Просмотр кода страницы Начально-краевые задачи для параболического уравнения

:<math>\frac{\partial U}{\partial t} = a \Delta U</math>- уравнеие теплопроводности

Краевые условия:

<!--\item I рода <math>\left. U \right|_{\partial \Omega} = \phi</math>--><!--\item II рода <math>\left. \frac{\partial U}{\partial n} \right|_{\partial \Omega} = \phi</math>--><!--\item III рода <math>\left. (\frac{\partial U}{\partial n} - \gamma (U_0 - U)) \right|_{\partial \Omega} = 0</math>-->
# I рода <math>\left. U \right|_{\partial \Omega} = \phi</math> - на границе задана температура <math>\phi</math>.
# II рода <math>\left. \frac{\partial U}{\partial n} \right|_{\partial \Omega} = \phi</math> - на границе задан поток тепла.
# III рода <math>\left. (\frac{\partial U}{\partial n} - \gamma (U_0 - U)) \right|_{\partial \Omega} = 0</math> - на границе теплообмен с внешней средой, в которой температура <math>U_0</math>.
Пусть <math>\Omega</math> - одномерный интервал <math>(0,l)</math>.

Первая краевая задача для уравнения теплопроводности

:<math>\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial t} = a^2 \Delta U, 0 < x < l, 0 < t \le T \\ U(x,0) = \phi(x), 0 \le x \le l \\ U(0,t) = \mu_1(t), U(l,t) = \mu_1(t)\end{cases}</math>

+ Функция должна быть непрерывна <math>0 \le x \le l, 0 \le t \le T</math>
+ Должны выполняться условия согласования:

:<math>\phi(0) = U(0,0) = \mu_1(0), \phi(l) = U(l, 0) = \mu_2(0)</math>

Такие задачи встречаются в областях, бесконечных по <math>x</math> или по <math>t</math>.

===Задача Коши уравнения теплопроводности===
:<math>\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} \\ \left. U \right|_{t=0} = \phi(x)\end{cases}</math>

Общий вид уравнения:

:<math>a(x,y) \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} + 2 b(x,y) \frac{\partial^2 U}{\partial x \partial y} + c(x,y) \frac{\partial^2 U}{\partial y^2} + \Phi(x,y,U, \frac{\partial U}{\partial x}, \frac{\partial U}{\partial y})</math>

:<math>d = b^2 - a c</math>

Если <math>d = 0</math>, то уравнение параболическое

Замена: <math>\xi = \xi(x,y) \in C^2, \eta = \eta(x,y) \in C_2</math>

Получаем: <math>a(\frac{\partial \eta}{\partial x})^2 + 2 b (\frac{\partial \eta}{\partial x} \frac{\partial \eta}{\partial y}) c (\frac{\partial \eta}{\partial y})^2 = 0</math>

Аналогично для <math>\xi</math>:

Канонический вид: <math>\frac{\partial^2 \tilde U}{\partial \eta^2} + \tilde \Phi = 0</math>

Рассматриваем на примере уравнения теплопроводности:

===Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Случай нулевых граничных условий===
:<math>\begin{matrix}& \frac{\partial U}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} \quad 0 < x < l, 0 < t \le T & (1) \\& U(x,0) = \phi(x) \quad 0 \le x \le l & (1') \\& U(0,t) = 0, U(l,t) = 0, 0 \le t \le T & (1'') \end{matrix}</math>

Ищем решение такой задачи в виде:

<math>U(x,t) = X(x) T(t)</math>

<math>T'(t)X(x) = a^2 T(t) X''(x)\quad |:a^2XT</math>

:<math>\frac 1 {a^2} \frac{T'(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)} = const = -\lambda \text{ (обозначим)}</math>

Задача распадается на два обычных уравнения:

<math>T'(t) + \lambda a^2 T(t) = 0 \quad (2)</math>

<math>X''(x) + \lambda X(x) = 0, X(0) = 0, X(l) = 0 \quad (3) \text{ - задача Штурма-Лиувилля}</math>

При <math>\lambda \le 0</math> нетривиальных решений у <math>(3)</math> нет.

При <math>\lambda > 0  X(x) = A \cos(\sqrt{\lambda} x) + B \sin(\sqrt{\lambda} x)</math>

<math>X(0) = A = 0, X(l) = B \sin(\sqrt{\lambda} l) = 0, B \ne 0 \Rightarrow \sin(\sqrt{\lambda} l) = 0</math>

<math>\lambda_n = (\frac{\pi n}{l})^2  ,  n = 1,2,3,...</math> Пусть <math>B = 1</math>

<math>X_n(x) = \sin(\frac{\pi n}{l} x)  ,  n = 1,2,3,...</math> - решение <math>(3)</math>

<math>(2):</math>

<math>T'(t) + \lambda_n a^2 T(t) = 0</math>

<math>T_n(t) = c_n e^{-\lambda_n a^2 t}</math>

<math>U_n(x,t) = c_n e^{-\lambda_n a^2 t} \sin(\frac{\pi n}{l} x)</math>

<math>U(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n e^{-(\frac{\pi n}{l})^2 a^2 t} \sin(\frac{\pi n}{l} x) \quad (4)</math>

<math>U(x,0) = \phi(x) = \sum_{n=1}^{\infty} c_n \sin(\frac{\pi n}{l} x)  ,  0 \le x \le l</math>

<math>c_n</math> равны коэффициентам ряда Фурье при разложении функции <math>U(x)</math> в ряд Фурье по синусам:

:<math>c_n = \frac 2 l \int_{0}^{l} \phi(\xi) \sin(\frac{\pi n}{l} \xi) d \xi  ,  n = 1,2,3,...</math>

Подставим в формулу <math>(4)</math> и получаем формально построенное решение.

Обоснование решения. Надо доказать, что ряд <math>(4)</math> сходится и его можно почленно дифференцировать.

Рассмотрим <math>t \ge \varepsilon</math>, где <math>\varepsilon</math> - сколь угодно малое, тогда

:<math>|\frac{\partial^{i+j} U_n(x,t)}{\partial x^i \partial t^j}| \le |c_n (\frac{\pi n}{l})^{2j + i} a^{2j} e^{-(\frac{\pi n}{l})^2 a^2 t   } \cdot \underbrace{1}_{\ge \sin, \cos}| \le </math>

:<math>\le c_n (\frac{\pi n}{l})^{2j + i} a^{2j} e^{-(\frac{\pi n}{l})^2 a^2 \varepsilon} \le 2 M (\frac{\pi n}{l})^{2j + i} a^{2j} e^{-(\frac{\pi n}{l})^2 a^2 \varepsilon} = A_n</math>

где <math>|\phi(x) < M| \forall x \in [0,l] \Rightarrow |c_n| \le \frac 2 l |\int_{0}^{l} M \underbrace{\sin(\frac{\pi n}{l} \xi)}_{\le 1} d \xi| \le \frac 2 l M l = 2 M  \forall n</math>

Получим:

:<math>\frac{\partial^{i + j} U}{\partial x^i \partial t^j} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\partial^{i + j} U_n}{\partial x^i \partial t^j}</math>

Мажорируется рядом <math>\sum_{n=1}^{\infty} A_n</math>

Докажем что <math>\sum_{n=1}^{\infty} A_n</math> сходится:

:<math>\lim_{n \to \infty} \frac{A_{n + 1}}{A_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{2j + i} e^{ -(\frac{\pi a}{l})^2 (n^2 + 2n + 1) \varepsilon    }  }{n^{2j + i} e^{- (\frac{\pi a}{l})^2 n^2 \varepsilon} } = </math>

:<math>= \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n}  )^{2j + i} e^{-(\frac{\pi a}{l})^2 (2n + 1) \varepsilon} = 1 \cdot 0 = 0</math>

ряд <math>\sum_{n=1}^{\infty} A_n</math> сходитя, следовательно по признаку Веерштрасса наш ряд сходится равномерно, следовательно его можно почленно дифференцировать любое кол-во раз, так как <math>\varepsilon</math> - любое, то это справедливо для <math>\forall t > 0</math>.

Следствие: ряд можно почленно дифф-ть какое угодно кол-во раз.

===Непрерывность===
Наложим дополнительные условия:

<math>\phi(x)</math> имеет кусочно-непрерывную производную на отрезке <math>[0,l]</math>. Тогда при <math>0 \le x \le l, 0 \le t \le T</math>:

:<math>
|U(x,t)| 
\le \sum_{n=1}^{\infty}|c_n e^{-(\frac{\pi n}{l})^2 a^2 t }\sin(\frac{\pi n}{l}x)| 
\le \sum_{n=1}^{\infty} |c_n|
</math> --- мажорирующий ряд для рядов Фурье

Чем выше гладкость функции, тем быстрее на бесконечности убывают коэффициенты <math>\Rightarrow</math> ряд <math>\sum_{n=1}^{\infty} |c_n|</math> сходится <math>\Rightarrow</math> равномерная сходимость исходного ряда на прямоугольнике <math>\Rightarrow U(x,t)</math> - непрерывная функция.

===Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Первая краевая задача с неоднородными граничными условиями.===
:<math>\begin{cases}\frac{\partial U}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 U}{\partial x^2}  ,  0 < x < l  ,  0 < t \le T \\ U(x,0) = \phi(x), U(0,t) = \mu_1(t), U(l,t) = \mu_2(t)\end{cases}</math>

Сведем эту задачу к задаче с нулевыми граничными условиями:

<math>\overline U (x,t) = \mu_1(t) + \frac x l (\mu_2(t) - \mu_1(t))</math> - удовлетворяет граничным условиям

<math>V(x,t) = U(x,t) - \overline U (x,t)</math>. Задача для <math>V</math> имеет вид:

:<math>\begin{cases}\frac{\partial V}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + f(x,t)  ,  0 < x < l  ,  0 < t \le T \\ V(x,0) = \overline V (x) \quad V(a,t) = 0 \quad V(l,t) = 0  \end{cases}</math>

где <math>f(x,t) = \underbrace{a^2 \frac{\partial^2 \overline U}{\partial x^2}}_{0} - \frac{\partial \overline U}{\partial t}  ,  \overline V(x) = V(x) - \overline U (x,0)</math>

Пусть <math>V(x,t) = P(x,t) + \omega(x,t)</math>. Рассмотрим 2 задачи:

:<math>\begin{cases}\frac{\partial P}{\partial t}  = a^2 \frac{\partial^2 P}{\partial x^2}  ,  0 < x < l  ,  0 < t \le T \\ P(x,0) = \overline \phi(x)  ,  P(0,t) = P(l,t) = 0 \end{cases}</math>

:<math>\begin{cases}\frac{\partial \omega}{\partial t} = a^2 \frac{\partial^2 \omega}{\partial x^2} + f(x,t)  ,  0 < x < l  ,   0 < t \le T \\ \omega (x,0) = 0 \quad \omega(0,t) = \omega(l,t) = 0 \end{cases} (1)</math>

Нужно решить задачу <math>(1)</math>: Будем искать <math>\omega(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n(t) sin(\frac{\pi n} l x)</math>

<math>f(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} f_n(t) \sin(\frac{\pi n} l x)</math>

<math>f_n(t) = \frac 2 l \int_{0}^{l} f(\xi,t) \sin(\frac{\pi n} l \xi ) d \xi</math>

Подставим в уравнение <math>(1)</math>:

:<math>\sum_{n=1}^{\infty} \sin(\frac{\pi n} l x) (b'_n(t) + a^2 (\frac{\pi n} l)^2 b_n(t) - f_n(t)) = 0 \Rightarrow </math>

<math>\Rightarrow b'_n(t) = -a^2 (\frac{\pi n}{l})^2 b_n(t) + f_n(t)</math> - неоднородное линенйное дифференциальное уравнение <math>(2)</math>

<math>\omega(x,0) = 0 = \sum_{n=1}^{\infty} b_n(0) \sin(\frac{pi n} l x) \Rightarrow b_n(0) = 0</math>

<math>b'_n(t) + a^2 (\frac{\pi n} l)^2 b_n(t) = 0</math> - однородное линеное уравнение

<math>k \cdot e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 t}</math> - решение однородного

Решение неоднородного: <math>b_n(t) = k_n(t) e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 t}</math>

Подставим в <math>(2)</math>: <math>k'_n(t) e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 t} = f_n(t)  ,  k_n(0) = 0</math>

Проинтегрируем с учетом нулевого условия:

<math>k_n(t) = \int_{0}^{t} e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 \tau} f_n(\tau) d \tau</math>

<math>b_n(t) = \int_{0}^{t} e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 (t - \tau)} f_n(\tau) d \tau</math>

<math>\omega(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{t} e^{-a^2 (\frac{\pi n} l)^2 (t - \tau)} f_n(\tau) d \tau \cdot \sin(\frac{\pi n} l x  ) </math>

Если <math>f(x,t)</math> - достаточно гладкая функция, то ряд сходится и он будет решением задачи для <math>\omega</math>.

[[Категория:Дифференциальные уравнения]]