Начально-краевые задачи для параболического уравнения

$\frac{\partial U}{\partial t}=a\mathrm{\Delta }U$- уравнеие теплопроводности

Краевые условия:

1. I рода ${U|}_{\partial \mathrm{\Omega }}=\varphi$ - на границе задана температура $\varphi$.
2. II рода ${\frac{\partial U}{\partial n}|}_{\partial \mathrm{\Omega }}=\varphi$ - на границе задан поток тепла.
3. III рода ${(\frac{\partial U}{\partial n}-\gamma (U_0-U))|}_{\partial \mathrm{\Omega }}=0$ - на границе теплообмен с внешней средой, в которой температура $U_0$.

Пусть $\mathrm{\Omega }$ - одномерный интервал $(0,l)$.

Первая краевая задача для уравнения теплопроводности

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial U}{\partial t}=a^2\mathrm{\Delta }U,0<x<l,0<t\le T\\ U(x,0)=\varphi (x),0\le x\le l\\ U(0,t)={\mu }_1(t),U(l,t)={\mu }_1(t)\end{array}$

+ Функция должна быть непрерывна $0\le x\le l,0\le t\le T$ + Должны выполняться условия согласования:

$\varphi (0)=U(0,0)={\mu }_1(0),\varphi (l)=U(l,0)={\mu }_2(0)$

Такие задачи встречаются в областях, бесконечных по $x$ или по $t$.

Задача Коши уравнения теплопроводности

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial U}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}\\ {U|}_{t=0}=\varphi (x)\end{array}$

Общий вид уравнения:

$a(x,y)\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}+2b(x,y)\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x\partial y}+c(x,y)\frac{{\partial }^{2}U}{\partial y^2}+\mathrm{\Phi }(x,y,U,\frac{\partial U}{\partial x},\frac{\partial U}{\partial y})$

$d=b^2-ac$

Если $d=0$, то уравнение параболическое

Замена: $\xi =\xi (x,y)\in C^2,\eta =\eta (x,y)\in C_2$

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

Аналогично для $\xi$:

Канонический вид: $\frac{{\partial }^2\tilde{U}}{\partial {\eta }^2}+\tilde{\mathrm{\Phi }}=0$

Рассматриваем на примере уравнения теплопроводности:

Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Случай нулевых граничных условий

$\begin{array}{ccc}& \frac{\partial U}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}0<x<l,0<t\le T& (1)\\ & U(x,0)=\varphi (x)0\le x\le l& (1^{\prime })\\ & U(0,t)=0,U(l,t)=0,0\le t\le T& (1^{″})\end{array}$

Ищем решение такой задачи в виде:

$U(x,t)=X(x)T(t)$

$T^{\prime }(t)X(x)=a^{2}T(t)X^{″}(x)|:a^{2}XT$

$\frac{1}{a^2}\frac{T^{\prime }(t)}{T(t)}=\frac{X^{″}(x)}{X(x)}=const=-\lambda \text{ (обозначим)}$

Задача распадается на два обычных уравнения:

$T^{\prime }(t)+\lambda a^{2}T(t)=0(2)$

$X^{″}(x)+\lambda X(x)=0,X(0)=0,X(l)=0(3)\text{ - задача Штурма-Лиувилля}$

При $\lambda \le 0$ нетривиальных решений у $(3)$ нет.

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

$X(0)=A=0,X(l)=B\sin (\sqrt{\lambda }l)=0,B\ne 0\Rightarrow \sin (\sqrt{\lambda }l)=0$

${\lambda }_n=(\frac{\pi n}{l}{)}^2,n=1,2,3,...$ Пусть $B=1$

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

$(2):$

$T^{\prime }(t)+{\lambda }_n{a}^{2}T(t)=0$

$T_n(t)=c_n{e}^{-{\lambda }_n{a}^{2}t}$

$U_n(x,t)=c_n{e}^{-{\lambda }_n{a}^{2}t}\sin (\frac{\pi n}{l}x)$

$U(x,t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{e}^{-(\frac{\pi n}{l}{)}^2{a}^{2}t}\sin (\frac{\pi n}{l}x)(4)$

$U(x,0)=\varphi (x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n\sin (\frac{\pi n}{l}x),0\le x\le l$

$c_n$ равны коэффициентам ряда Фурье при разложении функции $U(x)$ в ряд Фурье по синусам:

$c_n=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}\varphi (\xi )\sin (\frac{\pi n}{l}\xi )d\xi ,n=1,2,3,...$

Подставим в формулу $(4)$ и получаем формально построенное решение.

Обоснование решения. Надо доказать, что ряд $(4)$ сходится и его можно почленно дифференцировать.

Рассмотрим $t\ge \epsilon$, где $\epsilon$ - сколь угодно малое, тогда

$|\frac{{\partial }^{i+j}{U}_n(x,t)}{\partial x^i\partial t^j}|\le |c_n(\frac{\pi n}{l}{)}^{2j+i}{a}^{2j}{e}^{-(\frac{\pi n}{l}{)}^2{a}^{2}t}\cdot \underset{\ge \sin ,\cos }{\underbrace{1}}|\le$

$\le c_n(\frac{\pi n}{l}{)}^{2j+i}{a}^{2j}{e}^{-(\frac{\pi n}{l}{)}^2{a}^2\epsilon }\le 2M(\frac{\pi n}{l}{)}^{2j+i}{a}^{2j}{e}^{-(\frac{\pi n}{l}{)}^2{a}^2\epsilon }=A_n$

где $|\varphi (x)<M|\mathrm{\forall }x\in [0,l]\Rightarrow |c_n|\le \frac{2}{l}|\underset{0}{\overset{l}{\int }}M\underset{\le 1}{\underbrace{\sin (\frac{\pi n}{l}\xi )}}d\xi |\le \frac{2}{l}Ml=2M\mathrm{\forall }n$

Получим:

$\frac{{\partial }^{i+j}U}{\partial x^i\partial t^j}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\partial }^{i+j}{U}_n}{\partial x^i\partial t^j}$

Мажорируется рядом $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$

Докажем что $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$ сходится:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{A_{n+1}}{A_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(n+1{)}^{2j+i}{e}^{-(\frac{\pi a}{l}{)}^2(n^2+2n+1)\epsilon }}{n^{2j+i}{e}^{-(\frac{\pi a}{l}{)}^2{n}^2\epsilon }}=$

$=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{1}{n}{)}^{2j+i}{e}^{-(\frac{\pi a}{l}{)}^2(2n+1)\epsilon }=1\cdot 0=0$

ряд $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_n$ сходитя, следовательно по признаку Веерштрасса наш ряд сходится равномерно, следовательно его можно почленно дифференцировать любое кол-во раз, так как $\epsilon$ - любое, то это справедливо для $\mathrm{\forall }t>0$.

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

Непрерывность

Наложим дополнительные условия:

$\varphi (x)$ имеет кусочно-непрерывную производную на отрезке $[0,l]$. Тогда при $0\le x\le l,0\le t\le T$:

$|U(x,t)|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|c_n{e}^{-(\frac{\pi n}{l}{)}^2{a}^{2}t}\sin (\frac{\pi n}{l}x)|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|c_n|$ --- мажорирующий ряд для рядов Фурье

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

Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Первая краевая задача с неоднородными граничными условиями.

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial U}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2},0<x<l,0<t\le T\\ U(x,0)=\varphi (x),U(0,t)={\mu }_1(t),U(l,t)={\mu }_2(t)\end{array}$

Сведем эту задачу к задаче с нулевыми граничными условиями:

$\bar{U}(x,t)={\mu }_1(t)+\frac{x}{l}({\mu }_2(t)-{\mu }_1(t))$ - удовлетворяет граничным условиям

$V(x,t)=U(x,t)-\bar{U}(x,t)$. Задача для $V$ имеет вид:

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial V}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}V}{\partial x^2}+f(x,t),0<x<l,0<t\le T\\ V(x,0)=\bar{V}(x)V(a,t)=0V(l,t)=0\end{array}$

где $f(x,t)=\underset{0}{\underbrace{a^2\frac{{\partial }^2\bar{U}}{\partial x^2}}}-\frac{\partial \bar{U}}{\partial t},\bar{V}(x)=V(x)-\bar{U}(x,0)$

Пусть $V(x,t)=P(x,t)+\omega (x,t)$. Рассмотрим 2 задачи:

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial P}{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^{2}P}{\partial x^2},0<x<l,0<t\le T\\ P(x,0)=\bar{\varphi }(x),P(0,t)=P(l,t)=0\end{array}$

$\{\begin{array}{c}\frac{\partial \omega }{\partial t}=a^2\frac{{\partial }^2\omega }{\partial x^2}+f(x,t),0<x<l,0<t\le T\\ \omega (x,0)=0\omega (0,t)=\omega (l,t)=0\end{array}(1)$

Нужно решить задачу $(1)$: Будем искать $\omega (x,t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(t)sin(\frac{\pi n}{l}x)$

$f(x,t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_n(t)\sin (\frac{\pi n}{l}x)$

$f_n(t)=\frac{2}{l}\underset{0}{\overset{l}{\int }}f(\xi ,t)\sin (\frac{\pi n}{l}\xi )d\xi$

Подставим в уравнение $(1)$:

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sin (\frac{\pi n}{l}x)(b{\text{'}}_n(t)+a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2{b}_n(t)-f_n(t))=0\Rightarrow$

$\Rightarrow b{\text{'}}_n(t)=-a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2{b}_n(t)+f_n(t)$ - неоднородное линенйное дифференциальное уравнение $(2)$

$\omega (x,0)=0=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(0)\sin (\frac{pin}{l}x)\Rightarrow b_n(0)=0$

$b{\text{'}}_n(t)+a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2{b}_n(t)=0$ - однородное линеное уравнение

$k\cdot e^{-a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^{2}t}$ - решение однородного

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

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

Проинтегрируем с учетом нулевого условия:

$k_n(t)=\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{-a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2\tau }{f}_n(\tau )d\tau$

$b_n(t)=\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{-a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2(t-\tau )}{f}_n(\tau )d\tau$

$\omega (x,t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{t}{\int }}{e}^{-a^2(\frac{\pi n}{l}{)}^2(t-\tau )}{f}_n(\tau )d\tau \cdot \sin (\frac{\pi n}{l}x)$

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