалу електростатичного
поля в неоднорідному діелектрику з кусково-постійною діелектричною про-
никністю
{£1 = СОП8Ї, Г Є Іф,
£2 = СОП8Ї, Г Є 14,
р(г) — об’ємна густина заряду діелектрика.
2.12. Сформулювати крайову задачу для визначення стаціонарної концен-
трації нестійкого газу В циліндрі З радіусом Гд та висотою Л, якщо в ньому
є джерела частинок газу з постійною потужністю (^. Швидкість розпаду
частинок газу пропорційна його концентрації и. Розглянути випадки:
а) на основах циліндра % = 0 та % = к концентрація газу підтримується
рівною нулю, а бічна поверхня циліндра є непроникною;
Ь) основи циліндра % = 0 та 2 = ке пористими (через них відбу-
вається дифузія згідно з законом, який аналогічний до закону Ньютона
для конвективного теплообміну), а на бічній поверхні підтримується нулева
концентрація газу, причому концентрація розглядуваного газу у зовнішньому
середовищі дорівнює нулю.
2.13. Знайти вираз для оператора Лапласа:
а) в полярній системі координат (г, 99)
X = Г СО8 99, у = Г 8ІП 99;
0 < г < сю, 0 < 99 < 2я;
Ь) в циліндричній системі координат (г, 99, г)
х = г соє 99, у = г він 99, % = г;
0 < г < сю, 0 < 99 < 2я, —сю < г < +сю;
с) в параболоїдальній системі координат (£, щ 99)
х = ^Ф/СО899, ?/=^ф78ІП99, с = ——
0 < £ < сю, 0 С т] < сю, 0 < 99 < 2тг;
67
сі) в еліпсоїдальній системі координат (£, ?7, <^)
ІУ(£2 - 1)(1 — ?72) СО899, у = |У(£2 - 1)(1 -7?2) 8ІП72, г = |
/ /4 /4
1 < < оо, — 1 < 77 < +1, 0 < </? < 2л.
68
Задача Коші для хвильового рівняння
на прямій
Якщо розміри розглядуваної області значно перевищують масштаби дос-
ліджуваного явища, то кажуть, що це явище відбувається в необмеженій
області. Прикладом такої ситуації може бути процес коливання на протязі
невеликого проміжку часу деякої ділянки досить довгої струни, що знахо-
диться на достатньо великій віддалі від її кінців. У такому випадку умови
на кінцях струни не впливатимуть на цей процес, а хід процесу коливань
залежатиме від початкових даних.
Математично ця задача формулюється так:
знайти розв’язок рівняння
иифх.І) = а2ихх(х,і) + ф{х,1\ -сю < х < +сю, і > 0, (3.1)
який задовольняє такі початкові умови:
и(х, 0) = Дх), щ(х,0) = ф(х), — сю < х < +сю, (3.2)
де /(х,ї), <Дж) та ффх) — задані функції.
Така задача, коли задано диференціальне рівняння та початкові умови,
називається задачею Коші.
3.1. Формула Даламбера
Розглядаємо задачу Коші для однорідного хвильового рівняння на пря-
мій
иц(х, ї) = а2ихх(х, ї), — сю < х < +сю, і > 0, (3.3)
69
и(х, 0) = ^(х), щ(х,0) = ф(х), — сю < х < +сю. (3.4)
Перетворимо це рівняння до першої канонічної форми. Характеристичне
рівняння
(сіх)2 — а2(сії)2 = 0
розпадається на два таких рівняння:
6.x — а сії = 0, 6.x + а сії = 0,
інтегралами яких є прямі:
х — аі = Сі, х + аі = С%, Сі, С-з = сонзї .
Ввівши нові змінні
^ = х + аі, г/ = х — аі,
рівняння (3.3) набуде такого вигляду:
= 0. (3.5)
Знайдемо загальний інтеграл цього рівняння, припустивши, що він існує.
Проінтегруємо спершу рівняння (3.5) по £, вважаючи, що ц зафіксоване. У
результаті отримаємо рівняння
и^т]) = ГШ
де /*(ц) — деяка функція змінної ц. Проінтегрувавши останнє рівняння по ц
при фіксованому £ отримуємо розв’язок рівняння (3.5):
<,»?) = + + (3.6)
де /і та /2 ~ довільні функції лише від змінних £ та ц відповідно, які мають
похідні першого та другого порядків. Формула (3.6) є загальним інтегралом
рівняння (3.5). Тоді функція
и(х, ї) = /і(а? + аі) + /2(^ — аі) (3.7)
є загальним інтегралом рівняння (3.3).
Серед множини розв’язків (3.7) знайдемо такий, що задовольняє почат-
кові умови (3.4):
и(х, 0) = р(х) = /і(а?) + /2(^),
70
щ(х, 0) = Дх) = а/і(гг) — аф^Д)-
Проінтегрувавши останню рівність від ту до х, отримаємо два рівняння для
визначення двох невідомих функцій /і(ж) та /2 ОД
ЛД) + АД) =
ЛЇЇ) - Мх) = - [0(£) + С, С = /і(х0) - /Що),
б/ /
з яких знаходимо, що
шДїї Дм + |,
^0
с
її’
V хо
Підставивши знайдені функції /Щ) та /2(Д в (3.7), отримаємо формулу
Даламбера:
х+аі
. х Дх + аі) + Дх — аі) 1 7 , _х .
= ------------------'- + ^- (3.10)
х—аі
Отже, припустивши існування розв’язку задачі Коші (3.3)-(3.4), при-
ходимо до висновку, що він повинен представлятися формулою (3.10).
Звідси випливає, що розв’язок є єдиним. Якщо функція Дх) має похідні
першого та другого порядків, а функція ф(а?) — похідну першого порядку,
то формула (3.10) дає шуканий розв’язок задачі Коші (3.3)-(3.4). У цьому
легко переконатися безпосередньо, підставивши розв’язок (3.10) в рівняння
(3.3) та в початкові умови (3.4). Побудувавши розв’язок задачі Коші, ми тим
самим довели його існування.
Викладений вище спосіб побудови розв’язку хвильового рівняння на-
зивається методом характеристик або методом біжучих хвиль. Остання
назва слідує із фізичного змісту формули Даламбера.
3.2. Фізичний зміст формули Даламбера
Припустимо, що задача Коші (3.3)-(3.4) є математичною моделлю
71
процесу коливання довгої струни. Процес коливання струни описується фор-
мулою Даламбера (3.10), яку можна записати так:
и(х,і) = Д(гг + аі) + /ї(х — аі),
де
х+аі
У ^(0 <
х—аі
Д (0
Хо
Вважатимемо, що функції Д та Д відмінні
від нуля лише на відрізку
[—Функція Д(х + аі) є незмінним профілем функції Д(х), який
рухається вліво (у від’ємному напрямі осі х) із швидкістю а. Наприклад,
з рис.3.1 видно, що профіль функції /і в момент часу т/2 є таким самим
як і в момент т, але зсунутий на ат/2 вліво. Тобто функція Д(а? + аі) є
біжучою хвилею, яка поширюється вліво. Аналогічно функція Д(х — аі) є
біжучою хвилею, яка поширюється вправо (рис.3.1). Отже, розв’язок задачі
Коші (3.3)-(3.4) є суперпозицією (накладанням, сумою) двох біжучих хвиль,
одна з яких рухається вліво, а інша — вправо. Якщо функція Д(а? + аі) в
момент часу і = 0 була відмінною від нуля лише на відрізку [—хі,хі\, то
вона і буде не рівною нулю лише в смузі, що утворена характеристиками
рівняння (3.3), які проходять через точки — Хі та х± (прямі х = — х± — аі та
х = Хі — аі). Аналогічно і функція Д(х — аі) буде відмінною від нуля лише в
смузі між прямими х = — хі + аі та х = х± + аі. В області трикутника АВС
ці функції накладаються.
Трикутник АВС називається характеристичним трикутником точки
А(0,т/4). Значення відхилення точок струни и у вершині А визначається
значенням функцій Д та Д відповідно в точках В(—ХцО) та С(хі,0), які є
іншими вершинами цього трикутника. Справді,
Х1
и(0,т/4) = Д(-Хі) + Д(хі) = |(<^(-^і)+^(^і)) + у- /
-Х1
Хі = ат/4.
Символічно це можна записати так:
Ж) = |Щв) + Ж)) + ^- АжЖ
л ла і
вс
72
і
Рис. 3.1. Процес поширення хвиль.
З формули (3.11) видно, що від-
хилення точок струни в вершині
характеристичного трикутника ви-
значається значеннями початкового
відхилення в інших вершинах три-
кутника та значенням швидкості на
протилежній до розглядуваної вер-
шини стороні. Для ілюстрації цьо-
го довільним чином виберемо точку
А(хд, Ф) на фазовій площині хі, про-
ведемо через неї характеристики, які
перетнуть вісь х в точках В(хо — аф
згідно з (3.11) можна записати, що
Рис. 3.2.
0) та С(а?о + аф, 0) (див. рис.3.2). Тоді
п(хо,Ф) =
х0-аі0
що співпадає з формулою Даламбера (3.10).
Приклад 3.1. Графічно зобразити процес поширення початкового від-
хилення вільної струни, яке показане на рис.3.3а, якщо початкова швидкість
73
точок струни рівна нулю.
Розв’язування. У цьому випадку формула Даламбера запишеться так:
и(х, і) = -(<р(х + аі) + ір(х — аі)).
Лі
В початковий момент часу і = 0 біжучі хвилі, що рухаються вліво (<Дх +
+ аі)/2) та вправо (<Дх — аі)/2) повністю накладаються (штрихова лінія
на рис.3.3а). Через проміжок часу Д£ = 1/а профіль хвилі + аі)/2
зсунеться на одинцю довжини вліво, а профіль хвилі р(х — аі)/2 — вправо
(див. рис.З.ЗЬ). Результуюче відхилення точок струни зображено на рис.З.ЗЬ
суцільною лінією. На рис.3.3с,фе показано профілі струни в моменти часу
і = 2/а^З/а,к/а відповідно, а на рис.З.ЗГщф — при і = 9/а, 35/щ 50/ш Як
видно з цих рисунків, з плином часу ліва та права біжучі хвилі все більш
віддаляються, прямуючи до —сю та +сю. Тобто початкове збурення струни
(див. рис.3.3а) розпадається на дві біжучі хвилі, які рухаються з однаковою
швидкістю в протилежних напрямках, а форма струни визначається їхньою
сумою.
Рис. 3.3. Процес поширення початкового відхилення вільної струни.
Приклад 3.2. Графічно зобразити процес поширення збудження віль-
ної струни, якщо початкове відхилення струни дорівнює нулю, а початкова
швидкість точок струни є такою:
хе [хі,х2],
I 0, X [хі,Х2^, фо = СОП8Ї .
74
Розв’язування. У цьому випадку формулу
Даламбера можна записати так:
н.(х, і) = Ф(х + аі) — Ф(т — аі),
Рис. 3.4.
Де
II, X < Х1,
= < тг(х - Хі), X Є [Хі,Х2]
тг{х2 -хг),х2 < х.
\ ла
Функція Ф(а?) при а?і = —2, х2 = 2 та фо = а/2 зображена на рис.3.4. Ре-
зультуюче відхилення точок струни є суперпозицією двох біжучих хвиль
Ф(х + аі) та — ФД — аі). Процес поширення хвиль зображено на рис.3.5.
Профіль струни має вигляд трапеції, яка розширюється з плином часу.
Рис. 3.5. Процес поширення хвиль при відмінній від нуля початковій швидкості.
3.3. Неперервна залежність розв’язку задачі Коші від
початкових даних. Узагальнений розв’язок
Формула Даламбера (3.10) дає розв’язок задачі Коші (3.3)—(3.4), при-
пускаючи, що функції (р(х) та фД) мають похідні р'(х), р"(х) та 'ф'(х).
75
Проте існують задачі, в яких ці функції не мають таких похідних, наприклад,
функція ф(х) з попереднього прикладу. Для того щоб знати, як будувати роз-
в’язок задачі Коші в таких випадках доведемо теорему про неперервну
залежність розв’язку задачі Коші від початкових даних:
нехай иДх,і) та и2(х,і) — два розв’язки задачі Коші (З.З)-(ЗД) з такими
початковими даними:
иДх, 0) = (х), иДх, 0) = фДх) та и2(х, 0) = <рДх), и2і(х, 0) = 'фДх).
Тоді, яке б не було є > 0 та Д > 0, існує таке 5 > 0, яке залежить від є
та іі, 5 = ДєДі), що з нерівностей
І9?і(ж) - 922МІ < Ф - ^2^)1 < Ф -сю < х < +оо
випливає така нерівність
\иДх,і) — и2(х,і)\ < є, — оо < х < +оо, і < Д.
Доведення. Використовуючи формулу Даламбера для функцій
та и2(х,і), отримаємо
иДхД) - и2(х,і) = - аі) - <рДх -
л
1
2
х+аі
х—аі
Оцінимо цю рівність по модулю
. [рДх - аі) - <р2(х - аі)\ кі(х + аі) - р>2(х + аі) І
щ(х,і) - и2(х, і) -----------------------------1 +-------------------------1
х+аі х+аі
/1^(£) — ^2(£)|<Д < +-£ + — [дсД = 5 + 5і < 5(1 + іД
ЛІД І Лі Лі ЛІД І
х—аі х—аі
Якщо взяти 5 = ------
1+^1
ТО нерівність |щ(хД) — П2(хД)| < є буде
виконуватися для всіх х Є (—оо, +оо), і < Д, що і треба було довести.
Зміст цієї теореми можна коротко передати так: малим змінам початко-
вих даних відповідають малі зміни розв’язку задачі Коші, тобто розв’язок є
стійким.
76
Якщо розв’язок задачі існує, єдиний та стійкий, то така задача нази-
вається коректно поставленою. Усі ці умови виконуються для задачі Коші
(3.3)-(3.4), тому вона є коректно поставленою.
Припустимо, що функції та не дорівнюють нулю лише на
скінчених відрізках, неперервні скрізь, а функція має похідну першого
порядку. Ці функції можна апроксимувати диференційовними функціями
<Рп(х) та фп(щ) так, що
<Рп(х) =4 фп(ф) ф(ф), п—> ос.
причому має першу та другу похідні, а 'фп(х) — першу похідну. Якщо
в якості початкових даних в задачі Коші взяти функції р>п(х) та фп(щ), то
вони визначають єдиний розв’язок задачі Коші ип(х,і).
Оцінимо різницю розв’язків ип+к(х,і) — ип(х,і). В силу рівномірної
збіжності послідовностей та {фп(х)}, для будь-яких є > 0 та Ц > 0
знайдеться таке А”, що для будь-яких п > N та будь-яких цілих додатних к
будуть виконуватися такі нерівності:
І92п(щ) - ^п+Цх)! < ! + > |^п(я) - 'фп+к(х) І
для усіх — сю < х < +сю. Тоді згідно з доведеною теоремою для всіх і < Ц
та — сю < х < Тсю також будуть виконуватися нерівності
є
для будь-яких п > N та будь-яких цілих додатних к. А це означає, що
послідовність розв’язків {пДхД}} є рівномірно збіжною у вказаній області
зміни х та і до деякої функції и(х, і). Ця функція називається узагальненим
розв’язком задачі Коші (3.3)-(3.4). При цьому
х+аі
и(х,і) = Ііш ип(х,і) = - Ііш (рп(х - аі) + <рп(х + аі)) + — Ііш /
2 х 7 2(1 У
х—аі
або
х+аі
х—аі
Ця функція и(х,і) та її похідна щ(щ, і) набувають в початковий момент часу
задані значення ер(х) та 'ф(х). Отже, в цьому випадку формула Даламбера
також дає розв’язок (узагальнений) задачі Коші.
и(х, і) = — (<р(х — а.
77
3.4. Неоднорідне рівняння, метод Дюамеля
Знаючи розв’язок задачі Коші для однорідного хвильового рівняння
(3.3), можна побудувати розв’язок цієї задачі для неоднорідного хвильового
рівняння (3.1). Метод побудови є однаковим для усіх лінійних рівнянь гіпер-
болічного типу, тому розглянемо більш загальне рівняння
діу(к^и) - ци + /(х,у,г,і) = рии, (3.12)
де к, д та р — задані функції від (а?, у, г).
Отже, необхідно знайти розв’язок задачі Коші для рівняння (3.12) з
такими початковими умовами:
и(х,у,г,0) = (р(х,у,х), Пі(х,у,г,0) = ^(х,у,г). (3.13)
Оскільки рівняння (3.12) є лінійним, то цю задачу можна розбити на
Дві:
І) задача Коші для однорідного рівняння
с!іу(А:\7г’) — (3-14)
із заданими початковими умовами
ь(х,у,2,0) = <р(х,у,г), Хі(х,у,г,0) = ^(х,у,г); (3.15)
II) задача Коші для заданого рівняння
с1іу(/сУ7ш) — + /(х, у, г, і) = (3.16)
із нулевими початковими даними
иі(х,у,г, 0) = 0, Юі(х,у, г, 0) = 0. (3.17)
Тоді розв’язок задачі (3.12)—(3.13) буде сумою функцій V та ш
и(х, у, г, і) = ь(х, у, г, і) + и>(х, у, г, і).
Таке розбиття загальної задачі на простіші називається редукцією загальної
задачі і є можливим завдяки лінійності нашої задачі.
Припустимо, що розв’язок задачі Коші (3.14)—(3.15) є відомим. Тоді
розв’язок задачі Коші (3.16)—(3.17) можна побудувати так: побудуємо таку
78
функцію Е(х,у, яка задовольняє однорідне рівняння (3.14) та такі
початкові умови:
Я(х, у, г, і, т)\і=т = 0, Е^х, у, г, і, т)\і=т = (3.18)
/цх, у., 2)
Згідно з нашим припущенням розв’язок такої задачі є відомим. Тоді шуканий
розв’язок задачі Коші II матиме такий вигляд:
ш(х, у, г, ї) = у*Я(х,щ г,і,т) (1т. (3.19)
о
Дійсно, згідно з правилом диференціювання інтегралу із змінною верхньою
межею по параметру отримуємо, що
і
у, г, і) = Е(х, у, г, і, і) + ^Е^х, у, г, і, т) (1т.
о
Використавши першу з умов (3.18), отримуємо
І
Щх, у, г,і) = /Ец(х, у, щ і, т) (Іт. (3.20)
о
З формул (3.19) та (3.20) видно, що функція ш(а?, щ задовольняє почат-
кові умови (3.17).
Диференціюючи співвідношення (3.20) по і ще раз та використовуючи
ДРУГУ 3 умов (3.18), отримаємо, що
І і
г у? і) і*
и]и = Еі(х, у, щ М) + / Еи(х, у, щ і, т) (1т = — ’ ’ ’ / + /Ец(х, у, щ і, т) (1т.
У р(х,у,г) У
о о
Тоді права частина рівняння (3.16) набуде такого вигляду:
і
р'Юц =+ ^рЕц(1т (3.21)
о
Обчислимо тепер ліву частину рівняння (3.16)
І
(1іу(А:\7ш) — ди; + / = ^(діу(к¥Е) — д Я) (1т + /. (3.22)
о
79
Підставивши вирази (3.21) та (3.22) у рівняння (3.16), отримуємо
І
(сііу(А;Х7Я) — уК — рКц)д.т = 0,
о
бо функція Н є розв’язком рівняння (3.14). Отже, ми переконалися, що
функція (3.19) є розв’язком задачі Коші II. Такий спосіб побудови розв’яз-
ку неоднорідного рівняння називається методом Дюамеля (або методом
імпульсів).
Застосуємо тепер цей метод до розв’язування задачі Коші (3.1)—(3.2).
Розіб’ємо цю задачу на дві:
І) задача Коші для однорідного рівняння із заданими початковими умовами
= аДхх,
ь(х, 0) = Дх), щ(х, 0)=ф(х).
II) задача Коші для заданого рівняння із нулевими початковими умовами
= а2тхх + Дх, і),
ш(х, 0) = 0, шфх,0) = 0.
Тоді и = V + ш.
Функцію Дх, і) можна записати відразу, використовуючи формулу
Даламбера:
і (<д(а? - аі) + Дх + а
х+аі
А функцію т(х,і) представляємо так:
і
Дх, і) = Е(х, і, г) (1т,
о
де К(х, і, т) є розв’язком такої задачі Коші:
їїіі & КХХ,
К(х, т, т) = 0, КДс, т, т) = Дх, т)
і може бути записаним згідно із формулою Даламбера у такому вигляді:
К(х, і, т)
х+а(1—т)
х—а(і—т)
80
Тому
иі(х, і)
і х+а(і-т)
= Та/
0 х—а(і—т)
Отже, розв’язок задачі Коші (3.1)—(3.2) є таким:
х+аі
аі) + ср(х + а
х—аі
і х+а(і-т)
0 х—а(і—т)
(3.23)
и
(.хХ = |(Н
х —
Задачі
3.1. Необмежену струну виводять із рівноваги локальним початковим від-
хиленням, як показано на рис.3.6. Зобразити графічно положення струни
Рис. 3.6.
для таких моментів часу
кс
Ік = 4?
де к = 0,1, 2,3, 5; а — параметр,
що входить в рівняння коливань
2
струни иц = а ихх.
3.2.
Необмежену струну виводять із
рівноваги локальним початковим
відхиленням, яке має форму квад-
ратичної параболи (див. рис.3.7.
Знайти формули, які описують
профіль струни при і > 0.
3.3. В момент часу і = 0 необмежену струну виведено з рівноваги початко-
вим відхиленням, яке зображене на рис.3.8. В якій точці х та в який момент
часу і > 0 відхилення струни буде максимальним? Яка величина цього від-
хилення?
3.4. Необмеженій струні надали на відрізку — с х с поперечну початкову
швидкість то = сонь!; поза цим відрізком початкова швидкість рівна нулю.
81
Рис. 3.8.
Зобразити графічно положення струни для моментів часу
кс
Ік = Та
де к = 0,2,4,6; а — параметр, що входить в рівняння коливань струни
О' 'М'ХХ-
3.5. В початковий момент часу і = 0 необмежена струна отримала в точці
х = хо поперечний удар, який передав струні імпульс І. Знайти відхилен-
ня и(х, і) точок струни від положення рівноваги при і > 0, вважаючи, що
початкове відхилення точок струни та початкові швидкості рівні нулеві.
В задачах 3.6-3.13 знайти розв’язок задачі Коші для неоднорідного рівняння
коливань на нескінченній прямій.
3.6.
Щі = а2ихх + 12хі2, х Е (—сю, +сю), і > 0,
п(х,0) = х, щ(х, 0) = х, х Є (—сю, +сю).
3.7.
Пц = + 6х2і, х Е (—сю, +сю), і > 0,
и(х, 0) = х, щ(х, 0) = 0, х Є (—сю, +сю).
3.8.
Щі = ихх + 6x1, х Е (—сю, +сю), і > 0,
и(х, 0) = зіва?, щ(х, 0) = созх, х Є (—сю,+сю).
3.9.
Щі = ихх + 2х, х Е (—сю, +сю), і > 0,
и(х, 0) = х + сйх, щ(х, 0) = х + 8Ііщ х Є (—сю, +сю).
3.10.
Щі = ихх + І8Іпх, х Є (—сю, +сю), і > 0,
и(х,0) = х, щ(х, 0) = 1, х Е (—сю, +сю).
82
3.11.
ии = ихх + 2 зіп х ехр(-і),
г/.(а?,О) = 1, щ(х, 0) = 1,
х Є (—сю, +сю), і > 0,
х Є (—сю, +сю).
3.12.
Щі = ихх + - зіпх — 2х + 6і, х Е (—сю,+сю), і > 0,
и(х, 0) = 1, иі(х,0)=0, х Є (—сю, +сю).
3.13.
иц = а2ихх + 2, х Є (—сю, +сю), і > 0,
и(х, 0) = 1, щ(х, 0) = х + сова;, х Є (—сю, +сю).
83
Розділ 4.
Змішана задача для хвильового
рівняння на півпрямій та на відрізку
Якщо деяке явище відбувається в обмеженій або напівобмеженій області,
то для його однозначного опису крім початкових умов необхідно врахувати
й режим на межі області, в якій відбувається це явище (задати граничні
або крайові умови). Наприклад, якщо розглядати вільні коливання скінченої
струни, яка закріплена на кінцях, то внаслідок початкового збурення по
струні вліво та вправо поширюватимуться хвилі. Дійшовши до кінців струни,
вони відіб’ються та підуть у зворотному напрямі, тим самим суттєво впли-
ваючи на процес коливання струни. Для того щоб це врахувати необхідно
задати крайові умови.
Задача, в якій крім диференціального рівняння та початкових умов за-
дано ще крайові умови, називається змішаною задачею.
Надалі говоритимемо про три основні типи крайових умов (х = 0 —
границя або край розглядуваної області):
1) крайова умова першого роду: гг(ОД) = ц(Д,
2) крайова умова другого роду: щДОД) = ДД,
3) крайова умова третього роду: щДО,і) — Ни(0,ї) = р(і), Ь, = соньї.
4.1. Хвильове рівняння на півпрямій
У випадку коливань струни задачі на півпрямій виникають якщо один
кінець струни розміщений в початку координат х = 0, а інший знаходиться
на такій віддалі від початку координат, що значно перевищує величину аі,
де і — час спостереження за струною, а — постійна, яка фігурує в рівнянні
коливань струни.
84
Надалі будемо шукати розв’язок такого диференціального рівняння:
ии = а2ихх + /Ц, 0 < х < оо, і > 0,
з початковими умовами
и(х, 0) = ¥>(х), иі(х,0) = ф(х), 0 < х < оо
та однією з трьох крайових умов
1. и(0, і) = і 0.
2. гДО, і) = и(і), £ > 0.
3. их(0, і) — ки(0, і) = р(і), і^О.
Оскільки дана задача є лінійною, то її розв’язок можна шукати як
суперпозицію (суму) двох функцій и1(х,і) та Ф^гг, і)
и(х, і) = и\х, і) + ип(х, і),
які є розв’язками таких задач:
І. Неоднорідне диференціальне
рівняння
иїіі = оМхх + ї(х,і),
0 < х < оо, і > 0,
початкові умови
/ ^(х,0) = Дх),
< т/ 0 < х < оо
( чСс°) = Ф(Ц
одна з трьох однорідних
крайових умов
1. гДО,ф = 0, О 0.
2. Ц(0,£) = 0, О0.
3. Ц(0, і) — Л-ФД, ф = о,
і > 0.
II. Однорідне диференціальне
рівняння
иЦ = а2и^х^ 0 < х < сю, І > 0,
однорідні початкові умови
одна з трьох неоднорідних
крайових умов
1. г/п(0, і) = і 0.
2. Ц:(О,ф = р(і),
3. Ф^О,і) — Л.ип(0,і) = гД),
і > 0.
Спочатку розглянемо задачу І з усіма можливими однорідними крайо-
вими умовами, а пізніше — задачу II з неоднорідними крайовими умовами.
85
4.1.1. Однорідні крайові умови та метод продовження
А. Однорідна крайова умова першого роду
Необхідно знайти розв’язок неоднорідного рівняння коливань
ии = а2ихх + ДхД), 0 < х < оо, і > 0, (4.1)
який задовольняє такі початкові умови:
и(х, 0) = </?(ж), щ(х, 0) = Дх), 0 < х < оо (4.2)
та таку однорідну крайову умову:
и(0Д) = 0, £>0. (4.3)
Лема 1. Якщо початкові дані задачі про коливання на необмеженій пря-
мій (задача (3.1)—(3.2)) та функція /(а?Д) є непарними функціями відносно
деякої точки а?о, то відповідний розв’язок в цій точці дорівнює нулю.
Доведення. Приймемо Хо за початок координат, тобто х$ = 0. У цьому
випадку умови непарності початкових даних та функції Дх,і) запишуться
так:
Дх) = -Д-х), ф(а?) =-ф(-х), Дх,і) = -Д-х,і).
Функція и(х,і), яка визначається формулою (1.29), при х = 0 та і > 0 є
такою:
^(0Д) = +
аі і а(і—т)
Д-аД) + УДД<Д + 1^ У Ж = °’
—аі 0 — а(і—т)
так як перший доданок дорівнює нулю в силу непарності функції <Дх), а
другий та третій — в силу того, що інтеграл від непарної функції в симет-
ричних межах дорівнює нулю.
Використовуючи лему 1, можна отримати розв’язок задачі (4.1)-(4.3).
Для цього розглянемо функції Ф(х), Ф(х) та У(хД), які є непарними про-
довженнями функцій <Дх), ф(х) та Дх,і) відповідно:
86
х < 0.
Функція
є визначеною для всіх х та і > 0. В силу леми
тх(О, і) = 0.
Крім того, функція і) при і = 0 та х > 0 задовольняє початкові умови
(4-2):
и(х, 0) = Ф(а?) = <р(х), иі(х,(У) = Ф(гг) = ф(х), х > 0.
Отже, розглядаючи отриману функцію и(х, і) лише для х 0 та і > 0,
маємо функцію, яка буде розв’язком задачі (4.1)-(4.3). Повертаючись до
функцій (/фх), ф(х) та /(хф), розв’язок можна записати так:
' х-\-аі
у(а:+аГіЖаЖ Ажж+
л ла /
х—аі
і х+а(і-т)
+ту- [ [ ЖЖЖ, і < -, X > 0,
2а У У а
0 х—а(і—т)
и(х, і) = <
х+аі
+ аі): Иаі - + ф /<) ае+
Л Л(1 /
аі—х
і х+а(і—т)
+ 9~ [ [ ЖтМЖ+
ЛЦх І /
х-а^і-т)
1~а х+а(і-т)
+^1 І
0 а(і—т)—х
87
Цю формулу можна записати більш компактно
— аі\) 8І§п(х — аі)
2
і х+а(1-т)
т [ у'
х+аі
і/-
\аі—х\
(4.4)
І
В області і < х/а немає впливу крайової умови, вираз (4.4) співпадає із
розв’язком (1.29) для нескінченної прямої.
Приклад 4.1. Графічно зобразити процесу поширення початкового від-
хилення вільної напівобмеженої (х 0) струни, яке показане на рис.4.1а
суцільною лінією, якщо початкова швидкість точок струни дорівнює нулю,
кінець струни х = 0 є жорстко закріпленим (н(0, і) = 0).
Розв’язування. Спочатку процес поширення початкового збудження
є повністю аналогічним до того, що відбувається для нескінченої струни
рис.4.1а-сІ. Початкове відхилення струни розпадається на дві біжучі хви-
лі, які рухаються в протилежних напрямах. В силу непарного продовження
початкової умови аналогічний процес відбувається в протифазі (зміна знаку
відхилення) на півосі х < 0 (там де нема струни). Після досягнення хвилями
точки х = 0 відбувається накладання хвиль (див. рис.4.1е-1і), відхилення
струни біля кінця стає меншим, аж поки не зникне зовсім (див. рис.4.1§),
після цього зростає, але з протилежним знаком (див. рис.4.Пі), причому увесь
час кінець струни є нерухомим: п(0, і) = 0. Після цього хвилі перестають
накладатися (див. рисЛ.Іі-Ц і права біжуча хвиля, яка прийшла з облас-
ті х < 0 рухається за правою біжучою хвилею з області х > 0 у напрямі
осі х. Порівнюючи, наприклад, рис.4.1с та рис.4.1і, бачимо, що хвиля, яка
бігла по струні до її кінця х = 0, відбилася від нього та почала рухатися у
протилежному напрямі у протифазі.
Зауважимо, що насправді струна знаходиться при х 0, а продовжен-
ня початкової умови в область від’ємних х та зображення хвиль в цій об-
ласті є математичним прийомом, що дозволяє легко розв’язати задачу про
коливання напівобмеженої струни та наочно представити процес коливання
струни.
88
Рис. 4.1. Процес поширення початкового відхилення струни, кінець струни х = 0 є за-
кріпленим.
89
В. Однорідна крайова умова другого роду
Необхідно знайти розв’язок рівняння коливань
ии = а2ихх + /(а?,і), 0 < х < оо, і > 0, (4.5)
який задовольняє такі початкові умови:
0) = </?(х), ^(гг, 0) = тДгг), 0 < х < сю (4.6)
та таку крайову граничну умову:
и,(0,і) = 0, (>0. (4.7)
Лема 2. Якщо початкові дані задачі про коливання на необмеженій
прямій (задача (3.3)-(3.4)) та функція /(ггД) є парними функціями віднос-
но деякої точки а?о, то похідна по х від відповідного розв’язку в цій точці
дорівнює нулю.
Доведення. Приймемо Хо за початок координат, тобто х$ = 0. У цьому
випадку умови парності початкових даних запишуться так:
ДД = Д~х), ФД) = Д~Д /И = /(-25 і)-
Зауважимо, що похідна парної функції є непарною функцією, тобто
ДД) = — х).
З формули (1.29) випливає, що
+ Д(-аД) + ^-(ДДі) - Д-аД) +
І
+ У /(Ді - т) Д) - /(-Ді (1т = 0,
о
так як перший доданок дорівнює нулю в силу непарності функції <Д(Д, а
другий та третій — в силу парності функцій ф(х) та /Д,і).
Використовуючи цю лему, можна отримати розв’язок задачі (4.5)-(4.7).
Для цього розглянемо функції Ф(гг), Ф(а?) та ГДД), які є парними продов-
женнями функцій Дх), ф(х) та /Д,і) відповідно:
90
Р(х) = ) №'Ц)’
Отримаємо розв’язок рівняння коливань
0.
х+аі
1 1 г
и(х,і) = -(Ф(х + аЦ + Ф(х — аі)) + — /
Лі І
х—аі
і х+а(і-т)
або при і
X
х+аі і х+а(і—т)
, . <г>(х + аі) + <г>(х — аі) 1 Г 1А 1 Г Г ,
и(х,і) =---------------------------~+2а / ^^+2а/ у Ж7)^
х—аі 0 х—а(і—т)
при І
X
а
і х+а(і-т)
+ Та! +
І-а х-а(і-т)
х+а(ї—т) а(і—т)—х
І жо<іе+ І де, т) а?
о о
який задовольняє в області х 0 початкові умови (4.6) та крайову умову
(4.7). Цей розв’язок можна представити більш компактно {х > 0, і > 0):
(4-8)
В області і < х/а немає впливу крайової умови, вираз (4.8) співпадає із
розв’язком (1.29) для нескінченної прямої.
91
Приклад 4.2. Графічно зобразити процес поширення початкового від-
хилення напівобмеженої вільної струни, яке показане на рис.4.2а, якщо по-
чаткова швидкість точок струни дорівнює нулю, кінець струни X = 0 є
вільним (пж(0,ї) = 0).
Розв’язування. Спочатку (див. рис.4.2а-сІ) процес поширення початко-
вого відхилення є аналогічним до того, що відбувалося у випадку нескінчен-
ної струни. Початкове відхилення розпадається на дві хвилі, які рухаються в
протилежних напрямах. Внаслідок парного продовження початкового відхи-
лення аналогічний процес відбувається (уявно) в області х < 0. Після досяг-
нення хвилями точки х = 0 відбувається накладання (див. рис.4.2е-1і) лівої
біжучої хвилі, що рухається з області х > 0, з правою, що рухається з області
х < 0. Ще через деякий час ці хвилі перестають накладатися (див. рис.4.2іщ)
і права біжуча хвиля з області х < 0 рухається за правою хвилею з області
х > 0 в напрямі осі х. Порівнюючи, наприклад, рис.4.2Ь та рис.4.2], бачимо,
що відбувся процес відбивання лівої біжучої хвилі струни від її вільного кін-
ця. Причому кінець струни увесь час рухався так, що щДСЩ) = 0, тобто
92
дотична до кінця струни завжди залишалася горизонтальною.
С. Однорідна крайова умова третього роду
Для простоти подальших викладок будемо шукати розв’язок однорідно-
го (а не неоднорідного як у попередніх пунктах) рівняння коливань
ии = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0, (4.9)
який задовольняє такі початкові умови:
п(х, 0) = (/?(х), щ(х, 0) = 'фіх), 0 < х < оо (4-Ю)
та таку однорідну крайову умову:
шДОД) - МОД) = 0, £>0. (4.11)
Продовжимо початкові дані таким чином:
х > 0, = ґ #г), х > 0,
Д(х), х < 0, І Д(х), х < 0,
де (д(гг) та Д(х) — невідомі функції, які виберемо з умови, щоб функція
п(х, і) =
Ф(х + аі) + Ф(х — аі)
2
х+аі
+ 2ЇЇ
х—аі
задовольняла крайову умову (4.11). З цієї умови випливає, що
(р'(аі) + Д(—аі)
2
к
1а
Це рівняння можна записати як систему рівнянь для визначення невідомих
функцій Д(х) та ф(х) (зробивши заміну х = — аі):
¥>'(х) — кір(х) = — Д(—х) + /нд(—а?),
(4-12)
93
причому з умов неперервності функцій Ф(а?) та Ф(Д випливає, що
^(0) = Ц0), до) = до).
(4.13)
Розв’язок першого з рівнянь (4.12), враховуючи умову для функції <р(х),
можна записати так:
ДД = ¥>(-х") + У Є^Х ^М_£)
о
(4-14)
Після диференціювання по х друге з рівнянь (4.12) матиме точно такий ж
вигляд як і перше, тому одразу записуємо його розв’язок:
X
ф(Д = ф(—х) + 2Л у*е^х~^гф(—£) <4ф
о
(4.15)
Тоді розв’язок задачі (4.9)—(4.11) набуде такого вигляду:
Розрахуємо окремо останній інтеграл у формулі (4.16)
о
о
о Є
У у*Є/і(е“х)ф(-Дс1х^
х—аі 0
о
о
<4е^ =
х—аі ь 0
х—аі
94
Підставивши цей вираз у (4.16) та згрупувавши подібні доданки, отримуємо
такий розв’язок задачі (4.9)-(4.11):
2
х+аі
і
х—аі
х+аі
ср(х + аі) + ср(аі — х) 1 /*
Г
аі—х
і
а
2
аі—х
о
а
З цієї формули видно, що в області і < х/а немає впливу крайової умови, і
вираз (4.17) співпадає із формулою Даламбера.
Вправа. Переконатися, що при граничному переході к —> 0 вираз (4.17)
співпадає з (4.8) при /(х, і) = 0.
Вправа. Переконатися, що при граничному переході Л. —> оо вираз
(4.17) співпадає з (4.4) при /(хД) = 0.
Приклад 4.3. Поперечним перерізам напівобмеженого пружного стер-
жня з пружно закріпленим кінцем надано такі початкові поздовжні відхи-
лення
7ГХ
81Н—, 0
початкові швидкості поперечних перерізів рівні нулю. Знайти поздовжні від-
хилення и(х, і) поперечних перерізів стержня при і > 0.
Розв’язування. Необхідно знайти розв’язок такої задачі:
Щі & ХгХ-
і
7ГХ
81Н—, 0
иі(х,0) = 0,
их(0, і) — Ни(0, і) = 0. і
95
Для цього скористаємось формулою (4.17), яка в нашому випадку має
такий вигляд:
х
і < —, х > 0,
а
х
і > —, х > 0,
а
де функція ¥>(х) має такий вигляд:
^(х) = 8ІП — 9(1 — х).
Розглянемо спочатку інтервал 0 < І < х/а. Функція ір(х — аі) відмінна
від нуля при і > —(1 — х)/а, а функція <р(х + аі) — при і < (/ — х)/а. В
області х < І можливі ще два такі випадки:
1) х > //2, що випливає з умови (І — х)/а < х/а (див. рис. 4.3, скрізь
далі на рисунках верхня заштрихована область — це область відмінності від
нуля функції ір(х + аі), нижня заштрихована область — область відмінності
від нуля функції <р(х — аі)):
Рис. 4.3.
2) х < //2, що випливає з умови (/ — х)/а > х/а (див. рис. 4.4):
На
і
->
X 1-х
а а
Рис. 4.4.
Використовуючи рис. 4.3 та рис. 4.4, знаходимо, що в області 0 < і
розв’язок задачі є таким:
2
96
2
!1 / тг(х — аі) тг(х + аі)
- І 81Н--------1- 81Н-----
1 щ-аі)
281П І
В області х > І значення (х — І)/а завжди є меншим за х/а (див. рис.4.5):
і
1.....—4------1---1 І
х_ х — 1 0 х — 1 X
а а а а
Рис. 4.5.
З цвого рисунка видно, шо розв’язок задачі при х > І є таким:
!х — І
0, 0<і<-----,
1 . 7г(ж — а і) х — І х
- 81Н-------, --- < І < -
2 І а а
Розглянемо тепер інтервал х/а < і < (х + І)/а. Функція і — х) є
відмінною від нуля лише при і < (/ + х)/а, а функція <р(х + аі) — лише при
і < (І — х)/а. Тут знову можливі два випадки:
1) х > //2, що випливає з умови (І — х)/а < х/а (див. рис. 4.6):
На і
/////////{(((((( к і і і і
1 о . « 1 <3 Г Г г -х X 1+х а а а
Рис. 4.6.
2) х < 7/2, що випливає з умови (/ — х)/а > х/а (див. рис. 4.7):
1/а < ►
1 * 0 - а а X 1 + X а а
Рис. 4.7.
97
Використовуючи рис. 4.6 та рис. 4.7, знаходимо, що в області х/а
< і < (х + 1)/а розв’язок задачі є таким:
1
81П
2
1
- 8ІП
2
+ 8ІП
а
а
І
і
а
а
и(х, і)
= - 81П
2
де введено таке позначення:
х—аі аі—х
У(аі — х) = кек^х~аі^ е-Лг(/2(—г) сЬ = —У е^(£)сІ£ =
о о
аі—х
= —ііЄН(.х~аі) 8ІП 0(1 — £)(!£ =
о
аі—х
= —0,Є^х~аі^ Є^8ІП^р(І^ =
0
кі Г7 , . тї(аі — х) тУаі — х) ,,
= _/7 7\О------7 К ‘ 8Ш------і-------71 СО8------і-------Ь 7Г еп[х
(к іу + тг2 І І
І накінець розглянемо останній інтервал і > (х + Г)/а. У цьому випадку
обидві функції (р(аі — х) та + аі) дорівнюють нулю, залишається лише
інтеграл
х—аі
0
98
Обчислимо його
х—аі аі—х
$2(х — аі) = к ек(х~аі') 0;-кг(р^ — г) {[% = е1і(х-аі) _
о о
аі—х
=—Ііек(х-аі) еіи6*(7 — £) сІ£ =
о
і
= -]го!Ах-аї') Іе^ЗІП^- СІ£ = - --- Ліїх-аі) ^НІ _^_ П .
7 І (Л/)2 + тг2 к ’
0
Отже, зібравши усі отримані результати разом, отримаємо шуканий роз-
в’язок задачі
"1 / . тт(х — аі) . л(х + аі)\ - 1 81И н 81И 1 л \ 1 1 / , 0 < і < І — X а
1 тг( х — аі) - X X
8И1 , , < Ь <\ —
и(х, і) = < 2 , 1 Ч а а
\ / 1 . тг(аі — х) . , . X 1 + X
81П +/1М Ґ1 і ГІ
Л 1 /2(ж - аі), \А/ 1 + X а (А/ < і,
99
4.1.2. Неоднорідні крайові умови
А. Неоднорідна крайова умова першого роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння коливань
ии = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0, (4.18)
який задовольняє такі однорідні початкові умови:
и(х, 0) = иі(х, 0) = 0, 0 < х < оо (4.19)
та таку неоднорідну крайову умову:
и(0, і) = д(£), і > 0. (4.20)
Оскільки в силу однорідності рівняння (4.18) та початкових умов (4.19)
єдиною причиною збурення є граничний режим, то розв’язок можна шукати
у вигляді біжучої вправо хвилі:
и(х, і) = /(х — аі),
де / деяка достатньо гладка функція. Для визначення цієї функції вико-
ристовуємо початкові та граничну умови. З першої початкової умови випли-
ває, що
и(х, 0) = /(гг) = 0, х > 0.
Тоді друга початкова умова також виконується:
щ(х, 0) = —а/'(х) = 0, х > 0.
Використовуючи крайову умову
«(0,і) = /(-аі) = мИ,
доозначимо функцію /(а?) на від’ємній півосі, позначивши аргумент функції
/ через г,
б, 2 б,
/И = < ( *\ . п
м — Ь г < б.
\ а/
Отже, підставивши в цю формулу г = х — аі, отримуємо розв’язок задачі
(4.18)-(4.20):
і < -
а
// І /-------
\ а
(4.21)
і > -
а
100
Ця формула має простий фізичний зміст: в точці х > 0 в момент часу
і < х/а збурення дорівнює нулю, оскільки в силу скінченості швидкості
поширення воно не встигає дійти до цієї точки. При і х/а збурення, яке
задане на кінці х = 0 і яке є біжучою вправо хвилею, доходить до цієї точки.
Форма профілю збурення визначається функцією ц(ї) крайової умови (4.20).
В. Неоднорідна крайова умова другого роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння коливань
ии = а2ихх, 0 < х < сю, і > 0, (4.22)
який задовольняє такі однорідні початкові умови:
и(х^ 0) = щ^х, 0) = 0, 0 < х < сю (4.23)
та таку неоднорідну крайову умову:
тДОЦ) = іД), оо. (4.24)
Оскільки в силу однорідності рівняння (4.23) та початкових умов (4.24)
єдиною причиною збурення є граничний режим, то розв’язок можна шукати
у вигляді біжучої вправо хвилі:
и(х, і) = /(а? — аі),
де / — деяка достатньо гладка функція. Для визначення цієї функції вико-
ристовуємо початкові та крайову умови. З першої початкової умови випли-
ває, що
и(х, 0) = /(а?) = 0, а? > 0.
Тоді друга початкова умова також виконується:
щ(х, 0) = —а/'(х) = 0, а? > 0.
Використовуючи крайову умову, знаходимо:
і) = = р(і), і 0.
Тоді, позначивши аргумент функції / через отримуємо
/Д) = V (--} , г < 0, /(0) = 0
V (2 /
101
або
Отже, підставивши в цю формулу г = х — аі, отримуємо розв’язок задачі
(4.22)-(4.24):
о, ош-,
а
и(х,і) = } 1 х/а (4.25)
-а у(т)Лт, І > -.
У &
І о
Фізичний зміст цієї формули такий ж як і у попередньому випадку: до
точок півпрямої, які розташовані на віддалі х, збурення за час і < х/а не
встигає дійти.
С. Неоднорідна крайова умова третього роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння коливань
Щі = а2ихх, 0 < х < сю, і > 0, (4.26)
який задовольняє такі однорідні початкові умови:
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < оо (4.27)
та таку неоднорідну крайову умову:
их(0, ї) — ки(0, і) = у(і), і > 0. (4.28)
Оскільки в силу однорідності рівняння (4.23) та початкових умов (4.24)
єдиною причиною збурення є крайовий режим, то розв’язок можна шукати
у вигляді біжучої вправо хвилі:
и(х, і) = /(х — аі),
де / — деяка достатньо гладка функція. Для визначення цієї функції вико-
ристовуємо початкові та крайову умови. З першої початкової умови випли-
ває, що
и(х, 0) = /(гг) = 0, х > 0.
102
Тоді друга початкова умова також виконується:
и/х, 0) = —а/'(х) = 0, а? > 0.
Підставивши функцію /(х — аі) в граничну умову (4.28), отримуємо звичайне
диференціальне рівняння
Ґ(-аі) — к/(—аі) = и(і), і 0,
де штрих означає похідну по повному аргументу.
Зробивши заміну г = — аі та враховуючи, що /(0) = 0, отримуємо таку
задачу для функції /(г):
/'(г) - Н/(г) = V , £ < 0, /(0) = 0.
її розв’язок можна записати так:
-- )а<, ^<0.
.] \ а/
о
Зробивши в останньому інтегралі заміну т = —С,/а, отримуємо
—%/а
0
Отже, підставивши в цю формулу % = х — аі, отримуємо розв’язок задачі
(4.26)-(4.28):
і—х/а
(4.29)
—аЄ^х / ЄІгаті/(т) бт, і
Фізичний зміст цієї формули є таким ж як у попередніх випадках до
попередніх задач: до точок півпрямої, які розташовані на віддалі х, збурення
за час і < х/а не встигає дійти.
Приклад 4.4. Необмежений стержень складається з двох з’єднаних
в точці х = 0 напівобмежених однорідних стержнів. При х < 0 густина
маси, модуль пружності та швидкість поширення малих поздовжних змі-
щень дорівнює /?і, Еі та «і, а при х > 0 — /?2, Е% та а%. З області х < 0
по стержню біжить хвиля и/х,і) = /(і — х/а/), і 0. Знайти відбиту та
заломлену хвилі. Дослідити розв’язок при Е? 0 та при Е% сю.
103
Розв’язування. Математично цю задачу можна сформулювати так:
Лі _ 2дгиі
зі2 О1 а?2: °° х ск 0
д2Н2 2^2п2
ді2 2 дх2
0 < х < +оо, і > 0,
ґ щ(х,0) =/( - —), ( и2(х, 0) = 0,
। дщ\х, 0) / х \ —00 < х < 0, < ди2(х, 0) _ 0 < х < +оо,
= І ді
( щ(0,£) = щфОУ),
\ ^і(0, і) _ ди2(0,і) і > 0.
—л-----— —о------’
І ох ох
Умови спряження в точці х = 0 випливають з того, що кінці стержнів
завжди з’єднані та з другого закону Ньютона для ділянки (—Дх, +Дх), при
Дх 0. Першу з умов спряження будемо розглядати як крайову умову
для визначення функцій щ та и2, а другу — як додаткову умову. Розв’язком
першої задачі згідно з (4.4) та (4.21) є така функція (пам’ятаючи, що х < 0):
А розв’язок другої задачі отримуємо з (4.21)
х > 0.
104
Невикористаною залишилася друга з умов спряження, підставивши в неї
вирази для і/і та //2, отримуємо
/'(<) + — мм =
(1у щ
де враховано, що
—ии(0,і)
а^
= ди^Л-х/аР
= —-!/и(0,£)
«2
х=0
і аналогічно для і/ДО, Д
Проінтегрувавши передостанню рівність по часу, отримуємо
Е і 2 Е і
—1/1(0, б) Н--1/2(0, і) =--/(і) + С. С = сопе! .
(12 Щ Щ
Використавши першу з умов спряження, знаходимо що
2Щ
1/2 (0,£) = Е Е
«і а2
Зрозуміло, що при і < 0 ще немає відхилень поперечних перерізів стержня
в області х 0, бо збурення ще туди не дійшло, тому С = 0.
Отже, отримали такий розв’язок задачі (<зщ2 = у/-Еїд/рід):
С = С0И8Ї .
І
Щ--
\ «1
у/Е1Р1 — у/Е2Р2
аі
аі
— , і
Ні /
аі
0, і< -
/ \ І ____ ^2
//2(^,0 = \ 2ЕЕірі ( х\ х
у__________________Д1 у р__________] , і >___?
I у/ЕіРі + у/Е~2р2 \ а2 / а2
Проаналізуємо тепер отримані результати. Функція
а/Еірі — у/Е2Р2 у Д
у/ Еірі + у/ Е2Р2 \ аі /
описує хвилю, яка поширюється вліво (відбита хвиля від
X = 0). Функція ^е^Рі+^Е^^ ~ а^) описує хвилю, яка поширюється вправо
за точкою з’єднання х = 0, це — заломлена хвиля. При у/ЕЇрї = у/Е2Р2 від-
бита хвиля відсутня, тобто хвиля /( і — — ) поширюється як по однорідному
\ ^1 /
точки з єднання
105
стержні. При Е2Р2 0 відбивання відбувається як від вільного кінця, а
заломлена хвиля має у два рази більшу амплітуду, ніж падаюча хвиля. При
Е2Р2 сю відбивання відбувається як від жорстко закріпленого кінця, а
заломлена хвиля зникає.
4.2. Хвильове рівняння на відрізку
Розглядаємо хвильове рівняння в обмеженій області [0,1]:
ии = а2ихх + /(гг, і), 0 < х < І, і > 0
з початковими умовами
и(х, 0) = р>(х), гц(х, 0) = ф(х), 0<х</
та з однією з трьох крайових умов на одному кінці (х = 0) та на другому
1. п(0,1) = р(Ер ї > 0.
2. их(0,і) = и(і), £ > 0.
1. п(/, і) = р(і), і 0.
2. их(1,і) = р(і), і 0.
3. дфО, £) — ки(0,і) = 0. 3. — ки(0,і) = р(і), і 0.
Розв’язок цієї задачі можна представити як суму розв’язків заданого
рівняння з однорідними крайовими умовами та однорідного рівняння з од-
норідними початковими умовами та заданими крайовими умовами. Тому спо-
чатку розглянемо цю задачу з однорідними крайовими умовами, а потім —
з неоднорідними.
4.2.1. Однорідні крайові умови та метод продовження
А. Однорідні крайові умови
Шукаємо розв’язок диференціального рівняння
Щі = а2ихх + /(х, і), 0 < х <1, і> 0
з початковими умовами
и(х, 0) = р>(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < І
(4.30)
(4.31)
106
та крайовими умовами першого роду
и(0, і) = и(1, і) = 0.
(4.32)
Розв’язок такої задачі шукатимемо за допомогою методу продовження,
припускаючи можливість його представлення у такому вигляді:
і х+а(ї-т)
/ У
0 х—а(і—т)
де Ф, Ф та Р — невідомі функції, які треба знайти. Початкові дані
и(х, 0) = Ф(а?) = <р(х), щ(х, 0) = Ф(а?) = ф(х), 0 < х < І
визначають значення функцій Ф та Ф в інтервалі (0, /). Крім того, вважаємо,
що
Г(х,ї) = /(х,ї), 0 < х < І.
Для того щоб задовольнити однорідні граничні умови, накладемо на
функції Ф, Ф та Р умову непарності відносно точок х = 0 та х = І:
Ф(х) = —Ф(—х), Ф(х) = —Ф(2/ — х),
Ф(х) = —Ф(—х), Ф(х) = — Ф(2/ — х),
Р(х, ї) = — Р(—х, ї), Р(х, і) = —Р(21 — х, і)
або у такому вигляді:
Ф(ж') = Ф(Ф + 2/), (х' = — х)
і аналогічно для функції Ф та Р. Тобто усі ці функції є періодичними з
періодом 21 і визначеними на усій осі х. Підставляючи ці функції у вираз
для и(х,і) та розглядаючи відрізок (0, /), отримуємо розв’язок задачі (4.30)-
(4.32).
На рис.4.8 показано фазову площину (хД) та площину (х,п), в якій
дано початкове відхилення и та його непарне відносно кінців х = 0 та х = І
продовження. На фазовій площині виділені смуги, всередині яких відхилен-
ня відмінне від нуля. Знаки плюс та мінус вказують на знак відхилення.
Користуючись цим рисунком можна знайти профіль відхилення у будь-який
момент часу. Наприклад, в момент і = 21/а отримуємо відхилення, яке спів-
падає з початковим. Отже, функція и(х,і) буде періодичною функцією від і
з періодом Т = 21/а.
107
Рис. 4.8.
Приклад 4.5. Графічно зобразити процес поширення початкового від-
хилення вільної струни, якщо її кінці жорстко закріплено.
Розв’язування. Оскільки маємо однорідні крайові умови першого роду
(закріплені кінці), то необхідно початкову умову продовжити непарним чи-
ном відносно кінців струни (див. рис.4.9а, І = ЗО) на всю вісь х. Кожне
з початкових відхилень розпадається на дві біжучі хвилі, які рухаються в
протилежних напрямах. В процесі їхнього руху відбувається відбивання збу-
рення струни від закріплених кінців, як це було у випадку напівобмеженої
струни. Через час 21/а (рис.4.9т) струна буде мати такий самий вигляд, що
і на початку коливань (рис.4.9а).
Приклад 4.6. Графічно зобразити процес поширення початкового від-
хилення вільної струни, якщо один її кінець (х = 0) є жорстко закріпленим,
а інший (х = /) — вільний.
Розв’язування. У цьому випадку необхідно початкову умову продов-
жити непарно відносно кінця х = 0 та парно відносно х = І (див. рис.4.10а,
І = ЗО) на всю вісь х. Кожне з початкових відхилень розпадається на дві
біжучі хвилі, які рухаються в протилежних напрямах. В процесі їхнього руху
відбувається відбивання збурення струни від кінців, як це було у випадку
напівобмеженої струни. Через час РІ/а (рис.4.10т) струна буде мати такий
самий вигляд, що і на початку коливань (рис.4.10а). Зауважимо, що у порів-
108
Рис. 4.9. Процес поширення початкового відхилення струни, кінці струни є нерухомими.
109
нянні з попереднім випадком, період коливань струни збільшився за рахунок
неоднаковості крайових умов у два рази.
Вправа. Переконатися у подвоєнні періоду коливань струни шляхом
побудови процесу на фазовій площині (аналогічно до рис.4.8).
Рис. 4.10. Процес коливання струни, лівий кінець струни нерухомий, правий — вільний.
4.2.2. Неоднорідні крайові умови
Розглядаємо задачу про поширення граничного режиму, тобто шукаємо
110
розв’язок диференціального рівняння
Пц = а2ихх, 0 < х < І, і > 0 (4.33)
з початковими умовами
и(х, 0) = щ(х, 0) = 0, 0 < х < І (4.34)
та такими крайовими умовами:
п(0,£) = //(£), п(/,£) = 0, і > 0. (4.35)
З результатів пункту 2.1.4 випливає, що при і < І/а розв’язком є функція
(X \
і----І , ц(£) =
СС/
Проте ця функція не задовольняє крайову умову при і > І/а. Тому цей
розв’язок треба підправити, врахувавши відбиті хвилі. Розглянемо відбиту
хвилю, яка йде вліво та яка має при х = І відхилення д (і — . Вона має
такий вигляд:
д(і), і > 0,
0, і < 0.
Тоді різниця двох хвиль
_/ яг\ _/ 2/
/і\і---) — [ЦІ------1— .
\ а/ \ а а)
є розв’язком задачі при і < 21/а.
Продовжуючи цей процес далі, отримаємо розв’язок у вигляді ряду
Вправа. Переконатися, що розв’язок (4.36) задовольняє крайові умови.
Формула (4.36) має такий фізичний зміст: перший доданок є хвилею,
що збуджується граничним режимом при х = 0 незалежно від впливу кінця
х = І, ніби струна є напівобмеженою. Наступні доданки є відбитими хвилями
від нерухомого кінця х = І (друга сума) та від кінця х = 0 (перша сума).
111
Задачі
В задачах 4.1-4.6 знайти розв’язок рівняння коливань на півпрямій.
4.1. иіі = а2ихх + х, х Є (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = х, щ(х, 0) = 1, х Є [0, +оо). гі(0, і) = 2і, і 0.
4.2. ии = а2ихх + 1, х Е (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = 1, щ(х, 0) = х, х Є [0, +оо). і/(0, £) = ехр(—і), і 0.
4.3. Щі = а2ихх + вЬ. £, х Є (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = х, 0) = 1, х Є [0, +сю). п(0, і) = сйі, і 0.
4.4. ии = а2ихх + х Е (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = а?, щ(х, 0) = 1, х Є [0, +оо). щфО, і) = 21, і 0.
4.5. ии = а2ихх + і, а? Є (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = 8Іпх, щ(х,0) = 0, х Є [0, +оо). их(0,і) = ехр(—і), і 0.
4.6. ии = а2ихх + 1, х Е (0, +оо), і > 0, и(х, 0) = соех, щ(х,0) = 1, х Є [0, +оо). щфО, і) = сйі, і 0.
4.7. Напівобмеженому пружному стержню з вільним лівим кінцем при х = 0
надали початкову поздовжню швидкість, яка рівна і’о на відрізку [с, 2с] та
нулю поза цим відрізком. Зобразити графічно поздовжнє зміщення и(х,ї)
поперечних перерізів стержня для таких моментів часу: і = 0, —, —, —, де а
(1 (1 (1
2
— параметр, що входить в рівняння коливань струни иц = а ихх.
4.8. Напівобмежену струну, яка закріплена з одного кінця, вивели із стану
112
рівноваги надавши їй почат-
кового відхилення, як показа-
но на рис.4.11. Зобразити гра-
фічно положення струни для
таких моментів часу
с Зс 2с 7с
а 2а’ а ’ 2а’
де а — стала, що входити в
Рис. 4.11.
рівняння
Щі
Рис. 4.12.
4.9. Напівобмежена струна з закріпленим лівим кінцем х = 0 отримує в
момент часу і = 0 поперечний удар, який надає струні імпульс І на ділянці
0 х 21, причому профіль розподілу швидкостей при ударі має в момент
часу і = 0 форму півхвилі синусоїди з основою [0,2/]. Знайти формули, які
представляють закон руху точок струни з різ ними абсцисами х при і > 0.
4.10. Напівобмежений пружний стержень із вільним лівим кінцем (х = 0) в
момент часу і = 0 виво-
дять із положення рівно-
ваги, надавши йому поз-
довжні зміщення як по-
казано на рис.4.12. Знай-
ти в яких точках та ко-
ли при і > 0 зміщен-
ня будуть максимальни-
ми. Яка величина цих
зміщень?
4.11. Напівобмеженій струні із закріпленим лівим кінцем х = 0 в початковий
момент часу і = 0 за допомогою поперечного удару передається імпульс
І в точці х = хо. Знайти відхилення и(х,і) точок струни від положення
рівноваги при і > 0, якщо початкове відхилення рівне нулеві, а початкові
швидкості в точках х х$ також рівні нулеві.
4.12. Напівобмеженому стержневі із вільним лівим кінцем х = 0 в початко-
вий момент часу і = 0 за допомогою поздовжнього удару по кінцю переда-
ється імпульс І. Знайти відхилення и(х, і) поперечних перерізів стержня від
113
положення рівноваги при і > 0, якщо початкове відхилення рівне нулеві, а
початкові швидкості в точках х > 0 також рівні нулеві.
4.13. Плоске джерело малих збурень рухається рівномірно з дозвуковою
швидкістю вздовж необмеженої циліндричної трубки з газом. Вважати, що
збурення тиску в тому місці, де знаходиться в момент часу і > 0 джерело,
є відомою функцією часу, знайти коливання газу зліва та справа від джере-
ла, якщо в початковий момент часу газ був у незбуреному стані, а джерело
знаходилося в точці х = 0.
4.14. Розв’язати задачу про коливання необмеженої струни під дією локалі-
зованої сили при і > 0, якщо точка прикладання сили ковзає вздовж
струни з постійною швидкістю іу з положення х = 0, причому то < а та
початкові умови дорівнюють нулю.
4.15. Знайти розв’язок змішаної задачі
ии = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0,
и(х, 0) = ^р(х), щ(щ, 0) = ф(щ), 0 < х < оо,
их(0, ї) + ащ(0, £) = 0, і > 0.
4.16. Кінці струни х = 0 та х = І жорстко закріплені, початкове відхилення
задається рівністю
7ГХ
щх, 0) = А зів —, 0 < х < і,
початкові швидкості рівні нулеві. Знайти відхилення точок струни и(х, і) при
і > 0.
4.17. Розв’язати задачу про поздовжні коливання стержня, один кінець
якого (х = 0) закріплено жорстко, а інший (а? = /) — вільний. Стержень
в момент часу і = 0 був розтягнутим
и(х, 0) = Ах, 0 < х < І,
а початкові швидкості рівні нулеві.
4.18. Один кінець стержня (х = 0) закріплено жорстко, а другий (х = /) —
вільний. В початковий момент часу вільному кінцеві надається поздовжний
ударний імпульс І. Знайти відхилення и(х, і) поперечних перерізів стержня
від положення рівноваги при і > 0.
114
4.19. Знайти відхилення поперечних перерізів однорідного стержня
при нульових початкових умовах, якщо лівий кінець стержня (х = 0) є
жорстко закріпленим, а правий (х = /) — рухається по такому заданому
закону: гл(7, £) = [1(1).
4.20. Знайти відхилення поперечних и(х, і) перерізів однорідного стерж-
ня при нульових початкових умовах, якщо лівий кінець стержня (х = 0)
рухається по такому заданому закону: = р\і), а правий (х = Г) —
вільний.
115
Розділ 5.
Задачі для рівняння другого порядку
гіперболічного типу на площині
5.1. Задача Коші, метод Рімана
ди
~дї
^Іг = Н^)
Задача Коші для рівняння
у)ихх + 26(х, у)иху + ф, у)иуу + ф, у)их + е(х, у)иу + /(х, у)и = Г(х, у)
(5-1)
з умовами
= 'Ф(х,у) (5.2)
г
полягає в наступному. Нехай в області 7? задано рівняння (5.1) гіперболічного
типу (Ь2 — ас > 0) і на кривій Г, яка належить області 7? або є частиною
границі області 7?, задані функції с/ф, у), ^(х, у) та напрям 1(х, у). Необхідно
знайти функцію и(х,у), яка в області 7? є розв’язком рівняння (5.1) та на
кривій Г задовольняє умови (5.2).
Якщо в кожній точці кривої Г напрям І не є дотичним до кривої Г і до-
тичний напрям до кривої Г не є характеристичним, то в області 79, яка обме-
жена характеристиками, які проходять через кінці кривої Г, при достатній
гладкості коефіцієнтів рівняння (5.1) та заданих умов (5.2) існує єдиний роз-
в’язок задачі Коші (5.1)—(5.2).
Приклад 5.1. Знайти розв’язок рівняння
Я ихх + \Х “Г У)ПХу “Г У Пуу
= 0,
(5.3)
г/| і = х3,
'У=х
их\у=і = 2х2, х > 0, у > 0.
У X
(5-4)
116
Розв’язування. Приведемо спочатку це рівняння до канонічного вигля-
ду. Для цього знаходимо його характеристики
у = х — Сі, — = С2, Сі, С2 = сонзі;
та вводимо нові незалежні змінні:
Г]=-
Тоді рівняння (5.3) набуде такого канонічного вигляду:
игі _ п
0,
(5.5)
в цьому рівнянні похідну по г; можна винести вліво
Вираз в дужках не залежить від ц, тому
Щ - 7 = Ж)
де /(0 — довільна функція, яка не залежить від ц. Це диференціальне рів-
няння є звичайним (вважаємо, що г/ є параметром), загальний розв’язок
якого можна записати так:
и
(Ь + СЖ
а
де /2(77) — довільна функція. Перший доданок в останньому виразі — це
добуток £ на функцію від ф тобто це деяка невідома функція, яку позначимо
/1(0- У результаті загальний розв’язок рівняння (5.5) запишеться так:
иї&'П) = Л(ф) +£/2(77)-
Перейшовши до старих змінних х та ц, отримуємо загальний розв’язок рів-
няння (5.3)
и(х,у) = /г(х
уЩ-}-
(5-6)
Для визначення невідомих функцій Д та Д необхідно розв’язок (5.6)
підставити в додаткові умови (5.4), у результаті отримуємо два рівняння
(5.7)
117
Продиференціювавши перше з рівнянь (5.7) по х та виключивши з рівнянь
функцію /і, отримаємо таке рівняння для функції Д:
, / 1 \ х6(2 — х2)
(х2 ~ І)2 ’
Це рівняння можна легко проінтегрувати, зробивши заміну змінних
1
У результаті отримуємо такий вираз для функції
= ~ТГ—7 + С, С = СОП8І .
х(1 — х)
Підставивши цю функцію у перше з рівнянь (5.7), знаходимо функцію Д
або в такому вигляді:
/і(х) = ~Сх, х = х-~.
х
Отже, розв’язком задачі (5.3)-(5.4) є така функція:
= —С(х -у) + Д + С(х - у) = -
-(!--) У
(5.8)
Метод Рімана. Розглянемо першу канонічну форму лінійного дифе-
ренціального рівняння гіперболічного типу
£[ф =/(£,?/), В = -^—
дх ду
Нехай на площині ху задано криву АВ, яка перетинається не більше,
ніж в одній точці з прямими, які паралельні до осей координат, і на ній
задано дві функції <р та Ц.
118
Задача Коші полягає в наступно-
му: знайти розв’язок диференціально-
го рівняння (5.8), який задовольняє на
кривій АВ такі умови:
“ІЛВ V, дп
(5-9)
АВ
де п - нормальний вектор до кривої
АВ.
Разом з рівнянням Ь[и]
глянемо спряжене рівняння,
чається так:
= 0 роз-
яке озна-
<92 д
£* =____________
дх ду де
Тоді має місце така тотожність:
(5.10)
= СІІУ2 Р
ди \
V— и——Н 2аиу +
ди ди
у— и——\-2оии
де СІІУ2 = І-т--Ь ------двовимірний оператор дівергенцїї, Р =
1
2
ди ди
и— и——\-2аии
ду ду
ди ди
и- и——\-2оии
дх дх
Вправа. Довести тотожність (5.11).
Візьмемо довільну точку М(хо,уо) та проведемо через неї характерис-
тики х = То та у = ї/о, які перетнуть криву АВ в точках Р тії д (див.
рис.5.1). Позначимо через О область, яка обмежена цими прямими та кри-
вою Р(^. Проінтегрувавши тотожність (5.11) по області И та скориставшись
двовимірною теоремою Гауса-Остроградського:
[СІІУ2 Р СІ 5
О
УрпШ,
г
119
отримуємо
о
1 /* Г / ди ди \
— и— и——Н 2Ьии ах+
2 7 [ \ дх дх )
г
/ ди ди \
и— и——\-2аии ] ау ,
1*1 *1 І €7 /
\ оу оу /
(5-12)
де контур Г — границя області О та складається з трьох частин: характерис-
тик С^М і МР та кривої Р(^. Обчислимо цей контурний інтеграл
ди ди п1 \ . ( ди ди \ ,
и—--и——Н 2Ьии ах + І и—-и——2аии ] ау
дх дх ) у ду ду /
1 ( / ди ди \ 1 Г / ди ди \
- / г—-----и——\-2Ьии]ах-\— / г—------и——\-2аии]ау+
2 у у дх дх ) 2 у у ду ду )
С}М МР
ди ди \ / ди ди \
и— и——\-2Ьии ах + и—-------и——\-2аии ] ау ,
ох ох ) \ оу оу )
(5.13)
так як вздовж ^М змінюється лише х, а вздовж МР — лише у.
Оскільки
ди ди д(ии) п ди\
и----и— + 2Ьии = —-------Н 2и [ Ь и - —
дх дх дх у дх у
і
ди ди д(ии) / ди \
и—----и——І- 2а и и = — ----Н 2и І а и — — ,
ду ду ду у ду у
то У можна представити так:
ди ди / ди ди \
и—--и——Н 2Ьии ах + и— и——Н 2аии ау
дх дх у у ду ду )
(5.14)
120
Враховуючи формули (5.13) та (5.14), з (5.12) отримуємо таке співвідношен-
ня:
Р(2
ди ди \ . ( ди ди \ ,
и—--и——Н 2о и и І о.г + І и—-и——Н 2а и и І еф
дх дх ) у ду ду /
и Ь[и] —'нЬ*[г’])с1х(ф/.
о
(5.15)
Нехай и — розв’язок задачі Коші (5.8)—(5.9), а и — який-небудь роз-
в’язок однорідного спряженого рівняння (5.10). Тоді формулу (5.15) можна
записати так:
[и / д.х ду.
о
(5.16)
В цій формулі в інтеграли вздовж характеристик входять невідомі значення
и, так як ми не знаємо значень розв’язку на характеристиках. Тому виберемо
функцію и так, щоб ці інтеграли перетворилися в нуль. Тобто візьмемо такий
розв’язок рівняння (5.10), що задовольняє такі три умови:
1) —----Ьи = 0 на характеристиці (^М,
дх
2) —----аи = 0 на характеристиці МР,
ду
(5-17)
3) и = 1 в точці М.
121
Тоді з (5.16) отримуємо формулу Рімана:
С}Р
ди ди Г17 \ / ди ди \
и—---и——Ь 2оии І о.г — и—-----и——Ь Іаии ау ,
дх дх у \ ду ду у
(5.18)
яка дає розв’язок задачі Коші, так як вирази, які стоять під знаком інтегралу
вздовж (^Р, містять функції, які є відомими на кривій АВ. Справді, функція
и є визначеною вище, а функції и, ди/дх та ди/ду також визначені на кривій
АВ в силу умови (5.9), а саме:
АВ
СІ11 СІ11
— соз(з, х) + — соз(п, х)
де дп
д<р , . . , .
= — СО8(8, X) + ф СО8(П, X),
АВ
ди
д'У АВ
ди ди , .
— СО8(8, у) + — СО8(П, у)
= — СО8(8, у) + ф СО8(П, у),
АВ д8
де д/д& — похідна по напрямку дотичної до кривої АВ.
Розглянемо природу розв’язку и спряженого рівняння (5.10), який задо-
вольняє умови (5.17). Цей розв’язок є функцією двох пар змінних: біжучих
координат (х, у) та фіксованих координат (а?о, ур) точки М. Тому якщо ввести
позначення
и = и(х,у;хр,ур),
то умови (5.17) можна переписати так:
ди(х,ур‘, хр,ур)
дх
ди(хо,у-хр,уо)
ду
Ь(х, уо)и(х, уо; хо, уо) = 0 на характеристиці (^М,
а(гго, у)и(хр^ у] хр, ур) = 0 на характеристиці МР.
3) и(хр, ур; х0, ур) = 1 в точці М.
122
Звідси шляхом інтегрування отримуємо
г(х,?/о;^о,^о) = ехр І у
(5.19)
(У
у
Уо
до побудови функції Рімана. Фор-
Розв’язок г(х, у,Хо, уо) спряженого
рівняння (5.10), який задовольняє рівнян-
ня (5.19), називається функцією Рімана
і надалі її позначатимемо ЗДх, у,хд, уд).
Ця функція не залежить ні від даних на
кривій АВ, ні від цієї кривої. Викладений
метод Рімана зводить розв’язування задачі
Коші
мула (5.18) визначає розв’язок рівняння
(5.8) через дані на кривій АВ та праву
частину рівняння (5.8) і тим самим, по-суті,
доводить єдиність розв’язку.
Зроблені вище припущення про те, що характеристики перетинають лі-
нію АВ не більше, ніж в одній точці є суттєвими. При невиконанні цієї умови
задача Коші (5.8)—(5.9), взагалі кажучи, є нерозв’язною.
Приклад 5.2. Розв’язати за допомогою методу Рімана таку задачу
Коші:
г/,1 п
Іу=1
АсХ У Щ/у —
иу\у=1
Розв ’язування. Дане рівняння є гіперболічним при х у 0 та має таку
канонічну форму:
де £ = ху, у = у/х. Пряма у = 1 в нових змінних має вигляд гіперболи
= 1 (див. рис.5.2).
123
Із співвідношень х = у/£,/у та у = фФ? випливає, що
“кч=і = = щ|)
ди
ді
= | ^'(6+ ^0(О,
^=1 2
ди
ду
&=і
1 ,/1\ £ /1\
2 ц2 \у) 2у \У/
Функція Рімана ЗІ задовольняє спряжене рівняння (5.9)
3“ 9 ^ '' — 0
2ч
та такі умови на характеристиках (згідно з (5.19)):
Ж> Ш £о, Лої = ехР
на
М(^
Жо,77;£о,77о) = 1 на РМ.
Розв’язком цієї задачі є така функція Рімана:
^•(Ф ?7сь £сь ^о)
Тоді
^|р = 1, = а/^о^о, ^і^=і = =
^1^=1 = -2^3/2 ’ = 0’
124
Формула Рімана для даної задачі набуває такого вигляду:
= | Д£о) + ДоД Г
Со
+І/
іфо
1/Єо
сЬу.
Зробивши заміну змінної в другому інтегралі £ = — та звівши подібні члени,
З
отримуємо
^Ко,?7о) = | ДСо) + — )
2 І \77оЛ
2
Со
1/%
Повертаючись до старих змінних та опускаючи індекси “0”,
муємо шуканий розв’язок задачі
остаточно отри-
1
2
5.2. Задача Гурса
у}\ 2 1
х/у
Задача Гурса — це задача визначення розв’язку диференціального рів-
няння другого порядку гіперболічного типу з даними, які задані на характе-
ристиках. Такі задачі мають широке застосування у фізиці. Вони, наприклад,
зустрічаються при дослідженні процесів десорбції та адсорбції газів, процесів
висихання та ін.
Приклад 5.3. Знайти розв’язок задачі Гурса:
1
-х < у
2 У
и\
и\у=-х/2 Г
125
Розв’язування. Рівняння характеристик для заданого рівняння є таки-
ми:
У = Х + С1, у = --Х + С*2, Сі, С*2 = СОП8І.
Лі
Тоді ввівши нові змінні
Л 1
£ = у-х, Т] = -Х + у,
Лі
отримуємо першу канонічну форму заданого рівняння
іДт? 0-
О
Його загальний розв’язок
= ЛК) + Є?/3/2(А
або в старих змінних
и(х, у) = ДО/ - х) + е^/3/2 (^х + ,
де /і та Д ~ невідомі функції, які визначимо, скориставшись даними на
характеристиках. У результаті отримуємо таку систему рівнянь:
[ /і (0) + А ґ= 1 + За?,
І \ Лі /
| А + е-а:/2А(0) = 1.
З цих рівнянь знаходимо, що
/1(4 = і - еІ/3/2(о), М?ї = 1 + 2ж - /1(0)
і, крім того, з цих рівнянь випливає, що в точці х = 0 має виконуватися таке
співвідношення:
/1(0) + /2(0) = 1.
Підставивши знайдені функції в загальний розв’язок заданого рівняння
та скориставшись останнім співвідношенням, отримуємо шуканий розв’язок
задачі
п(щ, у) = 1 + (х + с2у')е^у~х^3.
Задачі
В задачах 5.1-5.8 знайти загальний розв’язок рівняння з постійними коефі-
цієнтами.
126
5.1. иХу 0. 5.5. Зихх Зиху 2иуу І Зих І — 2.
5.2. ихх а иуу 0. 5.6. иху + аих + Ьиу + аЬи = 0.
5.3. ихх 2иХу Зііуу 0. 5.7. иху — 2их — Зиу-\-6и = 2ехр(х+?/).
5.4. иху іаих = 0. 5.8. ихх + 2аиху + а2иуу+их+аиу = 0.
В задачах 5.9-5.17 знайти загальний розв’язок рівняння.
5.9. ихх — 2 він х иху — сой2 х иуу — сой хиу = 0.
______ 1,
5.10. о
-1-1 & уу 2 У'
5.11. х2ихх - у2иуу -2уиу = 0.
5.12. — х2
2 а и
5.13. (х - у)иху - их + иу = 0.
5.14. иху + уих + хиу+хуи = 0.
5.15. иху их -|- иу . .„и — 0’
х — у х — у {х — уу
у < 0, х < 0.
В задачах 5.18-5.25 знайти розв’язок рівняння в кожній з областей, де збе-
рігається його тип.
5.18. у ихх + (х - у)иху -хиуу = 0.
5.19. х2ихх - у2иуу = 0.
5.20. х2ихх + 2х у иху — Зу2иуу — 2хих = 0.
5.21. х ихх -|- 2х у иху -Ь у иуу — 0.
5.22. иху — хих + и = 0.
5.23. иху + 2х у иу — 2х и = 0.
5.24. иху + их + уиу + (у - 1)и = 0.
5.25. иху + х их + 2у иу + 2х у и = 0.
В задачах 5.26-5.40 знайти розв’язок задачі Коші.
127
5.26.
^ху 0, 1/|у=а;2 0, Пу\у=х2
5.27. иху + ^ = О, и\у=х = зіпх, иж|у=а; = 1, |х| < оо.
5.28. ихх ^УУ + ^І^х “Ь 0, 111^=0 = X, иу\у=о = 0, |х| < сю.
5.29. ихх У'УУ ^^х ^Хіу 4, 'п|ж=о = У? ^х\х=0 = У 1, \у\ < оо
5.30. ихх ^и:Гу ^^уу — 2. и Іу=о = 0' , иу|у=о = х + со8х, |ж| < оо.
1 5.31. хихх иуу 4- — 0, и у=0 = X, иу | у=о 0, х 0.
5.32. хиху — уиуу — иу = 2х3, ^\у=х 8Іпх, их\у=х = СО8Х. , X > 0.
5.33. хихх + (х + у)иху + уиуу = 0, и\у=± = х3, ^|у=і = 2а?2, х > 0, у > 0.
5.34. ихх + 2(1 + 2х)иху + 4гг(1 + х)иуу + 2иу = 0,
^|ж=о = У, ^к=о = 2, \у\ < оо.
5.35.
2
х ихх
5.36.
и.
5.37.
2
х їх
У ^"уу 27/і/у 0, іх|а;=і у, их |ж=і — т/, ?/ < (
4ЛУУ - -их = 0, и\х=1 = у2 + 1, 7/ж|ж=і = 4, |т,
X
- 2хуиху - Зу2иуу = 0, т4=і = 0, ну|у=1 = 4г7
5.38. уихх -|- х(2у Х)иху 2х иуу । <2у ^'х
п|у=о = а?2, ^|у=о = 1, X > 0.
5.39. уихх - (х + у)иху + хиуу - ^~^(их - иу) = 0,
г4=о = х2, иу\у=о = х, х > 0.
2
5.40. у2иху + иуу----иу = 0, 77|у=і = 1 - х, иу\у=1 = 3, у >
В задачах 5.41-5.45 за допомогою методу Рімана знайти розв’язок задачі
Коші.
5.41. ихх - иуу = /(а?, т/), -оо <х < +оо, 0 < у < +оо,
^|у=0 = иу|у=0 = ^(я), -оо < х < +оо,
5.42. иху + 277.,. + иу + 2и = 1, 0 < х, у < 1.
и\ , = х, т/уі , = х.
\х+у=1 ’ м\х+у=1
5.43. х у иху + хих — уиу — и = 2у, 0 < х,у < оо,
77.1 , = 1 — у, 77^1 = X.
\ху=\. У\ху=\
5.44. иху 3-----у—(их + иу) = 2, 0 < х, у < оо,
128
и
2
у=х
^х
у=х
5.45. ихх - иуу 4 -их-----иу = 0, \х - у\ < 1, \х 4 у - 2| < 1,
х у
и\у=і = иу\у=і =
В задачах 5.46-5.67 знайти розв’язок.
5.46. иху 4 их = х, х > 0, у > 0,
4=о = Vі- 4=0 = х2-
5.47. иху + х2уих = 0, х > 0, у > 0,
и\ л = 0, п| л = х.
Іж=0 ’ І у=0
5.48. иху + иу = 1, х > 0, у > 0,
4=0 = 4=о =
5.49. иху 4 х их = 0, х > 0, у > 0,
'“к.=о = 4=0 =
5.50. ^ихх 2иуу ~4
и\ = 1, и\
\у=х ’ І
5.51. ихх 4 Зиху 4 5п^у 0?
и\ = 4(4), и\ _ =
\у=х ~4 7 І у=5х
5.52. ихх 4 у иуу 4 0,
ні = 0, ні 2//1 =
І у=0 ’ Іу=—х2/4
Гч Гр Гр
1 2
’4Ж
,2
5.54. уихх 4 (х - у)иху -хиуу- их+ +иу = 0, 0 < у < х, х > 0,
и\ л = 0, п| = 4х4.
І у=0 ’ \у=х
5.55. х ихх
П| :
\х=у
У ихх
ні о
Іу=2
2
х ихх
п| ,
І Х=1
5.56.
5.57.
5.58.
9
х и.
- (х- у)иху -уиуу = 0, 1-х <у
- <4=!^ = V - 1/2.
иХу 0, у
— Зх 4 8, п|3а;=уз — 2у .
- у2иуу = 0, у > х, х > 1
= 1, п| = X.
’ І у=х
Зх < у3, 0 < у < 2,
- у2иуу + хих - уиу = 0, -
1
129
п| = х, и\ ,, = 1 + Іпх.
Іу=Х ’ І7/=1/Ж
5.59. З.т2пжз. + ‘Іхуи
ху
2
- У иуу
0 < х < 1,
и\ = у, и\ 3 = у2.
І «л> (у І «л> (у -1-
= 0
5.60. ЗА^ + 2хуиху - у2иуу = 0, 1 < у < х, х > 1,
п| = 0, п| л = С08-----------.
\у=х ’ І ?/=1 9
5.61.
ихх — 2 8Іп х иху — соє2 х иуу
\у — СО8ГГ|
— со8х иу = О,
, = СО8Х, п| , = СО8Х.
7/=Ж+СО8Ж ? І7/=—Ж+СО8Ж
ит — иу
5.62. иху---------- = 1, у < —х, х > 2,
х — у
и\ = 0, и\ = 2 + 2у + ^у2.
5.63.
^ХХ ^УУ "Т"
ПІ , = 1
І7/=1+Ж
5.64.
^ХХ ^УУ
п|
2
~^х 1
X
— X, п|
4
~^Х “Ь
X ;
= 1, и\ =
1 іж=і
Іу=1-ж
2
— " = 0, у
1
5.65. иху = 1, ах < у < /Зх, х > 0, 0 < а < /?,
п| = 0, п| д = 0.
\у=ах ’ \у=рх
5.66. иху = 0, х2 < у < 2х2, х > О,
п| , = х4, п| „ о = х2.
І у=хл ? І у=2хл
5.67. иху = 0, а?4 < у < х2, 0 < х < 1,
п| 2 = 0, п| 4 = х(1 — х).
І у=хл 7 І у=х. 4 7
130
Розділ 6.
Поширення хвиль у просторі
Розглядаємо таку задачу Коші для неоднорідного хвильового рівняння
у просторі:
иц = а2Ди + /(а?, у, г, і), — оо < х, у, % < +оо, і > 0, (6.1)
и(х,у,х,0) = сд(х,?/,г), иДх, у, г, 0) = ф(х, у, Д, і > 0. (6.2)
У фізиці рівняння (6.1) часто називають рівнянням Даламбера. Воно
описує поширення звуку в газі, електромагнітних полів у непровідному се-
редовищі та ін.
Розв’язком рівняння (6.1) в деякій області при і > 0 будемо називати
функцію и(х,у, г,£), яка є неперервною разом із своїми похідними, які вхо-
дять в рівняння (6.1) у всіх точках розглядуваної області та для всіх і > 0.
6.1. Часткові розв’язки однорідного хвильового рівнян-
ня
Розглянемо сферично симетричні (або, так звані, центрально симет-
ричні) відносно деякої точки МоДо, уо, %о) розв’язки однорідного хвильового
рівняння, тобто розв’язки виду
Дх, у, г, і) = и(г, і),
де г = у/ (х — хо)2 + (у — Уо)2 + Д — г0)2 — відстань між точками М(х, у, г)
та МоДо,уо, %о). У цьому випадку результат дії оператора Лапласа на таку
функцію записується так:
131
Тому однорідне хвильове рівняння, яке внаслідок цього набуло такого виг-
ляду:
а2 д2(г и)
.Л 9 5
7^ (У
після введення нової невідомої функції
г(г, і) = г и(г, і) (6.3)
перетворюється у хвильове рівняння на півпрямій
VII = а2игг, г > 0, (6.4)
яке розглядалося нами вище.
Якщо функція и(г, і) є обмеженою при г = 0, то функція г(г, ї) в цій
точці перетворюється в нуль = 0. Тому задача Коші для однорідного
хвильового рівняння у такому випадку зводиться до задачі на півпрямій з
однорідною крайовою умовою першого роду
Уіі = а2игг, г > 0, і > 0,
г(г, 0) = щ(г, 0) = ^-^, г > 0, (6.5)
г(0, і) = 0, і > 0.
Загальний розв’язок цього рівняння задається формулою
гу* \ / Г
І /2 \І-----------
а/ \ а
тоді
п(г, і) = -/і (і + + -/2 (і - -) ,
г \ а/ г \ а/
де /і та /2 ~ довільні двічі диференційовні функції. Часткові розв’язки од-
норідного хвильового рівняння
и(г,і) = Фі(
називаються сферичними хвилями: функція щ(г, ї) є сферичною хвилею,
яка розбігається від точки г = 0, а функція и2(г,і) — сферична хвиля, що
збігається в цю точку, а — швидкість поширення хвилі.
Отже, загальний розв’язок однорідного хвильового рівняння у випадку
сферичної симетрії є сумою двох сферичних хвиль.
132
Враховуючи крайову умову для функції Дг, £), знаходимо, що /і (і) +
/2Ц) = 0 для усіх моментів часу і > 0, тобто
и(г,і) = ~/(і + -} - -/(і - -} (6.6)
г \ а/ г \ а/
і, зокрема,
и((и) =-/'(і)- (в.7)
сс
6.2. Метод усереднення
Існує інтегральне перетворення, яке використовуючи сферичну симет-
рію оператора Лапласа Д, зводить просторове однорідне хвильове рівняння
до рівняння (6.4). Цей метод належить Пуассону. Застосуємо його до розв’я-
зування такої задачі Коші:
ии = а2(ихх + иуу + игг), -оо < х, у, г < +оо, і > 0,
п(х,?/,^,0) = ^(х,т/,г), (6.8)
— ОО < X, у, 2 < +оо.
щ(х,щщ0) = ф(х,?/,^).
Вважатимемо, що розв’язок цієї задачі існує і нехай Мо(а?о, Ж Лі) ~ фіксо-
вана точка.
Розглянемо функцію
й(г, Ц = Мг[ф = -—- ^и(І8г, (6.9)
8Г
яка є середнім значенням функції и на сфері 8Г з радіусом г та з центром в
точці М$. З (6.9) видно, що
и(Мо, і) = гфО, і). (6.10)
Доведемо, що функція = гй(гД), яка є центрально симетричною
відносно точки Мо, задовольняє рівняння (6.4). Для цього проінтегруємо
рівняння (6.8) по кулі Кг. яка обмежена сферою 8Г:
сіт = а2 УУУ*(^т- (6.11)
Використовуючи формулу Гауса-Остроградського, це співвідношення можна
переписати так:
Кг 8,
133
де враховано, що нормаль до 8Г напрямлена по радіусу (ди/дп = ди/дт).
Розглядаючи кулю як сукупність сфер, останнє співвідношення можна запи-
сати так:
(6.12)
Тепер, врахувавши (6.9), рівність (6.12) зводиться до такого вигляду:
З2 / 2 2 2ди(г,і)
-др Р и(Р,і')<іР = а г
0
(6.13)
Продиференціювавши цю рівність по г та поклавши V = г и, отримуємо рів-
няння (6.4), розв’язком якого є функція
(гр \ / с^* \
£4— ) — /\і--)
а/ \ а/
Займемося тепер представленням функції / через початкові дані <р та
ф. Безпосереднім диференціюванням розв’язку гфг, і) можна переконатися,
що має місце таке співвідношення:
гй(гф)) 1<9(гп(гф)) 2 (
----о 1 “ Д1 “ ) (6-14)
ог------------------------------------------------а оі а \ а/
Поклавши в цьому співвідношенні спочатку і = 0, а потім г = аі, отримуємо
9фф» +І6Щ) = Ф'(Ц (6.15)
СУ с сс
де </?(а£) та ф(оТ) — середні значення функцій <р та ф на сфері 8аі з центром
в точці Мо та радіусом аі. Враховуючи, що
г/(Моф) = її(0ф) = -/'(ф,
а
отримуємо розв’язок задачі в точці М$
и(Ма,1) = +іГ(аі) = ф(ШЩТ + ШЦД (6.16)
Су ь Іу Ь
Де
(617)
134
Остаточно розв’язок (6.16) задачі Коші (6.7) в довільній точці (х,у, г)
можна представити так:
/ \ 1 д
и(х,у,г,і) = ------
4тг а2 о і
(6.18)
8аі
де інтегрування відбувається по сфері 8аі: (х — £)І. 2 + (у — ту)2 + (х — £)2 =
= (аі)2 з центром в точці (х,у/, г) та радіусом а і.
З формули (6.18), яка отримана в припущенні про існування розв’язку
задачі Коші (6.7), випливає єдиність цього розв’язку. Справді, припустивши,
що існує два розв’язки и± та їх різниця и = и-^—и^ також буде розв’язком
цієї задачі Коші з нулевими початковими даними 72 = 0 та ф = 0. Застосу-
вавши для и аналогічні міркування, знову приходимо до формули (6.18), в
якій р> = ф = 0, і тому и = 0 або щ
6.3. Неоднорідне хвильове рівняння, формула Кірхго-
фа
В силу лінійності задачі Коші (6.1)—(6.2) розв’язок и(х,у, г,і) можна
представити як суму двох функцій гДх, у, г, і) та т/п(ж, у/, 2, і), які є розв’яз-
ками таких задач (—сю < х,у, г < +сю, І > 0):
І. Однорідне хвильове рівняння
= п2Агф
початкові умови
ґ тДя, у/, г, 0) = Дх,у/, Д
| и}(х, у, г, 0) = ф(х,у/, Д
II. Неоднорідне хвильове рівняння
ии = а2 Дії11 + /Д у, щ І),
однорідні початкові умови
ґ т/пД у/,щО) = 0,
| ДД у/,щО) = 0.
Розв’язок задачі І знайдено вище (див. формулу (6.18)). Залишається
знайти розв’язок задачі II. Для цього скористаємося методом Дюамеля
(див.3.4. стор.78). Згідно з цим методом розв’язок гДД у, г,і) представля-
ється через функцію К(х, у, г, і, т):
их\х,у,т,і)
^П(х,у,г,1,т) (ІТ,
о
(6.19)
135
яка є розв язком такої задачі:
а2ДЯ,
(6.20)
і має, згідно з (6.18), такий
вигляд:
1
(6.21)
Підставивши цей вираз у (6.19) та зробивши заміну змінних
г
а(і — т) = г, — а&г = бг, т = і------------------,
а
отримуємо
бв бг,
г
аі
ип(х, у., і) = — ІЦ
0 8Г
де г — це відстань від точки (гг, у, г) до біжучої точки інтегрування (ф ц,
О2-
Інтегрування в цій формулі відбувається по усій області, яка обмежена сфе-
рою б'аі, тому розв’язок задачі II можна представити так:
б£ с1?7 бф
(6.22)
де Каі — куля з центром в точці (гг, і/, г) та радіусом а і.
Отже, розв’язок задачі Коші (6.1)—(6.2) визначається сумою функцій
(6.16) та (6.22):
, . 1 д
и(х,у,г,і) = ----
4л а2 о і
Заі
8аі
(1£ бц бф
(6.23)
яка називається формула Кірхгофа.
136
6.4. Неоднорідне хвильове рівняння на площині, метод
спуску
Розглядаємо задачу Коші для неоднорідного хвильового рівняння на
площині:
Нц = а2Д2к + /(х,у,і), -оо < х, у < +оо, і > 0, (6.24)
и(х,у,0) = р(х,у), щ(щщО) = ір(х,у), і > 0, (6.25)
де Д2 — двовимірний оператор Лапласа, який в декартовій системі координат
є таким:
д2 д2
дх2 ду2'
Розв’язок цієї задачі можна отримати
з формули Кірхгофа (6.23), вважаю-
чи, що функції та ф не залежать
від координати г, а інтеграли по сфе-
рі За і звести до інтегралів по велико-
му крузі цієї сфери Лаі, які лежать в
площині ху (див. рис.6.1). Такий спосіб
отримання розв’язку двовимірної за-
дачі з відомого розв’язку тривимірної
називається методом спуску Адамара
(“спускання” до задачі з меншою кіль-
кістю змінних).
Розглянемо другий доданок у формулі Кірхгофа. Його можна подати
так (пам’ятаючи, що ф залежить лише від двох координат):
щ—Т7 [[№ [ф(ф ц) (Із + —у) (Із =
4тг аЧ у у Ак аЧ У У 4тг аЧ У У
= о—2? / / ,
2тг аЧ У У соз у
^аі
де індекси “нр” та “сіомчі” означають інтегрування по верхній частині сфери
та по нижній відповідно, у — кут між нормалями до площини ху та до сфери
137
Заі В ТОЧЦІ Р(£,Т]). З рис.6.1 видно, що
= ЦОІ = ЦЩДЧЖР = Ц(аі)2 - (ж - е)2 - (у - 72
СО87 \МР\ аі аі
Тому
їІї ")СЬ = 2тга
$аі ^аі
Аналогічно можна розглянути перший та другий інтеграл у форму-
лі Кірхгофа. Причому, при розгляді третього доданку зручніше використо-
вувати його у формі інтегралу по часу від двократного інтегралу (6.21), а не
у формі інтегралу по кулі Каі.
Вправа. Застосувати метод спуску до останнього інтегралу у формулі
Кірхгофа.
У результаті отримуємо розв’язок неоднорідного хвильового рівняння
на площині (формула Пуассона)
и(х, у,і) = ^- [[ ац+
2я а ді у у у/(аі)2 — (х — £)2 — (у — у)2
^аі
і /7 _,с
Р(о.іУ - (х-02 - (у-'Л2 ? 11 (6.26)
І
і г П-
2л а 7 77 \/а2(і — т)2 — (х — £)2 — (у — ту)2
0 'Еа(і-т)
Вправа. Отримати останній доданок у формулі (6.26) за допомогою
методу Дюамеля.
Вправа. Поклавши у формулі (6.26) / = 0, за допомогою методу спуску
отримати формулу Даламбера.
6.5. Фізичний зміст розв’язків хвильового рівняння в
просторі та на площині
Розглянемо випадок трьох змінних, для якого фізичний характер по-
ширення збурення суттєво відрізняється, як буде видно нижче, від випадку
138
ДВОХ ЗМІННИХ.
Обмежимося дослідженням поширення локального збурення, якщо по-
чаткові дані (функції > 0 та ф > 0) відмінні від нуля лише в деякій обме-
женій області То, а функція / дорівнює нулю скрізь. Розглянемо спочатку
зміну стану и(Мц,3) в точці Мо, яка знаходиться поза То (див. рис.6.2).
Стан и в точці Мо в момент часу
і визначається згідно з формулою (6.23)
початковим станом в точках, які лежать /\
на сфері Заі з центром в точці Мо та ра- і/\
діусом аі. Функція и(Мо,і) відмінна від / То /
нуля лише в тому випадку, коли сфера _7 /
За і перетинає область початкових даних
То. Нехай с? та Т — відстань від точки Мо
до найближчої та найбільш віддаленої
точок області То (див. рис.6.2). Якщо і Рис. 6.2.
є достатньо малим (і < і\ = (І/а), то
сфера 8аі не перетинає область То, поверхневі інтеграли в формулі (6.23)
дорівнюють нулю: до точки Мо збурення ще не дійшло. Починаючи з
моменту часу Н = (І/а до моменту і^ = В/а сфера Заі буде перетинати
область То, поверхневі інтеграли в формулі (6.23), взагалі кажучи, будуть
відмінними від нуля: точка Мо знаходиться у збудженому стані. При по-
дальшому збільшенні і сфера Заі буде містити область То всередині себе,
поверхневі інтеграли будуть рівні нулю: збурення пройшло точку Мо. Отже,
при поширенні локального збурення в тривимірному випадку явище післядії
відсутнє.
Розглянемо тепер миттєву просторову картину збурення и(М, ф) в де-
який момент часу і$. Геометричне місце точок Иф в яких збурення відмінне
від нуля, складається з точок М, які знаходяться на сферах Заі з центрами в
точках області То та радіусами а і. Огинаюча сімейства цих сфер буде межею
області ]¥. Зовнішня огинаюча називається переднім фронтом, внутрішня —
заднім фронтом хвилі. На рис.6.3 зображено передній та задній фронти хвилі
(відповідно 1 та 2) у випадку сферичної області То.
Отже, початкове збурення, яке локалізоване у просторі, викликає в кож-
ній точці простору дію, яка локалізована у часі, при цьому має місце по-
ширення хвилі з різко вираженими переднім та заднім фронтами (принцип
139
Гюйгенса). Перейдемо до випадку двох змінних.
Нехай початкове збурення
задане в області Зо на площині ху.
Розглянемо зміну стану п(Мо, і) в точ-
ці Мо, яка знаходиться поза Зо Стан
и(Мо, і) в точці Мо в момент часу і
визначається згідно з (6.26) початко-
вими значеннями в точках, які нале-
жать кругу з центром в точці
Мо та радіусом аі$. Для моментів ча-
су і < іі = (і/а (д, — відстань від
Мо до найближчої точки області Зо)
функція п(Мо, і) дорівнює нулю, збу-
рення ще не дійшло. Якщо І > Ц, ТО
Рис. 6.3.
и(Мо,і) ДО. Це значить, що, починаючи з моменту І = Ц, в точці Мо
виникає збурення, яке спочатку, взагалі кажучи, наростає, а потім поступово
зменшується до нуля при £ —> оо. У цьому явищі післядії полягає відмінність
плоского випадку від просторового. Вплив початкових збурень, які локалі-
зовані на площині, не локалізований у часі та характеризується довготри-
валою післядією. Миттєва картина збурень на площині має різко окреслений
передній фронт, але не має заднього фронту.
6.6. Метод відображень
Задача з початковими умовами для рівняння коливань у випадку облас-
тей, які обмежені площинами, можна розв’язувати методом відображень.
Розглянемо, наприклад, таку задачу для півпростору % > 0:
Пц = п2Ащ —оо < х, у < +оо, 0 < г < +оо, і > 0,
гф,щщ0) = <р(х,у,3),
0 < г < +оо,
щ(х,щщ0) = Ц(х,?/,М,
з такою крайовою умовою:
и\ п = 0 або и2\ п = 0.
Іг=0 Іг=0
Розв’язок такої задачі дається формулою (6.23) при / = 0:
и(х,у,2,і) =
1 д
4тг а1 д і
11УФ(ф77,С)(Ь
8аі
+ ~Т~й [ [ Ф(ф77,С)(1з
4тг аЧ У у
(6.27)
(6.28)
140
де Ф та Ф непарно продовжені початкові дані на увесь простір у випадку
^|г-о = 0 або парно продовжені у випадку Ц?| 0 = 0:
Ф(гг,і/,2;) = І ^(х,у,2), г > 0, І (р(х,у,2), г > 0, < або Ф(х, у, 2) = < [-ПХ,у,-2), 2<0, у^Х,у,~2), 2<0,
^(Х,у,2) = {^{Х,у,2\ 2^0, ('ф(х,у,2\ 2^0, < або = < \ -'ФІХіУ, -2), 2 < 0, \ 'Ір(х,у,-2), 2 < 0.
Аналогічно можна розв’язувати задачу для плоского шару, двогранного
кута і т.д.
Вправа. Переконатися, що вираз (6.28) задовольняє крайову умову
(6.27).
Задачі
В задачах 6.1-6.6 знайти розв’язок задачі Коші на площині та в просторі.
6.1.
нц = а2Д2^ + Ах у і, — оо < х, у < +оо, і > 0,
^|і=0 = х2 - у2, Пі\і=0 = ху, -оо <х,у < +оо.
6.2.
Нц = + Ах у і2, — оо < х, у < +оо, і > 0,
4=о = ж2 + ХУ' Н=о = Х + Уі <х,у < +оо.
6.3.
Пц = а2Д.2и + Віх + у2, — оо < х, у < +оо, £ > 0,
4=0 = х2 + У^ иі\і=о = Х + Уі <Х,У < +°°-
6.4.
Пц = а2Д.и + Ах + В у + С г, —оо < х, у, 2 < +оо, і > 0,
4=о = У + иік=о = х + У' -о° <х,у,2 < +оо-
6.5.
Щі = а2Аи + Ах у, —оо < х, у, 2 < +оо, і > 0,
Ч=о = х<2 + ^2’ 4і=0 = ХУ1 -о° <ХіУі2 < +оо-
6.6.
Пц = а2Ди + 4А(а?2 + у2 + г2) — оо < х, у, 2 < +оо, і > 0,
4=0 = ?/ +А *4=о = ХУ + А -оо <Х,у,2 < +оо.
141
6.7. Розв’язати задачу
ии = а2Аи, — оо < х,у, 2 < +оо, І > 0,
гі|і=0 = иі\і=о = г2 = х2 + т/2 + г2, г > 0
та знайти таку границю:
Ііш и(х,у,2,і).
6.8. Розв’язати задачу
Щі = а2Ди + /(г,і), г2 = х2 + у2 + 22, г > 0, і > 0,
4=о = 4=о = 0, Г > 0.
6.9. Розв’язати задачу
Пц = а2Ди, — оо < х, у, % < +оо, і > 0,
{[То = СОП8І, всередині сфери З радіусом Го,
0, поза цією сферою,
4=о = 0'
6.10. Розв’язати задачу
ии = а2Ди., —оо < х, у, 2 < +оо, і > 0,
Я=о = 0’
{[/о = сопзі, всередині сфери з радіусом Го,
0, поза цією сферою.
142
Розділ 7.
Метод розділення змінних. Розклад за
власними функціями задачі
Штурма-Ліувілля
Метод розділення змінних, або метод Фур’е, є одним з найстаріших
та найпоширеніших методів аналітичного розв’язування крайових задач ма-
тематичної фізики. Він полягає в побудові розв’язку у вигляді ряду за влас-
ними функціями відповідної задачі Штурма-Ліувілля.
Розглянемо метод розділення змінних на прикладі розв’язування крайо-
вих задач для такого рівняння:
р(М)Ріи(М,і) = МАО) + /(АГД (7.1)
де Ь та — лінійні оператори:
7П гу
Ь = §гас!) - д(М), Р* = V а^і)—, (7.2)
£' оі1
7=0
р(М}, к(М) та д(М) — функції координат точки М, яка знаходиться в об-
ласті И, що обмежена замкненою поверхнею З, аі(і) — функції змінної і > 0.
Зауважимо, що при т = 0 рівняння (7.1) є рівнянням еліптичного типу,
при т = 1 — параболічного типу, а при т = 2 — гіперболічного типу.
7.1. Однорідні крайові умови
Розглядаємо змішану задачу з однорідними крайовими умовами
р(М)Ріц(М, і) = Ь и(М, і) + /(М, і), М Є И, і > 0, (7.3)
143
дки
дік
О. (З 7^ 0.
(7.4)
(7-5)
і
з
= (рк(М), к = 0,1,... ,т - 1
1=0
( ди
а-—Н ри
\ дп
Нехай {Ап} та {гп(М)} (п = 1, 2,...) — повні системи власних значень
та ортогональних власних функцій відповідної задачі Штурма-Ліувілля:
Ь гп(М) + Апр(М>п(М) = 0, М є г>,
(7-6)
а дп
з
Нагадаємо основні означення та властивості власних функцій та власних
значень.
Означення. Ті значення параметра X, при яких існує нетривіальний
розв’язок крайової задачі
Ь ДМ) + А р(М) ДМ) = 0, М Є Р,
= 0, а (3 0,
з
називаються власними значеннями оператора Ь в області И, а відповідні
до них нетривіальні розв’язки — власними функціями.
Основні властивості власних значень та власних функцій:
1. Існує нескінченна множина власних значень {Ап} та власних функцій
{гп(М)}; власні значення при збільшенні номера п необмежено зроста-
ють. Кожному власному значенню відповідає лише скінчена кількість
лінійно незалежних власних функцій, тобто ранг усіх власних значень
є скінченим.
2. При д(7И) > 0 власні значення задачі Діріхле (а = 0, (3 = 1) є додатни-
ми:
Хп > 0, Уп.
3. Власні функції ортогональні між собою в області 7? з вагою р(М\.
р(М-) СІК/ = ІД,І |Х„„
Б
Де <3п,т — символ Кронекера.
144
4. Теорема Стєклова. Довільну двічі неперервно диференційовну в об-
ласті 7? функцію /(М), яка задовольняє однорідну крайову умову, мож-
на розкласти в абсолютно та рівномірно збіжний ряд за власними функ-
ціями даної крайової задачі:
= /п =
72=1
Розв’язок змішаної задачі (7.3)-(7.5) будемо шукати у вигляді розкладу
в ряд за власними функціями задачі (7.6)
и(М, і) = (7-7)
п=1
Для того, щоб визначити коефіцієнти нп(7), підставимо ряд (7.7) у рівнян-
ня (7.3), припускаючи, що його можна почленно диференціювати необхідну
кількість разів. У результаті отримуємо
ОО оо
22Р(М) = 22 Ь + /(А/, і). (7.8)
72=1 72=1
Оскільки Ьгп(М) = — Хпр(М) то, помноживши (7.8) на 'іД(ТИ) та
проінтегрувавши по області 7?, в силу властивості 3 отримуємо:
Рщїі) + ХуП^і) = Д(ї), = 1, 2,..., оо, (7.9)
де
/Д) = їїД|2 [/(МЛ)^(М)ЛУм.
ІЮ11 7
и
Помноживши початкові умови (7.4) на р(М)г*(М) та проінтегрувавши
по області 74, отримуємо початкові умови для функції иДї):
= (72Д, к = 0,1,... ,т - 1, ; = 1,2,... ,оо,
і=0
де
(Щ, = |Д_ ^(М) Р(М) аі/„.
7 в
о
дІк
145
(7 77?
дік
Отже, розв’язування задачі в частинних похідних (7.3)-(7.5) зведено до
розв’язування задачі Коші
Р,И;(і) + АЛ(і) = /.,(!). (7.10)
= (‘Рк'),- к = 0,1,... ,т - 1. (7.11)
1=0
Приклад 7.1. Знайти власні значення та власні функції задачі Штур-
ма-Ліувілля:
у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, (7.12)
і/(0) = у(Г) = 0. (7.13)
Знайти норму власних функцій.
Розв’язування. Розглянемо окремо випадки, коли параметр А є від’єм-
ним, рівним нулю та додатним.
1) При А < 0 загальний розв’язок рівняння (7.12) є таким:
у(х) = Сі 8іі(а/—Ах) + С2 сЬ(д/—Ах).
Крайові умови (7.13) дають:
7/(0) = с2 = 0,
у(1) = Сі 8іі(а/=А/) = 0.
Оскільки розглядаємо А < 0, то Сі = 0 і отримуємо тривіальний розв’язок
т/(х) = 0, який нас не цікавить, бо не є вчасною функцією.
2) При А = 0 загальний розв’язок рівняння (7.12) є таким:
т/(х) = С1Х + С2.
Крайові умови (7.13) дають:
7/(0) = с2 = 0,
7/(0 = Сі/= о,
тобто знову 7/(х) = 0.
3) При А > 0 загальний розв’язок рівняння (7.12) є таким:
7/(х) = Сі 8Іп(а/Ах) + С2 СО8(а/Ах).
146
Крайові умови (7.13) дають:
у(0) = С2 = 0,
у(Г) = Сі 8Іп(а/А7) = 0.
Остання рівність має місце у двох випадках: або Сі = 0, або 8Іп(л/Л/) = 0.
Оскільки нас цікавить нетривіальний розв’язок, то розглядаємо другий випа-
док, тоді
у/ХІ = 7Ш, п — ціле
або
/7ГП\2
А=оо
Отже, нетривіальний розв’язок задачі (7.12), (7.13) існує лише при таких
значеннях:
/7ГП\2
А )
Цим власним значенням відповідають такі власні функції:
, . . тгпх
уп(х) = 8іп——,
які визначаються з точністю до довільного множника, який поклали рівним
одиниці. Оскільки Хп = А_п, а уо(х) = 0, то розглядатимемо лише додатні
цілі значення п, тобто п = 1,2,....
Знайдемо норму власних функцій, оскільки квадрат норми
і і
I\Уп\І2 = У\Уп(х) |2СІГГ = У8ІП2 —-у— СІХ = |,
0 о
то норма власних функцій
ІШІ =
а ортонормовані власні функції є такими:
/2 . тгпх
УМ = А/у8іп——.
У V V
147
7.1.1. Рівняння теплопровідності
Розглядаємо змішану задачу для рівняння теплопровідності у просторі
щ(М, і) = а2Д.и(М, і) + /(М, і), М Є £>, і > 0,
и(М,ІЇ) = 7?(М), МеИ,
(7.14)
а-—Н ри
оп
= 0,
і > 0, а (3 7^ 0.
Розв’язок цієї задачі представляємо у вигляді розкладу (7.7) за власними
функціями {гп(М)} такої задачі Штурма-Ліувілля:
Дг(М) + Аг(М) = 0,
з
Тоді рівняння для функції ип(і) матиме такий вигляд:
скбп(£) 2 \ ї-іД / /<д
і, Т лпип(і) /п(£),
аі
причому
^п(0)
де
/»(Г = Д-7
ІКН У
^ = тглг2
ІИН У
Розв’язком задачі (7.15)—(7.16) є така функція:
(7.15)
(7-16)
и„(і) = <А,е-“2А"‘ + /е-“2А--'‘-Д„(т) (1т.
о
Отже, розв’язок змішаної задачі (7.14) для рівняння теплопровідності з
однорідною крайовою умовою можна представити так:
ОО ОО р
и(М,1) = Аг.
п=1 п=1 {
(7.17)
148
Зауважимо, що перший ряд в (7.17) є розв’язком однорідного рівняння із
заданою початковою умовою, а другий — розв’язком неоднорідного рівняння
з однорідною початковою умовою.
7.1.2. Рівняння коливань
Розглядаємо змішану задачу для рівняння коливань з однорідною кра-
йовою умовою
щфМ, і) = а2Аи(М, і) + /(М, і), М Є Т>, і > 0,
ЦМ,0)=^(М),
щ(М,0) = М Є П,
(7-18)
= 0,
і > 0,
о /3 7^ 0.
8
Розв’язок цієї задачі представляємо у вигляді розкладу (7.7) за власними
функціями {щфМ)} такої задачі Штурма-Ліувілля:
Дг(М) + Аг(М) = 0,
Тоді рівняння для функції ип(ї) матиме такий вигляд:
причому
Н2?/ (її
.п2 + а2Хпип(і) = (7.19)
^п(О) 9-7? Фг(0) 'Фпі (7.20)
Де
ІИН У
7п = щДщ [^муп(М)дУм,
Б
= А(Л7)Ц(Л/)<1О/.
ІКН ]
149
Розв’язком задачі (7.19)—(7.20) є така функція:
т ( ЛГА / 81П ї 8іп (оа/Х^І - т)
ип(і) = Апсов (ау/Хпі) + фп----=-----Ь / --------=-------/Дт) бт.
а<Ап У ауХп
о
Отже, розв’язок змішаної задачі (7.18) для рівняння коливань з одно-
рідною крайовою умовою можна представити так:
він (оа/Х^І - т))
ау/ Хп
(7.21)
Зауважимо, що перший ряд в (7.21) є розв’язком однорідного рівняння із
заданою початковою умовою, а другий — розв’язок неоднорідного рівняння
з однорідною початковою умовою.
7.2. Неоднорідні крайові умови
Розв’язування змішаної задачі з неоднорідною крайовою умовою можна
звести до розв’язування задач, які розглядалися в попередньому розділі. Роз-
глянемо таку задачу з неоднорідною крайовою умовою:
р(М)Рщ(М, і) = Іи(М, і) + /(М, і), (7.22)
і > 0, а (3 Д 0.
(7.24)
Розв’язок цієї задачі будемо шукати у такому вигляді:
п(МД) = Д(МД) + У(МД),
де V(М, Ґ) — нова невідома функція, а функція V(М, І) вибирається так,
щоб вона задовольняла неоднорідну крайову умову (7.24)
дУ
«7- + ^
ОП
= м(рд)
з
РєЗ
150
та мала необхідну кількість неперервних похідних по М та і. Тоді для функції
У(М,Р) отримуємо задачу, яка розглядалася в попередньому розділі:
р(л/)рд7(л/,і) = иіім.і) + цмл), (7.25)
дки дк'У ~.к =Рк(М) , к = 0,1, Мє£», і=о сії і=0 (7.26)
/ дії \ і а——н (Зі/) =о, і > о, \ да /з де /(< і) = ЦМ, і) + ЬУ(Л/. і) - р(М)Р1У(М, і). (7.27)
Приклад 7.2. Задано загальну задачу з першою крайовою умовою для
рівняння коливань:
иц(х,і) = а2ихх(х,і) + /(хЦ), 0 < х </, і>0 (7.28)
з початковими
и(х, 0) = р(х), ирх,(У) = ріх), 0 < х < 1 (7.29)
та крайовими умовами
н(ОЦ) = ДіЦ), и(1,Р) = д2(Ч £ > 0. (7.30)
Звести цю задачу до задачі з однорідними крайовими умовами.
Розв’язування. Введемо нову невідому функцію Ц\х,Р), поклавши
и(х, Р) = 1}(х, Р) + У(х, і).
Ця функція Р(х,і) буде розв’язком такого рівняння:
і) = а2ІРхх(х, Р) + 7(х, Р), У(х, і) = $(х, Р) - \Уц(х, Р) - а2Ухх(х, Ц]
з початковими
ґ б/(х,0) = <Хх), ^(х) = р(х) - У(х,0), ^<х<і | Щх,0) = ф(х), ф(х) = р{х) - И(х,о), (7-31)
та крайовими умовами
ґ (7(0Ц) = дЦі), дЦТ) = дЦТ) - У(0,£), ^>0 | Е/(/Ц) = Д2Ц), Д2Ц) = ц2Ц) - У(/Ц), (7.32)
151
Виберемо допоміжну функцію У(х,к), так щоб
МіД = /Дб = о.
Для цього достатньо вибрати таку функцію:
Отже, загальну крайову задачу для функції и(х,і) зведено до крайової за-
дачі для функції ПДД) з однорідними крайовими умовами.
Вправа. Звести задачі (7.28)-(7.29) з такими неоднорідними крайовими
умовами:
а) Щг(ОД) = щД), их(1,і) = Щї), О 0,
Вказівка: розв’язок можна представити у вигляді
і) = V (ж, і) + V (ж, £),
де і) = (одж2 + /Зіж)щ(£) + (а^х2 + /?2^)^2^)7 причому константи од, сі2, /?і та /?2 треба
підібрати так, щоб ІД(ОД) = щ(£), УХ(1,В) = 1/2 (^)-
Ь) щфОД) - 7г ДОД) = 71Д), их(1,і) + ки(1,ї) = у2Д), О 0,
с) и(0Д) = ціД), их(1,ї) = ЩД і 0,
б) щДОД) = Щї), Д/Д) = ц2(Д і 0,
е) и(0Д) = Ці(Д их{1,і) + ки(1,і) = у2(Д ЇДО
до задач з однорідними крайовими умовами.
7.3. Метод інтегрального перетворення Фур’є
А. Розглянемо одновимірну задачу на нескінченній прямій
Ріи(хД) = ихх(х,і) + /ДД), — оо < х < +оо, і > 0, (7.33)
дки(х, ї)
дік
= (ЩаД к = 0,1,..., т — 1, — оо < х < Тоо
(7.34)
де Р* — диференціальний оператор по часу (7.2):
152
Оскільки коефіцієнти рівняння (7.33) не залежать від просторової змін-
ної х, то це рівняння зручно розв’язувати за допомогою інтегрального перет-
ворення по цій змінній. Диференціальному рівнянню (7.33) відповідає така
задача Штурма-Ліувілля (7.6):
Х"(х) + АХ(х) = 0, —оо < х < +оо.
(7.35)
Тобто треба знайти такі значення параметра А, при яких диференціальне рів-
няння (7.35) має ненулеві обмежені розв’язки для будь-яких х Є (—оо, +оо).
Легко бачити, що такі розв’язки існують при додатних А. Нехай А = ц2, де
ц — дійсний параметр, тоді
Х(х) = Сі С,х + С2 є~'щх, Си С2 = СОП8І .
Надалі вважатимемо, що /і може набувати і від’ємні значення, тоді власні
функції можна записати простіше:
Хц(х) = Сещх, С = сои8Ї . (7.36)
Задача Штурма-Ліувілля (7.35) має неперервний спектр, бо ц Є (—оо, +оо).
У такому випадку власні функції Х^х) зручно пронормувати “на 5-функ-
цію”. Це означає, що
+оо
У'х^(х)Х*(х) сіх = 5(ц — и), (7.37)
—ОО
де означає комплексне спряження. Скориставшись таким інтегральним
представленням 5-функцїї:
+оо
5(д-і7) = — /е^-^сіх, (7.38)
2я у
—оо
отримуємо після підстановки (7.36) та (7.38) в (7.37):
+оо +оо
|С|2 [ (ІХ = — [е^-^Ах.
7 2тг у
—оо —оо
Звідси випливає, що константа нормування
153
Отже, нормовані власні функції мають такий вигляд (вибравши знак “+” для
константи нормування):
Х^х) = Єщх, ц Є (—сю, +сю), х Е (—сю, +сю). (7.39)
V 2тг
Тепер шукатимемо розв’язок задачі (7.33)-(7.34) у вигляді такого інтег-
рального розкладу за нормованими власними функціями (7.39) задачі Штур-
ма-Ліувілля (7.35):
+оо +оо
и(х,і) = Х^х^и^/і, і) еф = Єщхи(р,, і) сф.
—оо —оо
(7.40)
Представлення розв’язку и(х,ї) в такому вигляді відповідає його розкла-
ду У тригонометричний інтеграл Фур’є, ядром якого є власні функції
Х^(х) = - Функція фцф) називається образом Фур’є функції и(х,і),
яка називається оригіналом. Для того, щоб із співвідношення (7.40) виразити
'ії(дф) через 'н(хф), помножимо рівність (7.40) на Х*(х) та проінтегруємо по
х від —сю до +оо
тобто
1
(7-41)
Співвідношення (7.40) та (7.41) називається інтегральними перевореннями
Фур’є. При цьому перехід від оригіналу и до образу и згідно з формулою
(7.41) називається прямим перетворенням Фур’є, а перехід від образу и до
оригіналу и згідно з (7.40) — оберненим перетворенням Фур’є.
Для існування перетворення Фур’є функції дійсної змінної /(ж) достат-
ньо, щоб ця функція була неперервна скрізь, крім, можливо, скінченої кіль-
кості точок розриву першого роду, а інтеграл
154
був збіжним.
Надалі будемо вважати, що функція и(х,1) разом із своїми похідними
до другого порядку достатньо швидко прямують до нуля при х —> ±00.
Помножимо диференціальне рівняння (7.33) на Х*(х) та проінтегруємо
по х від —оо до ±оо
+оо +оо +оо
—оо —оо —оо
(7.42)
Оскільки диференціальний оператор не зачіпає просторової змінної х, то
+оо +оо
[Є~щхРіи(х, ї) сіх = /*0,~щхи(х^ і) сіх = Р^їфц, і).
У2ТГ 2 у2тг .]
—оо —оо
Перший доданок в правій частині рівняння (7.42) проінтегруємо двічі по час-
тинах, пам’ятаючи припущення про поведінку функції и та її похідних на
нескінченності,
сіх = —/х2и(іх, і).
Тоді рівняння (7.42) набуває такого вигляду:
Ріи(ц, ї) + і) = /(/і, і),
(7.43)
де
+оо
7(д, і) = ~у== [і) (ІХ.
V 2тг
—оо
Необхідно ще диференціальне рівняння (7.43) доповнити початковими умо-
вами. Для цього домножимо (7.34) на Х*(х) та проінтегруємо по х від —оо
до ±оо. У результаті отримуємо
= Й(м)5 к = 0,1,... ,т - 1. (7.44)
1=0
ї)
дік
155
Отже, зробивши інтегральне перетворення задачі (7.33)-(7.34), отрима-
ли таку задачу Коші:
+ д2її(дД) = 7(дО), і > 0,
(7-45)
= ^(д), к = 0,1,... ,т - 1,
і=0
в якій ц. є параметром. Знайшовши функцію и(іі, і), розв’язок вихідної задачі
(7.33)-(7.34) отримаємо за допомогою формули (7.40).
В. Розглянемо тепер таку одновимірну крайову задачу на півпрямій х > 0:
Ріи{х,і) = ихх(х,і) + /(а?Д), 0 < х < +оо, і > 0, (7.46)
дки(х, і)
дії
=
і=0
к = 0,1,..., т — 1, 0 < х < +сю,
(7.47)
з однорідною крайовою умовою першого роду
и(0Д) = 0, (7.48)
Задачі (7.46)-(7.48) відповідає така задача Штурма-Ліувілля:
Х"(х) + ХХ(х) = 0, 0 < х < +оо,
Х(0) = 0. ( )
Легко бачити, що ненулевий розв’язок цієї задачі існує при умові А > 0:
Х(х) = Х^(х) = С*8Іп(цх), ц = а/А > 0.
(7.50)
Знайдемо тепер константу нормування С. Для цього підставимо Х^(х} (7.50)
в умову нормування (7.37)
о
о
і\х =
(7.51)
156
де враховано, що 5(//+г/) = 0, бо ц+г/ > 0. З співвідношення (7.51) випливає,
що
Вибравши знак отримуємо нормовані власні функції задачі Штурма-Лі-
увілля (7.49)
/ф"
АДа?) = у — 8Іп(щг), /і > 0. (7-52)
Розв’язок задачі (7.46)-(7.48) шукатимемо у вигляді інтегрального роз-
кладу за власними функціями (7.52)
(7.53)
о
Аналогічно до (7.41), можна знайти и(ц, £) з співвідношення (7.53)
СІХ.
(7.54)
о
Співвідношення (7.53) та (7.54) називаються відповідно оберненим та пря-
мим синус-перетворенням Фур’є.
Домножимо рівняння (7.46) на Х*(х) (7.52) та проінтегруємо по х від 0
о
о
(7.55)
о
Перший доданок в правій частині цього співвідношення проінтегруємо двічі
по частинах, враховуючи крайову умову (7.48),
—р,2и(уі, і),
о
тоді рівняння (7.55) набуде такого вигляду:
РД/б і) = -ц2й(ц, і) + /(ц, і)
(7.56)
157
Де
ЛМ) =
о
початкова умова для функції
дки(іі, і)
дік
= М
і=0
к = 0,1,..., т — 1.
Отже, зробивши інтегральне синус-перетворення Фур’є задачі (7.46)-
(7.48), отримали таку задачу Коші:
РДцЦ) + ц2й(ц,і) =/(цЦ), і > 0,
(7-57)
дки(/і, і)
дїк
= ^(д), к = 0,1,... ,т - 1
і=0
в якій д є параметром. Знайшовши функцію ^(ц, і), розв’язок вихідної задачі
(7.46)-(7.48) отримаємо, зробивши обернене синус-перетворення Фур’є (7.53).
С. Розглянемо одновимірну задачу на півпрямій х > 0 з однорідною крайо-
вою умовою третього роду
РлфЛ = ихх(х,і) + ЛМ), 0 < X < +оо, і > 0, (7.58)
дки(х, і)
дік
і=0
к = 0,1,..., т — 1, 0 < х < +сю,
(7.59)
шЦОЛ) — ки(0,і) = 0, к = гонзі >0, £ > 0.
Цій задачі відповідає така задача Штурма-Ліувілля:
Х"(х) + XX (х) = 0, 0 < х < +оо,
Х'(0) — /гА'(О) = 0, к = СОП8Ї > 0,
яка має такий ненулевий обмежений розв’язок при А > 0:
Х(х) = ХДх) = С'(/г,8Іп(цх) + дсоз(цх)), д = а/А > 0.
Стала нормування С визначається з умови (7.37)
1
Ц/Г + м2'
(7.60)
(7.61)
(7.62)
158
Отже, власними функціями задачі Штурма-Ліувілля (7.61) є такі функції:
/2/і8Іп(/ке) + цсой(цх)
= V к
(7.63)
Розв’язок задачі (7.58)-(7.60) шукатимемо у вигляді розкладу за влас-
ними функціями (7.63)
/т9 9---------
V/і2 + д2
(7.64)
о
Обернене до (7.64) інтегральне перетворення
квт(ц,х) + цсо8(цх) .
------. -----и(х, ЛсЬ.
7^+7?
(7.65)
Використовуючи це інтегральне перетворення, змішану задачу (7.58)-(7.60)
можна звести до такої задачі Коші
РДдЛ) + ц27(цЛ) =/(цЛ), і > 0,
(7.66)
= к = 0,1,... ,т - 1,
1=0
дік
де
__ оо
. /2 Гкзт(их) + цсо8(шг)
1{х-і)4ї-
о
Знайшовши функцію и(ц, £), розв’язок вихідної задачі (7.58)-(7.60) отрима-
ємо, зробивши обернене інтегральне перетворення (7.64).
Вправа. Знайти інтегральне перетворення, за допомогою якого таку
змішану задачу на півпрямій х > 0 з однорідною крайовою умовою 2-го роду
РдфЛ) = ихх(х,1) + 0 < х < +оо, і > 0,
дки(х, і)
дїк
і=0
^(х), к = 0,1,... ,т - 1,
пж(0, і) = 0, і > 0.
0 < х < +сю,
и
о
можна звести до задачі Коші.
159
Приклад 7.3. Використовуючи інтегральне перетворення Фур’є, роз-
в’язати змішану задачу
иц(х,і) = а2ихх(х,і) + /(хД), 0 < х < +оо, і > 0, (7.67)
и(х, 0) = <р(х\ щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < +сю, (7.68)
тх(О, і) = 0, і > 0.
(7.69)
Розв’язування. Оскільки задано крайову умову першого роду (7.69),
то необхідно використовувати інтегральне синус-перетворення Фур’є (7.54).
Домножимо рівняння (7.67) зліва і справа на ^^8Іп(дж) та проінтегруємо
по змінній х від 0 до +оо. Враховуючи, що
о
о
отримуємо таке звичайне диференціальне рівняння для функції п(дД):
щфц, ї) + (сщ)2гфщі) = /(д,і), і > 0, д > 0,
Де
о
160
Аналогічно робимо інтегральне синус-перетворення Фур’є початкових
умов (7.68). У результаті отримуємо
Ціб 0) = <^(ц), ф(ц, 0) = ^фи), її > 0.
Розв’язок диференціальне рівняння для функції Ц/ці), який задоволь-
няє ці початкові умови, є таким:
£
ч ч / ч 7/ ч8Іп(аиі) /*8Іп (а/і(і - т)) ~
Цц, і) = </?(ц) со8(а,[іІ) + 'фці)-----------Ь /-----------------(д, т) от.
ар у ар
о
Тепер необхідно повернутися від змінної р до змінної а?, для цього необ-
хідно зробити обернене інтегральне синус-перетворення Фур’є (7.54):
о
Де
о
8ш(ааі) п
-------ар,
а/і
о
£
/8Іп (ар(і — т)) ~
---------------/(р,т) сі'7’
ар
о о
Розглянемо спочатку перший доданок Іі(х,і):
<р(р, і) [він (р(а? — аі)) + він (р(гг + аі))] сір,
о
тут можливі два випадки: х — аі >0 та а? — аі < 0. У першому випадку
А (х, і) = - (<р(х + аі) + — аі)}.
Лі
У другому випадку
-у - У [- 8іп (м(а^ _ х)) + 8іп
0
-(<^(х + аі) - (р(аі - х)}.
Лі
.і))] сір =
161
Об’єднуючи ці два випадки, Іі(х,і) можна записати так:
11 (х, і) = + аі) + 8І§и(х -
Лі
Розглянемо тепер другий доданок І^Х^і)'.
о7)<д(|х
1 /2 /* — со8 (ц(х — аі)) — со8 (ц(х + аі))
І2(х,І) = -\І- / 'Ф (//) ------’----------СІЦ =
2 V тг 7 а/х
о
х+аі
х+аі
І, нарешті, третій доданок 1%(х,і):
о о
| — СО8
2а//
(ІЦ(ІТ =
0 0
х+а(і—т)
’) / 8Ін(ц£)сі£сіЦСІТ =
і х+а(і-т)
Отже, розв’язок задачі (7.67)-(7.69) є таким:
х — о7)<д(|х — аі\)
2
х+аі
і А
і х+а(1-т)
д /''
7.4. Метод інтегрального перетворення Лапласа
Розглянемо випадок коли шукана функція и залежить від просторової
змінної х та часу і. Нехай функція и(х,і) є розв’язком такої змішаної задачі:
а(х)ихх(х, і) + Ь{х)иц{х, і) + с(х)их(х, і) +
+Л(х)щ(х, і) + е(х)и(х^ і) = 0, 0 < х < І, і > 0,
(7.70)
и(х, 0) = ^>(х), и^х, 0) = ф>(х), 0 < х < І, (7.71)
162
^(од) = ЛИ,
и(1,і) = А(Д, ОО.
(7.72)
Оскільки коефіцієнти рівняння (7.70) не залежать від часу, то зручно
зробити інтегральне перетворення Лапласа по змінній і. Для цього домно-
жимо рівняння (7.70) на Є~рі та проінтегруємо по і від 0 до оо:
а(х) 3~ріихх(х, і)ді + 0 ОО +с/(х) ^е~ріг 0 Зображення функції и(х,ї) и або скорочено тоді ОО ^е~ріихх(х,і)ві = 0 ОО 0 оо УЄ~ріиц(х, і)ді = Є-/ 0 = = 6(х) + с(х) ^е~ріих(х,і)ді+ 0 0 ОО ц(х, £)сі£ + е(х) ^е~ріи(х,і)(11 = 0. (7.73) 0 позначатимемо гї(х,р), тобто ОО 0 и(х,р) = и(х, і). ОО = їїжж(х,р), ^е~ріих(х,і)ві = их(х,р\ 0 оо °° = Є~ріи(х,і) +р = = — р(х) + ри(х,р), ОО ОО р лщ{х^ і) +р Є~ріиі(х, і)(1і = 0 «/ 0 оо ОО р )(х) + рЄ~ріи(х,і) + р2 Є~ріи(х,і)(1і = 0 0 ;(а?) — рр(х) +р2и(х,р)
163
і рівняння (7.73) набуває такого вигляду:
а(х)ихх(х,р) + с(х)иДх,р) + (б(х)р2 + <і(х)р + е(х))й(х,р) =
= &(х)('0(а?) + рр(х)} + <1(х)р(х). (7.74)
Аналогічно перетворимо крайові умови (7.72):
ОО оо
її(0,р) = = ^е~ріМі^і = /і(р),
°сс (7.75)
її(/,р) = ^е~ріи(1,і)& = Уе“рі/2(^)^ = Мр)-
о о
Отже, розв’язування змішаної задачі (7.70)-(7.72) зведено до розв’язу-
вання крайової задачі (7.74)-(7.75) для звичайного диференціального рівнян-
ня. Знайшовши розв’язок крайової задачі (7.74)-(7.75), який є зображенням
шуканої функції и(х,і), необхідно повернутися до оригіналу и(х,і\ Для
цього треба зробити обернене перетворення Лапласа
д+іоо
и(х,ї) = —^еріи(х,р)(1р, (7.76)
д—і ос
де 7 > 8о (^о — показник росту функції и(х,і) по змінній і).
Якщо коефіцієнти диференціального рівняння в частинних похідних не
залежать від змінних х та і, то можна робити інтегральне перетворення
Лапласа по кожній змінній, зводячи тим самим диференціальне рівняння
до алгебраїчного. Для того щоб не заплутатися в змінних, по яких робиться
перетворення Лапласа, будемо використовувати такі позначення:
и(х,р) =и(х,і), и(^рі) = и(х,і), и(д,р) = и(д,і) = и(х,і).
(0 (Л (0 (Л
Приклад 7.4. Знайти розв’язок рівняння коливань
ии = а2ихх, 0 < х <1, і > 0, (7.77)
и(х, 0) = 0, щ(а?,0) = 0, 0 < х Д /, (7.78)
н(0,і) = А, и(1,і) = 0,
(7.79)
164
Розв ’язування. Зробивши інтегральне перетворення Лапласа по змінній
і диференціального рівняння (7.77) та крайових умов (7.79), отримуємо таку
крайову задачу для звичайного диференціального рівняння:
ихх(х,р)----~и(х,р) = 0, 0 < х < І, (7.80)
п(0,р) = —, и(Ер) = 0. (7-81)
р
Загальний розв’язок диференціального рівняння (7.80)
X П Рх , Рх
щх,р) = Сі єн-----Ь С2 сн —.
а а
Врахувавши крайові умови (7.81), розв’язок крайової задачі (7.80)—(7.81)
можна представити так:
, -4КІ1СС
а
Для отримання розв’язку задачі (7.77)-(7.79) необхідно зробити оберне-
не перетворення Лапласа (7.76) функції и(а?,р):
7+іоо
7—і ос
7+/°° р^1~х^ °°
/ ері------7“<1р = А В.Є8 /(рД,
І иС 7
7-іоо к-и
(7.82)
дР Р{1~Х)
де /(р) = ері----Т-1 Рк ~ особливі точки функції /(р), які є розв’язками
рзй^
такого алгебраїчного рівняння:
о
Р 8П — = 0.
а
З цього рівняння отримуємо, що
, ,ктш
Тоді
Нез/(0) = 1ітері----—
(7.83)
165
Ііт Єрі-------]-------1—
р^і^а 8Н ЕІ р
1 1 а
1 ) • кттд л.
——е і 81П
ктї
(7-84)
КеВЛ-і^
Ііт ор
к І ктуд
Р 1 І
8І1^21р + І^
____а 1 І
8І1 — Р
(7.85)
1—1) -клал. . 16— Х)А,7Г
= 4 , 7 Є 81П -------------2----.
К7Г І
Підставивши (7.83)-(7.85) в (7.82), отримуємо розв’язок задачі (7.77)-(7.79)
(І — х)ктї ктші
81П-----------С08-------
Ь к=1
Приклад 7.5. Розв’язати рівняння
аих(х, у) + Ьиу(х, у) + си(х, у) = д(х, у), 0<х,у<оо, а,Ь>0, (7.86)
и(ії,у) = ^(у), и(х,0) = <р(х), ф(0) = 92(0). (7.87)
Розв’язування. Зробивши інтегральне перетворення Лапласа по змінній
х диференціального рівняння (7.86) із врахуванням (7.87), отримаємо таке
звичайне диференціальне рівняння:
-аф(?/) + ари(р,у) + Ьиу(р,у) + сй(р,у) = д(р,у).
Здійснивши інтегральне перетворення Лапласа цього рівняння по змінній у,
отримуємо алгебраїчне рівняння
—аф(д) + ари(р, д) — Ьй(р, 0) + Ьди(р, д) + сй(р, д) = д(р, д). (7.88)
При чому, з (7.87) випливає, що
ОО
и^ = /е^иМ = ^
0
тоді, розв’язавши алгебраїчне рівняння (7.88) відносно и(р, д), отримуємо
зображення розв’язку рівняння (7.86):
= (789)
ар + Ьд + с
166
Тепер необхідно повернутися до змінних х та у. Для цього розглядатимемо
кожний доданок функції гї(р, д) (7.89) окремо. Перший доданок
~ 71+іоо ~
Ьд+с ~.
-----і А і •=’ /Є ---------і А , = Є а •=’
ар + од + с (х) 2тгі ] ар + Ьд + с
71— і ос
72+100
= 2— /*е^е +жф(^)б^ = 'Ф \ у — -х] е~*хв (ау — Ьх),
(у) 2яі у \ а )
72-іоо
де уі > 5і, 72 > 52 (5і та 52 — показники росту функції п(х,ї) ПО ЗМІННИХ X
та І відповідно). Другий доданок
~ 72+100 ~
6(/?(ц) .1 Г т Ьр(р) . _2Р±£г,~/ ч .
-----— •= тд-л / е9У--------------Д22— (Ід = е ь ур(р) =
ар + Ьд + с (у) 2т у ар + Ьд + с (х)
72-іоо
71+іоо
= 2— /*ерте +уф(р)сф = р (х — ^-у \ е~~ьув (Ьх — а
(ж) 2тгі 7 V Ь /
71— і ос
Розглянемо тепер третій доданок, зробивши спочатку інтегральне перетво-
рення по х, а потім — по у:
~ 71+іоо ~
9^ д) =. 1 ГРХ д(р, д)
ар + Ьд + с їх) 2тгі у ар + Ьд + с
71—іоо
1
ар + Ьд + с
72+100
= 1 / е9У
(у) 2тгі У
72—іоо
х — і,у----І
а
о
0
(7.90)
Є аі9(ау — Ьі)в.і.
167
Рис. 7.1.
Тут можливі два випадки: х < ау/Ьх&х > ау/Ь.
У першому випадку (див. рис.7.1) 9(ау — Ьі) = 1, тому
ар + Ьд + с (х) а у \ а /
о
У другому випадку (див. рис.7.2) підінтегральна функція у формулі (7.90)
відмінна від нуля на проміжку від 0 до ау/Ь, тому
Рис. 7.2.
~ ау/Ь у
д(р,д) 1 , Ь\ _с. 1 /* / а \ _ст ,
----, , , •= - 9(х-і,у - -і)е а <ІЇ = т 9\х — -т,у -Т]е ь ат.
ар + Ьд + с (х) а у \ а/ Ьу \ Ь /
о о
Отже, розв’язок задачі (7.86), (7.87)
(р \ / сі \ с
у--х\ е~ах9 (ау — Ьх) + р (х — -у] е~^у9 (Ьх — ау)
а / \ о с
X
1 Г ( Ь \
+ - 9\х-і,У------Ч
а ] \ а /
о
е (М 9(ау — Ьх) +
&і9(Ьх — ау)
X
\ 1 /* / Ь \
'фіу---х)е-ажЧ— д\х — і,у----Ьх
\ а / а у \ а /
о
у
/ а \ _с ІГ/ а \ _с/
р[х — -у]е ьу + - д{х — -і,у — і]е ь аі, Ьх
\ Ь / Ь у \ Ь /
о
< ау,
> ау.
168
Задачі
В задачах 7.1-7.12 знайти розв’язок задачі Штурма-Ліувілля та норму влас-
них функцій.
+ Ху(х) = 0, 0 < х < /, 7/'(0) = = 0.
7.2. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, 2/(0) = ?/'(/) = 0.
7.3. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, ?/(0) = ?/(/) = 0.
7.4. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, 7/(0) = 0, у'(І) + к2у{1) = 0.
7.5. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, т/(0) = 0, у'(1) + к2у(1) = 0.
7.6. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, 2/'(0) + м(о) = 0, у(1) = 0.
7.7. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, 7/'(0) + М(0) = о, у'(І) = 0.
7.8. у"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /, у(х + 1) = у(х).
169
7.9.
у"(х) + Ху(х) = О,
у(~1) = у(1) = 0.
7.10.
у"(х) + Ху(х) = О,
у'(-І) = у'(Г) = 0.
7.11.
у"(х) + Ху(х) = 0, — І < х < І,
у(-Г) = у'(Г) = 0.
7.12.
у"(х) + Ху(х) = 0, — І < х < І,
у'(-і) = ?/(0 = о.
7.13. (Теорема про згортку). Довести, що
+оо +оо
у*єіАж/(а)^(а) ал = ур(б)/д - з) 08,
—оо —оо
де /(А) та д(Х) — образи Фур’є функцій /(х) та д(х).
7.14. (Теорема про згортку). Довести, що
+оо +оо
УСО8 (Ах) 7(А)^(А) ал = | Ур(а) [/(|х - 8|) + /(х + а)] 08,
о о
де /(А) та р(А) — косинус-образи Фур’є функцій /(х) та р(х).
7.15. (Теорема про згортку). Довести, що
+оо +оо
/ 8ІП (Ах) Т(ХУд(Х) ал = - /(а) [р(|х - а|) - д(х + 8)] 08,
о о
де /(А) та д(А) — відповідно синус-образ та косинус-образ Фур’є функцій
/(х) та д(х).
170
7.16. Довести, що
0—аХ2
,2
/і2 + А2 СІА
Є І Є 4«
(ж+О2
+ Є 4а
а
о
о
7.17. Довести, що
е-«А2
Л2 + А2 <ІА
(Ж~О2
Є 4а
(ж+Є)2
— Є 4«
а
о
о
За допомогою інтегрального перетворення Фур’є розв’язати задачі 7.18-7.30.
7.18. Нц = а2ихх, — оо < х < +оо, і > 0, 0) = <£>(&), щ(щ,0) = тДх), —оо < х < +оо.
7.19. ии = а2ихх + /(а?, і), -оо < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = щ(щ, 0) = 0, —оо < х < +оо.
7.20. ии = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0, п(щ, 0) = <£>(&), щ(х, 0) = 'ф(х), 0 < х < +оо, гг(О, і) = 0, £ > 0.
7.21. щ = а2ихх. 0 < х < +оо, і > 0, и(х,0) = 0 < х < +оо, п(0, і) = 0, і > 0.
7.22. ии = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = щ(х, 0) = 'фїх), 0 < х < +оо, ^х(0, і) = 0, £ > 0.
171
7.23.
щ = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = 0 < х < +оо, и40,і) = 0, £ > 0.
7.24. ии = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = иі(х, 0) = 0, 0 < х < +оо, п(0, і) = //(£), і > 0.
7.25. Щі = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0, 0) = г^(х, 0) = 0, 0 < х < +оо, пж(0,і) = иіі), і 0.
7.26. ии = а2ихх + /(ж,і), 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = иі(х, 0) = 0, 0 < х < +оо, и(0,£) = 0, £>0.
7.27. щ = а2ихх + /(х, і), 0 < х < +сю, і > 0, и(х, 0) = 0, 0 С х < +оо, п(0, і) = 0, £ > 0.
7.28. ии = а2ихх + /(ж,і), 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = и^х, 0) = 0, 0 < х < +сю, ^ж(0, і) = 0, і > 0.
7.29. Пі = а2ихх + /(х,і), 0 < х < +оо, і > 0, и(х, 0) = 0, 0 С х < +оо,
172
их(0, і) = 0, і>().
7.30. щ = сі2ихх. 0 < х < +оо, і > 0, и(х,0) = </?(гг), 0 < х < +оо, т/ДО, і) — ки(0,і) = 0, £ > 0.
Розв'язати задачі 7.31 7.47 за допомогою інтегрального перетворення Лап-
ЛсІСсІ.
7.31. ихх + 2иху + иуу + и = /(х,у), 0 < х,у < оо, гг(О, у) = ^(у\ 7/^(0, у) = 0, 0 < у < оо, и(х, 0) = 0, иу(х, 0) = 0 < х < оо.
7.32. ихх Н- 2иху + иуу /(х, т/), 0 <С х.у <С оо, 7/(0, у) = <0оМ М°> у)='ФМ, 0 < у < оо, и(х, 0) = ^о(^), иу(х, 0) = <^і(ж), 0 < х < оо, М°) = ^о(О) = 0.
7.33. ихх-иу = 3, 0 < х < 1, 0 < у < оо, и(х, 0) = А, 0 < х < 1, А = сопзі, ^(0, у) = р(у), их(1, у) = ^(у), 0 < у < оо.
7.34. ихх — иу + и = х, 0 < х, у < оо, 7/(0, у) = 7/, 7/^(0, 7/) = 0, 0 < у < ОО.
7.35. 2т/жж + 5т/жу + Зиуу = 0, 0 < х, у < оо, ^(0, у) = у, 7/40, у) = /(//), 0 < у < оо, т/(х, 0) = д(х), иу(х, 0) = 0, 0 < х < оо.
173
7.36.
ихх - иу = 0, 0 < х, у < оо, и(х, 0) = А, 0 < х < оо, А = сопзі, и(0, у) = В, 0 < у < оо, В = солеї.
7.37. ихх - иу + а2и = /(х), 0 < х,у < оо, г/(0, у) = 0, их(0, у) = 0, 0 < у < оо.
7.38. их — сов х иу = соє х сов у, 0 < х,у < оо, и(х, 0) = зіпх, 0 < х < оо.
7.39. их + иу = х + у, 0 < х,у < оо, и(0,у) = 1, 0 < у < оо, и(х, 0) = 1, 0 < х < оо.
7.40. (х + у)их = и + у, 0<а?,?/<оо, и(0,у) = у3 - у, 0 < у < оо.
7.41. иу = ихх + и + В сов х, 0 < х,у < оо, и(0, у) = А е~3у, их(0, у) = 0, 0 < у < оо.
7.42. ихх-иу + и = /(х), 0 < х,у < оо, и(0, у) = у, оДО, у) = 0, 0 < у < оо.
7.43. ихх + иху = 0, 0 < х,у < оо, п(0, у) = тр(у), их(0, у) = 0, 0 < у < оо, и(х, 0) = ^(гг), 0 < х < оо, ^(0) = </?(0) =
174
7.44.
^хх д2^УУ 0? 0 <С х <С 1, 0 < у < оо, и(х, 0) = Азіп иу (а?, 0) = 0, и(0, у) = и(1, у) = 0, 0 < у < оо.
7.45. иу = кихх, 0<х,у<оо, и(О,у)=ио, 0 < у < оо, и(х, 0) = 0, 0 С х < оо.
7.46. иу = а2ихх, 0 < х,у < оо, и(0,у) = р(у), 0 < у < оо, и(х, 0) = 0, 0 С х < оо.
7.47. иу = а2 ихх, 0 < х,у < оо, их(0,у) = (р(у), 0 < у < оо, 0) = 0, 0 < х < оо.
175
Розділ 8.
Крайові задачі для рівняння коливань
8.1. Теорема про єдиність розв’язку
При розв’язуванні крайових задач необхідно переконатися в тому, що:
1) додаткові умови є достатніми для виділення однозначного розв’язку (це
досягається доведенням теореми про єдиність розв’язку)',
2) додаткові умови не переозначають задачу, тобто що серед них нема несу-
місних умов (це досягається доведенням теореми про існування розв ’язку, це
доведення, як правило, тісно пов’язане із методом знаходження розв’язку).
Теорема 8.1. Можливе існування лише однієї функції и(хД), яка ви-
значена в області 0 ї ф 0 та яка задовольняє рівняння (р(х) > 0,
к(х) > 0)
ск^и є) ( є)и \
р<'х'>д^ = д^[кИд^)+Р{хЛ}’ (М
початкові
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < І (8.2)
та крайові умови
н(0Д) = Ці (і), и(1,і) = ц2(£), ОО. (8.3)
якщо виконуються такі умови:
1) функція и(х,1) та похідні які входять в рівняння (8.1), а також похідна
ихі є неперервними на відрізку 0 х І при і 0;
2) коефіцієнти р(х) та к(х) є неперервними на відрізку 0 < х < І.
Доведення. Припустимо, що існує два розв’язки даної задачі: иДхД) та
Різниця їх и(х,і) = иДхД) — иДхД), очевидно, задовольнятиме
176
однорідне рівняння
д2х
ді2
(8-4)
з однорідними початковими
(8.5)
та крайовими умовами
і
ЧоД = о,
Для доведення теореми необхідно показати, що функція г(х, і) тотожно
рівна нулю. Для цього розглянемо повну енергію струни
2"|сЬг
ЯГ = 5 І
о
і покажемо, що вона не залежить від часу. Для цього продиференціюємо Е(ї)
по часу І
—= (кххххі + ру^^дх.
аі }
о
Проінтегрувавши за частинами перший доданок, отримаємо
= к Хх VI
о
бо в силу крайових умов
о
о
о
Д0Д) = = 0.
Тоді
= ] [рКіУи - гД/сцДДскг = - (кхх)х\ах = І)
о о
в силу рівняння (8.4), тобто Е(і) = сонзі. Враховуючи початкові умови (8.5),
отримуємо
Яо) = - /
о
сіх = 0.
і=0
177
Оскільки енергія струни є постійною, то Е(і) = 0 для будь-якого моменту
часу. Враховуючи загальний вираз для енергії струни (8.7), приходимо до
висновку, що
гж(хД) = 0, щ(хД) = 0,
звідки випливає, що
п(х, і) = Сд = СОИ8І .
Використавши початкову умову для функції х(х,і), знаходимо, що Сд = 0,
а отже,
и(х, і) = 0,
тобто якщо існують дві функції пДх, ї) та и2(х, і), які задовольняють умови
теореми, то вони тотожно рівні між собою
и±(х, і) = и2(х, і).
Вправа. Довести теорему у випадку, коли функція п(хД) задовольняє
диференціальне рівняння (8.1), початкові умови (8.2) та неоднорідні крайові
умови другого роду
их(0, ї) = щ Д), их(1, ї) = г/2 Д), £ > 0.
Вправа. Довести теорему у випадку, коли функція п(хД) задовольняє
диференціальне рівняння (8.1), початкові умови (8.2) та неоднорідні крайові
умови третього роду (Лі 0, Л-2 0)
их(0,і) “ ^іи(ОД) = щ(ї), + к2и(1,і) = г/2Д), О 0.
8.2. Рівняння вільних коливань струни із закріпленими
кінцями, фізична інтерпретація розв’язку
Розглядаємо однорідну струну, яка розміщена вздовж осі х та закріпле-
на на кінцях х = 0 та х = І. Відхилення точки струни х в момент часу і від
рівноважного положення позначатимемо и(х,і). Струна може здійснювати
малі коливання в площині хи. Рівняння малих коливань
ии = а2ихх, 0 < х < І, і > 0, (8.9)
де а2 = Т/р, Т — сила натягу струни, д — густина матеріалу струни
(р = сопе!, бо струна однорідна).
178
Оскільки кінці струни є жорстко закріпленими, то
п(0, і) = п(/, і) = 0, 7 > 0.
(8.10)
В початковий момент часу і = 0 струні надали форму ір(х) та початкову
швидкість ф(х), тобто
и(х, 0) = <р{х\ гц(х, 0) = ф(х), 0 < х < І. (8-И)
Згідно з методом розділення змінних (див. перший розділ) розв’язок
задачі (8.9)-(8.11) представимо у вигляді розкладу (1.6)
и(х,і) = У ип(і)уп(х)
(8-12)
п
за власними функціями гп(х) відповідної задачі Штурма-Ліувілля, яка у ви-
падку задачі (8.9)—(8.10) має такий вигляд:
х"(х) + Хи(х) = 0, 0 < х < І,
г(0) = г(/) = 0.
(8.13)
(8.14)
Така задача Штурма-Ліувілля розглядалася на стор.146. Власними значен-
нями та власними функціями є
2
та
7ГП:Т
- , п 1,2,....
Функція ип(і) задовольняє таке диференціальне рівняння (7.19):
. /7гпа\2
йпуі) ~ ) ип(і) 0,
(8.15)
де йп(7) = (12ип(і) / Аі2. Загальний розв’язок цього рівняння
ттпаі . ттаі
ип(і) = Ап соє —-------Ь Вп 8іп ——
Тоді розв’язок задачі (8.9)-(8.11) можна записати так
ОО
іфл) = ^2
72=1
ітаї ттаі \ ттх
Ап СО8------1- Вп 81И--— 81И ——
(8.16)
179
де сталі Ап та Вп визначаються початковими умовами (8.11)
, X—' л • 'ХГІ.Х
и(х,0) = 2^А" 8іп——
п=1
= 7^),
ОО
Еяпа . тїтіх , х
—— Вп 8Ш—— = 'ф(х).
п=1
З теорії рядів Фур’є відомо; що довільна кусково-неперервна та кусково-
диференційовна функція /(х), яка задана в області 0 < х < /, розкладається
у ряд Фур’є
, . р . лпх
/(^) = 2^^п8Ш~і~^
п=1
Де
/п = | У*/Й) ЗІИ^рСІф
0
Тоді сталі Ап та Вп є такими:
ґ 1
. 2 Г . тггф
Ап = 1 ] 81П ~Г
< 0 1 (8.17)
Вп = — у /ф(0зіп^бф
тгпа І у І
І о
Розв’язок задачі (8.9)-(8.11) представлено у вигляді ряду (8.16) із стали-
ми коефіцієнтами (8.17). Якщо цей ряд є розбіжним або функція, яка визна-
чається цим рядом, не є диференційовною, то він не може бути розв’язком
(8.9)-(8.11).
Теорема 8.2. Якщо функція р(х) на відрізку [0,1] є два рази неперер-
вно диференційовною, має кусково-неперервну третю похідну та задовольняє
умови
ДО) = >р(Г) = 0, ЩО) = Щ() = 0, (8.18)
а функція ф(х) є неперервно диференційовною на [0, /], має кусково-неперер-
вну другу похідну та задовольняє умову
Ф(0) = ф(0 = о,
(8.19)
180
то функція и(х,ї), яка визначена рядом (8.16), має неперервні похідні до
другого порядку включно та є розв’язком задачі (8.9)-(8.11). При цьому ряд
(8.16) можна почленно диференціювати два рази по змінних х та і, а отримані
ряди збігаються абсолютно та рівномірно для х Є [0,1] та і > 0.
Доведення. Інтегруючи частинами вирази для коефіцієнтів Ап та Вп, беручи
до уваги умови (8.18) і (8.19), отримуємо
= - (—) В'А Д [сов Д сі?,
\7ГП} І у І
0
з і
в„ = -- (—) д<2>, д<2> = | [Ф'Д) він Д<
а утту /у І
о
Підставивши отримані результати для коефіцієнтів Ап та Вп у ряд (8.16),
отримуємо
п(х, і) = —
. тгттсіі
ААДзт——
ТШХ
8Ш ——
(8.20)
Цей ряд мажорується рядом
який збігається, а отже, на основі ознаки Веєрштраса ряд (8.20) збігається
рівномірно та абсолютно для х Є [0,1] та і 0.
Продиференціюємо почленно ряд (8.20) два рази по х та і:
72=1
Іа2 °°
п=1
тгпаі , /9с тгпаі
—— + АД81П——
япаі л . япаі
СО8 —----1- АД 81П —-—
71ПХ
81П ——
. япх
81Н ——
(8.21)
(8.22)
Ряди (8.21) та (8.22) мажоруються числовим рядом
иД | в,(,311 + |Д2)|
7Г П
п=1
А = тах(1, а2).
(8.23)
181
Згідно з нерівністю Коші-Буняковського:
З теорії рядів Фур’є відомо, що ряди 22 |^п3)|2 та 22 |2 збігаються, а
77=1 77=1
тоді на основі нерівностей (8.24) збігається і ряд (8.23). Збіжність цього ряду
забезпечує рівномірну збіжність рядів (8.21) та (8.22) при х Є [0,1] та і 0.
Розглянемо фізичну інтерпретацію отриманого розв’язку (8.16). Функ-
цію и(х,і) можна представити як суперпозицію стоячих хвиль ип(х,1) (цю
функцію ще називають п-ою гармонікою):
и(х,і) = У ип(х, 7),
77=1
Де
/ ітаї . тгпаі\ . тгпх
= І Ап СО8 —----ь Вп 81П —-— І 81П ——
іта(і + 5П) ттх
= ап СО8------------81Н ——,
(8.25)
/~Л2 і 02 Л~П0Лп Вп
ап = + Вф —-— = - агсї£ —.
Вправа. Переконатися, що розв’язок (8.16) можна представити у виг-
ляді (8.25).
Розглянемо окремо п-ту гармоніку коливань струни. Кожна точка стру-
ни хц здійснює гармонічні коливання
, . 7ГПа(і + 6п) . 7ГПХо
нп(х0, і) = ап СО8----------81Н ——
з амплітудою
. ттхо
ап 8іп——.
Точки струни х$ = ті/п, т = 1, 2,..., п — 1 під час коливань залишаються
нерухомими і називаються вузлами стоячої хвилі ип(х,і). Точки струни
Хо = (2т + 1)//(2п), т = 0,1,..., п — 1 здійснюють коливання з максималь-
ною амплітудою ап та називаються пучностями стоячої хвилі. На рис.8.1
показано форму струни в момент часу і для випадків п = 1, 2, 3. У випадку
182
Рис. 8.1.
п = 2 вузлом є точка струни хд = //2, а пучностями — ау = //4 та ау = 31/4.
При п = 3 вузлами є точки ау = 1/3 та хд = 2//3, а пучностями — ау = 1/6,
хд = 1/2 та ау = 61/6.
Профілем стоячої хвилі в будь-який момент часу є синусоїда
ип(х,і) = Сп(і) він——,
Де
іта
В моменти часу і, при якому соз + 5П)) = ±1, відхилення є мак-
симальними, а швидкість — рівна нулю. В моменти часу ї, при якому
сой (а>п(і + 5П)) = 0, відхилення рівні нулю, а швидкість — максимальна.
Частота коливань усіх точок струни є однаковою і дорівнює
тгпа
= 5
Частоти шп називаються власними частотами коливань струни.
Енергія п-ої стоячої хвилі (п-ої гармоніки) дорівнює
де М = ді — маса струни.
Вправа. Використовуючи вираз (8.25), отримати формулу (8.26).
Коливання струни сприймаються людиною по звуку, який створюється
струною. Не розглядаючи процес поширення коливань у повітрі та процес
сприйняття звукових коливань людським вухом, можна сказати, що звук
струни є накладанням простих тонів, які відповідають стоячим хвилям. Це
183
розкладання звуку на прості тони є не лише математичною операцією. Це
можна зробити і фізично за допомогою резонаторів.
Висота тону залежить від частоти коливань, які йому відповідають. Си-
ла тону визначається його енергією, а, отже, його амплітудою. Найнижчий
тон, що може створюватися струною, визначається найменшою вчасною час-
тотою
7Г /Т
і називається основним тоном струни. Інші тони, що відповідають частотам,
які кратні до сщ, називаються обертонами. Тембр звуку залежить від при-
сутності разом з основним тоном обертонів та від розподілу енергії по гар-
моніках.
Найнижчий тон струни та її тембр залежать від способу збудження ко-
ливань струни. Спосіб збудження коливань визначає початкові умови (8.11),
через які виражаються коефіцієнти Ап та Вп. Якщо Аі = В і = 0, то най-
нижчим тоном буде тон, що відповідає частоті де п — найменше число,
для якого Ап або Вп відмінне від нуля.
Як правило, струна видає однаковий тон. Збудимо коливання струни,
відтягнувши її в одну сторону та відпустивши без початкової швидкості. У
цьому випадку
и(х, 0) = </?(х) > 0, щ(х, 0) = 0
і
і
Аі = ^ УН£) 8ІП у > 0.
о
Наступні коефіцієнти, взагалі кажучи, є значно меншими за Аі, так як функ-
ція він є знакозмінною при п 2. Зокрема, якщо функція <р(х) є симет-
ричною відносно середини струни, ТО Аї = 0. Отже, якщо привести струну в
коливання, відтягнувши її в одну сторону ((р(х) > 0), то найнижчим тоном
буде основний тон струни, енергія якого, взагалі кажучи, є більшою за енергії
інших гармонік.
Збудити коливання струни можна і іншим способом. Нехай, наприклад,
початкова функція є непарною відносно середини струни, тоді
Аі = 0
184
і найнижчий тон відповідає частоті
2л /т
= ^2 = ~Т\ —
і у е
Якщо до струни, яка звучить, доторкнутися точно посередині, то її звук різ-
ко зміниться і вона звучатиме в октаву до свого тону. Цей прийом зміни
тону використовується при грі на струнних інструментах і називається фла-
жолета. Це явище легко пояснити з точки зору теорії коливань струни. У
момент дотику до середини струни гасяться стоячі хвилі, які мають в цій
точці пучності, та зберігаються ті гармоніки, які мають в цій точці вузли.
Отже, залишаються лише парні гармоніки, і найнижчою частотою буде
Ш2 —
Якщо доторкнутися до струни в точці х = //3, то висота основного тону
зросте втричі, так як при цьому збережуться гармоніки, які мають вузли в
цій точці.
Формули
л /т 2л Го .
= Т1 = Д= уг (8 7)
які визначають частоту, а, отже, і період основного коливання, пояснюють
закони коливань струн, які відкрив експериментально Мерсен:
1. Для струн з однаковою густиною матеріалу та однаковою силою натягу
період коливань струни є пропорційним до довжини струни.
2. При заданій довжині струни період коливань змінюється обернено про-
порційно до кореня квадратного з сили натягу.
3. При заданій довжині струни та силі натягу період змінюється пропор-
ційно до кореня квадратного з густини матеріалу струни.
8.3. Неоднорідне рівняння коливань
Розглядаємо неоднорідне рівняння коливань
ии(х, і) = а2ихх(х, Ц + /(а?, і), 0 <х <1, і > 0, (8.28)
185
з початковими умовами
и(х, 0) = </?(х), щ(х, 0) = ^(х), 0 < х < /, (8.29)
та однорідними крайовими умовами
гфО, і) = и(1, і) = 0, £ > 0.
(8.30)
Розв’язок цієї задачі шукатимемо у вигляді розкладу в ряд за власними
функціями відповідної задачі Штурма-Ліувілля (8.13) та (8.14), тобто
ОО
Е, ч . Т^ТІХ
ип\і) 8іп ——.
п=1
Підставивши цю функцію у рівняння (8.28) та розклавши функцію /(х, ї) у
відповідний ряд Фур’є
X л / X . КПХ
П=1
оо
Е
72=1
“Ь ( 7 )
І
^п^ = ~1 8Іп^рбф
о
отримаємо
. 7ГПХ
81П ——
Ця рівність повинна виконуватися для усіх х, які належать відрізку (0, /).
Тому вираз в квадратних дужках має бути рівним нулю, тобто
(ІЇТКІХ
—— )ип(і) = п = 1,2,.... (8.31)
Ці рівняння для визначення функцій ип(ї) необхідно ще доповнити початко-
вими умовами. З цією метою розкладемо початкові умови (8.29) у відповід-
ний ряд Фур’є
ОО
ф(х) = ^2 8ІП
п=1
186
тоді
и(х, 0) = гщ(0) 8Іп
оо оо
7ГПХ , . ^ПХ
—— = ^Х) = 8Ш —~
п=1 п=1
звідки випливає, що
Г Пп(0) = (/2П, , .
[ Що) = щ ( ' }
Розв’язок диференціального рівняння (8.31) з початковими умовами
(8.32) можна подати у вигляді суми розв’язку однорідного рівняння (8.31)
із заданими початковими умовами та часткового розв’язку неоднорідного
(заданого) рівняння з однорідними початковими умовами, тобто
І
ттаі І ттаі І /* тта(і — т)
ип(і) = сов —--------1------0п 8іп —--1-----/ 81П-------------
І тта І тта у І
о
тоді
72=1
ттаі 1 . ттаі \ . ттх
(£п СО8 ----1-----ірп 81П ;— І 81П ——
І тта
І
І Г . тта(і — г)
--- / 81П----:-----
7ГПХ
0
Підставивши в (8.33) коефіцієнти розкладу в ряд Фур’є срп, трп та роз-
в’язок и(х,ї) можна подати так:
і і
и(х, і) = УС^х, ф + УС(х, ф Щ(£) (1<+
° (8-34)
+ У^С(х,£,і -т)/(фт) (ІТ аф
о о
де
> ч 2 1 . тта(і — т) . ттх . ттЕ .
С(х,£,і — т) = — > —8іп----------- 81П——81Н——. (8.35)
тта пі II
72=1
Перші два доданки (8.34) представляють розв’язок задачі про вільні ко-
ливання струни при заданих початкових умовах і досліджувалася нами ра-
ніше. Останній доданок представляє вимушені коливання струни під дією
187
зовнішньої сили при нулевих початкових умовах. Вияснемо фізичний зміст
цього доданку, позначивши його
Нехай функція /(£, т) відмінна від нуля лише в достатньо малому околі
точки М0(£0,т0):
£о < £ < £о + Дф То < т < То + Дт.
Сила, яка прикладена до ділянки струни (£о, £о + Д£)> дорівнює
Со+Дб
^(т)=р
Со
причому
т0+Дт то+Дт £о+Д£
1= ^?(т)(1т = р у* у7(фт)а£(1т (8.36)
то то £0
— імпульс цієї сили за час Дт.
Застосувавши теорему про середнє до виразу
І і
її(х,^ = У^С(х,£,і - т)/(фт) бтсіф
о о
отримаємо
£о+Д£ То+Дт
й(х,ї) = С(х,1,1 - т) У У /(фт)сітбф
Со то
Де
£о < ? < £о + Дф То < Т < То + Дт.
Враховуючи (8.36) та зробивши граничний перехід Д£ —> 0 та Дт —> 0,
отримаємо функцію
її(х, £) = С*(х, £о, £ — то)-, (8.37)
яку можна трактувати як вплив миттєвого локалізованого імпульсу з потуж-
ністю І.
Якщо відомо функцію С*(т, ^о Д — то)—, яка представляє дію одиничного
Р
локалізованого імпульсу, то зрозуміло, що дія неперервно розподіленої сили
188
/(х, і) повинна представлятися формулою
І і
У ус(х,ф£-т)/(фт) атаф
о о
8.4. Локалізована в точці сила
Розглядаємо струну, яка розташована вздовж осі х і може здійснювати
коливання в площині хи (див. рис.8.2). До струни в точці х$ прикладено зов-
нішню періодичну силу /Д), яка паралельна до осі и. Необхідно дослідити
коливання струни, якщо її кінці є нерухомими.
Рис. 8.2.
У цьому випадку рівняння коливань струни
гщ(х, і) = а2ихх(х, і), х х0, і > 0,
(8.38)
н(0, і) = и(1, і) = 0, ї У 0
необхідно доповнити умовами спряження:
и(хо — 0, і) = и(хо + 0, і) та
(8.39)
(8.40)
Перша з яких є наслідком неперервності струни, а друга виражає величину
зламу струни в точці х$, який залежить від прикладеної сили /(і) та сили
натягу струни Т. Початкові умови не розглядаємо, бо знайшовши частковий
розв’язок рівняння (8.38), який задовольняє умови (8.39) та (8.40), та додав-
ши до нього розв’язок однорідного рівняння, завжди можна задовольнити
початкові умови.
Вправа. Отримати другу з умов спряження (8.40).
189
Розв’язок задачі (8.38)-(8.40) зручно подати в такому вигляді:
] и^хА), 0 < х < хд,
и(х,і) = {
І П2[Х, І), Хд X І,
де функція щ(х,і) є розв’язком такої задачі:
ииі(х,і) = а2и1хх(х,і), 0 < х < х0,
і/ЦО, і) = 0,
(8.41)
а функція и2(х,і) — такої:
и2ц(х, і) = а2П2ХХ(х, Хд < X
и2(1,В) =0.
Розкладемо зовнішню силу /(і) у ряд Фур’є
(8.42)
ОО
71=0
тоді розв’язок шукатимемо у такому вигляді:
ні(х,7) = Ап(х)ешп\ и2(х,і) = Вп(х)ешпі,
77=0 77=0
де Ап(х) та Вп(х) — невідомі функції від просторової змінної.
Підставивши функцію Пі(х,7) у рівняння (8.41), а функцію П2(х,7) — у
(8.42), знайдемо невідомі функції Ап(х) та Вп(х). У результаті отримуємо
ні(х, 7) = Сдх + Сп він Є1ШПІ, (8.43)
сс
77=1
°° (1 _ А
и2(х, 7) = £>о(/ — х) + Вп він —-------------— ешпі, (8.44)
п=і а
де Сп та Вп — невідомі константи (п = 0,1, 2,...). Ці константи необхідно
знайти з умов спряження (8.40). У результаті отримуємо розв’язок задачі
(8.38)-(8.40)
/о
Хд
„ р • шп(1— Хо)
22, а тп8іп.—4—1 шпх .
£—він---------0
шп Т Ап— а
Хо 5
22, а /п він шп(1 — х) • .
£ -------------V 8ІП-----------'~Є1аті, Хд
от Т він — а
190
Якщо для якогось п виконується рівність
шпі
81Н---- = 0,
а
тобто
7ГШ
шп = —— а = сот, т = 1,2,...,
то не існує усталених коливань (знаменник у формулі для и(х, і) перетво-
рюється в нуль). Це має місце тоді, коли спектр збуджуючої сили містить
одну з частот власних коливань струни, внаслідок цього відбувається явище
резонансу.
Якщо точка прикладання зовнішньої сили ту співпадає з одним із вузлів
стоячої хвилі, що відповідає власним вільним коливанням з частотою што, то
. п #о) п
81Н---- = 0, 81Н--------- = 0.
а а
При цьому чисельники відповідних доданків у формулі для н(а?, ї) перетво-
рюється в нуль, і явища резонансу немає.
Якщо точка прикладання зовнішньої сили х$ співпадає з однією із пуч-
ностей стоячої хвилі, що відповідає власним вільним коливанням з частотою
то
81П---- = 1
а
і внаслідок цього ефект резонансу підсилюється.
Звідси випливає правило, що для збудження резонансу струни при дії
на неї локалізованої сили потрібно, щоб її частота ш співпадала з однією із
власних частот струни, а точка прикладання сили — з однією із пучностей
відповідної стоячої хвилі.
Задачі
8.1. Знайти закон коливань струни довжиною /, яка розташована на відріз-
ку [0,1], якщо в початковий момент часу струні надали таку форму: х^х>>,
х Е [0, /], а потім відпустили без початкової швидкості. Струна жорстко зак-
ріплена на кінцях, зовнішні сили відсутні.
8.2. Знайти закон коливань струни довжиною /, якщо в початковий момент
часу всім точкам струни надали швидкість, яка рівна (де а — постійна,
191
яка фігурує в рівнянні коливань струни). Початкове відхилення точок струни
рівне нулеві. Струна жорстко закріплена на кінцях, зовнішні сили відсутні.
8.3. Знайти закон вільних коливань струни, яка розташована на відрізку
[0,/], якщо в початковий момент часу струні надали таку форму: у^ьін^у,
х Е [0, /], а потім відпустили без початкової швидкості. Струна жорстко зак-
ріплена в лівому кінці, а правий може вільно рухатися так, що дотична в
правому кінці увесь час залишається горизонтальною.
8.4. На струну довжини І постійно діє зовнішня сила, густина якої (з розра-
хунку на одиницю маси струни) рівна зінсЛ, де а — постійна, яка фігурує
в рівнянні коливань струни, ш — додатне число, яке відрізняється від усіх
чисел виду (де к = 1,2,3,...). Знайти закон коливань струни, якщо
початкове відхилення та початкова швидкість рівні нулеві, а кінці струни
жорстко закріплені.
8.5. Знайти закон коливань струни довжини І, якщо густина зовнішньої
сили (з розрахунку на одиницю маси струни) постійна та рівна де а
— постійна, яка фігурує в рівнянні коливань струни. Лівий кінець струни
жорстко закріплено, а правий може вільно рухатися так, що дотична в пра-
вому кінці увесь час залишається горизонтальною. Початкове відхилення та
початкова швидкість точок струни рівні нулеві.
8.6. Знайти закон вільних коливань струни довжиною якщо лівий кінець
(х = 0) жорстко закріплено, а правий може вільно рухатися у вертикальному
напрямку так, що дотична увесь час нахилена до осі абсцис під кутом
— агсї§^. Початкове відхилення точок струни становить — а початко-
ва швидкість — рівна нулеві.
8.7. Знайти розв’язок задачі
9 . 4- 7Г X
иц = а ихх + А Є 8іп —, 0 < х < і > 0,
н(х, 0) = 0, Пі(х, 0) = 0, 0 < х < /,
гфО, і) = и(1, ї) = 0, ї > 0.
8.8. Знайти розв’язок задачі
Щі = а2ихх + Ах 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = 0, Пі(х, 0) = 0, 0 < х < /,
192
т/(0, £) = и(1,і) = 0, і > 0.
8.9. Знайти розв’язок задачі
Пц = а2ихх + Азіп^, 0 < х < /, і > 0,
и(х, 0) = 0, щ(х, 0) = 0, 0 < х < І,
и(0,1) = их(1^і) = 0, і > 0.
8.10. Знайти розв’язок задачі
2 л -і 71Х
ии = а ихх + А Є соє —
Лік
і
и(х, 0) = 0, щ(х, 0) = 0, 0 < х < І,
их(0,і) = = 0, і > 0.
8.11. Звести задачу із стаціонарними неоднорідностями:
Щі = а2ихх + /0(^), 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = <р(х\ /ц(х, 0) =/Дх), 0 < х < І,
и(0,і) = иі, и(1,і) = 7/2,
до задачі з однорідними крайовими умовами
8.12. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідними крайовими умовами
Щі ^ХХі Х Є (0, 1), і > 0,
и(х, 0) = х + 1, /ц(х,0) = 0, а; Є [0,1],
7/(0, і) = І + 1, 7/(1, і) = і3 + 2, І > 0.
8.13. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідною крайовою умовою
^ххі х Є (0,4), і >• 0,
и(х, 0) = зів2 —, Пі(х,0) = 0, ж Є [0,4],
?/(0, і) = 0, 7/(4, і) = 1, і > 0.
193
8.14. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідними крайовими умовами
иц = ихх, хЄ(0,7г), і > 0,
'Н(Х,О)=О, щ(х, 0) = 8ІПХ, х Є [0, тг],
и(0,і)=і2, и(л,і)=і3, 1^0.
8.15. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідною крайовою умовою
^ХХї %
и(х, 0) = 8Іп2
Є (0, 7г), І > 0,
—, ^(гг,О) = О,
. ч 1
8.16. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідною крайовою умовою
^хх-> ж Є (0,3), і > 0,
и(х, 0) = 0, ^(ж,0) = 0, хє[0,3],
77.(0, ^) = 0, и(3,і) = і, і 0.
8.17. Розв’язати крайову задачу для рівняння коливань на відрізку з неод-
норідними крайовими умовами
Щі = а2ихх, х Є (0, /), і > 0,
, . Зтгх 5тг.т , . 5тг.т тгх
и(х,0) = 81П ——-— СО8 ——щ(х,0) = 81П—у-СО8—-, ХЕ[0,1\,
и(0,і) = і3, и{1,і) = і2, ^>0.
194
Розділ 9.
Рівняння теплопровідності
9.1. Принцип максимуму для розв’язків рівняння теп-
лопровідності
Розглядаємо рівняння параболічного типу з постійними коефіцієнтами
щ(хД) = а2ххх(х,і) + Дих(х,і) + угДД), 0 < х < /, і>0,
яке за допомогою підстановки
х(х,і) = Ємж+А*гфягД),
при м = -_ А = 7-_
зводиться до такого вигляду:
щ(х, і) = а2ихх(х, і), 0 < х < /, і > 0.
Виявляється, що розв’язки такого рівняння мають властивість, яку бу-
демо називати принципом максимуму для розв ’язків рівняння теп-
лопровідності та сформулюємо так:
якщо функція гфггД), яка визначена та неперервна в замкненій області
/ задовольняє рівняння теплопровідності
и((ж,4) = а2к1.І(.т,і)
(9-1)
в точках області 0<х<1,0<і^Т, то максимальне та мінімальне значен-
ня функції и(х, і) досягається або в початковий момент, або в крайніх точках
х = 0 (або х = І).
Доведення. Очевидно, що функція и(х,і) = сопзі задовольняє рівняння
теплопровідності (9.1) і досягає свого максимального (мінімального) значен-
ня в будь-якій точці. Проте це не суперечить теоремі, бо з її умови випливає,
195
що якщо максимальне (мінімальне) значення досягається всередині області,
то воно також (а не тільки) досягається або при і = 0, або при х = 0, або
при х = І.
Фізичний зміст цієї теореми є очевидним: якщо температура на границі
області і в початковий момент не перевищує деякого значення М, то при від-
сутності джерел тепла всередині тіла не може виникнути температура, яка
більша за М. Розглянемо спочатку доведення теореми для максимального
значення.
Доведення теореми проведемо від супротивного. Позначимо через М
максимальне значення функції и(х, і) при і = 0 (0 х /) або при
х = 0, або при х = І (0 < І < Т) і припустимо, що в деякій точці До До)
(0 < Хо < /, 0 < іо < Т) функція пД, ї) досягає свого максимального значен-
ня, яке дорівнює
и(хо, іо) = М + є.
Порівняємо знаки лівої та правої частин рівняння (9.1) в точці ДоДо)-
Так як в точці До До) функція досягає свого максимального значення, то
необхідно має виконуватися
ди(хо,іо) д2и(хо,іо)
~дГ~ -а дх> С °' (9 2)
Оскільки функція пДоД) досягає максимального значення при і = іо,
то
Порівнюючи знаки правої та лівої частин рівняння (9.1), бачимо що вони
різні. Проте це ще не доводить теорему, оскільки права та ліва частина мо-
жуть бути рівні нулю. Для повного доведення знайдемо таку точку ДіДі),
в якій
д2и
дх2 ’ ді>
Для цього розглянемо допоміжну функцію
п Д, і) = и(х, і) + к(іо — Д,
(9-4)
де к — деяка константа. Очевидно, що
До, іо) = и(хо, іо) = М + є
196
і
к(1о — і) < кТ.
Виберемо к > 0 так, щоб кТ було менше за є/2, тобто к < є/(2Т\ тоді
максимальне значення і) при і = 0 або при х = 0, х = І не буде переви-
щувати М + є/2, тобто
в(х, і) < М + |
(при і = 0 або х = 0, або х = /),
(9-5)
так як для цих аргументів перший доданок формули (9.4) не перевищує М,
а другий — є/2.
В силу неперервності функції г/х, ї) вона повинна в деякій точці (ац, її)
досягати свого максимального значення. Очевидно, що
г(а?і, її) > г(х0, їо) = М + є.
Тому її > 0 і 0 < Хі < /, так як при ї = 0 або х = 0, х = І має місце
нерівність (9.5). У точці (хі,їі) по аналогії з (9.2) та (9.3), має виконуватися
гуД^іЛ) < 0, гфхі,їі)>0.
Враховуючи (9.4), отримуємо що
^(^іЛ) Ухх(^1, І1) 0,
щ(хі,їі) = щ(хцїі) + к к > 0.
Звідси випливає, що
щ(хі,їі) - а2и
XX (хі,їі) > к > 0,
тобто рівняння (9.1) у внутрішній точці (ггі,їі) не задовольняється. Отже,
тим самим доведено, що розв’язок а(т,ї) рівняння теплопровідності (9.1)
всередині області не може приймати значення, які перевищують найбільше
значення функції и(х,і) на краях області (тобто при і = 0, х = 0, х = /).
Аналогічно можна довести і другу частину теореми про мінімальне зна-
чення. Проте, це не потребує окремого доведення, оскільки функція щ = — и
має максимальне значення там, де функція и — мінімальне.
Розглянемо ще наслідки, які випливають з цього принципу.
1. Якщо два розв’язки рівняння теплопровідності Пі(х,ї) та агфцї) задо-
вольняютв умови
Пі(х, 0) < и2(х, 0), ^1(0, ї) < ^2(0, ї), аі(/, ї) < и2(1, ї),
197
то
ііДх, і) < иДх, і)
для усіх значень 0^хД,0^1ДТ.
Доведення. Різниця в(х,і) = нДуці) — иі(х,і) задовольняє умови, при
яких встановлено принцип максимуму, і, крім того,
п(х,0) > 0, г(0, і) 0, ДІД) 0.
Тому
н(х, Ц > 0 для 0 < х < І, 0 < і ^Т,
оскільки у протилежному випадку функція в(х, і) мала б від’ємне мінімальне
значення в області
0 < х < /, 0 <і < Т.
2. Якщо три розв ’язки рівняння теплопровідності
Дх,і), Дх,і), й(х,і)
задовольняють умови
нД, і) < н(х, і) < Дх, і) при і = 0, х = 0, х = І,
то ці ж нерівності виконуються тотожно, тобто для усіх х, і при 0 X І,
0 < і < Т.
Доведення. Це твердження є наслідком застосування попереднього на-
слідку до функцій
Дх,ї), й(х,ї) та Дх,і), Дх,ї).
3. Якщо ДЛЯ ДВОХ розв’язків рівняння теплопровідності Ні(х,і) та иДхД)
має місце нерівність
|иі(х, і) — тДх, і)\ < є для і = 0, х = 0, х = І,
то нерівність
ф1(х, І) — ІіДх, І)\ < Є
виконується тотожно, тобто для усіх х, І при 0 Дх І. () Т.
Доведення. Це твердження є наслідком застосування попереднього на-
слідку до функцій
й(х,і) = —є, Дх,І) = щ(х,І) — Н2{х,і), н(х,і) = є.
198
З наслідку 3 випливає неперервна залежність розв’язку першої краєвої
задачі від початкової та крайових умов. Якщо в деякій фізичній задачі за-
мість розв’язку рівняння теплопровідності и(х,і), який відповідає початковій
та крайовим умовам
и(х, 0) = Дх), и(0,і) =/Ді), и(1,і) = //2(^),
взяти розв’язок и*(х, і), який відповідає іншим початковій та крайовим умо-
вам, що визначаються функціями 92* (ж), /4Д), /ФД), як^ не відрізняються в
межах заданої точності є від функцій Дх), ЦіД) та дДі):
|^Д) - (Д*Д)| < ІЦ1Д) ~ М1Д)1 < О МД) ~ /4Д)1 < О
то функція и*(х, і) буде мало відрізнятися від функції Дх, і) в межах цієї ж
точності є
|г/(х, і) — и*(х, і)\ < є.
У цьому і полягає принцип фізичної визначеності задачі.
9.2. Теорема про єдиність розв’язку
Розглянемо теореми про єдиність розв’язку рівняння теплопровідності
на відрізку та на прямій.
Теорема 9.1. Якщо дві функції иі(х,і) та иДсД), які визначені та
неперервні в області задовольняють рівняння тепло-
провідності
щ(х, і) = ДихДх, і) + /(х, £), 0 < х < І, і > 0, (9.6)
однакові початкові та крайові умови
7X1 (ГС, 0) = П2^Х, 0) = ^(гг),
Мод) = ММ = міД),
ММ) = Т/2ДД) = М^)>
то
7/1 (гГ, І) = 7/2(х, і).
Доведення. Розглянемо функцію VД, І) = 7/і(х, І) — т/2 Д, і). Оскільки функції
7/1ДД) та т/2ДД) є неперервними при 0 X І, 0 І Т, то і функція
199
н(х, і), яка рівна їх різниці, є неперервною в цій області. Як різниця двох роз-
в’язків рівняння теплопровідності в області 0<х</,0<і<Т, функція
г(х,^) є розв’язком однорідного рівняння теплопровідності у цій же облас-
ті. Тоді можна застосувати принцип максимуму до цієї функції, тобто вона
досягає свого максимального та мінімального значень або при і = 0, або при
х = 0, або при х = І. Проте згідно з умовою
г(х, 0) = іфО, £) = = 0.
Тому
г(х, і) = 0
або
І) = нДх, І),
тобто розв’язок є єдиним.
При розгляді задач на прямій суттєвою є вимога обмеженості шуканої
функції у всій області, тобто існування такого М, що |п(х,£)| < М для усіх
х Є (—сю, +сю) та £ > 0.
Теорема 9.2. Якщо нДх, і) та иДх, і) — неперервні, обмежені у всій об-
ласті змінних х та і функції, які задовольняють рівняння теплопровідності
щ(х, і) = а2ихх(х, і) + /(х, і), — сю < х < +сю, і>0 (9.7)
та умову
пі(х, 0) = иДх, 0), —сю < х < +сю,
то
иі(х,1) = г/Доді), —сю < х < +сю, £ > 0.
Доведення. Розглядаємо функцію н(х,ї) = иі(хД) — ііДх, і). Вона є непе-
рервною, задовольняє однорідне рівняння теплопровідності, обмежена у всій
області
ф(х,£)| < фі(х,£)| + |п2(х, і)\ < 2М, —сю < х < +оо, і 0
та задовольняє початкову умову
г(х, 0) = 0.
200
Принцип максимального значення безпосередньо застосувати не можна,
оскільки тут розглядається необмежена область. Для того, щоб застосувати
цей принцип, розглянемо таку область:
де Ь — допоміжне число, яке будемо пізніше спрямовувати до нескінченності,
та таку функцію:
Функція У(х,і) є неперервною, задовольняє рівняння теплопровідності та,
крім цього, має такі властивості:
У(х, 0) > ф(х, 0)| = 0,
У(±£Д) > 2М > ф(±£Д)|.
(9-8)
Для обмеженої області |х| І, 0 і Т можна застосувати принцип
максимуму. Застосовуючи 2-ий наслідок для функції и(х,і) = —І/(хД),
и(х,і) = п(хД) і й(х,і) = У(х,і) та враховуючи (9.8), отримуємо
4М / х2 9 А , . 4М / х2 9 А
—цг \ 7 + а д 77 (Т + а д ’
Зафіксувавши деяке значення (хД) та зробивши граничний перехід
Ь —> сю, отримуємо
г(х, ї) = 0,
що і доводить теорему.
9.3. Рівняння теплопровідності на відрізку
Розглядаємо неоднорідне рівняння теплопровідності, яке задане на від-
різку (ОД):
щ(х, і) = а2ихх(х, ї) + /(а?, і), 0 < х < І, і > 0
з такою початковою умовою:
и(х, 0) = ¥>(х), 0 < х < І
(9.9)
(9.10)
201
та однорідними крайовими умовами першого роду1
и(0, і) = и(1, і) = 0, £ > 0.
(9.11)
Згідно з методом розділення змінних розв’язок задачі (9.9)-(9.11) можна
подати у вигляді такого розкладу
и(х,і) = У^ип(і)уп(х),
п
де гп(х) — власні функції відповідної задачі Штурма-Ліувілля, яка для за-
дачі (9.9)-(9.11) має такий вигляд:
и"(х) + Ху(х) = 0, 0 < х < /,
г(0) = г(/) = 0.
Як відомо (див. стор.146), власними значеннями та власними функціями цієї
задачі є
/7ГП\2 , . . ТИХ
Хп=\~) та ад = 8ш —
Тоді розв’язок можна подати так:
ОО
Е, ч Т^ТІХ
ип[і) 8іп ——
п=1
п = 1, 2,....
(9-12)
(9.13)
Розкладемо функцію /(а?Д) у ряд за цими власними функціями уп(х)
та підставимо (9.13) у рівняння (9.9), у результаті отримуємо
(9.14)
Де
і
= УЖ І) 8ІП
о
— коефіцієнти розкладу в ряд Фур’є функції /(х,ї).
Оскільки рівняння (9.14) повинно виконуватися для усіх значень х з об-
ласті (0,/), то, очевидно, що в нуль повинен перетворюватися вираз у квад-
ратних дужках
—) ип(і) = (9-15)
ХУ випадку неоднорідних крайових умов цю задачу можна звести до задачі з однорідними крайовими
умовами (див. стор.150)
202
Це диференціальне рівняння необхідно для однозначного визначення розв’яз-
ку доповнити початковою умовою. Цю умову отримуємо, розклавши функ-
цію р)(х) у ряд Фур’є за власними функціями хп(х) (9.12):
, . у—. тупх
п=1
Де
і
2 [ (С\ • АС
^П = 7
0
— коефіцієнти розкладу в ряд Фур’є функції </?(х). Тоді
ип(0) = (рп. (9.16)
Розв’язком задачі Коші (9.15)—(9.16) є така функція:
І
/ \ 2 Г / \ 2
М*) = ТЛ Ь > + у Є ь Л Уп(т)<1т. (9.17)
о
Тоді, підставивши (9.17) в (9.13), отримуємо розв’язок задачі (9.9)-(9.11)
. /тгпа\2/ • ^ПХ
и[х,і) = (рпе V і 1 він——Ь
72=1
" Г . т (9.18)
+ Е /е и > і* т)/„(т)ат3т—,
п=1
0
де перший доданок — це розв’язок однорідного диференціального рівняння
із заданою початковою умовою, а другий — це розв’язок неоднорідного (за-
даного) диференціального рівняння із однорідною початковою умовою.
Підставивши вирази для коефіцієнтів Фур’є р>п та /п(і) в (9.18), розв’я-
зок задачі (9.9)-(9.11) можна подати так
І і І
и(х,і) = уС(х,фї>(£)сЦ + / уС(х,£Ц-т)/(£,т)сЦс1т, (9.19)
о оо
де
. .2 —Л ( тупа \ 2л. тх туп^
С(х,^1) = - 2_^е 1 Л8т—— 81Н—
п=1
203
— це, так звана, функція миттєвого точкового джерела тепла або функція
температурного впливу миттєвого точкового джерела тепла.
Покажемо, що функція джерела С(х, а?о, і) представляє розподіл темпе-
ратури в стержні 0 х І в момент часу £, якщо температура в початковий
момент часу і = 0 дорівнює нулю і в цей момент в точці х = Хо миттєво
виділилася певна кількість тепла (), а на краях стержня увесь час підтри-
мувалася нулева температура. У цьому випадку початковою умовою буде:
ір(х} = — д(х — а?о),
ср
де є та р — теплоємність та густина матеріалу стержня.
Тоді температура в точці стержня х при відсутності джерел тепла в
ньому
и(х,1) = —С(х,хоУ),
ср
тобто функція представляє температуру в точці х в момент часу
Т яка спричинена дією миттєвого точкового джерела тепла з потужністю
= ср, яке розміщене в початковий момент часу в точці хо.
9.4. Рівняння теплопровідності на прямій
Розглядаємо неоднорідне рівняння теплопровідності, яке задане на не-
скінченній прямій:
щ(х, і) = а2ихх(х,і) + ф(х,і), — оо < х < +оо, £>0 (9.20)
з такою початковою умовою
и(х, 0) = р>(х), —оо < х < +оо. (9.21)
Для розв’язування задачі (9.20)—(9.21) зручно скористатися методом ін-
тегрального перетворення Фур’є з ядром е~щх (див. стор.152). Нехай ЩцД),
/(цД) та Д(дУ) — образи Фур’є функцій и(х,і), ф(х,і) та (ДхД) відповідно
+оо
= / Є~щхи(х,і) дсх,
—оо
+оо
Ж і) = ~^= [е~щхф(х, і) ба?,
V 2тг
—оо
204
+оо
= ~7= [е~'щх^(х) ск.
—оо
тоді, зробивши фур’є-перетворення задачі (9.20)—(9.21), отримуємо таку за-
дачу Коші для функції її(д, і):
і) + і) = /(ц,і), —сю < д < +оо, І > 0,
и(/і, 0) = ф(ц), —сю < /і < +сю,
розв’язком якої є така функція:
І
= ^е~а2^ + у* е-^2(і-т)/(цк) аг.
о
Підставимо вирази для образів Фур’є /(ц, Ґ) і </фц) та повернемосв до
оригіналу використовуючи формулу оберненого перетворення Фур’є:
7Й, т) а? ат.
^(0 сії +
Враховуючи, що
отримуємо
205
Де
1
С(Х ~ = 2^1^^ (9'24)
— функція джерела або, так званий, фундаментальний розв’язок рівняння
теплопровідності на нескінченній прямій.
Вправа. Переконатися у правильності формули (9.22).
У випадку точкового джерела, яке розташоване в точці хо та яке миттєво
виділило тепло
<р(х) = —5(х — а?о)
ср
і температура в точці х в момент часу і визначається функцією джерела
/ . О 1 _ (ж-жр)2
и(х, і) =-------т= Є 4а24 (9.25)
ср 2а\/'КІ
Вправа. Переконатися у тому, що фундаментальний розв’язок (9.24)
задовольняє однорідне рівняння теплопровідності (С*і = а2Сгхх).
Кількість тепла, що знаходиться на осі х при і > 0, дорівнює
+оо +оо
\ 1 СР [ (ж-жо)2
х — хп, і) ах =---— / Є 4О2і сіх = ср = соизі,
2а^ї 7
—оо —оо
тобто кількість тепла на осі не змінюється з часом. При малих значеннях
і майже уся кількість тепла зосереджена в малому околі точки х$. В мо-
мент часу і = 0 усе тепло було зосереджене в точці хд. 3 плином часу тепло
поширюється по стержні, його температура вирівнюється (див. рис.9.1, пло-
ща під кривою С*(х,ХоУ) пропорційна кількості тепла).
Рис. 9.1.
206
Формула (9.24) показує, що у будь-якій точці стержня температура, яка
створюється миттєвим точковим джерелом тепла, який діяв в початковий
момент часу і = 0, відмінна від нуля для як завгодно малих моментів ча-
су. Це можна інтерпретувати як результат нескінченно швидкого поширення
тепла. Проте це суперечить молекулярно-кінетичним уявленням про природу
тепла. Таке протиріччя є наслідком того, що при виведенні рівняння тепло-
провідності не враховано інерційність процесу руху молекул. Але на практиці
такий фізично суперечливий результат ускладнень не дає. Якщо Ц — Хд| є
великим, а і — малим, то у формулі (9.25) від’ємний показник є великим по
абсолютній величині і значення температури и(х,і) є настільки малими, що
ними можна нехтувати.
У випадку відсутності джерел тепла всередині стержня (/(х, і) = 0)
температура в точці стержня х в момент часу і визначається формулою
+оо
и(х, і)
1
—оо
яка називається інтегралом Пуассона, який для будь-якої обмеженої функції
<д(£) представляє розв’язок однорідного рівняння теплопровідності, який при
і —> 0 прямує до <р(х) у всіх точках неперервності цієї функції. Це можна
довести, використовуючи одне з представлень 5-функцїї:
1
Ііт—4є = б(х'),
тоді
+оо
1ітп(х, Ц = У8(х - £)<Ж) = <^(х).
—ОО
9.5. Рівняння теплопровідності на півпрямій
Розглядаємо змішану задачу теплопровідності на півпрямій 0 х < сю
для рівняння теплопровідності з постійними коефіцієнтами:
щ(х, Ц = а2ихх(х, Ц + /(х, Ц, 0 < х < сю, і > 0, (9.26)
и(х, 0) = ¥>(х), 0 < х < сю
(9.27)
207
з однією з таких крайових умов:
1) крайова умова першого роду: 1/(0, Ґ) = ДД
2) крайова умова другого роду: щфСО) = ДД
3) крайова умова третього роду: их(0,і) — Ни(0,ї) = р(і), к = сонйї.
Класичним розв’язком змішаної задачі називається функція и(х, яка
є неперервною разом з першими похідними по х в області х Є [0, оо), і 0,
має неперервні похідні першого порядку по і та другого порядку по х в облас-
ті х Е (0, оо), і > 0 та задовольняє в цій області рівняння теплопровідності,
початкову та крайову умови.
Зауважимо, що у випадку крайової умови першого роду неперервної
диференційовності функції н(а?, ї) по х в області х Е [0, оо), і 0 не вимага-
ється, достатньо неперервності п(х, ї) в цій області.
Класичний розв’язок змішаної задачі може існувати лише при виконанні
умови узгодженості початкової та крайової умов
1) ^(0) = ДО),
2) Д(0) = (/(0),
3) ДО) — Л<7?(0) = гфО), к = сон8Ї.
Оскільки дана задача є лінійною, то її розв’язок можна шукати як су-
перпозицію (суму) двох функцій Да?, і) та нп(х, ї)
и(х, ї) = ї) + п.п(х, ї),
які є розв’язками таких задач:
І. Неоднорідне диференціальне
рівняння
иі = Лк + ЖД
0 < х < оо, і > 0,
початкові умови
ФД,0) = ¥>(х), 0 < х < оо,
одна з трьох однорідних
крайових умов
1. = 0, О 0.
2. Д(0,ф = 0, О0.
3. Д(0, і) —/шДО, і) = 0,
і > 0.
II. Однорідне диференціальне
рівняння
и? = а2и^ 0 < х < оо, і > 0,
Ь іЛуіЛу ' ' '
однорідні початкові умови
ип(х, 0) = 0, 0 < х < оо,
одна з трьох неоднорідних
крайових умов
1. 'НП(0,ї)=д(Д і 0.
2. Дт(0,ї) = і/(ї), ї > 0.
3. Д:(0,ї) —/іип(0,ї) = г/(ї),
і > 0.
208
Спочатку розглянемо задачу І з усіма можливими однорідними крайо-
вими умовами, а пізніше — задачу II з неоднорідними крайовими умовами.
9. 5.1. Однорідні крайові умови
Одним із методів розв’язування змішаної задачі для рівняння теплопро-
відності на півпрямій у випадку однорідних крайових умов є метод продов-
ження початкових даних. Застосуємо цей метод для розв’язування задачі І
з крайовою умовою першого, другого та третього роду.
А. Однорідна крайова умова першого роду
Необхідно знайти розв’язок неоднорідного рівняння теплопровідності на
півпрямій
щД, і) = а2ихх(х, і) + /(х, і), 0 < х < сю, і > 0, (9.28)
який задовольняє початкову умову
и(х, 0) = Дх), 0 < х < сю (9.29)
та таку однорідну крайову умову першого роду:
гфОу) = О, ОО. (9.30)
Лема 1. Якщо початкові дані задачі про теплопровідність на необмеже-
ній прямій (задача (9.20)—(9.21)) та функція /(х, £) є непарними функціями
ВІДНОСНО деякої ТОЧКИ Хо, то відповідний розв’язок в цій точці дорівнює нулю.
Доведення. Приймемо хо за початок координат, тобто хо = 0. У цьому
випадку умови непарності початкових даних та функції /(х,£) запишуться
так:
Дх) = -Д-х), Дх, і) = -Д-х, і).
Функція и(х,1), яка визначається формулою (9.23), при х = 0 та І > 0 є
такою:
+оо і +оо
Д0,і) = (Д-^ДДД а£ + / У <Д-^і-т)ДДт) с1£с!т =
—оо 0 —оо
+оо і +оо
= —~т= [е~^їДД&Д------------[ /*є-4й2(*-т)/(£,т)сі£сіт = 0,
2аДтгї У 7 1
—оо 0 —оо
209
оскільки інтеграл від непарної функції в симетричних межах дорівнює нулю.
Використовуючи лему 1, можна отримати розв’язок задачі (9.28)-(9.30).
Для цього розглянемо функції ФД) та Г(х,і), які є непарними продовжен-
нями функцій ^(х) та /Д, Ґ) відповідно:
І — <д(—х), х < 0, І —Д—хД), х < 0.
Функція
+оо і Доо
и(х,і) = С(х — £Д)Ф(£) сД + у* С(х — — ДКД, т) сД сіт
—оо 0 —оо
є визначеною для всіх х та і > 0. В силу леми
ДО, і) = 0.
Крім того, функція и(х, і) при і = 0 та х > 0 задовольняє початкову умову
(9.29):
и(х, 0) = ФД) = <£>Д), х > 0.
Отже, розглядаючи отриману функцію п Д, і) лише для х 0 та і > 0,
маємо функцію, яка буде розв’язком задачі (9.28)-(9.30). Повертаючись до
функцій </?Д) та /ДД), розв’язок можна записати так:
+оо 0
^Д, і) = уОД - Ф <Д + УС(х - Д (-Д-С)) (Д +
0 —оо
і +оо
+ У У<7(ж-^Д-т)/Й,т) сД бт +
0 о
і 0
0 —оо
+оо
= У (^д - сд) - £Д+С, Д)ДС) <д+
о
і +оо
+У У (од -^1-т) - а(х+сд - ^))/(с,т) <д <іт
о о
210
або
+оо і +оо
и(х,і) = + / ус*і(х,£,£ - т)/(^т)а^ат, (9.31)
о оо
де
Сі (х, £, і) = (Дх — £, і) — Дх + £,£).
З формули (9.31) випливає фізичний зміст функції С*і(х, £, ї). Ця функ-
ція дає значення температури в точці х напівнескінченного стержня в момент
часу і > 0, якщо в початковий момент часу і = 0 в точці £ миттєво виділи-
лося ср тепла, а кінець стержня (х = 0) увесь час підтримувався при нуле-
вій температурі, для чого в точку —£ необхідно помістити миттєве точкове
від’ємне джерело тепла.
В. Однорідна крайова умова другого роду
Необхідно знайти розв’язок неоднорідного рівняння теплопровідності на
півпрямій
щ(х, і) = а2ихх(х, і) + /(гг, ї), 0 < х < оо, ї>0 (9.32)
який задовольняє початкову умову
и(х, 0) = Дх), 0 < х < оо (9.33)
та таку однорідну крайову умову першого роду:
Мси) = о. оо. (9.34)
Лема 2. Якщо початкові дані задачі про теплопровідність на необме-
женій прямій (задача (9.20)—(9.21)) та функція /(х,ї) є парними функціями
ВІДНОСНО деякої ТОЧКИ Хо, то відповідний розв’язок в цій точці дорівнює нулю.
Доведення. Приймемо хц за початок координат, тобто хц = 0. У цьому
випадку умови парності початкових даних та функції /(х, ї) запишуться так:
7?(х) = Д-х), Дх, і) = Д-х, і).
Похідна по х функції Дх,і), яка визначається формулою (9.23), при х = 0
211
та і > 0 є такою:
м<м)=у^л-жно ^+У - т)Жт) <і£ =
1
4а3л/тг£3/2
і +оо
/ее-&,(0<и + //ее-Х./&г)сИат
О —оо
= о
оскільки інтеграл від непарної функції в симетричних межах дорівнює нулю.
Використовуючи лему 2, можна отримати розв’язок задачі (9.32)-(9.34).
Для цього розглянемо функції Ф(х) та Г(х, і), які є парними продовженнями
функцій т?(гг) та /(а?Д) відповідно:
<Ж)> а? > 0, І /(а?Д), х > 0,
<Д—х), х < 0, ’ | /(—х,і), х < 0.
Функція
н(хД) = / С(х - £Д)Ф(£) + / / о(х - Ф і - т)Г(ф т) (Д аг
є визначеною для всіх х та і > 0. В силу леми
иж(0Д) = 0.
Крім того, функція н(а?, і) при і = 0 та х > 0 задовольняє початкову умову
(9.33):
и(х, 0) = Ф(гг) = ^(х), х > 0.
Отже, розглядаючи отриману функцію и(х, ї) лише для х 0 та і > 0,
маємо функцію, яка буде розв’язком задачі (9.32)-(9.34). Повертаючись до
212
функцій та розв’язок можна записати так:
и
о
[а(х-иМ-№ +
о
0 о
і 0
-ЦЖт) а^ат + у* у*
О —оо
о
і-т) + с(х + £, і - т))/(£, т) а£аг
або
о о
0 0 0
*-ЦЖт) аг,
(9.35)
де
С2Ц, і) = С{х - £Д) + С(х + £Д).
С. Однорідна крайова умова третього роду
Для простоти подальших викладок будемо шукати розв’язок однорідно-
го (а не неоднорідного як у попередніх пунктах) рівняння теплопровідності
иі(х,і) = (£ихх(х,ї), 0 < х < оо, і > 0, (9.36)
який задовольняє початкову умову
Цад 0) = Цх), 0 < х < оо (9.37)
та таку однорідну крайову умову:
иДО, і) - кЦ0,1) = 0, І > 0. (9.38)
Продовжимо початкові дані так:
Цх), х > 0,
<ДД), х < 0,
213
де <р(а?) — невідома функція, яку виберемо з умови, щоб функція
задовольняла крайову умову (9.38). З цієї умови випливає, що (зробивши
заміну £ —> — £ для аргументу функції р)
<р'{х} — кр(х) = —<р\—х) + кр(—х), 72(0) = <^(0). (9.39)
Розв’язок задачі Коші (9.39) можна записати так:
= р(-х) + ‘2к у*(/?(-£) б£. (9.40)
о
Вправа. Розв’язати задачу Коші (9.39).
Тоді розв’язок задачі (9.36)-(9.38) можна записати так:
+оо 0
и(х,1) = С(х - £, £)<Х£) - £, £)<Х~£) +
0 —сю
о €
+ 2К їс(х - е і) Іемї-%(-С) ас а?,
—сю 0
зробивши заміни змінних в двох останніх інтегралах та змінивши межі ін-
тегрування в останньому, отримаємо
+сю
-е
Ф+с(х+фф+2/і ^є(х-(;,і) а<е^
—сю
Вправа. Отримати формулу (9.41).
Формулу (9.41) можна записати так:
и(х,і) = / <73(гг, £,£)</?(£) б£,
(9.41)
(9.42)
о
214
Де
-Є
О3(х,Є,і) = С(х - ф Ц + С(х + ^і) + 2к УС(х - фі) ен^ аС
—ОО
Ця формула має простий фізичний зміст: для того, щоб виконувалась кра-
йова умова третього роду, потрібно в точку —помістити джерело тепла, що
ідентичне джерелу, яке є в точці С та розмістити на від’ємній частині дійсної
осі від — оо до — £ неперервно розподілені джерела тепла, потужність яких
експоненціально прямує до нуля при £ —> — оо.
9.5.2. Неоднорідні крайові умови
Ефективним методом розв’язування змішаної задачі для рівняння теп-
лопровідності на півпрямій є метод інтегрального перетворення Фур’є. За-
стосуємо цей метод для розв’язування задачі II з крайовою умовою першого,
другого та третього роду.
А. Неоднорідна крайова умова першого роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0, (9.43)
який задовольняє однорідну початкову умову
и(х, 0) = 0, 0 < х < оо (9.44)
та таку неоднорідну крайову умову:
г/(0Ц) = ц(ї), ї>0. (9.45)
Оскільки є крайова умова першого роду, то робимо синус-перетворення
Фур’є (7.53)-(7.54)
.- +оо .- +оо
й(А, ї) = у — 8Іп(Ах)п(х, ї) д.х, и(х, і) = у — 8Іп(Ах)п(А, і) сІА
о о
задачі (9.43)-(9.45). У результаті отримуємо таку задачу Коші для функції
п(А, і):
+ (аА)2й(А, і) = а2АцЦ), і > 0,
215
и(Х, 0) = 0,
розв’язок якої
/— *
її(А, ї) = у — а2Х І Є"(аА) ^-т)/фг) (1т. (9.46)
о
Зробивши обернене синус-перетворення Фур’є (проробити самостійно); отри-
муємо розв’язок задачі (9.43)-(9.45):
І
Ґ} = 2^а СІТ' <9'47>
0
З фізичної точки зору ця формула дає значення температури в точці х
напівнескінченного стержня в момент часу і при відсутності джерел тепла в
стержні, якщо кінець стержня х = 0 підтримується при заданій температурі.
В. Неоднорідна крайова умова другого роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0, (9.48)
який задовольняє однорідну початкову умову
п(х, 0) = 0, 0 < х < оо (9.49)
та таку неоднорідну крайову умову:
^(03) = ^), і > 0. (9.50)
Оскільки є крайова умова другого роду, то робимо косинус-перетворення
Фур’є
І— +оо . +оо
й(А,ї) = у — со8(Ах)'н(х, і) сіх, п(х,ї) = у — со8(Ах)п(А, ї) сіА
о о
задачі (9.43)-(9.45). У результаті отримуємо таку задачу Коші для функції
и(Х, і):
щ(Х,ї) — (схА)2й(Ау) = — а2и(і), і > 0,
й(А, 0) = 0,
216
розв язок якої
и(Х,і) = -^^-а2 е (аЛ)2(і Т)р(т') (1Т. (9.51)
о
Зробивши обернене косинус-перетворення Фур’є (проробити самостійно); от-
римуємо розв’язок задачі (9.48)-(9.50):
і
и(х,і) =------= [е 4аУ~т> —(іт. (9.52)
V71’ -1 \/і — т
о
З фізичної точки зору ця формула дає значення температури в точці х
напівнескінченного стержня в момент часу І при відсутності джерел тепла в
стержні, якщо на кінці стержня х = 0 підтримується зовні заданий тепловий
потік.
С. Неоднорідна крайова умова третього роду
Необхідно знайти розв’язок однорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < оо, і > 0, (9.53)
який задовольняє однорідну початкову умову
и(х,(У) = 0, 0 < х < оо (9.54)
та таку неоднорідну крайову умову:
щфО,і) — ки(0,і) = //(£), ї > 0. (9.55)
Оскільки є крайова умова третього роду, то робимо таке інтегральне
перетворення (7.64)-(7.65):
____________________________ оо
. /2 Г /г,8Ін(Лх) + Асоз(Ах) ,
и(Х,і) = \ — / --------. ------и(х,і)(1х,
' ' V їг У + х2 - '
0
___ оо
ФХ = \Х ------------- 4^2 Щ(А,0с1А
V л у у Н2 + А2
о
задачі (9.53)—(9.55). У результаті отримуємо таку задачу Коші для функції
п(А, ї):
щ(А,ї) + (пА)2ЩАу) = -а/~ і > 0,
V л у А2 + к2
217
и(Х, 0) = 0,
розв язок якої ч /2 Аа2 11 ’4) V 7Г^/Д2 + Лг7 0 Тоді + ОС г 2 2 / к 8Іп(Ах) + А соз(Ах) , І ((9.56) І о-(аА)2(і-т)7//^\ л\ _
7Г .] Т7»2 + 0 і = —— а2 [і (х, а2(і — 7 7Г У 0 де +оо 0 +оо = у е-(аА)2(і- 0 +оо + к у е“(аЛ)2( 0 Враховуючи, що +оо у е-(«А)2(і-т) СО8р 0 +ос х2 Г ( = Є 4а2(і-т) Ке / Є V 0 та, знаючи, що (див. стор.171) 7 е-|.А)’(цМ^).|, У к2 + А2 0 / . с ' 7 ' 7 м г/ / а / и/\ — А2 |_7лА2 + А2 (9.57) )) і/(т) <1т, х) + А2 СО8(Ах) (аА)2р-т) я X _ к2 + А2 Т) СО8(Ах) ад - к2 [ е-(аХП-т)С0^Хх2 ад + У кл + А2 0 ‘-)АДц()7 ал. а1 + Л2 +оо 0 іХу/ЇГ^ 2ах/їі^) сЦ _ х/~ е 4а2(і-т) 2ау/і — т ОО л/тг Г ие (Ж~О2 (дяО2 , / е-/г? е 4«2(*-т) + е 4«2(‘-о сіл 4кау/і~т] [ ] 0
218
е
н^ + х2 <1А
,с Г Ц-Є)2 Ц+е)2
0 0 4(12(1—т) 0 4а2(і—т')
0 о
отримуємо розв’язок задачі (9.53)—(9.55) у такому вигляді:
І
/ X
X2
е — к і
о
м 0+£)
Є 4а2(і-т)
о
Вправа. Довести, що
/ц-Ц+їЕ.
Є а
2
1 — Егг£ —
\ 2
а
о
де Егг£(т) — функція похибок
Егг£(х) = / Є 4г.
утг д
о
Тоді, враховуючи (9.59), розв’язок задачі (9.58) можна подати так:
і і
и(х, і) = —[е~(Уг у а2кеКх [е(И20-тф(£) сіт -
V71’ 4 \/і — т у
о о
(9.60)
----. и(і) (ІТ.
І
- а2кеКх [
о
Зауважимо, що при к = 0 задача (9.53)-(9.55) переходить в задачу з крайо-
вою умовою другого роду (9.48)—(9.50), а розв’язок (9.60) — у (9.52).
З фізичної точки зору ця формула дає значення температури в точці х
напівнескінченного стержня в момент часу і при відсутності джерел тепла в
стержні, якщо на кінці стержня х = 0 відбувається теплообмін з зовнішнім
середовищем, температура якого визначається заданою функцією у (і).
9.6. Рівняння теплопровідності в просторі та на площи-
ні
Розглядаємо задачу для рівняння теплопровідності з постійними коефі-
219
цієнтами у тривимірному просторі К3 (задача Коші)
щ(М,і) = а2Дп(М,і) + /(М, і), М Є К3, і > 0,
гфМ,0) = <^(М), М Є В3,
де А — тривимірний оператор Лапласа. Якщо функція <£>(М) є неперервною
та обмеженою в К3, то ця задача має єдиний розв’язок.
Фундаментальним розв’язком О(М, і) задачі Коші для рівняння теп-
лопровідності щ = а2Дп. називається такий його розв’язок в К3, що:
1) задовольняє початкову умову
СДС,0) = <5Щ<5), Л£<?ЄК3;
2) є неперервним скрізь, за вийнятком точки М = (^}, І = 0.
Лема. Якщо в задачі Коші
щ(МЛ) = а2Дп(МЛ), М Є М3, і > 0,
гфМ,0) = т?(М), М Є К3,
функцію <£>(М) можна представити так:
9?(М) = </?іф#20/>3(^),
то розв’язком цієї задачі буде функція
и(М,і) = и1{х,1')и2{у,і')и3(г,і\
де иі(х, і), и2{у^ ї), г/з(г, і) — розв’язки відповідних одновимірних задач Коші:
Пп(х,ї) = а2иіхх(х,і), —сю < х < +сю, і > 0,
иі(х, 0) = ^і(гг), —сю < х < +сю;
і) = а2и2уу{у, -оо < у < +оо, і > 0,
и2(у, 0) = <д2(?/), -оо < у < +оо;
пЗІ(г, і) = а2и3г2(г, ї), -оо < г < +оо, і > 0,
щфщ 0) = -оо < г < +оо.
Аналогічно ставиться задача Коші у двовимірному випадку. При цьому
має місце лема, яка є аналогічною до леми, що сформульована для триви-
мірного випадку.
220
За допомогою цієї леми легко побудувати фундаментальний розв’язок
рівняння теплопровідності в просторі М3. У тривимірному випадку дельта-
функцію 5(М, (2) можна представити у вигляді добутку:
5(М, <2) = 6(х - £)6(у - г])6{г - 0
де М = (х,щ г), (2 = Тоді, оскільки фундаментальний розв’язок
С(М, (2, І) є розв’язком рівняння теплопровідності в К3, який задовольняє
початкову умову С*(М, <5,0) = 5(М, (2), то застосувавши лему та скористав-
шись формулою для фундаментального розв’язку рівняння теплопровідності
на прямій (9.24), отримуємо
, \ / 1 А 3 - 0-02+(^-''02+(г-02
С(М, = ( ---------= І Є 4<А
\2ауят /
Аналогічно отримуємо вираз для фундаментального розв’язку рівняння теп-
лопровідності на площині:
Сц(м, <2, і) = е іа2і ’
де М = (х,у), <2 = ^,у).
Знаючи фундаментальний розв’язок, можна аналогічно до одновимірно-
го випадку записати формулу для розв’язку задачі Коші для неоднорідного
рівняння теплопровідності з неоднорідною початковою умовою у тривимір-
ному випадку
і
и(м,і) = 1<з(м^л)^)аусі + уу’с(Л£<2,г-т)/(с.т)(:ікоат (9.61)
в3 о в3
та у двовимірному випадку
і
и(М, (СП(М, <?. іМС) а1/0+/ /Сп(М т) СІВ, сіт. (9.62)
к2 о к2
Приклад 9.1. Розв’язати рівняння теплопровідності в п-вимірному
просторі
щ(М,1) = а2Апи(М,і), М Є Кп, і > 0, (9.63)
и(М,0) = ^М), М еГ,
221
де
а2 а2 а2
п дх\ дх% дх^
— п-вимірний оператор Лапласа, М = М(а?і, ^2,..., хп}.
Розв’язування. Проінтегруємо диференціальне рівняння (9.63) по часу
від 0 до і
и(М, і) = и(М, 0) + а2Апу и(М, т) сіт =
о
І
= <£>(М) + а2&п^и(М, т) сіт
о
Це рівняння будемо розв’язувати за допомогою ітерацій, тобто
и(М, Ц = <£>(М) + а2
= + а2
і і т
1п(р(М)+ а4Д2 у*Уп(М, Т7) СІтМ?
0 0 0
і і т
іп(р(М) У<1т + а4Д2(/2(М) У<1т У<1т' +
о оо
і т т'
б
(М)у сИу сЬу^Т" “*“••• =
ооо
2іД„ + |<Л2д2 + >Гд2
2 о
к=0
Отже, отримали розв’язок задачі у вигляді ряду
сю / 2+\к
<9-64)
к=0
який буде рівномірно та абсолютно збіжним, якщо мажоруючий ряд
ОО п’ д»
£-дЩла), »>Л
IV •
к=0
є збіжним.
222
Задачі
9.1. Знайти розв’язок рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = х(1 — х), 0 < х < /,
п(0, і) = и(1, і) = 0, £ > 0.
9.2. Знайти розв’язок рівняння теплопровідності
Щ = ихх, 0 < х < 5, і > 0,
0) = 0, 0 < х < 5,
г/(0, £) = 2£, и(5,і) = 0, і > 0.
9.3. Знайти розв’язок рівняння теплопровідності
Щ = ихх, 0 < х < 1, і > 0,
и(х, 0) = 1, 0 < х < 1,
и(0,і) = 2, н(1Д) = 3, О0.
9.4. Знайти розв’язок рівняння теплопровідності
'М'хх > 0 < а? < 1, І 0,
и(х, 0) = 0, 0 < х < 1,
г/(0Д) = 3(1 — ехр(—£)), их(1,ї) + п(1Д) = 0, £ > 0.
9.5. Знайти температуру однорідного стержня довжиною /, якщо його бокова
поверхня теплоізольована, початкова температура рівна нулеві і температу-
ра кінців також підтримується рівною нулеві. Вздовж стержня розподілені
джерела тепла з густиною /(х, Ґ) = ехр(а£)х(/—х), де а — дійсний параметр.
9.6. Знайти температуру однорідного стержня довжиною /, якщо його бокова
поверхня теплоізольована, початкова температура рівна нулеві і температура
кінців також підтримується рівною нулеві. В стержні діє локалізоване дже-
рело тепла потужності яке розташоване в точці хо.
9.7. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < /, і > 0,
и(х, 0) = 0, 0 < х < /,
и(0,£) = А, = В, і 0, А, В = сопьі;.
223
9.8. Знайти закон розподілу температури всередині стержня довжиною І
при вільному теплообміні, якщо початкова температура стержня є заданою
функцією:
де гщ = сопеї. На кінцях стержня підтримується постійна температура, яка
рівна нулеві.
9.9. Знайти закон розподілу температури всередині стержня довжиною І при
вільному теплообміні, якщо на лівому кінці стержня (при х = 0) підтриму-
ється постійна температура и = 0, а правий кінець (х = /) теплоізольова-
ний від зовнішнього середовища. Початкова температура стержня є заданою
функцією: п(х,0) = /(х).
9.10. Знайти закон охолодження однорідного стержня довжиною /, якщо на
лівому кінці (при х = 0) підтримується постійна температура, яка рівна ну-
леві, а правий (х = /) — теплоізольований. Початкова температура точок
стержня є такою:
де гщ = СОП8І. Теплообмін є вільним.
9.11. Знайти закон розподілу температури всередині стержня довжиною І,
якщо в початковий момент часу температура всередині стержня у всіх точках
була рівна нулеві, на лівому кінці підтримується увесь час постійна темпе-
ратура 772і, а на правому — т?. Теплообмін є вільним.
9.12. Знайти закон розподілу температури всередині стержня довжиною І,
якщо в початковий момент часу температура всередині стержня у всіх точках
була рівна нулеві; на правому кінці температура підтримується увесь час та-
кож рівною нулеві, а на лівому кінці змінюється по закону иц со8(ші) (де иц та
ш — константи). Всередині стержня є джерела та приймачі тепла, їх густина
(з розрахунку на одиницю маси стержня) рівна — 8Іп(си£).
9.13. Дано тонкий однорідний стержень довжиною І, початкова температура
якого рівна нулеві. На кінці х = І температура підтримується також рівною
224
нулеві, а на кінці х = 0 вона зростає пропорційно до часу: ДО, і) = Аі, де А
— константа. Знайти закон зміни температури всередині стержня.
9.14. Знайти розв’язок рівняння
ди „,.д2и я лх
> = 36а^ + їос08Т
який задовольняє початкову умову и(х, 0) = 0 та крайові умови:
и(х, і)|я;=о 0, их(х,і>)\х=2 0.
9.15. Знайти розв’язок рівняння
ди д2и
ді П дх2
0,
який задовольняє такі крайові умови:
и(х, і)\х=0 = 1, и(х, і)\х=2 = 2, і^О
та таку початкову умову:
и(х, 0)
2 З
= х--------х + 1.
2
9.16. Розв’язати задачу
2
Щ = а ихх,
0 < х < І,
і > 0,
и(х, 0) = Ах,
0 С х
и(0, і) = 0, и(1, і) = 0,
і > 0.
9.17. Розв’язати задачу
9
0 < X < І, І > 0,
и(х, 0) = ф(х),
0 С х с І,
ДО, і) = 0, их(1, і) = 0, і > 0.
9.18. Розв’язати задачу
2
Щ ® '^•ХХЧ
0 < X < І, І > 0,
и(х, 0) = А(1 — х), 0 < х < І,
^х (х, £) |я;=0 0, и(х, £) |я;=/ 0,
і > 0.
225
9.19. Розв’язати задачу
9
СІ ^ХХ1)
X
і > 0,
о
и(х, 0) = /7, 0 < х < /,
^((И = о, пж(м) = о, £ > о.
9.20. Розв’язати задачу
щ = а2ихх — (Зи, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = <^(гг), 0 < х < І,
г/.(0, £) = 0, и(7,і) = 0, і > 0.
9.21. Розв’язати задачу
иі = а2ихх — /Зи, 0 < х < І, і > 0,
гг(О, ^) = 0, = 0, і > 0.
9.22. Розв’язати задачу
щ = а2ихх — (Зи, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = р(х) их(0,і) = 0, , 0 < х < 1, ^х(1і = 0, 1 > 0.
9.23. Розв’язати задачу Ні = а2ихх, 0 < х < 1, і > 0,
и(х, 0) — 0, 0 С х с і,
ДО, і) = т, и(1, і) = 17, і 0
9.24. Розв’язати задачу
щ = а2ихх + /(а?), 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = <р(х), 0 < х < І,
и(0,і) = 0, их(1,1) = д, і 0.
9.25. Розв’язати задачу
щ = а2ихх, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = Ах, 0 < х < І,
их(0,і) = их(1,і) = д, і 0.
226
9.26. Розв’язати задачу
щ = а2ихх, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) = 0, 0 < х < І,
их(0, і) = Аі, их(1, і) = Т, і^О.
9.27. Розв’язати задачу
щ = а2ихх — (Зи + він ™, 0 < х < І, і > 0,
и(х, 0) =, 0 < х < /0,
и(0,і) = 0, гф/Д) = 0, і > 0.
9.28. Розв’язати задачу
щ = а2ихх + Ах Є~2І — и, 0 < х < І, і > 0,
8ІПХ
щх, 0) = А-----0 < х < І,
8ШІ
и(0, і) = 0, и(1,і) = Ае~2і, і^О.
9.29. Нехай К(хі, ^2,..., хп', і, іо) — неперервна функція разом із своїми по-
хідними по Хі, і = 1, 2,..., п, до другого порядку включно та похідною пер-
шого порядку ПО І. Довести, ЩО функція К(х±,Х2, .., Хп', І, Іо) для будь-якого
і іо є розв’язком задачі Коші
Ні = а2ДпЯ, —оо < Хі < +оо, і = 1, 2,... п, і > іо,
= /01, ^2, • • •, хп;ф), -оо < Хі < +оо, і = 1, 2,... п,
І Г-
д2 д2 д2 . . . . .
де Дп = —-х + + ... + -7-^, ТОДІ 1 тільки тоді, коли функція
ОХ 2 (ОХ^
і
и{х1,х2, • • • ,хп;і) = У К(хх,Х2, ,хп;і,т) От
о
для кожного і 0 є розв’язком задачі Коші
щ = а2Апи + /(щі, Х2,.. •, хп; і), —оо < Хі < +оо, і = 1, 2,... п, і > 0,
и(хі, Х2,.. , хп; 0) = 0, —оо < Хі < +оо, і = 1, 2,... п.
9.30. Знайти розподіл температури однорідного нескінченно довгого стерж-
ня, якщо початкова температура була такою:
227
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(х).
9.31. Розв’язати задачу Коші для неоднорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх + Аі + Ве1, — оо < х < +оо, і > 0
гф=о = С, —оо < х < +оо,
де А, В, С — константи.
9.32. Розв’язати задачу Коші для неоднорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх + Аі2, —оо < х < +оо, і > 0
гф=о = Взіпх, —оо < х < +оо,
де А, В — константи.
9.33. Розв’язати задачу Коші для неоднорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх + Аеаі зіпх, — оо < х < +оо, £ > 0,
гф=о = В зів х, —оо < х < +оо
де А, В — константи.
9.34. Розв’язати задачу Коші для неоднорідного рівняння теплопровідності
щ = а2ихх + А е * созх, —оо < х < +оо, і > 0
гф=о = В созх, —оо < х < +оо,
де А, В — константи.
9.35. Розв’язати задачу Коші для однорідного рівняння теплопровідності
гф=о = ехр(—х2) зіва?, —оо < х < +оо.
9.36. Розв’язати задачу Коші для однорідного рівняння теплопровідності
гф=о = ехр(2х — х2), —оо < х < +оо.
9.37. Розв’язати задачу Коші для однорідного рівняння теплопровідності
щ = ихх, —оо < х < +оо, і > 0,
гф=о = ггехр(—х2), —оо < х < +оо.
228
9.38. Розв’язати задачу Коші для однорідного рівняння теплопровідності
= ихх, —сю < х < +сю, і > 0,
п,|і=0 = йіп(2гг), —сю < х < -Рею.
9.39. Знайти процес зміни температури однорідного нескінченно довгого
стержня з рівномірно розподіленими джерелами тепла, потужність яких змі-
нюється за законом /(£) = зіпЛ Початкова температура стержня:
ф(х) = ехр(—х2).
9.40. Розв’язати задачу Коші для неоднорідного рівняння теплопровідності
щ = ихх + 8Іп£, —сю < х < +сю, і > 0
п,|і=0 = ехр(—х2), —сю < X < -Рею.
9.41. Розв’язати задачу Коші для рівняння теплопровідності
щ = а2ихх — ки, —сю < х < -Рею, і > 0
и(х, 0) = ^(х), —сю < х < -рею,
де к 0 — деяка константа.
9.42. Поверхня безмежного стержня є теплоізольованою, початкова темпе-
ратура стержня рівна нулю. В початковий момент часу в точці ту миттє-
во виділилась кількість тепла (^. В який момент часу температура в точці
стержня х досягне максимального значення і яке це максимальне значення?
9.43. Розв’язати рівняння теплопровідності
с\
щ = а ихх, —сю < х < +сю, і > 0
{0, —сю < х < — І
Цу, —1<х<1,
0, І < х < -рею.
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(х).
9.44. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, —сю < х < -Рею, і > 0
0, —сю < х < 0,
Аехр(—ах), 0 < х < -рею, А, а = сопзі, а > 0.
229
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(щ).
9.45. Знайти розподіл температури однорідного напівобмеженого стержня,
якщо його початкова температура є константою Еф, а кінець підтримується
при температурі, яка рівна нулеві. Відповідь представити через функцію по-
милок Еіт£(гг).
9.46. Знайти розподіл температури однорідного напівобмеженого стержня,
якщо тепловий потік через кінець х = 0 рівний нулеві, а початкова темпера-
тура була такою:
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(х).
9.47. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,
гфО, І) = О £ > 0.
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(щ).
9.48. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2ихх, 0 < х < +оо, і > 0,
и(х, 0) = 0, 0 < х < +оо,
их(0,і) = -д,
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(щ).
9.49. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2ихх — ки, 0 < х < +оо, і > 0,
и(х,0) = І/о, 0 < х < +оо,
гг(О,£) = О, о о.
Відповідь представити через функцію помилок Егг£(х).
9.50. Розв’язати рівняння теплопровідності
Щ = П2Д2^ + 8ІПІ8ІПХ8ІПЩ — ОО < X, у < +ОО, І > 0,
и(х, у, 0) = 1, —оо < х,у < +оо.
230
9.51. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2Д2^ + АхуЄ~1, — оо < х, у < +оо, і > 0,
и(х, у, 0) = Ьхвіпу, — оо < х, у < +оо, А,6 = сопзі.
9.52. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2&2и + Аівтх сову, — оо < х, у < +оо, і > 0,
и(х,у, 0) = ху, — оо < х, у < +оо, А = сопзі .
9.53. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = сАА^и + Ахівїпу, — оо < х, у < +оо, і > 0,
и(х,у, 0) = В х сов у, — оо < х, у < +оо, А, В = сопзі .
9.54. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2А2^, —оо < х, у < +оо, і > 0,
и{х, у, 0) = соз(х + у), — оо < х, у < +оо.
9.55. Розв’язати рівняння теплопровідності
щ = а2Аш, —оо < х, у, % < +оо, і > 0,
и{х, у, г, 0) = соз(х + у + А), —оо < х, у, г < +оо.
Використовуючи метод продовження, розв’язати задачі 9.56-9.64.
9.56.
щ = а2А2и, —оо < х < +оо, 0 < у < +оо, і > 0,
и(х, у, 0) = у), —оо < х < +оо, 0 < у < +оо,
и(х, 0, і) = 0, —оо < х < +оо, £ > 0.
9.57.
щ = а2Аи, —оо < х, у < +оо, 0 < % < +оо, і > 0,
и(х, у, г, 0) = ср(х, у, А), —оо < х,у < +оо, 0 < % < +оо
и{х, у, 0, і) = 0, —оо < х, у < +оо, і А 0.
9.58.
щ = а2Дп, —оо < х, г < +оо, 0 < у < +оо, і > 0,
и(х, у, г, 0) = ср(х, у, А), —оо < х, г < +оо, 0 < у < +оо
иу(х, 0, г, і) = 0, —оо < х, % < +оо, і А 0.
231
9.59.
щ = а2Дгг, —сю < С х < С +оо, 0 < - У, г < +оо, і > 0
= <р(х,у,х), —сю < С х < +оо, 0 $ ь У, % < +оо,
п(х, 0, г, і) = 0, —сю < С х < +оо, 0 $ % < +оо, і 0,
и(х,у,ІЇ,і} = 0, —сю < С х < С +оо, 0 з У < +оо, і 0.
9.60.
щ = а2Дгг, 0 < х,г < +оо, —оо < у < +оо, і > 0
= <р(х,у,х), 0 < х, % < +оо, —оо < у,% < +оо,
их(0,у, г,і) = 0, —оо < : у < +оо, 0 < г < +оо, £ > 0,
и(х,у,0,і) = 0, 0 < х < +оо, -оо < у < +оо, і 0.
9.61.
щ = а2Д.2и — ки, к > 0, —сю < : х < +оо, 0 < у < С +оо, і > 0
—сю < : х < +оо, 0<?/< С +оо,
и(х, 0, і) = 0, —сю < : х < +оо, і > 0.
9.62.
щ = а2£±2и — ки, к > 0, 0 < х < +оо, -оо < у < С +оо, і > 0
и(х,у,0) = р(х,у), 0 С х < +оо, -оо < у < С +оо,
их(0,у,і) = 0, —сю < : у < +оо, і > 0.
9.63.
Щ = а2А2и + /(х,у,і),
и(х,у,0) = 0,
и(х, 0, і) = 0,
0 < у < +оо, і > 0,
0 < у < +оо,
і 0.
9.64.
щ = а2&2и - ки + /(х,у,і),
Л>0, 0 < х < +оо, — оо < у < +оо, і > 0,
и(х,у,0) = 0,
0 < х < +оо, —оо < у < +оо,
их(ії,у,і) = 0,
—оо < у < +оо, і 0.
232
Розділ 10.
Гармонічні функції
10.1. Постановка крайових задач
Найчастіше рівняння еліптичного типу виникають при дослідженні ста-
ціонарних процесів різної фізичної природи. Найбільш простим та пошире-
ним рівнянням еліптичного типу є рівняння Лапласа у просторі
Дц(М) = 0,
(10.1)
д Д2 ^2 ^2
де А = + ду + дд оператор Лапласа у тривимірному випадку, та на
площині
Д2п(М) = 0,
(10.2)
А Д2 ^2
де Д2 = дд + дд ~ оператор Лапласа у двовимірному випадку.
Позначатимемо через Л область, яка обмежена
кусково-гладкою замкненою поверхнею X, а через
П — частину простору, що лежить зовні області Л
(див. рис. 10.1).
Означення. Функція и називається гармо-
нічною в обмеженій області Л, якщо вона має не- „ п
; Рис. 10.1.
перервні похідні другого порядку та є розв’язком
рівняння Лапласа.
Означення. Функція и(М) трьох змінних М = М(х, у, г) називаєть-
ся гармонічною в необмеженій області £1 (див. рис. 10.1), якщо в кожній
точці цієї області, яка знаходиться на скінченій віддалі від початку коор-
динат, функція є два рази неперервно диференційовною, задовольняє рівнян-
ня Лапласа і для досить великих г = ^/гг2 + д2 + ,г2 має місце нерівність
233
Мло < (іо.з)
де С — деяка стала.
Означення. Функція и(М) двох змінних М = М(х,у) називається
гармонічною в необмеженій області (і (див. рис. 10.1), якщо в кожній точ-
ці цієї області, яка знаходиться на скінченій віддалі від початку коорди-
нат, функція є два рази неперервно диференційовною, задовольняє рівняння
Лапласа і для досить великих г = + ?/2 має місце нерівність
\и(М)\^С, (10.4)
де С — деяка стала.
У випадку двовимірного простору умова (10.4) означає, що гармонічна
функція в необмеженій області повинна бути обмеженою.
Умови (10.4) та (10.3) називають умовами регулярності на нескінчен-
ності.
Очевидно, що для однозначного опису досліджуваного стаціонарного
фізичного процесу потрібно врахувати режим на краю розглядуваної області,
тобто рівняння еліптичного типу необхідно доповнити відповідною крайовою
умовою.
Для прикладу розглянемо стаціонарний процес розподілу температури
в однорідному середовищі яке обмежене кусково-гладкою поверхнею У,
якщо інтенсивність внутрішніх джерел тепла дорівнює /(М), а на поверхні
У:
• або задано температуру ср,
• або задано тепловий потік ф,
• або задано теплообмін із зовнішним середовищем, температура якого
дорівнює О).
Розподіл температури задовольняє рівняння Пуассона
Дп(М) = -ф(М), М Є 12 (10.5)
та одну з трьох крайових умов
= (Ю.6)
234
ди
дп
= 'Ф,
(10-7)
ди
дп
(10.8)
= ш
де п — зовнішня нормаль до поверхні Е, к — коефіцієнт зовнішньої тепло-
провідності.
Задача (10.5), (10.6) називається першою внутрішньою крайовою зада-
чею або задачею Діріхле', задача (10.5), (10.7) називається другою внутріш-
ньою крайовою задачею або задачею Неймана; задача (10.5), (10.8) назива-
ється третьою внутрішньою крайовою задачею.
Аналогічно ставляться крайові задачі для рівнянь еліптичного типу і у
випадку необмеженої області А (зовнішньої по відношенню до поверхні X),
але додатково вимагається виконання умови регулярності на нескінченності
(10.4) або (10.3). Ця умова забезпечує однозначність розв’язку відповідної
зовнішньої крайової задачі для рівняння Лапласа. Наприклад, якщо А =
= {(х,у, А) : х2 + у2 + А2 > К2,К = соне!}, то розв’язок зовнішньої задачі
Діріхле
Д.и(М) = 0, М Є Д
пк = А = сопзі, 2 : х2 + у2 + А2 = К2
І 2^
(10.9)
при виконанні умови регулярності (10.3) на нескінченності буде
и(М) = А—, г = у/ х2 + у2 + А2.
г
Якщо ж виконання умови (10.3) не вимагати, то ця задача матиме ще й такий
розв’язок:
и(М) = А.
Сформульовані вище три крайові задачі є основними в теорії рівнянь
еліптичного типу. Разом з цим зазначимо, що на практиці коло задач для
рівнянь еліптичного типу є значно ширшим.
У порядку узагальнення основних крайових задач можна розглядати
задачу знаходження в області 1? розв’язку рівняння (10.5), якщо на одній
частині поверхні X задано умову (10.6), а на другій — умову (10.7), а на
третій — умову (10.8).
235
10.2. Фундаментальні розв’язки рівняння Лапласа у
просторі та на площині
Значний інтерес мають розв’язки рівняння Лапласа, які мають сферич-
ну (у просторі) або кругову (на площині) симетрію, тобто залежать лише від
віддалі до центру координат.
Рівняння Лапласа в сферичній системі координат є таким:
1 д / 2ди(г.9.р)\ 1 ® 1 д2и(г, в, ер)
г2 дг \ дг ,/ г28ІнО$ \ д9 /~*~г28Іп20 др2
Оскільки шукаємо розв’язок, який має сферичну (центральну) симетрію,
тобто гфг, 9, ер) = гфг), то похідні від нього за кутами 9 та ер перетворюються
в нуль. У результаті отримуємо таке рівняння Лапласа:
1 сі / 9скфг)\
-----г2—— = 0.
г2сІг у сіг /
Проінтегрувавши це рівняння, отримуємо, що
п(г) = — + 6*2,
г
де Сі та Сд — довільні константи. Поклавши Сі = 1 та Сд = 0, отримуємо
функцію
І \ 1
Цг) =
яка називається фундаментальним розв’язком рівняння Лапласа у просто-
рі.
У випадку полярної системи координат рівняння Лапласа = 0 є
таким:
1_5_ / ди(р, у)\ 1 д2и(р, ер) =
рдр \ др / р2 дер2
Якщо шуканий розв’язок має кругову симетрію, тобто и(р, ер) = п(р), то
рівняння Лапласа набуває вигляду
1 сі / скфр)\
реф у сф /
Проінтегрувавши це рівняння, отримуємо розв’язок
и(р) = Сі Іпр + Сф
236
де Сі та С2 — довільні константи. Поклавши Сі = — 1 та С2 = 0, отримуємо
функцію
и(р) = пі
Р
яка називається фундаментальним розв’язком рівняння Лапласа на площи-
ні.
Функція и(г) = | задовольняє рівняння Лапласа Аі/ = 0 скрізь, за
вийнятком точки г = 0, де вона перетворюється у нескінченність. З точністю
до множника пропорційності вона співпадає з полем точкового заряду д, який
розміщений в початку координат; потенціал цього поля дорівнює д/г.
Аналогічно, функція 1п ± задовольняє рівняння Лапласа ^и = 0 скрізь,
за вийнятком точки р = 0, де вона перетворюється у нескінченність. З
точністю до множника пропорційності вона співпадає з полем зарядженої
лінії, потенціал якого дорівнює 2р1п^, де р — лінійна густина заряду.
Вправа. Знайти потенціал електростатичного поля, яке створюється
нескінченно довгою прямою ниткою з лінійною густиною заряду р = СОН8І.
Як буде видно з подальшого, ці функції мають велике значення в теорії
гармонічних функцій.
10.3. Перетворення обернених радіус-векторів
При вивченні гармонічних функ-
цій часто використовують перетворен-
ня обернених радіус-векторів. Перетво-
ренням обернених радіус-векторів для
сфери радіуса К називають таке пере-
творення, при якому якійсь точці М
ставиться у відповідність точка М',
яка лежить на тому ж промені з по-
чатку координат, що і точка М (див.
рис. 10.2), радіус-вектор якої г' пов’я-
заний з радіусом-вектором г точки М
співвідношенням
г'г = Б2 або
Рис. 10.2.
Я2
—. 10.10)
г
237
Надалі вважатимемо, що К = 1, чого можна досягнути зміною масштабу
довжини.
ЗАУВАЖЕННЯ. Аналогічно означається перетворення обернених радіус-
векторів для кола радіуса К.
Означення. У випадку простору точки М та М' називаються спря-
женими відносно сфери, а у випадку площини — спряженими відносно кола.
Лема 1. Гармонічна функція двох незалежних змінних Др, Д за допомогою
перетворення обернених радіус-векторів переводиться в гармонічну функцію
= гфр,^), де р= Ді-
дове ДЄННЯ. Функція Др, Д задовольняє рівняння Лапласа
1_5_ / дДр, у)\ 1 д2Др, Д =
рдр \ др ) р2 дД
Переходимо від змінних (р, Д ДО ЗМІННИХ (Д, Д, тоді
(10.12)
/2
р2 др' др''
1 дуДДД = _ ,2дуД',Д
р2 др' ? др'
др др др'
дДр, Д = дь(Д, Д др'
др др' др
і рівняння Лапласа (10.12) набуде такого вигляду:
/з А /2<М/,7?А
др' \р,/} др' / дД
Поділивши це рівняння на Д4, отримуємо рівняння
у(Д, Д в змінних (/?', Д:
Д_д_^ Ду(р',Д\ 1 д2у(Д,Д
р' др' \ др' / р'2 дД
Лема 2. Гармонічна функція трьох змінних Др, В, Д за допомогою перет-
ворення обернених радіус-векторів переводиться в гармонічну функцію
уД, в, Д = г Дг, в, Д, де г = —.
Перетворення (10.13) називають перетворенням Кельвіна.
Вправа. Довести лему 2.
Лапласа для функції
(10.13)
238
10.4. Формули Гріна
Тут розглядаються інтегральні представлення гармонічних функцій у
просторі та на площині, що є основним математичним апаратом при вив-
ченні загальних властивостей гармонічних функцій. Розглянемо спочатку
формули Гріна у просторі, а потім — на площині.
Підставивши у формулу Гауса-Остроградського
(10.14)
е
замість вектора А вектор и\/ь та врахувавши, що діу(и\7ь) = гіЛь + УпУщ
отримуємо першу формулу Гріна
ні і.
О Е
///
о
(10.15)
де — похідна по зовнішній нормалі до поверхні X. Міняючи місцями и та
щ отримуємо
О Е
сіу.
о
(10.16)
Віднявши від формули (10.15) формулу (10.16), отримуємо другу формулу
Гріна
/// ('пЛг’ ~ 1’Ди)сі''= // (“Ік- ІІ"'17
О Е
ЗАУВАЖЕННЯ. Область О може бути обмеженою декількома поверх-
нями. Формули Гріна мають місце і в цьому випадку, причому поверхневі
інтеграли необхідно брати по всіх поверхнях, які обмежують область И.
Лема 3. Якщо функція и є неперервною, має неперервні похідні першого та
другого порядків скрізь в області О, причому перші похідні є неперервними
аж до краю області, а другі — всередині області, то має місце основна інтег-
ральна формула Гріна
Г Г Г Аи 1 ГГ / д 1 1ди\ ,
// / — 4у= // и—--------------— сіст - Мо и М)
у у у г у У \ (7П г г оп)
О Е
(10.18)
239
Де1
!4л, точка Мо знаходиться всередині О,
2тг, точка Мо знаходиться на поверхні Е,
0, точка Мо знаходиться поза О,.
Край Е області О є кусково-гладким та перетинається з будь-якою прямою
в скінченій кількості точок або по скінченій кількості цілих відрізків.
Доведення. Припустимо спочатку, що функція и(М) має скрізь, аж до
краю Е області О, неперервні похідні другого порядку. Розглянемо перший
випадок коли точка Мо лежить всередині області О. Виріжемо з області
О кулю Кє радіуса є з центром в точці Мо (див. рис. 10.3) та застосує-
мо до області, що залишилася, другу формулу Гріна, поклавши V = 1/г.
Рис. 10.3.
зовнішній нормалі до області О —
У правій частині цієї рівності ли-
ше два останні інтеграли залежать від
радіуса кулі є. Обчислюючи похідну по
є на сфері Еє, знаходимо, що
д 1 (11 1
дпг 2 сіг г г=є є2
Тоді
[[и-^--скт = Д [[ид.а = Д-4я£2М = 4тш*, (10.20)
у у с/л г є2 у у є2
У У
1 Для практичного застосування основної інтегральної формули Гріна (10.18) необхідно розуміти по
координатах яких точок відбувається інтегрування. Тому запишемо цю формулу у більш детальному
ш
вигляді:
Гммо
4УМ , [[ ЬРД__г
У У \ дпргрм,
£
1 УД сктр - ДМо)ЦМо),
ГрМо ОПр /
де Р — біжуча точка, яка належить поверхні Е, М — біжуча точка, яка належить області (1, оператор
Лапласа Д діє на координати точки М, гмм0 = у/~ ^о)2 + (?/ — Уо)2 + (^ — го)2 — віддаль між точками
М(х,у, г) та МДо, т/сь ^о)5 д/дпр — похідна по нормалі до поверхні в точці Р.
240
де и* — середнє значення функції н(М) на сфері Еф
Перетворимо третій інтеграл
ГГІди 1 ГГ ди 1 9 ґди\* л
/ / “я-4(т = - / / — 4а = -4тгГ т— =4
гоп є оп є \ОП І
ди
дп
(10.21)
Де
У
А \ *
К
— середнє значення нормальної похідної —— на сфері Еф
уп
дп
Підставляючи вирази (10.20) та (10.21) у формулу (10.19) та
вуючи, що Д- = 0 в області И — Кє, будемо мати
г
врахо-
СІСГ + 4771/
д 1 1 ди
дп г г дп
я
спрямуємо тепер радіус кулі є до нуля. У результаті отримуємо, що
1) Іітп* = н(Мо), внаслідок того, що функція и(М) є неперервною;
.Щ \ *
ди
дп
2) 1ІН1 £
7 с—0
першого порядку всередині П;
ох . х ГГл
3) згідно з означенням невласного інтегралу Ііт / / /-<4у = / / /-<4у.
ії-кє о
Внаслідок граничного переходу є —> 0 отримуємо основну інтегральну
формулу Гріна (10.18).
Розглянемо другий випадок, коли точка Мо лежить на поверхні X (див.
рис. 10.4). Сфера Еє перетинає поверхню У та ділить її на дві частини,
одна з яких (Хі) лежить всередині
кулі К£, а інша (Е2) знаходиться
поза кулею. Застосуємо знову другу
формулу Гріна, поклавши V = 1/г.
[[[ (иА---Аи\с!у =
. /. /. / \ г г /
= 0, внаслідок того, що функція н(М) має неперервні похідні
2
•Мо
Ке
ж,
Є
] ] \ дпг
^2 + ^
1 ди
г дп
Рис. 10.4.
X’
о-
241
де X' — частина сфери Хє, яка знаходиться всередині П. Стягуючи кулю Кє
в точку Мо, тобто при є —> 0, отримаємо, що
(ІСГ = 1ІН1 -Т
£-0 £2
11 и(1(7 = Ііт-^2тс£2и*
77 ^о£2
= 2тги(Мо),
де и* — середнє значення функції и на частині сфери X'. Повторивши до-
ведення першого випадку, для інших доданків формули (10.23) отримаємо
основну інтегральну формулу (10.18).
Розглянемо третій випадок, коли точка Мо знаходиться поза областю
И. Знову застосуємо другу формулу Гріна, поклавши V = 1/г. Оскільки
функція V = 1/г є гармонічною скрізь в області П, то вирізати кулю Кє
немає потреби. У результаті отримуємо, що
1 ди\
ба.
г дп /
(10.24)
Аналогічно розглянемо двовимірний випадок. Нехай З — деяка область
площини, яка обмежена контуром фал- нормаль до цього контуру, яка
спрямована назовні по відношенню до області 3. Тоді перша формула Гріна
на площині має такий вигляд:
[и^и сій =
5
['Чи^и <±з.
з
(10.25)
Друга формула Гріна на площині
(и&гу — сів =
з
(11.
(10.26)
Лема 4. Якщо функція и є неперервною, має неперервні похідні першого та
другого порядків скрізь в області А, причому перші похідні є неперервними
аж до краю області, а другі — всередині області, то має місце основна інтег-
ральна формула Гріна на площині
Д.2Н ІН - СІ8 =
З
д . 1 .Іди
и— пі--пі —
сні г г дп
дп
(11 — ш(Мо)'н(Мо),
(10.27)
Де
!2тг,
0,
точка Мо знаходиться всередині З,
точка Мо знаходиться на контуріі С,
точка Мо знаходиться поза 3.
242
Край С області З є кусково-гладким та перетинається з будь-якою прямою
в скінченій кількості точок або по скінченій кількості цілих відрізків.
Вправа. Поклавши у другій формулі Гріна на площині (10.26) V =
= 1п-----, де гРМо = ^(а? - х0)2 + (?/ - УоУ — віддаль від точки Р(х, у) до
грм0
фіксованої точки Мо(хо, уо), та провівши аналогічні викладки як для триви-
мірного випадку, отримати формулу (10.27).
Рис. 10.5.
Покажемо, що у випадку необмеженої
області Ґ2 (див. рис. 10.1) формули Гріна
мають місце для функцій, які є регулярни-
ми на нескінченності. Проведемо сферу Ед
достатньо великого радіуса, щоб поверхня
Е знаходилася всередині сфери Ед. Позн-
ачимо через Од область, яка обмежена по-
верхнями Е та Ед (див. рис. 10.5). Зас-
тосувавши в області Од першу формулу
Гріна (10.15) до двох функцій и та щ які
є регулярними на нескінченності, отримує-
//'/'
мо
пДг сіу =
///
(10.28)
Оцінимо інтеграл по сфері Ед, використовуючи при цьому властивості
регулярності (10.3) функцій и та у:
ЗС2 л . 127ґС2
—— 4тг/Г = ———
Звідси випливає, що
Г [( А П
пш / / и—— аст = 0.
Л—сс у У <7П
Ед
Останній інтеграл в (10.28) по Од прямує до інтегралу по всій області 0 при
Н оо. Цей інтеграл існує, бо підінтегральний вираз в силу регулярності
функцій и та V зникає на нескінченності як І//?4. Отже, існує границя
Ііт
7?^ ос
иДг сіу =
.///'
иДг сіу.
243
У результаті знову отримуємо першу формулу Гріна для необмеженої області
у випадку регулярних на нескінченності функцій
.///'
пДг сіу =
сіу.
б
(10.29)
10.5. Основні властивості гармонічних функцій
Встановимо декілька найважливіших властивостей гармонічних функ-
цій.
Властивість 1. Якщо функція V є гармонічною в області И, яка обмежена
поверхнею X, то
ди
— ао-= о, (іо.зо)
(7П
8
де У — будь-яка замкнена поверхня, яка повністю знаходиться в області 12.
Доведення. Підставляючи у першу формулу Гріна (10.15) будь-яку гармо-
нічну функцію V та функцію и = 1, одразу отримаємо формулу (10.30), бо
Дг = 0.
Наслідок. З формули (10.30) випливає, що друга крайова задача (Дп(М) =
= 0, М Є И, = /) може мати розв’язок лише при умові
/ба = 0.
Цю властивість гармонічних функцій можна інтерпретувати як відсут-
ність джерел всередині області И.
Властивість 2 (теорема про середнє значення). Якщо функція и(М) є
гармонічною в області И, а Мо — яка-небудь точка, яка знаходиться все-
редині И, то має місце формула
і//ис1ст’
г(М0) =
(10.31)
де — сфера радіуса а з центром у точці Мо, яка повністю знаходиться в
області И. Тобто значення гармонічної функції в деякій точці Мо дорівнює
середньому значенню цієї функції на будь-якій сфері з центром у точці
Мо, якщо ця сфера не виходить за область гармонічності функції гЦМ).
244
Доведення. Застосуємо основну інтегральну формулу Гріна (10.18) до до
гармонічної функції и
£1
9п г
1 ди
г дп
(1(7,
де — сфера радіуса а, яка цілком знаходиться в області гармонічності
функції и. Враховуючи, що на сфері Ея:
а також
отримуємо формулу (10.31).
10.6. Принцип максимуму та його наслідки
На проміжку (а, 6) розглянемо одновимірне рівняння Лапласа и"(х) = 0.
Проінтегрувавши його, отримаємо сім’ю прямих и(х) = Счщ + Сф де Сі та Сд
— константи. Очевидно, що свого найбільшого та найменшого значень вони
досягають на кінцях відрізка [а, Ь]. Виявляється, що цю властивість мають
гармонічні функції в багатовимірних просторах. Розглядатимемо надалі, як
завжди, двовимірний (площина) та тривимірний простори.
Теорема 10.1 (Принцип максимуму). Гармонічна функція и(М),
яка неперервна в замкненій області П + Е, набуває своє максимальне та мі-
німальне значення на поверхні X.
Доведення. Позначимо через т найбільше значення гармонічної функції
п(М) на краю X та припустимо, що в деякій точці Є И
и(Мо) = т + є > т, є > 0.
Розглянемо допоміжну функцію
2
у(М) = и(М) + ДД.
2 (г
де сі — діаметр області И, г^м = (х — ггд)2 + (у — уо)2 + Д — ^о)2 ~ віддаль
між точками М та М$.
245
З нерівності г]^Мо б/2 випливає, що на краю X області
Є ($“ є
ДМ)|Е < т + = т + - < т + є,
а
ц(Мо) = т + є.
Звідси випливає, що функція ДМ) свого найбільшого значення набуває в
деякій внутрішній точці області 0. Нехай цією точкою буде точка Мі, тоді в
ній функція г(М) досягає максимуму, а отже, в цій точці
дх ду ду д2у д2х д2у
•Л .А .А б, _ л Д 0, 0, л Д 0,
дх ду дг дх1 ду1 дг1
тобто
Але з іншого боку
Аг(М) = Ап(М) + т|^Аг^Мо = || > 0
Сб
для усіх МеО, в тому числі і для Мі.
Отримана суперечність показує, що для всіх точок М Е П
п(М) < зир и(М).
Для доведення нерівності
п(М) Д ін£ гфМ)
52
достатньо застосувати одержаний результат до гармонічної функції —гфМ),
і теорема повністю доведена. Із доведення випливає, що гармонічна функція
в області О не має екстремумів.
Наслідок 1. Нехай функції и(М) та г(М) є гармонічними в області Г2, яка
обмежена поверхнею X, та неперервні в замкненій області Г2 + X. Якщо
и(Р) ПРИ Р Є І!,то ця нерівність справедлива для усіх точок області
М
Доведення. Функція ш(М) = гфМ) — ДМ) є гармонічною в області Г2 та
неперервною в замкненій області £2 + И Згідно з умовою наслідку ш(Р) 0
при Р Е Е, тоді згідно з принципом максимуму ш(М) 8нрш(М) 0 для
усіх М Є Г2.
246
Наслідок 2. Нехай функції и(М) та н(М) є гармонічними в області Сі, яка
обмежена поверхнею Е, та неперервні в замкненій області Сі + X. Якщо
ф(Р)| 'у(Р), при Р Є Ц то ця нерівність справедлива для усіх точок
області Сі.
Доведення. На краю X області Сі маємо
—тфР) < ^(Р)
Застосувавши два рази попередній наслідок, отримаємо, що дана нерівність
виконується скрізь в області Сі.
Теорема 10.2. Якщо послідовність {щ(7И)} гармонічних в області Сі
та неперервних в замкненій області Сі + X функцій збігається рівномірно на
краю Е, то вона збігається рівномірно скрізь в області Сі.
Доведення. В силу рівномірної збіжності послідовності {щ(М)} на краю X
маємо, що для довільного є знайдеться таке число ТУ, що як тільки Д > N
та р > М, то |щфР) — щ2(Р)| < є для всіх Р 6 Е. Оскільки є є гармонічною
функцією, то згідно з другим наслідком із принципу максимуму випливає,
що остання нерівність має місце скрізь в області 12, якщо вона справедлива
на краю X. Але тоді на підставі критерію Коші можемо стверджувати, що
послідовність функцій рівномірно збігається в області Сі.
Теорема 10.3. Якщо внутрішня або зовнішня задачі Діріхле у просторі
мають розв’язок, то цей розв’язок є єдиним.
Доведення. Розглянемо спочатку внутріш-
ню задачу Діріхле. Припустимо, що в об-
ласті Сі існують два розв’язки г/.і(71Р) та у''"
иДМ} однієї і тієї ж самої задачі Діріхле / \
Ди(ТИ) = /(ТИ), М Є Сі,
Щ = Щ), РеЕ.
Тоді функція ЦМ) = И1(ЛТ) - иг(М) бу- 'Цу/5,
де гармонічною в області СІ, а на краю
X: п(Р) = 0. Звідси на підставі принципу
максимуму випливає, що г»(ТИ) = 0 скрізь Рис. 10.6. Поза сферою радіуса Я
в області Сі, оскільки в протилежному ви-
має місце нерівність ф(М)| < є.
падку гармонічна функція г(ТИ) мала б найбільше або найменше значення в
деякій внутрішній точці області Сі, що неможливо.
247
Розглянемо тепер зовнішню задачу Діріхле. Припустимо знову, що зо-
внішня задача Діріхле має два розв’язки гц(М) та щ(М). Тоді гармонічна
в області П функція г(М) = иДМ) — нДМ) на краю Е тотожно дорівнює
нулю, а згідно з умовою регулярності (10.3) на нескінченності прямує до
нуля при М оо. Тобто для всякого £ > 0 існує таке Я (див. рис. 10.6),
що як тільки віддаль від точки М до початку координат є більшою за Я,
то ф(М)| < є. Нехай Мо(хо, т/о, ^о) — довільна точка області М Проведемо
сферу Зг з центром у початку координат та радіусом г Я настільки
великим, щоб точка Мо та поверхня Е знаходилися у внутрішній частині
сфери. На сфері Зг виконується нерівність ф(М)| < £, а на поверхні X —
рівність г(М) = 0, тоді застосувавши другий наслідок до області, яка обме-
жена поверхнями X та Зг, отримаємо, що ф(Мо)| < £. В силу довільності
£ > 0 і точки Мо звідси випливає, що г(М) = 0 для усіх М Є Й.
Теорема 10.4. Якщо внутрішня або зовнішня задачі Діріхле на пло-
щині мають розв’язок, то цей розв’язок є єдиним.
Доведення. Єдиність внутрішньої задачі Діріхле на площині доводиться ана-
логічно до доведення єдиності внутрішньої задачі Діріхле у просторі.
Розглянемо зовнішню задачу
Діріхле. Припустимо, що існує два
різних розв’язки цієї задачі иДМ)
та Н2 (М) та розглянемо їхню різ-
ницю
г(М) = иДМ) — нДМ}.
Функція г?(М) є розв’язком такої
зовнішньої задачі Діріхле:
Аг(М) = 0, М Є Д
”ІЕ =
Рис. 10.7.
Крім того, враховуючи, що
|щ(М)|<Сі, ф2(М)|<С2, Сї,С2 = соп8і,
отримуємо
НМ) = |мі(М) - и2І,М)\ < |«1 (М)І + |м2(Л/)| < Сі + С2 = С.
248
Виберемо довільно точку О(хо, уо), яка знаходиться всередині області И,
та проведемо коло радіуса В з центром у цій точці, причому так, щоб коло
повністю знаходилося в області Сі. Функція
де г = у/(х — а?о)2 + (.У ~ ї/о)2 ~ віддаль від точки О до розглядуваної точки
М(х,у), є додатною у всій області Сі, включаючи контур X.
Побудуємо коло радіуса В' з центром в точці О, яке цілком містить кон-
тур X, та розглянемо функцію
и(М, Я') = С
1п(г/7?)
ЩК'/ку
Ця функція є гармонічною в усій площині за вийнятком точки О(хо,уо),
дорівнює константі С на колі радіуса В' та додатна на контурі X. З принципу
максимуму випливає, що функція и(М, В') є мажоруючою для модуля функ-
ції х(М) в області Сі:
ф(М)| < и(М,В').
Зафіксуємо точку М та будемо необмежено збільшувати радіус В'. Очевидно,
що Ііш и(М, В') = 0, тому
х(М) = 0.
Отже, в силу довільності вибору точки М, єдиність розв’язку поставленої
задачі доведена.
Теорема 10.5 (про неперервну залежність розв’язку задачі Ді-
ріхле від крайової умови). Нехай функція и(М) є розв’язком задачі
Діріхле
Дн(М) = /(М), М Є Сі, (10.33)
а — розв’язок рівняння (10.33). який задовольняє крайову умову
^і|Е = С’і-
Тоді, якщо виконується умова |<д(М) — <Ді(М)| < є, то має місце нерівність
|н(М) — щ(М)| < є для будь-якої точки М Є Сі.
249
Доведення. Функція в(М) = п(М) — иДМ) є гармонічною в області Д а
на поверхні Е виконується умова ф(Р)| < є, Р 6 Е. Тоді згідно із другим
наслідком має місце нерівність |п(7И) — нДМ)| < є для усіх точок області И.
Теорема 10.6. Внутрішня задача Неймана має розв’язок, який є виз-
наченим з точністю до сталою.
Доведення. Нехай нДМ) та иДМ} — дві неперервно диференційовні в
замкненій області Л + X функції, які задовольняють рівняння Дп = / в
області та умову (^п/^п)|2 = р. Функція п(М) = пі(М) — ^(М) задо-
вольняє рівняння Лапласа Дг(М) = 0 та умову
Поклавши в першій формулі Гріна (10.15) и = в та врахувавши (10.34) і
Дп(М) = 0, отримуємо
(\Л)2 сіу = 0
о
або в декартовій системі координат
+ ^ + ^1) = °-
о
Звідси в силу неперервності функції та її перших похідних випливає, що
дв дв дв
— = — = — = 0, тобто V = СОП8І,
дх оу дг
що і треба було довести.
Теорема 10.7. Зовнішня задача Неймана має єдиний розв’язок.
Доведення. Нехай нДМ) та ^(М) — дві неперервно диференційовні в
замкненій області Л + Е функції, які задовольняють рівняння Дп = / в
області Л та умову (дп/дп)^ = р. Функція п(М) = иДМ) — иДМ) задо-
вольняє рівняння Лапласа Дг(М) = 0 та умову
дв
дп
= 0.
(10.35)
250
Поклавши в першій формулі Гріна (10.29) и =
у та врахувавши (10.35) і
Дг’(М) = О, отримуємо
/// = о
о
або в декартовій системі координат
сіу = 0.
о
Звідси в силу неперервності функції та її перших похідних випливає, що
ду ду ду .
—— = — = — = 0, тобто у = СОП8Ї .
дх ду дг
Враховуючи, що на нескіченності функції щ та щ перетворюються в нуль,
то там в нуль перетворюється і функція у. Оскільки у скрізь є константою,
то у = 0 у всій області. Тоді иі = П2, що і треба було довести.
Задачі з розривними крайовими умовами. Часто виникає задача
Діріхле з розривною крайовою умовою. Функція, яка є неперервною в зам-
кненій області, не може бути розв’язком такої задачі. Тому треба уточнити
постановку першої крайової задачі стосовно до розглядуваного випадку.
Нехай на краю X області П задано кусково-неперервну функцію /(Р).
Потрібно знайти функцію п(М), яка
1) є гармонічною всередині області Г2;
2) неперервно прилягає до крайових значень у точках неперервності останніх;
3) є обмеженою в замкненій області О + X.
Зауважимо, що додаткова вимога обмеженості фактично стосується око-
лів точок розриву функції /(Р).
Теорема 10.8. Розв’язок задачі Діріхле на площині з кусково-неперер-
вними крайовими умовами є єдиним.
Доведення. Нехай щ та и-2 — два розв’язки поставленої задачі. Різниця цих
функцій у = щ — щ є гармонічною всередині області О; неперервно прилягає
до нулевих значень на краю Е, за вийнятком точок розриву функції /(Р), в
яких у може мати розрив; обмежена в замкненій області П + Е.
Побудуємо гармонічну функцію
ТІ
ЩМ) = еД1п|-,
251
де є — довільне додатне число, И — діаметр області Г2, Гі — віддаль від
розглядуваної ТОЧКИ М ДО І-ОЇ ТОЧКИ розриву Рг.П — кількість точок розриву.
Функція V(М) є додатною, оскільки усі доданки більші за нуль.
Побудуємо з центром в кожній точці розриву Рі круг Кі радіуса 5, ви-
бравши 6 так, щоб кожний доданок
на відповідному колі Сі був більший за А, тобто щоб
п
Функція V є неперервною в замкненій області Сі — Кі = ГУ та ф| І/
І = 1
на краю цієї області. Тому, в силу принципу максимуму, функція II є ма-
жорантою функції г, тобто
ф(М)| < Р(М).
Зафіксувавши довільну точку М Є А та зробивши граничний перехід £ —> 0,
отримуємо:
1ітП(М) = 0,
£—0
а отже,
г(М) = 0
або
щ = и2,
що і треба було довести.
Теорема 10.9. Розв’язок задачі Діріхле у просторі з кусково-неперер-
вними крайовими умовами є єдиним.
Вправа. Довести теорему про єдиність розв’язку задачі Діріхле у прос-
торі у випадку кусково-неперервних крайових умов. Вказівка: доведення ана-
логічне до доведення у випадку площини, в якості мажоранти узяти функцію
п
є^П/гі.
і=1
252
Задачі
10.1. Нехай функція и є гармонічною, дослідити які з даних функцій є гар-
монічними:
а) и(х + Лі, у + Л-2, г + ІЦ), де /сі, ^2, = сонзї;
Ь) и(Хх, Ху, —Аг), де А = сопзі;
10.2. Знайти значення константи к, при якому дані функції є гармонічними:
а) х3 + к х у2-,
Ь) х2 + у2 + к г2;
с) Є2г с\і(ку);
сі) 8Ін(Зх) сЬ.(А;у);
е) / 2 І 2~і І 2\к/2, х1^х2^---^хп^^-
+ а?2 + • • • + хп) '
10.3. Знайти точки екстремуми функції и(х,у) = ху в крузі х2 + у2 < 1 та
знайти значення похідної в точках екстремуми функції и (п — зовнішня
нормаль до кола х2 + у2 = 1).
10.4. Знайти точки екстремуми функції и{х,у) = х2 —у2 в області + у < 1
та знайти значення похідної в точках екстремума функції и (п — зовнішня
нормаль до еліпса + у = 1).
10.5. Нехай функція іфац, а?2,..., хп) є гармонічною. Довести, що функція
є гармонічною скрізь, де вона визначена.
253
10.6. Довести, що функція
и(хі, х2,
п
к=0
т'2к
—^-А^(х1,Х2,..
%п-1) “Ь
гр 2 к-|-1
(2А?П+1)!А^^ь Ж2’ • • • ’
є гармонічною, припустивши, що <£> та ф — довільні нескінченно диферен-
ційовні функції та ряд можна почленно диференціювати потрібну кількість
разів.
10.7. Переконатися, що функція
Т(М, М') = <
1 1
Т) — 2 2
" ^'ММ'
п > 2,
п = 2,
де М = М(а?і, х2,..., хп), М' = М!(х'х, х'2,..., х!п), гмм' — віддаль між
точками М та М', задовольняє рівняння Лапласа як по змінних Хі, х2,..., хп,
так і по змінних х^, х'2,..., х'п.
254
Розділ 11.
Метод розділення змінних для рівняння
Лапласа
Розв’язок крайових задач для рівнянь еліптичного типу можна знай-
ти методом розділення змінних у випадку деяких найпростіших областей
(круг, прямокутник, куля, циліндр та ін.). При цьому виникає задача на
власні значення (задача Штурма-Ліувілля), яка приводить до різних класів
спеціальних функцій. Розглянемо задачу Діріхле (зовнішню та внутрішню),
при розв’язуванні якої використовуються лише тригонометричні функції.
11.1. Задача Діріхле в крузі
Необхідно знайти розв’язок задачі в крузі = {(х, у) : х2+у2 < Л2, К =
= сонзї}, який обмежений колом X = {(а?, у) : х2 + у2 = К2},
Д2ДМ) = 0, М Є £2, (11.1)
< = Г (11.2)
де/ задана функція.
Введемо полярну систему координат (р, <д) з центром у початку коорди-
нат. Рівняння (11.1) в полярній системі координат
1 д / ди\ 1 д2и
Д2^ = -= о. (11.3)
р др у др / р- др2.
Частковий розв’язок цього рівняння шукаємо у вигляді добутку двох функ-
цій, одна з яких залежить лише від р (радіальна частина), а друга — від р
(кутова частина):
и(р,<Д) = Я(р)Ф(Д ф 0.
255
Підставивши цю функцію в рівняння (11.3) та розділивши змінні, отримуємо
( 0 аФЩ)
у <ір / _
^(р) ф(<р)
р
У цьому виразі ліва частина залежить лише від р, а права — від <р, а між
собою вони завжди рівні. Це можливо лише тоді, коли ліва та права частини є
константою. Позначимо цю константу через А, тоді отримуємо два рівняння:
= ад^0’ (п-4)
^-5 + АФ(Д = 0, Ф(Д 0. (11.5)
Зауважимо, що при зміні кута <р на величину 2тг однозначна функція
гфр, <р) повинна повернутися до вихідного значення, тобто має місце умова
періодичності
и(р, <р + 2тг) = и(р, <р).
Звідси випливає, що
Ф(р> + 2тг) = Ф(<р), (11.6)
тобто функція Ф(<р) є періодичною з періодом 2тг.
Отже, отримали задачу Штурма-Ліувілля
Ф"(<р) + АФ(<р) = 0,
Ф(ср + 2тг) = Ф(<р)
для визначення власних значень А та відповідних власних функцій Ф(<р).
Припустимо, що власні значення А є від’ємними, тоді
Ф(<р) = Аі ехр(д/—А<р) + А% ехр(—д/—А<р), А > 0, Аі, А% = сопві
ця функція задовольняє умову періодичності лише при Аі = Л2 = 0, тобто
коли Ф(<р) = 0, але тривіальний розв’язок нас не цікавить.
Припустимо, що А = 0, тоді
Ф(<р) = Врр + В2, Ві,В2 = соп8І
ця функція задовольняє умову періодичності при В і = 0, тобто
Ф(<р) = В2. (11.8)
256
Припустимо, що А > 0, тоді
Ф(<р) = С*1 8Іп(д/А<р) + С*2 СО8(а/А<р), 6*1, С*2 = СОИ8І .
Цей розв’язок буде періодичним, ЯКЩО д/А = п, де п = 1, 2,..тобто А =
= Ап = п2,
Фп(<^) = С*1 8Іп(п<р) + С*2 СО8(п<р). (11.9)
Запишемо розв’язки (11.8) та (11.9) одним виразом:
Фп(<р) = Ап 8Іп(п<р) + Вп со8(пср), п = 0,1,2,... (11.10)
та відповідні власні значення
Ап = п2, п = 0,1,2,... (11-И)
Підставивши знайдені власні значення (11.11) у рівняння для радіальної
частини розв’язку (11.4), отримаємо
б / аЗ(р)А _ п2^/ А 0, п = 0,1,2,.... (11-12)
ар у ар у
При п = 0 розв’язок цього рівняння є таким:
30(р) = Ао + Зо їй Р, Ао, Зо = сои8Ї .
При п > 0 розв’язок рівняння (11.12) шукаємо у вигляді 3(р) = сопзір^,
тоді з рівняння (11.12) випливає, що
у2 — п2 = 0, тобто ц. = ±п.
Тоді розв’язок рівняння (11.12) запишеться так:
Зп(р) = Апрп + Дп, Зп = сопе!, п > 0. (11.13)
рп
Оскільки ми розглядаємо внутрішню крайову задачу, то областю зміни
р є інтервал [0, Я]. При р = 0 функції Зо(р), Зп(р) стають необмеженими,
щоб цього позбутися покладемо
30 = Зп = 0, п > 1
тобто
Х(/9) = Апрп, п = 0,1,2,.... (11.14)
257
Тоді частковий розв’язок задачі (11.1)—(11.2) записується так:
ип{р, р) = Апрп(Ап 8Іп(п(/?) + Вп со8(п</?)).
Перепозначивши константи: АпАп = Єп та АпВп = 1)п, отримуємо
ип(р,р) = рп(Єпзіп(пр) + Т>псо8(п<£>)). (11.15)
Внаслідок лінійності та однорідності вихідної задачі сума часткових розв’яз-
ків (11.15)
ОО оо
и(р,р) = ^ип(р,р) = ^2рп(Єп8Іп(п(д) + 2?псо8(п(д)). (11.16)
71=0 72=0
також буде розв’язком, при умові, що цей ряд збігається рівномірно та його
можна почленно диференціювати два рази по р та р в області О.
Для визначення невідомих коефіцієнтів Єп та Т)п необхідно використати
крайову умову (11.2):
п(Я, р) = Вп(Єп 8Іп(п</?) + Т>п сой(п<£>)) =/(</?). (11.17)
72=0
Ця формула є зображенням функції /(р) на відрізку [0, 2тг] рядом Фур’є. З
математичного аналізу відомо, що якщо функція /(р) є періодичною, непе-
рервною й кусково-диференційовною на відрізку [0, 2тг], то її ряд
72=1
в кожній точці цього відрізка збігається і має суму, що дорівнює /(92), а
коефіцієнти ряду визначаються за формулами:
2тг 2тг
ап = - //ЦД 8іп(п^ ар, рп = - ірр) со8[пр) а<р, п = о, 1,2,.... ці.ід
7Г .] 7Г .]
0 0
Порівнявши вирази (11.17) та (11.18), отримуємо коефіцієнти розкладу
Фо = ^, еп =
Підставивши їх у формулу (11.16) отримуємо розв’язок задачі Діріхле в крузі
п = 1,2,....
72=1
258
Теорема 11.1. Якщо функція /(<р) є періодичною з періодом 2тг та
неперервною на відрізку [0, 2тг], то функція Др, <р), яка представляється у
вигляді ряду (11.20), є гармонічною в крузі 1? та неперервною в Г2 + Е.
Доведення. Припустимо спочатку, що функція /(<р) ще є кусково-диферен-
ційовною на відрізку [0, 2тг]. З теорії рядів Фур’є відомо, що ряд
ІАІ , о і । 1/9 ц
-щ- + У , (|см + ІРпІ)
72=1
(11-21)
збігається. Оскільки всередині круга (при р Д) справджуються нерівності
р\п
в)
ап 8Іп(п<р)
К| 1
|.Щ
то із збіжності ряду (11.21) випливає рівномірна збіжність ряду (11.20) скрізь
в області Г2 + X, а отже, функція и(р, р>) є неперервною в області Г2 + И
Покажемо тепер, що ряд (11.20) можна почленно диференціювати до-
вільну кількість разів і по р, і по <р при р < В. Продиференціювавши ряд
(11.20) к разів по <р, отримуємо
дки{р^ <р)
д<рк
ап зів (тир + к— ) + (Зп соє (тир + к—
\ / \
Введемо позначення
М = шах{|ап|, |ДЛ
та розглянемо ряд
оо оо
(ґ) \ П _--- / п \ ТІ
Л Щ|а„| + Ш] пк.
ІіУ -- \ГІ/
(11.22)
(11.23)
Для довільного ро < В має місце нерівність
Ро
В
1,
тому, внаслідок довільності ро, згідно з ознакою Даламбера ряд (11.23) збіга-
ється для усіх р В. Із збіжності ряду (11.23) випливає рівномірна збіжність
ряду (11.22), тобто ряд (11.20) можна почленно диференціювати довільну
кількість разів по ср в крузі Г2. Аналогічно доводиться можливість почленного
диференціювання ряду (11.20) по р в крузі Сі.
259
Отже, якщо функція /(<£>) є періодичною з періодом 2тг, неперервною та
кусково-диференційовною, то ряд (11.20) є розв’язком задачі Діріхле (11.1)-
(11.2).
Доведемо тепер, що розв’язок задачі Діріхле (11.1)—(11.2) зображується
у вигляді ряду (11.20) і у випадку довільної неперервної функції /((/?).
Для цього побудуємо послідовність неперервних та кусково-диференційовних
функцій {/т(р)}- яка рівномірно збігається при р = 7? до функції /(92), і роз-
глянемо задачі Діріхле
А2щп(М) = 0, М є £2,
(11.24)
У-т | у; — 7т-
(11.25)
Згідно із попередньо доведеним розв’язок цієї задачі можна подати так
/з(™) 00 , п ч п
ит(р,р) = + (р) Нт)зіп(М + Мто)с08(М)- (11-26)
Оскільки послідовність функцій {ит(р, </?)} рівномірно збігається при р = 7?,
то вона рівномірно збігається скрізь в Г2 + X до неперервної функції и(р, ір),
причому р) = /(92). Покажемо, що функція и(р, р) зображується рядом
(11.20), який згідно із доведеним, є гармонічною функцією при р < К. Нехай
ап та (Зп — коефіцієнти ряду Фур’є функції /(92). Тоді в силу рівномірної
збіжності ПОСЛІДОВНОСТІ функцій {/т('7’)} ДЛЯ всякого є > 0 та досить
великого т має місце нерівність 1/(92) — /то(</2)| < ^/2, тобто для усіх п
о
2тг
1№) - /тМІ І8Іп(М1#’ < - = £
260
Тоді
72=1
(4Ч 8ІП(П(^) + СО8 (пу))
п
п
п=1
є г ( Р\п х—г ( Р\п 1
С2+ £У(й) С £У(й) =2£1~у
72=1 72=1 71
а отже, гранична функція и(р, (р) при р < К набуває вигляду ряду (11.20) і
теорема доведена.
Вправа. Показати, що розв’язок задачі Діріхле поза кругом (зовнішня
задача Діріхле) можна подати у вигляді ряду
о сю / т->\ п
и(р, </>) =
72=1 х' 7
Аналогічно метод розділення змінних використовується при побудові
розв’язку крайових задач для рівняння Лапласа у випадку областей вигляду
кільця, кругового сектора, прямокутника і т.п.
11.2. Інтеграл Пуассона
Приведемо розв’язок (11.20) до простішого вигляду. Для цього підстави-
мо коефіцієнти Фур’є (11.19) у ряд (11.20) та поміняємо порядок сумування
та інтегрування. У результаті отримуємо
2тг
и
0
1 оо
-Е
п=1
2л
2л
0
п
СОЙ (п(ф — (/?)) (10.
0
72=1
261
Виконаємо сумування в підінтегральній функції, враховуючи, що р/К < 1,
ОО оо
(п \ п ---- / п \ п . , . ч
сов (п{ф - <^)) = -1 + 2 Ке 52 (£) ет(^ =
ОО .
= -1 + 2 Не V В = -1 + 2 Ке --0 . =
\В / 1-^е1^)
п=0 Я
підставляючи це у формулу (11.27), отримуємо інтеграл Пуассона
2тг
( ї 1 [*(Ж\ “ р2 АЖ
Фржр) = р~ /Ж)Р2. 2-------ор-----7“----\&Ф-
2тг у /V + /г — 1НрС(УБ{ф — р)
о
Вираз
рр _ р2.
К^Рі Р > К, Ф') і о О Е> і Ж \
к2 + /г — 2Нрсо8(ф — р)
називають ядром Пуассона, причому К(р, р, К,ф)>0 при р < В.
Дослідимо поведінку ядра Пуассона при р Вс.
Ііш К(р, р, В, ф) = Ііш
р^п р^и
оо оо
= і + 2 52 с°8 (^(0 - рї) = і+52 (е4^+е-іп(^) =
72=1 72=1
ОО ОО оо оо
+
72=1 72=1 72=1 72= —1
рВФ-р) _
= 52 Єіп(^ = 2я5(^-92),
72= —ОО
враховуючи це, отримуємо, що
27Г
гг(Я, р) = Ііт и{р, р) = [~ Р^Ф = /{р),
о
262
тобто інтеграл Пуассона задовольняє крайову умову (11.2).
Вправа. Отримати формулу Пуассона для зовнішньої задачі Діріхле
(поза кругом).
11.3. Задача Штурма-Ліувілля для оператора Лапласа
в прямокутнику
Необхідно розв’язати задачу Штурма-Ліувілля для оператора Лапласа
в прямокутнику
&2и(х, у) + Аи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь, (11.29)
и|с = 0, (11.30)
де С — контур прямокутника. Знайти норму власних функцій.
Згідно з методом розділення змінних власні функції шукатимемо у виг-
ляді добутку двох функцій, одна з яких залежить від змінної х, а друга —
від у:
и(х,у) = Х(х)¥(у).
Підставивши цю функцію в рівняння (11.29) та розділивши отримане рів-
няння на Х(х)У(?/), отримаємо таке рівняння:
X" ¥"
= —~А. (11.31)
Оскільки в цьому рівнянні права частина залежить тільки від щ а права —
тільки від х, то, очевидно, що вони мають бути рівними константі, яку по-
значатимемо через — у. Тоді, враховуючи крайову умову (11.30), отримуємо
дві такі одновимірні крайові задачі:
Х"(х) + уХ(х) = 0, Х(0) = Х(а) = 0 (11.32)
та
У"(у) + (А - ц)Г(у) = 0, У(0) —У(6) —0. (11.33)
Власними функціями крайової задачі (11.32) є
, . . ЛПХ
Хп(х) = 81Н---,
а
263
з відповідними власними значеннями
/7ГП\ 2
Мп = ------ , п =
\ а /
Аналогічно можна знайти власні функції та власні значення крайової
задачі (11.33)
, . тту /7гп\2 /7гт\2
Гт(ї/) = 81П——, Ап,т = І ----- + “Г" , 772=1,2,....
о \ а / \ о /
Квадрат норми власних функцій ипрп
а Ь
'п,т|| |^п,т(^'5 ?/) | СІЇ/СІХ
0 о
аЬ
Т
Отже, нормованими власними функціями є
2 . тгпх . кту
-= він------8ін —-—, п,т = 1,2,.
а &
а власними значеннями:
2
2
Задачі
11.1. Розв’язати внутрішню крайову задачу
А2,н = 0, 0 < р < а, 0 А А 2я,
и\р=а ~ 2
11.2. Розв’язати внутрішню крайову задачу
Д2П = 0, 0 < р < а, 2тг,
и\р=а = 2 він2 р + 4 сов3 р.
11.3. Розв’язати внутрішню крайову задачу
Д2^ = 0, 0<р<а, 2тг,
и\р=а = 32 (аіп6 р + сов6 р^ .
264
11.4. Розв’язати внутрішню крайову задачу
А?и = 0,
ди
0 < р < а,
4 він3 р.
0 С р С 2тг,
11.5. Розв’язати внутрішню крайову задачу
Аги = 0, 0 < р < а, 2тг,
= 8ІП р + СО8 4(/Л
р=а
11.6. Розв’язати зовнішню крайову задачу
&2,и = 0, а < р < +оо, 0 < р < 2тг,
и\р=а = 8со84^.
11.7. Розв’язати зовнішню крайову задачу
Д2,и = 0, а
ди
др
= 8ІП р + 4 8ІП3 р.
11.8. Розв’язати зовнішню крайову задачу
Д.%и = 0, а
/ ди
\др~и.
= 1 + СО8 2р.
р=а
11.9. Розв’язати зовнішню крайову задачу
р < 2тг,
р < 2тг,
&2,и = 0, а < р < +оо, 0 < р < 2тг,
ди І 1, 0 < р < 7г,
дР р=а ї “і, <р< 2тг.
11.10. Розв’ язати крайову задачу для рівняння Лапласа в кільці: а р 6,
0 р 2тг з такими крайовими умовами: и\р=а = 0, и\р=ь = 8Іп</? + 2соз2 р.
11.11. Розв’язати крайову задачу для рівняння Лапласа в кільці: а р
0 р 2тг з такими крайовими умовами:
ди
= 48Іп3 р, и\р=ь = 0.
265
11.12. Розв’язати крайову задачу для рівняння Лапласа в кільці: а
0 2я з такими крайовими умовами: и\р=а = 1,
р
= 2 8ІП2 (Д.
р=ь
11.13. Розв’язати крайову задачу для рівняння Лапласа в кільці: а
0 2тг з такими крайовими умовами:
Р
= СО8
р=Ь
• ди
= 81П (Д тр
’ др
р=а '
11.14. Знайти розв’язок рівняння Лапласа в прямокутній області 0 < х < р,
0 < у < 8, який задовольняє такі крайові умови: гфО, ?/) = их(р, у) = 0,
и(х, 0) = 0, и(х, в) = /(щ).
11.15. Знайти розподіл температури в нескінченно довгому циліндрі з ра-
діусом а, якщо на його поверхні задано тепловий потік = дсовср з
розрахунку на одиницю довжини.
11.16. Тонка плівка натягнута на дротяний каркас, який проектується на
площину ХОУ в прямокутник із сторонами: х = 0, х = /, у = 0, у = т\ відхи-
лення точок контура від площини задається такими рівностями: п(0, у) = 0,
и(1, у) = 0, и(х, 0) = р(х), и(х,т) = р(х). Знайти форму поверхні, на якій
розташується плівка.
11.17. Тонка плівка натягнута на дротяний каркас, який проектується на
площину ХОУ в прямокутник із сторонами: х = 0, х = /, у = 0, у = т; від-
хилення точок контура від площини задається такими рівностями: гг(О, ?/) =
/(?/), и(1,у) = д(у), и(х,ІЇ) = (р(х), и(х,т) = ф(щ). Знайти форму поверхні,
на якій розташується плівка.
11.18. Розв’язати внутрішню задачу Діріхле
Х2и(х,у) = 0,
2 । 2 о2
х + у < Н ,
и(х, у) = 2ащ, х2 + у2 = Я2.
11.19. Розв’язати внутрішню задачу Діріхле
?/) = 0, х2 + у2<К2,
и(х, у) = 2у2 — К2, х2 + у2 = В2.
11.20. Розв’язати внутрішню задачу Діріхле
Х2и(х,у)=0, х2 + у2<К2,
и\х,у) = х -у, х + у = В .
266
11.21. Розв’ язати внутрішню задачу Діріхле
А2и(х,у) = 0, х2 + у2 < Я2,
и(х, у) = х + у, х2 + у2 = Я2.
11.22. Розв’ язати внутрішню задачу Діріхле
Д2гф,?/) = 0, х2 + у2<Я2,
и(х,у) = х2 + Яу, х2 + у2 = Я2.
11.23. Розв’язати внутрішню задачу Діріхле
Д2гф,?/) = 0, х2 + у2<Я2,
и(х,у) = (х+ у)2, х2 + у2 = Я2.
11.24. Розв’ язати внутрішню задачу Діріхле
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 < Я2,
и(х, у) = х4 + Я2?/2, х2 + у2 = Я2.
11.25. Розв’язати зовнішню задачу Діріхле
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 > Я2,
и(х, у) = 2ач/, х2 + у2 = Я2.
11.26. Розв’ язати зовнішню задачу Діріхле
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 > Я2,
и(х, у) = 2у2 — Я2, х2 + у2 = Я2.
11.27. Розв’ язати зовнішню задачу Діріхле
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 > Я2,
и\х,у) = х —у, х +у = Я.
11.28. Розв’язати зовнішню задачу Діріхле
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 > Я2,
267
11.29. Розв’язати зовнішню задачу Діріхле
Д2п(х,?/)=0, х2 + у2>К2,
и(х, у) = х2 + Ну, х2 + у2 = Я2.
11.30. Розв’язати зовнішню задачу Діріхле
Д2п(х,?/) = 0, х2 + у2>К2,
и(х, у) = (х + у)2, х2 + у2 = Я2.
11.31. Розв’язати зовнішню задачу Діріхле
Д2н(х, у) = 0, х2 + у2>К2,
и(х, у) = х4 + Я2?/2, х2 + у2 = Я2.
11.32. Знайти умову, при якій внутрішня задача Неймана
Д2п(х,?/)=0, х2 + у2<К2,
= 2 Ах2 + П2. х2 + у2 = В2
дп
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопА).
11.33. Знайти умову, при якій внутрішня задача Неймана
Д2п(х,?/) = 0, х2 + у2<Я2,
ди(х,у} 2 2 2
—------= 2ху + А, х + у = Н
дп
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопА).
11.34. Знайти умову, при якій внутрішня задача Неймана
Д2н(х, у) = 0, х2 + у2<К2,
ди(х, у) 2 І Р І р2 2,2 р2
—------= Ау + Нх + К , х + у = Н
С/П
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопА).
268
11.35. Знайти умову, при якій внутрішня задача Неймана
А2и(х,у) = 0, х2 + ?/2<Я2,
ди(х, у) 2 2 2
—-------= х + у + А, х + у = Я
дп
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопзї).
11.36. Знайти умову, при якій внутрішня задача Неймана
Д2гф,?/) = 0, х2 + у2<Я2,
ди(х,у) 2 , л 2,2 е>2
—-----= (х + у) + А, X + у = Я
дп
є правильно поставленою та розв’язати її (А = соиА).
11.37. Знайти умову, при якій зовнішня задача Неймана
А2и(х,у) = 0, х2 + у2>Я2,
= 2Ах2 + Л2, т2 + У = Я2
(7П
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопзї).
11.38. Знайти умову, при якій зовнішня задача Неймана
Д2п.(х, ?/) = 0, х2 + у2>Я2,
ди^Х, у) 2 , 2 р2
—-----= 2ху + А, х + у = Я
ОИ
є правильно поставленою та розв’язати її (А = соиА).
11.39. Знайти умову, при якій зовнішня задача Неймана
Д2гг(х, у) = 0, х2 + у2 > Я2,
ди(х,у) л 2 , г> , г>2 2,2 г>2
—------= Ау + Ях + А, х + у = Я
дп
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопзї).
11.40. Знайти умову, при якій зовнішня задача Неймана
А2и(х,у) = 0, х2 + у2>Я2,
ди{х, у) 2 2 2
—-------= х + у + А, х +у = Я
дп
269
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопА).
11.41. Знайти умову, при якій зовнішня задача Неймана
Д2^(а,і/)=0, х2 + у2>ії2,
ди(х,у) 2 2 2 2
—------= (х + у) + А, х +у = К
(7П
є правильно поставленою та розв’язати її (А = сопА).
11.42. Знайти закон стаціонарного розподілу температури всередині нескін-
ченно довгого циліндра з радіусом а, якщо на лівій половині поверхні ци-
ліндра (0 у < 7г) підтримується температура —Т, а на правій половині
(—7г < </? < 0) — температура Т.
11.43. Знайти закон стаціонарного розподілу температури всередині нескін-
ченно довгого циліндра з радіусом а, якщо на його поверхні підтримується
така температура: и(а, </?) = позику (ио = сопзї).
11.44. Знайти закон стаціонарного розподілу температури всередині нескін-
ченно довгого циліндра з радіусом а, якщо на його поверхні підтримується
така постійна температура: 0 в точках, де є < < 2тг, в тих точках, де
0 < </2 < є. є — дуже мале додатне число.
11.45. Знайти закон стаціонарного розподілу температури всередині нескін-
ченно довгого циліндра з радіусом а, якщо на його поверхні підтримується
така постійна температура: 0 в точках, де є < 92 < 2тг — є; — в тих точках,
де 2тг — є < 92 < 2тг; в тих точках, де 0 < 92 < є. є — дуже мале додатне
число.
11.46. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
&2и(х, у) + Хи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь,
— =0,
<9п с
де п — зовнішня нормаль до контуру прямокутника С.
11.47. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Агіфх, у) + Ап(щ, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у <6,
и
ж=0
= гг| = 0,
І х=а 1
ди
ду
270
11.48. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
у) + Хи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь,
и
ж=0
ди
ду
= 0.
у=ь
11.49. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
£х.2и(х, у) + Хи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь,
11.50. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
/\2и(х, у) + Хи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь,
и(х + а,у) =и(х,у), и\у=0 = и\у=ь = 0.
11.51. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Д.2и(х, у) + Хи(х, у) = 0, 0 < х < а, 0 < у < Ь,
и(х + а, у) = и(х, у), и(х, у + Ь) = и(х, у).
11.52. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Дн(х, у, г) + Хи(х, у,г) = 0, 0 < х < а, 0 < у <6, 0 < г < с,
11.53. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Дн(х, у, г) + Хи(х, у,г) = 0, 0 < х < а,
0 < у <Ь, 0 < г < с,
“І
и\ п
І г=0, г=с
11.54. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Дн(х, у, г) + Хи(х, у,г) = 0, 0 < х < а, 0 < у <6, 0 < г < с,
ди
дп
271
де 8 — повна поверхня паралелепіпеда.
11.55. Знайти власні значення та відповідні нормовані власні функції задачі
Дп(х, у, г) + Ап(х, у, г) = 0, 0 < х < а, 0 < у <6, 0 < % < с,
ди ди
дп х=0.і=«
де п — зовнішня нормаль до поверхні паралелепіпеда.
и\ л
І 2=0, 2=С
272
Розділ 12.
Функція джерела
Метод функції джерела дає зручний апарат для аналітичного представ-
лення розв’язку крайових задач. У цьому розділі досліджуються основні
властивості функції джерела для рівняння Лапласа, розглядаються основні
методи побудови функції джерела.
12.1. Функція джерела оператора Лапласа та її основні
властивості
Для будь-якої функції ц, яка є неперервною разом з першими похідними
в замкненій області Л. яка обмежена достатньо гладкою поверхнею У, та яка
має похідні другого порядку всередині області Л, має місце таке інтегральне
представлення (10.18):
1 ГГҐІди д 1\ л
ц(М0 = -т- / / --и-— ба -
4тг 77 дп опг)
(7
А/д Є 0.
(12-1)
Якщо функція ц(М) є гармонічною, то об’ємний інтеграл дорівнює нулю;
якщо ж функція ц(М) задовольняє рівняння Пуассона, то об’ємний інтеграл
є відомою функцією.
Нехай г(М) — деяка гармонічна функція, яка неперервна в Л + У разом
з похідними першого порядку, та яка не має жодних особливостей. Тоді друга
формула Гріна (10.17) дає
(12-2)
273
Додавши формули (12.1) та (12.2), отримуємо
ди дС\
діл. П дп )
(1(7 —
/1/
о
(12.3)
Де
С(М, Мо) = -2------
47ГГДОЦ
— функція двох точок Мо(а?о, уо, го) та М(х, у, г). Точка Мо(хо, уо, го) є фіксо-
ваною, тому хц, у $ та го грають роль параметрів.
ди
Формула (12.3) містить та ——
1 оті
крайової задачі задано лише и\^, а при розв’язуванні другої крайової задачі
. Довільну функцію г(М) виберемо так, щоб виконувалася
умова = 0 для першої крайової задачі, а у випадку другої крайової задачі
= 0. Означимо функцію <?(М, Мо) для першої крайової задачі
ди
— значення ——
(7П
(12.4)
. Проте, при розв’язуванні першої
дС
— умова ——
(7П
за допомогою умов:
1) функція С*(М, Мо), як функція точки М(х,у, г) при фіксованій точці
Мо(хо,т/о, ^о), задовольняє рівняння Лапласа
(от2 о2 Д)2 \
^+я^ + ^)с'<лГлЬ) = о! м^м0
дх2 дул дР /
у всіх точках М(х,у, г) області Л за вийнятком точки Мо(хо, ї/оМо)і
2) функція С*(М, Мо) при співпадінні аргументів (М = Мо) перетворюється у
нескінченність та представляється у вигляді (12.4), де V — гармонічна скрізь
в області Л функція;
3) функція <7(М, Мо) на краю X області 12 перетворюється в нуль:
С(Р, Мо) = 0, Р Є 2.
Цю умову можна задовольнити, вимагаючи, щоб
Функцію С*, яка визначена таким чином, називають функцією точкового
джерела першої крайової задачі для рівняння Лапласа. Функція джерела
дозволяє записати представлення для розв’язку першої крайової задачі для
274
рівняння Лапласа. Справді, формула (12.3) дає:
и(Мо) = - І МР)--------т—----сіо-р = - / І/(Р)----------а<гР, (12.5)
оскільки / = гг|^. Аналогічно можна записати розв’язок рівняння Пуассона
Ап(М) = -Г(М), Мєф (12.6)
з крайовою умовою
и\у,
(12-7)
а саме:
и(Мо) = - [[с1(7р + ЩНАС-Юл (12.8)
Е О
Слід зазначити, що формула (12.5) отримана за допомогою формули
Гріна, яка передбачає виконання певних умов стосовно функцій и і С та
дСг
поверхні Е. У формулу (12.5) входить вираз ——, існування якого на поверхні
(7П
X не випливає безпосередньо із означення функції С*.
При отриманні формули (12.5) виходили з того, що існує гармонічна
функція и, яка приймає на поверхні У значення /. Тому навіть для тих
областей, для яких існує функція джерела, яка задовольняє умови засто-
совності формули Гріна, формула (12.5) дає явне представлення лише тих
розв’язків и першої крайової задачі, які задовольняють умовам застосовності
формули Гріна (доводячи тим самим єдиність цього класу розв’язків першої
крайової задачі).
Перевагою використання функції джерела при розв’язуванні першої
крайової задачі є те, що замість розв’язування задачі (12.6)—(12.7) розв’-
язують рівняння Лапласа
Аг = 0
зі спеціальною крайовою умовою
ІЕ 4тгг ’
що, як буде видно з подальшого, є значно простішим. Знайшовши V, отриму-
ємо функцію джерела (Т (12.4) і одразу записуємо розв’язок вихідної задачі
(12.6)-(12.7) згідно з (12.8).
275
Електростатична інтерпретація функції джерела. Функція дже-
рела
С(М, Мо) = —1----+ V
МГГММО
є електростатичним потенціалом у точці М точкового заряду, який розмі-
щений у точці Мо всередині заземленої провідної поверхні Е. Перший дода-
нок 1 /йтггдо/о є електростатичним потенціалом точкового заряду у вільному
просторі, другий доданок — функція V є елекростатичним потенціалом поля,
яке створюється індукованими зарядами на поверхні Е. Отже, побудова
функції джерела зводиться до визначення індукованого поля.
Розглянемо деякі властивості функції джерела. При цьому вважатиме-
мо, що розглядувані області такі, що для них існують функції джерела, які
мають нормальні похідні на поверхні Е, та задовольняють умовам застосов-
ності формули Гріна.
ВЛАСТИВІСТЬ 1. Функція джерела скрізь додатна в області И. Справді,
функція С(М, Мо) перетворюється в нуль на краю Е області И та додатна
на поверхні достатньо малої сфери, яка описана навколо точки Мд. Звідси
випливає, що внаслідок принципу максимуму вона є додатною у всій області
П. Зауважимо також, що
<0
це безпосередньо випливає з доведеної додатності та умови = 0.
ВЛАСТИВІСТЬ 2. Функція джерела є симетричною відносно своїх аргу-
ментів
С*(М,М0) = С(М0,М),
що виражає принцип взаємності у фізиці: джерело, яке знаходиться в точці
Мо, робить в точці М таку ж дію, яку робить в точці Мд джерело, яке роз-
ташоване в точці М. Принцип взаємності має дуже загальний характер та
стосується полів різної фізичної природи: електромагнітної, пружної і т.д.
На площині функція джерела С(М, Мо) означається за допомогою умов:
1) функція джерела С(М, Мо) задовольняє рівняння Лапласа Д26? = 0
скрізь в розглядуваній області за вийнятком точки М = Мд;
2) в точці М = Мд функція джерела (7(М, Мд) має особливість вигляду
2т гмм0 ’
276
3) функція джерела С*(М, Мо) на краю С області 8 перетворюється в нуль.
Функція джерела в цьому випадку має такий вигляд:
СЇ(Л£ Л/о) = 1и —+ г(Л/, МД
Гммо
де V — скрізь неперервна гармонічна функція, яка на краю С області 8
задовольняє умову
г?|с = --’-Іп—.
с 2 л гмм0
Тоді розв’язок першої крайової задачі на площині
Д2гг(Мо) = -^(Мо), Мо Е 8,
є таким:
и(М0) =
дпР М
з
м- (12.9)
12.2. Метод електростатичних зображень
Найбільш поширеним методом побудови функції джерела є метод елек-
тростатичних зображень. Його ідея полягає в тому, що при побудові функції
джерела
С(М, Мо) = —-----+ ДМ, Мо)
^ГММО
індуковане поле V подають як поле зарядів, що розташовані поза поверхнею
X та вибраних так, щоб виконувалася умова
Щ
4лгРЛд
Ці заряди називаються електростатичним зображенням одиничного заряду,
який розташований в точці Мо та який створює при відсутності поверхні X
потенціал 1/(4лщим0)- У багатьох випадках вибір таких зарядів є простим.
Розглянемо побудову функцій джерела для сфери, кола та півпростору.
12.2.1. Функція джерела для кулі
Нехай в якості поверхні X задано сферу радіуса К з центром в точці О
і треба розв’язати першу крайову задачу:
Дп(М) = —Т'(М), М Є Г2, Г2 = {М(х, щ 8) : х2 + у2 + г2 < Я2},
277
Ме = Р Е Е = {р(р г) ' х2 + у2 + г2 = В2}.
Згідно з (12.8) розв’язок задачі
ц(М)) = - йаР + /7/'с(ЛГ Л/о)^(Л/) (IV(12.10)
Е О
де С — функція джерела, яку треба побудувати. Для цього помістимо у точку
Мо одиничний заряд та відкладемо на прямій, яка проходить через точки Мц
та О, такий відрізок Гмго, Щ°
Гм0О ГАІІО = ^2-
(12.11)
Це перетворення, яке точці Мо ставить у відповідність точку Мі, є перетво-
ренням обернених радіусів-векторів, а сама точка Мі називається спряже-
ною до точки Мд. Це перетворення є взаємно оберненим, тобто точку Мо
можна розглядати як спряжену до точки Мі.
Рис. 12.1.
Доведемо, що для усіх точок Р,
які лежать на сфері, віддалі гм0о
та гмхо є пропорційними. З рис. 12.1
видно, що трикутники
ДРОМо та ЛРОМі
є подібними, оскільки кут при вер-
шині О є спільним, а прилеглі до
нього сторони є пропорційними (це
випливає з (12.11)):
гмрО _ В
К ГМіО
З подібності трикутників випливає, що
гМс,0
Гтюг = ------
для усіх точок сфери. Тому гармонічна функція V =-----------на сфері
Гм0О ГММ,
приймає те ж саме значення, що і функція------. Фізичний зміст функції
ГММО
у: це потенціал заряду —В/гмосн який розміщений у точці Мі.
278
Отже, функція
1 / 1 Е> 1 \
С(М,М0) = —--------------------, (12.12)
4 л \ГММО ГМоО^ММг )
де М — довільна точка, яка знаходиться всередині кулі, є шуканою функцією
джерела для кулі, оскільки це — гармонічна функція, яка має в точці Мо
г • 1 д. •
особливість------та перетворюється в нуль на сфері:
47ГГм0О
с(мм)Ь = с(вм) = -4 (—---------------—— ) = о.
4л \грм0 гм(Мг'РМ\/
Для того, щоб записати розв’язок першої крайової задачі для рівняння
Лапласа за формулою (12.10), необхідно обчислити похідну по зовнішній нор-
малі від функції джерела на сфері:
дС(М, Мр)
<9п
1 Г д 1
4л ДпгЛ/м,
гм0о дп гмх
(12.13)
К д 1
Е
У випадку внутрішньої крайової задачі точка М знаходиться всередині кулі
і напрям нормалі буде збігатися з променем, який виходить з початку коор-
динат О та проходить через точку М (див. рис. 12.1). З цього рисунка видно,
що
^ММо = гМ0О + ГМО ~ 2 ГМо0 Гм0 СО8 у.
Обчислюємо похідну по нормалі від першого доданку функції джерела
д 1 д 1 д 1
ГЩИ0 дтуц^ Т'мМі, дгмо Мі і Л2 ‘2 г соя^у
іи{у ^'МпО^'МО ' М0О ' М(МОЬІ
=гмо~гм0о СО87= гм0о СО87
/о і 2 о \3/2 *
(гм0о + гмо - 2 гм0о гмо СО8 7) гмм0
тоді
д 1 = Одо СО8 7 ~ =_________гМо0 сову-Я р
дп гМм0 Е ДМо (Д^ + Д2 _ 2 Гмо0 я сов у)3/2 ’
З рис. 12.1 видно, що
гММі = гМіО + ГМО ~ 2 ГМіО гмо СО8 7-
279
Обчислюємо похідну по нормалі від другого доданку функції джерела
<9 1 <9 1 <9 1
<9п Гдо/ дг-^0Тмм дтмо л /г^ 4- _9 г г сочо/
Ми М и у ГМг0 + ГМ0 2 ГМгО ГМ0 СО8 7
=Гмо-Гм.о™^= ГМ10С08У-ГМ0
(.9.1,0 + гмо - 2О/1оО/осок7)3/2
ТОДІ
д 1 = ^м1оСО87-^ро =__________Дщ^озу-Д__________ р
дпгММ1 Е г3РМі + р2 _ 2ГМі0Ксозу)3/2’
Підставивши знайдені похідні у формулу (12.13), отримуємо
аО(М, Мо) _ 1 __________гМо0 созу — Д_________
ап Д М (Що + Л2 - 2 г№,0 Я С08 7)3/2
_ Д___________гм1оСО87- Д________
Гм°° (г2М1о + Я2 - 2ГМ1О Д соз у)3/2
а врахувавши співвідношення (12.11) (щщо = В?/гм0о\ отримуємо:
дв(М, М„) Я2 - ГІІОО_________________1_____________
дп 472К (І/„о + д2 - 2 г„о0Л сой 7)3/2'
Підставивши це у формулу (12.5), отримуємо розв’язок першої внутрішньої
крайової задачі у випадку кулі
п(М0) =
д р +д*_2; Дсо8772Ж)с1сг;’+
£ V М0О + 21 2 ГМ0О Л СОЗ у^
+ Г [[[(—-------—М
4л у у у \гмм0 гм0о гммг /
о
Цю формулу зручно записати у сферичній системі координат, враховуючи,
що
МоЦо^о^р), Р(Д,^,Д,
СО8 7 = С08 6 С08 00 + 8ІН 0 8ІН $р СО8((/2 — </?р), (12.14)
сЬтр = Д2 8Іп 0 <40 <4<д,
280
ТОДІ
2л 7Г
о г г е>2 _ г2
и{г0, Єо,^о) = — / —-------------59?) зіп Є (10 ф+
(г2 + Я2-2г0Ясо8 7)3/2
+ т [[[(—-----------~——) р(м^.
^^333 УММО Гм0О Г\Ш. )
о
(12.15)
У випадку першої крайової задачі для рівняння Лапласа об’ємний інтег-
рал у формулі (12.15) перетворюється в нуль і отримуємо інтеграл Пуассона
для кулі'.
2л 7Г
о г г тз2 _ г2
п(г0, 0О, <^о) = — / / —-----------2-----Л/її Ж 8ІП 3 (і3
4тг У У (г« + Л2 — 2гп Ясову) '
о о 4 0 0 ''
Вправа. Вивести формулу (12.14).
Вправа. Використовуючи метод електростатичних зображень, довести,
що розв’язок першої зовнішньої крайової задачі для рівняння Лапласа у
випадку кулі записується так:
2л 7Г
о г г г2 __ е>2
п(г0, Єо,<ро) = — / —-----—2------------8ІП 3 М с1(А
47гУ У (г2 + Я2-2ГоДсо8 7)3/2
де точка Мо(го, Оо, (До) знаходиться поза кулею (го > Я).
12.2.2. Функція джерела для круга
Нехай в якості контура С задано коло радіуса К з центром в точці О і
треба розв’язати першу крайову задачу:
АДМ) = -Г(М), М Є 5, 8 = {М(х,у) :х2 + у2 < К2},
и\^ = /(Р), Р Є С, С = {Р(х,у) -.х2 + у2 = Я2}.
У цьому випадку формула (12.9) набуває
такого вигляду:
де С — функція джерела для круга, яку треба
побудувати. Функцію джерела для круга мож-
на отримати таким ж способом, що і для кулі.
У цьому випадку її треба шукати у такому виг-
ляді:
С(М лад = і 1п —+ і’.
ТММО
Точки Мд та Мі є спряженими:
Гм00 ГМіО = И2•
З подібності трикутників РОМц та РОМі випливає, що
Грм0 _ ТРМ!
Гм00 И
1 _ К 1
Грм0 Гм0О Грмг '
тоді функція
С(М, лад = 2-111 — - іп ґ ———
Рк ТмМо \МрОгММг
є гармонічною та перетворюється в нуль на колі С (0(Р,Мо) = 0), тобто
це є функція джерела для круга. Для розв’язування першої крайової за-
де
дачі для рівняння Лапласа необхідно обчислити —— на колі С. У випадку
(7П
внутрішньої задачі напрям нормалі збігається з променем, який виходить з
початку координат та проходить через точку М.
Розглянемо спочатку похідну по нормалі від першого доданку функції
джерела на колі, враховуючи, що
2 _ 2 і 2
ГММО = гМ0О + ГМО ~ ^ГМ0О ГМО С08 71
±1 1
дп П
їй —
Гммо с игМО Тммо с
_ Гм0О СО8 7 - гмо
= Гммо
г2
' ММ0
1
дгмогмм0 с
Гм0о СО8 7 - Я
гко + Д2“2Фи0оЯсо8 7
Аналогічно обчислюємо похідну по нормалі від другого доданку функції дже-
рела на колі, враховуючи, що
2 2 і 2 о
гММг — ГМ1О + ГМО ~ ^ГМ1О ГМО СО8 71
282
1
1
1
= ОПІ
Гм00 ГмМА
дтМО \ ГМ0О гММі
Гм0осо&7 - Гмо _
г2
' мм0
дгмогмМі с
УМірсозу - Р
гМіо + Р2 -2гМіОЛсо8 7’
Тоді, враховуючи, що гМ1о = Р2/гм0о,
отримуємо
дв(М, Мр)
<9п
2тг [аК1п
1
27ГР гм0о РР2- ^гМо0 Я СО8 7
ГмМо
- Л“1п \
(діл \гм0огмМі
М0О
Підставивши цю похідну у формулу (12.16), отримуємо розв’язок першої
внутрішньої крайової задачі для рівняння Лапласа у випадку круга
г2 + р2 _ 2г Я СО8 7 +
ГМ0О т Л ЛГМо0 п СО8 7
____Г 1 /я 1
— 111
Гммо \Гм0ОгММі
д.8м-
Цю формулу зручно переписати в полярній системі координат, враховуючи,
що
МО(гО,(/?о), СО8 7 = СО8(99 - (/20), &Р = Р
27Г
02 _ 2 /•
/ х 11 / о І у у у у
П 0 2ті / Гр + Я2 - 2г0ЯсО8((/2 - еро) +
о
/(р)
— 111
Гммо \Гм0ОТмМі
(ІЗм-
и
з
з
1
1
1
1
У випадку першої крайової задачі для рівняння Лапласа отримуємо інтеграл
Пуассона для круга:
№)
2тг
р2 _ 2 /•
л' о / ___________________________ 1
2тг у Ц; + Я2 — 2г0Ясо8(<£> — </2о)
о
Вправа. Використовуючи метод електростатичних зображень, довести,
що розв’язок першої зовнішньої крайової задачі для рівняння Лапласа у
283
випадку круга записується так:
= гі - д2 7___________/(д___________
2тг / Гд + Я2 — 2г0Ясо8(т2 — іро)
о
де точка Мо(го, уф знаходиться поза кругом (/у > Д).
12.2.3. Функція джерела для півпростору
Поняття функції джерела та формула (12.3) має місце і для необме-
женого простору, якщо розглядати регулярні на нескінченності функції. Зна-
йдемо функцію джерела для півпростору о > 0 спочатку для задачі Діріхле,
а потім — задачі Неймана.
Рис. 12.3.
А. Задача Діріхле
Згідно з формулою (12.5), для розв’язування першої крайової задачі для
рівняння Лапласа
Дн(х, щ г) = 0, —оо < х, у < +оо, 0 < г < +оо,
и(х, у, 0) = /(а?, у), -оо <х,у < +оо
необхідно знайти функцію джерела С. Для цього скористаємось методом
електростатичних відображень. Помістимо в точку Мд(хо, т/о, ^о) одиничний
заряд, який створює в необмеженому просторі поле, потенціал якого
1
4ТГГЛ/М, ’
де Гммо = У(х - х0)2 + (т/ - ш)2 + (^ - л)2•
284
С(М Л/о) = Д
47Г
Цей заряд індукує в півпросторі г < 0 заряд такої ж величини, але проти-
лежного знаку. Тоді потенціал індукованого поля є таким:
—л— -----, де гМм0 = у/(.х~ хо)2 + (у~ Уо)2 + + ^о)2-
Тоді функція джерела <7(М, Мо) для півпростору
1
\ДХ~ Х0)2 + (т/ - Уо)2 + (^ - Л))2 Й9 17А
1
у/(х ~ Хо)2 + (у~ Уо)2 + (^ + Л))2
Як видно з формули (12.17), функція джерела перетворюється в нуль на
краю області (г = 0) та має необхідну особливість в точці Мо, тобто задо-
вольняє усі умови, які накладаються на функцію джерела.
Для того, щоб скористатися формулою (12.5), необхідно обчислити по-
хідну від функції джерела по зовнішній нормалі до площини г = 0. Оскільки
шукаємо розв’язок в області г > 0, то зовнішня нормаль напрямлена в
сторону від’ємних 2. Тоді
да _ _ да_ __________________________20_______________
<9п г=0 дг г=0 2тг ((х — х0)2 + (у — уо)2 + 2д)3//2
і розв’язок першої крайової задачі для рівняння Лапласа записується так:
+оо
(хО,?/о,2о) = [[ ---------------Ї(Х’У)----------
- х0)2 + (у - Уо)2 + 22)3/2
(12.18)
В. Задача Неймана
Згідно з формулою (12.5), для розв’язування другої крайової задачі для
рівняння Лапласа
Дгфх, у, г) = 0, — оо < х, у < +оо, 0 < г < +оо,
необхідно знайти функцію джерела С*, причому ця функція повинна задо-
вольняти умову
да
дп
= 0.
(12.19)
2=0
285
Для цього скористаємось методом електростатичних відображень. Знову
помістимо в точку Мо(хо, ї/о, ^о) одиничний заряд, який створює в необмеже-
ному просторі поле, потенціал якого
-— ----, де гММо = у/(х- х0)2 + (?/ - Цо)2 + (^ - -о)2- (12.20)
4тґгДод
Цей заряд індукує в півпросторі % < 0 заряд такої ж величини, але проти-
лежного знаку. Тоді потенціал індукованого поля є таким:
—л— -----, де Гммо = уЛх~ ^о)2 + (у~ Уо}2 + (^ + г0)2. (12.21)
Функцією джерела С*(М, Мо), на відміну від попереднього випадку, є різниця
виразів (12.20) та (12.21)
1
(7(М, Мо) = -ї- | ,_______________________________________
4тг у у (х - х0)2 + (т/ - 7/о)2 + (^ - ^о)
1 \
2
^(х - Х0)2 +(у- Уо)2 + (г + 2Д)2
Тоді, згідно з (12.3), розв’язком задачі Неймана є
/(х,у)
(ІХ <1у.
и
х - х0)2 + (у - уо)2 +
ди
дп
Вправа. Переконатися, що функція джерела (12.22) задовольняє умову
(12.19).
12.3. Представлення функції джерела у вигляді ряду
Якщо є відомими власні функції оператора Лапласа для заданої області,
то функцію джерела можна побудувати у вигляді ряду.
12.3.1. Задача Діріхле для рівняння Лапласа
Функція джерела внутрішньої задачі Діріхле в області 12 є розв’язком
такої крайової задачі:
ДС*(М, Мо) = -3(М, Мо)
С(Р, Мо) = 0, Р Є
286
де Е — край області О, 5(М, Мо) — дельта-функція Дірака.
Нехай Хп та ЩМ), п = 1,2,..., — власні значення та власні функції
оператора Лапласа для задачі Діріхле в області £1:
ДДМ) + Аг(М) = 0, М є
п|Е = 0,
причому власні функції є нормованими на одиницю (|ф|| = 1).
Функцію джерела, тобто розв’язок задачі (12.23) шукаємо у вигляді ряду
за власними функціями ЩМ):
ОО
СІМ, Мо) = ^2 а„м(М), (12.24)
П=1
де ап — невідомі константи, причому ап = ап(Мо).
Підставивши в (12.23) формулу (12.24) та використавши для дельта-
функції Дірака представлення у вигляді ряду:
ОО
6(М,Мо) = ^„(Мо)у„(М),
п=1
отримуємо рівняння для визначення невідомих констант ап:
(Хп®п ^п(-^о)Дп(-^Ч = 0.
п=1
Звідси, враховуючи, що для усіх п Хп 0і, отримуємо
_ ^П(МО)
А
Тоді, функція джерела С(М, Мо) згідно з (12.24) має такий вигляд:
(ДМ, Мо) = V (12.25)
п=1 п
хУсі Хп відмінні від нуля, оскільки при А = 0 отримуємо задачу
ДДМ) = 0, МєО; 1^=0,
яка має лише тривіальний розв’язок, який нас не цікавить, бо усі власні функції тотожно не дорівнюють
нулю (у ф 0).
287
12.3.2. Задача Неймана для рівняння Лапласа
Розглядаємо задачу Неймана для рівняння Лапласа
ДгфМ) = 0, МєГ2,
(12.26)
Р Є
Розв’язок цієї задачі представимо через функцію джерела. Нехай Хп та
гп(М), п = 0,1,2,..., — власні значення та власні функції оператора
Лапласа для задачі Неймана в області 12:
Дг(М) + Аг(М) = 0, М е 12,
причому Хп Д 0 при п = 1,2,..., власні функції є нормованими на одиницю
(| ф| | = 1), а нулевому власному значенню відповідає власна функція2
Мм) =
де V — об’єм області 12.
Розглянемо ряд, який є аналогічним до (12.25):
С(М, Мо) = V (12.27)
п=1 п
та подіємо на нього оператором Лапласа:
ДС(М, Мо) = 52 = - 52 г„)Мо)г„(М) =
п=1 п п=1
= 52 Ммо>п(м) + г?о(Мо)го(М) =
п=0
00
= - 52ммд,.іХ) + у = -$(м, мС)) +
п=0
2 При А = 0 отримуємо задачу
др
Ар(М) = 0, М є П; — =0,
ап Е
яка має розв’язок Уо(М) = сопзі, з умови нормування отримуємо, що сонні: = -і.
288
Тобто функція С(М, Мо) є розв’язком такої задачі:
ДС(М, Мо) = -фМ, Мо) + і М Є
д5(М, Мо) _ (12-28)
<9п
Е
і не є, згідно з означенням, функцією джерела оператора Лапласа для
внутрішньої задачі Неймана. Проте, знаючи цю функцію, можна записати
розв’язок задачі Неймана (12.26). Функцію О(М, Мо) можна подати так:
<5(М, Мо) = ——-----+ ш(М), (12.29)
47ГПИМО
де функція ш(М) є розв’язком крайової задачі
Дш(М) = і М Є £2,
5ш(М) 15 1 р (12.30)
5п Е 4я5п гРМо"
Згідно з інтегральною формулою Гріна (10.18), розв’язок в точці Мо Є Г2
можна представити так:
и
дпг
ж-"- -
Е О
Друга формула Гріна (10.17) для функцій и та ш дає
Г Г / ди ди;
Е ' О
Додавши формули (12.31) та (12.32), отримуємо
// (5й - “И)(іст - ///бАи <ь'+ШиЛи! <іу
Е ' ' О О
(12.31)
и
враховуючи, що Дш = 1/У,
Неймана (12.26)
и(Мо) =
= 0 та Дп = 0, отримуємо розв’язок задачі
СД сісг + соп8І, (12.33)
Е
Е
де СОИ8Ї = ^ /// ПСІУ.
О
Отже, маючи функцію С у вигляді ряду, або, розв’язавши крайову за-
дачу (12.30) та скориставшись представленням (12.29), можна за допомогою
формули (12.33) одразу записати розв’язок задачі Неймана (12.26).
289
12.4. Метод конформного відображення
Методи функції комплексної змінної ефективно застосовують для роз-
в’язування великого кола математичних задача, які виникають у різних об-
ластях природознавства. Зокрема, застосування аналітичних функцій дає
можливість достатньо просто розв’язувати крайові задачі для оператора
Лапласа. Це є наслідком того, що між аналітичними функціями комплексної
змінної та гармонічними функціями двох змінних існує тісний зв’язок.
12.4.1. Гармонічні функції та аналітичні функції комплексної
змінної
Загальним методом розв’язування двовимірних задач для рівняння Лап-
ласа є метод, який використовує функції комплексної змінної. Нехай =
= /(г) = и(х, у) + іг(х, у) — деяка функція комплексної змінної г = х + ф,
причому функції и(х,у) та и(х,у) є дійсними функціями змінних х та у.
Найбільший інтерес серед функцій комплексної змінної мають аналітичні
функції, для яких існує похідна
сіш Аш /(г + Дг) — /(г)
= Ііт —— = Ііт --------------------
аг Аг Дг—о Аг
Очевидно, що приріст Дг = Ах + іА?/ може прямувати до 0 багатьма спосо-
бами. Взагалі кажучи, для кожного способу прямування Аг —> 0 отримаємо
своє значення цієї границі. Проте, якщо функція ш = /(г) є аналітичною, то
границя ^іт = /'(г) не залежить від вибору шляху.
Необхідною та достатньою умовами аналітичності функції є умови Ко-
ші-Рімана:
(12.34)
З теорії функції комплексної змінної відомо, що функція, яка аналітична в
деякій області С*, має в цій області похідні усіх порядків та її можна розви-
нути у степеневий ряд. Зокрема, для такої функції дійсна н(х, у) та уявна
и(х,у) частини мають неперервні похідні 2-го порядку по х та у.
Продиференціювавши першу рівність формули (12.34) по х, а другу —
по у та додавши результати диференціювань, отримуємо:
ихх + иуу = 0 або = 0.
290
Аналогічно можна знайти, що
ихх + ^уу = 0 або Л-2г; = 0.
Отже, дійсна та уявна частини аналітичної функції задовольняють рівняння
Лапласа. Кажуть, що функції и та щ які задовольняють умови Коші-Рімана
(12.34), є спряженими гармонічними функціями.
Розглянемо перетворення
х = х(щ г),
у = у(и, г),
або
и = іДх, у),
V = и(х,у},
(12.35)
яке взаємно однозначно відображає деяку область С площини (а?, у) в об-
ласть С площини (пщ), так що кожній точці області С відповідає деяка
точка площини С' і, навпаки, кожній точці області С' відповідає певна точка
області Ст.
Нехай V = /7(х, у) — деяка дійсна двічі неперервно диференційов-
на функція, яка визначена всередині області С. Встановимо як зміниться
при такому перетворенні оператор Лапласа, який діє на функції V =
= [/(х(щ г), у(и, г)) = Ц(и,и). Для цього обчислимо похідні від функції
и:
З-
Шу ЛІиНу З-
у>
Ц^ии^х З- ^іт^х З- -р Ц^и^хх З- Ц^х^хх
Ууу ^ии'Ч'у 3- 17ти,у + 2[7шЩу1\/ + Ц\і'Оуу 3“ &х'Ууу,
звідки отримуємо
т ицуи>х<ух т І-1у'-у; т '^ихМхх Т ^УУ/ 'ух\ихх Т иУУ/'
Якщо функції и та V є спряженими гармонічними функціями, то останні три
доданки виразу (12.36) перетворюються в нуль. Враховуючи, що внаслідок
умов Коші-Рімана (12.34)
2,2 2,2
и + щ. = щ + щ,
«л> (у «л> (у '
291
то
VI)
або
Ї-Іии “б ІДи — 2 । 2 (&хх “Ь Ц/у) •
“І- Д
Звідси випливає, що у результаті перетворення (12.35) гармонічна в області
С функція II(х, у) переходить у функцію [7(п, г), яка гармонічна в області
О7, при умові, що
2 । 2 2 , 2 / п
V.. + Ч/ = ит + ии л 0.
«Л7 (у «Л7 (у '
Оскільки функція /(Ф) = и(х,у) + \и(х,у) є однозначною, аналітичною в
області С і ф 0, то вона здійснює конформне відображення області С
на область С", яка є областю значень функції /(г) при г Є С.
12.4.2. Дробово-лінійна функція
При побудові функції джерела часто використовується дробово-лінійна
функція, тому тут розглянемо її основні властивості.
Означення. Дробово-лінійною функцією комплексної змінної % нази-
вається функція, яка має такий вигляд:
ш = = аІТ7' (12-37)
де А, а та (3 — комплексні константи, які задовольняють умови
А 0, а (3. (12.38)
Функція (12.37) є однозначною аналітичною функцією на усій комплек-
сній площині г, яка має єдину особливу точку — полюс першого порядку
£о = — (3. Обернена функція
також є дробово-лінійною функцією, яка визначена на площині ю. Причому
точка 2о = — (3 переходить в точку ю = оо, а точка г = оо переходить в
точку ир = X.
Внаслідок умови (12.38) похідна дробово-лінійної функції (12.37)
0 (12'40)
292
відмінна від нуля у всіх скінчених точках площини %. Це означає, що дробово-
лінійна функція здійснює конформне перетворення площини г на площину
и).
У виразі для дробово-лінійної функції є три довільних параметри
А, а, /3, тому існує нескінченна множина дробово-лінійних функцій, які
здійснюють конформне перетворення усієї площини % на всю площину из.
Має місце наступна теорема з теорії функції комплексної змінної.
Теорема 12.1. Задання відповідності трьом різним точкам площини г
трьох різних точок площини из дробово-лінійна функція визначається одно-
значно.
Основною властивістю дробово-лінійної функції, яку використовують
при побудові функції джерела є кругова властивість. Сформулюємо її у
вигляді теореми.
Теорема 12.2. Дробово-лінійна функція переводить коло на площині %
в коло на площині из. При цьому прямі є включеними у сімейство кіл, прямі
розглядаються як кола нескінченно великого радіуса.
Приклад 12.1. Знайти функцію, яка конформно відображає одинич-
ний круг Щ < 1 на верхню півплощину Іш из > 0.
Розв ’язування. Встановимо відповідності між трьома крайовими точка-
ми відповідних областей:
щ = 1 ищ = 0,
22 = І Я?2 = 1,
г3 = -1 -> ш3 = оо
(12.41)
(12.42)
(12.43)
та знайдемо коефіцієнти А, а, (З дробово-лінійної функції. З умов (12.41) та
(12.43) зразу визначаємо значення а та /3: а = —1, /3=1, після чого шукана
функція набуває вигляду
Коефіцієнт А визначається з умови (12.42):
1 = А
і - 1
ЇТЇ
293
Рис. 12.4.
звідки А = —і. отже, шукана функція має вигляд:
/ \ . 1 - %
них) = і-----.
1 + г
(12.44)
Зауважимо, що функція (12.44) здійснює конформне перетворення області
|г| > 1 на нижню півплощину Іт ш < 0.
Теорема 12.3. При відображенні, яке здійснює дробово-лінійна функ-
ція, точки, які є спряженими відносно кола, переходять у точки, які є спря-
женими відносно образу цього кола.
Приклад 12.2. Знайти функцію, яка конформно відображає одинич-
ний круг |г| < 1 сам на себе так, щоб задана внутрішня точка перейшла
у центр круга.
Розв’язування. Згідно з теоремою 3.2 шуканою функцією є дробово-
лінійна. При цьому точка го та спряжена до неї відносно кола |г| < 1 точка
гі перейдуть у точки, які є спряженими відносно кола |ш| < 1. Але оскільки
точка, яка спряжена до центра кола, є нескінченно віддаленою точкою, а
точка го повинна перейти в точку ш = 0, то точка гі повинна перейти в
точку ш = сю. Тому шуканою дробово-лінійною функцією буде функція
- г0
г — гі
Оскільки точки го та гі є спряженими відносно кола одиничного радіуса, то
гогі = 1 і
/х '2-го ^-^0
ш(г) = А----Г = Аг0=------.
г — 4- гог — 1
ш(г) = А
294
Для того, щоб при цьому відображенні коло |^| = 1 перейшло в коло |ш| = 1
повинна виконуватися умова
|ш(/)| =
_ 2; - 2о
^о=------7
- 1
— |А^0|
- 20
г0Є^ - 1
= І Аг0| = 1,
звідси випливає, що Хгц = Єю, а — довільне дійсне число.
Отже, шуканою функцією є
'ш(х) = Є
- 1'
Зауважимо, що отримана функція є визначеною з точністю до параметра а,
який визначає поворот кола |ш| = 1 навколо центра.
12.4.3. Побудова функції джерела
Метод конформного відображення дозволяє побудувати функцію дже-
рела першої крайової задачі для рівняння Лапласа в плоскій області 7?, яку
можна конформно відобразити на одиничний круг Ц(г)| < 1 площини ш.
Теорема 12.4. Якщо функція и> = /(гщг) здійснює конформне пере-
творення заданої області 7? площини г всередину круга |ш| < 1 так, що
функція
С(МСІ,М) = ^-}П 1 (12.45)
ІУ (Ль %) |
є функцією джерела першої крайової задачі для рівняння Лапласа в області
79. Тут координати точки М Е 7? є х, у та % = х + іу.
Приклад 12.3. Розв’язати задачу Діріхле у верхній півплощині
/^2и(х, у) = 0, —оо < х < Тоо, 0 < у < +оо,
п|у=о = ЛД -оо < х < +оо.
Розв'язування. Згідно з формулою (12.9) розв’язок у точці (ггд, 2/о) мож-
на подати так:
/дС
(12.46)
с
Для знаходження функції джерела С скористаємось конформним відобра-
женням, яке переводить верхню півплощину г у круг одиничного радіуса на
295
Рис. 12.5.
площині ш, причому довільна точка сд повинна перейти у центр круга (див.
рис. 12.5). Спряжена точка Тр до точки повинна перейти у спряжену точку
до центра круга, тобто у го = сю. Тобто є така відповідність:
Т.)
IV = 0,
ш = сю.
(12.47)
(12.48)
Таке відображення здійснює функція
= А
~ Ч)
г - То
де константа А визначається з умови |ш| < 1. З цієї умови випливає, що
А = Єю. Тоді, згідно з (12.45), випливає, що функція джерела має такий
вигляд:
- ^0
г - То
С(М0, М) = С*(х0, х- у0, у) = — 1н
27Г
(х - ^о)2 + (?/ + УоУ
47Г П (х - Хо)2 + (у- Уо)2'
Підставивши цю функцію джерела у формулу (12.46) та врахувавши, що
д/дю. = —д/ду, отримуємо
г^Оо, 2/о)
+оо
= у/и
—оо
д(С(х0, х; т/0, ?/)
ду
у=0
+оо
я - 1 /* УоЛх)^х
7Г у
—оо
(х - Хо)2 + Уо
Приклад 12.4. Розв’язати задачу Діріхле в полосі
у) = 0, —сю < х < Тсю, 0 < у < 7Г,
296
Розв’язування. Згідно з формулою (12.9) розв’язок у точці (а?о,т/о) мож-
на подати так:
(12.49)
де функція / є відомою:
/М =
Уі(х), у = 0,
Ж), у = 7Г,
а функцію джерела С необхідно побудувати. Згідно з теоремою 3.4 для цього
Рис. 12.6.
необхідно побудувати конформне відображення даної полоси площини г на
круг одиничного радіусу |гн| < 1, при якому задана точка переходила б
у центр круга и) = 0. Спочатку відобразимо полосу на півплошину, а потім
півплощину — у круг одиничного радіуса (див. рис. 12.6). Функція І = ехр(^)
здійснює відображення полоси —сю < х < +оо, 0 < у < 7Г на півплощину
—оо < х < +оо, 0 < у < оо, бо
і = Є2 = Єх+іу = Єх сов у + і Єх він у = Ке і + і Іт і
297
1
Н.Є І = Єж С08 у Є ( — СЮ, +оо) при — ОО < X < +оо, 0 < у < 7Г,
Іт і = Єх 8Іп у Є (0, +оо) при — оо < х < +оо, 0 < у < я.
З попереднього прикладу відомо, що функція, яка здійснює відобра-
ження півплощини на круг одиничного радіуса, є такою:
=
ріо
і~ї0
Підставивши сюди функцію і = ехр(г) отримуємо шукану функцію, яка
здійснює відображення полоси у круг одиничного радіуса:
Ш = =
Єг - Єг°
Єг - Єго'
Оскільки має місце співвідношення
|ег — Єг°| = у/(Є‘г СО8 у — Є‘г° СО8 С/о)2 + (еж 8ІП у — Є'г° 8ІН Уо)2 =
х+х о і— /------------------
= Є~\/2фс1і(х - х0) - соз(у - у0),
то після нескладних перетворень отримуємо шукану функцію джерела
ч 1, 1 1т СЙф? - Х0) - СОз(ї/ + уо) .
С(х0, Уо; Х,у) = — 1н —------- = — 1н —-----------------------12.50
2я |/Оо, Д| 4я сщх - Хо) - СО8(?/ - Уо)
Підставимо цю формулу у вираз (12.49), враховуючи, що на краю полоси
у = 0 похідна напрямлена в сторону від’ємних у, а на краю полоси у = я
похідна напрямлена в сторону додатних у (див. рис. 12.6):
Оскільки
дС(хо,х-,уо,у)
6.Х —
у=0
да(хо,х-уо,у)
СІХ.
У=7Г
дС(хо,х-,уо,у)
8ІП7/0
у=0
дС(хо, х- уо, у)
У=~
2я СО8 Уо — СІ1(х — Хо) '
_і_________8ІНТ/0
2я СО8 Уо + СІ1(х — Хо) ’
и
1
1 Г 8Їпуо У2{.х)(ІХ
и ХО, Уо = X- /----------—-щ-
27Г / СО8 7/0 + СПІХ
то
+оо +оо
1 Г 8ІН?/о/і(х) СІХ
2я ] СІ1(х — Хо) — СО8Ї/0
—оо —оо
298
Задачі
12.1. Знайти функцію джерела для внутрішньої задачі Діріхле для шару:
0 Д г С І, —сю < х, у < +сю.
12.2. Знайти функцію джерела для внутрішньої задачі Діріхле для півшару:
0<х< +сю, —сю < у < +сю.
12.3. Знайти функцію джерела для внутрішньої задачі Діріхле для двогран-
ного кута а = я/п, де п — натуральне число.
12.4. Знайти функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для півкулі.
12.5. Знайти функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для чверті кулі.
12.6. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для круга.
12.7. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для півкруга.
12.8. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для чверті
я
площини 0 < аг§<£> < —.
2
12.9. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для круга
\г\ < Я.
12.10. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для півкру-
га \г\ < Я, Іпі£ > 0.
12.11. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для чверті
круга \г\ < Я, 0 < аг£<д < -.
12.12. Побудувати функцію джерела внутрішньої задачі Діріхле для півпо-
лоси 0 < Іш % < я, Не % > 0.
12.13. Знайти розв’язок крайової задачі
^и{х^у} = 0, —сю < х < +сю, 0 < у < сю,
и(х, 0) = 1, —сю < х < +сю.
12.14. Знайти розв’язок крайової задачі
у) = 0, —сю < х < +сю, 0 < у < сю,
и(х,0) = совх, —сю < х < +сю.
299
12.15. Знайти розв’язок крайової задачі
у) = 0, — оо < х < +оо, 0 < у < оо,
и(х, 0) = зіпх, —оо < х < +оо.
12.16. Знайти розв’язок крайової задачі
А2^(х, у) = 0, 0 < х < +оо, 0 < у < оо,
п.(0, у) = 0, 0 < у < оо, и(х, 0) = 1, 0 < х < оо.
12.17. Знайти розв’язок крайової задачі
Д2^(х, у) = 0, 0 < х < +оо, 0 < у < оо,
7/(0, у) = а, 0 < у < оо, и(х, 0) = Ь, 0 < х < оо.
12.18. Знайти розв’язок крайової задачі
Дг^гг, у) = 0, 0 < х < +оо, 0 < у < оо,
н(0, у) = 0, 0 < у < оо, и(х, 0) = 0{х — 1), 0 < х < оо.
12.19. Знайти розв’язок крайової задачі
Д2^(х, у) = 0, 0 < х < +оо, 0 < у < оо,
г/(0, у) = 0, 0 < у < оо, и(х, 0) = 9, 0 < х < оо.
1 + х1
12.20. Знайти розв’язок крайової задачі
Д2'п(гг, у) = 0, 0 < х < +оо, 0 < у < оо,
п(0, у) = зіп у, 0 < у < оо, и(х, 0) = зіп х, 0 < х < оо.
12.21. Знайти розв’язок крайової задачі
Дт/(гг, у, г) = 0, —оо < х, у < +оо, 0 < % < оо,
и(х, у, 0) = 1, —оо < х, у < +оо.
12.22. Знайти розв’язок крайової задачі
Дн(х, у, г) = 0, —оо < х, у < +оо, 0 < % < оо,
и{х, у, 0) = сов х, —оо < х, у < +оо.
12.23. Знайти розв’язок крайової задачі
Дт/(гг, у, г) = 0, —оо < х, у < +оо, 0 < % < оо,
и{х, у, 0) = зіп х, —оо < х,у < +оо.
300
Розділ 13.
Теорія потенціалу
13.1. Об’ємний потенціал
Потенціал електростатичного поля1 в точці М простору, який створю-
ється зарядом величини е, що знаходиться в точці Р, дорівнює
ц(М) = —,
>'МР
Де гмр = у/(х ~ £)2 + (д — Л)2 + — С)2 — відстань між точками М(гг, у, г)
та РЦ,77,<).
Якщо в точках Рі, Р2, • • • , Рп знахо-
дяться заряди Єї, Є2,..., єп, то потенціал *
електростатичного поля, який створюється п • е
цими зарядами в точці М , в силу принципу
суперпозиції дорівнює • е
/ , _х Єї Є2 Єп р
и(М) =--------1------1- ... Н---= 2
ГМР\ гмр2 Гмрп Рис. 13.1. Дискретний розподіл за-
_ Єі рядів
“ гМРг ’
г=1 1
Нехай в області Р розподілені заряди з густиною р(Р). У малому об’ємі
сідр, який містить точку Р, міститься заряд величини р(Р)сЬр. Цей заряд
1 Зауважимо, що з математичної точки зору немає принципової відмінності між потенціалом електро-
статичного поля Д—та потенціалом гравітаційного поля ОД оскільки для математиків є важливою
залежність потенціалу від віддалі г. Тому несуттєві коефіцієнти покладають рівними одиниці (це відпові-
дає переходу до іншої системи одиниць). Потенціал ± називають кулонівським (з огляду на закон Кулона
в елктростатиці) або ньютонівським (з огляду на закон тяжіння Ньютона). Ми використовуватимемо
електростатичне трактування потенціалу, проте викладена теорія також має місце і для гравітаційного
поля.
ЗОЇ
створює поле, електростатичний потенціал якого в точці М дорівнює
р(Р)(кщ
Гмр
Рис. 13.2. Неперервний розподіл зарядів
Тоді, проінтегрувавши цей вираз по
всій області знаходження заряду Р,
отримуємо потенціал електростатич-
ного поля, що створюється в точ-
ці М зарядом, який розподілений з
густиною р(Р) в області Р
и(М) = [[[ (13.1)
777 гмр
р
Цей інтеграл називається об’ємним потенціалом.
У випадку площини об’ємний потенціал є таким (логарифмічний об’єм-
ний потенціал):
и(М) = /7о(Р) 1п — (кщ, (13.2)
77 гМр
Р
тобто множник у формулі (13.1), який є фундаментальним розв’язком
рівняння Лапласа у просторі, замінено у формулі (13.2) на 1п^^, який є
фундаментальним розв’язком рівняння Лапласа на площині.
Оскільки координати розглядуваної точки М можуть бути як завгодно
близькими до координат біжучої точки інтегрування Р, то знаменник у
формулах (13.1) та (13.2) може бути як завгодно малим. Тобто інтеграли
у формулах (13.1) та (13.2) є, взагалі кажучи, невласними.
Розглянемо невласний інтеграл більш загального вигляду:
(М) = [[[рм-
(13.3)
в
де ф(М,Р) — неперервна функція координат двох точок М(х,у,х) та
Р(£, у, £) при їх неспівпадаючих координатах (тобто М Р); при співпадінні
координат (тобто при М = Р) функція / перетворюється на нескінченність.
Означення. Інтеграл (13.3) називається рівномірно збіжним в околі
точки Мо, якщо для будь-якого як завгодно малого є > 0 знайдеться таке
5 > 0, що
302
1) для будь-якої області И3(Мо), яка містить точку Мо, з діаметром,
який є меншим за 5, тобто Д/Д(Мо)) < 5;
2) для будь-якої точки М, яка віддалена від точки Мо на відстань, яка є
меншою за 5, тобто при гмм0 <
виконується нерівність
є.
П5(Мо)
Теорема 13.1. Невласний інтеграл, який рівномірно збігається в околі
точки Мд, є неперервним в цій точці.
Доведення. Для доведення теореми необхідно показати, що для двох близь-
ких точок М та Мд значення інтегралу в цих точках мало відрізняються.
Для цього оцінимо різницю
и(М) - и(Мо) = иДМ) — щ(М0) + (и2(М) - гг2(М0)),
Де
»1(М) “2(м) Р^1,р'
БДМо) В-ИДМо)
Оскільки інтеграл (13.3) рівномірно збігається в околі точки Мо, то для будь-
якого як завгодно малого є > 0 знайдеться таке б > 0, що для області /Д(Мо)
такої, що Д/Д(Мо)) < д, і для будь-якої точки М, такої що гмм0 < 8,
виконуються нерівності:
|«1(М)| < НВДІ < І- (13.4)
О о
Оскільки точка Мо не належить області П — £>Д-о, то інтеграл г/ДМ)
не є невласним і функція иДМ) є неперервною в точці Мо. Тоді для такого
ж є > 0 знайдеться таке ф, що для усіх точок М, таких що гмм0 < Ф,
виконується нерівність
Ь(М) -ММ))| < (13.5)
о
Нехай Фпіп = тіп{5, ф}, тоді для усіх точок М, таких що гмм0 < Фпіп,
виконуються нерівності (13.4) та (13.5), а, відповідно, і нерівність
ф(М) — и(Мо)| < є.
303
13.1.1. Властивості об’ємного потенціалу
Надалі скрізь вважатимемо, що густина розподілу заряду р(Р) є обме-
женою функцією, тобто |р(Р) | А = сонзі;.
Властивість 1. Об’ємний потенціал є скрізь визначеним та неперервним.
Доведення. Якщо точка Мо не належить області Р, то інтеграл гфМо) не є
невласним. Оскільки підінтегральна функція, як функція координат точки
М, є неперервною в точці Мо, то неперервним у цій точці є і інтеграл г/(М).
Якщо точка Мо належить області Р, то треба довести рівномірну
збіжність інтегралу в околі точки Мо. Для цього оцінимо інтеграл
///—'"
333 гМр
П^Мо)
Очевидно, що
333 гМр
п5(м0)
А Г Г [ —<А [[[—аир,
333 гМр 333 ГМР
де Р25(М) — сферична область з центром в точці М та радіусом 25. У сфе-
ричних координатах
г = гМр-
Отже,
333 гМр
В5(Мо)
8Атг62.
Для того, щоб цей інтеграл був менший за наперед задане число є, достатньо
вибрати 5 меншим за > / —-—.
1 V 8Л7г
Властивість 2. Об’ємний потенціал має скрізь неперервні частинні похідні
першого порядку по координатах точки М(щ, у, г).
Доведення. Якщо точка Мо не належить області інтегрування Р, то інтеграл
н(Мо) не є невласним. Оскільки підінтегральна функція, як функція точки
М, має в точці Мо неперервні частинні похідні першого порядку по коор-
динатах точки М, то цю властивість має і інтеграл и(М), причому похідні
304
обчислюються шляхом диференціювання під знаком інтегралу:
4а ,//Щ............'
Б
Т ,/Ж................
де (£? Лі С) ~ координати точки Р.
Якщо точка належить області інтегрування 7?, то треба довести
рівномірну збіжність в околі точки Мо інтегралів від похідних в правих
частинах формул (13.6)—(13.8). Тоді законним буде диференціювання під
знаком інтегралу, причому для похідних та є справедливими фор-
мули (13.6)—(13.8). Розглянемо інтеграл
Ш т^р{рук'р-
РР1 ’ МР
р
Очевидно, що
/ / / р—
7 7 7 1МР
Р6(М0)
1
777 гмр г2МР
р5(м0)
Р5(Мо)
бо
Тмр
О2
1.
Далі
1 ж < - //>
7 7 7' МР 1 МР
Р5(М0) Т2\М)
2тг
25
СІГ 8ІИ в = 8Я.7гФ
0 0 0
Для того, щоб виконувалась нерівність
/ / / р—
7 ' МР
Р5(М0)
достатньо вибрати 5 меншим за
є
8Атг
305
Властивість 3 (тривимірний випадок). При прямуванні точки спостере-
ження до нескінченності об’ємний інтеграл прямує до нуля.
Доведення. Згідно з теоремою про середнє значення
цщ = і і ВВІ = 4Ц
777 гмр гмр* 7 7 7 тмр*
Б Б
деР* ЄР,(^ =
Ур
— сумарний заряд. Звідси і випливає сформу-
льована властивість:
Ііт и(М) = Ііш = Ііш = 0.
М^ос М^ос Тмр* Гщр*^ос ^МР*
Властивість 4. Об’ємний інтеграл є гармонічною функцією поза областю
інтегрування Р.
Доведення. Ця властивість випливає з того, що для точок, які не належать
області 7?, інтеграл
и(м)=
777 гмр
Б
не є невласним. Тому оператор Лапласа можна вносити під знак інтегралу:
ДЦМ) = Д ІІ'Р'Рп. = /77цр)Д^ . 0,
777 гмр ддд гмр
Б Б
бо А----= 0, при умові, що координати точок Р та М не співпадають. А в
гмр
нашому випадку вони співпасти не можуть, бо Р Е О, а, М ^В.
Властивість 5. Об’ємний інтеграл в точках області інтегрування Р задо-
вольняє рівняння Пуассона
Ди(М) = —4тгр(М).
При цьому припускається, що густина р(Р) має обмежені та інтегровні по-
хідні першого порядку.
Доведення. Нехай Т5(М) — куля з центром в точці М та радіусом 5, В5(М)
— край цієї області, причому С Р. Об’ємний інтеграл можна записати
так:
и(М) = ирМ) + ^(М),
306
Де
777 гмр
Р-Т^М)
/77-ри
777 гМр
Т5(М)
Інтеграл и2^М) не є невласним і, згідно з попередньою властивістю, є гар-
монічною функцією в точці М, тобто Дгі2(М) = 0. Тому Ди(М) = Дщ(М)
і достатньо розглянути лише функцію гіДМ).
Спочатку розглянемо першу похідну від щ(Му.
ЧШР..........— р'7.
' МР УУУ ' МР
Т\М) Т5(М)
-ШЗЗЧУ^'-
Т\М) тум)
=------д— &гр - / /-соє а СІ5Р,
777 гМр д^ у у гМр
ТУМ) 86(М)
де а — кут між напрямом зовнішньої нормалі до поверхні та віссю х.
п др(Р) .
Перший інтеграл є оо ємним потенціалом з густиною рі(Р) = ——— і
тому, згідно з другою властивістю, має неперервну похідну першого порядку
по х. Другий інтеграл не є невласним і тому має неперервну першу похід-
ну по х у будь-якій внутрішній точці М області ТЧМ). Тому —77—- має
• тЛ/ • д2иЗМ}
неперервну в області Т (Мо) похідну ————:
дх1
д2иі(м) ггк-хдр(р) г/хр) .
~ч~ ЧЧ тт дра,;р д/7 тД ’ -т) С05 а с157’’
ТДМ) 8'ЧМ)
враховуючи, що----= соє а, отримуємо
гмр
сРиМ'І) ГГр-хдр(Р') ///>(?) 2
ЧЧ 47 ДР,11р Ч] 43сж “,1йр-
ТДМ) 85(М)
Аналогічно можна знайти, що
ЛДМ) І'І'І'р-удр(Р) ГГр(Р) 2
—РД— = / / / -----З— ^Гр- СОЄ (3 &8р,
ду2 УУУ гАмр др 77 ЧІР
тум) 8умо)
307
ЛДМ) [ Г їх - ^др(Р) С[р(Р) ,
=Ш у?—-р у;СОй 1 с1^
ТЦМ) 85(М)
де (3 і у — кути між нормаллю до 85(М} та осями у і г відповідно.
Тоді
ДЦМ) = ДМЛП = ШЄ3~жар(Р) +
У У У > МР и8
ТЦМ)
УУУ 1 МР и'І УУУ ' МР
ТЦМ) Т\М)
-//—
4 У ' МР
8ЦМ)
Кожний з інтегралів по області 7^(М), згідно з
більший за 4тгВ5, де В — верхня границя функцій
Згідно з теоремою про середнє значення
другою властивістю, не
ц а»Р = 4тгХР,)І
4 4 МР
85(М)
де точка Р* поверхні інтегрування 8\Мо). Здійснивши граничний перехід
5 —> 0, отримуємо:
Ди(М) = —4яр(М).
Зауваження. У двовимірному випадку (на площині):
Д2гфМ) = -2яр(М).
13.2. Поверхні та криві Ляпунова
Означення. Поверхня 8 називається поверхнею Ляпунова, якщо вона
має такі властивості:
1) в кожній точці поверхні 8 існує нормаль (дотична площина);
2) для кожної точки Р поверхні 8 існує такий окіл 8\, що будь-яка пряма,
яка паралельна до нормалі в точці Р, перетинає окіл 8\ не більше одного
разу. Такі ділянки поверхні 8\ називаються околами Ляпунова;
308
3) кут 7(Р0, Р) = (пр0, Пр), який утворений нормалями про та пр в точках
Ро тпа Р відповідно, задовольняє таку умову
7(Р0,Р) < АгроР,
де А та А — деякі константи та 0 < А < 1.
Рис. 13.3. Окіл Ляпунова
Нехай Ро — деяка точка поверхні 3. Виберемо декартову систему ко-
ординат з центром в точці Р та віссю г, яка співпадає з нормаллю в цій
точці. При такому виборі площина ху співпадатиме з дотичною площиною
ДО поверхні З В ТОЧЦІ Ро- В силу другої умови існує таке /?тах, ЩО рівняння
поверхні 3 можна подати так:
£ = /(х,у)
Для
р = у/аЗТуї < ртах.
Зауважимо, що якщо функція /(гг, у) має неперервні другі похідні в околі
точки Ро, то поверхня г = /(а?,?/) задовольняє умови Ляпунова. Тобто по-
верхні з неперервною кривизною є поверхнями Ляпунова.
Встановимо деякі оцінки для функції /(щ, у) та її похідних, які будуть
необхідні для подальшого викладу.
309
Із існування нормалі в кожній точці поверхні (перша умова) випливає
диференційовність функції /(х,?/). Направляючі косинуси нормалі:
%Х г) %у 1
СО8 а = — сов р = — СО8 7 = — --
•у 1 З- З- %у у у
причому
СО82 а + СО82 (З + СО82 7 = 1.
В силу вибору системи координат тфРд) = 0 та гу(Ро) = 0. Вважатимемо,
що окіл Ляпунова є настільки малим (тобто ртах мале), що
1 < СО8 7 = 1 < 1. (13.9)
2 +
Позначимо через п' проекцію вектора п на площину ху і через а' та (З' —
кути, утворені вектором п7 з осями х та у. З рис. 13.3 видно, що
соз а = соє — 7соз а' = зіп 7 соє а'
соє (3 = сов (---7) 8Іп а! = він 7 8Іп а'.
При малих кутах 8ІП7 ~ 7 і в силу третьої умови
8ІП 7 < АгроР,
а отже,
| со8<т| < АгроР, | со8/3| < АгроР, (13.10)
сов а соє (З 1
і оскільки =------, причому-------< 2, то
СО8 7 у СО8 7 СО8 7
\гх\ < 2АгроР, \гу\ < 2Агрі)Р.
Використовуючи формулу Тейлора для функції г = /(х, у) в околі точки
Ро(О, 0), отримуємо:
г(х, у) = г(0, 0) + х хх(х, у) + у гу(х, у), 0 < х < х, 0 < у < у,
звідси випливає, що
\г(х,у)\ < 4Аг^. (13.11)
ЗАУВАЖЕННЯ. У випадку двох незалежних змінних необхідно розгля-
дати криві Ляпунова, означені умовами, які є аналогічними до умов для
поверхонь Ляпунова.
310
13.3. Потенціал подвійного шару
Потенціал електростатичного поля, яке створене диполем, означається
такою формулою:
гу(М) = є (-----------) .
\гмр2 ГМР1У
Якщо точки Рі та Р2 зближати, зберіга-
тмр ючи значення моменту диполя т = ек,
де к — відстань між точками, постійним,
то О 1
к /-""У / , Гі о 1
’мРі и)(М) = — ш-------,
<9п гМр
Рі де похідна по нормалі береться по коор-
динатах точки Р в напрямку осі диполя.
Рис. 13.4. Диполь
Нехай на поверхні З розподілені
від’ємні заряди, а на поверхні 3 — додатні. У результаті є подвійний шар
зарядів протилежного знаку, який можна розглядати як сукупність диполів,
що розподілені на поверхнях 3 та 3'. Потенціал електростатичного поля, яке
створене диполями, що опираються на елемент (із поверхні 3 та 8', дорівнює
Рис. 13.5.
д 1
-т(Р)--------сЬр.
с/пр гМр
Потенціал електростатичного поля, яке створене усіма диполями, дорівнює
ш(М) = - [-------------— бзр
Л ОПрГмР
8
311
і називається потенціалом подвійного шару, а ш густина дипольного мо-
менту.
Вправа. Довести співвідношення
д 1 сов ф .
-------= 13.12
де ф — кут між внутрішньою нормаллю та напрямом з точки поверхні Р на
фіксовану точку М2 *.
Оскільки має місце (13.12), то
ш(М) = [[т.(Р)С°8 сЬр. (ІЗ.ІЗ)
д д ГМР
8
Якщо (ІШМР — тілесний кут, під яким з точки М видно елемент поверхні
сЬр (див. рис.13.5(а)), то
Г2Мр дшмр = СО8 ф СІ5р.
Тоді потенціал подвійного шару можна подати так:
ш(М) = Уу*т(Р) дшмр- (13.14)
8
13.3.1. Властивості потенціалу подвійного шару
Властивість І. Потенціал подвійного шару є визначеним скрізь.
Доведення. Для точок М, які не належать несучій поверхні Р, це очевидно.
Якщо М Є Р, то інтеграл (ІЗ.ІЗ) по поверхні Р є невласним. Виберемо
декартову систему координат з центром в точці М та віссю г, яка направлена
по нормалі до поверхні. Обчислимо кут між напрямом внутрішньої нормалі
в точці Р(ф Г), Д та вектором Трм = (£, т/, С), для цього помножимо скалярно
ОДИНИЧНІ вектори П = (сО8 (Т, СО8/З, СО8 у) Та Трм/грм'-
І СО8 9?| = —|(грм,п)| = —|£сО8« + ЦСО8/3 + (ЩО8 7І .
Грм Грм
2Якщо поверхня є незамкненою, то її треба вважати двосторонньою, бо потенціал подвійного шару
визначений лише для таких поверхонь
312
Враховуючи раніше отримані оцінки (13.10) та (13.11), отримуємо
І СО8 ір\ < І СО8 а| + І СО8 (3\ + < АгрМ + АгрМ + ±АгрМ = 6АгрМ
і
СО8 (/2
33
РМ
Враховуючи, що густина дипольного моменту ш(Р) є обмеженою функ-
цією (|т(Р)| С), отримуємо таку оцінку підінтегральної функції в потен-
ціалі подвійного шару (13.13):
/ОАС08^
РМ
6АС
2-А'
ГРМ
ст • - • -Ж -6ЛС п
Як відомо, поверхневий інтеграл від мажоруючої функції 2_д при І)
грм
1 є збіжним, тоді й інтеграл (13.13)
иі(М) = [/т(Р)С28^ (І5р.
У У ГМР
з
є збіжним у випадку поверхонь Ляпунова.
Властивість 2. В точках М, які не належать несучій поверхні З, потенціал
подвійного шару є гармонічною функцією.
Доведення.
АиАМ) = Д | — [[тп(Р)——---— сі.зр ) = — [[т(Р)Дщ- — сЬр =
\ У У дпрГмр / У У дпрГмр
з з
= - [[т(рД-д— = 0.
у у дпр гМр
з
Властивість 3. При прямуванні точки М до нескінченності потенціал под-
війного шару прямує до нуля (вважаючи, що поверхня З має скінчену площу
та розташована в скінченій області).
Доведення. Згідно з теоремою про середнє значення
ш(М) = [[йзр, Р* Є З,
гмр р=р* У У
з
звідси і випливає ця властивість:
Ііш ш(М) = 0.
Л/—ос
313
Властивість 4. Якщо густина дипольного моменту є постійною Шо, то
!4тгшо, якщо точка М знаходиться всередині поверхні 8,
2тгшо, якщо точка М знаходиться на поверхні 8,
0, якщо точка М знаходиться поза поверхнею 8.
Доведення. Зручно використати формулу (13.14):
п?о(М) = т0 УУ(к'д//-.
з
Розглянемо перший випадок, коли точка М знаходиться всередині по-
верхні 8. З точки М поверхню 8 видно під тілесним кутом 4тг (див. рис. 13.6)
Рис. 13.6. Точка М знаходиться всередині замкненої поверхні.
навіть тоді, коли поверхня має складки (див. рис. 13.6, справа), бо
Уу ^МР+уу ^МР = о.
32 83
Отже, у цьому випадку
шо(М) = 4тгшо.
Розглянемо другий випадок, коли точка М знаходиться на поверхні 8
(див. рис.13.7(а)). У цьому випадку з точки М поверхню 8 видно під тілесним
кутом 2тг, тобто у цьому випадку
шо(М) = 2тгшо.
Розглянемо останній випадок, коли точка М знаходиться поза по-
верхнею 8 (див. рис.13.7(Ь)). У цьому випадку інтеграли по поверхнях 8і
та 82 компенсуються, тобто
уу ^МР=уу ^МР+уу ^МР=о.
З 51 52
314
Рис. 13.7. (а) — точка М знаходиться на замкненій поверхні, (Ь) — точка М знаходиться
поза поверхнею.
Властивість 5. Якщо густина дипольного моменту т(Р) є неперервною на
несучій поверхні 5, то потенціал подвійного шару ш(М) має розрив першого
роду в точках несучої поверхні М$ Е 3 із скачком, який рівний 4тгт(Мо):
Шіп(М0) - Щ)иі(Мо) = 47ГШ(М0),
^оиі(Мо) = ш(М0) - 2тгт(мо),
'Шіп(М)) = я?(М0) + 2тгт(М0),
де шіп(М0) — границя функції ш(М) у точці Мо, якщо точка М прямує до
ТОЧКИ Мо ІЗ середини поверхні 5, Шоиі(Мо) — границя функції ш(М) у точці
Мо, якщо точка М прямує до точки Мо ззовні поверхні 3.
Доведення. Нехай точка Мо — фіксована точка поверхні 3. Розглянемо до-
поміжну функцію
щ(М) = (т(Р) — = ш(М) — шо(М). (13.16)
з
Лема 5. Функція ш(М) є неперервною в точці Мо.
Доведення. Нехай З' — частина поверхні 5, яка міститься в деякому 5-околі
точки Мо, а 3" — решта частина поверхні 3. Тоді
ш(М) = їйі(М) + Ш2(ТР),
де
ші(М) = УУ (т(Р) - т(М0)) сіщир,
8і
315
- пт(М0)) сВда.
З"
Функція гс2(М) є неперервною в точці Мд, тому для будь-якого як завгодно
малого є > 0 буде виконуватися умова
|п?2(М) - и?2(М0)| < |
О
якщо віддаль між точками М та буде достатньо малою.
Оцінимо тепер функцію гщ(М):
|ггі(М)| = УУ (ш(р) - т(М0))сі^7ир - т(Мо)| |4щир|-
3і
З'
В силу неперервності функції ГП(Р) в ТОЧЦІ Мо величина |пі(Р) — Пі(Мо)| буде
Є
меншою за —-—, а
12Ьг’
|(1щир| < 4Ачг,
3і
де к — максимальна кількість разів перетину поверхні 8' променями, які
виходять з точки М.
і
Тоді
- т(М0)| |сіщир|
|гщ(М0)|
є
З’
є
З
Тому
ММ) - гг(М0)| < |іщ(М)| + |гщ(М0)| + |гг2(М) - гс2(Мо)| < £,
якщо точка М знаходиться достатньо близько до точки Мо.
Перейдемо у формулі (13.16) до границі, наближаючи точку М до Мо
із середини та ззовні несучої поверхні 5, у результаті отримуємо:
^іп(Мо) = и?іп(М0) - 4тгт(Мо) =
= щ(Мо) = щ(Мо) — 2ят(Мо) =
^оиі(Т/о) и)оиі[М()') 0,
316
де ш(Мо) та ш(Мо) — значення функції и>(М) та ш(М') в точці Мо на несучій
поверхні 8. З цих рівностей знаходимо, що
^іп(Мо) = ш(М0) + 2тгт(Мо),
^оиі(М)) = гу(М)) - 2тгт(М0),
гпіп(М0) - 'Шоиі(Мо) = 4тгт(М0).
ЗАУВАЖЕННЯ. У двовимірному випадку, тобто для логарифмічного по-
тенціалу подвійного шару
Г д 1
щ(М) = — т(Р)—1п-----------дір,
У <9п гМр
с
останні рівності записуються так:
^іп(Мо) = ш(М0) + 7гт(М0),
^оиі(Мо) = ш(М0) - 7гт(М0),
^іп(Мо) - и?оиі(М0) = 27гт(М0).
13.4. Потенціал простого шару
Нехай заряди розподілені на поверхні 8 з густиною р(Р). Потенціал
електростатичного поля, яке створене цими зарядами, має такий вигляд:
ф,)= [[д£1(ІЗр
гМр
з
(13.17)
Цей інтеграл називається потенціалом простого шару. Вважатимемо, що
РОЗПОДІЛ ГуСТИНИ р(Р) Є обмеженою фуНКЦІЄЮ, тобто |/?(Р)| < Н = СОП8І, а
поверхня 8 є поверхнею Ляпунова.
13.4.1. Властивості потенціалу простого шару
Властивість 1. Потенціал простого шару є скрізь визначеним.
Доведення. Для точок М, які не належать несучій поверхні 8, це очевидно.
317
у
^(М)
Рис. 13.8.
Якщо М Е 8, то інтеграл (13.17) по поверхні 8 є невласним. Відомо, що
невласний інтеграл по поверхні
[[&М
77 гмр
8
є абсолютно збіжним якщо а < 2. У нашому випадку а = 1, тому інтеграл
(13.17) є збіжним.
Властивість 2. Потенціал простого шару є скрізь неперервним.
Доведення. Для точок М £ 8, то інтеграл (13.17) не є невласним та його
неперервність безпосередньо випливає з неперервності підінтегральної функ-
ції.
Якщо М Є 8, то достатньо довести рівномірну збіжність інтегралу
(13.17) в околі точки Мо. Оцінимо інтеграл
7 ] гМр
8'4
по частині поверхні 85{Мо) С У, яка містить точку Мо та яка має діаметр,
який менший за 5, тобто 7(5^(Мо)) < 8. Для цього скористаємося системою
координат з початком в точці Мо, вісь г якої напрямлена по нормалі до
поверхні 8 в цій точці.
Нехай М(х,у,х) — довільна точка, яка віддалена від точки Мо на
віддаль, яка менша за 8, тобто гмм0 < 8. Позначимо через 1Д(Мо) про-
318
екцію поверхні 85(Мо) на площину (х,у), а через (^25(Мі) — круг на пло-
щині (х,у) з центром в точці МДац, щ, 0) та радіусом 25. Очевидно, що
^(Мо) С (^(Мф
Проекція на площину (х, у) елемента поверхні (із:
(1(7 = (ІЗ СО8 7,
де 7 — кут між нормаллю до поверхні 8 в точці Р та віссю г. Очевидно, що
55(Мо)
л/(я - £)2 + (у- у)2 + (?- О2
Е ІЧ _
]] у/(х - ^)2 Р (у - у)2
8\М0)
ч /7 ^р
.Н соз7л/(х - £)2 Р (у - у)2
^(Мо)
Згідно з третьою властивістю поверхні Ляпунова 5 можна взяти настільки
малим, що для точок Р Є 55(7Ио) буде виконуватися нерівність:
1
СО8 7 > -.
Враховуючи це, отримуємо (здійснивши перехід до полярної системи коор-
динат)
НЩ| 55 2Я// /< 41 ( г
МФ(х~^ +ІЛ~'п}
^2Н[ , Аар
2тг 26
= 2Н — = 2Н = 8Нтг6.
(ррму о о
Для того щоб цей інтеграл був меншим за є достатньо 5 вибрати таким, що
5 < —.
8Яя
Властивість 3. Якщо несуча поверхня 8 є обмеженою, то потенціал прос-
того шару прямує до нуля якщо точка віддаляється на нескінченність.
319
Доведення. Застосуємо теорему про середнє до потенціалу простого шару
Д^(М) = — [ {Р(Р) а»Р =
гмр* .].] гмр*
з
де Р’є5,д=
8
Тоді
Ііш г(М) = 0.
М^оо
Властивість 4. Потенціал простого шару є гармонічною функцією в області
поза несучою поверхнею.
Доведення. Для точок поза несучою поверхнею, тобто М 8
&ДМ) = [ [р(Р)Л—<І8р = 0.
.1.1 гМр
з
Властивість 5. Нормальні похідні потенціалу простого шару мають розрив
першого роду в точках несучої поверхні 8 зі скачком, який рівний 4тгр(Рд).
РоЄ З,
де По — зовнішня нормаль до поверхні 8 в точці Ро, ( ~ границя
похідної при прямування координат точки М до координат точки Ро
• е /дв(Р0)\ • .. дв(М)
зсередини поверхні о, І ^По ) — границя похідної 7 при прямування
координат точки М до координат точки Ро ззовні поверхні 3.
Доведення. Складемо різницю похідної від поверхневого потенціалу та
потенціалу подвійного шару з тією ж густиною р(Р):
Р(М) = _ и,(М) = [ Г (Р)соз(г^;п0) -со5(гл№;п) (13 18)
С'По рр гДр
з
Доведемо, що ця різниця залишається неперервною на поверхні, тобто
Ііт = Р(Р0), причому М —> Ро ПО нормалі Пд. У ТОЧЦІ Рд побудуємо
М^Ро
декартову систему координат з віссю ф яка напрямлена по зовнішній нор-
малі до поверхні 8 (див. рис. 13.9). Точка М знаходиться на нормалі, тобто
М(0, 0, г), тоді
с — %
ГМР=^Г]Д-Д, СО8(гМр,П0) = -----------.
гмр
320
Рис. 13.9.
Нехай сов се, сов (З та сов7 — напрямні косинуси нормалі п в точці Р, тобто
п = (сов а, сов (З, сов 7),
тоді
сов(гмр, п) = (гмр, п) = —(£совсе + ту сов/? + (£- г) сов 7)
гмр гМр
і
сов(гмр,п0) - сов(гмр,п) £ сов се цсов/З £ - 27
-----------~2------------= - -3--------73-----р— (СО87 - !)
' МР 1 МР 1 МР 1 МР
Оцінимо цей вираз за модулем, використовуючи оцінки (13.10), отримаємо:
І сов(гМр, По) - сов(гМр, п)| ЗА
1МР ГМР
Тоді, в силу неперервності та обмеженості густини (|р(Р)| РҐ), поверхневий
інтеграл по околу Ляпунова 5д, який містить точку Рд, можна оцінити так
(врахувавши, що гмр = ^/р2 + (С — ^)2 і гд/р > р):
СО8(ГМР, П0) - СО8(ГМР, п)
г
2
МР
сЬр
/Щ
МР
ЗАН
ГГ 1 сйтр
У У р2-ДСО8 7’
2д
де Хд — круг на площині 7 з центром в точці Ро та радіусом ртах, який
цілком містить проекцію області Рд на площину д — проекція вектора
Гмр на площину бор = 2тгр сіщ
321
Враховуючи оцінку (13.9), отримуємо
5д
софмр, По) - сон(гМР. п)
азр
г2
' МР
бтгАН д
д £?тах’
Окіл Ляпунова можна вибрати настільки малим, що для будь-якого наперед
заданого є > 0 буде виконуватися нерівність
СО8(ГМР, П0) - СО8(ГМР, п)
2
МР
6.8 р
(13.19)
Для того, щоб показати, що функція Р(М) є неперервною, треба до-
вести, що для двох близьких точок М та Ро виконується нерівність
рЩ)-Г(Ро)! <е.
Для цього подамо функцію Р(М) (13.18) у такому вигляді:
Р(М) = Гі(М)+Г2(М),
де
СО8(гМр, П0) - СО8(гМр, П)
2
МР
СІ5р,
Тоді
^2(М) = [[^р)С08(ГМР, п°) ~ С°8(ГМР, п)
7 гмр
8—8л
сЬр.
|Г(М) - Р(Р0)| < |^(М)| + |Рі(Р0)| + |ТДМ) - Р2(Р0)|
< - + |Р2(М)-Р2(Р0)|,
о
якщо вважати, що точка М знаходиться на нормалі до поверхні 8. В ін-
тегралі Р2(М) інтегрування здійснюється по поверхні 8 — 8&, а точка Ро Є
Є Рд. Тому функція Р2(М) в точці Ро та її околі є неперервною, а, отже, для
достатньо близьких точок М та Ро виконується нерівність
|Р(Л/) - Р(Я))| < -
о
Тоді
|Р(М)-Р(Р0)| <щ
5д
г
НЩ) = Цр(Р)
8л
г
322
тобто функція Р(М) є неперервною.
З неперервності функції Р(М) (13.18) випливає, що
^іп(Ро) = ^оиі(Ро),
(13.20)
де Ет(Ро) = ІІШ Р(М) (М прямує ДО Ро по нормалі зсередини поверхні 3),
М^Ро
Роиі(Ро) = Ііш Р(М) (М прямує до Ро по нормалі ззовні поверхні 3).
М^Р0
Підставивши в (13.20) вираз для функції Г(М) (13.18), отримуємо
\ Дп / ~ І ^оіИ.(Ро)-
\ /іп \ ^П0 / оиі
Врахувавши властивість 5 (див. стор. 315), отримуємо
---- = ^іп(Ро) - ^оиї(Ро) = 4тгр(Р0).
\ о'по /іп \ отіо /оиі
ЗАУВАЖЕННЯ. У двовимірному випадку потенціал простого шару оз-
начається так (логарифмічний потенціал простого шару):
----(11р.
гмр
V
Властивості 1-4 мають місце і у цьому випадку.
При віддалені точки М на нескінченність потенціал простого шару
прямує ДО нескінченності ЯК — ІПЩщр:
1 Г 1
п(М) = Іп----- /р(Р)(11р = <5 Іп----, М оо,
гмр* У гмр*
с
де = ^р(Р)(ИР.
с
Нормальні похідні і у двовимірному випадку мають скачок в точках
кривої С, проте його величина становить 2тгр(М).
Приклад 13.1. Знайти потенціал простого шару, який розподілений з
густиною ро = сопзі на сфері з радіусом Р.
Розв’язування. Для розрахунку потенціалу простого шару (13.8) у ви-
падку сфери зручно скористатися сферичною системою координат. Площа
елемента сфери:
(І5р = Я2 8ІП в (10 сір,
де 0 — кут між променем, який виходить з центра сфери та проходить через
точку М (0 0 7г), р —азимутальний кут (0 р 2тг).
323
Згідно з теоремою косинусів віддаль між
точками М та Р можна записати так:
гмр = а/й2 + г2 — 2Я г сой 9
де г — віддаль від центру сфери до точки М.
Тоді потенціал простого шару можна запи-
Рис. 13.10.
сати так:
27Г 7Г
у(М) = = Рой2 ----
0 о
= + г2 - 2Я г сой 9 =
г о
‘ЯїРрР / р . і р і \
= ---------(Я + г — \Я — г ) =
г
( 4:ТГроЯ2
= < г ’ (13.21)
І 4тгро-й, г < Я.
Вправа. Переконатися, що властивість 5 на стор. 320 має місце для
виразу (13.21).
Приклад 13.2. Знайти потенціал подвійного шару, який розподілений
з густиною диполів то = сопзі на сфері з радіусом Я.
Розв’язування. Розв’язок цієї зада-
чі можна записати одразу, скориставшись
властивістю 4 на стор.313. Проте, для то-
го, щоб краще зрозуміти фізичний зміст
потенціалу подвійного шару будемо розгля-
дати подвійний шар як систему двох заряд-
жених сфер зі спільним центром. Радіус
одної сфери Я і вона заряджена позити-
вно з поверхневою густиною ТПо/є, а іншої
— Я + £ і вона заряджена негативно з по-
верхневою густиною то/є (див. рис. 13.11).
Фізично така система має зміст сферичного
конденсатора з віддалю є між обкладками. Здійснивши граничний перехід
324
с —> 0. отримаємо подвійний шар. На обох сферах знаходиться однаковий
заряд, тому в цілому система є електронейтральною:
Є
— 4л(Я + є)2— = 0,
є
звідси випливає, що
т0 Я2 пг0
є (К + є)2 є '
Використовуючи отримані результати попереднього прикладу, в області
г < Я потенціал подвійного шару є таким:
( ч г л т0 т0/ Л
ш(г = пт 4л—Я — 4л—\Я + є =
£—>0 \ Є £ /
Т Л т0 Т. л т0/г> Л
= Ііт І 4л—Я — 4л—--——(Я + є) ) =
г-0 у £ (Я + є)2 £ у
4лт0Я
= пт —-----= 4лто (г < Я .
£-0 Я ~\~ £ У 7
Аналогічно в області г > Я отримуємо:
/ \ і- (л тод2 л т0(Я + є)2\
и)\г) = пт 4л--------4л-------------=
є—>0 \ £ Г £ Г ;
1- (л т°д2 л д2 т0(Я + е)2\ , }
= пт 4л---------4л7—-----т;----------1=0 (г > Я).
4—0 у £ Г (Я + £)2 £ Г )
Отже,
, . ] 4лто, г < Я,
13.5. Застосування потенціалів до розв’язування крайо-
вих задач
Метод розділення змінних та метод функції джерела дозволяють отри-
мати явний вираз для розв’язку крайових задач лише у випадку найпрості-
ших областей. Зведення крайових задач для рівняння Пуассона за допомогою
поверхневих потенціалів до інтегральних рівнянь, з одного боку, є зручним
для теоретичного дослідження питань про існування та єдиність розв’язку,
а з іншого боку, дає можливість ефективного числового розв’язування кра-
йових задач для областей складної форми.
325
Розглянемо першу внутрішню крайову задачу
ДР(М) = /(М), М Є Р, (13.22)
СД = д<2). є 8, (13.23)
для неперервної функції и(М) в області 7? = 7? + 8.
Використовуючи властивість 5 об’ємного потенціалу (див. стор. 306),
одразу можна записати розв’язок рівняння Пуассона (13.22):
.Ш)- ’ ІІГ'8-,.
4тг ффф Гмр
и
Проте ця функція, взагалі кажучи, не задовольняє крайову умову (13.23),
тому розв’язок крайової задачі (13.22), (13.23) будемо шукати у вигляді суми
функції иі(М) та невідомої функції ш(7И):
Р(М) = гфМ)+ш(М).
Підставивши цю функцію в крайову задачу (13.22), (13.23), отримуємо кра-
йову задачу для невідомої функції ш(7И)
Дш(7И) = 0, М Є Р, (13.24)
45 = Д<3)-«Ш <5 є 8. (13.25)
Використовуючи властивість 2 потенціалу подвійного шару (див. стор. 313),
розв’язок цієї задачі шукаємо у вигляді потенціалу подвійного шару:
. , г. Г Г , _ СО8 ф ,
ш(М) = / / т(Р) 2 (Ізр
«7 гмр
з
з відповідно підібраною функцією т. Для будь-якої функції т цей потенціал
є гармонічною функцією в області П. Щоб задовольнити крайову умову
(13.25) треба, щоб в точках на несучій поверхні 8 виконувалось співвідно-
шення Шіп(<5) = </?(ф) — гфС?) (б° задача є внутрішньою), тоді враховуючи
властивість 5 на стор.315:
ш(<5) + 2тгт(ф) = <Дф) - и(ф)
326
[[т(Р)-------сІ5р + 2тгт(ф) = рфСф) - и($). (13.26)
У У дпр^р
з
Отже, крайова задача (13.22), (13.23) звелася до розв’язування інтегрального
рівняння (13.26) відносно т(Р).
Зауваження. Розв’язок другої крайової задачі для рівняння Лапласа
зручно шукати у вигляді потенціалу простого шару з невідомою поверхневою
густиною р(Р).
Приклад 13.3. Знайти розв’язок першої крайової задачі для рівняння
Лапласа у крузі з радіусом Я
Д2и(ЛЛ = 0, М 5 О = {(х,у)-х2+ У2 Н2},
“|С = Я(<2), С є С = {(а:,у) : ж2 + у2 = Я2}.
Розв’язування. Розв’язок шукаємо у вигляді потен-
©ціалу подвійного шару на площині
и(М) = - [т(Р)^- Іп —<ІЇР =
ф 'дпр гМр
с
= -Іт(р)Г!.ІРР-Л-ліР= (13 27)
с
/, _ соз ф ,,
т(Р)------- (11р.
гмр
с
соз ф 1
Враховуючи, що-----= —- (див. рис. 13.12), крайова умова записується так:
г<рр 2Я
и(@) = трб [т(р) Мр + = ^(Ф), <2 Є С,
2Я У
с
тобто для ш(Р) отримали таке інтегральне рівняння:
тгт(<3) + Л [т(Р'}<11Р = я(<2). (13.28)
2Я у
С
Розв’язок цього інтегрального рівняння шукаємо у такому вигляді
т(ф) = —Я(<5) + А, А = сопзі,
7Г
327
підставивши це в (13.28), отримуємо
Ц<2) + + 2-1 [ Р(Р) (цр + -1 [сііР = р^р).
Агі 7Г Лгі д
С С
Звідси випливає, що
А=-^ІР(Р^'
с
Тоді шукана функція т є такою:
т(Є) = 1р(Є) --ф- [ПР'РІІР.
7Г 4я2/1 у
с
Підставивши її у розв’язок (13.27), отримуємо:
, , 1 /* / СОЙ ф „ п(М) = — Г(Р) — дір — тг у гмр с Обчислимо окремо інтеграл /* СОЙ ф / б/р, У гМр с який є у формулі (13.29). 3 рис. 13.13 видно, що для достат- ньо малих ділянок кіл мають міс- це співвідношення б/р = гмр сіск, б/р = сой^б/р, тоді гщр ба = сов ф дір або ба = Враховуючи це, отримуємо /* сой<6 / си У гмр с 1 — ІІ[р рФр їр'1' СІЬ (13-29) У гмр У с с А17 _ \ V а(\ \ / \ | / 1 \ 0 1 /і Рис. 13.13. гмр 27Г !р = ^Ф = 2тг. (13.30) 0
328
Підставивши (13.30) у формулу (13.29), отримуємо
гмр
2Ясоз0 - гМр 17
---хтс-----а/р =
2Егмр
2ЕгМр^ф- г2МР
2Ег2 шр-
£ігі МР
1
2тгЯ
(13.31)
Положення точки Р на колі задаємо кутом а положення точки М, в якій
шукаємо розв’язок задачі, задаємо величинами: р — віддаль від початку ко-
ординат О до точки М та кутом ф (див. рис. 13.13). Тоді
(ТР = Яс1ф О<0<27г,
гмр = Е2 + р2 — 2Ерсов(Р — ф)
та врахувавши ще, що
р2 = Е2 + г2МР — 2Е гмр со8 0,
формулу (13.31) можна подати так:
и(М) = и(р, ф) =
2тг
К2-Рг [ РРІ л,
2тг ] Е2 + р2 — 2Ерсоз(() — ф') ,
о
(13.32)
що співпадає з раніше отриманою формулою Пуассона (11.28).
Приклад 13.4. Знайти розв’язок першої крайової задачі для рівняння
Лапласа у півпросторі
Д.и(М) = 0, М Е Р = {(х, у, г) : 0 < % < +оо, —сю < х,у < +оо},
^|г=0 = Т(х, уф -оо <х,у < +оо.
Розв’язування. Розв’язок шукаємо у вигляді потенціалу подвійного
шару у просторі
+оо +оо
СО8 ф
г2
д.у.
329
З рис. 13.14 видно, що
соз ф = -, г2 = (х — £)2 + (у — ту)2 + г2.
г
Врахувавши це, отримуємо
+оо +оо
и(х, у,г) = г [ [ -----------(1у.
(13.33)
Крайова умова
^|г=0 + 2ят(х, ?/) = Щ, у},
звідси отримуємо, що
т(р?/) = тт^^У)-
/7Г
Підставивши це у формулу (13.33), отримуємо
розв’язок у такому вигляді:
Рис. 13.14.
+оо +оо
ї АСА
27Г-4 _4 (0 - О2 + (.У- У? + 4 7
що співпадає з раніше отриманою формулою (12.18).
Приклад 13.5. Знайти розв’язок першої крайової задачі для рівняння
Лапласа на півплощині
Д2ДЗ/) = 0, М Є 7? = {(гг, у) : 0 < у < +оо, —оо < х < +оо},
Ч=о = Р04
—ОО < X < +оо.
Розв’язування. Розв’язок шукаємо у
вигляді потенціалу подвійного шару на
площині
/ соз ф
т(Р)-------аїр.
гмр
с
З рис. 13.15 видно, що
і У 2 / л\2 । 2
СО8 0= ---, Гмр={х-£ф +у .
гмр
330
Врахувавши це, отримуємо
+оо
(13.34)
Крайова умова
п|у=о + 7ГШ(Х) =
звідси отримуємо, що
т(гг) = —Е(х).
7Г
Підставивши це у формулу (13.34), отримуємо розв’язок у такому вигляді:
+оо
Фу У = - / 7--------,.2 , 2 ,:1Г
7Г У (X - + у2
—оо
Задачі
13.1. Дано рівномірно заряджену кулю з радіусом К, ро — густина заряду.
Знайти об’ємний потенціал двома способами:
1) шляхом розв’язування відповідної крайової задачі,
2) прямим обчисленням об’ємного інтегралу.
13.2. Знайти об’ємний потенціал мас, які розподілені з густиною р(г) в сфе-
ричному шарі Ні < г < /?2-
13.3. Знайти об’ємний потенціал мас, які розподілені з постійною густиною
густиною ро в сферичному шарі /Д < г <
13.4. Знайти об’ємний потенціал мас, які розподілені всередині кулі радіуса
Кі з постійною густиною ро та в сферичному шарі В,і < В2 г В$ з
ПОСТІЙНОЮ густиною Ці-
13.5. Знайти об’ємний потенціал мас, які розподілені всередині циліндра
{х2 + у2 В2,0 Н} з постійною густиною ро, в точках осі % Н.
13.6. Знайти електростатичний потенціал об’ємних зарядів, які рівномірно
розподілені всередині кулі, яка розташована над ідеально провідною пло-
щиною г = 0. В — радіус кулі, ро — густина об’ємних зарядів.
331
13.7. Знайти потенціал простого шару, який розподілений з постійною
густиною ро = соп8Ї на циліндрі {х2 + у2 = Я2,0 < г < 7/}, в точці, яка
знаходиться на осі циліндра.
13.8. На диску радіуса В знаходиться заряд з густиною ро = сопзі. Знайти
потенціал простого шару в точці, яка знаходиться на осі диска.
13.9. Знайти логарифмічний потенціал круга з постійною густиною зарядів
Ро, В — радіус круга.
13.10. Знайти логарифмічний потенціал кільця Ві г В? з постійною
густиною зарядів ро-
13.11. Знайти логарифмічний потенціал кільця Ві г В,2 з густиною
зарядів р(г).
13.12. Знайти логарифмічний потенціал простого шару для кола з постійною
густиною ро-
13.13. Знайти логарифмічний потенціал простого шару для відрізка — а
х < а з постійною густиною зарядів ро-
13.14. На диску радіуса В знаходяться диполі з постійною густиною моменту
то- Знайти потенціал подвійного шару в точці, яка лежить на осі диска
13.15. Знайти логарифмічний потенціал подвійного шару для відрізка — а
X а З ПОСТІЙНОЮ густиною моментів ГПо-
13.16. Знайти логарифмічний потенціал подвійного шару для кола з постій-
ною густиною моментів Шо-
332
Відповіді
1.1. При І < 1/4 рівняння гіперболічне в об-
ласті х < гсі, Х2 < х, параболічне при х = х±
Пр р. 3/2 /о
иаа - иуу + -------— = 0, а = х6Х [3 =
За Зр
(-и)3/2.
та х = Х2, еліптичне в області х^ < х < .ід.
де £і52 = (—1 =Р л/1 — 4/)/2. При І = 1/4
гіперболічне скрізь, за вийнятком прямої
ЛЛ ЛЛ 1 4“
х < 0, у > 0: и^+- —-----
6 [£ + У
£ = (—ж)3/2 + у3/2, у = (—ж)3/2 — у3/2;
х = —1/2, на якій рівняння є параболічним.
При І > 1/4 рівняння гіперболічне скрізь.
иаа - иуу + = 0, а = (-ж)3/2,
оа ор
З = у3/2-
У 0' ^Уу 0-
’ііу иГІ
иі” - Ж3//
З
2
4 7 ’ ' 2* 4 7 ’
1 З
иаа - иуу - —иу = 0, а = -у, З = (-ж)3/2.
ОД л
х = 0: ихх = 0.
1 2
х > 0: иаа+иуу-\—-иу = 0, а = у, 3 = -ж3/2
ж = 0: ихх = 0.
„ „ 1 ґ иа ид\
ж > 0, у > 0: иаа + иуу + ----------1- — = 0,
З \ а (3 у
а = ж3/2, /3 = у3/2.
1 (иа иу\
ж < 0, у < 0: иаа + иуу + ----------Ь — = 0,
З \ а (3 у
а = (—ж)3/2, (3 = (—?/)3^2.
1.3. у < 0: и^+ру П\= 0, Є = ж + 2/Лл
2(С - ч)
у = х- 2ДЛ/;
^аа иуу + ^3^3 С З У-
у = 0: ихх = 0.
у > 0: иаа + иуу - = 0, а = ж, /3 = 2^/у.
і г» . п . п иу иу
1.6. ж > 0, т/<0: и^-2^ + ^ + 2^_^
иа иу
^(у,(у, ^(3(3 "І- 0 а
'Т]
1.4. у < 0:
и& = 0,£ = х - 2ДЛ/, У = х + 2ДЛ/;
- иуу = 0, а = х, /3 = 2у/—у-
1
^ХХ “І- 2^ 0’
иаа + иуу = 0, а = х, (3 = 2^/у.
"п
ж < 0, у>0-.Щі1 2(е + + 2(е _ 0,
£ = уЛг + ^/у, у = Л=ж - ХУ',
^(3 п
^аа ^(3(3 І 7Г 0, СІ
а р
х = 0: иуу = 0.
у 0. ихх 0.
У-
^аа
У = 0:
У > 0:
> 0, у < 0. и^Л 6^ + ??) 6(£-7?)
ж3/2 + (—?/)3/2, у = ж3/2 — (—ур2;
. м . п , иа
ж > 0, у > 0: иаа + иуу--------
а
а = у/х, 3 = \/У-
п /. . иа
ж < 0, у < 0: иаа + иуу--------
а
о = \/—х, 3 = у/~у.
1.7. ж > 0, у < 0: и^
иу
З
иу
З
о,
о,
щ щ щ щ
6(с + у) + 2(С - у)
333
= 0, £ = |^3/2 + Х~У, ?? = І7'372 - Х~У,
иаа-иІЗІЗ+1^- + 1^ = 0, а = |ж3/2, (З = Х^У-
За р З
X < 0 « > о- иг + Ні + ",| + Ні ~ ",| = 0 ' У > + 6(? + ,,) 2(( - ,/) “•
= |(-і)3/2 + л/у. ч = |(-1)3''2 - \/ч;
^аа - ч» + 4 + X = °’ О: = І<~203-'2, ОСх р О
3 = Ху-
71^
^аа
3 =
х = 0 або у = 0: ихх = 0.
иа ив
X > 0, у > 0: иаа + мда + ------------ = 0,
За р
« = |ж3/2, З = ^у/у-
иа и@
X < 0, у < 0: иаа + гіде + ----------- = 0,
За р
« = |(-^)3/2, № = 2^-
О
1.8. у > 0: иуу = 0, £ = х - у, у = х + у.
У < 0: = 0,
£ = (1 — у/2)х + у, у = (1 + у/2)х + у;
иаа - иуу = 0, а = х + у, (3 = д/2ж.
1.9. у > 0: и^ = 0, £ = 2х - у, у = у;
иаа - иуу = 0, а = х, (3 = х - у.
у < 0: иаа + иуу = 0, а = х — у, [3 = х.
1.10. х > 0, у > 0: иУу = 0, £ = х — у,
у = х + у.
х < 0, у < 0: и^ = 0, £ = х — у, у = х + у.
х > 0, у < 0: Щп = 0, £ = (-1 + у/ї)х - у,
У = (-1 - Хї)х - у;
иаа — иуу = 0, а = —х — у, /3 = у/2х.
х < 0, у > 0: и^у = 0, £ = (1 + \/2)гг — у,
У = (1 - Хї)х - у;
иаа — иуу = 0, а = х + у, (3 = Х^2х.
1.11. х 0, у ± 0:
1 у 1 £ п л 2 2
----2М?+о «-----2^ = 0> = X +у,
2 £2 — у2 2 £р — у2
9 9
У = х - у\
^(3 п 2 я 2
иаа - иуу + ------— = 0, а = х\ [3 = у\
2,а лр
х ф 0, у = 0: иуу = 0.
х = 0, у 0: ихх = 0.
1.12. х 0, у 0:
ис .
- — = °, £ = ух, у = ух;
2у
иа3-иу
- иуу----= 0, а = у/х + ух,
у/х — ух.
X ф 0, у = 0: ихх = 0.
х = 0, у 0: иуу = 0.
1.13. х 0, у 0:
иаа + иуу — иа — иу = 0, а = ]пу, /3 = ]пх.
х^О, у = 0:ихх = 0.
х = 0, у 0: иуу = 0.
1.14. х ф 0, у ф 0:
^/3 п 2 4? 2
иаа + иуу + — + — = 0, а = у\ (З = х\
1а 1р
х 0, у = 0: иуу = 0.
0? У 7^ 0- ^хх 0.
1.15. у ф 0: и^ - 2щ = 0, £ = 2х - у2, у = у.
1.16. х 0: иуу — = 0, £ = жехр(т/),
У = У-
1.17. х ± 0, у ± 0:
С , У _ п
2(772 -еа 2(т?2- £2)
£ = х2 — у2, у = х2 + у2.
1.18. х ф 0, у 4 0: иуу = 0, £ = у/х, у = х.
1.19. т/^0: Щу + + = 0,
£ = ехр(ж) + у2, у = - ехр(х) + у2;
иаа -иуу-^- = 0, а = ехр(гс), /3 = у2.
у 0. иуу 0.
1.20. х ф 0, у 0: и^у---------- + —+ и = 0,
у 4£
£ = х3/у, у = ху;
334
^аа ^@[3
^3
2(иа + иу) иа - иу
а — /3 2(а + /?)
Г^З
а =------1- ху, /3 =---ху.
У У
2
х^О, у = 0: ихх--------их + 1бж2и = 0.
х
4
х = 0, у 0: иуу--------иу = 0.
1.21. иаа + иуу = 0, а = 1п(т/ + у/1 + у2),
1.22. х ± 0, у ± 0:
2? „ х
иті ~ х2>п2их = ®А = У^,3 = У-
Ч І І/ 4
х^О, у = 0: ихх = 0.
х = 0, у 0: иуу = 0.
1.23. и^у 4~ 4~ иу) О,
£ = 2х — 8ІПХ — у, у = — 2х — 8Іпж — у.
1.24. иаа + «де 4 —— + = О,
1.25. и^ 4— соє (^)и„ = 0,
£ = у + СО8 X + X, у = у + СО8 х — X.
1.26. иуу + і । (£^4 + УЩ)
£ = 7/сЬж, ТІ = 8І1Ж.
4Ьс — с2 — Ь2 — 12а
1.27. + і44я2 V - О,
£ = (2 + у/3)х — у, у = (2 — у/3)х - у.
4Ьс — 4с2 — 2Ь2 + 2а
1.28. хаа + иуу 4---------—-----------
а = у — х/2, {3 = х/2.
Ь — с
1.29. иуу 4-----щ = 0, £ = х — у,у =
а
V = О,
1.30. и^ + иугі + и^ + + иГІ — О,
£ = х, у = — х + у, ( = х + г.
1.31. и^ + иугі + и^ + и^ = О,
£ = у, у = х, £ = х + г.
1.32. + и,тп + и<& + их = О,
£ = у + г, у = х — 2г, £ = 2х — у + г.
1.33. и,сс + иуГ) + и^ + — О,
£ = у - г, у = -х - г, £ = 2х - у + г.
1.34. и^ + иугі + и<£ + иу 4- и,- = О,
£ = у - г, у = -х - г, £ = -у.
1.35. и^ + иугі + = О,
£ = у - г, у = —х - г, £ = -у.
1.36. и^ + иугі + и% + иу = О,
£ = у-х, у = -х-г, £ = х-у.
1.37. + иуу + и.с + иу = О,
£ = -х + у + г, Т] = х_ ^ = х_у_
1.38. а?? 4“ и^ — О,
£ = Зх 4- у — г, у = 2х — г, £ = х — у.
1.39. 4~ 4~ иу = О,
£ = х — г, у = 2х — г, £ = х — 2у.
1.40. — иуу 4- + иу = О,
£ = х, у = —х 4- у, £ = х 4- г.
1.41. и££ 4~ иуу — Ц'СС + 4~ = О,
£ = у, у = х, ( = х + г.
1.42. и££ — 4~ 4~ 4~ иу = О,
£ = У = х - 2г, £ = -у + г.
1.43. и(£ — иуу 4- 4- иу 4- = О,
£ = х 4- у = х — 2г, £ = — у 4- г.
1.44. — иугі — 4-^ = 0,
£ = х + г, у = у - 2г, £ = -у + г.
1.45. 4- иугі + Н(£ 4- = О,
£ = х, у = -х + у, £ = 2х - 2у + г.
1.46. + иуу - щ = О,
^, = х,у=(х + у + г)/2, £ = (-Зж - у + г)/2.
1.47. и(£ — иуу — 4- 2иу = О,
£ = х + у, у = -х + у, ( = -х - у + г.
335
2.1. а) рии = Тихх, 0 < х < І, і > О,
их(О,і) = 0, и(1,і) = 0, і > О,
н(х, 0) = Дт), щ(х, 0) = Дх), 0 < х < І.
Ь) рии = Тихх, 0 < х < І, і > О,
их(О,і) = 0, Тих(1,і) = Ф(Д і > О,
н(х, 0) = Дх), щ(х, 0) = Дх), 0 < х < І.
с) рии = Тихх, 0 < х <1,1 > О,
гДО, і) = 0, Тих(1, і) + сти(1, і) = 0, і > О,
и(х, 0) = р(х), щ(х, 0) = 'ф(х), 0 < х < І.
а) рии = Тихх, 0 < х <1,1 > О,
и(О,ї) = 0, Тих(1,1) = Ф(Д і > О,
и(х, 0) = р(х), щ(х, 0) = Ффс), 0 < х < І.
е) рии = Тихх, 0 < х <1,1 > О,
ДО, і) = 0, Тих(1, і} + аи(1, 8) = 0, і > О,
и(х, 0) = р(х), щ(х, 0) = Дх), 0 < х < І.
О рии = Тихх + Р(і)д(х - х0), 0 < х < І,
і > 0,
и(0,і) = 0, и(1,і) = 0, і > 0,
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = 'ф(х), 0 < х < І.
§) (р(х) + ^ті6(х-Хі))ии = Тихх, 0 < х <
І=1
< І, і > 0,
Тих(0,ї) — <тіЦО,£) = 0, Тих(1,і) + &2и(1,і) =
= 0, і > 0,
и(х, 0) = р(х), щ(х, 0) = 'фіх), 0 < х < І.
Т
2.2. а) ии = —Л.2и, х,у Є 8, і > 0,
Р
и(х,7/,і)|Ж)2/ЄС = 0, і > 0,
и(х, у, 0) = р(х, у), ифх, у, 0) = ф(х, у),
х,у Є 8.
Т
Ь) иц = —^и, х,у Е 8,і> 0,
РРрР- = 0, і > о,
ОТІ х,уЄС
и(х, у, 0) = р(х, у), щ(х, у, 0) = ф(х, у),
х,у Є 8, п — зовнішня нормаль до С.
Т
с) иц = —Д2н, х,у Є 8,1
Р
>0,
= 0, і >
0,
^Р(х,у,і^
х,уЕС
и(х, у, 0) = <р(х, у), щ(х, у, 0) = ф(х, у),
х, у Є 8, п — зовнішня нормаль до С.
Т
а) ии = —^и, х,у Є 8, і > 0,
Р
ґ ди(х,у,і) \
Т------------\-аи(х,у,і)} = 0,1
X ОТІ / х,уЄС
и(х, у, 0) = р(х, у), щ(х, у, 0) = ф(х, у),
х,у Є 5, п — зовнішня нормаль до С, а —
коефіцієнт жорсткості пружного кріплення
мембрани.
Т 1
е) ии = —Д2« + -Р(х, у, і), х,у Є 8,і > 0,
Р Р
Дх,?Д) ДєС = 0, і > 0,
н(ж, у, 0) = <р(х, у), щ(х, у, 0) = 'ффс, у),
х,у Є 8.
£) [р+т8(х-хо,у-уо)]ии = ТА2и, х,у Є 8,
і > 0,
и(х,У,і)\х,уЕс = 0, і > 0, и(х,у,0) = р(х,у),
щ(х,у,0) = ф(х,у), х,у Є 8.
2.3. а) ии ихх, 0 < х < І, і > 0,
Р
их(0,1) = их{1,1) = 0,і> 0,
и(х,0) = р(х}, иі{х,0) = ф>{х), 0 < х < І.
Е
ь) ии = —ихх, 0 < х < І, і > 0,
Р
их(О,іф = -—іліі),
их(1,і) = і > 0,
и(х, 0) = ріх), щ{х, 0) = ффх), 0 < х < І.
. Е
с) ии = —ихх, 0 < х < І, і > 0,
Р
8Еих(0, і) — (ТіЦО, і) = 0,
8Еих(1, і) + сг2м(/, і) = 0, і > 0,
м(х,0) = р(х), щ(х,0') = ф(х'), 0 < х < І,
Сі, <72 — коефіцієнти жорсткості пружного
кріплення лівого та правого кінців.
336
а ин = —ихх, 0 < х <1,і> О,
Р
ащ(0, і) + 8Еих((), і) = 0, и(1, і) = 0, і > О,
и(х, 0) = <р(ж), иі(х, 0) = ^(х), 0 < х < І, а —
коефіцієнт пропорційності у виразі для сили
опору —ссгц(О, і), яка діє на лівий кінець.
е) ии = —ихх + -Е(х, і), 0 < х < І, і > 0,
р р
и(0, і) = и(1, і) = 0, і > 0,
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х < І.
Е
О Щі = —ихх - ащ, 0 < х < І, і > 0,
Р
и(0, і) = Ці (і), и(1,ї) = Р2(і), і > 0,
и(х, 0) = <р(ж), и^х, 0) = ^(х), 0 < х < І, а —
коефіцієнт пропорційності у виразі для сили
опору відхиленню —аиі, яка діє на одиницю
маси.
ч Е
8) иа = ~ихх - ащ, 0 < х < І, і > 0,
Р
и(0, і) = 0, — 8Еих(1, і) = тиц(І8\ і > 0,
и(х, 0) = <р(х), щ(х, 0) = ф(х), 0 < х
‘ 2 Е д ’
х ии = —— '
р дх
0 < х < І, і > 0,
и(0, і) = и(1,і) = 0, і > 0,
щ(х, 0) = ,ф(х), 0 < х < І.
-і 2
и.
2.4.
2.5. а) их + £ ц = 0, іх + С щ = 0,
0 < х < І, і > 0,
г(ж, 0) = <р(ж), м(ж, 0) = ф(т), 0 < х < І,
І/оММ) + и(о,і) = 0,
и(1, і) — Е(і) = і), і > 0.
Ь) их + Ь ц = 0, іх + С щ = 0,
0 < х < І, і > 0,
г(Ф,О) = <р(Ф), и(х, 0) = ^(ж), 0 < х < І,
/?офО, і) + м(0, і) = 0,
и(1,і) - Е(і) = і > 0.
с) их -І- І р 0, іх “І- С и^ 0,
0 < х < І, і > 0,
г(гг,О) = <р(Ф), и(х, 0) = ^(ж), 0 < х <
г(О,£)/Со + іц(О,ф = 0,
и(1,і) — Е(і) = Ціі(1, і), і > 0.
а) их -І- 8 і і 0, іх “І- С и^ 0,
0 < х < І, і > 0,
і(х, 0) = <р(Ф), и(х, 0) = ф(х), 0 < х < І,
г(0, і) = 0, и(1, і) — Е(і) = і), і > 0.
е) их + £ іі = 0, іх + С щ = 0,
0 < х < І, і > 0,
і(х, 0) = <р(Ф), и(х, 0) = ф(х), 0 < х < І,
Е^і) - нДО, і) = г(0,1)/Св,
и(1,1) = Ціі(1,к), і > 0.
. ди к д
2.6. а) 8— = ——
т ср дх
, 0
= их(1,і) = 0, і > 0,
ь)5| = А£ф|ф0<
0І ср 0Х \ 0Х)
гіж(°Ф) = -&Ф)/(^(0)),
ММ) = «цффД/оБ'ф)), і > о,
0,
. „ди к д („ди\ „
с) 8— = —— 8— , 0 < х < І, і >
ді ср дх у дх)
гіж(0, і) - х(и(0, і) - иь(і))/к = 0,
их(Ц Ф + і) — нд(ф)//с = 0, і > 0,
а) 8^ = (5|^), 0 < X < І, і >
7 ді срдху дхЕ
к8(0)их(0, і) — стгц(0, і) = 0,
к8(1)их(1, і) + стщ(1, і) = д(і), І > 0,
0,
. к ио /ЗІ2 Н,
2.7. а) щ = —ихх-------------{и - и(і)) Н-------—
ср срЬ срЬ
0 < х < І, і > 0,
к8их(0,1) = сьгц(О,ф,
к8их(1, і) = сцщ(1, ф, і > 0, и(х, 0) = <р(ж),
337
О < х < І, (3 — коефіцієнт пропорційності у
формулі у = /ЗІ2НД.х.
к мхг Г(х, і)
Ь) щ = —ихх----------(и - х(і)) Ч-----—,
ср еро еро
0 < х < І, І > 0,
к8их(0,і) = сьиі(0,і),
к8их(1,і) = сяиі(1,і'), і > 0,
і/(т, 0) = Дгс), 0 < х < І.
. к а ису
с) щ = —ихх-------щ—-(и-х(і)), 0 <х < І,
ср еро еро
І > 0,
ди(г, С
дг
к8их(0,і) = сьиі(0,і'),
к8их(1,і) = сяиі(1,і), і > 0,
и(х, 0) = <р(х), 0 < х < І, а — коефіцієнт
пропорційності у формулі у = ащ8Д.х.
х к Л а
2.8. а) щ = —Дги--------и, 0 С г < Н, і > 0,
ср ер
= 0, і > 0, и(г, 0) = Т, 0 С г <
г=К
]_ () / ди \
Л, Дг = — — г2 — І, а — коефіцієнт зов-
г2 дг у дг /
нішньої теплопровідності (теплообміну).
к О
Ь) Ні = —Дгті-------, 0 < г < Я, і > 0,
ср ср
(кди^ + аи(г, і)} = 03 > 0,
\ дг / г=Г{
1 д / (З?/ \
Дг,0) = Т 0 < г < К, Дг = -- 3— ,
г2 дг у дг ;
а — коефіцієнт зовнішньої теплопровідності
(теплообміну).
о/9
2.9. а) Ні =----иххі 0 < х < ц і > 0,
с
г/(0,ї) = ц(ї), г/х(/,ї) = 03 > о,
и(х, 0) = р>(х), 0 < х < І, а — коефіцієнт
пористості поперечного перерізу.
, . аВ п ,
Ь) щ =------ихх, 0 < х < 1,і > 0,
с
их(0,і) = —иДЗ) + -5ДМ) = 0,
аоВ В
і > 0,
и(х, 0) = Дх), 0 < х < І, а — коефіцієнт
пористості поперечного перерізу, о? — кое-
фіцієнт зовнішньої дифузії (через пористу
перегородку).
2.10. щ = Вихх
ай
+ тищ - — (и - х(і)),
ів
0 < х < І, і > 0,
пж(0, і) - / (ДО, і) - и0(і)) = 0,
их(1, 1) + -^С “ МС) = 03 > 0,
п(х, 0) = р(х), 0 < х < /, у — коефіцієнт
пропорційності при розмноженні (коефіці-
єнт розмноження), сі — коефіцієнт зовніш-
ньої дифузії (через пористу перегородку).
2.11. п(г) =
Мі(г), г Є Уі
гі2(г), г є У2
Дні(г) = —4тгр(г), г Є 14
Дн2(г) = -4лр(г), г Є З
( Н1(г)|Е = н2(г)|е
1 3/1 (г) ! _ 3/2(г) ! ’
3 * і Зі ।2 Є2 дп .
Е — поверхня поділу між областями Зі та
32.
2.12. а) А;Дг/ — 71/ + <3 = 0,
0 г < г0, 0 < г < к, і > 0,
н(г, 0) = и(г, к) = 0, 0 < г
33 = 0, 0 < 2 <
дг
< г0,
/ц 7 — коефіцієнт
розпаду газу;
Ь) кАи — у// + <5 = 0,
0 < г < то, 0 < г < к, і > 0,
оЗЗ>_й0) = 0.
дг
£>+ки(г, 3 = 0, 0 < г < г0,
дг
н(го, г) = 0, 0 < г < к, д, — коефіцієнт
зовнішньої дифузії (обміну), 7 — коефіцієнт
розпаду газу.
. \ д ( ди\ 1 д2и
2.13. а) Дп = г— + —
г дг у дг у г2 др
338
Ь) Ди
1 д / <9м\ 1 д2и д2и
г дг у дг / г2 д<р2 ”1” дг2,
с) Ди
4 д
£ + т] _д£
д д ди
дг] \ дг]
1 д2и
+£ту д<р2,
4 Г В / Ви \
$)^=-------2 +
£2-»т\ д£/
д і. 2\^и\
+ дг] у дг/) + (£2 — 1)(1 — ту2) др>2'
3.2. —сю < х < —с:
О < і <
—с < х < 0:
с+х
а
І,
І
и(х,і) = < |
х2 + («і)2
с2
(х+аі)2
с2
1°,
О < х < с:
х2+(аі)2
с2
(х—аі)2
с2
[О,
с < х < +сю:
4.2.
3.11. и(х,і) = 1 + І+ (білі — сов £ + Є 1) біпж.
3.12. и(х, і) = 1 + і3 — і2х + 8Іп2 | зіпх.
3.13. и(х,і) = 1 + і(і + х) + 4 со8Х8Іп(а£).
4.1.
{і + х + ии, 0 < і < х/а,
2і + х — - + /^і2х, і > х/а.
І
и(х,і) = < |
І О,
4
о,
—с+х </ [ </ с+х
а а
< і
а
3.3. х = («і + <>2 + /?і + (+)/4,
і = (°2 + + ~ (°і + /Зі))/(4а),
^гпах (Л-1 + Лд)/2.
3.5. и(х, і) = ^-р[О(х — хо + аі) —
—0(х — хо — аі)].
3.6. и(х, і) = (1 + і + і4)х.
3.7. и(х, і) = х + і3х2 + і5.
3.8. и(х, і) = і3х + зіп(х + і).
3.9. и(х, і) = (1 + і + і2)х + сЬ(ж + і).
3.10. и(х, і) = х + і + (і — 8Іпі) 8Іпж.
и(х, і) = < 1 + ^і2 + іх, 0 < ^х/а-1 + + 1\іх _ : і < X2 ' 2а2 ’ х/а, і > а
4.3.
[ х + бЬі, 0 < і < а
и(х, і) = < . X + СІ1(/: — 2) + [ + 8І1 £ — бЬ(і — ^), і > X а *
4.4. ' і + і3 + X, 0 < : і < а
и(х, і) = < і(1 “На — а і Н- і2)д +2іх- і > а'
4.5. | і3/6 + соб(а£) біпж, 0 < і<^, а
и(х, і) = < а(Є^-1) + § + [ +СО8Ж8Іп(а/:), і > а ’
4.6.
-|- соз(аі) созх, 0 < і <
^22ні-> + СО8(аі) СО8 х— х
—а 8іі(£ — ^), а
339
4.9. О х 21:
( 8ІП 8ІП ™і,
и{х,і) = - СО82^__4П
р
І О,
21 х:
{О,
СО82 ^0,
О,
21—х 21+ж
а а
21+х <
х+аі
+ /*««
х—аі
аі:
, 14- оа , .
<дж + аі) 4-------+аі — х)
____________1 — аа_________
2
1
2а
х+аі
аі—х
о
4.16. и(х, і)
2а 1 — аа
о
7гж ттаі
А 81П —— СО8 ——
4.10. «(0,21/а) = и(0,6//а) = гі(2/,4//а) =
= и(4/, 21/а) = к.
4.11. и(х, і) = ^\д{х — Жо + аі) —
—в{х 4- ж0 4- аі) ~ ~ хо ~ аі) +
4-0(ж + жо — аі)].
4.12. и(ж,і) = /^[(і(х + аі) — 6(х — аі)].
4.13. ж < хоі:
и(ж, і) = <
-а(ж0 +
ж > хоі:
{О,
а(а — Хо
4.14. ж < хоі:
х + аі < О,
х-\-аі
г>0 + «
.) і р(т)і+ х 4- аі > О,
о
ж — аі > О,
х — аі
х0-а
/ р(т+т, х — аі < 0.
о
++ =
++) =
= (</?(ж - а і) + </?(ж + аі)),
Ах,
\ А(21 — х), І
Xх + 4/).
ЗІ,
4.18. и(х,і) = Р^ Е (~1)пх
х[#(ж— (2п +1)/ + аі) — 6(х — (2п — 1)1+ аі) —
—6(х — (2п 4- 1)1 — аі) 4- ^(ж — (2п — 1)1 — аі)].
4.19. Пц = а2ихх, 0 < ж < І, і > О,
и(х, 0) = г+х, 0) = 0, 0 < ж < І,
и+,і) = 0, и(1,і) = /л(і), і > 0;
/А _ х2' \тт л. _
п=0 *- 4
— (4 х+(2п+1)1
р \ Ь а,
, +і) = +і)в+.
4.20. Пц = а2ихх, 0 < ж < І, і > О,
и(х, 0) = г+х, 0) = 0, 0 < ж < І,
х < —аі,
х-\-аі
г>0 + а
/ Р(т)сІт, х > —аі,
о
х > коі:
{О,
2 2
2аТо
4.15. ж > аі:
, . ж>(ж
и(х, і) =-----
х > аі,
х — аі
х0-а
І Г(г).1т, х < аі.
о
аі) + </? (ж — аі)
2
и(О,ї) = +і), их(1,і) = 0, і > 0;
и(х, і) =~р(і-і) + (-1)пх
х[д(і-^)-д(Г+ ^)]
= +і)д(і).
5.1. и(х,у) = /(ж) +д(у).
5.2. и(х, у) = Ху 4“ ах) 4“ +у ~ ах).
5.3. и(х, у) = і(х - у) + д(3х + у).
5.4. и(х,у) = і(у) 4- д++~ау.
5.5. и(х, у) = ж - у + Xх - Зт/)+
340
+р(2ж + у)Х3у~х^7.
5.6. и{х,у) = [/(ж) + д{у)]Є~Ьх-ау.
5.7. п(ж, у) = Єх+у + [/(ж) + д{у)]Є3х+2у.
5.8. п(ж, у) = /(у — а ж) + д{у — а ж)Є-ж.
5.9. и{х,у) = <р{У~со8ж+ж)+'0(?/—созж—ж).
5.10. п(ж, у) = ср^/у + Xх) + ф{ХУ - Xх)-
5.11. п(ж,т/) = Хі(ф + 'ф{ху)^.
5.12. п(ж, у) = (Дж + у) + ф{х - у))/х.
5.13. и{х,у) =
\ Ч-у ) Х—у
5.14. м(ж,т/) = ехр (Дж) + Д?/)).
5.15. и{хру) = ^ + ^.
5.16. Дж, у) = ХХХУ + ж) + ффї'/у - ж).
5.17.
и{х,у) = Дж3/2/3 + Х~У) + Д—ж3/2/3 +
+ У^)-
5.18. Дж, у) = /{х + у) + (ж - у)д{х2 - у2)
при ж > — у або ж < — у.
5.19. и{х,у) = /{ху) + у/\ху\д(х/у)
в кожному квадранті.
5.20. и{х,у) = /{ху) + \ху\3?4д{х3/у)
в кожному квадранті.
5.21. и{х, у) = х/{х/у) + д{х/у)
в кожному квадранті.
5.22. и{х,у) = х/{у) - /'{у)+
+ /Д-ЄД(Є)ееМЄ-
0
5.23. и{х,у) = 2уд{х) + ^9'{х)+
+ №-ДЖ)е-Жд
0
5.24. Дж, у) = Є~у у /(ж) + /'(ж)+
+ /{у- у)д{у)Є~ху(1у .
о -1
5.25. и(х, у) = Є ху у/(х) + //(гг)+
у 1
+ /(у — у)д(т))Є~ху(1т) .
о -*
5.26. и{х,у) = | (Д/4 - |ж|5/2),
|ж| < 1, 0 < у < 1.
5.27. Дж, у) = 8Іпт/ — 1 + Єх~у,
—оо < ж, у < +оо.
5.28. и{х, у) = х- у- ^ + ^Є2у,
—оо < ж, у < +оо.
5.29. и{х, у) = | [1 — ж — Зу+
+ (ж + у - 1)Є2:с],
—оо < х, у < +оо.
5.30. Дж, у) = Ж у + | 8ІП у СО8 (ж + |),
—ОО < X, у < +оо.
5.31. и{х, у) = ж + У2, ж > 0, \у\ < 2Xх-
5.32. и{х, у) = х3у + 8Іпж — |ж4 — |ж2г/2,
ж > 0, у > 0.
5.33. и{х,у) = ж2/у, х > 0, у > 0.
5.34. и{х,у) = 2х + у — х2, —оо < х,у < +оо.
5.35. и{х,у) = ^ + ж > 0, у < 0.
5.36. п(ж, у) = ж4 + у2, ж > 0, \у\ < оо.
5.37. п(ж, у) = | (Ж - ,
ж > 0, у > 0.
5.38. п(ж, у) = ж2 + 2у2 + 1,
ж > 0, — < у < ж2.
2 У
5.39. м(ж, у) = ж2 + ж у + у2, х > \у\.
5.40. и{х, у) = у3 — ж.
5.41. и{х,у) = ^х+уП^-у) +
х+у у х+^у-у)
+1 /
х-у 0 х-(у-гі)
9X0,90) = 1-
5.42. и{х,у) = | — (2ж + |) е2-2х-2?/+
+ (4 - Зу)
О1{х,у;х0,у0) = еп+^у-уо)_
341
5.43. и(х, у) = \ху2 + ху - у -
‘%(х,у,х(і,уо') =
5.44. и(х, у) = х — у + ху,
П+У^У^ = ^.
5.45. и(х, у) = А^[(х + у- 1)92(3; + у - 1)+
+ (гс - у + 1)92(3; _ У + 1)] +
+ 2^ / <<Ж)+Ж)<Ь,
Ж-7/+1
Мй.») = И-
'Ю
5.46. и(х, у) = у2 + |з;2(1 + Є-ї/).
5.47. и(х, у) = / ехр (~^2у2) <16-
О
5.48. и(х,у) = у+'ф(х) + [у(у) — у(О) — у]Є~х.
5.49. и(х, у) = у(у) + / г/'(^ ехр (-£ у) <і£.
О
5.50. и(х, у) = (1 + |з; — ±у) ехр (^)
5.51. и(х, у) = р (^) + ^ (V) - НО)-
5.52. и(х, у) = 2ху/—у.
5.53. и(х, у) = х2 + (у — 1 + Єж)2.
5.54. и(х, у) = х у(х + у)2.
5.55. и(х,у) = (у — ж)/2.
5.56. и(х, у) = Зх + у3.
5.57. и(х, у) = х.
5.58. и(х, у) = у/ху + 11п
5.59. и(х,у) =
5.60. и(х, у) = у соє
5.61. и(х, у) = — 1 + 2 соє | сов У~С°8Х _
5.62. и(х, у) = (х + у')2/‘2.
5.63. и(х, у) = 2 — у.
5.64. и(х, у) = у/х.
5.65. и(х,у) = -А-^(у - ах)(/3х - у).
5.66. и(х, у) = |ж4 — х2 + у — |?/2.
5.67. и(х, у) = х — у^у.
6.1. и(х, у, і) = х2 + і(6 + А і2)х у/6 — у2.
6.2. и(х, у, і) = а2і2 + АВх у/12 + (і + з?)(з; +
+ у)-
6.3. и(х, у, і) = а212(1+£2/12) + В і3х/б+з;2+
+у + 12у2/2 + і(х + у).
6.4. и(х, у, г,ї) = у + і(х + у) + г+
-\-і2(Ах + В у + С г)/2.
6.5. и(х, у, г, і) = 2а2і2 + х2+
+1(2 + Аі)ху/2 + у2.
6.6. и(х, у, г, і) = а2і2(1+А і2)+у+і х у+і %+
+г2 + 2Аі2(х2 + у2 + г2).
6.7.
І < г/а- П(Г,І) = (г+аіМг+аі)+г-аіМг-аі) +
г-\-аі
г—аі
і > Г/Л- Н(Г,І) = (г+аіМг+аі+^і-гМаі-г-) +
г-\-аі
+і І «-'«Ж;
аі—г
Ііш и(х, у, %, і) = <у(аі) + аіу^аі) + і'ф(аі').
х,у,г—>0
6.8.
і г+а(і-т)
і <г/а: и(г,і) = А- / / ^'(^,т) (1т (1^;
О г—а(ї—т)
і—г/а г-\-а(і—т)
і> г/а:и(г,і} = А- / |
О а(і—т)—г
і г-\-а(і-т)
ї-т/а г—а(і—т)
6.9. г < г0:
Цо,0<і<г-^,
Цр(уГ—аі) гр—г гр+г
2г ’ а а
О, < і,
’ а ’
г0 < г:
о,
Ц0(г-аІ) г-гр
2г ’ а
О, < і.
Гр+г
а
342
6.10. г
г0:
г0 <
г:
и(г, і)
иоі, о<л<^.
Цо(г^ — (аі—г)2) г0-г < £ < гр+г
4аг ‘а а ‘
0, <і,
’ а ’
О, 0<і<
Ц0(г2-(г-аі)2) г-г0 < £ < гр+г
4аг ’ а а
О, < і.
7 а
7.5. 18(УЛ/)
7.6.
л /7гп\2 , . ттх
Ап = ) , Уп{х) = СО8 ——
/і = 0,1,2,...;
ІЬІТ^І ІЬН = УЇ, ті = 1,2,....
7г(2п + 1) 2 71(2/1 + 1)х
2/ Упу'Ь) 2/
ІкІІ = /|, п = 0,1,2,
\ — 7г(2п + 1) 2 0! ( 0^1 7г(2п + 1)ж
2/ Уп\^) соь 2/
ІкІІ = а Д, 71 = 0,1,2,
-----рівняння для власних значень Лп, п = 1,2,...
= ап (\/Аі). ІШІ = X + 2(л|; л>г)
^2 . л
—= — рівняння для власних значень Ап,
Уп(х) = СО8
п = 1,2,...
/12
2 2(^ + Ап)’
------рівняння для власних значень Ап,
/її
п = 1,2,...
Уп(х') = 8ІП
\\Уп\\ =
2 (/її + Ап)
7.7. 1§(7а/)
—-----рівняння для власних значень Ап, п = 1,2,...
/її
уп(х) = СО8
/її
2 2(к1 + хпу
343
7.8.
п = 0: Ао = 0, уо (х) = 1, ||г/0|| = ^ї;
(2ттх
СОЗ ~
2ттх
8ІП---
ІІг/ггІІ = У|-
7.10.
тгпх 2
~2Ї )
Уп(х) = 8ІП-----77
у ) 21
||?/п|| = л/ї, п = 1,2,....
тт\ 2
~2Ї /
Уп(х) = СО8 —
уп\ / 21
І\Уп\І VI, п 0,1,....
7г(2п + 1) 2
4І
уп(х) = 8ІП + + І\уп\І = VI, п = 0, 1, . . . .
7.12.
7г(2п + 1)
Ті
, х 7г(2п + 1)(ж + /) ,. ,. /7
уп(х) = соз ||т/п|| = VI, п = 0,1,....
7.18.
х-\-аі
. . <х(х — аі) + <р{х + аі) 1 Г ,
и{х^ = ~------------+ /МЖ
х—аі
7.19.
и(х, і)
і х+а(і-г)
Та/
0 х—а(і—т)
7.20.
7.21.
7.22.
х+аі |х-аі|
У- зі§п(ж - аі)У-0(?)
о о
344
7.23.
2ау/тгі )
о
(*-£)2 (*+О2
0 4а2і + Є“ 4а2і
ае-
7.24.
и(х, і) =
О,
х — аі > О,
х — аі < 0.
7.25.
и(х,і) =
7.26.
и(х, і)
і х+а(1-т)
0 |ж—а(і—т)|
7.27.
и(х, ї} =
І оо
1 [ [ /м
2ау/їг./ 7 V* - т
0 о
(*-О2
Є 4а2(і-т)
(*+;)2
4а2(і-т)
7.28.
х+а(і—т) |ж—а(і—т)|
У Ж т) <*£ - 8І§п (я - а(ї - т)) / Ж,ТЖ
о о
сіт.
7.29.
и(х, і) =
І оо
1 [ [ /іі.т)
Іа^і 7 ,/ у/1-т
0 о
(Ж2 (^+Є)2
0 4а2(і-т) _р 0 4а2(і-т)
СІ£ СІТ.
7.30.
/' ж
У 2ал/тгї
о
(*+€)2
4а2і
7.31.
ОО оо
ах^й.І 7
0 о
І
фл) = ^І
о
2
Є
< 4т.
СО8 х г/з(у — х) + 8ІП х ^'{у — х) +
У
+ У8Іп(т/ - у')/(х -у + у', у'^Ау',
8ІП?/ —
х-у
345
7.32.
у
- у) + Р9?і(ж - у) + у<р'0(х -у) +^і/(х -і,у -
О
х
іМ.У - х) + х'ф1(у - х^ + хі^у -х)+^1/(х-1,у- і)ді,
о
%>У,
у> X.
7.33.
1 + 2 СО8(Ьгж)
к=1
(к^у' СО8 ^у'
7.34.
, \ • 1 •
и(х, у) = X — 81П X + у СО8 X н-X 81П X.
2
7.35.
у—х у—Зх/2
2 1'/Х)А/;-2 х < |і,
О о
о
Зр (х - |р) - 2р(ж - р), у < х.
ОО
7.36. и(х,у) = А +(В — А)-^=
X
2у/У
X
7.37. и(х,у) = | У/(х - £) 8Іп(а£) <і£.
о
7.38. и(х, р) = у — зіпр + 8ІПЖ.
7.39. и(х, р) = 1 + ху.
7.40. и(х, р) = у3 - у + ху2.
7.41. м(ж, р) = А Є-Зї/ соб(2х) — х 8Іп х.
X
7.42. «(ж, р) = у СО8 X + - X 8ІП X + У/(ж') 8Іп(ж — х')<\х'.
О
7.43.
346
7.44.
тгх тгау
= А 81П —— соз ——
7.45.
7.46.
7.47.
8.1.
8.2.
8.3.
8.4.
8.5.
8.6.
8.7.
8.8.
8.9.
8.10.
8.11.
х/(2^/^)
= и0(1--|= У*Є“
0
, ч х Г (х (і) ___1
и(х,у) = / 7-----Є
2у/тга у \У ~ ір2
0
и(х,у)
и(х, і)
а Г <р(і} —А—
-= / , Є 4“2<г'-‘)сН.
А У у/у-і
о
_к V__________
7Г3 (2п+1)3
п=0
7г(2п+1)аУ • 7г(2п+1)ж
СОЗ і 8Ш
_ 2/ у^ 1 • тг(2п+1)аі • тг(2п+1)х
- 57Г2 Л (2п+1)2 8111 І 8111 І
п=0
— —!— (-(АА А ТІ 2Г21
100 СОЬ 21 Ь1ІІ 21 •
1 8Ш / ( І • 7г(2п+1)^ _ 8Ш(АУ)
2п+1 . 2 (тг(2п+1)а)2 \ 7г(2п+1)а І Ш
п=0 ш---------------А----- к
о
— 2а2ц
5А
— 1
5тг3 (2п—І)3
тт(2п—1)аі -і \ • 7г(2п—1)ж
СОЗ к 21 7-------1 І 81П к 21 7
_ _ Х_ І 4/ А тг(-І)2" х(2п—1)—4 тг(2п—1)аі • тг(2п-1).
10 -І- 5л.з 2^ (2п—І)3 СО8 21 8111 21
п=1
и(х, і) = —Аг (Є 1 — соз А + ~ 8іп 8Іп А
\ ’ / і । (тга)2 \ І 7Га І / І
СЮ
и(х, 0 = — У2 —гАт (СО8 ------------------- Зіп — зіп А-
х ’ / 7Г п , (тгпа)^ \ І кпа І / І
П=1 ІН---А-
?;ґт П = М V _____________________і_______ (___________ ЧІП 7г(2п~1)^ _ стр Л чіп к(2п-1-А
и\хА) 2-^1 2п-1 і (тг(2п-і)о)2 ( тг(2п-1)а 8111 21 81ПГ18Ш 2/
п=1 1------^2----- 2
и(х, і) = —Аг (Є-і — соз А + ~ зіп А) СО8 А-
\ ’ / , . (тга)2 \ 21 тта 21 / 21
"Г 4/2
и(х, і) = и{х) + А 0>
і Є
х х
1 + 7Хі
0 о
де и(х) = Мі + А - «і)
І а/ лак
функція хіхХ є розв’язком такої задачі:
х £
і / <1? І м&к.
о о
V» = а2ххх, 0 < х <1, і > 0,
х(х, 0) = — и(х'), хі(х, 0) = ^(ж), 0 < х < І,
п(0, і) = ї) = 0, і > 0.
8.12. и(х, 0 = (ї3 + 2)ж + (ї + 1)(1 — ж)+
у. Г12(-1)’1+1 , , 2 8іп(тгпі) /6(-1)” _ ЛІ 8іп('7ГШ.')
+ 2^ (7^)3 'Т- / )2 І (7ГП)2 і- 81ІЦ7Ш4Д.
П=1 Ь \ /2
347
8.13.
8.14.
8.15.
8.16.
8.17.
9.1.
9.2.
9.3.
9.4.
9.5.
9.6.
9.7.
9.8.
9.9.
9.10.
9.11.
9.12.
9.13.
9.14.
оо
и(х, = 1+/~21}^ СО8 8ІП
\ / 4 ттп(п2 — 1) 4 4
п=1
и(х, і) = + (1 — І2 + 8ІП І + 4(сО8 і — 1 — Зі + З 8ІП ґ) +
+ | Е ^3 (з(-іуЧ - 1 + СОб(пІ) - 8Іп(п£)) 8ІПХ.
и(х, і) = | | СО8 у СО8
оо
и(х, і) = у + Д Е зіп 8ІП
п=1
и(х, і) = ^і3 + (1 — у) І2 — і 8ІП ™ СО8 | 8ІП у2 соз
і І сіті 2тгж 2тгаі । І оіті Зтгж Зтгаі ।
“Г 4тга 5111 І 5111 І 67Ш 5111 І 8111 І
ОО г
+ 44 Е М2 (1 - СО8^) - 4 ЗІП 4^.
тг^а2 пл \ І / п'5 \ тта І / І
п=1 ь -1
и(х, і)
ОО / 7ГП\2
и(х, і) = 2 (1 - і + 100 Е тЛз (еНТ) 4 - 1) 8Іп
п=1 к
и(х, і) = 2 + х + 2 Е 2<~ " Є (тгп)2і
п=1
ОО _х ,
«(х, і) = 3(1 - є-4) (і -1) + Е л"п4і 8іп(^а2ж),
п=1 п
де Хп — корені рівняння х/л = —х/л
н(ж, і)
оо
Е
п=1
+~(~0+ е^-е~(М2* . яп
(тгп)3 оЕ2?)2 1
ЧМ) = Е (^(1 - е Л8Іп^8Іп^
п=1 х 7
и(х, і) = (1 — у) А + уВ + 2 Е В(~ ЛЄ (’г"а) 1 8іп
п=1
ф.п = -> £
п=1
«(г, () = £ ЛоЄ-і^^)21 зіп де Л„ = ї / /(£ зіп (1І.
п=1 о
и^) = ^Е^е-«\іп^.
п=1
и(х, і) = (1 - Ш1 + їШ2 + 2 V Ь1Г>™ е“(^)2і 8Іп
\ І / І іг п І
п=1
00 / \ 2
и(х, і) = 1-^ио соз^ші) — 2ио Е Є“'-~) і 8Іп
п=1
о 00
и(х, і) = 1-^Аі + Е гА
А ’ / І а2 (тгп)
п=1
(/ тгпа А \
Є (. 1 п — 1 Піп уу.
оо
н(жВ) = 457Г2 Е 4п2 —1 2п-3
п=1
! _ е-(^г<) зіп
348
9.15.
9.16.
9.17.
9.18.
9.19.
9.20.
9.21.
9.22.
9.23.
9.24.
9.25.
9.26.
9.27.
9.28.
в6
п=1
і
2(—1)п—1 1-е
,з
8ІП ур.
и(х,і) = — Е2 + Є 1 ^зіп-^р.
' ’ / 7Г П І
п=1
•Н = Е А„е-(^)2'
п=0
де Ап = / р(х) 8ІП А2п+1)х
0
п=0
и(х, і) = II.
и(х,і) = Є-/Зі Е2 Т / <Х£) 8ІП уґ^ <і£ Є-< і2> 4 8ІП ур.
п=1 о
и(х, і) = ехр (— (ту)2 і — /Зі) зіп
и(х,і) = Є-/Зі Е Впехр ("— (р^)2) созур,
п=0 ' '
І
де Во = } / <р(ж)аж,
о
І
Вп = у У* </?(ж) соз (іх, п = 1, 2,....
о
и(х, і) = ^~г~х + Т + - V 1-> 17 г ехр (— (^)2 і} зіп ^р.
' І ТГ ' ТІ/ \ \ І / / І
п=1 7
«(Ч)=и(Г) + Е А„ схр (- (АААІ^р) 8ш АЇА1А,
І X у
де й(ж) = дх + А, / /(£) (ІХ - /(^) а?/,
0 0 0
Ап = ^[(^(ж) — й(ж)] зіп
о
и(х, і) = дх + ^(А — д)1 + 2^А~2^1 Е) -1 ехр (— (^у^)2 і \ соз ^р.
и(х, О = (х- Аі + ^Т- ІТІ - 1АН + (Т - 40 і+
, V Г(-1)’1+1Т/р-(^)2і 2Д/3 А (га«)2Л] пж
+ 2^ (ЯП)2 С V ! + (™)4«2 Iі Є к ’ ) СО8 І '
П=1 Ь \ 7□
1-ехр[-(/3+ір^0]
и(х, О =------^-у—у—— 8ІП .
и(х, 0 = уЛ Є-24 + Л/2Є-4 х
Р' Г 2(-1)п . /+1 (р((япа/02-1)і _ іА"| р-(япа/02і ч;п ттх
х 2^ 7гп(/2-(7гп)2) -|_ (тгпа)2—/2 Iе / С 8 І
п=1 ь х 7 -1
349
9.30.
9.31.
9.32.
9.33.
9.34.
9.35.
9.36.
9.37.
9.38.
9.39.
9.40.
9.41.
9.42.
9.43.
9.44.
9.45.
9.46.
9.47.
9.48.
9.49.
9.50.
9.51.
9.52.
9.53.
9.54.
9.55.
и(х, і) = Егг£ .
и(х, і) = ^Аі2 + В Є* — В + С.
и(х, і) = ^Аі3 + В зіп х Є~а\
и(х, і) = Єаі зіп х + (В----^-2) Є-а2( зіп х.
и(х, і) = (ле дЧ!_ха * + В Є-“2і) соз х.
и(х> *) = 7Ш ехр (_Жи)8Іп ї+ї-
и(х,і) = ^=ехр
и++ = (і+4^з/2 ехр (-їйї)-
и(х,і) = Є-4ізіп(2ж).
и(х,і) = 1-со8І + 7ТХ^ехр (-ї^).
и(х,В) = 1 - сові + -у== ехр (“ійі)-
и(х’= £агі / ехр (-^Уг) Н£) <І6
—оо х 7
, _ О-жр)2 _ д і
6 - 2а2 ’ - ср^\х-х0\-
и(х,і) = ІЕгг£ + Егг£
477 2 и |_ \2а+і / \2а+і /
и(х,і) = ІАЄа2а2і~ах
и
1-Егг£(а«^-^)
и{хХ = -2Т0 Егг£^
+ М(&) '
и(х,і) = В0 1-Егг£(^^.
X2
Є-4^ — ^x 1 — Егг£
и
2а\/ї
и(х, і) = 17о Є м Егг£ ().
4 7 7 и \2ауі /
и(х, у, і) = 1 + е 2а *+4д22Дпі~СО8і біп х зіп У-
и{х,у,ї) = Аху{\ — Є ^аЬхЄ “2і8Іпг/.
и(х, у, і) = X у + 2^2 8ІП X СО8 у (і - Х~2а2П *)
(2 2^ \ 2
— 1~2а2‘1 ) + В х Є-“ 1 соз у.
и(х, у, І) = Є-20?1 соб(х + у).
и(х, у, г, £) = Є За2і соз(ж + у + г).
350
9.56. и(ж,г/,^) = у* о(х-^,і) у (о(у - у,і) - о(у + у,і))<р(^,у)&у^. —оо 0
9.57. +оо +оо +оо у, 2,1) = у* О(х О(У -у,і) У (0(2 - £,і) - 0(2 + С, і)) —оо —оо 0
9.58. +оо +оо +оо «0, у, 2,1) = УО(х (О(у -у,і) + О(у + у, і))У0(2 - <, і) —оо 0 —оо
9.59. +оо +оо и(х, у, 2,і) = У О(х (О(у -у,і)~ О(у + у, і)) х —оо 0 +оо X (0(2 ~С,І) -О(2 + С,і))у(0у,С)<К<Іу<10 0
9.60. +оо +оо и(х, у, 2,1) = У (О(х - £, і) + О(х + і))УО(у - у, і) х 0 —оо +оо х У(0(2 -с,і)~ 0(2 + с,і))^>(оу, с) ас<іуас. 0 +оо +оо
9.61. и(х,у,і) = Є~КІ У О(х-0і) У (О(у-у,і) - О(у + у,і))у(О у) д.у ас • —оо 0 +оо +оо Г Г
9.62. и(х, у, і) = Є"м у (О(х - С, і) + О(х + С, і)) У О(у - у, і)у(0 у) Ау а£. 0 —оо
9.63. і +оо +оо и(х, у, і) = У УО(х -£,і-т)^(О(у -у,і-т)~ О(у + у,і- т)) 0 —оо 0 X ї(І,у,т)&уд£,<1т.
351
9.64.
і +оо
и(х,у,і) = 0-/г(і-т) у (<7(гг — О і — т) + С(:
о о
+оо
х -у,і-т)/^,р,т)йу^Лт.
10.1. а) гармонічна; Ь) гармонічна; с) гармонічна; (1) не гармонічна; е) гар-
монічна; £) не гармонічна; §) гармонічна.
10.2. а) к = —3; Ь) к = —2; с) к = ±2і; сі) к = ±3; е) к = 0, к = п — 2 при
п > 2.
10.3. нтах и ( ) и( ) п і
\ V 2 V 2 / \ V V 2 /
^тіп = и (—75, 75 ) = и \ +5’ —75 ) = - +
\ У / У / / \у/ у//
ди І _ ди І ____ і ди І _ ди І _ _і
А "Т2’-72) ’ ^П \ '72’'72) (Зп І —
10.4. «.тох = и(-1,0) = «.(2,0) = 4. «тіп = и(0, -3) = «(0, 3) = -9.
ди І ____ ди І ______ л ди І _______ ди І ____ __/?
<ЗпІ(2,0) <ЗпІ(—2,0) ’ дп І (0,3) <ЗпІ(0,—3)
оо
11.1. п(р,(/?) = Е 5 (^)П8Іп(п92).
п=1
11.2. и(р, р) = 1 + 3^ соз <р - (^)2 соз(2(/?) + (^)3 со8(3<£>).
11.3. и(р,р) = 20 + 12 (£)4 С08(4(£>).
11.4. и(р, <р) = соне! +3^ зіп р> — (£)38Ін(3+).
11.5. и(р, р) = зіп 008(4^).
11.6. и(р, р) = 3 + 4 0) соз(2^)+0) 008(4^).
11.7. и(р, (р) = сопе! — 4у 8Іп р> + 8Іп(3(^).
11.8. и(р,(р) = -1 - ^2 0) со8(2<Я
11.9. и(р,р)) = Е Й) Мп1)П 8Іп(п<Я
п=1 4 7
11.10. + ь2ь_а2 р2~а2 8Іп у? + ьіьІаі р4~а" 008(292)
11.11. и(р, 9?) =---1^2 & ~Р 8ІН р) + о/ 6ІК61 6 ~зР 8Іп(392).
г ' а2+Ь2 р х ЗрР+Ь*) рй \ г /
352
ь3
11.12. и(р, ір) — &ІП Ра 1п| + 1п| 2(аЧЬ*)Р р> СО8(ЗД-
11.13. и{р, р) = СОП8І + СО8 р - зіп р.
оо тг(2п+1)і/ р
11.14. и.(Ж, у) = | / /(?) зіп Лі зіп
П=0 2р 0
11.15. и(р, р) = сопзі —^рсоз р.
11.16. и(х, у) = + Вке~^) зіп
к=1 4 7
Де
Ак = ЇД^Г / Й(» - р(Р)Є~^} 8ІП ах,
£ А \ /
11.17. и(х,у) = £ (Аке^ + Вкег^г} зіп ^4
к=1 ' 7
+ Е (ае^ + Ол.е-ї'Піп^,
к=1 4 7
де
Ак = 7Д^ / 8Іп
І А '
т / х
= ^Ьг І (9(у) - Пу)е-^) зіп 4у,
т д \ /
т / \
= І^ІТИ / И№) - 9(уУ) зіп 4і <1у-
т 0 \ /
11.18. и(х,у) = 2ху.
11.19. п(х, у) = у2 — х2.
11.20. п(х, у) = х2 — у2.
11.21. п(х, у) = х + у.
11.22. и(х.у) = р + Ку + :ір£
11.23. и(х, у) = В2 + 2ху.
11.24. и(х, у) = (7іР + х4 + у4 — 6х2т/2)/8.
11.25. п(х,?/) = ^+у2у
353
11.26. И(^у) = Л1(^¥.
11.27. у) =
11.28. и(х, у) = Л2^.
11.29. и(х, у) = -§- + + Я4 2(і!+Л2
11.30. и.(х,у) = Л2 +
11.31. ^,у) = ^ + <^2_^.
11.32. А = — 1, и(х, у) = соп8Ї +Я(д/2 — ж2)/2.
11.33. А = 0, и(х, у) = сопзї +Кху.
11.34. А = —2, и(х, у) = сопзі +Я2х + /?(х2 — у2)/2.
11.35. А = 0, и(х, у) = сопе! +Я(х + у).
11.36. А = —В?, и(х,у) = соп8І +Яху.
11.37. А = -1, и(х,у} = соп8І+^^^.
11.38. А = 0, и(х, у) = сопзі +Я5 (•
11.39. А = -2, и(х, у) = сопзі + ^2(Й^р-
11.40. А = 0, и(х, у) = сопзі +Я3^й> •
'У
Я2, и(х, у) = соп8І —/?'
11.42. и(р, р) = 11.43. и(р, р) = 11.44. р = 11.45. гг(/9, р) = 11.46. / ч 2 ип,т(х,у} = г V С -?Е(Г*+І^М(2* + 1М. к=0 : и0^8Іпт2. а2—р2 0 а2+р2—2ар сой ср * ЦО ар(а2-р2)8Іпу 7г (а2+р2—2арсоз ср)2 * 7ЇПХ Тіту /7ГП\2 /7Гт\2 _ соз СО8 , Хщт = + , п,т = 1, 2,...; іЬ а о \ а / \ о / /2 ттх /7гп\2 ^У) = \ исо8 ' Ап,о = , п=1,2,...; V ао а V а / /2 кту /7гт\2 У) = \ ,СО8 , А0,то = , т=1,2,...; V ао о \ о /
354
11.49.
2 ттх тг(2т + 1)у
ип т(х, у) = —= соз------соз------------
’ к 7 у/аЬ а 2Ь
11.50.
ип,т(х,у) = 2 —= соз у/аЬ 7ГПХ зіп кту / 7 •> ^п.т 1 0 \ '7ГП\2 (тгт\ < Ь ) 2 І, п, т = 1, 2.
. а 7 + |
а
^0,т\ х,У) = 1 /і V аЬ зіп ті т у 7 ? ^0,т 0 /7гт \ Ь \ 2 т = = 0,1,2,...
або £/) = 2 —= ЗІП у/аЬ ттх а зіп Тїгпу / 7 •> Лп.т 1 0 ' "тт\2 ч а 7 + /7Г7ПЛ \ Ь ) 2 ), п, т = 1, 2
11.51.
ип,т(х,у) = 2 кпх кту 81П 81П , Лп,то = V аЬ а о ґіт' \ а \2 ) + /7ГЯГ \ ь . \2 1, п, т = 1, 2
або у) = - 2 ітх лту (тт\ 2 <7гт\ 2
^п,тІ СОЗ СО8 , Хщт = | /аЬ а о к а 7 1 + ( ч Ь / 1, п, т = 1, 2,
355
/ ч /2 пту
ио,т(х,у) = \ -гсо8——
V ао о
/тгтх2
\),т ( 7 І , = 1, 2, ... ,
V Ь /
п = 1, 2,...
^о,о — —/==•> ^о,о — 0
уао
або
2 тгпх тгту /7гп\2 /тгт\2
ип,т{х, у) = —= 81П------соз ——, Апто = — + —- , п,т = 1,2,...
у/аЬ а Ь \ а / \6/
^71,0
. 7ШХ
зіп---
а
7ГПЛ2
І, п 1,2,...
а /
або
2 ттх
у) = —= соз----ЗІП
VаЬ а
лту
2 /7гт\2
+ —— , п,т =
1,2,..
^0,т
ЗІП
тгту /"ктх2
~Г~ ’ = ( ~Г ) ’
т = 1, 2,...
11.52.
, . / 8 . тх . тгту
ип,т,к(Хї У, г) = \ —Г 81П----81п —г~
V аос а о
. тгкг
зіп-----,
с
/тт\2 /ттт\2 (кк\2 7
Лп,т,к = І ) “Ь І 7~ ) “Ь І І 5 к = 1,2, ... .
\ а / \ о / \ с )
11.53.
, \ ^пх лту . тгкг
ип,т,к[х, у,г) = Сщт,к зіп-----соз —— зіп--------,
а о с
_ 1 І л/8, т 7^ 0,
у/аЬс | 2, т = 0,
2
/7ГП\2 /7Г777Л2 / 7гк\
2^п,т,к І І Н- ( 7 І “1“ І І , 772? к = 1,2,....
\ а 2 \ о / \ с /
11.54.
, . ттх лту тккг
ип,т,к(хі У^) = ^п,т,к соз-соз —— соз-, п, т, к = 0,1, 2,...,
аос
356
п^т,к = 1,2,...,
п + т + к = 2, 3,...
п + т + к = 1,2,...
п = т = к = О,
/7гт\1 2 / тгк\2
(-) -н
11.55.
+оо
ам, лад = - £
47Г л'
п=—оо
12.1.
\ДХ~ х0)2 + (у~ Уо)2 + О - (2п/ + 2о))2
1
1
\ДХ~ а?о)2 + (?/ - Уо)2 + - (2п/ - г0))2
12.2.
1 +оо
С(М, Л/о) = т~ £
47Г л'
п=—оо
д/О - х0)2 + (у- Уо)2 + (/ - (2п/ + £0))2
у/(х- Хо)2 + (у- Уо)2 + - (2п/ - £0))2
у/(х + х0)2 + (у- Уо)2 + (г - (2п/ + г0))2
1
у/(х + Хо)2 + (у- Уо)2 + - (2п/ - ^о))2
1 п-1 / X
12.3. а(М,М0) = — £ -------
47Г к=о \гММХ)
1 \
гмм(ок} /
357
Де
гмм^ = \Д2 + го “ 2гг0 СО8 (99 - (720 + 2<М)) + (г - г0)2,
гмм^ = \/г2 + гІ- 2гго СО8 - (2ак ~ <£о)) +<2~
М(г,р,г), Мо(го,(ро,^о)-
1 ___ 1 ___ а 1 _| а 1
Гммо гмм') ГО кмм1 П) гММ'г
12.4. С(М,М0) = ±
де
Мо(го,0о,^о), М[(^,тг - #0,920), Мо(го,7г - #о,<А))-
12.5. С(М, Мо) = ±
Тммо
гмм') гммЦ
І 1 _ а 1 і а 1 і а 1 __ а 1
гмм'" ГО гММ1 ГО гмм^ Г0 ГММН Г0 ГММН, 1
де
2 2
М0(г0,#0,<А)), М(^,#оМо), М{(^,тг - #О,92О), Л^(г0,7Г - #0,920)•
12.6. С(М,Мо) = ^1п^--^1п^-,деМо(гоМо), М(г,Я М^о).
12.7. С(М, Мо) = Е Іп ---------ІП ---------1п + 1п ,
' ’ ' 2тг І ГММО гогММ1 гмм^ гогмм^ І ’
де М(г, 92), Мо(го,92о), М1(^,92О), М^(г0,-920), М{(^,-920).
_ г2
" ^"0
—-----2 Мо = ^0 + МоМ = х + іу.
12.8. С(г0,г) = -*-1п
27Г
12.9. а(20,г) = ^-1п
2тг К\г — хд|
12.13. и(х, у) = 1.
12.14. г/(х,?/) = Є-у со8х.
12.15. и(х,у) = Є-у8Іпх.
12.16. и(х,у) = |агсІ£М.
12.17. и(х, у) = | (а агсї§ + 6агсі§
12.18. и(х,у) = | — -агсі£^—ГСО8^.
12.19. и(х,у) = (1+^2+ж2 •
12.20. г/(х,?/) = е у зіп х + Є ^зіп?/.
12.21. и(х, у, г) = 1.
358
12.22. и(х, у,х) = Є 2 со8х.
12.23. и(х, у,х) = Є 2 8Іпх.
13.4.
2ігро Я? - у) + ^Рі^з ~ Й?),
+ 2кР1№ - Лі),
2.й - |ЛЯ’ - ЛЯ?
4тг Р1(Д| - Я|) +Л)Я?
З г
г
г < Яі,
Яі < г < Я2,
Я2 < г < Я3,
Я3 < г.
13.5.
= тгр0
(Н - х)у/№ + (Н-г)2 + гу/К2 + г2 + Я2 - 2Яг +
+Я21п (Я - г + ^Я2 + (Я - - Я21п + у/П2 + г2
359
13.6.
г
Гр!
г
Де =
13.7.
^3, г
б)2, г'
Ф) = 2^о1П----г +
13.8.
13.9.
/ ]_ 1 \
кК2ро І - -ІпЯ- -— | , г
лВРрп Іп -,
г
13.10.
V
г
7гр0 Іп Ні - К2 Іп Л2 + , г < Ні,
/ К>2 _ г2 \
Яро І НІ Іп Г - ^2 ІП ^2 н-------------- ) , Яі < г < Я2,
ч 7гр0 (л? - її2) Іпг, г > Я2.
13.11.
13.12.
, х —2тгЯ /?о Іп Я, г < Я,
V (г) = <
І —2тгЯ/Оо1пг, г^К.
360
13.13.
13.14.
/ ч /1 1 \
,ш(%) = 2тгшог--------. , г /
V ^Л2 + г2 )
13.15.
, , ( (1 — X СІ ~\~ х
/ітх,у) = то агс!§---------Ь агс!§-----
\ У У
13.16.
{2тппо, г < Я,
7ППо> г = Я,
0, г > Я.
361
Список літератури
1. Тихонов А. Н., Самарский А. А. Уравнения математической физики.
-М.: Наука, 1977, 736 стр.
2. Арсенин В. Я. Математическая физика. Основньїе уравнения и специ-
альньїе функции. -М.: Наука, 1966, 368 стр.
3. Перестюк М. О., Маринець В. В. Теорія рівнянь математичної фізики.
-К.: Либідь, 2001, 336 стр.
4. Соболев С. Л. Уравнения математической физики. -М.: Наука, 1966,
444 стр.
5. Бабич В. М., Капилевич М. Б., Михлин С. Г., Натансон Г. И.,
Риз П. М., Слободецкий Л. Н., Смирнов М. М. Линейньїе уравнения
математической физики . -М.: Наука, 1964, 368 стр.
6. Бицадзе А. В. Уравнения математической физики. -М.: Наука, 1982,
336 стр.
7. Русак В. Н. Математическая физика. -Минск: Дизайн ПРО, 1998,
208 стр.
8. Будак Б. М., Самарский А. А., Тихонов А. Н. Сборник задач по мате-
матической физике. -М.: Наука, 1980, 688 стр.
9. Боголюбов А. Н., Кравцов В. В. Задачи по математической физике. -М.:
Изд-во МГУ, 1998, 350 стр.
10. Бицадзе А. В., Калиниченко Д. Ф. Сборник задач по уравнениям мате-
матической физики. -М.: Наука, 1977, 224 стр.
11. Владимиров В. С., Вашарин А. А., Каримова X. X., Михайлов В. П.,
Сидоров Ю. В., Шабунин М. И. Сборник задач по уравнениям матема-
тической физики. -М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001, 288 стр.
12. Комеч А. И. Практическое решение уравнений математической физики.
Учебно-методическое пособие для студентов университетов. -Механико-
математический факультет МГУ. 1993, 155 стр.
13. Колоколов И. В., Кузнецов Е. А., Мильштейн А. И., Подтипов Е. В.,
Черних А. И., Шапиро Д. А.. Шапиро Е. Г. Задачи по математическим
методам физики. -М.: Одиториал УРСС, 2000, 288 стр.
14. Очан Ю. С. Сборник задач по методам математической физики. -М.:
Внісшая школа, 1967, 196 стр.
15. Смирнов М. М. Задачи по уравнениям математической физики. -М.:
362
Наука, 1975, 128 стр.
16. Шелковников Ф. А., Такайшвили К. Г. Сборник упражнений по опера-
ционному исчислению. -М.: Внісшая школа, 1976, 184 стр.
17. Краснов М. Л., Кисилев А. И., Макаренко Г. И. Функции комплексного
переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. -М.: Нау-
ка, 1981, 303 стр.
18. Свешников А. Г., Тихонов А. Н. Теория функции комплексной перемен-
ной. -М.: Наука, 1974, 320 стр.
19. Слоньовський Р. В., Кривень В. А. Методичні вказівки до розділу “Гіпер-
болічні і параболічні рівняння” практичних занять з курсу “Рівняння ма-
тематичної фізики”. -Львів: ЛПІ, 1986, 44 стр.
20. Слоньовський Р. В., Кривень В. А. Еліптичні рівняння, метод потенці-
алів. Методичні вказівки до практичних занять з курсу “Рівняння мате-
матичної фізики”. -Львів: ЛПІ, 1988, 48 стр.
21. Алєксєєв В. І., Маркевич Б. М., Тесак І. Є. Рівняння математичної фі-
зики. Частина І. Методичні вказівки до лекційних та практичних занять
з курсу “Рівняння математичної фізики”. -Львів: НУ “ЛП”, 2006, 68 стр.
22. Алєксєєв В. І., Маркевич Б. М., Тесак І. Є. Рівняння математичної фізи-
ки. Частина II. Методичні вказівки до лекційних та практичних занять
з курсу “Рівняння математичної фізики”. -Львів: НУ “ЛП”, 2006, 84 стр.
23. Алєксєєв В. І., Маркович Б. М. Рівняння математичної фізики. Части-
на III. Методичні вказівки до лекційних та практичних занять з курсу
“Рівняння математичної фізики”. -Львів: НУ “ЛП”, 2006, 104 стр.
24. Алєксєєв В. І., Маркович Б. М. Рівняння математичної фізики. Части-
на IV. Методичні вказівки до лекційних та практичних занять з курсу
“Рівняння математичної фізики”. -Львів: НУ “ЛП”, 2007, 80 стр.
363
Предметний покажчик
Задача
Гурса, 125
Діріхле, 60, 235, 255, 261, 284
змішана, 84
Коші, 69, 71, 76, 78, 80, 116, 131,
133, 137
Неймана, 60, 235, 283, 285
Інваріантність типу рівняння, 12
Лагранжіан, 28
Метод
біжучих хвиль, 71
відображень, 140
Дюамеля, 78, 80
імпульсів, 80
інтегрального перетворення
Лапласа, 162
Фур’є, 152
Рімана, 118, 123, 128
розділення змінних, 143
спуску Адамара, 137
усереднення,133
Фур’є, 143
характеристик, 71
Потенціал
логарифмічний об’ємний, 302
логарифмічний подвійного ша-
РУ, 317
логарифмічний простого шару,
323
об’ємний, ЗОЇ, 302, 304, 306, 307
подвійного шару, 311-313, 315
простого шару, 317, 319, 320, 323
Поверхня
Ляпунова, 308
Поверхня Ляпунова, 308
Рівняння
гіперболічного типу, 12
еліптичного типу, 13
коливань, 26, 28, ЗО, 90, 91, 93,
100-102, 112, 140, 149, 150,
164, 176, 178, 185, 189
Лапласа, 60, 63, 236-238, 245,
250, 255, 261, 275, 283-285,
295
Пуассона, 59, 275, 306
параболічного типу, 12
Трікомі, 13
Розв’язок
фундаментальний, 302
Теорема
Гауса-Остроградського, 44, 119
Тип рівняння
гіперболічний, 11, 16
еліптичний, 11, 16
параболічний, 11, 17
ультрагіперболічний, 17
Формула
Даламбера, 71
364
Кірхкгофа, 136
Пуассона, 138
Рімана, 122
Функція
гармонічна, 306, 320
Дірака, 31
джерела, 273, 276-278, 281
Лагранжа, 28
Рімана, 123
Хвильове рівняння
на півпрямій, 84
на прямій, 69
на відрізку, 106
365
НАВЧАЛЬНЕ ВИДАННЯ
Маркович Б. М.
РІВНЯННЯ МАТЕМАТИЧНОЇ ФІЗИКИ