2.6.5. Решение первой смешанной задачи методом разделения
переменных. Функция источника
6А12 (Задача). Найти решение
,u x t
уравнения
2
2
2
,,
uu
a f x t
t
x
0,xl
0,t
(2.73)
удовлетворяющее граничным условиям
0
0
x x l
uu
(2.74)
и начальному условию
0
.
t
ux
(2.75)
Решение задачи 6А12 ищем в виде ряда
1
,
kk
k
u T t X x
где
k
Tt
– коэффициенты, а
k
Xx
– собственные функции.
Прежде всего находим собственные функции
.
k
X
При реализации
метода разделения переменных ставят и решают следующую
вспомогательную задачу: требуется найти все решения вида
, 0,u x t T t X x
удовлетворяющие однородному уравнению
2
2
2
0
uu
a
t
x
и однородным граничным условиям (2.74).
Для этого в уравнении
2
0T X a T X
разделяем перемененные,
поделив на
2
0.a T X
Имеем:
2
0
TX
X
aT
или
2
,
TX
X
aT
откуда
2
0,
0.
T a T
XX
(2.76)
с граничными условиями вида
0 0 .x x l
(2.77)
Краевая задача для второго уравнения системы (2.76) - (2.77)
относится к классическим задачам Штурма – Лиувилля. Ее собственные
функции и значения имеют вид
2
sin , ,
,.
k
k
k
X x k N
l
k
kN
l
Находим коэффициенты
k
Tt
, учитывая, что найдены собственные
функции:
1
, sin .
k
k
k
u x t T t x
l
(2.78)
Подставим (2.78) в (2.73), (2.75):
2
2
1
sin , .
kk
k
kk
T t a T t x f x t
ll
Умножая последнее равенство на
sin
k
x
l
и интегрируя по
x
в
пределах от
0
до
,l
получаем дифференциальное уравнение
2
2
, 0,
k k k
k
T a T f t t
l
(2.79)
с начальным условием
0,
kk
T
(2.80)
где
0
0
2
( ) , sin ,
2
sin .
l
k
l
k
k
f t f x t xdx
ll
k
x xdx
ll
(2.81)
Решаем задачу Коши для обыкновенного ДУ (2.79), (2.80). Имеем:
*
одн
част
,
kk
k
T t T t T t
где общее решение
однk
Tt
соответствующего
однородного ДУ имеет вид
2
одн
.
ka
t
l
kk
T t C e
Тогда частное решение
*
частk
Tt
неоднородного ДУ (2.79) найдем методом вариации произвольной
постоянной. Полагая
2
част
,
ka
t
l
k
k
T t C t e
на основании (2.79)
получим:
2 2 2
22
,
ka ka ka
t t t
l l l
k k k k
ka ka
C e C e C e f t
ll
2
ka
t
l
kk
C f t e
2
0
.
ka
t
t
l
kk
C f t e dt
Таким образом, общее решение ДУ (2.79) имеет следующий вид:
22
0
,
ka ka
t
tt
ll
k k k
T t C e e f d
(2.82)
или, учитывая
0
k k k
TC
(см. (2.80)), получаем
22
0
ka ka
t
tt
ll
k k k
T t e e f d
(2.83)
и, подставляя (2.83) в (2.78), имеем
22
1
0
sin .
ka ka
t
tt
ll
kk
k
k
u e e f d x
l
(2.84)
Решение (2.84) исходной задачи имеет формальный характер,
поскольку отсутствует обоснование существования, единственности и
устойчивости решения.
Найдем интегральное представление решения, для этого подставим
(2.81) в (2.84):
2
1
0
2
, sin
ka
l
t
l
k
k
u x t d e
ll
2
00
2
, sin sin
ka
tl
t
l
kk
e f d d x
l l l
=
2
2
1
0
1
00
2
sin sin
2
sin sin , .
ka
l
t
l
k
ka
tl
t
l
k
kk
e x d
l l l
kk
e x f d d
l l l
Положим
2
1
2
, , sin sin ,
ka
t
l
k
kk
G x t e x
l l l
(2.85)
0 0 0
, , , , , , .
l t l
u x t G x t d G x t f t d d
(2.86)
Таким образом, решение первой смешанной задачи полностью
определяется функцией
,G
которая называется функцией мгновенного
точечного источника или функцией Грина (или функцией температурного
влияния мгновенного точечного источника тепла). Ее физический смысл
для временной переменной
:t
эта функция указывает распределение
температур в каждой точке
0,xl
в каждый момент времени
t
при
условиях, что 1) в момент времени
t
в точке
x
выделяется тепло
,Qc
а в других точках
0;Q
2) в каждый момент времени
t
на
концах стержня (при
0x
и
)xl
температура будет равна нулю.
Таким образом, функция Грина показывает влияние точечного
теплового импульса на распределение температур в стержне, что дает
возможность свести множество задач, отличающихся друг от друга
начальными условиями, к решению одной единственной задачи с
начальным условием
0
x x x
(температура отлична от нуля и
очень велика только в одной точке с координатой
0
).xx
6А+Б13 (Замечание). Используя интегральное представление решения
(2.86), можно показать, что смешанная задача(2.73) - (2.75) имеет
классическое решение, которое задается формулой (2.86).
