∂
U
∂
t
=
a
Δ
U
{\displaystyle {\frac {\partial U}{\partial t}}=a\Delta U}
- уравнеие теплопроводности
Краевые условия:
I рода
U
|
∂
Ω
=
ϕ
{\displaystyle \left.U\right|_{\partial \Omega }=\phi }
- на границе задана температура
ϕ
{\displaystyle \phi }
.
II рода
∂
U
∂
n
|
∂
Ω
=
ϕ
{\displaystyle \left.{\frac {\partial U}{\partial n}}\right|_{\partial \Omega }=\phi }
- на границе задан поток тепла.
III рода
(
∂
U
∂
n
−
γ
(
U
0
−
U
)
)
|
∂
Ω
=
0
{\displaystyle \left.({\frac {\partial U}{\partial n}}-\gamma (U_{0}-U))\right|_{\partial \Omega }=0}
- на границе теплообмен с внешней средой, в которой температура
U
0
{\displaystyle U_{0}}
.
Пусть
Ω
{\displaystyle \Omega }
- одномерный интервал
(
0
,
l
)
{\displaystyle (0,l)}
.
Первая краевая задача для уравнения теплопроводности
{
∂
U
∂
t
=
a
2
Δ
U
,
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
U
(
x
,
0
)
=
ϕ
(
x
)
,
0
≤
x
≤
l
U
(
0
,
t
)
=
μ
1
(
t
)
,
U
(
l
,
t
)
=
μ
1
(
t
)
{\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}\Delta U,0<x<l,0<t\leq T\\U(x,0)=\phi (x),0\leq x\leq l\\U(0,t)=\mu _{1}(t),U(l,t)=\mu _{1}(t)\end{cases}}}
+ Функция должна быть непрерывна
0
≤
x
≤
l
,
0
≤
t
≤
T
{\displaystyle 0\leq x\leq l,0\leq t\leq T}
+ Должны выполняться условия согласования:
ϕ
(
0
)
=
U
(
0
,
0
)
=
μ
1
(
0
)
,
ϕ
(
l
)
=
U
(
l
,
0
)
=
μ
2
(
0
)
{\displaystyle \phi (0)=U(0,0)=\mu _{1}(0),\phi (l)=U(l,0)=\mu _{2}(0)}
Такие задачи встречаются в областях, бесконечных по
x
{\displaystyle x}
или по
t
{\displaystyle t}
.
Задача Коши уравнения теплопроводности
править
{
∂
U
∂
t
=
a
2
∂
2
U
∂
x
2
U
|
t
=
0
=
ϕ
(
x
)
{\displaystyle {\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}}}
Общий вид уравнения:
a
(
x
,
y
)
∂
2
U
∂
x
2
+
2
b
(
x
,
y
)
∂
2
U
∂
x
∂
y
+
c
(
x
,
y
)
∂
2
U
∂
y
2
+
Φ
(
x
,
y
,
U
,
∂
U
∂
x
,
∂
U
∂
y
)
{\displaystyle 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}}}+\Phi (x,y,U,{\frac {\partial U}{\partial x}},{\frac {\partial U}{\partial y}})}
d
=
b
2
−
a
c
{\displaystyle d=b^{2}-ac}
Если
d
=
0
{\displaystyle d=0}
, то уравнение параболическое
Замена:
ξ
=
ξ
(
x
,
y
)
∈
C
2
,
η
=
η
(
x
,
y
)
∈
C
2
{\displaystyle \xi =\xi (x,y)\in C^{2},\eta =\eta (x,y)\in C_{2}}
Получаем:
a
(
∂
η
∂
x
)
2
+
2
b
(
∂
η
∂
x
∂
η
∂
y
)
c
(
∂
η
∂
y
)
2
=
0
{\displaystyle 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
ξ
{\displaystyle \xi }
:
Канонический вид:
∂
2
U
~
∂
η
2
+
Φ
~
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial ^{2}{\tilde {U}}}{\partial \eta ^{2}}}+{\tilde {\Phi }}=0}
Рассматриваем на примере уравнения теплопроводности:
Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Случай нулевых граничных условий
править
∂
U
∂
t
=
a
2
∂
2
U
∂
x
2
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
(
1
)
U
(
x
,
0
)
=
ϕ
(
x
)
0
≤
x
≤
l
(
1
′
)
U
(
0
,
t
)
=
0
,
U
(
l
,
t
)
=
0
,
0
≤
t
≤
T
(
1
″
)
{\displaystyle {\begin{matrix}&{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}U}{\partial x^{2}}}\quad 0<x<l,0<t\leq T&(1)\\&U(x,0)=\phi (x)\quad 0\leq x\leq l&(1')\\&U(0,t)=0,U(l,t)=0,0\leq t\leq T&(1'')\end{matrix}}}
Ищем решение такой задачи в виде:
U
(
x
,
t
)
=
X
(
x
)
T
(
t
)
{\displaystyle U(x,t)=X(x)T(t)}
T
′
(
t
)
X
(
x
)
=
a
2
T
(
t
)
X
″
(
x
)
|
:
a
2
X
T
{\displaystyle T'(t)X(x)=a^{2}T(t)X''(x)\quad |:a^{2}XT}
1
a
2
T
′
(
t
)
T
(
t
)
=
X
″
(
x
)
X
(
x
)
=
c
o
n
s
t
=
−
λ
(обозначим)
{\displaystyle {\frac {1}{a^{2}}}{\frac {T'(t)}{T(t)}}={\frac {X''(x)}{X(x)}}=const=-\lambda {\text{ (обозначим)}}}
Задача распадается на два обычных уравнения:
T
′
(
t
)
+
λ
a
2
T
(
t
)
=
0
(
2
)
{\displaystyle T'(t)+\lambda a^{2}T(t)=0\quad (2)}
X
″
(
x
)
+
λ
X
(
x
)
=
0
,
X
(
0
)
=
0
,
X
(
l
)
=
0
(
3
)
- задача Штурма-Лиувилля
{\displaystyle X''(x)+\lambda X(x)=0,X(0)=0,X(l)=0\quad (3){\text{ - задача Штурма-Лиувилля}}}
При
λ
≤
0
{\displaystyle \lambda \leq 0}
нетривиальных решений у
(
3
)
{\displaystyle (3)}
нет.
При
λ
>
0
X
(
x
)
=
A
cos
(
λ
x
)
+
B
sin
(
λ
x
)
{\displaystyle \lambda >0X(x)=A\cos({\sqrt {\lambda }}x)+B\sin({\sqrt {\lambda }}x)}
X
(
0
)
=
A
=
0
,
X
(
l
)
=
B
sin
(
λ
l
)
=
0
,
B
≠
0
⇒
sin
(
λ
l
)
=
0
{\displaystyle X(0)=A=0,X(l)=B\sin({\sqrt {\lambda }}l)=0,B\neq 0\Rightarrow \sin({\sqrt {\lambda }}l)=0}
λ
n
=
(
π
n
l
)
2
,
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
{\displaystyle \lambda _{n}=({\frac {\pi n}{l}})^{2},n=1,2,3,...}
Пусть
B
=
1
{\displaystyle B=1}
X
n
(
x
)
=
sin
(
π
n
l
x
)
,
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
{\displaystyle X_{n}(x)=\sin({\frac {\pi n}{l}}x),n=1,2,3,...}
- решение
(
3
)
{\displaystyle (3)}
(
2
)
:
{\displaystyle (2):}
T
′
(
t
)
+
λ
n
a
2
T
(
t
)
=
0
{\displaystyle T'(t)+\lambda _{n}a^{2}T(t)=0}
T
n
(
t
)
=
c
n
e
−
λ
n
a
2
t
{\displaystyle T_{n}(t)=c_{n}e^{-\lambda _{n}a^{2}t}}
U
n
(
x
,
t
)
=
c
n
e
−
λ
n
a
2
t
sin
(
π
n
l
x
)
{\displaystyle U_{n}(x,t)=c_{n}e^{-\lambda _{n}a^{2}t}\sin({\frac {\pi n}{l}}x)}
U
(
x
,
t
)
=
∑
n
=
1
∞
c
n
e
−
(
π
n
l
)
2
a
2
t
sin
(
π
n
l
x
)
(
4
)
{\displaystyle 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)}
U
(
x
,
0
)
=
ϕ
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
c
n
sin
(
π
n
l
x
)
,
0
≤
x
≤
l
{\displaystyle U(x,0)=\phi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }c_{n}\sin({\frac {\pi n}{l}}x),0\leq x\leq l}
c
n
{\displaystyle c_{n}}
равны коэффициентам ряда Фурье при разложении функции
U
(
x
)
{\displaystyle U(x)}
в ряд Фурье по синусам:
c
n
=
2
l
∫
0
l
ϕ
(
ξ
)
sin
(
π
n
l
ξ
)
d
ξ
,
n
=
1
,
2
,
3
,
.
.
.
{\displaystyle c_{n}={\frac {2}{l}}\int _{0}^{l}\phi (\xi )\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )d\xi ,n=1,2,3,...}
Подставим в формулу
(
4
)
{\displaystyle (4)}
и получаем формально построенное решение.
Обоснование решения. Надо доказать, что ряд
(
4
)
{\displaystyle (4)}
сходится и его можно почленно дифференцировать.
Рассмотрим
t
≥
ε
{\displaystyle t\geq \varepsilon }
, где
ε
{\displaystyle \varepsilon }
- сколь угодно малое, тогда
|
∂
i
+
j
U
n
(
x
,
t
)
∂
x
i
∂
t
j
|
≤
|
c
n
(
π
n
l
)
2
j
+
i
a
2
j
e
−
(
π
n
l
)
2
a
2
t
⋅
1
⏟
≥
sin
,
cos
|
≤
{\displaystyle |{\frac {\partial ^{i+j}U_{n}(x,t)}{\partial x^{i}\partial t^{j}}}|\leq |c_{n}({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}t}\cdot \underbrace {1} _{\geq \sin ,\cos }|\leq }
≤
c
n
(
π
n
l
)
2
j
+
i
a
2
j
e
−
(
π
n
l
)
2
a
2
ε
≤
2
M
(
π
n
l
)
2
j
+
i
a
2
j
e
−
(
π
n
l
)
2
a
2
ε
=
A
n
{\displaystyle \leq c_{n}({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}\varepsilon }\leq 2M({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}\varepsilon }=A_{n}}
где
|
ϕ
(
x
)
<
M
|
∀
x
∈
[
0
,
l
]
⇒
|
c
n
|
≤
2
l
|
∫
0
l
M
sin
(
π
n
l
ξ
)
⏟
≤
1
d
ξ
|
≤
2
l
M
l
=
2
M
∀
n
{\displaystyle |\phi (x)<M|\forall x\in [0,l]\Rightarrow |c_{n}|\leq {\frac {2}{l}}|\int _{0}^{l}M\underbrace {\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )} _{\leq 1}d\xi |\leq {\frac {2}{l}}Ml=2M\forall n}
Получим:
∂
i
+
j
U
∂
x
i
∂
t
j
=
∑
n
=
1
∞
∂
i
+
j
U
n
∂
x
i
∂
t
j
{\displaystyle {\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}}}}
Мажорируется рядом
∑
n
=
1
∞
A
n
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }A_{n}}
Докажем что
∑
n
=
1
∞
A
n
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }A_{n}}
сходится:
lim
n
→
∞
A
n
+
1
A
n
=
lim
n
→
∞
(
n
+
1
)
2
j
+
i
e
−
(
π
a
l
)
2
(
n
2
+
2
n
+
1
)
ε
n
2
j
+
i
e
−
(
π
a
l
)
2
n
2
ε
=
{\displaystyle \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 }}}=}
=
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
2
j
+
i
e
−
(
π
a
l
)
2
(
2
n
+
1
)
ε
=
1
⋅
0
=
0
{\displaystyle =\lim _{n\to \infty }(1+{\frac {1}{n}})^{2j+i}e^{-({\frac {\pi a}{l}})^{2}(2n+1)\varepsilon }=1\cdot 0=0}
ряд
∑
n
=
1
∞
A
n
{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }A_{n}}
сходитя, следовательно по признаку Веерштрасса наш ряд сходится равномерно, следовательно его можно почленно дифференцировать любое кол-во раз, так как
ε
{\displaystyle \varepsilon }
- любое, то это справедливо для
∀
t
>
0
{\displaystyle \forall t>0}
.
Следствие: ряд можно почленно дифф-ть какое угодно кол-во раз.
Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Первая краевая задача с неоднородными граничными условиями.
править
{
∂
U
∂
t
=
a
2
∂
2
U
∂
x
2
,
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
U
(
x
,
0
)
=
ϕ
(
x
)
,
U
(
0
,
t
)
=
μ
1
(
t
)
,
U
(
l
,
t
)
=
μ
2
(
t
)
{\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}U}{\partial x^{2}}},0<x<l,0<t\leq T\\U(x,0)=\phi (x),U(0,t)=\mu _{1}(t),U(l,t)=\mu _{2}(t)\end{cases}}}
Сведем эту задачу к задаче с нулевыми граничными условиями:
U
¯
(
x
,
t
)
=
μ
1
(
t
)
+
x
l
(
μ
2
(
t
)
−
μ
1
(
t
)
)
{\displaystyle {\overline {U}}(x,t)=\mu _{1}(t)+{\frac {x}{l}}(\mu _{2}(t)-\mu _{1}(t))}
- удовлетворяет граничным условиям
V
(
x
,
t
)
=
U
(
x
,
t
)
−
U
¯
(
x
,
t
)
{\displaystyle V(x,t)=U(x,t)-{\overline {U}}(x,t)}
. Задача для
V
{\displaystyle V}
имеет вид:
{
∂
V
∂
t
=
a
2
∂
2
V
∂
x
2
+
f
(
x
,
t
)
,
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
V
(
x
,
0
)
=
V
¯
(
x
)
V
(
a
,
t
)
=
0
V
(
l
,
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\partial V}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}V}{\partial x^{2}}}+f(x,t),0<x<l,0<t\leq T\\V(x,0)={\overline {V}}(x)\quad V(a,t)=0\quad V(l,t)=0\end{cases}}}
где
f
(
x
,
t
)
=
a
2
∂
2
U
¯
∂
x
2
⏟
0
−
∂
U
¯
∂
t
,
V
¯
(
x
)
=
V
(
x
)
−
U
¯
(
x
,
0
)
{\displaystyle 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)}
Пусть
V
(
x
,
t
)
=
P
(
x
,
t
)
+
ω
(
x
,
t
)
{\displaystyle V(x,t)=P(x,t)+\omega (x,t)}
. Рассмотрим 2 задачи:
{
∂
P
∂
t
=
a
2
∂
2
P
∂
x
2
,
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
P
(
x
,
0
)
=
ϕ
¯
(
x
)
,
P
(
0
,
t
)
=
P
(
l
,
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\partial P}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}P}{\partial x^{2}}},0<x<l,0<t\leq T\\P(x,0)={\overline {\phi }}(x),P(0,t)=P(l,t)=0\end{cases}}}
{
∂
ω
∂
t
=
a
2
∂
2
ω
∂
x
2
+
f
(
x
,
t
)
,
0
<
x
<
l
,
0
<
t
≤
T
ω
(
x
,
0
)
=
0
ω
(
0
,
t
)
=
ω
(
l
,
t
)
=
0
(
1
)
{\displaystyle {\begin{cases}{\frac {\partial \omega }{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}\omega }{\partial x^{2}}}+f(x,t),0<x<l,0<t\leq T\\\omega (x,0)=0\quad \omega (0,t)=\omega (l,t)=0\end{cases}}(1)}
Нужно решить задачу
(
1
)
{\displaystyle (1)}
: Будем искать
ω
(
x
,
t
)
=
∑
n
=
1
∞
b
n
(
t
)
s
i
n
(
π
n
l
x
)
{\displaystyle \omega (x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}(t)sin({\frac {\pi n}{l}}x)}
f
(
x
,
t
)
=
∑
n
=
1
∞
f
n
(
t
)
sin
(
π
n
l
x
)
{\displaystyle f(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }f_{n}(t)\sin({\frac {\pi n}{l}}x)}
f
n
(
t
)
=
2
l
∫
0
l
f
(
ξ
,
t
)
sin
(
π
n
l
ξ
)
d
ξ
{\displaystyle f_{n}(t)={\frac {2}{l}}\int _{0}^{l}f(\xi ,t)\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )d\xi }
Подставим в уравнение
(
1
)
{\displaystyle (1)}
:
∑
n
=
1
∞
sin
(
π
n
l
x
)
(
b
n
′
(
t
)
+
a
2
(
π
n
l
)
2
b
n
(
t
)
−
f
n
(
t
)
)
=
0
⇒
{\displaystyle \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 }
⇒
b
n
′
(
t
)
=
−
a
2
(
π
n
l
)
2
b
n
(
t
)
+
f
n
(
t
)
{\displaystyle \Rightarrow b'_{n}(t)=-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}b_{n}(t)+f_{n}(t)}
- неоднородное линенйное дифференциальное уравнение
(
2
)
{\displaystyle (2)}
ω
(
x
,
0
)
=
0
=
∑
n
=
1
∞
b
n
(
0
)
sin
(
p
i
n
l
x
)
⇒
b
n
(
0
)
=
0
{\displaystyle \omega (x,0)=0=\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}(0)\sin({\frac {pin}{l}}x)\Rightarrow b_{n}(0)=0}
b
n
′
(
t
)
+
a
2
(
π
n
l
)
2
b
n
(
t
)
=
0
{\displaystyle b'_{n}(t)+a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}b_{n}(t)=0}
- однородное линеное уравнение
k
⋅
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
t
{\displaystyle k\cdot e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}t}}
- решение однородного
Решение неоднородного:
b
n
(
t
)
=
k
n
(
t
)
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
t
{\displaystyle b_{n}(t)=k_{n}(t)e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}t}}
Подставим в
(
2
)
{\displaystyle (2)}
:
k
n
′
(
t
)
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
t
=
f
n
(
t
)
,
k
n
(
0
)
=
0
{\displaystyle k'_{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
)
=
∫
0
t
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
τ
f
n
(
τ
)
d
τ
{\displaystyle k_{n}(t)=\int _{0}^{t}e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}\tau }f_{n}(\tau )d\tau }
b
n
(
t
)
=
∫
0
t
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
(
t
−
τ
)
f
n
(
τ
)
d
τ
{\displaystyle b_{n}(t)=\int _{0}^{t}e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}(t-\tau )}f_{n}(\tau )d\tau }
ω
(
x
,
t
)
=
∑
n
=
1
∞
∫
0
t
e
−
a
2
(
π
n
l
)
2
(
t
−
τ
)
f
n
(
τ
)
d
τ
⋅
sin
(
π
n
l
x
)
{\displaystyle \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)}
Если
f
(
x
,
t
)
{\displaystyle f(x,t)}
- достаточно гладкая функция, то ряд сходится и он будет решением задачи для
ω
{\displaystyle \omega }
.