МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР – ТЕСТОВАЯ

МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР – ТЕСТОВАЯ ВЕРСИЯ
А. А. Пожарский
Содержание
Предисловие
2
1 занятие
1. O-символика.
4
2. Асимптотика интегралов типа Лапласа.
5
3. Асимптотика интегралов типа Фурье.
10
2 занятие
4. Нетривиальные случаи поиска асимптотического поведения интегралов.
14
5. Метод перевала.
18
3 занятие
6. Построение решений ОДУ в виде рядов в окрестности регулярных точек.
24
7. Правильные особые точки. Теорема Фукса.
32
8. Построение решений ЛДУ в виде рядов в окрестности правильных особых точек.
36
4 занятие
9.
Построение решений ЛДУ в виде рядов в окрестности правильных особых точек.
Случай появления логарифма.
42
5 занятие
10. 1-я контрольная работа (2 часа).
49
6 занятие
11. Метод Лапласа для решения линейных дифференциальных уравнений с линейными
коэффициентами.
52
12. Метод Лапласа для решения уравнений вида W 00 + (a1 + b1 z)W 0 + (a0 + b0 z)W = 0. 62
7 занятие
13. Метод Лапласа для решения уравнений вида zW 00 + (a1 + b1 z)W 0 + (a0 + b0 z)W = 0. 67
14. Задача Штурма-Лиувилля на отрезке.
71
8 занятие
15. Уравнение теплопроводности на отрезке.
75
16. Уравнение колебания ограниченной струны.
81
9 занятие
17. Зависимость от времени в краевых условиях.
86
18. 2-ая контрольная работа (1 час).
95
10 занятие
19. Оператор Лапласа в прямоугольной области.
96
20. Уравнение Пуассона в прямоугольной области.
100
21. Уравнение Лапласа в прямоугольной области.
105
11 занятие
22. Уравнение колебания прямоугольной мембраны.
114
8 февраля 2011 г.
1
23. Уравнение Лапласа в кольцевой области.
12 занятие
24. Уравнение Пуассона в ограниченной области.
25. Уравнение Лапласа в сферически симметричных областях в R3 .
13 занятие
26. 3-ая контрольная работа (2 часа).
119
127
130
137
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
3
Предисловие
Предлагаемое «методическое пособие» предназначено для студентов и преподавателей физического факультета СПбГУ. «Пособие» содержит теоретический и практический материал,
который предполагается изучать на практических занятиях по математической физике в шестом семестре.
Для удобства использования «пособия» весь материал разбит на 13 секций, каждая из которых примерно соответствует одному трех-часовому практическому занятию. Порядок изложения материала в каждой главе соответствует порядку его изложения на практических занятиях.
В конце каждого раздела приводятся формулировки задач для самостоятельного решения.
Настоящее «пособие» может содержать опечатки и, быть может, ошибки. Автор будет признателен за любые исправления, замечания и всевозможные пожелания, которые можно отправлять по адресу: sof yto@mail.ru (Пожарский Алексей Андреевич).
4
А. А. Пожарский
1.
O-символика.
Определение 1.1.
• Запись
f (λ) = O(g(λ)) при λ → λ0
означает, что существуют постоянная C и окрестность V точки λ0 такие, что
|f (λ)| 6 C|g(λ)| при λ ∈ V.
• Запись
f (λ) = o(g(λ)) при λ → λ0
означает, что существует функция α такая, что
f (λ) = α(λ)g(λ),
lim α(λ) = 0.
λ→λ0
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
5
2. Асимптотика интегралов типа Лапласа.
Рассмотрим интеграл вида
Zb
f (x)eλS(x) dx,
(2.1)
a
где [a, b] – конечный интервал на вещественной оси, функции f и S принадлежат классу C ∞ [a, b],
S – вещественная функция и λ – вещественный параметр.
Мы будем интересоваться асимптотическим поведением интеграла (2.1) при λ → +∞. Из
очевидной оценки
Z
f (x)eλS(x) dx 6 CeM λ , M = max S(x), λ > 0,
x∈∆
∆
следует, что основной вклад в асимптотику интеграла (2.1) дает окрестность той точки (быть
может нескольких точек), в которой функция S принимает свое наибольшее значение. Вклад
в асимптотику от окрестности точки c мы будем обозначать Fc (λ).
Теорема 2.1. Пусть функции f и S принадлежат классу C ∞ [a, b], S – вещественная функция
и λ – вещественный параметр. Пусть функция S принимает свое наибольшее значение на
отрезке [a, b] в точках c1 , . . . , cn . Тогда справедливы следующие утверждения.
• Пусть ck = a и S 0 (a) < 0. Тогда
1
1
λS(a)
Fck (λ) = −e
f (a) + O
при λ → +∞.
(2.2)
0
λS (a)
λ
• Пусть ck = b и S 0 (b) > 0. Тогда
λS(b)
Fck (λ) = e
1
λS 0 (b)
1
f (b) + O
при λ → +∞.
λ
• Пусть S 0 (ck ) = 0 и S 00 (ck ) < 0. Тогда, если ck 6= a и ck 6= b, то
s
2π
1
λS(ck )
Fck (λ) = e
f (ck ) + O
при λ → +∞,
00
λ|S (ck )|
λ
если ck = a или ck = b, то
s
1 λS(ck )
2π
1
при λ → +∞.
Fck (λ) = e
f (ck ) + O √
2
λ|S 00 (ck )|
λ
(2.3)
(2.4)
(2.5)
◦ Асимптотическое поведение интеграла (2.1) при λ → +∞ может быть описано формулой
Zb
n
X
λS(x)
f (x)e
dx =
Fck (λ).
a
k=1
Пример 2.2. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
2
(1 + x)eλx dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
6
А. А. Пожарский
Решение. Функция S(x) = x2 достигает своего максимума на отрезке [0, 1] в единственной
точке c = 1. Вклад от этой точки описывается формулой (2.3)
1
1
λ 1
λ1
Fc=1 (λ) = e
2+O
=e
1+O
при λ → +∞. 2λ
λ
λ
λ
Ответ:
R1
0
2
(1 + x)eλx dx = eλ λ1 1 + O
1
λ
при λ → +∞.
Пример 2.3. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
(1 + x)eλ cos(2x) dx при λ → +∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Функция S(x) = cos(2x) достигает своего максимума на отрезке [−1, 1] в единственной точке c = 0. Вклад от этой точки описывается формулой (2.4)
S 0 (0) = −2 sin(2x)|x=0 = 0, S 00 (0) = −4 cos(2x)|x=0 = −4,
r r 1
1
2π
π
λ
λ
Fc=0 (λ) = e
1+O
=e
1+O
при λ → +∞. 4λ
λ
2λ
λ
S(0) = 1,
Ответ:
R1
(1 + x)eλ cos(2x) dx = eλ
−1
pπ
2λ
1+O
1
λ
при λ → +∞.
Пример 2.4. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z4
(4 + x2 )eλ(x
3 −12x)
dx при λ → +∞.
−3
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Функция S(x) = x3 − 12x достигает своего максимума на отрезке [−3, 4] в двух
точках c1 = −2 и c2 = 4. Вклад от точки c1 = −2 описывается формулой (2.4)
S(−2) = 16, S 0 (−2) = (3x2 − 12)|x=−2 = 0, S 00 (−2) = 6x|x=−2 = −12,
r
r
2π
1
32π
1
16λ
16λ
Fc1 =−2 (λ) = e
8+O
=e
1+O
при λ → +∞.
12λ
λ
3λ
λ
Вклад от точки c2 = 4 описывается формулой (2.3)
S(4) = 16, S 0 (4) = (3x2 − 12)|x=4 = 36,
1
1
16λ 1
16λ 5
Fc2 =4 (λ) = e
20 + O
=e
1+O
при λ → +∞. 36λ
λ
9λ
λ
Ответ:
R4
−3
(4 + x2 )eλ(x
3 −12x)
dx = e16λ
q
32π
3λ
+
5
9λ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
7
Пример 2.5. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z4
3
(4 + x2 )eλ(x −12x) dx при λ → −∞.
(2.6)
−3
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. В задаче предлагается искать асимптотику интеграла при больших отрицательных
значениях параметра λ. Поэтому удобно переписать задачу (2.6) в виде
Z4
3
(4 + x2 )e|λ|(12x−x ) dx при |λ| → +∞.
−3
3
Функция S(x) = 12x − x достигает своего максимума на отрезке [−2, 4] в одной точке c = 2.
Вклад от этой точки описывается формулой (2.4)
S(2) = 16, S 0 (2) = (12 − 3x2 )|x=2 = 0, S 00 (2) = −6x|x=2 = −12,
s
s
2π
32π
1
1
16|λ|
16|λ|
Fc=2 (λ) = e
8+O
=e
1+O
при |λ| → +∞. 12|λ|
|λ|
3|λ|
|λ|
Ответ:
R4
(4 + x2 )eλ(x
3 −12x)
dx = e16|λ|
q
−3
32π
3|λ|
1+O
1
λ
при λ → −∞.
Домашнее задание:
Задача 2.6. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
2
(2 + x)eλx dx при λ → ±∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R1
2
(2 + x)eλx dx = eλ
−1
2
λ
1+O
1
λ
при λ → +∞;
R1
2
(2 + x)eλx dx =
−1
q
4π
|λ|
λ → −∞.
Задача 2.7. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z4
(2 + cos(x))eλ cos 2x dx при λ → +∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R4
(2 + cos(x))eλ cos 2x dx = eλ
−1
q
8π
λ
1+O
1
λ
при λ → +∞.
Задача 2.8. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z3
(3 − 2 cos(x))e3λ(2 sin x−x) dx при λ → +∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
1+O
1
λ
при
8
Ответ:
А. А. Пожарский
R3
(3 − 2 cos(x))e3λ(2 sin x−x) dx = e(3
√
3−π)λ
q
−1
8π
√
3 3λ
1
λ
1+O
при λ → +∞.
Задача 2.9. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z3
3
2
(1 + 2x)eλ(x −5x +7x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R3
(1 + 2x)eλ(x
3 −5x2 +7x)
0
pπ
dx = e3λ 3 2λ
+
7
4λ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Задача 2.10. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z2
3
(2 + x)eλ(x −3x−1) dx при λ → +∞.
−2
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R2
(2 + x)eλ(x
3 −3x−1)
pπ
dx = eλ
3λ
−2
+
4
9λ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Задача 2.11. Найти асимптотическое поведение интеграла
Zπ
cos x eλ(1−x sin x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
Rπ
1
2
cos x eλ(1−x sin x) dx = eλ
0
pπ
λ
+O
1
λ
при λ → +∞.
Задача 2.12. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z2
4
2
(2 + x)eλ(x −4x ) dx при λ → +∞.
−1
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R2
(2 + x)eλ(x
4 −4x2 )
dx =
−1
pπ
λ
+
1
4λ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Задача 2.13. Найти асимптотическое поведение интеграла
π
Z2
cos(2x)e−λ sin x sin(2x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
π
Ответ:
R2
0
cos(2x)e−λ sin x sin(2x) dx =
1
2
pπ
2λ
+O
1
λ
при λ → +∞.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Задача 2.14. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
1 λ(ln x+arccos x)
e
dx при λ → +∞.
x2
1/2
Выписать первый член асимптотического ряда и указать порядок поправки.
Ответ:
9
10
А. А. Пожарский
3. Асимптотика интегралов типа Фурье.
Рассмотрим интеграл вида
Zb
f (x)eiλS(x) dx,
(3.1)
a
где [a, b] – конечный интервал на вещественной оси, функции f и S принадлежат классу C ∞ [a, b],
S – вещественная функция и λ – вещественный параметр.
Мы будем интересоваться асимптотическим поведением интеграла (3.1) при λ → +∞.
Определение 3.1. Стационарной точкой функции S называется любая точка c ∈ [a, b] такая, что S 0 (c) = 0.
В отличие от интеграла вида (2.1), вклад в асимптотику интеграла (3.1) дают все стационарные точки функции S и концы промежутка интегрирования a и b. Вклад в асимптотику от
окрестности точки c мы будем обозначать Fc (λ).
Теорема 3.2. Пусть функции f и S принадлежат классу C ∞ [a, b], S – вещественная функция
и λ – вещественный параметр. Пусть c1 , . . . , cn – стационарные точки функции S. Тогда
справедливы следующие утверждения.
• Пусть S 0 (a) 6= 0. Тогда вклад от нижнего предела интегрирования a выражается формулой
1
1
iλS(a)
Fa (λ) = −e
f (a) + O
при λ → +∞.
(3.2)
0
iλS (a)
λ
• Пусть S 0 (b) 6= 0. Тогда вклад от верхнего предела интегрирования b выражается формулой
1
1
iλS(b)
Fb (λ) = e
f (b) + O
при λ → +∞.
(3.3)
0
iλS (b)
λ
• Пусть S 00 (ck ) 6= 0. Тогда, если ck 6= a и ck 6= b, то
s
π
1
2π
00
iλS(ck )+i 4 sign(S (ck ))
f (ck ) + O
при λ → +∞,
(3.4)
Fck (λ) = e
00
λ|S (ck )|
λ
если ck = a или ck = b, то
π
1
00
Fck (λ) = eiλS(ck )+i 4 sign(S (ck ))
2
s
2π
λ|S 00 (ck )|
1
f (ck ) + O √
при λ → +∞,
λ
(3.5)
◦ Асимптотическое поведение интеграла (3.1) при λ → +∞ может быть описано формулой
Zb
X
f (x)eiλS(x) dx = Fa (λ) + Fb (λ) +
Fck (λ).
ck 6=a,b
a
Пример 3.3. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z2
2
(1 + x)eiλx dx при λ → +∞.
1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
11
Решение. Функция S(x) = x2 не имеет стационарных точек на отрезке [1, 2]. Вклад от точки
a = 1 описывается формулой (3.2)
1
1
iλ 1
iλ 1
Fa=1 (λ) = −e
2+O
= −e
1+O
при λ → +∞.
2iλ
λ
iλ
λ
Вклад от точки b = 2 описывается формулой (3.3)
1
1
4iλ 1
4iλ 3
Fb=2 (λ) = e
3+O
=e
1+O
при λ → +∞. 4iλ
λ
4iλ
λ
Ответ:
R2
1
2
3
1
(1 + x)eiλx dx = e4iλ 4iλ
− eiλ iλ
+O
1
λ2
при λ → +∞.
Пример 3.4. Найти асимптотическое поведение интеграла
π
Z2
sin x eiλ sin(2x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Функция S(x) = sin(2x) имеет одну стационарную точку c = π4 . Вклад от этой точки
описывается формулой (3.4)
π π π = 1, S 0
= 2 cos(2x)|x= π4 = 0, S 00
= −4 sin(2x)|x= π4 = −4,
S
4
4
4
r r π
π
2π
1
1
π
1
iλ−i
iλ−i
4
4
√ +O
Fc= π4 (λ) = e
=e
1+O
при λ → +∞.
4λ
λ
4λ
λ
2
Вклад от точки a = 0 описывается формулой (3.2)
1
1
1
0+O
=O
при λ → +∞.
Fa=0 (λ) = −
2iλ
λ
λ2
Вклад от точки b =
π
2
описывается формулой (3.3)
1
1
1
1
Fb= π2 (λ) =
1+O
=−
1+O
при λ → +∞. (−2)iλ
λ
2iλ
λ
π
Ответ:
R2
π
sin x eiλ sin(2x) dx = eiλ−i 4
0
pπ
4λ
−
1
2iλ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Пример 3.5. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z2
(2 − x) sin(λ(x3 − 3x)) dx при λ → +∞.
(3.6)
0
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Для того, чтобы воспользоваться теоремой 3.2 перепишем интеграл (3.6) в виде
 2

Z2
Z
3
(2 − x) sin(λ(x3 − 3x)) dx = Im  (2 − x)eiλ(x −3x) dx .
(3.7)
0
0
12
А. А. Пожарский
Асимптотическое поведение интеграла
Z2
(2 − x)eiλ(x
3 −3x)
dx
0
описывается теоремой 3.2. Функция S(x) = x3 − 3x имеет одну стационарную точку c = 1.
Вклад от этой точки описывается формулой (3.4)
S 0 (1) = (3x2 − 3)|x=1 = 0, S 00 (1) = 6x|x=1 = 6,
r π
1
−2iλ+i π4
Fc=1 (λ) = e
1+O
при λ → +∞.
3λ
λ
S(1) = −2,
Вклад от точки a = 0 описывается формулой (3.2)
1
2
1
1
2+O
=
1+O
при λ → +∞.
Fa=0 (λ) =
3iλ
λ
3iλ
λ
Вклад от точки b = 2 описывается формулой (3.3)
1
1
2iλ 1
Fb=2 (λ) = e
0+O
=O
при λ → +∞.
9iλ
λ
λ2
В итоге получаем, что
Z2
iλ(x3 −3x)
(2 − x)e
−2iλ+i π4
dx = e
r
2
π
+
+O
3λ 3iλ
1
при λ → +∞.
λ3/2
0
Подставляя асимптотику (3.8) в формулу (3.7), найдем
Z2
0
Ответ:
r
π
1
2
−2iλ+i π4
(2 − x) sin(λ(x − 3x)) dx = Im e
+
+O
=
3λ 3iλ
λ3/2
r
1
π
2
π
−
+O
при λ → +∞. = − sin 2λ −
4
3λ 3λ
λ3/2
3
R2
(2 − x) sin(λ(x3 − 3x)) dx = − sin 2λ −
0
π
4
p π
3λ
−
2
3λ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Домашнее задание:
Задача 3.6. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z2
(x2 − 2)e4iλx dx при λ → +∞.
−2
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R2
−2
(x2 − 2)e4iλx dx =
sin(8λ)
λ
+O
1
λ2
при λ → +∞.
(3.8)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
13
Задача 3.7. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
2
(1 + x)eiλx dx при λ → +∞.
−1
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R1
π
2
(1 + x)eiλx dx = ei 4
−1
pπ
λ
+
1 iλ
e
iλ
+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Задача 3.8. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
(1 + x) sin(λ(x + x3 ) dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R1
(1 + x) sin(λ(x + x3 ) dx =
0
1
λ
−
1
2λ
1
λ2
cos(2λ) + O
при λ → +∞.
Задача 3.9. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
(1 − x) cos(λ(x2 + 2x)) dx при λ → +∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R1
(1 − x) cos(λ(x2 + 2x)) dx =
pπ
−1
λ
cos λ −
π
4
+O
1
λ
при λ → +∞.
Задача 3.10. Найти асимптотическое поведение интеграла
π
Z2
cos x cos(λ(cos x + x sin x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
π
Ответ:
R2
cos x cos(λ(cos x + x sin x) dx =
pπ
0
2λ
cos λ +
π
4
+O
1
λ
при λ → +∞.
Задача 3.11. Найти асимптотическое поведение интеграла
π
Z2
sin(2x) cos(λ(x + 2 cos x) dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
π
Ответ:
R2
0
sin(2x) cos(λ(x + 2 cos x) dx =
q
√
π 3
λ
cos λ
π
6
+
√ π
3 − 4 +O
1
λ3/2
при λ → +∞.
14
А. А. Пожарский
4. Нетривиальные случаи поиска асимптотического
поведения интегралов.
Пример 4.1. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z+∞
1
e− x −λx dx при λ → +∞.
(4.1)
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Непосредственное применение теоремы 2.1 к интегралу (4.1) приводит к следующему
результату. Функция S(x) = −x на интервале [0, +∞) принимает наибольшее значение в точке
1
c = 0. Функция f (x) = e− x в точке c = 0 обращается в ноль. Отсюда
Z+∞
1
− x1 −λx
e
dx = O
при λ → +∞.
λ2
0
Таким образом, мы смогли лишь получить оценку сверху для интеграла (4.1) при λ → +∞.
Основная проблема в данном примере заключается в том, что точка максимума функции S
совпала с нулем (бесконечной кратности) функции f . Чтобы преодолеть эту трудность сделаем
замену переменной x = λα y
Z+∞
Z+∞
−α 1
α+1
α
− x1 −λx
dx = λ
e
e−λ y −λ y dy.
0
0
Параметр α выберем так, чтобы выражение под экспонентой можно было переписать в виде
µ(λ)S(y). Отсюда находим, что
1
−α = α + 1 ⇐⇒ α = − ,
2
Z+∞ √
Z+∞
1
1
− x1 −λx
e
dx = √
e− λ( y +y) dy.
λ
(4.2)
0
0
Применим теорему 2.1 к интегралу
Z+∞
1
e−µ( y +y) dy,
0
√
где µ = λ. Функция S(y) = −y − y1 принимает наибольшее значение в точке c = 1. Вклад от
этой точки описывается формулой (2.4)
2 1 0
00
S(1) = −2, S (1) = −1 + 2 = 0, S (1) = − 3 = −2,
y
y y=1
y=1
r Z+∞
π
1
−µ( y1 +y )
−2µ
dy = e
1+O
при µ → +∞.
e
µ
µ
0
(4.3)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Подставим (4.3) в (4.2), полагая µ =
15
√
λ,
√ Z+∞
√
π
1
− x1 −λx
−2 λ
при λ → +∞. e
dx = e
1+O √
λ3/4
λ
0
Ответ:
+∞
R
√
1
e− x −λx dx = e−2
0
λ
√
π
λ3/4
1+O
√1
λ
при λ → +∞.
Пример 4.2. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z+∞
2
e−x +λx dx при λ → +∞.
(4.4)
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Функция S(x) = x принимает наибольшее значение на +∞, поэтому теорема 2.1
неприменима. При этом, однако, мы можем сразу сказать, что интеграл (4.4) растет сверхэкспоненциальным образом при λ → +∞.
Сделаем замену переменной x = λα y в интеграле (4.4)
Z+∞
Z+∞
2α 2
α+1
−x2 +λx
α
e
dx = λ
e−λ y +λ y dy.
0
0
Параметр α выберем так, чтобы выражение под экспонентой можно было переписать в виде
µ(λ)S(y). Отсюда находим, что
2α = α + 1 ⇐⇒ α = 1,
Z+∞
Z+∞
2
2
2
e−x +λx dx = λ
eλ (y−y ) dy.
(4.5)
0
0
Применим теорему 2.1 к интегралу
Z+∞
2
eµ(y−y ) dy.
0
Функция S(y) = y − y 2 принимает наибольшее значение в точке c = 21 . Вклад от этой точки
описывается формулой (2.4)
1
1
1
1
0
00
S
= , S
= (1 − 2y)|y= 1 = 0, S
= −2,
2
2
4
2
2
r Z+∞
1
π
1
µ(y−y 2 )
µ
e
dy = e 4
1+O
при µ → +∞.
µ
µ
0
Подставим (4.6) в (4.5), полагая µ = λ2 ,
Z+∞
1 2√
1
−x2 +λx
λ
4
π 1+O
при λ → +∞. e
dx = e
λ2
0
(4.6)
16
А. А. Пожарский
Ответ:
+∞
R
e−x
2 +λx
1
dx = e 4 λ
2
√
π 1+O
0
1
λ2
при λ → +∞.
Пример 4.3. Найти асимптотическое поведение решений уравнения
zW 00 + (3 − iz)W 0 − iW = 0
(4.7)
при z → +∞.
Решение. Используя метод Лапласа, см. стр. 67, найдем интегральные представления для
решений уравнения (4.7)
Z0
Zi
zt
(t − i) e dt,
W1 (z) =
W2 (z) =
−∞
(t − i) ezt dt.
0
Асимптотическое поведение решения W1 найдем с помощью теоремы 2.1
i
1
W1 (z) = − + O
при z → +∞.
z
z2
Асимптотическое поведение решения W2 найдем с помощью теоремы 3.2
Zi
Z1
1
i
zt
izx
при z → +∞. W2 (z) = (t − i) e dt = (t = ix) = (1 − x) e dx = + O
z
z2
0
0
Замечание 4.4. Из полученных асимптотик может показаться, что решения W1 и W2
линейно зависимы. Тем не менее, если найти следующие члены асимптотического ряда для
W1 и W2 , можно убедиться, что эти решения линейно независимы.
Ответ: W1 (z) =
R0
−∞
(t − i) ezt dt = − zi + O
1
z2
Ri
, W2 (z) = (t − i) ezt dt =
0
i
z
+O
1
z2
при z → +∞.
Домашнее задание:
Задача 4.5. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z+∞
3
e−x +3λx dx при λ → +∞.
0
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
+∞
R
e−x
3 +3λx
dx = e2λ
3/2
0
q
π
√
3 λ
1+O
1
λ3/2
при λ → +∞.
Задача 4.6. Найти асимптотическое поведение решений уравнения
W 00 − zW 0 − W = 0
при z → +∞.
Ответ: W1 (z) =
z → +∞.
R0
−∞
1 2
+zt
e− 2 t
dt =
1
z
+O
1
z2
, W2 (z) =
+∞
R
0
1 2
+zt
e− 2 t
dt =
√
1 2
2π e 2 z
1+O
1
z2
при
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Задача 4.7. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z1
2
eλ(|x|−x ) dx при λ → +∞.
−1
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Ответ:
R1
−1
e
λ(|x|−x2 )
dx = e
1
λ
4
q
4π
λ
1+O
1
λ
при λ → +∞.
17
18
А. А. Пожарский
5. Метод перевала.
Рассмотрим интеграл вида
Z
f (z)eλS(z) dz,
(5.1)
γ
где γ – контур интегрирования, f , S – регулярные функции и λ – вещественный параметр.
Мы будем интересоваться асимптотическим поведением интеграла (5.1) при λ → +∞.
Определение 5.1. Точкой перевала функции S называется любая точка zs ∈ C такая, что
S 0 (zs ) = 0.
Регулярность функций f и S позволяет деформировать контур интегрирования γ, не изменяя при этом значение интеграла. Основная идея при вычислении асимптотики интеграла
вида (5.1) заключается в том, чтобы подходящей деформацией контура интегрирования γ свести исходную задачу к вычислению асимптотического поведения интегралов типа Лапласа и
Фурье. Оказывается, что всегда возможно так продеформировать контур γ, чтобы он состоял
из участков кривых на которых выполнено одно из двух условий
Im(S(z)) = Const либо
Re(S(z)) = Const.
Контур, удовлетворяющий этим условиям, мы будем называть перевальным контуром. Несложно понять, что на кривых, для которых выполнено условие Im(S(z)) = Const, интеграл (5.1)
является интегралом типа Лапласа и для вычисления его асимптотического поведения можно
использовать результаты теоремы 2.1. Вместе с тем, на кривых, для которых выполнено условие Re(S(z)) = Const, интеграл (5.1) является интегралом типа Фурье и для вычисления его
асимптотического поведения можно использовать результаты теоремы 3.2. Наконец, отметим,
что основной вклад в асимптотическое поведение интеграла (5.1) дают точки, доставляющие
на перевальном контуре абсолютный максимум функции Re(S(z)). Обсудим описанные идеи
более подробно на следующих примерах.
Пример 5.2. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
2
eλz dz
(5.2)
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −1 − 2i и 1 + 2i. Выписать первый член
асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Рассмотрим функцию S(z) = z 2 и построим линии, на которых S(z) сохраняет свою
мнимую или вещественную части. Уравнение Im(S(z)) = C можно переписать в виде
2xy = C,
C ∈ R.
(5.3)
Семейство кривых (5.3) при различных C схематически изображено на рисунке 1. Уравнение
Re(S(z)) = C можно переписать в виде
x2 − y 2 = C,
C ∈ R.
(5.4)
Семейство кривых (5.4) при различных C схематически изображено на рисунке 2. Продеформируем теперь контур γ так, чтобы он располагался на кривых вида Im(S(z)) = C или
Re(S(z)) = C. Это можно сделать несколькими способами. На рисунках 3 и 4 приведены примеры перевальных контуров γ1 и γ2 . У функции S(z) = z 2 есть одна точка перевала zs = 0. В
этой точке пересекаются по две линии уровня функций Im(S(z)) и Re(S(z)) = C. Заметим, что
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
19
Рис. 1. Семейство кривых вида Im(S(z)) = C Рис. 2. Семейство кривых вида Re(S(z)) = C
при C = 0, ±0.2, ±1 выделено синим цветом. при C = 0, ±1, ±3 выделено зеленым цветом.
Рис. 3. Перевальный контур γ1 выделен крас- Рис. 4. Перевальный контур γ2 выделен красным цветом.
ным цветом.
через каждую точку комплексной плоскости, не являющуюся точкой перевала, проходит ровно
по одной линии уровня функций Im(S(z)) и Re(S(z)) = C.
Выберем в качестве перевального контур γ1 , изображенный на√рисунке 3. Введем следующие
обозначения.
√ Участок
√ контура γ1 между точками −1
√ − 2i и −i 3 обозначим через Γ1 ; между
точками −i 3 и i 3 – через Γ2 и между точками i 3 и 1 + 2i – через Γ3 , см рисунок 3. Легко
20
А. А. Пожарский
видеть, что
Z
λz 2
e
γ
Z
dz =
λz 2
e
Z
e
dz =
γ1
λz 2
Z
e
dz +
λz 2
Z
dz +
Γ2
Γ1
2
eλz dz.
Γ3
По аналогии с методом Лапласа (см. стр. 2.1), можно заключить, что максимальный вклад
в асимптотическое поведение интегралов по контурам Γ1 , Γ2 и Γ3 дают окрестности точек, в
которых Re(S(z)) принимает максимальное значение. Перед тем как приступить к подробным
вычислениям, оценим вклады от интегралов по контурам Γ1 , Γ2 и Γ3 .
По построению на контурах Γ1 и Γ3 функция S(z) сохраняет свою вещественную часть, откуда
√
Re(S(z)) = Re(S(− 3)) = −3
при z ∈ Γ1 ,
√
Re(S(z)) = Re(S( 3)) = −3
при z ∈ Γ3 .
На контуре Γ2 функцию S(z) можно переписать в виде
Re(S(z)) = −y 2 ,
z = iy,
√ √
y ∈ [− 3, 3].
Отсюда легко заключить, что функция Re(S(z)) достигает своего максимального значения в
точке z = 0, причем Re(S(0)) = 0. Таким образом, функция Re(S(z)) принимает свое максимальное значение на контуре Γ2 , который и дает основной вклад в асимптотическое поведение
интеграла (5.2)
Z
Z
2
2
eλz dz + O(e−3λ ).
eλz dz =
γ
(5.5)
Γ2
Замена переменных z = iy сводит интеграл по Γ2 к интегралу типа Лапласа, асимптотическое
поведение которого может быть найдено с помощью теоремы 2.1,
√
r Z3
Z
π
1
λz 2
−λy 2
e dz = i
e
dy = i
1+O
(5.6)
λ
λ
√
Γ2
− 3
при λ → +∞. Собирая формулы (5.5) и (5.6) вместе, найдем асимптотическое поведение интеграла (5.2). R
p
2
Ответ: eλz dz = i πλ 1 + O λ1 .
γ
Пример 5.3. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
3
2
eλ(2z −3z ) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −3 + i, 3 − 2i. Выписать первый член
асимптотического ряда и написать порядок поправки.
Решение. Рассмотрим функцию S(z) = 2z 3 −3z 2 и построим линии, на которых S(z) сохраняет
свою мнимую или вещественную части. Семейства кривых Im(S(z)) = C и Re(S(z)) = C при
различных C схематически изображены на рисунке 5. Удобно также вдоль кривых Im(S(z)) = C
изобразить направления убывания функции Re(S(z)), см. рисунок 6.
На рисунках 7 и 8 приведены примеры перевальных контуров. Напомним, что основной вклад
в асимптотическое поведение интеграла дают окрестности точек, в которых Re(S(z)) принимает
максимальное значение. Принимая во внимание рисунок 6, легко заключить, что для перевального контура γ1 основной вклад дает участок Γ2 или, более точно, окрестность точки z = 0.
Напротив, для перевального контура γ2 необходимо учитывать вклады, вообще говоря, уже от
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
21
Рис. 5. Семейство кривых вида Im(S(z)) = C Рис. 6. Линии наискорейшего убывания для
при C = −56, 0, 70 выделено синим цветом; Re(S(z)), где S(z) = 2z 3 − 3z 2 .
семейство кривых вида Re(S(z)) = C при C =
−60, −33, −1, 0, 50 выделено зеленым цветом.
Рис. 7. Перевальный контур γ1 выделен крас- Рис. 8. Перевальный контур γ2 выделен красным цветом.
ным цветом.
пяти участков Γ5 – Γ9 . Отметим, что оба перевальных контура γ1 и γ2 являются корректными,
однако, контур γ1 является существенно более удобным с вычислительной точки зрения.
22
А. А. Пожарский
Элементарные вычисления дают
Z
Z
4 Z
X
3
2
λ(2z 3 −3z 2 )
λ(2z 3 −3z 2 )
dz =
eλ(2z −3z ) dz =
e
dz = e
γ
Z
λ(2z 3 −3z 2 )
e
=
Γ2
n=1 Γ
γ1
dz + O(e
−λ
Z1
)=
λ(2x3 −3x2 )
e
n
dx + O(e
−λ
r
)=
π
3λ
1
1+O
λ
−2
при λ → +∞. Здесь, при вычислении асимптотического поведения интеграла по контуру Γ2 мы
учли, что основной вклад в асимптотику дает точка z = 0 и воспользовались теоремой 2.1. R
pπ
3
2
1 + O λ1 при λ → +∞.
Ответ: eλ(2z −3z ) dz = 3λ
γ
Домашнее задание:
Задача 5.4. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
2
eλ(iz −6z) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −5i и 2. Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R
2
Ответ: eλ(iz −6z) dz =? 1 + O λ1 .
γ
Задача 5.5. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
2
eλ(z −4iz) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки 0 и 10i. Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R
2
Ответ: eλ(z −4iz) dz =? 1 + O λ1 .
γ
Задача 5.6. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
2
eλ(z −2z) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки 1 − i и 2 + i. Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R
p
2
при λ → +∞.
Ответ: eλ(z −2z) dz = i πλ e−λ 1 + O √1λ
γ
Задача 5.7. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
2
eλ(z +4iz) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −2 и 1 − 4i. Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Ответ:
R
eλ(z
γ
2 +4iz)
dz = −i
23
4λ
√1
1
+
O
при λ → +∞.
e
λ
λ
pπ
Задача 5.8. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
eλz sin z dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −2i и 3. Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
q
R
1
λzs sin zs
Ответ: eλz sin z dz = λ(2 cos zs2π
e
1
+
O
при λ → +∞, где zs – решение урав−zs sin zs )
λ
γ
нения tg zs = zs , zs ≈ 2.03; перевальный контур изображен на рисунке 9.
Рис. 9. Семейство кривых вида Im(z sin z) = C
при C = 0 выделено синим цветом; семейство кривых вида Re(z sin z) = C при C =
0, ±zs sin zs , где zs ≈ 2.03 выделено зеленым
цветом; стрелки указывают направление убывания функции Re(z sin z); перевальный контур выделен красным цветом.
Рис. 10. Семейство кривых вида Im(z 3 + 3z) =
C при C = ±2 выделено синим цветом; семейство кривых вида Re(z 3 + 3z) = C при
C = 0, ±8 выделено зеленым цветом; стрелки указывают направление убывания функции Re(z 3 + 3z); перевальный контур выделен
красным цветом.
Задача 5.9. Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
3
eλ(z +3z) dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки −2 − i и 1 + 2i. Выписать первый член
асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R
p π 2iλ+i π
3
4
Ответ: eλ(z +3z) dz = 6λ
e
1 + O λ1 при λ → +∞; перевальный контур изображен на
γ
рисунке 10.
24
А. А. Пожарский
6.
Построение решений ОДУ в виде рядов в окрестности
регулярных точек.
Рассмотрим нелинейное дифференциальное уравнение вида
 
W1
−
→0
−
→
−
→  . 
..
W (z) = F (z, W (z)), W =
.
Wn
Теорема 6.1. Пусть F (z, W1 , . . . , Wn ) – регулярная векторно-значная функция в круге
|z − z0 | < ε0 по переменной z и в кругах |Wp − Wp0 | < εp по переменным Wp при p = 1, . . . , n
для некоторых εk > 0 при k = 0, . . . , n. Тогда существует ε > 0 (ε 6 ε0 ) такое, что решение
задачи Коши
 0
W1
−
→0
−
→
−
→ W (z) = F (z, W (z)), W (z)
=  ... 
(6.1)
z=z0
0
Wn
существует, единственно и является регулярной функцией в круге |z − z0 | < ε.
Пример 6.2. Решить задачу Коши
W 0 = W 2,
W (0) = w0 6= 0.
(6.2)
Решение. Уравнение (6.2) интегрируется методом разделения переменных. Решение можно
записать в виде
−1
W (z) =
.
(6.3)
z − w0−1
Обратим внимание на то, что найденное решение имеет полюс в точке z = w0−1 , в то время
как правая часть в уравнении (6.2) регулярная функция во всей комплексной плоскости. В
формулировке теоремы (6.1) это соответствует ε0 = +∞ и ε < w0−1 .
Этот пример показывает, что у решений нелинейных уравнений вида (6.1) могут появляться особенности даже там, где функция F регулярна. Поэтому постоянная ε в формулировке
теоремы 6.1, вообще говоря, не может быть заменена на ε0 . Ответ: W (z) = −(z − w0−1 )−1 .
Теорема 6.1 утверждает, что решение задачи (6.1) регулярная функция в некотором круге с
центром в точке z0 . Отсюда следует, что ее решение может быть разложено в ряд Тейлора в
окрестности точки z0 . Таким образом, теорема 6.1 позволяет искать решение задачи (6.1) в виде
ряда Тейлора с центром в точке z0 . При этом, однако, мы заранее ничего не можем сказать об
области сходимости полученного ряда.
Пример 6.3. Найти решение задачи Коши
0
W = W 2,
W (0) = 1
(6.4)
в виде ряда с точностью до O(z 3 ).
Решение. Ищем решение в виде ряда Тейлора в окрестности точки z0 = 0
∞
X
W (z) =
wn z n = w0 + w1 z + w2 z 2 + O(z 3 ).
n=0
(6.5)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
25
Подставляя ряд (6.5) в уравнение (6.4), получим
w1 + 2w2 z + O(z 2 ) = w0 + w1 z + w2 z 2 + O(z 3 )
2
= w02 + 2w0 w1 z + O(z 2 ).
(6.6)
Приравнивая коэффициенты при z 0 , z 1 , и т. д. в уравнении (6.6), найдем рекуррентные соотношения на коэффициенты wn . Вот первые два из них
w1 = w02 ,
2w2 = 2w0 w1 .
(6.7)
Из начального условия W (0) = 1 следует, что
W (0) = w0 = 1.
Подставляя теперь w0 = 1 в рекуррентные соотношения (6.7), найдем
w1 = w02 = 1,
w2 = w0 w1 = 1.
Заметим, что найденные первые три члена ряда согласуются с известным точным решением,
см. пример 6.2,
∞
X
−1
1
W (z) =
=
=
zn. (6.8)
z−1
1−z
n=0
Ответ: W (z) = 1 + z + z 2 + O(z 3 ).
Пример 6.4. Найти решение задачи Коши
0
W = W 2,
W (0) = 1
в виде ряда.
Решение. Ищем решение в виде ряда Тейлора
∞
X
wn z n .
W (z) =
(6.9)
n=0
Подставляя ряд (6.9) в уравнение (6.4), получим
∞
X
∞
X
wn nz n−1 =
n=0
n=0
∞
X
∞
X
wn nz n−1 =
n=1
∞
X
!2
wn z n
,
!
wn z n
∞
X
n=0
wp+1 (p + 1)z p =
wk z k
,
k=0
∞ X
∞
X
p=0
!
wn wk z n+k .
(6.10)
n=0 k=0
Преобразуем выражение в правой части (6.10). Для этого сделаем замену переменных k = p − n
∞ X
∞
X
wn wk z
n+k
=
n=0 k=0
∞ X
∞
X
wn wp−n z p =
n=0 p=n
и поменяем местами суммы по n и p
=
p
∞ X
X
p=0 n=0
p
wn wp−n z =
∞
X
p=0
z
p
p
X
n=0
wn wp−n .
26
А. А. Пожарский
В итоге получаем следующее равенство
∞ X
∞
X
wn wk z
n+k
=
n=0 k=0
∞
X
z
p
p
X
wn wp−n .
(6.11)
n=0
p=0
Подставляя выражение (6.11) в уравнение (6.10), получим
∞
X
p
wp+1 (p + 1)z =
p=0
∞
X
p=0
z
p
p
X
wn wp−n .
(6.12)
n=0
Приравнивая коэффициенты при z p , p = 0, 1, . . . в уравнении (6.12), найдем рекуррентные
соотношения на коэффициенты wp
wp+1 (p + 1) =
p
X
wn wp−n .
(6.13)
n=0
Из начального условия W (0) = 1 следует, что
W (0) = w0 = 1.
Подставляя теперь w0 = 1 в рекуррентные соотношения (6.13), найдем
w1 = w02 = 1, w2 = w0 w1 = 1, . . . ,
p
1 X
wp+1 =
1 = 1, p = 2, 3, . . . . p + 1 n=0
Ответ: W (z) =
∞
P
zn.
n=0
Пример 6.5. Найти решение задачи Коши
00
W + (W 0 )2 − sin(W ) = 3 − z,
W (0) = π, W 0 (0) = 1
(6.14)
в виде ряда с точностью до O(z 4 ). Переписать уравнение (6.14) в виде (6.1).
Решение. Перепишем уравнение (6.14) виде
W 00 = −(W 0 )2 + sin(W ) + 3 − z.
(6.15)
Ищем решение в виде ряда Тейлора в окрестности точки z0 = 0
W (z) =
∞
X
wn z n = w0 + w1 z + w2 z 2 + w3 z 3 + O(z 4 ).
(6.16)
n=0
Подставляя ряд (6.16) в уравнение (6.15), получим
2
2w2 + 6w3 z + O(z 2 ) = − w1 + 2w2 z + O(z 2 ) + sin w0 + w1 z + O(z 2 ) + 3 − z =
= −w12 − 4w1 w2 z + sin(w0 ) + cos(w0 )w1 z + 3 − z + O(z 2 ) =
= 3 − w12 + sin(w0 ) + (−4w1 w2 + cos(w0 )w1 − 1)z + O(z 2 ).
Приравнивая коэффициенты при z 0 , z 1 , . . . найдем рекуррентные соотношения на коэффициенты wn . Вот первые два из них
2w2 = 3 − w12 + sin(w0 ),
6w3 = −4w1 w2 + cos(w0 )w1 − 1.
(6.17)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
27
Подставляя ряд (6.16) в начальные условия (6.14), найдем
W (0) = w0 = π,
W 0 (0) = w1 = 1.
Подставляя теперь w0 = 1 и w1 = 1 в рекуррентные соотношения (6.17), найдем
1
w2 = (3 − w12 + sin(w0 )) = 1,
2
1
w3 = (−4w1 w2 + cos(w0 )w1 − 1) = −1.
6
−
→
Перепишем теперь уравнение (6.14) в виде (6.1). Для этого определим вектор-функцию W
следующим равенством
−
→
W1
W
W =
=
,
W2
W0
где W – решение уравнения (6.14). Отсюда
0 0 −
→0
W (z)
W2 (z)
W1 (z)
=
=
=
W (z) =
W 00 (z)
−(W 0 (z))2 + sin(W (z)) + 3 − z
W20 (z)
W2 (z)
=
,
−(W2 (z))2 + sin(W1 (z)) + 3 − z
W1 (0)
W (0)
π
=
=
.
W2 (0)
W 0 (0)
1
Таким образом, уравнение (6.14) можно переписать в виде
−
→0
−
→
−
→
−
→
π
W2
W (z) = F (z, W (z)), W (0) =
, F (z, W ) =
.
1
−(W2 )2 + sin(W1 ) + 3 − z
Ответ: W (z) = π + z + z 2 − z 3 + O(z 4 ).
Рассмотрим теперь линейное дифференциальное уравнение вида
 


 
W1
F11 · · · F1n
G1
−
→0
−
→ →
−
−
→  . 
→
−
.
.
..
W (z) = F (z)W + G (z), W =
, F =  .. . . . ..  , G =  ...  .
Wn
Fn1 · · · Fnn
Gn
Теорема 6.6. Пусть F (z) – регулярная матрично-значная функция в односвязной области D
→
−
и G (z) – регулярная векторно-значная функция в той же области D. Тогда решение задачи
Коши
 0
W1
−
→0
−
→
→
−
−
→ .. 

W (z) = F (z)W (z) + G (z), W (z)
=
(6.18)
.
z=z0
0
Wn
существует, единственно и является регулярной функцией в области D.
Пример 6.7. Найти решение задачи Коши
0
W − W = 0,
W (0) = 1
в виде ряда и указать область его сходимости.
(6.19)
28
А. А. Пожарский
Решение. Ищем решение в виде ряда Тейлора
W (z) =
∞
X
wn z n .
(6.20)
n=0
Сразу заметим, что коэффициенты уравнения (6.19) регулярны во всей комплексной плоскости,
поэтому из теоремы 6.6 следует, что решение в виде ряда (6.20) существует и ряд, отвечающий
этому решению, сходится при всех z.
Подставляя ряд (6.20) в уравнение (6.19), получим
∞
X
wn nz
n−1
=
n=0
∞
X
∞
X
wn z n ,
n=0
wp+1 (p + 1)z p =
p=0
∞
X
wp z p .
(6.21)
p=0
Приравнивая коэффициенты при z p , p = 0, 1, . . . в уравнении (6.21), найдем рекуррентные
соотношения на коэффициенты wp
wp+1 (p + 1) = wp , p > 0.
Полагая n = p + 1, получим
wn−1
, n > 1.
n
Из начального условия W (0) = 1 следует, что
wn =
(6.22)
W (0) = w0 = 1.
В общем случае решить рекуррентные соотношения довольно затруднительно, однако в данном примере это сделать довольно просто. Подставляя w0 = 1 в рекуррентные соотношения (6.22), найдем
wn =
wn−2
w0
w0
1
wn−1
=
= ··· =
=
= .
n
n(n − 1)
n(n − 1) · · · 2 · 1
n!
n!
Отсюда
∞
X
∞
X
1 n
W (z) =
wn z =
z = ez . n!
n=0
n=0
Ответ: W (z) =
∞
P
n=0
wn z n , w0 = 1, wn =
wn−1
,
n
n
n > 1, |z| < ∞.
Пример 6.8. Найти решение задачи Коши
0
W − z 2 W = 1,
W (0) = 0
(6.23)
в виде ряда и указать область его сходимости.
Решение. Ищем решение в виде ряда Тейлора
W (z) =
∞
X
n=0
wn z n .
(6.24)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
29
Подставляя ряд (6.24) в уравнение (6.23), получим
∞
∞
X
X
n−1
wn nz
−
wn z n+2 = 1,
n=0
∞
X
n=0
wp+1 (p + 1)z p = 1 +
p=0
∞
X
wp−2 z p .
(6.25)
p=2
p
Приравнивая коэффициенты при z , p = 0, 1, . . . в уравнении (6.25), найдем рекуррентные
соотношения на коэффициенты wp . Отметим, что мы должны отдельно рассмотреть три случая
p = 0, p = 1 и p > 2, потому что первая сумма в (6.25) начинается с p = 0, а вторая с p = 2
z 0 : w1 = 1,
z 1 : 2w2 = 0, w2 = 0,
z p : wp+1 (p + 1) = wp−2 , p > 2 =⇒ wn =
wn−3
, n > 3.
n
Из начального условия W (0) = 1 следует, что
W (0) = w0 = 0.
Отметим, что в данном примере можно явно вычислить все коэффициенты ряда (6.24)
w1
w3p = 0, p > 0, w3p+2 = 0, p > 0, w3p+1 =
, p > 0,
1 · 4 · · · (3p − 2)(3p + 1)
∞
∞
X
X
1
n
wn z =
W (z) =
z 3p+1 .
1
·
4
·
.
.
.
·
(3p
−
2)(3p
+
1)
p=0
n=0
Коэффициенты уравнения (6.23) регулярны во всей комплексной плоскости, поэтому ряд
(6.24) сходится при всех z. ∞
P
Ответ: W (z) =
wn z n , w0 = 0, w1 = 1, w2 = 0, wn = wn−3
, n > 3, |z| < ∞.
n
n=0
Пример 6.9. Найти решение задачи Коши
00
W − z 2 W 0 + W = 1,
W (0) = 1, W 0 (0) = 6
(6.26)
в виде ряда и указать область его сходимости.
Решение. Ищем решение в виде ряда Тейлора
∞
X
W (z) =
wn z n .
(6.27)
n=0
0
Из начальных условий W (0) = 1 и W (0) = 6 находим, что
W (0) = w0 = 1,
W 0 (0) = w1 = 6.
Выпишем выражения для W 0 и W 00
∞
∞
X
X
0
n−1
W (z) =
wn nz
=
wp+1 (p + 1)z p ,
n=0
W 00 (z) =
∞
X
p=0
(6.28)
p=0
wp+1 (p + 1)pz p−1 =
∞
X
p=0
wp+2 (p + 2)(p + 1)z p .
(6.29)
30
А. А. Пожарский
Подставляя ряды (6.27) – (6.29) в уравнение (6.26), получим
∞
∞
∞
X
X
X
(p + 2)(p + 1)wp+2 z p −
(p + 1)wp+1 z p+2 +
wp z p = 1,
p=0
∞
X
p=0
∞
X
p=0
∞
X
n=2
n=0
(n + 2)(n + 1)wn+2 z n −
n=0
(n − 1)wn−1 z n +
wn z n = 1.
(6.30)
Приравнивая коэффициенты при z n , n > 0 в уравнении (6.30), найдем рекуррентные соотношения на коэффициенты wn . При этом мы должны отдельно рассмотреть три случая n = 0,
n=1иn>2
z 0 : 2w2 + w0 = 1, =⇒ w2 = 0,
z 1 : 6w3 + w1 = 0, =⇒ w3 = −1,
(p − 3)wp−3 − wp−2
, p > 4.
p(p − 1)
Коэффициенты уравнения (6.26) регулярны во всей комплексной плоскости, поэтому ряд
(6.27) сходится при всех z. ∞
P
p−3 −wp−2
Ответ: W (z) =
wn z n , w0 = 1, w1 = 6, w2 = 0, w3 = −1, wp = (p−3)w
, p > 4, |z| < ∞.
p(p−1)
z n : (n + 2)(n + 1)wn+2 − (n − 1)wn−1 + wn = 0, n > 2 =⇒ wp =
n=0
Домашнее задание:
Задача 6.10. Найти решение задачи Коши
0
W = W 4 + 2z,
W (0) = 1
в виде ряда с точностью до O(z 3 ).
Ответ: W (z) = 1 + z + 3z 2 + O(z 3 ).
Задача 6.11. Найти решение задачи Коши
0
W = eW + z,
W (0) = 0
в виде ряда с точностью до O(z 4 ).
Ответ: W (z) = z + z 2 + 21 z 3 + O(z 4 ).
Задача 6.12. Найти решение задачи Коши
0
W = cos(W ) − 2,
W (0) = 0
в виде ряда с точностью до O(z 4 ).
Ответ: W (z) = −z − 61 z 3 + O(z 4 ).
Задача 6.13. Найти решение задачи Коши
0 √
W = 2 cos(W ) + z 2 ,
W (0) = π4
в виде ряда с точностью до O(z 4 ).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Ответ: W (z) =
π
4
31
+ z − 21 z 2 + 13 z 3 + O(z 4 ).
Задача 6.14. Найти решение задачи Коши
0
W + zW = 1 − z,
W (0) = 1
в виде ряда и указать область его сходимости.
Ответ: W (z) =
∞
P
n=0
wn z n , w0 = 1, w1 = 1, w2 = −1, wn = − wn−2
, n > 3, |z| < ∞.
n
Задача 6.15. Найти решение задачи Коши
00
W + W 0 − zW = z,
W (0) = 1, W 0 (0) = −2
в виде ряда и указать область его сходимости.
Ответ: W (z) =
∞
P
wn z n , w0 = 1, w1 = −2, w2 = 1, w3 = 0, wn =
n=0
wn−3 −(n−1)wn−1
,
n(n−1)
Задача 6.16. Найти решение задачи Коши
(1 − z)W 00 − W = 0,
W (0) = 1, W 0 (0) = 0
в виде ряда и указать область его сходимости.
Ответ: W (z) =
∞
P
n=0
wn z n , w0 = 1, w1 = 0, wn =
1
n(n−1)
n−2
P
p=0
wp , n > 2, |z| < 1.
n > 4, |z| < ∞.
32
А. А. Пожарский
7.
Правильные особые точки. Теорема Фукса.
Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка
W 00 + p(z)W 0 + q(z)W = 0,
(7.1)
где p и q – заданные функции, а W – неизвестная функция. Мы будем предполагать, что
функции p и q регулярны в проколотой окрестности некоторой точки z0 .
Определение 7.1. Точка z0 6= ∞ называется особой точкой уравнения (7.1), если хотя бы
одна из функций p или q имеет в этой точке полюс или существенную особую точку.
Определение 7.2. Точка z0 6= ∞ называется правильной особой точкой уравнения (7.1), если
для p эта точка – полюс не выше первого порядка, а для q – полюс не выше второго порядка,
т. е. p и q допускают разложения в окрестности точки z0 в ряды Лорана вида
p0
q1
q0
p(z) =
+
+ регулярные члены, q(z) =
+ регулярные члены.
2
z − z0
(z − z0 )
z − z0
Определение 7.3. Особая точка z0 называется неправильной, если она не является правильной особой точкой.
Определение 7.4. Пусть ρ1 и ρ2 корни характеристического уравнения
ρ(ρ − 1) + p0 ρ + q0 = 0
такие, что Re ρ1 > Re ρ2 . Числа ρ1 и ρ2 называют характеристическими показателями уравнения (7.1).
Теорема 7.5 (Фукс). Пусть ρ1 и ρ2 корни характеристического уравнения. Тогда утверждение (A) эквивалентно одному из утверждений (B1) – (B3).
(A) Точка z0 – правильная особая точка уравнения (7.1).
(B1) Пусть ρ1 − ρ2 6∈ Z, тогда существует два решения уравнения (7.1) вида
W1 (z) =
∞
X
n+ρ1
cn (z − z0 )
,
W2 (z) =
n=0
∞
X
dn (z − z0 )n+ρ2
n=0
таких, что c0 6= 0 и d0 6= 0.
(B2) Пусть ρ1 − ρ2 ∈ Z \ {0}, тогда существует два решения уравнения (7.1) вида
W1 (z) =
∞
X
n=0
cn (z − z0 )n+ρ1 ,
W2 (z) =
∞
X
dn (z − z0 )n+ρ2 + AW1 (z) ln(z − z0 )
(7.2)
n=0
таких, что c0 6= 0 и d0 6= 0. При этом постоянная A может оказаться равной нулю.
(B3) Пусть ρ1 = ρ2 , тогда существует два решения уравнения (7.1) вида (7.2) таких, что
c0 6= 0, d0 = 0 и A 6= 0.
При этом ряды, указанные в (B1) – (B3), сходятся в любом круге |z − z0 | 6 R, не содержащем
других особых точек уравнения (7.1).
Теорема 7.5 позволяет строить решения уравнения (7.1) в окрестности конечных правильных
особых точек. Для исследования случая z0 = ∞ полезна следующая теорема1.
1Теорема
7.7 сводится к теореме 7.5 с помощью замены переменных z = 1/t.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
33
Определение 7.6. Точка z0 = ∞ называется правильной особой точкой уравнения (7.1), если
p и q допускают разложения в окрестности точки z0 = ∞ в ряды Лорана вида
∞
∞
p0 X pn−1
q0 X qn−2
p(z) =
+
q(z) = 2 +
.
z
zn
z
zn
n=2
n=3
Теорема 7.7 (Фукс). Пусть ρ1 и ρ2 корни характеристического уравнения
ρ(ρ − 1) + p0 ρ + q0 = 0,
Re ρ1 6 Re ρ2 .
Тогда утверждение (A) эквивалентно одному из утверждений (B1) – (B3).
(A) Точка z0 = ∞ – правильная особая точка уравнения (7.1).
(B1) Пусть ρ1 − ρ2 6∈ Z, тогда существует два решения уравнения (7.1) вида
∞
∞
X
X
−n+ρ1
, W2 (z) =
dn z −n+ρ2
W1 (z) =
cn z
n=0
n=0
таких, что c0 6= 0 и d0 6= 0.
(B2) Пусть ρ1 − ρ2 ∈ Z \ {0}, тогда существует два решения уравнения (7.1) вида
∞
∞
X
X
−n+ρ1
W1 (z) =
cn z
, W2 (z) =
dn z −n+ρ2 + AW1 (z) ln z
n=0
(7.3)
n=0
таких, что c0 6= 0 и d0 6= 0. При этом постоянная A может оказаться равной нулю.
(B3) Пусть ρ1 = ρ2 , тогда существует два решения уравнения (7.1) вида (7.3) таких, что
c0 6= 0, d0 = 0 и A 6= 0.
При этом ряды, указанные в (B1) – (B3), сходятся в любом кольце |z| > R, не содержащем
других особых точек уравнения (7.1).
Пример 7.8. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z 2 (1 − z)W 00 + (1 + z)W 0 + zW = 0.
(7.4)
Решение. Перепишем уравнение (7.4) в виде
1+z
1
W 00 + 2
W0 +
W = 0.
(7.5)
z (1 − z)
z(1 − z)
Уравнение (7.5) имеет три особые точки z = 0, 1 и ∞.
Разложения в ряды Лорана функций p и q в окрестности точки z = 0 имеют вид
1+z
1
1
1
p(z) = 2
= 2 + · · · , q(z) =
= + ··· .
z (1 − z)
z
z(1 − z)
z
Таким образом, z = 0 – неправильная особая точка.
Разложения в ряды Лорана функций p и q в окрестности точки z = 1 имеют вид
−2
1
−1
1+z
p(z) = 2
=
+ · · · , q(z) =
=
+ ··· .
z (1 − z)
z−1
z(1 − z)
z−1
Таким образом, z = 1 – правильная особая точка, причем p0 = −2, q0 = 0. Характеристическое
уравнение принимает вид
ρ2 − 3ρ = 0.
Отсюда находим, что ρ1 = 3, ρ2 = 0.
Разложения в ряды Лорана функций p и q в окрестности точки z = ∞ имеют вид
1+z
−1
1
−1
p(z) = 2
= 2 + · · · , q(z) =
= 2 + ··· .
z (1 − z)
z
z(1 − z)
z
34
А. А. Пожарский
Таким образом, z = ∞ – правильная особая точка, причем p0 = 0, q0 = −1. Характеристическое
уравнение принимает вид
ρ2 − ρ − 1 = 0.
Отсюда находим, что
√
√
1− 5
1+ 5
ρ1 =
, ρ2 =
.
2
2
Ответ: z = 0 – неправильная особая точка; z = 1 – правильная особая точка, характеристические показатели
ρ1 = 3, √ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка, характеристические
√
1− 5
показатели ρ1 = 2 , ρ2 = 1+2 5 .
Пример 7.9. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели для уравнения Бесселя
z 2 W 00 + zW 0 + (z 2 − ν 2 )W = 0, Re ν > 0.
(7.6)
Решение. Перепишем уравнение (7.6) в виде
1
z2 − ν 2
W 00 + W 0 +
W = 0.
z
z2
Уравнение (7.7) имеет две особые точки z = 0 и ∞.
Разложения в ряды Лорана функций p и q в окрестности точки z = 0 имеют вид
(7.7)
1
z2 − ν 2
−ν 2
p(z) = , q(z) =
= 2 + 1.
z
z2
z
Таким образом, z = 0 – правильная особая точка, причем p0 = 1, q0 = −ν 2 . Характеристическое
уравнение принимает вид
ρ2 − ν 2 = 0.
Отсюда находим, что ρ1 = ν, ρ2 = −ν.
Разложения в ряды Лорана функций p и q в окрестности точки z = ∞ имеют вид
z2 − ν 2
ν2
1
p(z) = , q(z) =
=
1
−
.
z
z2
z2
Таким образом, z = ∞ – неправильная особая точка. Ответ: z = ∞ – неправильная особая точка; z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = ν, ρ2 = −ν.
Домашнее задание:
Задача 7.10. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z 2 (2 − z)W 00 + 2zW 0 − 2W = 0.
Ответ: z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = 1, ρ2 = −1; z = 2 – правильная особая точка,
ρ1 = 2, ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = 0, ρ2 = 1.
Задача 7.11. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели для гипергеометрического уравнения
1
1
W = 0.
W 00 + W 0 +
z
z(1 − z)
Ответ: z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = ρ2 = 0; z = 1 – правильная особая точка, ρ1 = 1,
ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = −1, ρ2 = 1.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
35
Задача 7.12. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели для уравнения Лежандра
(1 − z 2 )W 00 − 2zW 0 + ν(ν + 1)W = 0.
Ответ: z = −1 и 1 – правильные особые точки, ρ1 = ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка,
ρ1 = −ν, ρ2 = ν + 1.
Задача 7.13. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
(z 2 + 1)2 W 00 + 4(z + i)W 0 − 4W = 0.
Ответ: z = i – неправильная особая точка; z = −i – правильная особая точка, ρ1 = ρ2 = 1;
z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = 0, ρ2 = 1.
Задача 7.14. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
(z 2 + 1)W 00 + 2zW 0 + zW = 0.
Ответ: z = ±i – правильные особые точки, ρ1 = ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка,
ρ1 = −1, ρ2 = 0.
Задача 7.15. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
(z 2 − 1)W 00 + zW 0 + W = 0.
Ответ: z = ±1 – правильные особые точки, ρ1 = 21 , ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка,
ρ1 = i, ρ2 = −i.
Задача 7.16. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z 2 (z − 2)2 W 00 + 4(z − 2)W 0 + z 2 W = 0.
Ответ: z = 0 – неправильная особая точка;
z = 2 – правильная
особая точка, ρ1 = i, ρ2 = −i;
√
√
1+i 3
1−i 3
z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = 2 , ρ2 = 2 .
Задача 7.17. Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z(1 − z)2 W 00 + (1 + z 2 )W 0 + (1 − z)W = 0.
Ответ: z = 1 – неправильная особая точка; z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = ρ2 = 0;
z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = −1, ρ2 = 1.
36
А. А. Пожарский
8.
Построение решений ЛДУ в виде рядов в окрестности
правильных особых точек.
Пример 8.1. Найти решения уравнения
2zW 00 + W 0 + W = 0
(8.1)
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
1
ρ2 − ρ = 0,
2
откуда ρ1 = 1/2, ρ2 = 0. Так как ρ1 − ρ2 = 1/2 6∈ Z, то из теоремы 7.5 следует, что существует
два решения уравнения (8.1) вида
W (z) =
∞
X
cn z ρ+n .
(8.2)
n=0
Выпишем ряды для W 0 и W 00
0
W (z) =
∞
X
cn (ρ + n)z
ρ+n−1
,
00
W (z) =
n=0
∞
X
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n−2 .
(8.3)
n=0
Подставляя ряды (8.2) и (8.3) в уравнение (8.1), получим
∞
X
2cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z
ρ+n−1
+
∞
X
cn (ρ + n)z
ρ+n−1
+
cn z ρ+n = 0.
(8.4)
n=0
n=0
n=0
∞
X
Удобно сделать замены переменных в суммах в равенстве (8.4) так, чтобы во всех суммах
фигурировала одна и та же степень z. Для этого в последней сумме сделаем замену n = k − 1,
а в первой и второй сумме напишем k вместо n
∞
X
2ck (ρ + k)(ρ + k − 1)z ρ+k−1 +
k=0
∞
X
ck (ρ + k)z ρ+k−1 +
k=0
∞
X
ck (ρ + k)(2ρ + 2k − 1)z
∞
X
ck−1 z ρ+k−1 = 0,
k=1
ρ+k−1
+
k=0
∞
X
ck−1 z ρ+k−1 = 0.
k=1
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z ρ−1 : c0 ρ(2ρ − 1) = 0,
z ρ+k−1 (k > 1) : ck (ρ + k)(2ρ + 2k − 1) + ck−1 = 0.
(8.5)
(8.6)
Замечание 8.2. Уравнение (8.5) с точностью до умножения на 2c0 совпадает с характеристическим уравнением. Из (8.5) видно, что если выбрать ρ 6= ρ1,2 , то c0 = 0 и мы получаем
тривиальное решение W ≡ 0. Поэтому единственная возможность получить нетривиальное
решение исходного уравнения (8.1) выбрать ρ = ρ1,2 .
Выбираем ρ = ρ1 = 1/2 и c0 = 1. Из (8.6) находим рекуррентную формулу для ck
ck−1
ck−1
=−
, k > 1.
ck = −
(ρ1 + k)(2ρ1 + 2k − 1)
(2k + 1)k
(8.7)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
37
Обращаем внимание на то, что знаменатель не обращается в ноль ни при каких k > 1. Это
гарантирует разрешимость рекуррентной формулы (8.7). Таким образом, решение W1 , соответствующее ρ1 , задается равенством
∞
X
1
ck−1
W1 (z) =
cn z 2 +n , c0 = 1, ck = −
, k > 1.
(2k + 1)k
n=0
Второе решение получается для ρ = ρ2 = 0 и c0 = 1. Из (8.6) находим рекуррентную формулу
для ck
ck−1
ck−1
ck = −
=−
, k > 1.
(ρ2 + k)(2ρ2 + 2k − 1)
k(2k − 1)
Соответствующее решение задается равенством
∞
X
dk−1
W2 (z) =
dn z n , d0 = 1, dk = −
, k > 1.
(2k
−
1)k
n=0
Здесь, ради того чтобы не смешивать обозначения, мы заменили ck на dk . Ответ:
W1 (z) =
∞
X
1
cn z 2 +n ,
c0 = 1, cn = −
n=0
W2 (z) =
∞
X
dn z n ,
d0 = 1, dn = −
n=0
cn−1
, n > 1,
(2n + 1)n
dn−1
, n > 1.
(2n − 1)n
Замечание 8.3. Общее решение уравнения (8.1) можно записать в виде
W (z) = C1 W1 (z) + C2 W2 (z),
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример 8.4. Найти решения уравнения
3zW 00 + 2W 0 − zW = 0
(8.8)
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
1
ρ2 − ρ = 0,
3
откуда ρ1 = 1/3, ρ2 = 0. Так как ρ1 − ρ2 = 1/2 6∈ Z, то из теоремы 7.5 следует, что существует
два решения уравнения (8.8) вида
W (z) =
∞
X
cn z ρ+n .
(8.9)
n=0
Выпишем ряды для W 0 и W 00
∞
X
0
W (z) =
cn (ρ + n)z ρ+n−1 ,
00
W (z) =
n=0
∞
X
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n−2 .
n=0
Подставляя ряды (8.9) и (8.10) в уравнение (8.8), получим
∞
X
n=0
3cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z
ρ+n−1
+
∞
X
n=0
2cn (ρ + n)z
ρ+n−1
−
∞
X
n=0
cn z ρ+n+1 = 0,
(8.10)
38
А. А. Пожарский
∞
X
3ck (ρ + k)(ρ + k − 1)z
ρ+k−1
+
k=0
∞
X
2ck (ρ + k)z
ρ+k−1
k=0
∞
X
ck (ρ + k)(3ρ + 3k − 1)z ρ+k−1 −
k=0
−
∞
X
ck−2 z ρ+k−1 = 0,
k=2
∞
X
ck−2 z ρ+k−1 = 0.
k=2
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z ρ−1 : c0 ρ(3ρ − 1) = 0,
z ρ : c1 (ρ + 1)(3ρ + 2) = 0,
z ρ+k−1 (k > 2) : ck (ρ + k)(3ρ + 3k − 1) − ck−2 = 0.
(8.11)
(8.12)
(8.13)
Замечание 8.5. Уравнение (8.11) с точностью до умножения на 3c0 совпадает с характеристическим уравнением.
Выбираем ρ = ρ1 = 1/3 и c0 = 1. Из (8.12) следует, что c1 = 0. Из (8.13) находим рекуррентную
формулу для ck
ck−2
ck−2
=
, k > 2.
(8.14)
ck =
(ρ1 + k)(3ρ1 + 3k − 1)
(3k + 1)k
Знаменатель не обращается в ноль при k > 1. Это гарантирует разрешимость рекуррентной
формулы (8.14). Решение W1 , соответствующее ρ1 , задается равенством
W1 (z) =
∞
X
1
cn z 3 +n ,
c0 = 1, c1 = 0, ck =
n=0
ck−2
, k > 2.
(3k + 1)k
Второе решение получается для ρ = ρ2 = 0 и c0 = 1. Из (8.12) следует, что c1 = 0. Из (8.13)
находим рекуррентную формулу для ck
ck−2
ck−2
ck =
=
, k > 2.
(ρ2 + k)(3ρ2 + 3k − 1)
k(3k − 1)
Соответствующее решение задается равенством
W2 (z) =
∞
X
dn z n ,
dk−2
, k > 2.
k(3k − 1)
d0 = 1, d1 = 0, dk =
n=0
Как обычно, чтобы не смешивать обозначения мы заменили здесь ck на dk . Ответ:
W1 (z) =
∞
X
1
cn z 3 +n ,
c0 = 1, c1 = 0, cn =
n=0
W2 (z) =
∞
X
dn z n ,
d0 = 1, d1 = 0, dn =
n=0
cn−2
, n > 2,
(3n + 1)n
dn−2
, n > 2.
n(3n − 1)
Пример 8.6. Найти решения уравнения
2z 2 (3 + 2z)W 00 + z(9 + 2z)W 0 − 3W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
1
1
ρ2 + ρ − = 0,
2
2
(8.15)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
39
откуда ρ1 = 1/2, ρ2 = −1. Так как ρ1 − ρ2 = 3/2 6∈ Z, то из теоремы 7.5 следует, что существует
два решения уравнения (8.15) вида
∞
X
W (z) =
cn z ρ+n .
(8.16)
n=0
0
00
Выпишем ряды для W и W
∞
X
0
W (z) =
cn (ρ + n)z ρ+n−1 ,
00
W (z) =
n=0
∞
X
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n−2 .
(8.17)
n=0
Подставляя ряды (8.16) и (8.17) в уравнение (8.15), получим
∞
∞
∞
X
X
X
(6z 2 + 4z 3 )
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n−2 + (9z + 2z 2 )
cn (ρ + n)z ρ+n−1 − 3
cn z ρ+n = 0,
n=0
n=0
∞
X
6cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z
ρ+n
+
n=0
4cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n+1 +
n=0
+
∞
X
9cn (ρ + n)z ρ+n +
n=0
∞
X
∞
X
n=0
∞
X
2cn (ρ + n)z ρ+n+1 −
n=0
6ck (ρ + k)(ρ + k − 1)z
ρ+k
+
∞
X
3cn z ρ+n = 0,
n=0
∞
X
4ck−1 (ρ + k − 1)(ρ + k − 2)z ρ+k +
k=1
k=0
+
∞
X
9ck (ρ + k)z
k=0
ρ+k
+
∞
X
2ck−1 (ρ + k − 1)z
k=1
ρ+k
−
∞
X
3ck z ρ+k = 0.
(8.18)
k=0
Удобно ввести обозначения
1
F (n) = 6n(n − 1) + 9n − 3 = 3(2n + n − 1) = 6 n −
(n + 1),
2
G(n) = 4(n − 1)(n − 2) + 2(n − 1) = 2(n − 1)(2n − 3).
2
Равенство (8.18) можно переписать в виде
∞
∞
X
X
ρ+k
ck F (ρ + k)z
+
ck−1 G(ρ + k)z ρ+k = 0.
k=0
k=1
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z ρ : c0 F (ρ) = 3c0 (2ρ2 + ρ − 1) = 0,
z
ρ+k
(8.19)
(k > 1) : ck F (ρ + k) + ck−1 G(ρ + k) = 0.
(8.20)
Уравнение (8.19) с точностью до умножения на 6c0 совпадает с характеристическим уравнением. Выбираем ρ = ρ1 = 1/2 и c0 = 1. Из (8.20) находим рекуррентную формулу для ck
ck = −ck−1
(2k + 2ρ1 − 2)(2k + 2ρ1 − 3)
G(ρ + k)
= −ck−1
,
F (ρ + k)
3(2k + 2ρ1 − 1)(k + ρ1 + 1)
k > 1.
2(2k − 1)(k − 1)
, k > 1.
(8.21)
3k(2k + 3)
Обращаем внимание на то, что знаменатель в (8.21) не обращается в ноль ни при каких k > 1.
Это гарантирует разрешимость рекуррентной формулы (8.21). Вместе с тем, числитель в (8.21)
ck = −ck−1
40
А. А. Пожарский
при k = 1 обращается в ноль. Это означает, что c1 = 0, а значит и ck = 0 при k > 2. Таким
образом, решение W1 , соответствующее ρ1 , задается рядом, состоящим из одного члена
√
W1 (z) = z.
Второе решение получается для ρ = ρ2 = −1 и c0 = 1. Из (8.20) находим рекуррентную
формулу для ck
ck = −ck−1
(2k + 2ρ2 − 2)(2k + 2ρ2 − 3)
2(k − 2)(2k − 5)
= −ck−1
,
3(2k + 2ρ2 − 1)(k + ρ2 + 1)
3(2k − 3)k
k > 1.
(8.22)
Видим, что знаменатель в (8.22) не обращается в ноль при k > 1. Вместе с тем, числитель в
(8.22) при k = 2 обращается в ноль. Это означает, что c2 = 0, а значит и ck = 0 при k > 3.
Осталось определить c1
2(k − 2)(2k − 5) = 2.
c1 = −c0
3(2k − 3)k k=1
Соответствующее решение задается конечным рядом
W2 (z) =
Ответ: W1 (z) =
√
z, W2 (z) =
1
z
1
+ 2. z
+ 2.
Пример 8.7. Найти решения уравнения
2(2z 3 − 3z 2 + 1)W 00 + (2z 2 + 5z − 7)W 0 − 3W = 0
(8.23)
в виде рядов в окрестности точки z0 = −1. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Решение. Ради упрощения вычислений, удобно свести задачу к построению рядов в окрестности точки ноль. Для этого в уравнении (8.23) сделаем замену z = ζ + z0 = ζ − 1
2z 3 − 3z 2 + 1|z=ζ−1 = ζ 2 (3 + 2ζ),
2z 2 + 5z − 7|z=ζ−1 = ζ(9 + 2ζ),
ζ0 = z0 + 1 = 0,
Wz0 = Wζ0 ,
откуда
00
2ζ 2 (3 + 2ζ)Wζζ
+ ζ(9 + 2ζ)Wζ0 − 3W = 0.
(8.24)
Заметим теперь, что с точностью до замены ζ на z уравнения (8.24) и (8.15) совпадают.
Используя решение из примера 8.6, получим
p
1
W1 = ζ, W2 = + 2.
ζ
Возвращаясь к переменной z, найдем
√
W1 (z) = z + 1,
Ответ: W1 (z) =
√
z + 1, W2 (z) =
1
z+1
W2 (z) =
1
+ 2. z+1
+ 2.
Домашнее задание:
Задача 8.8. Найти решения уравнения
9z 2 W 00 + 9zW 0 − (1 + z + z 2 )W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Ответ:
W1 (z) =
∞
X
1
cn z 3 +n ,
c0 = 1, c1 =
n=0
W2 (z) =
∞
X
41
1
cn−1 + cn−2
, cn =
, n > 2,
15
(3n + 1)2 − 1
dn−1 + dn−2
1
, n > 2.
d0 = 1, d1 = , dn =
3
(3n − 1)2 − 1
1
dn z − 3 +n ,
n=0
Задача 8.9. Найти решения уравнения
3z 2 (2 + z)W 00 − 2z(1 + 2z)W 0 + 2(1 + z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = z + 15 z 2 , W2 (z) =
√
3
z.
Задача 8.10. Найти решения уравнения
2z 2 (1 + z)W 00 − z(5 + 7z)W 0 + 3(2 + 3z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
3
Ответ: W1 (z) = z 2 + 31 z 3 , W2 (z) = z 2 .
Задача 8.11. Найти решения уравнения
2z(1 + z 2 )W 00 + (3 − z 2 )W 0 − 2zW = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
1
Ответ: W1 (z) = 1 + 51 z 2 , W2 (z) = z − 2 .
Задача 8.12. Найти решения уравнения
(24z + 2z 3 )W 00 + (12 − 3z 2 )W 0 − (6 − 3z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
1
3
Ответ: W1 (z) = z 2 + 61 z 2 , W2 (z) = 2 + z.
Задача 8.13. Найти решения уравнения
(−2z 2 + 10z 4 )W 00 − (z + 15z 3 )W 0 + (1 + 5z + 10z 2 )W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
1
1
Ответ: W1 (z) = z + z 2 , W2 (z) = z − 2 − 5z 2 .
Задача 8.14. Сколько линейно независимых решений вида
∞
P
cn z n+ρ существует у уравнения
n=0
z α W 000 + βzW 0 − βW = 0
при различных параметрах α ∈ Z?
Ответ: При β = 0 существует 3 ЛНЗ решения указанного вида; при α > 4 и β 6= 0 не существует
ни одного решения указанного вида2; при α = 2 и β 6= 1 – 3 ЛНЗ решения; при α = 2 и β = 1 –
1 ЛНЗ решение; при α = 1, 2 и β 6= 0 – 2 ЛНЗ решения; при α 6 0 – 3 ЛНЗ решения.
2Более точно, можно построить одно формальное решение в виде ряда, который будет расходиться при |z|
> 0.
42
А. А. Пожарский
9.
Построение решений ЛДУ в виде рядов в окрестности
правильных особых точек. Случай появления
логарифма.
Пример 9.1. Найти решения уравнения
zW 00 + W 0 − zW = 0
(9.1)
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
ρ2 = 0,
откуда ρ1 = ρ2 = 0. Из теоремы 7.5 следует, что существует только одно решение уравнения
(9.1) вида
∞
X
cn z n , c0 = 1.
(9.2)
W (z) =
n=0
Подставляя ряд (9.2) в уравнение (9.1), получим
∞
X
n(n − 1)cn z n−1 +
∞
X
ncn z n−1 −
∞
X
cn z n+1 = 0,
n=0
n=0
n=0
∞
X
n2 cn z n−1 −
∞
X
cn−2 z n−1 = 0.
(9.3)
n=2
n=0
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z −1 : c0 · 0 = 0,
z 0 : c1 = 0,
c0 = 1,
cn−2
.
(9.4)
n2
Рекуррентное соотношение разрешимо, поскольку знаменатель в (9.4) не обращается в ноль
при n > 2. Таким образом, первое решение имеет вид
z n−1 (n > 2) : n2 cn − cn−2 = 0,
W1 (z) =
∞
X
cn z n ,
cn =
c0 = 1, c1 = 0, cn =
n=0
cn−2
, n > 2.
n2
Второе решение уравнения (9.1) необходимо искать в виде (см. теорему 7.5 на стр. 32)
W (z) =
∞
X
dn z n + AW1 (z) ln z.
(9.5)
n=0
Подставляя выражение (9.5) в уравнение (9.1), получим
∞
X
n=0
2
n dn z
n−1
−
∞
X
n=2
dn−2 z
n−1
=
−2AW10 (z)
= −2A
∞
X
ncn z n−1 .
(9.6)
n=0
Отметим, что выражение в левой части равенства (9.6) можно получить из левой части равенства (9.3), подставляя dk вместо ck . Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
43
равенстве (9.6), получим
z −1 : d0 · 0 = 0, d0 − любое, пусть d0 = 0,
(9.7)
0
z : d1 = −2Ac1 = 0, A − любое, пусть A = 1,
(9.8)
dn−2 − 2ncn
z n−1 (n > 2) : n2 dn − dn−2 = −2Ancn , dn =
.
n2
Прокомментируем полученные равенства. В (9.7) мы получили равенство 0 = 0, которое
справедливо для любых d0 . Это значит, что мы можем выбирать d0 произвольным образом.
При этом, однако, следует иметь в виду, что мы хотим найти нетривиальное решение исходного уравнения. В данном случае выбор d0 = 0 не приводит нас к тривиальному решению. На
первый взгляд может показаться странным, что у нас появляется подобный произвол в выборе постоянной d0 : это могло бы привести к существованию третьего линейно независимого
решения для дифференциального уравнения второго порядка, что, как известно, невозможно.
Это кажущееся противоречие можно объяснить следующим образом. Допустим, что мы уже
построили решение W2 для d0 = 0. Рассмотрим новое решение W3 = W2 + DW1 . Несложно
видеть, что решение W3 , также как и W2 , имеет вид (9.5), причем d0 = D. Это означает, что
произвольный выбор постоянной d0 соответствует тому обстоятельству, что решение W2 определяется с точностью до произвольно слагаемого вида DW1 (отметим, что это не единственный
произвол при выборе W2 , но об этом чуть ниже).
Отметим попутно, что если корни характеристического уравнения для уравнения вида (7.1)
обладают свойством ρ1 − ρ2 6∈ Z (т. е. появление логарифма у W2 исключено), то решения
W1 и W2 определяются лишь с точностью до умножения на произвольную постоянную. Это
соответствует произвольному выбору постоянных c0 и d0 . При этом никакого другого произвола
в выборе W1 и W2 нет.
В (9.8) появилось соотношение d1 = −2Ac1 . Из этого соотношения мы должны определить
сразу две постоянные d1 и A. Это означает, что у нас опять появляется произвол в определении
решения W2 . Данный произвол соответствует тому, что решение W2 определяется с точностью
до умножения на произвольную постоянную. При этом, если выбирать A = 0, то мы получим
тривиальное решение исходного уравнения. Ответ:
W1 (z) =
W2 (z) =
∞
X
n=0
∞
X
cn z n ,
c0 = 1, c1 = 0, cn =
dn z n + W1 (z) ln z,
cn−2
, n > 2,
n2
d0 = 0, d1 = 0, dn =
n=0
dn−2 − 2ncn
, n > 2.
n2
Пример 9.2. Найти решения уравнения
z(1 + z)W 00 + 3(1 + z)W 0 − zW = 0
(9.9)
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
ρ2 + 2ρ = 0,
откуда ρ1 = 0, ρ2 = −2. Так как ρ1 − ρ2 = 2 ∈ Z, то из теоремы 7.5 следует, что существует
решение уравнения (9.9) вида
∞
X
W (z) =
cn z ρ+n
(9.10)
n=0
при ρ = ρ1 = 0.
44
А. А. Пожарский
Подставляя ряд (9.10) в уравнение (9.9), получим
∞
X
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z
ρ+n−1
+
∞
X
n=0
+
n=0
∞
X
3cn (ρ + n)z
ρ+n−1
+
n=0
∞
X
+
ρ+k−1
3cn (ρ + n)z
ρ+n
−
+
∞
X
cn z ρ+n+1 = 0,
n=0
∞
X
ck−1 (ρ + k − 1)(ρ + k − 2)z ρ+k−1 +
k=1
3ck (ρ + k)z
ρ+k−1
+
∞
X
k=0
∞
X
∞
X
n=0
ck (ρ + k)(ρ + k − 1)z
k=0
∞
X
cn (ρ + n)(ρ + n − 1)z ρ+n +
3ck−1 (ρ + k − 1)z
ρ+k−1
−
k=1
ck (ρ + k)(ρ + k + 2)z
ρ+k−1
+
∞
X
∞
X
k=2
ck−1 (ρ + k − 1)(ρ + k + 1)z
ρ+k−1
−
∞
X
ck−2 z ρ+k−1 = 0. (9.11)
k=2
k=1
k=0
ck−2 z ρ+k−1 = 0,
Полагая ρ = ρ1 = 0 и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z −1 : c0 · 0 = 0,
c0 = 1,
z 0 : 3c1 − c0 = 0,
c1 =
1
c0
= ,
3
3
z k−1 (k > 2) : k(k + 2)ck + (k 2 − 1)ck−1 − ck−2 = 0,
ck =
ck−2 − (k 2 − 1)ck−1
.
k(k + 2)
(9.12)
Знаменатель в (9.12) не обращается в ноль ни при каких k > 2. Это гарантирует разрешимость
рекуррентной формулы (9.12).
Таким образом, решение W1 , соответствующее ρ1 = 0, задается равенством
W1 (z) =
∞
X
cn z n ,
c0 = 1, c1 =
n=0
1
ck−2 − (k 2 − 1)ck−1
, ck =
, k > 2.
3
k(k + 2)
Второе решение, соответствующее ρ = ρ2 = −2, необходимо искать в виде (см. теорему 7.5
на стр. 32)
∞
X
W (z) =
dn z n−2 + AW1 (z) ln z.
(9.13)
n=0
Подставляя выражение (9.13) в уравнение (9.9), получим
∞
X
n=0
dn (n − 2)nz
n−3
+
∞
X
n=1
dn−1 (n − 3)(n − 1)z
n−3
−
∞
X
dn−2 z n−3 =
n=2
= −2A (z +
1)W10 (z)
1
+ W1 (z) + W1 (z) . (9.14)
z
Отметим, что выражение в левой части равенства (9.14) можно получить из левой части равенства (9.11), подставляя ρ2 вместо ρ и dk вместо ck .
Преобразуем правую часть равенства (9.14)
∞
∞
∞
X
X
X
1
(z + 1)W10 (z) + W1 (z) + W1 (z) =
cn+1 z n +
(cn + cn+1 (n + 1))z n +
cn nz n . (9.15)
z
n=−1
n=0
n=1
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
45
Подставим (9.15) в (9.14) и сделаем подстановку k = n + 3 в суммах в левой части равенства (9.14)
∞
X
∞
X
n
dn+3 (n + 1)(n + 3)z +
n=−3
n
dn+2 n(n + 2)z −
n=−2
∞
X
= −2A
n=−1
cn+1 z n +
∞
X
∞
X
dn+1 z n =
n=−1
(cn + cn+1 (n + 1))z n +
n=0
∞
X
!
cn nz n .
n=1
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z, получим
z −3 : d0 · 0 = 0, d0 = 1,
z −2 : −d1 + d0 · 0 = 0, d1 = 0,
d0 + d1
1
= , d2 − любое, пусть d2 = 0,
2c0
2
5
d1 − 2A(c0 + 2c1 )
=− ,
z 0 : 3d3 + d2 · 0 − d1 = −2A(c1 + c0 + c1 ), d3 =
3
9
n
z (n > 1) : dn+3 (n + 1)(n + 3) + dn+2 n(n + 2) − dn+1 = − (cn (n + 1) + cn+1 (n + 2)) ,
z −1 : d2 · 0 − d1 − d0 = −2Ac0 ,
dn+3 =
Ответ:
A=
dn+1 − dn+2 n(n + 2) − cn (n + 1) − cn+1 (n + 2)
.
(n + 1)(n + 3)
∞
X
c0 = 1, c1 =
1
cn−2 − (n2 − 1)cn−1
, cn =
, k > 2,
3
n(n + 2)
1
dn z n−2 + W1 (z) ln z,
2
n=0
5
d0 = 1, d1 = 0, d2 = 0, d3 = − ,
9
W1 (z) =
cn z n ,
n=0
W2 (z) =
∞
X
dn+3 =
dn+1 − dn+2 n(n + 2) − cn (n + 1) − cn+1 (n + 2)
, n > 1.
(n + 1)(n + 3)
Пример 9.3. Найти решения уравнения
z(1 + z 2 )W 00 + (1 − z 2 )W 0 = 0
(9.16)
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
ρ2 = 0,
откуда ρ1 = ρ2 = 0. Существует только одно решение уравнения (9.16) вида
W (z) =
∞
X
n=0
cn z n .
(9.17)
46
А. А. Пожарский
Подставляя ряд (9.17) в уравнение (9.16), получим
∞
X
n(n − 1)cn z n−1 +
n=0
∞
X
n(n − 1)cn z n+1 +
∞
X
n=0
ncn z n−1 −
n=0
∞
X
n2 cn z n−1 −
k 2 ck z k−1 −
k=0
ncn z n+1 = 0,
n=0
n=0
∞
X
∞
X
∞
X
n(n − 2)cn z n+1 = 0,
n=0
∞
X
(k − 2)(k − 4)ck−2 z k−1 = 0.
(9.18)
k=2
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в уравнении (9.18), получим
z −1 : c0 · 0 = 0,
z 0 : c1 = 0,
c0 = 1,
z k−1 (k > 2) : k 2 ck − (k − 2)(k − 4)ck−2 = 0,
ck =
(k − 2)(k − 4)ck−2
.
k2
(9.19)
Заметим, что рекуррентное соотношение (9.19) можно решить явно, а именно ck = 0 при k > 2.
Таким образом, первое решение имеет вид
W1 (z) = 1.
Второе решение уравнения (9.16) необходимо искать в виде
W (z) =
∞
X
dn z n + A ln z.
(9.20)
n=0
Подставляя выражение (9.20) в уравнение (9.16), получим
∞
X
2
n dn z
n−1
−
n=0
∞
X
(n − 2)(n − 4)dn−2 z n−1 = 2Az.
(9.21)
n=2
Выражение в левой части равенства (9.21) можно получить из левой части равенства (9.18),
подставляя dk вместо ck . Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в равенстве
(9.21), получим
z −1 : d0 · 0 = 0,
z 0 : d1 = 0,
d0 − любое, пусть d0 = 0,
1
A − любое, пусть A = 1, тогда d2 = ,
2
(n
−
2)(n
−
4)dn−2
z n−1 (n > 3) : n2 dn − (n − 2)(n − 4)dn−2 = 0, dn =
.
2
n
Несложно видеть, что dn = 0 при n > 3. z 1 : 4d2 = 2A,
Ответ: W1 (z) = 1, W2 (z) = 21 z 2 + ln z.
Пример 9.4. Найти решения уравнения
z(1 − z 2 )W 00 + 2W 0 = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
(9.22)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
47
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
ρ(ρ + 1) = 0,
откуда ρ1 = 0, ρ2 = −1. Существует решение уравнения (9.22) вида
W (z) =
∞
X
cn z n .
(9.23)
n=0
Подставляя ряд (9.23) в уравнение (9.22), получим
∞
X
n(n − 1)cn z
n−1
−
n=0
∞
X
n(n − 1)cn z
n+1
+2
n=0
∞
X
ncn z n−1 = 0,
n=0
n(n + 1)cn z n−1 −
n=0
∞
X
∞
X
∞
X
n(n − 1)cn z n+1 = 0,
n=0
k(k + 1)ck z k−1 −
k=0
∞
X
(k − 2)(k − 3)ck−2 z k−1 = 0.
(9.24)
k=2
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в уравнении (9.24), получим
z −1 : c0 · 0 = 0, c0 = 1,
z 0 : 2c1 = 0, c1 = 0,
z k−1 (k > 2) : k(k + 1)ck − (k − 2)(k − 3)ck−2 = 0,
ck =
(k − 2)(k − 3)ck−2
.
k(k + 1)
(9.25)
Рекуррентное соотношение (9.25) решается явно, а именно ck = 0 при k > 2. Таким образом,
первое решение имеет вид
W1 (z) = 1.
Второе решение уравнения (9.22) необходимо искать в виде
W (z) =
∞
X
dn z n−1 + A ln z.
(9.26)
n=0
Подставляя выражение (9.26) в уравнение (9.22), получим
∞
X
(n − 1)ndn z
n−2
n=0
−
∞
X
(n − 3)(n − 4)dn−2 z
n=2
n−2
= −A
1
+z .
z
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в равенстве (9.27), получим
z −2 : d0 · 0 = 0, d0 = 1,
z −1 : d1 · 0 = −A, A = 0,
z n−2
d1 − любое, пусть d1 = 0,
(n − 3)(n − 4)dn−2
(n > 2) : (n − 1)ndn − (n − 3)(n − 4)dn−2 = 0, dn =
.
n(n − 1)
Отсюда находим, что d2 = d0 = 1 и dn = 0 при n > 3. Ответ: W1 (z) = 1, W2 (z) =
1
z
+ z.
(9.27)
48
А. А. Пожарский
Домашнее задание:
Задача 9.5. Найти решения уравнения
z(1 + z)W 00 + W 0 = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = 1, W2 (z) = z + ln z.
Задача 9.6. Найти решения уравнения
z(1 + z 2 )W 00 + (1 − z 2 )W 0 = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = 1, W2 (z) = z 2 + 2 ln z.
Задача 9.7. Найти решения уравнения
z 2 W 00 − 3zW 0 + 4W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = z 2 , W2 (z) = z 2 ln z.
Задача 9.8. Найти решения уравнения
z(1 − z)W 00 + zW 0 − W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = z, W2 (z) = 1 + z ln z.
Задача 9.9. Найти решения уравнения
z 2 (1 + z)W 00 + z(3 + 2z)W 0 + W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = z −1 , W2 (z) = 1 + z −1 ln z.
Задача 9.10. Найти решения уравнения
z(1 + z 2 )W 00 + (1 − z 2 )W 0 − (1 − z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = 1 + z, W2 (z) = −2z + (1 + z) ln z.
Задача 9.11. Найти решения уравнения
z 2 (1 + z)W 00 − z(1 + 2z)W 0 + (1 + 2z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = z, W2 (z) = z 2 + z ln z.
Задача 9.12. Найти решения уравнения
(z + z 3 )W 00 + (1 − z 2 )W 0 − (1 − z)W = 0
в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = 1 + z, W2 (z) = 2 + (1 + z) ln z.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
10.
49
1-я контрольная работа (2 часа).
Вариант контрольной работы №1.
(1) Найти асимптотическое поведение интеграла
π
Z2
cos x cos(λ ch x)) dx при λ → +∞.
− π2
Выписать первый член асимптотического ряда и написать порядок поправки.
π
q 2π
R2
1
Ответ:
cos x cos(λ ch x)) dx = cos λ + π4
+ O λ3/2
при λ → +∞.
λ
− π2
(2) Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
cos(2z) eλ sin z dz
γ
при λ → +∞, где γ – контур соединяющий точки − π2 − i и π + 2i. Выписать первый член
асимптотического ряда и написать порядок поправки.
q
R
Ответ: cos(2z) eλ sin z dz = − 2π
eλ 1 + O λ1 при λ → +∞; перевальный контур изобλ
γ
ражен на рисунке 11.
Рис. 11. Семейство кривых вида Im(sin z) =
C при C = 0, ±1 выделено синим цветом; семейство кривых вида Re(sin z) =
C при C = ±1, 0 выделено зеленым цветом; стрелки указывают направление убывания функции Re(sin z); перевальный контур выделен красным цветом.
Рис. 12. Семейство кривых вида Im(z 4 +
z 2 ) = C при C = 0 выделено синим цветом;
стрелки указывают направление убывания
функции Re(−z 4 −z 2 ); перевальный контур
выделен красным цветом.
50
А. А. Пожарский
(3) Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z 2 (1 − z)2 W 00 + zW 0 − 4W = 0.
Ответ: z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = 2, ρ2 = −2; z = ∞ – правильная особая
точка, ρ1 = 1, ρ2 = 0; z = 1 – неправильная особая точка.
(4) Найти решения уравнения в виде рядов в окрестности точки z0 = 0
3z(1 + 2z)W 00 + 2(1 − z)W 0 + 2W = 0.
Вычислить коэффициенты рядов явно.
1
Ответ: W1 (z) = z 3 , W2 (z) = 1 − z.
(5) Может ли решение уравнения
zW 00 + sin2 (z − a)W 0 + sin(2z)W = 0,
a∈C
содержать особые точки на комплексной плоскости?
Ответ: Не может при a = πn, n ∈ Z; может при a 6= πn, n ∈ Z.
Вариант контрольной работы №2.
(1) Найти асимптотическое поведение интеграла
Z3
(1 + 2x)e−λ(x
3 −3x2 +2)
dx при λ → +∞.
−1
Выписать первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R3
pπ
3
2
1
1
− 9λ
+ O λ3/2
при λ → +∞.
Ответ: (1 + 2x)e−λ(x −3x +2) dx = e2λ 5 3λ
−1
(2) Найти асимптотическое поведение интеграла
Z
1
4
2
e−λ(z +z +1) dz
2
z +1
γ
при λ → +∞, где γ – контур последовательно соединяющий точки −2, 2i и 3. Выписать
первые два члена асимптотического ряда и написать порядок поправки.
R
p
4
2
1
при λ → +∞; перевальный
Ответ: z21+1 e−λ(z +z +1) dz = e−λ −π + πλ + O λ3/2
γ
контур изображен на рисунке 12; контур Γ1 обходится против часовой стрелки и интеграл
по нему вычисляется по вычетам; асимптотика интеграла по контуру Γ2 вычисляется с
помощью теоремы 2.1.
(3) Указать особые точки, их тип и характеристические показатели уравнения
z(1 − z)W 00 + (2 − z)W 0 = 0.
(10.1)
Ответ: z = 0 – правильная особая точка, ρ1 = 0, ρ2 = −1; z = 1 – правильная особая
точка, ρ1 = 2, ρ2 = 0; z = ∞ – правильная особая точка, ρ1 = ρ2 = 0.
(4) Найти решения уравнения (10.1) в виде рядов в окрестности точки z0 = 0. Вычислить
коэффициенты рядов явно.
Ответ: W1 (z) = 1, W2 (z) = z −1 + ln z.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
51
(5) Известно, что W1 = 1 + z и W2 = 1 + z + z ln z – решения дифференциального уравнения
вида
W 00 + p(z)W 0 + q(z)W = 0.
Что можно сказать, о типе точки z = 0 этого уравнения?
Ответ: Неправильная особая точка.
52
А. А. Пожарский
11. Метод Лапласа для решения линейных
дифференциальных уравнений с линейными
коэффициентами.
Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение с линейными коэффициентами
(an + bn z)W (n) + (an−1 + bn−1 z)W (n−1) + · · · + (a1 + b1 z)W 0 + (a0 + b0 z)W = 0.
(11.1)
Здесь ak и bk – известные постоянные, W – неизвестная функция. Мы будем предполагать, что
n
X
|ak | =
6 0,
k=1
n
X
|bk | =
6 0,
k=1
n−1
X
(|ak | + |bk |) 6= 0,
|an | + |bn | =
6 0.
(11.2)
k=1
Условие (11.2) гарантирует, что уравнение (11.1) не вырождается в уравнение с постоянными
коэффициентами. Дело в том, что без дополнительных оговорок3 метод Лапласа не применим
к уравнениям с постоянными коэффициентами.
Задача заключается в нахождении n линейно независимых решений уравнения (11.1). Для
поиска решений можно применять метод Лапласа. Опишем основную идею этого метода.
Решение строится в несколько шагов.
(1) Ищем решение уравнения в виде интеграла
Z
(11.3)
W (z) = V (t)ezt dt,
γ
где γ – контур в комплексной плоскости C. При этом функция V и контур γ подлежат
определению.
(2) Подставляя интеграл (11.3) в уравнение (11.1), получим выражение, которое можно привести к виду
Z
[A(t)V 0 (t) + B(t)V (t)] ezt dt + C(t)V (t)ezt γ = 0,
(11.4)
γ
используя преобразования
W
(k)
Z
(z) =
V (t)tk ezt dt,
γ
zW
(k)
Z
(z) = z
k zt
Z
V (t)t e dt =
γ
k
zt
V (t)t de = V (t)t e
γ
Z
k zt γ
−
(V (t)tk )0 ezt dt.
γ
Для того чтобы выполнялось равенство (11.4), достаточно потребовать выполнения двух
соотношений
A(t)V 0 (t) + B(t)V (t) = 0,
C(t)V (t)ezt γ = 0.
3Можно
(11.5)
(11.6)
дополнительно поставить начальные условия. В этом случае метод Лапласа преобразуется в операционный метод и будет применим к уравнениям с постоянными коэффициентами. Можно также использовать
метод Фурье, т. е. в качестве контура интегрирования γ взять мнимую ось и искать решения уравнения на V в
классе обобщенных функций.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
53
(3) Уравнение (11.5) служит для определения функции V и интегрируется методом разделения переменных


Zt
B(τ ) 
V (t) = exp −
dτ .
A(τ )
Еще раз обратим внимание на то, что функция V является решением дифференциального уравнения первого порядка, которое всегда можно проинтегрировать. Именно это
обстоятельство делает метод Лапласа эффективным средством при решении уравнений
вида (11.1).
Условие (11.6) служит для определения контура γ. Заметим, что условие (11.6) должно выполняться при всех z. Отсюда следует, что контур γ должен быть либо замкнутым,
либо начинаться и заканчиваться в точках (возможно бесконечно удаленных) где функция C(t)V (t)ezt обращается в ноль. Если контур уходит на бесконечность, то необходимо
также проследить за сходимостью интеграла (11.3).
• Отметим, что не всегда возможно выбрать n различных контуров так, чтобы соответствующие интегральные представления (11.3) отвечали n линейно независимым решениям исходного уравнения (11.1).
◦ Ответ выписывается в виде интеграла (11.3).
Пример 11.1. Найти интегральное представление для решения уравнения
zW 0 − 2W = 0.
(11.7)
Вычислить полученный интеграл.
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(11.8)
γ
Подставляя (11.8) в уравнение (11.7), получим
Z
Z
Z
Z
0
zt
zt
zt
zW − 2W = z tV (t)e dt − 2 V (t)e dt = tV (t) de − 2 V (t)ezt dt =
γ
Z
=−
γ
(tV (t))0 ezt dt − 2
γ
Z
γ
γ
V (t)ezt dt + tV (t)ezt γ = −
γ
Z
(tV 0 (t) + 3V (t)) ezt dt + tV (t)ezt γ = 0.
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
tV 0 (t) + 3V (t) = 0,
tV (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем
Z
Z
3
dV
3
dV
= − dt ⇐⇒
=−
dt ⇐⇒ ln V = −3 ln t + C1 ⇐⇒ V = Ct−3 ,
V
t
V
t
где C – произвольная постоянная. Нас интересует хотя бы какое-нибудь нетривиальное решение
уравнения (11.7), поэтому удобно фиксировать постоянную C = 1.
Условие на контур γ принимает вид
tV (t)ezt γ = t−2 ezt γ = 0.
54
А. А. Пожарский
В качестве γ можно взять контур |t| = 1, который обходится против часовой стрелки. Заметим,
что функция V (t) = t−3 регулярна в области |t| > 0, поэтому в качестве γ можно взять любой другой замкнутый контур охватывающий начало координат один раз. При этом значение
интеграла (11.8) не изменится.
В результате решение уравнение можно записать в виде
I
1 zt
W (z) =
e dt.
(11.9)
t3
|t|=1
Последний интеграл легко вычисляется по вычетам
I
1 zt
1 zt
= πiz 2 .
e dt = 2πi res 3 e
t=0
t3
t
|t|=1
Отметим, что общее решение уравнения (11.7) имеет вид W (z) = Cz 2 , где C – произвольная
постоянная. H 1 zt
Ответ: W (z) =
e dt = πiz 2 .
t3
|t|=1
Пример 11.2. Найти интегральное представление для решения уравнения
W 0 − 2zW = 0.
(11.10)
Вычислить полученный интеграл.
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(11.11)
γ
Подставляя (11.11) в уравнение (11.10), получим
Z
Z
Z
Z
zt
zt
zt
0
W − 2zW = tV (t)e dt − 2z V (t)e dt = tV (t)e dt − 2 V (t) dezt =
=
γ
tV (t)ezt dt + 2
Z
γ
γ
γ
γ
Z
ezt V 0 (t) dt − 2V (t) ezt γ =
Z
(tV (t) + 2V 0 (t))ezt dt − 2V (t) ezt γ .
γ
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
2V 0 (t) + tV (t) = 0,
V (t)ezt γ = 0.
1 2
Интегрируя уравнение на V , найдем V (t) = e− 4 t .
Условие на контур γ принимает вид
zt − 14 t2 +zt V (t)e γ = e
= 0.
(11.12)
γ
Функция V регулярна во всей комплексной плоскости. Поэтому для любого замкнутого контура γ интеграл (11.11) обращается в ноль. Таким образом, единственная возможность выбрать
контур γ так, чтобы получить нетривиальный интеграл (11.11) и удовлетворить условию (11.12),
заключается в том, чтобы увести концы контура γ на бесконечность.
1 2
Функция e− 4 t убывает при больших t только если t принадлежит области Re(t2 ) > 0. Область
1 2
Re(t2 ) > 0 изображена на рисунке 13 желтым цветом. Легко видеть, что функция e− 4 t убывает
быстрее всего в направлениях t → ±∞. Таким образом, в качестве контура γ можно взять
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
55
Рис. 13. Область Re(t2 ) > 0 выделена желтым цветом.
вещественную ось. Обращаем внимание на то, что при таком выборе контура γ интеграл в
(11.11) сходится при всех z ∈ C.
В результате решение уравнения можно записать в виде
Z
1 2
W (z) = e− 4 t ezt dt.
R
Последний интеграл легко сводится к интегралу Пуассона и вычисляется
Z
Z
Z
1
1 2
2
2
2
z2
− 41 t2 zt
dt = e
exp − [t − 2z] dt =
e
e dt = exp − t − 4tz + 4z + z
4
4
R
R
R
Z
√
1 2
2
z2
=e
e− 4 x dx = 2 π ez . R
Ответ: W (z) =
R
√
1 2
2
e− 4 t ezt dt = 2 π ez .
R
Пример 11.3. Найти интегральное представление для решения уравнения
zW 0 + (1 + z)W = 0.
(11.13)
Вычислить полученный интеграл.
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(11.14)
γ
Подставляя (11.14) в уравнение (11.13), получим
Z
Z
Z
0
zt
zt
zW + (1 + z)W = tV (t) de + V (t)e dt + V (t) dezt =
γ
Z
=−
γ
Z
=−
γ
(tV (t))0 ezt dt +
γ
Z
γ
V (t)ezt dt −
γ
Z
V 0 (t)ezt dt + (t + 1)V (t) ezt γ =
γ
(t + 1)V 0 (t)ezt dt + (t + 1)V (t) ezt γ .
56
А. А. Пожарский
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
(t + 1)V 0 (t) = 0,
(t + 1)V (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем V (t) = 1.
Условие на контур γ принимает вид
(t + 1)V (t)ezt γ = (t + 1)ezt γ = 0.
(11.15)
Функция (t + 1)ezt обращается в ноль только в точке −1. Условие (11.15) будет выполнено, если
начать контур γ в точке −1. Заметим, что закончить контур γ в конечной точке комплексной
плоскости нельзя, потому что тогда либо не будет выполнено условие (11.15), либо интеграл
(11.14) обратится в нуль (в случае замкнутого контура γ). Поэтому второй конец контура γ
необходимо увести на бесконечность.
Определим направления, вдоль которых можно уводить контур γ на бесконечность. Контур
γ нужно уводить на бесконечность так, чтобы функция (t+1)ezt убывала по переменной t вдоль
этого контура. Сразу видно, что при z = 0 функция (t + 1)ezt = (t + 1) не убывает ни по каким
направлениям, поэтому решение W будет иметь особенность в точке z = 04.
Рассмотрим случай z 6= 0. Функция (t + 1)ezt убывает по направлениям, для которых, например, выполнено условие
Re(zt) 6 −ε|zt| < 0,
(11.16)
где ε – произвольная положительная постоянная. Заметим попутно, что условие (11.16) гарантирует сходимость интеграла (11.14).
Основная неприятность в данном случае заключается в том, что направления, в которых
функция (t + 1)ezt убывает, зависят от значения параметра z, более точно от аргумента z.
Удобно ввести обозначения z = |z|eiϕ , t = |t|eiψ . Условие (11.16) принимает вид
Re(zt) = |zt| Re ei(ϕ+ψ) = |zt| cos(ϕ + ψ) 6 −ε|zt| < 0 ⇐⇒ cos(ϕ + ψ) 6 −ε,
π
3π
ϕ+ψ ∈
+ δ,
− δ , δ = arcsin ε > 0.
(11.17)
2
2
Выберем контур γ уходящим на бесконечность вдоль направления eiψ , см. рисунок 14. Область
значений z, для которых выполнено условие (11.17), изображена на рисунке 15. При вращении
контура γ, например, против часовой стрелки, значение интеграла (11.14) для заданного z не
меняется (если, конечно, интеграл (11.14) сходится), однако, как видно из рисунка 15, область
в плоскости z, в которой интеграл (11.14) сходится, будет вращаться по часовой стрелке.
Остановимся на этом моменте подробнее. Пусть, например, γ = [−1, +∞), тогда решение
уравнения (11.13) можно задать интегралом (11.14) для z ∈ D0 ∪ D− , см. рисунок 17. Если
мы теперь хотим аналитически продолжить решение, например, в красную область D+ , то
мы должны поступить следующим образом. Предполагаем, что z лежит в желтой области
D0 . Поворачиваем контур γ по часовой стрелке на угол, равный углу раствора сектора D+ ,
см. рисунок 16. При этом для z ∈ D0 интеграл будет сходится и не изменяется при повороте
контура. Далее видно, что интеграл по новому контуру сходится в области z ∈ D0 ∪ D+ . Это
означает, что мы аналитически продолжили решение в область z ∈ D0 ∪ D+ . Аналогичным
образом решение можно продолжать и дальше.
Замечание 11.4. После аналитического продолжения решения вокруг начала координат (в
плоскости z) на угол 2π может оказаться либо, что значения решения W после аналитического продолжения остались прежними, либо изменились. В первом случае мы получаем
4Это
согласуется с тем, что уравнение (11.13) имеет особую точку при z = 0.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Рис. 14. Контур γ выделен красным цветом.
57
Рис. 15. Область значений z, для которых
выполнено условие (11.17), выделена желтым
цветом.
Рис. 16. Контур γ поворачивается на угол, Рис. 17. Интеграл (11.14) сходится в D0 ∪ D−
равный углу раствора сектора D+ , см. рису- для исходного контура γ, в D0 ∪ D+ для понок 17.
вернутого контура γ.
решение с изолированной особой точкой в нуле (отметим, что для некоторых задач особенность может оказаться устранимой), во втором же случае решение будет содержать
точку ветвления в точке ноль.
58
А. А. Пожарский
Вычислим теперь интеграл (11.14). Пусть z < 0, тогда в качестве контура γ можно выбрать
лучь [−1, +∞). В результате решение уравнения можно записать в виде
Z+∞
W (z) =
ezt dt.
−1
Последний интеграл легко вычисляется
Z+∞
1
1 +∞
ezt dt = ezt −1 = − e−z . z
z
−1
Ответ: W (z) =
+∞
R
−1
ezt dt, при z < 0; W (z) = − z1 e−z .
Пример 11.5. Найти интегральное представление для решения уравнения
2zW 0 − (1 + 2z)W = 0.
(11.18)
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(11.19)
γ
Подставляя (11.19) в уравнение (11.18), получим
Z
Z
Z
0
zt
zt
2zW − (1 + 2z)W = 2 tV (t) de − V (t)e dt − 2 V (t) dezt =
γ
Z
= −2
γ
Z
=
(tV (t))0 ezt dt −
Z
γ
V (t)ezt dt + 2
γ
γ
Z
V 0 (t)ezt dt + 2(t − 1)V (t) ezt γ =
γ
[2(1 − t)V 0 (t) − 3V ] ezt dt + 2(t − 1)V (t) ezt γ .
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
2(1 − t)V 0 (t) − 3V = 0,
(t − 1)V (t)ezt γ = 0.
3
Интегрируя уравнение на V , найдем V (t) = (t − 1)− 2 . Функция V имеет точку ветвления при
t = 1. Это означает, что функция V может быть определена как регулярная функция только
на плоскости с разрезом, выходящим из точки t = 1 и уходящим на бесконечность. Возьмем,
например, в качестве такого разреза луч σ = [1, +∞).
Условие на контур γ принимает вид
1
(t − 1)V (t)ezt γ = (t − 1)− 2 ezt = 0.
(11.20)
γ
1
Функция (t − 1)− 2 ezt нигде не обращается в ноль, поэтому оба конца контура необходимо увести на бесконечность. Так же как и в примере 11.3, направление, в котором можно уводить
контур γ на бесконечность, зависит от параметра z. Будем считать, что z > 0, тогда контур γ
можно выбрать как на рисунке 18. Для остальных z решение W уравнения (11.18) получается
аналитическим продолжением интеграла (11.19), см. пример 11.3.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
59
Рис. 18. Контур γ выделен красным цветом, Рис. 19. Контур γ выделен красным цветом,
разрез σ – зеленым.
разрез σ – зеленым.
Замечание 11.6. Здесь есть небольшое отличие от примера 11.3. Оно заключается в том,
что при повороте контура γ, необходимо также поворачивать разрез σ так, чтобы контур
γ и разрез σ не пересекались, см. рисунок 19. Отметим еще раз, что поворот разреза σ
3
соответствует аналитическому продолжению функции V (t) = (t − 1)− 2 , в то время как
поворот контура γ осуществляется для аналитического продолжения решения W (z).
Вычислим теперь интеграл (11.19). Пусть z > 0, в качестве γ выбираем контур как на рисунке 18. В результате решение уравнения можно записать в виде
Z
3
W (z) = (t − 1)− 2 ezt dt.
γ
Последний интеграл легко вычисляется с помощью замены переменных ζ = z(t − 1)
Z
Z
Z
√ z
√ z
3
− 32 ζ
− 23 zt
ζ e dζ = C ze , C = ζ − 2 eζ dζ.
(t − 1) e dt = ze
γ
γ
γ
Здесь постоянная C не зависит от z.
Обращаем внимание на то, что при замене ζ = z(t−1) контур γ, вообще говоря, растягивается
и сдвигается. Однако, этот новый контур можно продеформировать обратно в контур γ. При
этом, в силу регулярности подынтегральной функции в области деформации контура, значение
интеграла не изменится. R
√
3
Ответ: W (z) = (t − 1)− 2 ezt dt, при z > 0; W (z) = C zez .
γ
Пример 11.7. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 + W 0 = 0.
Вычислить одно из решений явно.
(11.21)
60
А. А. Пожарский
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(11.22)
γ
Подставляя (11.22) в уравнение (11.21), получим
Z
Z
Z
Z
00
0
2
zt
zt
2
zt
zW + W = z t V (t)e dt + tV (t)e dt = t V (t) de + tV (t)ezt dt =
γ
Z
=−
γ
(t2 V (t))0 ezt dt +
γ
Z
γ
γ
tV (t)ezt dt + t2 V (t)ezt γ = −
γ
Z
t2 V 0 (t) + tV (t) ezt dt + t2 V (t)ezt γ = 0.
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
tV 0 (t) + V (t) = 0,
t2 V (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем V (t) = t−1 .
Условие на контур γ принимает вид
tV (t)ezt γ = ezt γ = 0.
В качестве γ1 можно взять контур |t| = 1, который обходится против часовой стрелки. В результате одно из решений уравнения (11.21) можно записать в виде
I
1 zt
W1 (z) =
e dt = 2πi.
(11.23)
t
|t|=1
Заметим теперь, что не существует еще одного контура, приводящего к решению линейно
независимого с W1 . H 1 zt
e dt = 2πi, второе линейно независимое решение не может быть найдено
Ответ: W1 (z) =
t
|t|=1
методом Лапласа.
Домашнее задание:
Задача 11.8. Найти интегральное представление для решения уравнения
zW 0 − W = 0.
Вычислить полученный интеграл.
Ответ: W (z) =
R
|t|=1
1 zt
e
t2
dt = 2πiz.
Задача 11.9. Найти интегральное представление для решения уравнения
zW 0 + (2 + z)W = 0.
Вычислить полученный интеграл.
Ответ: W (z) =
−1
R
−∞
(t + 1)ezt dt, при z > 0; W (z) = z −2 e−z .
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
61
Задача 11.10. Найти интегральное представление для решения уравнения
2zW 0 + (3 − 4z)W = 0.
Вычислить полученный интеграл.
R2 √
Ответ: W (z) =
3
2 − t ezt dt, при z > 0; W (z) = Cz − 2 e2z .
−∞
Задача 11.11. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 − (2 + z)W 0 + W = 0.
Вычислить полученные интегралы.
H
ezt
Ответ: W1 (z) =
dt = 2πi(z + 2), W2 (z) =
t2 (t−1)2
|t|= 21
H
|t−1|= 12
ezt
t2 (t−1)2
dt = 2πi(z − 2)ez .
Задача 11.12. Найти интегральное представление для решения уравнения
W 0 − e−z W = 0.
Вычислить полученный интеграл.
R
−z
Ответ: W (z) = Γ(t)ezt dt = 2πi e−e , где Γ(t) – Γ-функция и контур γ изображен на рисунγ
ке 18.
Задача 11.13. Найти интегральное представление хотя бы для одного решения уравнения
W 00 − e−z W = 0.
Ответ: W1 (z) =
R
γ
Γ2 (t)ezt dt, где Γ(t) – Γ-функция и контур γ изображен на рисунке 18.
62
А. А. Пожарский
12.
Метод Лапласа для решения уравнений вида
W 00 + (a1 + b1z)W 0 + (a0 + b0z)W = 0.
В этом разделе мы рассмотрим специальный случай уравнения (11.1)
W 00 + (a1 + b1 z)W 0 + (a0 + b0 z)W = 0.
Задачи на построение решений методом Лапласа для уравнений такого типа отличаются важной особенностью: контур интегрирования всегда можно выбрать так, чтобы сходимость интеграла не зависела от z (сравни с примером 11.5).
Пример 12.1. Найти интегральные представления для решений уравнения
3W 00 + zW = 0.
(12.1)
Решение. Ищем решение в виде
Z
V (t)ezt dt.
W (z) =
(12.2)
γ
Подставляя (12.2) в уравнение (12.1), получим
Z
Z
Z
Z
00
2
zt
zt
2
zt
3W + zW = 3t V (t)e dt + V (t) de = 3t V (t)e dt − V 0 (t)ezt dt + V (t)ezt γ =
γ
Z
=
γ
γ
γ
3t2 V (t) − V 0 (t) ezt dt + V (t)ezt γ = 0.
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
V 0 (t) − 3t2 V (t) = 0,
V (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем
Z
Z
dV
dV
3
2
= 3t dt ⇐⇒
= 3 t2 dt ⇐⇒ ln V = t3 + C1 ⇐⇒ V (t) = Cet .
V
V
Как всегда, выбираем C = 1.
Условие на контур γ принимает вид
3
V (t)ezt γ = et +zt = 0.
(12.3)
γ
Для любого замкнутого контура γ условие (12.3) всегда выполнено, однако, поскольку функция V регулярна во всей комплексной плоскости, то для всякого замкнутого контура γ интеграл
(12.2) обращается в ноль. Таким образом, контур γ необходимо выбрать уходящим на беско3
нечность, причем обоими концами (поскольку функция et +zt нигде не обращается в ноль).
3
Функция et +zt быстрее всего убывает по t на бесконечности вблизи направлений, для которых
3
t < 0. Таких направлений три, см. рисунок 20,
t = −|t|,
π
t = ei 3 |t|,
π
t = e−i 3 |t|.
Можно выбрать три различных контура, уходящих на бесконечность обоими концами вдоль
описанных направлений, см. рисунок 21. Отметим, что внутри желтой области (Re(t3 ) 6 0), если
3
не приближаться к границе, функция et +zt сверх-экспоненциально убывает. Поэтому внутри
желтой области контуры γ1 , γ2 и γ3 можно произвольным образом деформировать и это не
приведет к изменению значения интеграла (12.2).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
63
Рис. 20. Красным цветом выделены линии Рис. 21. Зеленым цветом выделены контуры
t3 6 0, желтым цветом – область Re(t3 ) 6 0. γ1 , γ2 и γ3 .
Таким образом, мы приходим к трем интегральным представлениям
Z
Z
Z
3
t3 +zt
t3 +zt
W1 (z) = e
dt, W2 (z) = e
dt, W3 (z) = et +zt dt.
γ1
γ2
γ3
Обратим внимание на то, что мы получили три различных решения дифференциального уравнения второго порядка. Вместе с этим мы знаем, что линейно независимых решений может
быть только два. Несложно увидеть, что
W1 (z) − W2 (z) = W3 (z).
Отметим также, что общее решение уравнения (12.1) можно записать, например, в виде
W (z) = AW1 (z) + BW3 (z),
где A и B – произвольные постоянные.
Для уравнения второго порядка в ответ предполагается выписывать любые два линейно независимые решения. В этой задаче мы можем выбрать в качестве ответа любые два решения из
трех W1 , W2 и W3 . R 3
R 3
Ответ: W1 (z) = et +zt dt, W3 (z) = et +zt dt.
γ1
γ3
Пример 12.2. Найти интегральные представления для решений уравнения
2W 00 + zW 0 − W = 0.
(12.4)
Вычислить один из полученных интегралов.
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
γ
V (t)ezt dt.
(12.5)
64
А. А. Пожарский
Подставляя (12.5) в уравнение (12.4), получим
Z
Z
Z
00
0
2
zt
zt
2W + zW − W = 2t V (t)e dt + tV (t) de − V (t)ezt dt =
γ
Z
=
γ
(2t2 − 1)V (t)ezt dt −
γ
Z
γ
(tV (t))0 ezt dt + tV (t)ezt γ =
γ
Z
(2t2 − 2)V (t) − tV 0 (t) ezt dt + tV (t)ezt γ = 0.
=
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
(2t2 − 2)V (t) − tV 0 (t) = 0,
tV (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем
V (t) =
1 t2
e .
t2
Условие на контур γ принимает вид
tV (t)e
zt γ
1 t2 +zt = e
= 0.
t
γ
2
Функция t−1 et +zt быстрее всего убывает по t на бесконечности вблизи направлений, для которых t2 < 0. Таких направлений два t = i|t| и t = −i|t|. Соответственно, выберем контур γ1 как
на рисунке 22. Обратим внимание на то, что контур γ1 не должен проходить через точку t = 0,
поскольку в этой точке функция V имеет полюс. Тот факт, что у функции V в точке t = 0
Рис. 22. Контуры γ1 и γ2 выделены красным цветом.
полюс, позволяет нам выбрать второй контур γ2 замкнутым и охватывающим точку t = 0, см.
рисунок 22.
Таким образом, мы приходим к двум интегральным представлениям
Z
Z
1 t2 +zt
1 t2 +zt
W1 (z) =
e
dt,
W
(z)
=
e
dt.
2
t2
t2
γ1
γ2
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
65
Интеграл по контуру γ2 легко вычисляется по вычетам
Z
1 t2 +zt
1 t2 +zt
∂ t2 +zt e
e
dt = 2πi res 2 e
= 2πi
= 2πi z. t=0
t2
t
∂t
t=0
γ2
Ответ: W1 (z) =
R
γ1
1 t2 +zt
e
t2
R
dt, W2 (z) =
γ2
1 t2 +zt
e
t2
dt = 2πi z.
Домашнее задание:
Задача 12.3. Найти интегральные представления для решений уравнения
W 00 − zW 0 − W = 0.
Ответ: W1 (z) =
R∞
1 2
+zt
e− 2 t
dt, W2 (z) =
0
1 2
+zt
e− 2 t
R
dt.
R
Задача 12.4. Найти интегральные представления для решений уравнения
W 00 + 2zW 0 + W = 0.
1
√
t
R
Ответ: W1 (z) =
γ1
1 2
+zt
e4t
dt, W2 (z) =
+i∞
R
0
1
√
t
1 2
+zt
e4t
dt, где контур γ1 выбирается как на ри-
сунке 22, стр. 64.
Задача 12.5. Найти интегральные представления для решений уравнения
4W 00 + zW 0 − 2W = 0.
Вычислить один из полученных интегралов.
H 1 2t2 +zt
R
2
Ответ: W1 (z) =
e
dt
=
πi(4
+
z
),
W
(z)
=
2
3
t
γ1
|t|=1
1
t3
2 +zt
e2t
dt, где контур γ1 выбирается
как на рисунке 22, стр. 64.
Задача 12.6. Найти интегральные представления для решений уравнения
3W 00 + 2W 0 + zW = 0.
R 3 2
R 3 2
Ответ: W1 (z) = et +t +zt dt, W2 (z) = et +t +zt dt, где контуры γ1 и γ2 выбираются как на
γ1
γ2
рисунке 21, стр. 63.
Задача 12.7. Найти интегральные представления для решений уравнения
R
Ответ: W1 (z) =
|t+1|=1
1
(t+1)3
2W 00 − zW 0 − zW = 0.
R 1
2
−t2 +2t+zt
e−t +2t+zt dt, W2 (z) = (t+1)
dt, где контур γ1 выбирается
3 e
γ1
как на рисунке 23, стр. 66.
Задача 12.8. Найти интегральные представления для решений уравнения
Ответ: W1 (z) =
R
3
t− 2
W 00 − 2zW 0 + W = 0.
R 3 12
1 2
e− 4 t +zt dt, W2 (z) = t− 2 e− 4 t +zt dt, где контуры интегрирования γ1 и γ2
γ1
изображены на рисунках 23 и 24.
γ2
66
А. А. Пожарский
Рис. 23. Контур γ1 выделен красным цве- Рис. 24. Контур γ2 выделен красным цветом.
том.
Задача 12.9. Найти интегральные представления для решений уравнения
2W 000 + (z − 2)W 00 − zW 0 = 0.
Вычислить два из трех полученных интегралов.
R
2
1
Ответ: W1 (z) =
e−t +zt dt = −2πi, W2 (z) =
t(t−1)
|t|= 21
R
γ1
2
1
e−t +zt
t(t−1)
R
|t−1|= 12
2
1
e−t +zt
t(t−1)
dt = 2πiez−1 , W3 (z) =
dt, где контур интегрирования γ1 изображен на рисунке 23.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
13.
67
Метод Лапласа для решения уравнений вида
zW 00 + (a1 + b1z)W 0 + (a0 + b0z)W = 0.
В этом разделе мы рассмотрим специальный случай уравнения (11.1)
zW 00 + (a1 + b1 z)W 0 + (a0 + b0 z)W = 0.
Задачи на построение решений методом Лапласа для уравнений такого типа отличаются важной особенностью: если контур интегрирования выбирается уходящим на бесконечность, то
сходимость интеграла будет зависеть от параметра z (см. пример 11.5).
Пример 13.1. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 − (1 + z)W 0 = 0.
(13.1)
Вычислить полученные интегралы.
Решение. Ищем решение в виде
Z
V (t)ezt dt.
W (z) =
(13.2)
γ
Подставляя (13.2) в уравнение (13.1), получим
Z
Z
Z
00
0
2
zt
zt
zW − (1 + z)W = t V (t) de − tV (t)e dt − tV (t) dezt =
γ
Z
=−
(t2 V (t))0 ezt dt −
γ
Z
=
γ
Z
tV (t)ezt dt +
γ
γ
Z
(tV (t))0 ezt dt + (t2 − t)V (t)ezt γ =
γ
(t − t2 )V 0 (t) + (1 − 3t)V (t) ezt dt + (t2 − t)V (t)ezt γ = 0.
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
(t − t2 )V 0 (t) + (1 − 3t)V (t) = 0,
t(t − 1)V (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем
V (t) =
1
.
t(t − 1)2
Условие на контур γ принимает вид
1
zt t(t − 1)V (t)e γ =
e = 0.
(t − 1)
γ
1
Можно выбрать два замкнутых контура γ1 = t : |t| = 2 и γ2 = t : |t − 1| = 12 .
Таким образом, мы приходим к двум интегральным представлениям
I
I
1
1
zt
W1 (z) =
e dt, W2 (z) =
ezt dt.
2
2
t(t − 1)
t(t − 1)
zt |t|= 12
|t−1|= 21
Оба интеграла легко берутся по вычетам
I
1
1
zt
zt
e dt = 2πi res
e
= 2πi,
t=0
t(t − 1)2
t(t − 1)2
|t|= 12
68
А. А. Пожарский
I
1
ezt dt = 2πi res
t=1
t(t − 1)2
1
ezt
t(t − 1)2
= 2πi(z − 1)ez .
|t−1|= 21
Отметим, что общее решение уравнения (13.1) можно записать в виде
W (z) = A + B(z − 1)ez ,
где A и B – произвольные постоянные. H
1
Ответ: W1 (z) =
ezt dt = 2πi, W2 (z) =
t(t−1)2
|t|= 12
H
|t−1|= 12
1
t(t−1)2
ezt dt = 2πi(z − 1)ez .
Пример 13.2. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 + 2zW 0 + (z + 1)W = 0.
(13.3)
Решение. Ищем решение в виде
Z
W (z) =
V (t)ezt dt.
(13.4)
γ
Подставляя (13.4) в уравнение (13.3), получим
Z
Z
Z
Z
zt
zt
2
zt
00
0
zW + 2zW + (z + 1)W = t V (t) de + 2 tV (t) de + V (t) de + V (t)ezt dt =
γ
γ
Z
=−
(t2 V (t))0 ezt dt − 2
=
(tV (t))0 ezt dt −
γ
γ
Z
Z
Z
γ
V 0 (t)ezt dt +
γ
Z
γ
V (t)ezt dt + (t + 1)2 V (t)ezt γ =
γ
−(t + 1)2 V 0 (t) − (1 + 2t)V (t) ezt dt + (t + 1)2 V (t)ezt γ = 0.
γ
Отсюда находим уравнения на V и контур γ
(t + 1)2 V 0 (t) + (1 + 2t)V (t) = 0,
(t + 1)2 V (t)ezt γ = 0.
Интегрируя уравнение на V , найдем
V (t) =
1
1
e− t+1 .
2
(t + 1)
Условие на контур γ принимает вид
2
zt (t + 1) V (t)e
γ
=e
1
− t+1
e = 0.
zt γ
Можно выбрать один замкнутый контур γ1 = {t : |t + 1| = 1}. В качестве второго контура возьмем γ2 = (−1, +∞) при z < 0, для остальных z решение может быть аналитически продолжено
способом, описанном в примере 11.5. Сходимость интеграла (13.4) для контура γ2 достигается
1
за счет экспоненциального убывания функции e− t+1 при t → −1 + 0. +∞
H
R
1
1
− t+1
1
1
zt
Ответ: W1 (z) =
e
e
dt,
W
(z)
=
e− t+1 ezt dt.
2
2
(t+1)
(t+1)2
|t+1|=1
−1
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
69
Пример 13.3. Придумать максимальное число контуров γ, которые бы приводили к линейно
независимым функциям W , представимых в виде
Z
W (z) = t ezt dt, (t2 − 1)ezt γ = 0.
γ
Решение. Подынтегральная функция регулярна, а значит любой замкнутый контур приведет
нас к тривиальной функции W . Следовательно контур должен начинаться и заканчиваться
в точках, в которых обращается в ноль выражение (t2 − 1)ezt . Будем предполагать, что z >
0, тогда таких точек три −1, 1 и −∞. Таким образом, можно выбрать только два контура,
удовлетворяющих условию задачи. Например, можно взять γ1 = (−1, 1) и γ2 = (−∞, −1] при
z > 0. Ответ: γ1 = (−1, 1) и γ2 = (−∞, −1) при z > 0.
Домашнее задание:
Задача 13.4. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 − W 0 − (1 + z)W = 0.
Вычислить полученные интегралы.
H
ezt
Ответ: W1 (z) =
dt =
(t+1)(t−1)2
|t−1|=1
πi
(2z
2
ezt
(t+1)(t−1)2
H
− 1)ez , W2 (z) =
|t+1|=1
dt =
πi
2
e−z .
Задача 13.5. Найти интегральные представления для решений уравнения
2zW 00 − (2z + 1)W 0 + 2W = 0.
Вычислить один из полученных интегралов.
Ответ: W1 (z) =
H
|t|= 21
√1
t2 t−1
ezt dt = ±π(2z + 1); W2 (z) =
+∞
R
1
√1
t2 t−1
ezt dt, при z < 0.
Задача 13.6. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 + (2z + 1)W 0 − 2W = 0.
Вычислить один из полученных интегралов.
Ответ: W1 (z) =
H
|t|=1
t+2
t2
ezt dt = 2πi(2z + 1); W2 (z) =
−2
R
−∞
t+2
t2
ezt dt, при z > 0.
Задача 13.7. Найти интегральные представления для решений уравнения
2zW 00 + (2 − 2z)W 0 − 3W = 0.
Ответ: W1 (z) =
R0 q
−∞
t
(t−1)3
ezt dt, при z > 0; W2 (z) =
Rq
γ2
t
(t−1)3
ezt dt, при z > 0, где контур γ2
выбирается как на рисунке 18, стр. 59.
Задача 13.8. Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 + (1 + 2z)W 0 + (1 + z)W = 0.
Вычислить одно из решений явно.
70
Ответ: W1 (z) =
А. А. Пожарский
R
|t+1|=1
1
t+1
ezt dt = 2πie−z , второе линейно независимое решение не может быть
найдено методом Лапласа.
Задача 13.9. Придумать максимальное число контуров γ, которые бы приводили к линейно
независимым функциям W , удовлетворяющим условиям
Z
t − 1 zt 1
zt
e dt,
e
= 0.
W (z) =
t−5
t − 3 γ
γ
Ответ: γ1 = {t : |t − 5| = 1} и γ2 = (−∞, 1) при z > 0.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
71
14. Задача Штурма-Лиувилля на отрезке.
В этом разделе мы напомним основные свойства задачи Штурма-Лиувилля для уравнения
вида −u00 = λu.
Определение 14.1. Задачей Штурма-Лиувилля называется задача об определении всех параметров λ таких, что на промежутке [a, b] существует нетривиальное (ненулевое) решение
уравнения
−u00 (x) = λu(x),
(14.1)
удовлетворяющее краевым условиям вида
α1 u(a) + β1 u0 (a) = 0,
(14.2)
α2 u(b) + β2 u0 (b) = 0.
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2.
Определение 14.2. Значение параметра λ, при котором задача (14.1) – (14.2) имеет нетривиальное решение, называется собственным значением (числом) этой задачи, а соответствующее решение называется собственной функцией.
Теорема 14.3. Задача Штурма-Лиувилля (14.1) – (14.2) обладает следующими свойствами.
(1) Существует бесконечный (счетный) набор собственных значений. При этом все собственные значения вещественны.
(2) Собственные значения можно пронумеровать так, что λ1 < λ2 < · · · < λn < · · · . При
этом собственные значения накапливаются на плюс бесконечности.
(3) Каждому собственному значению λk соответствует одна собственная функция uk ,
определенная с точностью до произвольного постоянного множителя.
(4) Линейно независимые собственные функции попарно ортогональны относительно скалярного произведения5 в пространстве L2 (a, b), т. е.
Z b
def
uk (x)up (x) dx = 0, при k 6= p.
(uk , up ) =
a
(5) Набор, составленный из всех линейно независимых собственных функций, образует
ортогональный базис в пространстве L2 (a, b).
Пример 14.4. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu,
u(0) = u(π) = 0.
(14.3)
(14.4)
Решение. Уравнение (14.3) имеет постоянные коэффициенты и при λ 6= 0 его решения можно
искать в виде eαx .
Подставляя eαx в (14.3), получим уравнение на α
√
α2 + λ = 0 ⇐⇒ α = ±i λ.
В итоге общее решение уравнения (14.3) при λ 6= 0 можно записать в виде
u(x) = C1 ei
5В
√
λx
+ C2 e−i
√
λx
.
def
пространстве L2 (a, b) определено скалярное произведение (u, v) =
(14.5)
Rb
a
u(x)v(x) dx.
72
А. А. Пожарский
Используя формулы Эйлера6, удобно переписать выражение (14.5) через sin и cos
√
√
u(x) = A sin( λ x) + B cos( λ x).
(14.6)
Подставим теперь (14.6) в краевые условия (14.4)
√
√
B = 0,√
A sin(√λ 0) + B cos( √λ 0) = 0,
⇐⇒
A sin( λ π) = 0.
A sin( λ π) + B cos( λ π) = 0,
Отсюда находим уравнение на собственные числа7
p
√
sin( λ π) = 0 ⇐⇒ λn π = πn, n ∈ Z ⇐⇒ λn = n2 , n ∈ Z.
Заметим, что собственные числа отвечающие n = 1, 2, . . . и n = −1, −2, . . . совпадают, т. е.
λ1 = λ−1 , . . .. Поэтому мы будем считать, что n ∈ N (мы также отбросили n = 0, потому что
это соответствует λ = 0).
Для каждого λn собственную функцию найдем по формуле (14.6)
un (x) = A sin(nx), n ∈ N.
Постоянную A удобно выбрать равной единице8.
Осталось рассмотреть случай λ = 0. Общее решение уравнения (14.3) имеет вид
u(x) = A + Bx.
(14.7)
Подставляя (14.7) в краевые условия (14.4), найдем, что A = 0 и B = 0. Таким образом, λ = 0
не является собственным значением. Ответ: λn = n2 , un (x) = sin(nx), n ∈ N.
Пример 14.5. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu,
u0 (0) = u0 (1) = 0.
(14.8)
(14.9)
Решение. Подставляя eαx в (14.8), получим уравнение на α
√
α2 + λ = 0 ⇐⇒ α = ±i λ.
Общее решение уравнения (14.8) при λ 6= 0 можно записать в виде
u(x) = C1 ei
√
λx
+ C2 e−i
√
λx
.
Удобно переписать выражение (14.10) через sin и cos
√
√
u(x) = A sin( λ x) + B cos( λ x).
(14.10)
(14.11)
Подставим (14.11) в краевые условия (14.9)
√
A =√0,
A√λ = 0,√
√
√
⇐⇒
sin( λ) = 0.
A λ cos( λ) − B λ sin( λ) = 0,
Отсюда находим уравнение на собственные числа
p
√
sin( λ) = 0 ⇐⇒ λn = πn, n ∈ Z ⇐⇒ λn = (πn)2 , n ∈ Z.
6Формулы
Эйлера имеют вид eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ и e−iϕ = cos ϕ − i sin ϕ при ϕ ∈ C.
A не может обращаться в ноль, иначе мы получим тривиальное решение задачи (14.3) – (14.4).
8Иногда удобно выбирать эту постоянную так, чтобы собственная функция удовлетворяла условию ku k = 1,
n
где kuk2 = (u, u). Однако мы предпочитаем, чтобы собственная функция имела простую форму записи.
7Постоянная
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
73
По тем же причинам, что и в примере 14.4 нулевое и отрицательные n отбрасываем и считаем,
что n ∈ N.
Для каждого λn собственную функцию найдем по формуле (14.11)
un (x) = B cos(πnx), n ∈ N.
Постоянную B выбираем равной единице.
Осталось рассмотреть случай λ = 0. Общее решение уравнения (14.8) имеет вид
u(x) = A + Bx.
(14.12)
Подставляя (14.12) в краевые условия (14.9), найдем, что B = 0 и u(x) = A – решение задачи
Штурма-Лиувилля при λ = 0. Постоянную A выбираем равной единице. Таким образом, λ = 0
является собственным значением и собственная функция u0 (x) = 1. Ответ: λn = n2 , un (x) = cos(πnx), n = 0, 1, . . ..
Пример 14.6. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu,
u(−1) = u0 (2) = 0.
(14.13)
(14.14)
Решение. Как и ранее общее решение уравнения (14.13) при λ 6= 0 можно записать в виде
√
√
λx
+ C2 e−i
λ (x+1)
+ D2 e−i
u(x) = C1 ei
λx
.
(14.15)
Удобно переписать выражение (14.15) в виде
u(x) = D1 ei
√
√
λ (x+1)
.
И только теперь переписать выражение (14.15) через sin и cos
√
√
u(x) = A sin
λ(x + 1) + B cos
λ(x + 1) .
(14.16)
(14.17)
Подставим (14.17) в краевые условия (14.14) (за счет специального выбора записи (14.17)
решения u(x) уравнение на λ принимает максимально простой вид )
B = 0,
B√= 0,
√
√
√
√
⇐⇒
cos(3 λ) = 0.
A λ cos(3 λ) − B λ sin(3 λ) = 0,
Отсюда находим уравнение на собственные числа
p
√
π
π 2 (2n + 1)2
cos(3 λ) = 0 ⇐⇒ 3 λn = + πn, n ∈ Z ⇐⇒ λn =
, n ∈ Z.
2
36
По тем же причинам, что и в примере 14.4 отрицательные n отбрасываем и считаем, что n =
0, 1, . . ..
Для каждого λn собственную функцию найдем по формуле (14.17)
π(2n + 1)
(x + 1) , n = 0, 1, . . . .
un (x) = A sin
6
Постоянную A выбираем равной единице.
Осталось рассмотреть случай λ = 0. Общее решение уравнения (14.13) имеет вид
u(x) = A + Bx.
(14.18)
Подставляя (14.18) в краевые условия (14.14), найдем, что A = 0 и B = 0. Таким образом, λ = 0
не является собственным значением. 2
2
π(2n+1)
Ответ: λn = π (2n+1)
,
u
(x)
=
sin
(x
+
1)
, n = 0, 1, . . ..
n
36
6
74
А. А. Пожарский
Пример 14.7. Разложить функцию f (x) = 1 в ряд Фурье по собственным функциям задачи
Штурма-Лиувилля (14.3) – (14.4).
Решение. Собственные функции задачи (14.3) – (14.4) имеют вид un (x) = sin(nx), n ∈ N. В
силу теоремы 14.3 функции un образуют базис в пространстве L2 (0, π), поэтому существуют
такие постоянные fn , что9
∞
X
f (x) =
fn un (x).
(14.19)
n=1
Для того, чтобы найти fn , домножим скалярно левую и правую части (14.19) на up и используем
свойство ортогональности собственных функций, см. теорему 14.3
!
∞
∞
X
X
(f, up ) =
fn un , up =
fn (un , up ) = fp (up , up ).
n=1
n=1
Отсюда
(f, up )
,
(up , up )
Z π
Z π
π
1
1 − cos(2nx) dx = ,
(up , up ) =
sin2 (nx) dx =
2 0
2
Z π0
n
1
1
−
(−1)
(f, up ) =
sin(nx) dx = − cos(nx)|π0 =
.
n
n
0
fp =
Ответ: f (x) =
2
π
∞
P
n=1
1−(−1)n
n
sin(nx).
Домашнее задание:
Задача 14.8. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu,
u(0) = u0 (π/2) = 0.
Ответ: λn = (2n − 1)2 , un (x) = sin ((2n − 1)x), n ∈ N.
Задача 14.9. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu, u0 (−π) = u0 (π) = 0.
Ответ: λn = n2 /4, un (x) = cos n2 (x + π) , n = 0, 1, . . ..
Задача 14.10. Решить задачу Штурма-Лиувилля
−u00 = λu,
Ответ: λn = n −
1 2
,
2
u0 (−π/2) = u(π/2) = 0.
un (x) = cos (n − 12 )(x + π/2) , n ∈ N.
Задача 14.11. Разложить функцию f (x) = 1 в ряд Фурье по собственным функциям задачи
Штурма-Лиувилля
−u00 = λu, u0 (0) = u(π/2) = 0.
Ответ: f (x) =
P
n>0
9Мы
4(−1)n+1
π(2n+1)
cos ((2n + 1)x) .
здесь не обсуждаем в каком смысле понимать сходимость ряда (14.19).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
75
15. Уравнение теплопроводности на отрезке.
Определение 15.1. Задачей Коши для уравнения теплопроводности на отрезке с однородными краевыми условиями называется задача о нахождении функции u(x, t), удовлетворяющей
при t > 0 уравнению
ut = a2 uxx + f (x, t),
(15.1)
краевым условиям
α1 u + β1 ux |x=a = 0,
(15.2)
α2 u + β2 ux |x=b = 0,
и начальному условию
u|t=0 = ϕ(x).
(15.3)
Здесь f и ϕ – заданные функции, αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0 при k = 1, 2 и a – положительная постоянная.
При некоторых условиях на гладкость функций f и ϕ, которые мы позволим себе здесь не
обсуждать, решение задачи Коши (15.1) – (15.3) существует и единственно.
Решение задачи (15.1) – (15.3) строится в три шага.
(1) Находим собственные значения λn и собственные функции un задачи Штурма-Лиувилля
α1 u + β1 ux |x=a = 0,
−uxx = λu,
(15.4)
α2 u + β2 ux |x=b = 0.
(2) Раскладываем функции f (x, t) и ϕ(x) в ряды Фурье по собственным функциям задачи
Штурма-Лиувилля (15.4)
X
X
f (x, t) =
fn (t)un (x), ϕ(x) =
ϕn un (x).
(15.5)
n
n
где функция fn и постоянные ϕn могут быть найдены по формулам, см. пример 14.7, на
стр. 74
Z b
(ϕ, un )
(f, un )
def
fn (t) =
, ϕn =
, (u, v) =
u(x)v(x) dx.
(un , un )
(un , un )
a
(3) Ищем решение задачи (15.1) – (15.3) в виде ряда
X
u(x, t) =
Tn (t)un (x),
(15.6)
n
где функции Tn подлежат определению. Так как все функции un удовлетворяют краевым
условиям (15.2), то и ряд (15.6) удовлетворяет условиям (15.2). Осталось удовлетворить
уравнению (15.1) и начальному условию (15.3). Подставим ряды (15.5) и (15.6) в уравнение (15.1) и начальное условие (15.3). В результате получим
X
X
X
Tn0 (t)un (x) = −a2
λn Tn (t)un (x) +
fn (t)un (x),
n
X
n
n
Tn (0)un (x) =
X
n
ϕn un (x).
n
Отсюда находим, что функции Tn обязаны удовлетворять следующей задаче Коши10
0
Tn (t) = −a2 λn Tn (t) + fn (t),
(15.7)
Tn (0) = ϕn .
10При
получении уравнений на T , мы пользуемся тем фактом, что два ряда Фурье совпадают только если
совпадают коэффициенты при соответствующих базисных функциях (в данном случае при un ).
76
А. А. Пожарский
Решение задачи Коши (15.7) существует и единственно.
◦ Ответ выписывается в виде ряда (15.6).
Пример 15.2. Решить задачу Коши

 ut = uxx ,
u|x=0 = u|x=π = 0,

u|t=0 = 1.
(15.8)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу Штурма-Лиувилля
−uxx = λu,
u|x=0 = u|x=π = 0.
Собственные функции и собственные числа задаются равенствами, см. пример 14.4 на стр. 71,
un (x) = sin(nx), λn = n2 , n ∈ N.
Шаг 2: Раскладываем функцию ϕ(x) = 1 в ряд Фурье по собственным функциям un . Это
разложение имеет вид, см. пример 14.7 на стр. 74,
∞
X
2 1 − (−1)n
ϕn un (x), ϕn =
ϕ(x) =
.
(15.9)
π
n
n=1
Шаг 3: Ищем решение задачи (15.8) в виде ряда
u(x, t) =
∞
X
Tn (t)un (x).
(15.10)
n=1
Подставим ряды (15.9) и (15.10) в уравнение (15.8). В результате получим
∞
X
Tn0 (t)un (x) =
n=1
∞
X
Tn (t)u00n (x) = −
∞
X
n=1
∞
X
n2 Tn (t)un (x),
n=1
Tn (0)un (x) =
∞
X
ϕn un (x).
n=1
n=1
Отсюда находим уравнения на Tn
Tn0 (t) = −n2 Tn (t),
Tn (0) = ϕn .
(15.11)
(15.12)
2
Общее решение уравнения (15.11) имеет вид11 An e−n t , где An произвольная постоянная. Постоянная An находится из начального условия (15.12)
2 Tn (0) = An e−n t = An = ϕn .
t=0
Окончательно,
2 1 − (−1)n −n2 t
e
.
π
n
Подставляя (15.13) в разложение (15.10), получим решение задачи (15.8). ∞
P
1−(−1)n −n2 t
e
sin(nx).
Ответ: u(x, t) = π2
n
2
Tn (t) = ϕn e−n t =
n=1
11Общее
решение уравнения (15.11) можно искать в виде eαt .
(15.13)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Пример 15.3. Решить задачу Коши

 ut = uxx + 2t sin(x),
u|x=0 = ux |x=π/2 = 0,
 u| = 3 sin 3x.
t=0
77
(15.14)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу Штурма-Лиувилля
−uxx = λu,
u|x=0 = ux |x=π/2 = 0.
Собственные функции и собственные числа задаются равенствами, см. задачу 14.8 на стр. 74,
un (x) = sin ((2n + 1)x) , λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . . .
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = 2t2 sin(x) и ϕ(x) = 3 sin(3x) в ряд Фурье по собственным функциям un . Эти разложения имеют элементарный вид
f (x, t) = 2tu0 (x),
ϕ(x) = 3u1 (x).
Шаг 3: Ищем решение задачи (15.14) в виде ряда
∞
X
u(x, t) =
Tn (t)un (x).
(15.15)
(15.16)
n=0
Подставим ряды (15.15) и (15.16) в уравнение (15.14). В результате получим
∞
∞
X
X
0
λn Tn (t)un (x) + 2tu0 (x),
Tn (t)un (x) = −
n=0
n=0
∞
X
Tn (0)un (x) = 3u1 (x).
n=0
Отсюда находим уравнения на Tn
0
T0 (t) + T0 (t) = 2t,
T0 (0) = 0,
0
T1 (t) + 9 T1 (t) = 0,
T1 (0) = 3,
0
Tn (t) + λn Tn (t) = 0,
при n = 2, 3, . . . .
Tn (0) = 0,
(15.17)
(15.18)
(15.19)
Найдем решение задачи (15.17). Частное решение уравнения (15.17) можно найти в виде
полинома первого порядка. Подставляя выражение at + b в уравнение (15.17), получим
a + b = 0,
a = 2,
a + at + b = 2t ⇐⇒
⇐⇒
a=2
b = −2.
Общее решение однородного уравнения T00 (t) + T0 (t) = 0 имеет вид T0 (t) = A0 e−t . В итоге общее
решение уравнения (15.17) имеет вид
T0 (t) = A0 e−t + 2t − 2.
Постоянная A0 находится из начального условия T0 (0) = 0, откуда
T0 (0) = A0 − 2 = 0 ⇐⇒ A0 = 2.
Отсюда
T0 (t) = 2(e−t − 1 + t).
78
А. А. Пожарский
Найдем решение задачи (15.18). Общее решение уравнения (15.18) имеет вид
T1 (t) = A1 e−9t .
Постоянная A1 находится из начального условия T1 (0) = 3, откуда
T1 (0) = A1 = 3.
Отсюда
T1 (t) = 3e−9t .
Найдем решение задачи (15.19). Общее решение уравнения (15.19) имеет вид
Tn (t) = An e−λt .
Постоянная An находится из начального условия Tn (0) = 0, откуда
Tn (0) = An = 0.
Отсюда
Tn (t) = 0.
Наконец, решение задачи (15.14) выписывается в виде ряда (15.16). Ответ: u(x, t) = 2(e−t − 1 + t) sin x + 3e−9t sin(3x).
Замечание 15.4. Отметим, что решение u было получено в виде конечного ряда благодаря
тому, что разложения функций f и ϕ в ряды Фурье также содержали лишь конечное число
членов. Более того, разложение для решения u велось только по тем собственным функциям
un , которые участвовали в разложениях для f и ϕ.
Пример 15.5. Решить задачу Коши

 ut = uxx + 2 sin t cos x,
ux |x=0 = u|x=π/2 = 0,
 u| = cos x − cos(5x).
t=0
(15.20)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: решаем задачу Штурма-Лиувилля
−uxx = λu,
ux |x=0 = u|x=π/2 = 0.
Собственные функции и собственные числа задаются равенствами, см. задачу 14.11 на стр. 74,
un (x) = cos ((2n + 1)x) , λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . . .
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = 2 sin t cos x и ϕ(x) = cos x − cos(5x) в ряд Фурье по
собственным функциям un . Эти разложения имеют вид
f (x, t) = 2 sin(t)u0 (x),
ϕ(x) = u0 (x) − u2 (x).
(15.21)
Шаг 3: Так как в разложениях (15.21) участвуют только функции u0 и u2 , то решение задачи (15.20) можно искать в виде, см. замечание 15.4,
u(x, t) = T0 (t)u0 (x) + T2 (t)u2 (x) = T0 (t) cos x + T2 (t) cos(5x).
Подставим ряды (15.21) и (15.22) в уравнение (15.20). В результате получим
T00 (t) cos x + T20 (t) cos(5x) = −T0 (t) cos x − 25T2 (t) cos(5x) + 2 sin t cos x,
T0 (0) cos x + T2 (0) cos(5x) = cos x − cos(5x).
(15.22)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Отсюда находим уравнения на T0 и T2
79
T00 (t) + T0 (t) = 2 sin t,
T0 (0) = 1,
(15.23)
T20 (t) + 25 T2 (t) = 0,
T2 (0) = −1.
(15.24)
Найдем решение задачи (15.23). Частное решение уравнения (15.23) можно найти в виде
a sin t + b cos t. Подставляя это выражение в уравнение (15.23), получим
a + b = 0,
a = 1,
a cos t − b sin t + a sin t + b cos t = 2 sin t ⇐⇒
⇐⇒
a−b=2
b = −1.
Общее решение однородного уравнения T00 (t) + T0 (t) = 0 имеет вид T0 (t) = A0 e−t . В итоге общее
решение уравнения (15.23) имеет вид
T0 (t) = A0 e−t + sin t − cos t.
Постоянная A0 находится из начального условия T0 (0) = 1
T0 (0) = A0 − 1 = 1 ⇐⇒ A0 = 2.
Отсюда
T0 (t) = 2e−t + sin t − cos t.
Найдем решение задачи (15.24). Общее решение уравнения (15.24) имеет вид
T2 (t) = A2 e−25t .
Постоянная A2 находится из начального условия T2 (0) = −1
T2 (0) = A2 = −1.
Отсюда
T2 (t) = −e−25t .
Наконец, решение задачи (15.14) выписывается в виде ряда (15.22). Ответ: u(x, t) = (2e−t + sin t − cos t) cos x − e−25t cos(5x).
Домашнее задание:
Задача 15.6. Решить задачу Коши

 ut = uxx ,
u|x=0 = u|x=2π = 0,
 u| = 2 sin(3x).
t=0
Ответ: u(x, t) = 2e−9t sin(3x).
Задача 15.7. Решить задачу Коши

 ut = 4uxx − sin x,
u|x=0 = u|x=π = 0,
 u| = sin x + 2 sin(2x).
t=0
Ответ: u(x, t) = 14 (5e−4t − 1) sin x + 2e−16t sin(2x).
80
А. А. Пожарский
Задача 15.8. Решить задачу Коши

 ut = uxx + e−t cos x,
ux |x=−π = ux |x=π = 0,
 u| = cos 2x.
t=0
Ответ: u(x, t) = te−t cos x + e−4t cos(2x).
Задача 15.9. Решить задачу Коши

 ut = uxx + t,
u|x=0 = u|x=π = 0,
 u| = sin x.
t=0
Ответ: u(x, t) = e−t sin x +
2
π
∞
P
n=1
1−(−1)n
n5
2
e−n t − 1 + n2 t sin(nx).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
81
16. Уравнение колебания ограниченной струны.
Определение 16.1. Задачей Коши для уравнения колебания струны на отрезке с однородными
краевыми условиями называется задача о нахождении функции u(x, t), удовлетворяющей при
t > 0 уравнению
utt = a2 uxx + f (x, t),
(16.1)
краевым условиям
α1 u + β1 ux |x=a = 0,
α2 u + β2 ux |x=b = 0,
(16.2)
и начальным условиям
u|t=0 = ϕ(x),
ut |t=0 = ψ(x).
(16.3)
Здесь f , ϕ и ψ – заданные функции, αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0 при k = 1, 2 и a – положительная постоянная.
При некоторых условиях на гладкость функций f , ϕ и ψ, которые мы позволим себе здесь
не обсуждать, решение задачи Коши (15.1) – (15.3) существует и единственно. Задача (16.1)
– (16.3) решается вполне аналогично задаче (15.1) – (15.3) для уравнения теплопроводности.
Напомним основные идеи.
Решение задачи (16.1) – (16.3) строится в три шага.
(1) Находим собственные значения λn и собственные функции un задачи Штурма-Лиувилля
α1 u + β1 ux |x=a = 0,
−uxx = λu,
(16.4)
α2 u + β2 ux |x=b = 0.
(2) Раскладываем функции f (x, t), ϕ(x) и ψ(x) в ряды Фурье по собственным функциям
задачи Штурма-Лиувилля (16.4)
X
X
X
f (x, t) =
fn (t)un (x), ϕ(x) =
ϕn un (x), ψ(x) =
ψn un (x).
(16.5)
n
n
n
где функция fn и постоянные ϕn и ψn могут быть найдены по формулам, см. пример 14.7
на стр. 74
Z b
(f, un )
(ϕ, un )
(ψ, un )
def
fn (t) =
u(x)v(x) dx.
, ϕn =
, ψn =
, (u, v) =
(un , un )
(un , un )
(un , un )
a
(3) Ищем решение задачи (16.1) – (16.3) в виде ряда
X
u(x, t) =
Tn (t)un (x),
(16.6)
n
где функции Tn подлежат определению. Подставим ряды (16.5) и (16.6) в уравнение (16.1)
и начальное условие (16.3). В результате получим
X
X
X
Tn0 (t)un (x) = −a2
λn Tn (t)un (x) +
fn (t)un (x),
n
X
n
Tn (0)un (x) =
n
X
n
X
ϕn un (x),
n
Tn0 (0)un (x) =
X
n
ψn un (x).
n
82
А. А. Пожарский
Отсюда находим, что функции Tn обязаны удовлетворять следующей задаче Коши

 Tn0 (t) = −a2 λn Tn (t) + fn (t),
Tn (0) = ϕn ,
(16.7)
 T 0 (0) = ψ .
n
n
Решение задачи (16.7) существует и единственно.
◦ Ответ выписывается в виде ряда (16.6).
Пример 16.2. Решить задачу Коши

u = uxx + 3 sin 2t sin x,


 tt
u|x=0 = u|x=π = 0,
u|t=0 = sin x − sin(2x),


 u | = 2 sin(2x).
t t=0
(16.8)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу Штурма-Лиувилля
−uxx = λu,
u|x=0 = u|x=π = 0.
Собственные функции и собственные числа задаются равенствами, см. задачу 14.4 на стр. 71,
un (x) = sin(nx), λn = n2 , n = 1, 2, . . . .
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = 3 sin 2t sin x, ϕ(x) = sin x − sin(2x) и ψ(x) = 2 sin(2x)
в ряд Фурье по собственным функциям un . Эти разложения имеют вид
f (x, t) = 3 sin(2t)u1 (x),
ϕ(x) = u1 (x) − u2 (x),
ψ(x) = 2u2 (x).
(16.9)
Шаг 3: Так как в разложениях (16.9) участвуют только функции u1 и u2 , то решение задачи (16.8) можно искать в виде
u(x, t) = T1 (t)u1 (x) + T2 (t)u2 (x) = T1 (t) sin x + T2 (t) sin(2x).
(16.10)
Подставим ряды (16.9) и (16.10) в уравнение (16.8). В результате получим
T100 (t) sin x + T200 (t) sin(2x) = −T1 (t) sin x − 4T2 (t) sin(2x) + 3 sin(2t) sin x,
T1 (0) sin x + T2 (0) sin(2x) = sin x − sin(2x),
T10 (0) sin x + T20 (0) sin(2x) = 2 sin(2x).
Отсюда находим уравнения на T1 и T2

 T100 (t) + T1 (t) = 3 sin(2t),
T1 (0) = 1,
 0
T1 (0) = 0,

 T200 (t) + 4 T2 (t) = 0,
T2 (0) = −1,
 T 0 (0) = 2.
2
(16.11)
(16.12)
Найдем решение задачи (16.11). Частное решение уравнения (16.11) можно найти в виде
a sin(2t) + b cos(2t). Подставляя это выражение в уравнение (16.11), получим
a = −1,
−4a sin(2t) − 4b cos(2t) + a sin(2t) + b cos(2t) = 3 sin(2t) ⇐⇒
b = 0.
Общее решение однородного уравнения T100 (t) + T1 (t) = 0 имеет вид T1 (t) = A1 sin t + B1 cos t. В
итоге общее решение уравнения (16.11) имеет вид
T1 (t) = A1 sin t + B1 cos t − sin(2t).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
83
Постоянные A1 и B1 находится из начальных условий T1 (0) = 1 и T10 (0) = 0
T1 (0) = B1 = 1,
B1 = 1,
⇐⇒
T10 (0) = A1 − 2 = 0,
A1 = 2.
Отсюда, решение задачи (16.11) имеет вид
T1 (t) = 2 sin t + cos t − sin(2t).
Найдем решение задачи (16.12). Общее решение уравнения (16.12) имеет вид
T2 (t) = A2 sin(2t) + B2 cos(2t).
Постоянные A2 и B2 находится из начальных условий T2 (0) = −1 и T20 (0) = 2
B2 = −1,
T2 (0) = B2 = −1,
⇐⇒
0
A2 = 1.
T2 (0) = 2A2 = 2,
Отсюда
T2 (t) = sin(2t) − cos(2t).
Окончательно, решение задачи (16.8) выписывается в виде ряда (16.10). Ответ: u(x, t) = [2 sin t + cos t − sin(2t)] sin x + [sin(2t) − cos(2t)] sin(2x).
Пример 16.3. Решить задачу Коши

u = uxx + t2 − e−t cos x,


 tt
ux |x=0 = ux |x=π = 0,
u|t=0 = 1,


 u | = cos x.
t t=0
(16.13)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: решаем задачу Штурма-Лиувилля
−uxx = λu,
ux |x=0 = ux |x=π = 0.
Собственные функции и собственные числа задаются равенствами, см. задачу 14.5 на стр. 72,
un (x) = cos(nx), λn = n2 , n = 0, 1, . . . .
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = t2 − e−t cos x, ϕ(x) = 1 и ψ(x) = cos x в ряд Фурье
по собственным функциям un . Эти разложения имеют вид
f (x, t) = t2 u0 (x) − e−t u1 (x),
ϕ(x) = u0 (x),
ψ(x) = u1 (x).
(16.14)
Шаг 3: Так как в разложениях (16.14) участвуют только функции u0 и u1 , то решение задачи (16.13) можно искать в виде
u(x, t) = T0 (t)u0 (x) + T1 (t)u1 (x) = T0 (t) + T1 (t) cos x.
Подставим ряды (16.14) и (16.15) в уравнение (16.13). В результате получим
T000 (t) + T100 (t) cos x = −T1 (t) cos x + t2 − e−t cos x,
T0 (0) + T1 (0) cos x = 1,
T00 (0) + T10 (0) cos x = cos x.
(16.15)
84
А. А. Пожарский
Отсюда находим уравнения на T0 и T1

 T000 (t) = t2 ,
T0 (0) = 1,
 T 0 (0) = 0,
0

 T100 (t) + T1 (t) = −e−t ,
T1 (0) = 0,
 0
T1 (0) = 1.
(16.16)
(16.17)
Найдем решение задачи (16.16). Частное решение уравнения (16.16) можно найти в виде at4 .
Подставляя это выражение в уравнение (16.16), получим
1 2
t.
12
12at2 = t2 ⇐⇒ a =
Общее решение однородного уравнения T000 (t) = 0 имеет вид T1 (t) = A0 + B0 t. В итоге общее
решение уравнения (16.16) имеет вид
T0 (t) = A0 + B0 t +
1 2
t.
12
Постоянные A0 и B0 находится из начальных условий T0 (0) = 1 и T00 (0) = 0
T0 (0) = A0 = 1,
T00 (0) = B0 = 0.
Отсюда найдем, что решение задачи (16.16) имеет вид
T0 (t) = 1 +
1 2
t.
12
Найдем решение задачи (16.17). Частное решение уравнения (16.17) можно найти в виде be−t .
Подставляя это выражение в уравнение (16.17), получим
1
2be−t = −e−t ⇐⇒ b = − .
2
Общее решение однородного уравнения T100 (t) + T1 (t) = 0 имеет вид T1 (t) = A1 sin t + B1 cos t. В
итоге общее решение уравнения (16.17) имеет вид
1
T1 (t) = A1 sin t + B1 cos t − e−t .
2
Постоянные A1 и B1 находится из начальных условий T1 (0) = 0 и T10 (0) = 1
T1 (0) = B1 − 21 = 0,
B1 = 21 ,
⇐⇒
1
0
T1 (0) = A1 + 2 = 1,
A1 = 12 .
Отсюда
1
1
1
sin t + cos t − e−t .
2
2
2
Окончательно, решение задачи (16.13) выписывается в виде ряда (16.15). T1 (t) =
Ответ: u(x, t) = 1 +
1 2
t
12
+ 12 (sin t + cos t − e−t ) cos x.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Домашнее задание:
Задача 16.4. Решить задачу Коши

u = 4uxx + sin(3x),


 tt
u|x=0 = u|x=2π = 0,
 u|t=0 = 0,

 u | = 6 sin x.
t t=0
Ответ: u(x, t) = 3 sin(2t) sin x +
1
(1
36
− cos(6t)) sin(3x).
Задача 16.5. Решить задачу Коши

u = uxx + sin t sin x,


 tt
u|x=0 = ux |x=π/2 = 0,
u|t=0 = sin x,


 u | = 0.
t t=0
Ответ: u(x, t) = 12 (sin t + 2 cos t − t cos t) sin x.
Задача 16.6. Решить задачу Коши

u + 2ut = uxx + 2e−t sin x,


 tt
u|x=0 = u|x=4π = 0,
 u|t=0 = sin(2x),

 u | = sin x.
t t=0
√
Ответ: u(x, t) = (t + t2 )e−t sin x + cos( 3t) +
√1
3
√ sin( 3t) e−t sin(2x).
Задача 16.7. Решить задачу Коши

u = uxx + t,


 tt
u|x=0 = u|x=π = 0,
u|t=0 = 0,


 u | = 3 sin(2x).
t t=0
Ответ: u(x, t) = 23 sin(2t) sin(2x) +
2
π
∞
P
n=1
1−(−1)n
(nt
n4
− sin(nt)) sin(nx).
85
86
А. А. Пожарский
17. Зависимость от времени в краевых условиях.
Определение 17.1. Задачей Коши для уравнения теплопроводности на отрезке с неоднородными краевыми условиями называется задача о нахождении функции u(x, t), удовлетворяющей при t > 0 уравнению
ut = a2 uxx + f (x, t),
(17.1)
краевым условиям
α1 u + β1 ux |x=a = g(t),
(17.2)
α2 u + β2 ux |x=b = h(t),
и начальному условию
u|t=0 = ϕ(x).
(17.3)
Здесь f , g, h и ϕ – заданные функции, αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0 при k = 1, 2 и a – положительная постоянная.
Решение задачи (17.1) – (17.3) строится в два шага.
(1) Находим какую-нибудь функцию w, удовлетворяющую краевым условиям (17.2). Отметим, что таких функций существует довольно много. Функцию w можно искать различными способами, например, ее можно искать в одном из указанных ниже видов
w(x, t) = C1 (t) sin(d1 (x − a)) + C2 (t) cos(d1 (x − a)) +
+ C3 (t) sin(d2 (x − b)) + C4 (t) cos(d2 (x − b)),
w(x, t) = C1 (t) + C2 (t)x + C3 (t)x2 .
(2) Ищем решение задачи (17.1) – (17.3) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t),
(17.4)
где v – новая неизвестная функция. Подставляя выражение (17.4) в (17.1) – (17.3), получим задачу на функцию v
vt = a2 vxx + f (x, t) + a2 wxx (x, t) − wt (x, t),
α1 v + β1 vx |x=a = 0,
α2 v + β2 vx |x=b = 0,
(17.5)
v|t=0 = ϕ(x) − w(x, 0).
(17.7)
(17.6)
Задача Коши (17.5) – (17.7) имеет однородные краевые условия (17.6), поэтому ее можно
решать изложенными ранее методами, см. задачу (15.1) – (15.3) на стр. 75.
◦ Ответ выписывается в виде суммы (17.4).
Пример 17.2. Решить задачу Коши

 ut = uxx ,
u|x=0 = u|x=π = −1,

u|t=0 = 0.
(17.8)
Решение. Решение проводим в два шага.
Шаг 1: Найдем функцию w, удовлетворяющую краевым условиям w|x=0 = w|x=π = −1. В
качестве такой функции удобно взять
w(x, t) = −1.
Шаг 2: Ищем решение задачи (17.8) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = v(x, t) − 1.
(17.9)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Подставляя выражение (17.9) в (17.8), получим задачу на функцию v

 vt = vxx ,
v|x=0 = v|x=π = 0,

v|t=0 = 1.
87
(17.10)
Решение задачи (17.10) найдено в примере 15.2 на стр. 76, откуда
∞
2 X 1 − (−1)n −n2 t
v(x, t) =
e
sin(nx).
π n=1
n
Решение задачи (17.8) выписываем в виде (17.9). ∞
P
1−(−1)n −n2 t
sin(nx).
Ответ: u(x, t) = −1 + π2
e
n
n=1
Пример 17.3. Решить задачу Коши

 ut = uxx ,
ux |x=0 = 0, u|x=π = t2 ,

u|t=0 = 0.
(17.11)
Решение. Решение проводим в два шага.
Шаг 1: Найдем функцию w, удовлетворяющую краевым условиям wx |x=0 = 0, w|x=π = t2 . Ее
можно искать, например, в виде w(x, t) = A(t) + xB(t), откуда
w(x, t) = t2 .
Шаг 2: Ищем решение задачи (17.11) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = v(x, t) + t2 .
Подставляя выражение (17.12) в (17.11), получим задачу на функцию v

 vt = vxx − 2t,
vx |x=0 = 0, v|x=π = 0,
 v| = 0.
t=0
(17.12)
(17.13)
Собственные функции и собственные значения задачи Штурма-Лиувилля
−vxx = λv,
(17.14)
vx |x=0 = 0, v|x=π = 0,
имеют вид
2
2n + 1
2n + 1
vn (x) = cos
x , λn =
, n = 0, 1, . . . .
2
2
Разложение функции −2t в ряд Фурье по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
(17.14) имеет вид
∞
X
8(−1)n+1
−2t = t
an vn (x), an =
.
(17.15)
π(2n + 1)
n=0
Решение задачи (17.13) ищем в виде разложения
v(x, t) =
∞
X
n=0
Tn (t)vn (x).
(17.16)
88
А. А. Пожарский
Подставляя разложения (17.15) и (17.16) в уравнение (17.13), получим
∞
X
Tn0 (t)vn (x) = −
λn Tn (t)vn (x) + t
n=0
n=0
∞
X
∞
X
∞
X
an vn (x),
n=0
Tn (0)vn (x) = 0.
n=0
Отсюда находим задачу Коши на функцию Tn
0
Tn (t) + λn Tn (t) = an t,
Tn (0) = 0.
(17.17)
Частное решение уравнения (17.17) можно найти в виде линейного полинома. Подставляя представление Tn (t) = An + Bn t в уравнение (17.17), получим
An = − λan2 ,
Bn + λn An = 0,
n
⇐⇒
Bn + λn An + λn Bn t = an t ⇐⇒
λn Bn = an
Bn = λann .
Общее решение однородного уравнения Tn0 (t) + λn Tn (t) = 0 имеет вид Tn (t) = Cn e−λn t . В итоге
общее решение уравнения (17.17) можно записать в виде
an
Tn (t) = 2 (−1 + λn t) + Cn e−λn t .
(17.18)
λn
Из начального условия Tn (0) = 0 находим Cn = an /λ2n . Подставляя выражение (17.18) в формулу (17.16), найдем решение задачи (17.13)
v(x, t) =
∞
X
an
λ2
n=0 n
e−λn t − 1 + λn t vn (x).
Решение задачи (17.11) выписываем в виде (17.12). ∞ 7
P
2 (−1)n+1
2n+1
−λn t
Ответ: u(x, t) = t2 +
x
.
e
−
1
+
λ
t
cos
n
5
π(2n+1)
2
n=0
Определение 17.4. Задачей Коши для уравнения колебания струны на отрезке с неоднородными краевыми условиями называется задача о нахождении функции u(x, t), удовлетворяющей при t > 0 уравнению
utt = a2 uxx + f (x, t),
(17.19)
краевым условиям
α1 u + β1 ux |x=a = g(t),
α2 u + β2 ux |x=b = h(t),
(17.20)
и начальным условиям
u|t=0 = ϕ(x),
ut |t=0 = ψ(x).
(17.21)
Здесь f , g, h, ϕ и ψ – заданные функции, αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0 при k = 1, 2 и a – положительная постоянная.
Решение задачи (17.19) – (17.21) строится в два шага.
(1) Находим какую-нибудь функцию w, удовлетворяющую краевым условиям (17.20).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
89
(2) Ищем решение задачи (17.19) – (17.21) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t),
(17.22)
где v – новая неизвестная функция. Подставляя выражение (17.22) в (17.19) – (17.21),
получим задачу на функцию v
vtt = a2 vxx + f (x, t) + a2 wxx (x, t) − wtt (x, t),
α1 v + β1 vx |x=a = 0,
α2 v + β2 vx |x=b = 0,
v|t=0 = ϕ(x) − w(x, 0),
vt |t=0 = ψ(x) − wt (x, 0).
(17.23)
(17.24)
(17.25)
Задача Коши (17.23) – (17.25) имеет однородные краевые условия (17.24), поэтому ее
можно решать изложенными ранее методами, см. задачу (16.1) – (16.3) на стр. 81.
◦ Ответ выписывается в виде суммы (17.22).
Пример 17.5. Решить задачу Коши

 utt = uxx ,
ux |x=0 = 1, u|x=π = π,

u|t=0 = 0, ut |t=0 = 0.
(17.26)
Решение. Решение проводим в два шага.
Шаг 1: Найдем функцию w, удовлетворяющую краевым условиям wx |x=0 = 1, w|x=π = π. Ее
можно искать, например, в виде w(x, t) = A + Bx, откуда
w(x, t) = x.
Шаг 2: Ищем решение задачи (17.26) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = v(x, t) + x.
Подставляя выражение (17.27) в (17.26), получим задачу на функцию v

 vtt = vxx ,
vx |x=0 = 0, v|x=π = 0,
 v| = −x, v | = 0.
t=0
t t=0
(17.27)
(17.28)
Собственные функции и собственные значения задачи Штурма-Лиувилля
−vxx = λv,
(17.29)
vx |x=0 = 0, v|x=π = 0,
имеют вид
2
2n + 1
2n + 1
vn (x) = cos
x , λn =
, n = 0, 1, . . . .
2
2
Разложение функции −x в ряд Фурье по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
(17.29) имеет вид
∞
X
8
4(−1)n+1
−x =
an vn (x), an =
+
.
(17.30)
2
2n
+
1
π(2n
+
1)
n=0
Решение задачи (17.28) ищем в виде разложения
v(x, t) =
∞
X
n=0
Tn (t)vn (x).
(17.31)
90
А. А. Пожарский
Подставляя разложения (17.30) и (17.31) в уравнение (17.28), получим
∞
∞
∞
X
X
X
00
Tn (t)vn (x) = −
λn Tn (t)vn (x) + t
an vn (x),
n=0
∞
X
n=0
n=0
Tn (0)vn (x) = 0,
n=0
∞
X
Tn0 (0)vn (x) = 0.
n=0
Отсюда находим задачу Коши на функцию Tn

 Tn00 (t) + λn Tn (t) = 0,
Tn (0) = an ,
 0
Tn (0) = 0.
(17.32)
Общее решение уравнения (17.32) имеет вид
2n + 1
2n + 1
Tn (t) = Cn sin
t + Dn cos
t .
2
2
(17.33)
Из начальных условий задачи (17.28) находим, что Cn = 0, Dn = an . Подставляя выражение (17.33) в формулу (17.31), найдем решение задачи (17.28)
∞
X
2n + 1
2n + 1
an cos
v(x, t) =
t cos
x .
2
2
n=0
Решение задачи (17.26) выписываем в виде (17.27). i
∞ h
P
4(−1)n+1
8
Ответ: u(x, t) = x +
+
cos 2n+1
t cos
2
2n+1
π(2n+1)
2
n=0
2n+1
x
2
.
Пример 17.6. Решить задачу Коши

 utt = uxx ,
ux |x=0 = 0, ux |x=π/2 = sin t,
 u| = u | = 0.
t=0
t t=0
(17.34)
Решение. Решение проводим в два шага.
Шаг 1: Найдем функцию w, удовлетворяющую краевым условиям wx |x=0 = 0, w|x=π/2 = sin t.
Ее можно искать, например, в виде w(x, t) = A(t) cos(αx) + B(t) sin(αx), откуда
B(t)α = 0,
−A(t)α sin(απ/2) + B(t)α cos(απ/2) = sin t.
Выбирая α = 1, A(t) = − sin t и B(t) = 0, получим
w(x, t) = − cos x sin t.
Шаг 2: Ищем решение задачи (17.34) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = v(x, t) − cos x sin t.
Подставляя выражение (17.35) в (17.34), получим задачу на функцию v

 vtt = vxx ,
vx |x=0 = 0, vx |x=π/2 = 0,

v|t=0 = 0, vt |t=0 = cos x.
(17.35)
(17.36)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Собственные функции и собственные значения задачи Штурма-Лиувилля
−vxx = λv,
vx |x=0 = 0, vx |x=π/2 = 0,
91
(17.37)
имеют вид
vn (x) = cos(2nx), λn = 4n2 , n = 0, 1, . . . .
Разложение функции cos x в ряд Фурье по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
(17.37) имеет вид
cos x =
∞
X
an vn (x),
an =
n=0
4(−1)n
2
, n = 1, 2, . . . , a0 = .
2
π(1 − 4n )
π
(17.38)
Решение задачи (17.36) ищем в виде разложения
v(x, t) =
∞
X
Tn (t)vn (x).
(17.39)
n=0
Подставляя разложения (17.38) и (17.39) в уравнение (17.36), получим
∞
X
n=0
∞
X
n=0
∞
X
Tn00 (t)vn (x)
=−
∞
X
λn Tn (t)vn (x),
n=0
Tn (0)vn (x) = 0,
Tn0 (0)vn (x) =
n=0
∞
X
an vn (x).
n=0
Отсюда находим задачу Коши на функцию Tn

 Tn00 (t) + 4n2 Tn (t) = 0,
Tn (0) = 0,
 0
Tn (0) = an .
(17.40)
Общее решение уравнения (17.40) имеет вид
Tn (t) = Cn sin(2nt) + Dn cos(2nt), n = 1, 2, . . . ,
T0 (t) = C0 t + D0 .
(17.41)
(17.42)
Из начальных условий находим (17.36), что Cn = an /(2n), Dn = 0 при n = 1, 2, . . . и C0 = a0 ,
D0 = 0. Подставляя выражения (17.41) и (17.42) в формулу (17.39), найдем решение задачи (17.36)
∞
X
an
v(x, t) = a0 t +
sin(2nt) cos(2nx).
2n
n=1
Решение задачи (17.34) выписываем в виде (17.35). ∞
P
2(−1)n
Ответ: u(x, t) = − sin t cos x + 2t
+
sin(2nt) cos(2nx).
π
πn(1−4n2 )
n=1
Рассмотрим еще один пример задачи, в которой план решения остается прежним.
92
А. А. Пожарский
Пример 17.7. Решить задачу Коши

u − 2ut = uxx − cos x + sin x


 tt
ux |x=0 = u|x=π/2 = 1,
u|t=0 = sin x,


 u | = 2 cos x.
t t=0
(17.43)
Решение. Решение проводим в два шага.
Шаг 1: Найдем функцию w, удовлетворяющую краевым условиям wx |x=0 = w|x=π/2 = 1. Ее
можно искать, например, в виде w(x, t) = A cos(αx) + B sin(αx), откуда
Bα = 1,
A cos(απ/2) + B sin(απ/2) = 1.
Выбирая α = 1, A = 0 и B = 1, получим
w(x, t) = sin x.
Шаг 2: Ищем решение задачи (17.43) в виде
u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) = v(x, t) + sin x.
Подставляя выражение (17.44) в (17.43), получим задачу на функцию v

 vtt − 2vt = vxx − cos x,
vx |x=0 = 0, v|x=π/2 = 0,
 v| = 0, v | = 2 cos x.
t=0
t t=0
Собственные функции и собственные значения задачи Штурма-Лиувилля
−vxx = λv,
vx |x=0 = 0, v|x=π/2 = 0,
(17.44)
(17.45)
(17.46)
имеют вид
vn (x) = cos((2n + 1)x), λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . . .
Разложение функции cos x в ряд Фурье по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля
(17.46) имеет элементарный вид
cos x = v0 (x).
(17.47)
Решение задачи (17.45) ищем в виде
v(x, t) = T0 (t)v0 (x).
(17.48)
Подставляя разложения (17.47) и (17.48) в уравнение (17.45), получим
T000 (t)v0 (x) − 2T00 (t)v0 (x) = −λ0 T0 (t)v0 (x) − v0 (x),
T0 (0)v0 (x) = 0,
T00 (0)v0 (x) = 2v0 (x).
Отсюда находим задачу Коши на функцию T0

 T000 (t) − 2T00 (t) + T0 (t) = −1,
Tn (0) = 0,
 0
Tn (0) = 2.
(17.49)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
93
Частное решение уравнения (17.49) можно найти в виде постоянной функции. Подставляя
представление T0 (t) = C в уравнение (17.49), получим C = −1. Общее решение однородного уравнения T000 (t) − 2T00 (t) + T0 (t) = 0 имеет вид T0 (t) = Aet + Btet . В итоге общее решение
уравнения (17.49) можно записать в виде
T0 (t) = Aet + Btet − 1.
(17.50)
Из начальных условий задачи (17.36) находим
A − 1 = 0,
A = 1,
⇐⇒
A+B =2
B = 1.
Подставляя выражение (17.50) в формулу (17.48), найдем решение задачи (17.45)
v(x, t) = (et + tet − 1)v0 (x).
Решение задачи (17.43) выписываем в виде (17.44). Ответ: u(x, t) = sin x + (et + tet − 1) cos x.
Домашнее задание:
Задача 17.8. Решить задачу Коши

 ut = uxx + e−t cos(x) + 5et sin(2x),
ux |x=0 = 2et , u|x=π/2 = 0,
 u| = sin(2x).
t=0
(17.51)
Ответ: u(x, t) = et sin(2x) + te−t cos x.
Задача 17.9. Решить задачу Коши

 ut = uxx + 1 + e−2t sin(x),
u|x=0 = u|x=π = t,
 u| = 0.
t=0
(17.52)
Ответ: u(x, t) = t + (e−t − e−2t ) sin x.
Задача 17.10. Решить задачу Коши

 ut = uxx + 2 cos t cos(x),
ux |x=0 = ux |x=π = 3,
 u| = 3x.
t=0
(17.53)
Ответ: u(x, t) = 3x + (sin t + cos t − e−t ) cos x.
Задача 17.11. Решить задачу Коши

 ut = uxx − t sin(x),
u|x=0 = u|x=π = 2,
 u| = 2.
t=0
(17.54)
Ответ: u(x, t) = 2 + (1 − t − e−t ) sin x.
Задача 17.12. Решить задачу Коши

 utt = uxx ,
u|x=0 = 0, u|x=π = πt,
 u| = sin(2x), u | = 0.
t=0
t t=0
(17.55)
94
Ответ: u(x, t) = xt + cos(2t) sin(2x) +
А. А. Пожарский
∞
P
n=1
2(−1)n
n2
sin(nt) sin(nx).
Задача 17.13. Решить задачу Коши

 utt + 4ut = 4uxx + 4 sin x,
u|x=0 = 0, ux |x=π/2 = 1,
 u| = x, u | = sin(3x).
t=0
t t=0
Ответ: u(x, t) = x + (1 − e−2t − 2te−2t ) sin x +
√1
32
√
e−t sin( 32 t) sin(3x).
(17.56)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
95
18. 2-ая контрольная работа (1 час).
Вариант контрольной работы №2.
(1) Найти интегральные представления для решений уравнения
zW 00 − (z + 1)W 0 + W = 0.
Вычислить полученные интегралы.
H
1
Ответ: W1 (z) =
ezt dt = −2πi (z + 1), W2 (z) =
t2 (t−1)
|t|= 21
(18.1)
H
|t−1|= 12
1
t2 (t−1)
ezt dt = 2πi ez .
(2) Решить задачу Коши для уравнения струны

u = uxx + sin(3x),


 tt
u|x=0 = ux |x=π/2 = 0,
u|t=0 = sin x,


 u | = 0.
t t=0
Ответ:
1
u(x, t) = cos t sin x + (1 − cos(3t)) sin(3x).
9
(3) Точка z = 0 – особая для уравнения (18.1). Как это отразилось на решениях этого
уравнения?
Вариант контрольной работы №2.
(1) Найти интегральные представления для решений уравнения
4W 000 − zW = 0.
Ответ: W1 (z) =
R
4 +zt
e−t
dt, W2 (z) =
+i∞
R
4 +zt
e−t
dt, W3 (z) =
−i∞
R
R
4 +zt
e−t
dt, где контур инте-
γ
грирования γ совпадает с любой из двух ветвей гиперболы xy = 1, z = x + iy.
(2) Решить задачу Коши

 ut = uxx + x,
ux |x=0 = t, u|x=1 = 0,
 u| = 0.
t=0
∞
P
16(−1)n
1
− 14 π 2 (2n+1)2 t
Ответ: u(x, t) = (x − 1)t +
1
−
e
cos
π
n
+
x .
3
3
π (2n+1)
2
n=0
(3) Известно, что W1 = 1 и W2 = cos z – решения дифференциального уравнения вида
W 00 + p(z)W 0 + q(z)W = 0.
Что можно сказать, об особых точках этого уравнения?
Ответ: Особые точки: z = πn, n ∈ Z.
96
А. А. Пожарский
19. Оператор Лапласа в прямоугольной области.
Определение 19.1. Спектральной задачей для оператора Лапласа в прямоугольнике называется задача об определении всех параметров λ таких, что в прямоугольнике [a, b] × [c, d]
существует нетривиальное решение уравнения
−∆u = λu,
удовлетворяющее краевым условиям

α u + β1 ∂n u = 0


 1
α2 u + β2 ∂n u = 0
α3 u + β3 ∂n u = 0


α u + β ∂ u = 0
4
4 n
∂2
∂2
∆=
+
,
∂x2 ∂y 2
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(19.1)
(19.2)
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2, 3, 4 и ∂n – производная по внешней нормали.
Определение 19.2. Значение параметра λ, при котором задача (19.1) – (19.2) имеет нетривиальное решение, называется собственным значением (числом) этой задачи, а соответствующее решение называется собственной функцией.
Теорема 19.3. Задача (19.1) – (19.2) обладает следующими свойствами.
(1) Существует бесконечный (счетный) набор собственных значений. При этом все собственные значения вещественные числа.
(2) Собственные значения можно пронумеровать так, что λ1 < λ2 6 λ3 6 · · · 6 λn 6 · · · .
При этом собственные значения накапливаются на плюс бесконечности.
(3) Каждому собственному значению λk соответствует одна или более линейно независимых собственных функций uk .
(4) Линейно независимые собственные функции попарно ортогональны относительно скалярного произведения в пространстве L2 ((a, b) × (c, d)), т. е.
Z b Z d
def
dy uk (x, y)up (x, y) = 0, при k 6= p.
dx
(uk , up ) =
a
c
(5) Набор, составленный из всех линейно независимых собственных функций, образует
базис в пространстве L2 ((a, b) × (c, d)).
Для решения задачи (19.1) – (19.2) применяют метод разделения переменных. Изложим идею
этого метода на следующем примере.
Пример 19.4. Найти собственные значения и собственные функции задачи
−∆u = λu,

u = 0 при



u = 0 при
u = 0 при


 u = 0 при
(19.3)
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
(19.4)
Решение. Будем искать решение уравнения (19.3) в виде
u(x, y) = X(x)Y (y).
(19.5)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
97
Подставляя (19.5) в уравнение (19.3), получим
−X 00 (x)Y (y) − X(x)Y 00 (y) = λX(x)Y (y).
Отсюда, поделив на X(x)Y (y), найдем
−
X 00 (x)
Y 00 (y)
=
+ λ.
X(x)
Y (y)
(19.6)
Поскольку левая часть в равенстве (19.6) зависит только от переменной x, а правая только
от y, то оба отношения равны некоторой постоянной, обозначим ее µ. В результате уравнения
на функции X и Y разделились
−X 00 (x) = µX(x),
−Y 00 (y) = νY (y), где ν = λ − µ.
(19.7)
(19.8)
Подставляя (19.5) в краевые условия (19.4), получим

X(0)Y (y) = 0 при y ∈ [0, π],



X(π)Y (y) = 0 при y ∈ [0, π],
X(x)Y (0) = 0 при x ∈ [0, π],


 X(x)Y (π) = 0 при x ∈ [0, π].
(19.9)
Напомним, что мы ищем нетривиальные решения задачи (19.3) – (19.4), поэтому мы должны
предполагать, что функции X(x) и Y (y) не являются тождественно равными нулю. Отсюда и
из (19.9) следует, что
X(0) = X(π) = 0,
Y (0) = Y (π) = 0.
(19.10)
(19.11)
Собирая уравнения (19.7) – (19.8) и краевые условия (19.10) – (19.11) вместе, получим две
задачи Штурма-Лиувилля
−X 00 (x) = µX(x),
(19.12)
X(0) = X(π) = 0,
−Y 00 (y) = νY (y),
(19.13)
Y (0) = Y (π) = 0,
где параметры ν и µ связаны соотношением λ = ν + µ. Собственные функции и собственные
значения задач (19.12) и (19.13) имеют вид, см. пример 14.4 на стр. 71,
Xn (x) = sin(nx), µn = n2 , n ∈ N,
Yp (y) = sin(py), νp = p2 , p ∈ N.
(19.14)
(19.15)
Подставляя (19.14), (19.15) в (19.5), найдем собственные функции и собственные значения задачи (19.3) – (19.4)
unp (x, y) = Xn (x)Yp (y) = sin(nx) sin(py),
λnp = µn + νp = n2 + p2 ,
n ∈ N, p ∈ N.
До сих пор мы никак не обсуждали почему все собственные функции задачи (19.3) – (19.4)
можно найти в виде (19.5). Из теоремы 19.3 следует, что для того, чтобы доказать это, нам достаточно показать, что собственные функции unp образуют базис в пространстве L2 ((0, π) × (0, π)).
Докажем, что набор функций unp образуют базис в L2 ((0, π) × (0, π)).12 Для этого, нам достаточно показать, что любая функция f из пространства L2 ((0, π) × (0, π)) может быть разложена
в ряд Фурье по функциям unp .
12Мы
обозначим основную идею доказательства, не проводя строгих рассуждений. Мы также не будем останавливаться на том в каком смысле понимать сходимость соответствующих рядов.
98
А. А. Пожарский
Фиксируем переменную y и будем рассматривать f (x, y) как функцию от x. В силу теоремы 14.3 эта функция может быть разложена по собственным функциям Xn задачи ШтурмаЛиувилля (19.12), т. е. существуют такие cn (y), что
f (x, y) =
∞
X
cn (y)Xn (x).
(19.16)
n=1
Аналогично функции cn (y) могут быть разложены по собственным функциям Yp задачи ШтурмаЛиувилля (19.13)
∞
X
cn (y) =
fnp Yp (y).
(19.17)
p=1
Подставляя (19.17) в (19.16), получим
f (x, y) =
∞
X
cn (y)Xn (x) =
n=1
∞ X
∞
X
fnp Xn (x)Yp (y) =
n=1 p=1
∞ X
∞
X
fnp unp (x, y).
n=1 p=1
Таким образом, мы разложили произвольную функцию f в ряд Фурье по функциям unp . Ответ: λnp = n2 + p2 , unp (x, y) = sin(nx) sin(py), n ∈ N, p ∈ N.
Пример 19.5. Найти собственные значения и собственные функции задачи
−∆u = λu,

u=0



u=0
∂n u = 0


u = 0
(19.18)
при
при
при
при
x = −π,
x = π,
y = 0,
y = π/2,
y ∈ [0, π/2],
y ∈ [0, π/2],
x ∈ [−π, π],
x ∈ [−π, π].
(19.19)
Решение. Ищем решение уравнения (19.18) в виде
u(x, y) = X(x)Y (y).
(19.20)
Подставляя (19.20) в уравнение (19.18), получим
−
X 00 (x)
Y 00 (y)
=
+ λ = µ,
X(x)
Y (y)
(19.21)
где µ – некоторая постоянная. В результате уравнения на функции X и Y разделились
−X 00 (x) = µX(x),
−Y 00 (y) = νY (y),
(19.22)
(19.23)
где ν = λ − µ.
Подставляя (19.20) в краевые условия (19.19), получим
X(−π) = X(π) = 0,
Y 0 (0) = Y (π/2) = 0.
(19.24)
(19.25)
Здесь мы воспользовались тем, что ∂n = −∂y на нижней границе прямоугольника y = 0, x ∈
[−π, π].
Собирая уравнения (19.22) – (19.23) и краевые условия (19.24) – (19.25) вместе, получим две
задачи Штурма-Лиувилля
−X 00 (x) = µX(x),
(19.26)
X(−π) = X(π) = 0,
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
99
−Y 00 (y) = νY (y),
λ = ν + µ.
Y 0 (0) = Y (π/2) = 0,
Собственные функции и собственные значения задач (19.26) и (19.27) имеют вид
n
n2
Xn (x) = sin
(x + π) , µn = , n ∈ N,
2
4
Yp (y) = cos((2p + 1)y), νp = (2p + 1)2 , p = 0, 1, . . . .
(19.27)
(19.28)
(19.29)
Подставляя (19.28) и (19.29) в (19.20), найдем собственные функции и собственные значения
задачи (19.18) – (19.19)
n
unp (x, y) = Xn (x)Yp (y) = sin
(x + π) cos((2p + 1)y),
2
2
n
λnp = µn + νp =
+ (2p + 1)2 , n ∈ N, p = 0, 1, . . . . 4
2
Ответ: λnp = n4 + (2p + 1)2 , unp (x, y) = sin n2 (x + π) cos((2p + 1)y), n ∈ N, p = 0, 1, . . ..
Домашнее задание:
Задача 19.6. Найти собственные значения

∂ u=0


 n
∂n u = 0
−∆u = λu,
u=0


u = 0
и собственные функции задачи
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π/2,
y ∈ [0, π/2],
y ∈ [0, π/2],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
Ответ: λnp = n2 + 4p2 , unp (x, y) = cos(nx) sin(2py), n = 0, 1, . . ., p ∈ N.
Задача 19.7. Найти собственные значения

u=0



∂n u = 0
−∆u = λu,
∂n u = 0


u = 0
Ответ: λnp = n −
1 2
2
+ 3p −
3 2
,
2
и собственные функции задачи
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π/3,
n−
unp (x, y) = sin
1
2
y ∈ [0, π/3],
y ∈ [0, π/3],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
x cos
3p −
3
2
y , n ∈ N, p ∈ N.
Задача 19.8. Найти собственные значения и собственные функции задачи

u=0
при x = 0, y ∈ [0, 1],



∂n u = 0 при x = 3π, y ∈ [0, 1],
−∆u = λu,
u=0
при y = 0, x ∈ [0, 3π],


u = 0
при y = 1, x ∈ [0, 3π].
Ответ: λnp =
2n−1 2
6
+ π 2 p2 , unp (x, y) = sin
2n−1
x
6
sin (pπy), n ∈ N, p ∈ N.
100
А. А. Пожарский
20. Уравнение Пуассона в прямоугольной области.
Определение 20.1. Краевой задачей для уравнения Пуассона в прямоугольнике называется
задача о нахождении функции u(x, y), удовлетворяющей уравнению
∆u = f (x, y),
∆=
∂2
∂2
+
,
∂x2 ∂y 2
при x ∈ [a, b], y ∈ [c, d],
(20.1)
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(20.2)
и краевым условиям

α u + β1 ∂n u = 0


 1
α2 u + β2 ∂n u = 0
α3 u + β3 ∂n u = 0


α u + β ∂ u = 0
4
4 n
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2, 3, 4 и ∂n – производная по внешней нормали.
Вообще говоря, решение задачи (20.1) – (20.2) не всегда существует и не всегда единственно.
Чтобы это понять, удобно вначале рассмотреть план решения задачи (20.1) – (20.2) в предположении, что ее решение существует и единственно.
Решение задачи (20.1) – (20.2) строится в три шага.
(1) Находим собственные значения λnp и собственные функции unp задачи
−∆u = λu,
с краевыми условиями (20.2).
(2) Раскладываем функцию f в ряд Фурье по функциям unp
X
fnp unp (x, y).
f (x, y) =
(20.3)
n,p
Постоянные fnp могут быть найдены по формулам
fnp
(f, unp )
=
,
(unp , unp )
def
Zb
(u, v) =
Zd
dy u(x, y)v(x, y).
dx
a
c
(3) Ищем решение задачи (20.1) – (20.2) в виде ряда
X
u(x, y) =
cnp unp (x, y),
(20.4)
n,p
где постоянные cnp подлежат определению. Так как все функции unp удовлетворяют краевым условиям (20.2), то и ряд (20.4) удовлетворяет краевым условиям (20.2). Осталось
удовлетворить уравнению (20.1). Подставим ряды (20.3) и (20.4) в уравнение (20.1). В
результате получим
X
X
−
cnp λnp unp (x, y) =
fnp unp (x, y).
n,p
n,p
Два ряда Фурье совпадают тогда и только тогда, когда совпадают коэффициенты при
соответствующих базисных функциях (в данном случае при unp ), поэтому
−cnp λnp = fnp ⇐⇒ cnp = −
◦ Ответ выписывается в виде ряда (20.4).
fnp
.
λnp
(20.5)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
101
Вернемся к уравнению (20.5)
−cnp λnp = fnp .
(20.6)
Легко видеть, что решение уравнения (20.6) существует и единственно только при λnp 6= 0. Если
же λnp = 0 при некоторых n и p, уравнение (20.6) может не иметь решения (при fnp 6= 0), либо
иметь не единственное решение (при fnp = 0). Справедлива следующая теорема.
Теорема 20.2.
• Пусть λ = 0 не является собственным значением оператора Лапласа −∆ с краевыми
условиями (20.2). Тогда решение задачи (20.1) – (20.2) существует и единственно.
• Пусть λ = 0 – собственное значение оператора Лапласа −∆ с краевыми условиями
(20.2) и v1 , ... vl – собственные функции, отвечающие λ = 0. Тогда
– если f ортогональна всем собственным функциям v1 , ... vl (т. е. (f, vp ) = 0, p =
1, . . . , l), то решение задачи (20.1) – (20.2) существует, но не единственно.
– если f не ортогональна хотя бы одной собственной функции v1 , ... vl , то решение
задачи (20.1) – (20.2) не существует.
Пример 20.3. Решить уравнение Пуассона
∆u = 6 sin x sin y − 26 sin(2x) sin(3y),

u=0



u=0
u=0


u = 0
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу на собственные значения и

u = 0 при



u = 0 при
−∆u = λu,
u = 0 при


 u = 0 при
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
(20.7)
собственные функции
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
(20.8)
Собственные функции и собственные значения задачи (20.8) задаются равенствами, см. пример 19.4 на стр. 96,
unp (x, y) = sin(nx) sin(py),
λnp = n2 + p2 ,
n ∈ N, p ∈ N.
Шаг 2: Раскладываем функцию f (x, y) = 6 sin x sin y − 26 sin(2x) sin(3y) в ряд Фурье по собственным функциям unp . Это разложение имеет элементарный вид
f (x, y) = 6u1,1 (x, y) − 26u2,3 (x, y).
(20.9)
Шаг 3: Ищем решение задачи (20.7) в виде конечного ряда Фурье
u(x, y) = c1,1 u1,1 (x, y) + c2,3 u2,3 (x, y).
Подставим ряды (20.9) и (20.10) в уравнение (20.7). В результате получим
−λ1,1 c1,1 u1,1 (x, y) − λ2,3 c2,3 u2,3 (x, y) = 6u1,1 (x, y) − 26u2,3 (x, y).
Отсюда находим, что
c1,1 = −
6
6
= − = −3,
λ1,1
2
Ответ: u(x, y) = −3 sin x sin y + 2 sin(2x) sin(3y).
c2,3 =
26
26
=
= 2. λ2,3
13
(20.10)
102
А. А. Пожарский
Пример 20.4. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
∆u = 1,
u=0


u = 0
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
при
при
при
при
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу на собственные значения и


 u = 0 при

u = 0 при
−∆u = λu,
u = 0 при


 u = 0 при
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
(20.11)
собственные функции
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
(20.12)
Собственные функции и собственные значения задачи (20.12) задаются равенствами, см. пример 19.5 на стр. 98,
unp (x, y) = sin(nx) sin(py),
λnp = n2 + p2 ,
n ∈ N, p ∈ N.
Шаг 2: Раскладываем функцию f (x, y) = 1 в ряд Фурье по собственным функциям unp . Это
разложение имеет следующий вид
∞ X
∞
X
f (x, y) =
fnp unp (x, y).
(20.13)
n=1 p=1
Найдем постоянные fnp
Z
Z π Z π
dy sin(nx) sin(py) =
dx
(f, unp ) =
0
π
Z
π
Z
sin2 (nx) dx
(unp , unp ) =
0
fnp =
sin(py) dy =
0
0
0
π
sin(nx) dx
Z
π
sin2 (py) dy =
0
(1 − (−1)n )(1 − (−1)p )
,
np
π2
,
4
4
(f, unp )
= 2 (1 − (−1)n )(1 − (−1)p ).
(unp , unp )
π np
Шаг 3: Ищем решение задачи (20.11) в виде ряда
u(x, y) =
∞ X
∞
X
cnp unp (x, y).
n=1 p=1
Подставим ряды (20.13) и (20.14) в уравнение (20.11). В результате получим
−
∞ X
∞
X
λnp cnp unp (x, y) =
n=1 p=1
∞
∞ X
X
fnp unp (x, y).
n=1 p=1
Отсюда находим, что
cnp = −
Ответ: u(x, y) = −
∞ P
∞
P
n=1 p=1
fnp
4
=− 2
(1 − (−1)n )(1 − (−1)p ). λnp
π np(n2 + p2 )
4
(1
π 2 np(n2 +p2 )
− (−1)n )(1 − (−1)p ) sin(nx) sin(py).
(20.14)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
Пример 20.5. Решить уравнение Пуассона

∂ u=0


 n
∂n u = 0
∆u = A + 2 cos2 x,
∂n u = 0


∂ u = 0
n
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
103
A ∈ R.
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу на собственные значения и собственные функции

∂ u = 0 при x = 0, y ∈ [0, π],


 n
∂n u = 0 при x = π, y ∈ [0, π],
−∆u = λu,
∂n u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π],


 ∂ u = 0 при y = π, x ∈ [0, π].
n
(20.15)
(20.16)
Собственные функции и собственные значения задачи (20.16) задаются равенствами
λnp = n2 + p2 ,
unp (x, y) = cos(nx) cos(py),
n = 0, 1, . . . , p = 0, 1, . . . .
Легко видеть, что λ0,0 = 0 собственное значение. Поэтому задача (20.15) имеет решение тогда
и только тогда, когда функция f (x, y) = A+2 cos2 x ортогональна собственной функции u0,0 = 1
(см. теорему 20.2). Условие ортогональности имеет вид
Zπ Zπ
(f, u0,0 ) = dx dy(A + 2 cos2 x) = Aπ 2 + π 2 = 0,
0
0
откуда A = −1. Таким образом, задача (20.15) разрешима только при A = −1.
Шаг 2: Положим A = −1 и разложим функцию f (x, y) = −1 + 2 cos2 x в ряд Фурье по
собственным функциям unp . Это разложение имеет вид
f (x, y) = −1 + 2 cos2 x = cos(2x) = u2,0 (x, y).
(20.17)
Шаг 3: При A = −1 ищем решение задачи (20.15) в виде ряда
u(x, y) =
∞ X
∞
X
cnp unp (x, y).
(20.18)
n=0 p=0
Подставим представления (20.17) и (20.18) в уравнение (20.11). В результате получим
−
∞ X
∞
X
λnp cnp unp (x, y) = u2,0 (x, y).
n=0 p=0
Отсюда находим, что
(

c2,0 = − 41 ,


−λ2,0 c2,0 = 1,
⇐⇒ 0 · c0,0 = 0,

−λnp cnp = 0, при n 6= 2 и p 6= 0,

cnp = 0, при n 6= 0, 2 и p 6= 0.
Очевидно, что равенство 0 · c0,0 = 0 выполнено для любого c0,0 . Поэтому решение задачи (20.15)
будет не единственно.
Решение задачи (20.15) выписываем в виде ряда (20.18). Ответ: При A = −1 решение имеет вид u(x, y) = c0,0 −
постоянная; при A 6= −1 решение не существует.
1
4
cos(2x), где c0,0 – произвольная
104
А. А. Пожарский
Домашнее задание:
Задача 20.6. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
 ∂n u = 0

u = 0
∆u = 20 sin(2x) cos y − 10 sin x cos(3y),
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π/2,
y ∈ [0, π/2],
y ∈ [0, π/2],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
Ответ: u(x, y) = −4 sin(2x) cos y + sin x cos(3y).
Задача 20.7. Решить уравнение Пуассона


u = 0

u=0
∆u = x(x − π) cos(2y),
∂n u = 0


∂ u = 0
при
при
при
при
n
Ответ: u(x, y) =
∞
P
n=1
4(1−(−1)n )
πn3 (4+n2 )
∞ P
∞
P
n=1 p=1
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
sin(nx) cos(2y).
Задача 20.8. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
∆u = xy,
u=0


u = 0
Ответ: u(x, y) =
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
4(−1)n+p+1
np(n2 +p2 )
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
sin(nx) sin(py).
Задача 20.9. Решить уравнение Пуассона

∂ u=0


 n
∂n u = 0
∆u = A sin2 x − 8 cos2 y,
∂n u = 0


∂ u = 0
n
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, 2π],
y ∈ [0, 2π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
A ∈ R.
Ответ: При A = 8 решение имеет вид u(x, y) = c0,0 + cos(2x) + cos(2y), где c0,0 – произвольная
постоянная; при A 6= 8 решение не существует.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
105
21. Уравнение Лапласа в прямоугольной области.
Определение 21.1. Краевой задачей для уравнения Лапласа в прямоугольнике называется
задача о нахождении функции u(x, y), удовлетворяющей уравнению
∆u = 0,
∆=
∂2
∂2
+
,
∂x2 ∂y 2
при x ∈ [a, b], y ∈ [c, d],
(21.1)
и краевым условиям

α u + β1 ∂n u = h1 (y)


 1
α2 u + β2 ∂n u = h2 (y)
α3 u + β3 ∂n u = g1 (x)


 α u + β ∂ u = g (x)
4
4 n
2
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(21.2)
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2, 3, 4 и ∂n – производная по внешней нормали.
Рассмотрим задачу более общего вида
∆u = f (x, y), при

α u + β1 ∂n u = h1 (y)


 1
α2 u + β2 ∂n u = h2 (y)
α3 u + β3 ∂n u = g1 (x)


 α u + β ∂ u = g (x)
4
4 n
2
x ∈ [a, b], y ∈ [c, d],
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
(21.3)
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(21.4)
Как отмечалось ранее, задача вида (21.3) – (21.4) не всегда разрешима. Если известно, что
решение задачи (21.3) – (21.4) существует и единственно, для ее решения удобно рассмотреть
три вспомогательные задачи вида

α u + β1 ∂n u1 = 0 при x = a, y ∈ [c, d],


 1 1
α2 u1 + β2 ∂n u1 = 0 при x = b, y ∈ [c, d],
∆u1 = f (x, y),
(21.5)
α3 u1 + β3 ∂n u1 = 0 при y = c, x ∈ [a, b],


 α u + β ∂ u = 0 при y = d, x ∈ [a, b],
4 1
∆u2 = 0,
∆u3 = 0,
4 n 1

α u + β1 ∂n u2 = h1 (y)


 1 2
α2 u2 + β2 ∂n u2 = h2 (y)
α3 u2 + β3 ∂n u2 = 0


α u + β ∂ u = 0
4 2
4 n 2

α u + β1 ∂n u3 = 0


 1 3
α2 u3 + β2 ∂n u3 = 0
α3 u3 + β3 ∂n u3 = g1 (x)


 α u + β ∂ u = g (x)
4 3
4 n 3
2
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b],
(21.6)
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(21.7)
Легко видеть, что функция
u(x, y) = u1 (x, y) + u2 (x, y) + u3 (x, y)
является решением исходной задачи (21.3) – (21.4).
Задача (21.5) является краевой задачей для уравнения Пуассона, которая была нами рассмотрена ранее, см. стр. 100. Для решения задач (21.6) и (21.7) применяют метод разделения
переменных. Остановимся на нем подробнее на примере решения задачи вида (21.7).
Решение задачи (21.7) строится в три шага.
106
А. А. Пожарский
(1) Рассмотрим вспомогательную задачу
α1 u + β1 ∂n u = 0
∆u = 0,
α2 u + β2 ∂n u = 0
x = a, y ∈ [c, d],
x = b, y ∈ [c, d].
при
при
(21.8)
Будем искать всевозможные решения задачи (21.8) вида
u(x, y) = X(x)Y (y).
(21.9)
Подставляя представление (21.9) в уравнение (21.8), получим
X 00 (x)Y (y) + X(x)Y 00 (y) = 0,
−
X 00 (x)
Y 00 (y)
=
.
X(x)
Y (y)
(21.10)
Левая часть в равенстве (21.10) зависит только от переменной x, в то время как правая
часть зависит только от переменной y. Такое возможно только если оба отношения равны
некоторой постоянной, обозначим ее λ. В результате уравнения на неизвестные функции
X и Y разделились
−X 00 (x) = λX(x),
(21.11)
Y 00 (y) = λY (y).
(21.12)
Подставляя (21.9) в краевые условия (21.8), найдем
α1 X(a) − β1 X 0 (a) = 0,
α2 X(b) + β2 X 0 (b) = 0.
(21.13)
Здесь мы учли, что ∂n = −∂x на границе x = a и ∂n = ∂x на границе x = b.
Собирая уравнение (21.11) и краевые условия (21.13) вместе, получим следующую
задачу Штурма-Лиувилля

 −X 00 (x) = λX(x),
α1 X(a) − β1 X 0 (a) = 0,
(21.14)

0
α2 X(b) + β2 X (b) = 0.
Пусть λn – собственные значения и Xn – собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (21.14).
Уравнение (21.12) принимает вид
Y 00 (y) = λn Y (y).
(21.15)
Общее решение уравнения (21.15) имеет вид
√
√
Yn (y) = An ch( λn ) + Bn sh(− λn ),
Rn (r) = An + Bn y,
при
при
λn =
6 0,
λn = 0.
(21.16)
Таким образом, мы нашли все решения задачи (23.3), представимые в виде (23.4). Эти
решения можно переписать в виде un (x, y) = Xn (x)Yn (y).
(2) Раскладываем функции g1 и g2 в ряд Фурье по собственным функциям Xn задачи
Штурма-Лиувилля (21.14)
X
X
g1 (x) =
gn1 Xn (x), g2 (x) =
gn2 Xn (x).
(21.17)
n
n
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
107
(3) Ищем решение задачи (21.7) в виде
u(x, y) =
X
Xn (x)Yn (y).
(21.18)
n
Ряд (21.18) удовлетворяет уравнению и первому и второму краевому условиям задачи
(21.7). Осталось подобрать постоянные An и Bn (см. (21.16)) так, чтобы выполнялись
третье и четвертое краевые условия задачи (21.7).
Подставляя ряды (21.17) и (21.18) в третье и четвертое краевые условия задачи (21.7),
получим
X
X
(α3 Yn (c) − β3 Yn0 (c)) Xn (x) =
gn1 Xn (x),
n
n
X
(α4 Yn (d) +
β4 Yn0 (d)) Xn (x)
=
X
gn2 Xn (x).
n
n
Отсюда
α3 Yn (c) − β3 Yn0 (c) = gn1 ,
α4 Yn (d) + β4 Yn0 (d) = gn2 .
(21.19)
Системы уравнений (21.19) служат для определения постоянных An и Bn . Отметим, что
исходная задача (21.7) разрешима тогда и только тогда, когда разрешимы все системы
уравнений (21.19).
◦ Решение задачи (21.7) выписывается в виде ряда (21.18).
Пример 21.2. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при x ∈ [0, π], y ∈ [0, π],

u=0



u=0
u
= sin(2x)


u = 0
при
при
при
при
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
u = 0 при
∆u = 0,
u = 0 при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
x = 0, y ∈ [0, π],
x = π, y ∈ [0, π].
(21.20)
(21.21)
(21.22)
Ищем решения задачи (21.22) вида
u(x, y) = X(x)Y (y).
(21.23)
Подставляя представление (21.23) в уравнение (21.22), получим
−
Y 00 (y)
X 00 (x)
=
= λ.
X(x)
Y (y)
Отсюда
−X 00 (x) = λX(x),
00
Y (y) = λY (y).
(21.24)
(21.25)
Подставляя (21.23) в краевые условия (21.22), найдем
X(0) = X(π) = 0.
(21.26)
108
А. А. Пожарский
Собирая уравнение (21.24) и краевые условия (21.26) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
−X 00 (x) = λX(x),
(21.27)
X(0) = X(π) = 0.
Собственные функции и собственные значения задачи (21.27) имеют вид Xn (x) = sin(nx), λn =
n2 , n ∈ N.
Уравнение (21.25) принимает вид
Y 00 (y) = n2 Y (y).
(21.28)
Общее решение уравнения (21.28) удобно записать в виде
Yn (y) = An sh(ny) + Bn ch(ny).
Таким образом, решения задачи (21.22), представимые в виде (21.23), можно записать в виде
un (x, y) = (An sh(ny) + Bn ch(ny)) sin(nx).
(21.29)
Шаг 2: Раскладываем функцию sin(2x) в ряд Фурье по собственным функциям Xn (x) задачи
Штурма-Лиувилля (21.27). Данное разложение имеет элементарный вид
sin(2x) = X2 (x).
(21.30)
PШаг 3: Ищем решение задачи (21.20) – (21.21) в виде конечного ряда Фурье u(x, y) =
n un (x, y). При этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложении (21.30), т. е. по X2 ,
u(x, y) = (A2 sh(2y) + B2 ch(2y)) sin(2x).
(21.31)
Подставляя ряды (21.30) и (21.31) в третье и четвертое уравнения краевого условия (21.21),
получим
B2 sin(2x) = sin(2x),
(A2 sh(2π) + B2 ch(2π)) sin(2x) = 0.
Отсюда
B2 = 1,
A2 sh(2π) + B2 ch(2π) = 0.
(21.32)
Решая систему (21.32), найдем
A2 = − cth(2π),
B2 = 1,
Решение задачи (21.20), (21.21) имеет вид (21.31). Ответ: u(x, y) = (ch(2y) − cth(2π) sh(2y)) sin(2x).
Пример 21.3. Решить уравнение Лапласа
h πi
∆u = 0 при x ∈ [0, 1], y ∈ 0,
,
2

u = cos y
при x = 0, y ∈ [0, π2 ],



∂ u = 0
при x = π2 , y ∈ [0, π2 ],
n

∂n u = sin x при y = 0, x ∈ [0, π2 ],



u = sin(3x) при y = π2 , x ∈ [0, π2 ].
(21.33)
(21.34)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
109
Решение. Сведем задачу (21.33) – (21.34) к двум более простым. Пусть u1 и u2 решения двух
следующих задач

u=0
при x = 0, y ∈ [0, π2 ],



∂ u = 0
при x = π2 , y ∈ [0, π2 ],
n
u1 − решение задачи: ∆u = 0,
(21.35)

∂n u = sin x при y = 0, x ∈ [0, π2 ],



u = sin(3x) при y = π2 , x ∈ [0, π2 ],

u = cos y при x = 0, y ∈ [0, π2 ],



∂ u = 0
при x = π2 , y ∈ [0, π2 ],
n
(21.36)
u2 − решение задачи: ∆u = 0,

∂n u = 0
при y = 0, x ∈ [0, π2 ],



u=0
при y = π2 , x ∈ [0, π2 ].
Прямой подстановки несложно убедиться, что функция
u = u1 + u2
является решением задачи (21.33) – (21.34).
Решим задачу (21.35). Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
u = 0,
при x = 0, y ∈ [0, π2 ],
∆u = 0,
∂n u = 0, при x = π2 , y ∈ [0, π2 ].
(21.37)
(21.38)
Ищем решения задачи (21.38) вида
u(x, y) = X(x)Y (y).
(21.39)
Подставляя представление (21.39) в уравнение (21.38), получим
−
X 00 (x)
Y 00 (y)
=
= λ.
X(x)
Y (y)
Отсюда
−X 00 (x) = λX(x),
(21.40)
00
Y (y) = λY (y).
(21.41)
Подставляя (21.39) в краевые условия (21.38), найдем
π = 0.
(21.42)
X(0) = X 0
2
Собирая уравнение (21.40) и краевые условия (21.42) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
−X 00 (x) = λX(x),
(21.43)
X(0) = X 0 π2 = 0.
Собственные функции и собственные значения задачи (21.43) имеют вид Xn (x) = sin((2n + 1)x),
λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . ..
Уравнение (21.41) принимает вид
Y 00 (y) = (2n + 1)2 Y (y).
(21.44)
Общее решение уравнения (21.44) удобно записать в виде
Yn (y) = An sh((2n + 1)y) + Bn ch((2n + 1)y).
Таким образом, решения задачи (21.38), представимые в виде (21.39), можно записать в виде
un (x, y) = (An sh((2n + 1)y) + Bn ch((2n + 1)y)) sin((2n + 1)x).
110
А. А. Пожарский
Шаг 2: Раскладываем функции sin x и sin(3x) в ряды Фурье по собственным функциям Xn (x)
задачи Штурма-Лиувилля (21.43). Эти разложения имеют элементарный вид
sin x = X0 (x),
sin(3x) = X1 (x).
(21.45)
P
Шаг 3: Ищем решение задачи (21.35) в виде конечного ряда Фурье u(x, y) = n un (x, y). При
этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложениях (21.45), т. е. по X0 и X1 ,
u(x, y) = (A0 sh y + B0 ch y) sin x + (A1 sh(3y) + B1 ch(3y)) sin(3x).
(21.46)
Подставляя ряды (21.45) и (21.46) в третье и четвертое уравнения краевого условия (21.35), и
учитывая, что ∂n u = −∂y u на границе y = 0, получим
A0 sh
π 2
+ B0 ch
π 2
A0 sin x + 3A1 sin(3x) = − sin x,
3π
3π
sin x + A1 sh
+ B1 ch
sin(3x) = sin(3x).
2
2
Отсюда
A0 = −1,
A0 sh π2 + B0 ch
π
2
3A1 = 0, A1 sh 3π
+ B1 ch
2
3π
2
(21.47)
= 0,
Решая системы (21.47) и (21.48), найдем
A1 = 0,
A0 = −1, π
B0 = th 2 , B1 = ch
(21.48)
= 1.
3π
2
−1
.
Отсюда, учитывая формулу (21.46), найдем решение u1 задачи (21.35)
−1
π 3π
u1 (x, y) = th
ch(3y) sin(3x).
ch y − sh y sin x + ch
2
2
Решим задачу (21.36). Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
(
∂n u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π2 ],
∆u = 0,
u=0
при y = π2 , x ∈ [0, π2 ].
(21.49)
Ищем решения задачи (21.49) вида
u(x, y) = X(x)Y (y).
(21.50)
Подставляя представление (21.50) в уравнение (21.49), получим
X 00 (x)
Y 00 (y)
=−
= λ.
X(x)
Y (y)
Отсюда
−Y 00 (y) = λY (y).
X 00 (x) = λX(x),
Подставляя (21.50) в краевые условия (21.49), найдем
π Y 0 (0) = Y
= 0.
2
(21.51)
(21.52)
(21.53)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
111
Собирая уравнение (21.51) и краевые условия (21.53) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
−Y 00 (y) = λY(y),
(21.54)
Y 0 (0) = Y π2 = 0.
Собственные функции и собственные значения задачи (21.54) имеют вид Yn (y) = cos((2n + 1)y),
λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . ..
Уравнение (21.52) принимает вид
X 00 (x) = (2n + 1)2 X(x).
(21.55)
Общее решение уравнения (21.55) удобно записать в виде
Xn (x) = An sh((2n + 1)x) + Bn ch((2n + 1)x).
Таким образом, решения задачи (21.49), представимые в виде (21.50), можно записать в виде
un (x, y) = (An sh((2n + 1)x) + Bn ch((2n + 1)x)) cos((2n + 1)y).
Шаг 2: Раскладываем функцию cos y в ряд Фурье по собственным функциям Yn (y) задачи
Штурма-Лиувилля (21.54). Данное разложение имеет элементарный вид
cos y = Y0 (y).
(21.56)
P
Шаг 3: Ищем решение задачи (21.36) в виде конечного ряда Фурье u(x, y) = n un (x, y). При
этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложении
(21.56), т. е. по Y0 ,
u(x, y) = (A0 sh x + B0 ch x) cos y.
(21.57)
Подставляя ряды (21.56) и (21.57) в третье и четвертое уравнения краевого условия (21.36),
получим
B cos y = cos y,
π 0
A0 ch
+ B0 sh
cos y = 0.
2
2
π Отсюда
B0 = 1, A0 ch π2 + B0 sh
π
2
= 0.
(21.58)
Решая систему (21.58), найдем
A0 = − th π2 ,
B0 = 1.
Отсюда, учитывая формулу (21.57), найдем решение u2 задачи (21.36)
π u2 (x, y) = ch x − th
sh x cos y.
2
Теперь решение задачи (21.33) – (21.34) можно найти с помощью формулы (21.37). −1
π
Ответ: u(x, y) = th π2 ch y − sh y sin x + ch 3π
ch(3y)
sin(3x)
+
ch
x
−
th
sh
x
cos y.
2
2
Пример 21.4. Решить уравнение Пуассона
∆u = 6 sin x sin y − 26 sin(2x) sin(3y) при x ∈ [0, π], y ∈ [0, π],

u=0
при x = 0, y ∈ [0, π],



u=0
при x = π, y ∈ [0, π],
u = sin(2x) при y = 0, x ∈ [0, π],


u = 0
при y = π, x ∈ [0, π].
(21.59)
(21.60)
112
А. А. Пожарский
Решение. Сведем задачу (21.59) – (21.60) к двум более простым. Пусть u1 и u2 решения двух
следующих задач

u=0
при x = 0, y ∈ [0, π],



u=0
при x = π, y ∈ [0, π],
(21.61)
u1 − решение задачи: ∆u = 0,
u = sin(2x) при y = 0, x ∈ [0, π],


u = 0
при y = π, x ∈ [0, π],

u = 0 при x = 0, y ∈ [0, π],



∆u = 6 sin x sin y −
u = 0 при x = π, y ∈ [0, π],
(21.62)
u2 − решение задачи:

− 26 sin(2x) sin(3y),  u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π],
 u = 0 при y = π, x ∈ [0, π].
С помощью прямой подстановки несложно убедиться, что функция
u = u1 + u2
(21.63)
является решением задачи (21.59) – (21.60).
Осталось вспомнить, что задача (21.61) решена в примере 21.2 на стр. 107
u1 (x, y) = (ch(2y) − cth(2π) sh(2y)) sin(2x),
а задача (21.62) решена в примере 20.3 на стр. 101
u2 (x, y) = −3 sin x sin y + 2 sin(2x) sin(3y).
Подставляя u1 и u2 в формулу (21.63), найдем решение исходной задачи (21.59) – (21.60). Ответ: u(x, y) = (ch(2y) − cth(2π) sh(2y)) sin(2x) − 3 sin x sin y + 2 sin(2x) sin(3y).
Домашнее задание:
Задача 21.5. Решить уравнение Лапласа

u=0



u=0
∆u = 0,
u=0


 u = sin x
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
sh y
Ответ: u(x, y) = sin x sh
.
π
Задача 21.6. Решить уравнение Лапласа

u = sin(2y)



∂ u = 0
n
∆u = 0,

u
= sin x



u=0
при
при
при
при
x = 0,
x = π2 ,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π2 ],
x ∈ [0, π2 ].
Ответ: u(x, y) = sin x (ch y − sh y cth π) + (ch(2x) − sh(2x) th π) sin(2y).
Задача 21.7. Решить уравнение Пуассона

u = sin(2y)



u=0
∆u = sin(3x) sin y,
u=0


u = 0
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
113
1
Ответ: u(x, y) = − 10
sin(3x) sin y + (ch(2x) − cth(2π) sh(2x)) sin(2y).
Задача 21.8. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
∆u = sin x sin y,
u = sin(2x)


u = 0
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
Ответ: u(x, y) = − 12 sin x sin y + (ch(2y) − cth(2π) sh(2y)) sin(2x).
Задача 21.9. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
∆u = sin(2x) sin(3y),
u=0


 u = sin x
1
Ответ: u(x, y) = − 13
sin(2x) sin(3y) +
1
sh π
ch(2y)
2 sh(2π)
sin(2x) − sin x.
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
sh y sin x.
Задача 21.10. Решить уравнение Пуассона

u=0



u=0
∆u = sin x,
u=0


 u = sin(2x)
Ответ: u(x, y) =
при
при
при
при
при
при
при
при
x = 0,
x = 2π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, 2π],
x ∈ [0, 2π].
114
А. А. Пожарский
22. Уравнение колебания прямоугольной мембраны.
Определение 22.1. Задачей Коши для уравнения колебания прямоугольной мембраны с однородными краевыми условиями называется задача о нахождении функции u(x, y, t), удовлетворяющей при t > 0 уравнению
utt = a2 ∆u + f (x, t),
∆=
∂2
∂2
+
,
∂x2 ∂y 2
(22.1)
краевым условиям

α u + β1 ∂n u = 0


 1
α2 u + β2 ∂n u = 0
α3 u + β3 ∂n u = 0


α u + β ∂ u = 0
4
4 n
при
при
при
при
x = a,
x = b,
y = c,
y = d,
y ∈ [c, d],
y ∈ [c, d],
x ∈ [a, b],
x ∈ [a, b].
(22.2)
и начальным условиям
u|t=0 = ϕ(x),
ut |t=0 = ψ(x).
(22.3)
Здесь f , ϕ и ψ – заданные функции, αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0 при k = 1, 2, 3, 4, a – положительная постоянная и ∂n –
производная по внешней нормали.
При некоторых условиях на гладкость функций f , ϕ и ψ, которые мы позволим себе здесь
не обсуждать, решение задачи Коши (22.1) – (22.3) существует и единственно. Задача (22.1)
– (22.3) решается вполне аналогично задаче Коши для уравнения теплопроводности (15.1) –
(15.3) или задаче Коши для уравнения колебания струны (16.1) – (16.3). Напомним основные
идеи.
Решение строится в три шага.
(1) Находим собственные значения λnp и собственные функции unp задачи
−∆u = λu,
с краевыми условиями (22.2).
(2) Раскладываем функции f , ϕ и ψ в ряды Фурье по собственным функциям unp
X
f (x, y, t) =
fnp (t)unp (x, y),
(22.4)
n,p
ϕ(x, y) =
X
ϕnp unp (x, y),
ψ(x, y) =
n,p
X
ψnp unp (x, y).
(22.5)
n,p
где функция fn и постоянные ϕn и ψn могут быть найдены по формулам
fnp (t) =
(f, unp )
,
(unp , unp )
def
(ϕ, unp )
,
(unp , unp )
ϕnp =
Z
(u, v) =
b
Z
dx
a
ψnp =
(ψ, unp )
,
(unp , unp )
d
dy u(x, y)v(x, y).
c
(3) Ищем решение задачи (22.1) – (22.3) в виде ряда
X
u(x, y, t) =
Tnp (t)unp (x, y),
n,p
(22.6)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
115
где функции Tnp подлежат определению. Подставим ряды (22.4) – (22.6) в уравнение (22.1)
и начальное условие (22.3). В результате получим
X
X
X
00
λnp Tnp (t)unp (x, y) +
fnp (t)unp (x, y),
Tnp
(t)unp (x, y) = −a2
n,p
n,p
X
Tnp (0)unp (x, y) =
n,p
X
n,p
X
n,p
ϕnp unp (x, y),
n,p
0
Tnp
(0)unp (x, y) =
X
ψnp unp (x, y).
n,p
Отсюда находим, что функции Tnp обязаны удовлетворять следующей задаче Коши
 00
 Tnp (t) + a2 λnp Tnp (t) = fnp (t),
Tnp (0) = ϕnp ,
(22.7)
 T 0 (0) = ψ .
np
np
Решение задачи (22.7) существует и единственно.
◦ Ответ выписывается в виде ряда (22.6).
Пример 22.2. Решить задачу Коши
utt = ∆u + 2t sin x sin y,

u = 0 при x = 0, y ∈ [0, π],



u = 0 при x = π, y ∈ [0, π],
u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π],


 u = 0 при y = π, x ∈ [0, π],
u|t=0 = sin(4x) sin(3y),
ut |t=0 = sin x sin y.
(22.8)
(22.9)
(22.10)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу на собственные значения и собственные функции
−∆u = λu
с краевыми условиями (22.9). Собственные функции и собственные значения задаются равенствами, см. пример 19.4 на стр. 96,
unp (x, y) = sin(nx) sin(py),
λnp = n2 + p2 ,
n ∈ N, p ∈ N.
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = t sin x sin y, ϕ(x) = sin(4x) sin(3y) и ψ(x) = sin x sin y
в ряды Фурье по собственным функциям unp . Эти разложения имеют вид
f (x, y, t) = 2tu1,1 (x, y),
ϕ(x, y) = u4,3 (x, y),
ψ(x) = u1,1 (x, y).
(22.11)
Шаг 3: Решение задачи (22.8) – (22.10) ищем в виде
u(x, y, t) = T1,1 (t)u1,1 (x, y) + T4,3 (t)u4,3 (x, y).
(22.12)
Подставим ряды (22.11) и (22.12) в уравнения (22.8) – (22.10). В результате получим
00
00
T1,1
(t)u1,1 (x, y) + T4,3
(t)u4,3 (x, y) = −λ1,1 T1,1 (t)u1,1 (x, y) − λ4,3 T4,3 (t)u4,3 (x, y) + 2tu1,1 (x, y),
T1,1 (0)u1,1 (x, y) + T4,3 (0)u4,3 (x, y) = u4,3 (x, y),
0
0
(0)u1,1 (x, y) + T4,3
(0)u4,3 (x, y) = u1,1 (x, y).
T1,1
116
А. А. Пожарский
Отсюда находим уравнения на T1,1 и T4,3
 00
 T1,1 (t) + 2T1,1 (t) = 2t,
T1,1 (0) = 0,
 T 0 (0) = 1,
1,1
 00
 T4,3 (t) + 25 T4,3 (t) = 0,
T4,3 (0) = 1,
 T 0 (0) = 0.
4,3
(22.13)
(22.14)
Найдем решение задачи (22.13). Общее решение уравнения (22.13) имеет вид
√
√
T1,1 (t) = A sin( 2t) + B cos( 2t) + t.
0
(0) = 1
Постоянные A и B находится из начальных условий T1,1 (0) = 0 и T1,1
T1,1 (0) = B√= 0,
A = 0,
⇐⇒
0
B = 0.
T1,1
(0) = A 2 + 1 = 1,
Отсюда находим решение задачи (22.13)
T1,1 (t) = t.
Найдем решение задачи (22.14). Общее решение уравнения (22.14) имеет вид
T4,3 (t) = C sin(5t) + D cos(5t).
0
Постоянные C и D находится из начальных условий T4,3 (0) = 1 и T4,3
(0) = 0
D = 1,
T4,3 (0) = D = 1,
⇐⇒
C = 0.
T20 (0) = 5C = 0,
Отсюда находим решение задачи (22.14)
T4,3 (t) = cos(5t).
Наконец, решение задачи (22.8) – (22.10) имеет вид (22.12). Ответ: u(x, y, t) = t sin x sin y + cos(5t) sin(4x) sin(3y).
Пример 22.3. Решить задачу Коши
utt = ∆u + 4 sin t sin x sin(2y),

u=0
при x = 0, y ∈ [0, π/2],



∂n u = 0 при x = π/2, y ∈ [0, π/2],
u=0
при y = 0, x ∈ [0, π/2],


u = 0
при y = π/2, x ∈ [0, π/2],
u|t=0 = 5 sin(3x) sin(4y),
ut |t=0 = sin x sin(2y).
(22.15)
(22.16)
(22.17)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Решаем задачу на собственные значения и собственные функции
−∆u = λu
с краевыми условиями (22.16). Собственные функции и собственные числа задаются равенствами
unp (x, y) = sin((2n + 1)x) sin(2py), λnp = (2n + 1)2 + 4p2 , n ∈ N, p ∈ N.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
117
Шаг 2: Раскладываем функции f (x, t) = 4 sin t sin x sin(2y), ϕ(x) = 5 sin(3x) sin(4y) и ψ(x) =
sin x sin(2y) в ряд Фурье по собственным функциям unp . Эти разложения имеют вид
f (x, y, t) = 4 sin t u0,1 (x, y),
ϕ(x, y) = 5u1,2 (x, y),
ψ(x) = u0,1 (x, y).
(22.18)
Шаг 3: Решение задачи (22.15) – (22.17) ищем в виде
u(x, y, t) = T0,1 (t)u0,1 (x, y) + T1,2 (t)u1,2 (x, y).
(22.19)
Подставим ряды (22.18) и (22.19) в уравнения (22.15) – (22.17). В результате получим
00
00
T0,1
(t)u0,1 (x, y) + T1,2
(t)u1,2 (x, y) = −λ0,1 T0,1 (t)u0,1 (x, y) − λ1,2 T1,2 (t)u1,2 (x, y) + 4 sin t u0,1 (x, y),
T0,1 (0)u0,1 (x, y) + T1,2 (0)u1,2 (x, y) = 5u1,2 (x, y),
0
0
T0,1
(0)u0,1 (x, y) + T1,2
(0)u1,2 (x, y) = u0,1 (x, y).
Отсюда находим уравнения на T0,1 и T1,2
 00
 T0,1 (t) + 5T0,1 (t) = 4 sin t,
T0,1 (0) = 0,
 0
T0,1 (0) = 1,
 00
 T1,2 (t) + 25 T1,2 (t) = 0,
T1,2 (0) = 5,
 0
T1,2 (0) = 0.
Найдем решение задачи (22.20). Общее решение уравнения (22.20) имеет вид
√
√
T0,1 (t) = A sin( 5t) + B cos( 5t) + sin t.
0
Постоянные A и B находится из начальных условий T1,1 (0) = 0 и T1,1
(0) = 1
T0,1 (0) = B√= 0,
A = 0,
⇐⇒
0
B = 0.
(0) = A 5 + 1 = 1,
T0,1
Отсюда находим решение задачи (22.20)
T0,1 (t) = sin t.
Найдем решение задачи (22.21). Общее решение уравнения (22.21) имеет вид
T1,2 (t) = C sin(5t) + D cos(5t).
0
Постоянные C и D находится из начальных условий T1,2 (0) = 5 и T1,2
(0) = 0
T1,2 (0) = D = 5,
D = 5,
⇐⇒
T20 (0) = 5C = 0,
C = 0.
Отсюда находим решение задачи (22.21)
T1,2 (t) = 5 cos(5t).
Наконец, решение задачи (22.15) – (22.17) имеет вид (22.12). Ответ: u(x, y, t) = sin t sin x sin(2y) + 5 cos(5t) sin(3x) sin(4y).
(22.20)
(22.21)
118
А. А. Пожарский
Домашнее задание:
Задача 22.4. Решить задачу Коши
utt = ∆u + 2t2 cos x sin y,

∂ u=0


 n
u=0
u=0


u = 0
при
при
при
при
x = 0,
x = π/2,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π/2],
x ∈ [0, π/2],
u|t=0 = 2 cos(3x) sin(2y),
ut |t=0 = 0.
√
√
Ответ: u(x, y, t) = (cos( 2 t) + t2 − 1) cos x sin y + 2 cos( 13t) cos(3x) sin(2y).
Задача 22.5. Решить задачу Коши
utt = ∆u + 52e−t cos(4x) sin(3y),


 ∂n u = 0

∂n u = 0
u=0


u = 0
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
Ответ: u(x, y, t) = sin(3t) sin(3y) +
2
5
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
u|t=0 = 2 cos(4x) sin(3y),
ut |t=0 = 3 sin(3y).
sin(5t) + 2e−t cos(4x) sin(3y).
Задача 22.6. Решить задачу Коши
utt = ∆u + 8t2 sin(2y),

∂ u=0


 n
∂n u = 0
u=0


u = 0
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
Ответ: u(x, y, t) = (2t2 − 1 + 2 cos(2t)) sin(2y) +
2
1
√
u|t=0 = sin(2y),
ut |t=0 = cos(2x) sin(2y).
√
sin(2
2 t) cos(2x) sin(2y).
2
Задача 22.7. Решить задачу Коши
utt = ∆u + t2 sin(x),

u=0



u=0
∂n u = 0


∂ u = 0
n
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
Ответ: u(x, y, t) = (t2 − 2 + 3 cos t) sin x +
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
√1
5
u|t=0 = sin(x),
ut |t=0 = sin(2x) cos y.
√
sin( 5 t) sin(2x) cos y.
Задача 22.8. Решить задачу Коши для уравнения теплопроводности

u = 0 при x = 0, y ∈ [0, π],



u = 0 при x = π, y ∈ [0, π],
ut = ∆u,
u|t=0 = 1.
u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π],


 u = 0 при y = π, x ∈ [0, π],
Ответ: u(x, y, t) =
∞ P
∞
P
n=1 p=1
4
(1
π 2 np
2 +p2 )t
− (−1)n )(1 − (−1)p )e−(n
sin(nx) sin(py).
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
119
23. Уравнение Лапласа в кольцевой области.
Рассмотрим область D, которая имеет форму пересечения кольца и сектора. Пусть r1 , r2 –
радиусы внутренней и внешней окружностей кольца и ϕ1 , ϕ2 – соответствующие углы сектора.
На рисунке 25 изображен пример области D и указаны введенные обозначения. Напомним, что
Рис. 25. Область D выделена желтым цветом.
декартовы координаты (x, y) связаны с полярными (r, ϕ) формулами вида
x = r cos ϕ,
y = r sin ϕ.
Оператор Лапласа в полярных координатах принимает вид
1 ∂
∂v
1 ∂ 2v
∆v =
r
+ 2 2.
r ∂r
∂r
r ∂ϕ
Определение 23.1. Краевой задачей для уравнения Лапласа в кольцевой области называется
задача о нахождении функции v, удовлетворяющей уравнению
∆v = 0 при (x, y) ∈ D,
(23.1)
и краевым условиям

α v + β1 ∂n v = h(ϕ)


 1
α2 v + β2 ∂n v = q(ϕ)
α3 v + β3 r∂n v = 0


 α v + β r∂ v = 0
4
4
n
при
при
при
при
r = r1 ,
r = r2 ,
ϕ = ϕ1 ,
ϕ = ϕ2 ,
ϕ ∈ [ϕ1 , ϕ2 ],
ϕ ∈ [ϕ1 , ϕ2 ],
r ∈ [r1 , r2 ],
r ∈ [r1 , r2 ].
(23.2)
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2, 3, 4 и ∂n – производная по внешней нормали.
Здесь мы позволили себе дать упрощенное определение. Более точно, в правой части третьего
и четвертого уравнений краевого условия (23.2) можно было написать произвольные функции,
зависящие от r. Однако, ради упрощения изложения, мы позволим себе не останавливаться на
этом случае.
120
А. А. Пожарский
Как отмечалось ранее, задача (23.1) – (23.2) не всегда разрешима. Если известно, что задача
(23.1) – (23.2) разрешима, для ее решения применяют метод разделения переменных.
Решение строится в три шага.
(1) Рассмотрим вспомогательную задачу
α3 v + β3 r∂n v = 0 при ϕ = ϕ1 , r ∈ [r1 , r2 ],
∆v(r, ϕ) = 0,
(23.3)
α4 v + β4 r∂n v = 0 при ϕ = ϕ2 , r ∈ [r1 , r2 ].
Будем искать всевозможные решения задачи (23.3) вида
v(r, ϕ) = R(r)Φ(ϕ).
(23.4)
Подставляя представление (23.4) в уравнение (23.3), получим
1
1
0
(rR0 (r)) Φ(ϕ) + 2 R(r)Φ00 (ϕ) = 0,
r
r
Φ00 (ϕ)
r2 R00 (r) + rR0 (r)
=−
.
(23.5)
R(r)
Φ(ϕ)
Левая часть в равенстве (23.5) зависит только от переменной r, в то время как правая
часть зависит только от переменной ϕ. Такое возможно только если оба отношения
равны некоторой постоянной, обозначим ее λ. В результате уравнения на неизвестные
функции R и Φ разделились
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.6)
r2 R00 (r) + rR0 (r) = λR(r).
(23.7)
Подставляя (23.4) в краевые условия (23.3), найдем
α3 Φ(ϕ1 ) − β3 Φ0 (ϕ1 ) = 0,
α4 Φ(ϕ2 ) + β4 Φ0 (ϕ2 ) = 0.
(23.8)
Здесь мы учли, что ∂n = −r−1 ∂ϕ на границе ϕ = ϕ1 и ∂n = r−1 ∂ϕ на границе ϕ = ϕ2 .
Собирая уравнение (23.6) и краевые условия (23.8) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля

 −Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
α3 Φ(ϕ1 ) − β3 Φ0 (ϕ1 ) = 0,
(23.9)
 α Φ(ϕ ) + β Φ0 (ϕ ) = 0.
4
2
4
2
Пусть λn – собственные значения и Φn – собственные функции задачи Штурма-Лиувилля (23.9).
Уравнение (23.7) принимает вид
r2 R00 (r) + rR0 (r) = λn R(r).
(23.10)
Общее решение уравнения (23.10) имеет вид13
√
Rn (r) = An r λn + Bn r−
Rn (r) = An + Bn ln(r),
√
λn
, при λn 6= 0,
при λn = 0.
(23.11)
Таким образом, мы нашли все решения задачи (23.3), представимые в виде (23.4). Эти
решения можно переписать в виде vn (r, ϕ) = Rn (r)Φn (ϕ).
13(23.10)
– уравнение Эйлера.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
121
(2) Раскладываем функции h и q в ряд Фурье по собственным функциям Φn (ϕ) задачи
Штурма-Лиувилля (23.9)
X
X
h(ϕ) =
hn Φn (ϕ), q(ϕ) =
qn Φn (ϕ).
(23.12)
n
n
(3) Ищем решение задачи (23.1) – (23.2) в виде
X
v(r, ϕ) =
Rn (r)Φn (ϕ).
(23.13)
n
Ряд (23.13) удовлетворяет уравнению (23.1) и третьему и четвертому уравнениям краевого условия (23.2). Осталось подобрать постоянные An и Bn (см. (23.11)) так, чтобы
выполнялись первое и второе уравнения краевого условия (23.2).
Подставляя ряды (23.12) и (23.13) в первое и второе уравнения краевого условия (23.2),
получим
X
X
(α1 Rn (r1 ) − β1 Rn0 (r1 )) Φn (ϕ) =
hn Φn (ϕ),
n
X
n
(α2 Rn (r2 ) +
β2 Rn0 (r2 )) Φn (ϕ)
=
X
qn Φn (ϕ).
n
n
Отсюда
α1 Rn (r1 ) − β1 Rn0 (r1 ) = hn ,
(23.14)
α2 Rn (r2 ) + β2 Rn0 (r2 ) = qn .
Системы уравнений (23.14) служат для определения постоянных An и Bn . Отметим, что
исходная задача (23.1) – (23.2) разрешима тогда и только тогда, когда разрешимы все
системы уравнений (23.14).
◦ Решение задачи (23.1) – (23.2) выписывается в виде ряда (23.13).
Пример 23.2. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при

v = sin(2ϕ)



v = sin ϕ
v=0


v = 0
1 6 r 6 2, 0 6 ϕ 6 π,
при
при
при
при
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
v = 0 при
∆v = 0,
v = 0 при
r = 1,
r = 2,
ϕ = 0,
ϕ = π,
ϕ ∈ [0, π],
ϕ ∈ [0, π],
r ∈ [1, 2],
r ∈ [1, 2].
ϕ = 0, r ∈ [1, 2],
ϕ = π, r ∈ [1, 2].
(23.15)
(23.16)
(23.17)
Ищем решения задачи (23.17) вида
v(r, ϕ) = R(r)Φ(ϕ).
(23.18)
Подставляя представление (23.18) в уравнение (23.17), получим
r2 R00 (r) + rR0 (r)
Φ00 (ϕ)
=−
= λ.
R(r)
Φ(ϕ)
(23.19)
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
r2 R00 (r) + rR0 (r) = λR(r).
(23.20)
(23.21)
Отсюда
122
А. А. Пожарский
Подставляя (23.18) в краевые условия (23.17), найдем
Φ(0) = Φ(π) = 0.
(23.22)
Собирая уравнение (23.20) и краевые условия (23.22) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
(
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.23)
Φ(0) = Φ(π) = 0.
Собственные функции и собственные значения задачи (23.23) имеют вид Φn (ϕ) = sin(nϕ), λn =
n2 , n ∈ N.
Уравнение (23.21) принимает вид
r2 R00 (r) + rR0 (r) = n2 R(r).
(23.24)
Общее решение уравнения (23.24) можно записать в виде
Rn (r) = An rn + Bn r−n .
Таким образом, решения задачи (23.17), представимые в виде (23.18), можно записать в виде
vn (r, ϕ) = (An rn + Bn r−n ) sin(nϕ).
(23.25)
Шаг 2: Раскладываем функции h(ϕ) = sin(2ϕ) и q(ϕ) = sin ϕ в ряд Фурье по собственным
функциям Φn (ϕ) задачи Штурма-Лиувилля (23.23). Данное разложение имеет элементарный
вид
h(ϕ) = sin(2ϕ) = Φ2 (ϕ), q(ϕ) = sin ϕ = Φ1 (ϕ).
(23.26)
Шаг 3: Ищем решение задачи (23.15) – (23.16) в виде конечного ряда Фурье. При этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложениях (23.26),
т. е. по Φ1 и Φ2 ,
v(r, ϕ) = (A1 r + B1 r−1 ) sin ϕ + (A2 r2 + B2 r−2 ) sin(2ϕ).
(23.27)
Подставляя ряды (23.26) и (23.27) в первое и второе уравнения краевого условия (23.16), получим
(A1 + B1 ) sin ϕ + (A2 + B2 ) sin(2ϕ) = sin(2ϕ),
1
1
2A1 + B1 sin ϕ + 4A2 + B2 sin(2ϕ) = sin ϕ.
2
4
Отсюда
A1 + B1 = 0,
2A1 + 12 B1 = 1,
(23.28)
A2 + B2 = 1,
4A2 + 14 B2 = 0.
(23.29)
Решая системы (23.28) и (23.29), найдем
A1 = 23 ,
B1 = − 32 ,
1
A2 = − 15
,
B2 = 16
.
15
Решение задачи (23.15), (23.16) имеет вид (23.27). 2
16
r2
Ответ: v(r, ϕ) = 2r
−
sin
ϕ
+
−
sin(2ϕ).
3
3r
15r2
15
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
123
Пример 23.3. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при
1
π
6 r 6 1, 0 6 ϕ 6 ,
2
2

v = 3 sin ϕ + sin(3ϕ)



∂n v = sin ϕ
v=0


∂ v = 0
n
r = 12 ,
r = 1,
ϕ = 0,
ϕ = π2 ,
при
при
при
при
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
v=0
при
∆v = 0,
∂n v = 0 при
ϕ ∈ [0, π2 ],
ϕ ∈ [0, π2 ],
r ∈ [ 12 , 1],
r ∈ [ 21 , 1].
ϕ = 0, r ∈ [ 12 , 1],
ϕ = π2 , r ∈ [ 21 , 1].
(23.30)
(23.31)
(23.32)
Ищем решения задачи (23.32) вида
v(r, ϕ) = R(r)Φ(ϕ).
(23.33)
Подставляя представление (23.33) в уравнение (23.32), получим
r2 R00 (r) + rR0 (r)
Φ00 (ϕ)
=−
= λ.
R(r)
Φ(ϕ)
(23.34)
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.35)
r2 R00 (r) + rR0 (r) = λR(r).
(23.36)
Отсюда
Подставляя (23.33) в краевые условия (23.32), найдем
Φ(0) = Φ0 (π/2) = 0.
(23.37)
Собирая уравнение (23.35) и краевые условия (23.37) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
(
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.38)
Φ(0) = Φ0 (π/2) = 0.
Собственные функции и собственные значения задачи (23.38) имеют вид Φn (ϕ) = sin((2n+1)ϕ),
λn = (2n + 1)2 , n = 0, 1, . . ..
Уравнение (23.36) принимает вид
r2 R00 (r) + rR0 (r) = (2n + 1)2 R(r).
(23.39)
Общее решение уравнения (23.39) можно записать в виде
Rn (r) = An r2n+1 + Bn r−2n−1 .
Таким образом, решения задачи (23.32), представимые в виде (23.33), можно записать в виде
vn (r, ϕ) = (An r2n+1 + Bn r−2n−1 ) sin((2n + 1)ϕ).
(23.40)
Шаг 2: Раскладываем функции h(ϕ) = 3 sin ϕ + sin(3ϕ) и q(ϕ) = sin ϕ в ряд Фурье по собственным функциям Φn (ϕ) задачи Штурма-Лиувилля (23.38). Данное разложение имеет элементарный вид
h(ϕ) = sin(2ϕ) = Φ2 (ϕ), q(ϕ) = sin ϕ = Φ1 (ϕ).
(23.41)
124
А. А. Пожарский
Шаг 3: Ищем решение задачи (23.30) – (23.31) в виде конечного ряда Фурье. При этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложениях (23.41),
т. е. по Φ0 и Φ1 ,
v(r, ϕ) = (A1 r + B1 r−1 ) sin ϕ + (A2 r3 + B2 r−3 ) sin(3ϕ).
(23.42)
Подставляя ряды (23.41) и (23.42) в первое и второе уравнения краевого условия (23.31), и
учитывая, что ∂n = ∂r на границе r = 1, получим
1
1
A1 + 2B1 sin ϕ +
A2 + 8B2 sin(3ϕ) = 3 sin ϕ + sin(3ϕ),
2
8
(A1 − B1 ) sin ϕ + (3A2 − 3B2 ) sin(3ϕ) = sin ϕ.
Отсюда
1
A1 + 2B1 = 3,
A1 − B1 = 1,
2
(23.43)
1
A + 8B2 = 1,
8 2
3A2 − 3B2 = 0.
Решая системы (23.43) и (23.44), найдем
A1 = 2,
B1 = 1,
A2 =
B2 =
(23.44)
8
,
65
8
.
65
Решение задачи (23.30), (23.31) имеет вид (23.42). 8
Ответ: v(r, ϕ) = 2r + 1r sin ϕ + 65
r3 + r13 sin(3ϕ).
Пример 23.4. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при r 6 2,
(23.45)
v = 2 sin ϕ + 3 cos(4ϕ) при r = 2.
(23.46)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Рассмотрим вспомогательную задачу
∆v = 0,
v(r, ϕ) = v(r, ϕ + 2π).
(23.47)
Условие периодичности по ϕ необходимо для того, чтобы функция v была непрерывна в круге
r 6 2.14 Ищем решения задачи (23.47) вида
v(r, ϕ) = R(r)Φ(ϕ).
(23.48)
Подставляя представление (23.48) в уравнение (23.47), получим
r2 R00 (r) + rR0 (r)
Φ00 (ϕ)
=−
= λ.
R(r)
Φ(ϕ)
(23.49)
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.50)
Отсюда
r2 R00 (r) + rR0 (r) = λR(r).
Подставляя (23.48) в краевые условия (23.47), найдем
Φ(ϕ) = Φ(ϕ + 2π).
14Например,
(23.51)
(23.52)
функция v(ϕ) = ϕ при непрерывном продолжении вокруг начала координат против часовой
стрелки получает приращение 2π и, таким образом, не является непрерывной в круге r 6 2.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
125
Собирая уравнение (23.50) и краевые условия (23.52) вместе, получим следующую задачу
Штурма-Лиувилля
(
−Φ00 (ϕ) = λΦ(ϕ),
(23.53)
Φ(ϕ) = Φ(ϕ + 2π).
+
Собственные функции и собственные значения задачи (23.53) имеют вид Φ+
0 (ϕ) = 1, Φn (ϕ) =
−
2
cos(nϕ), Φn (ϕ) = sin(nϕ), λ0 = 0 и λn = n при n ∈ N.
Уравнение (23.51) принимает вид
r2 R00 (r) + rR0 (r) = n2 R(r).
(23.54)
Общее решение уравнения (23.54) можно записать в виде
R0 (r) = A0 + B0 ln r,
Rn (r) = An rn + Bn r−n при n > 1.
Заметим, что функции ln r и r−n имеют особенность в точке r = 0. Поэтому они не являются
непрерывными в круге r 6 2 и должны быть исключены из рассмотрения. Таким образом,
решения задачи (23.47), представимые в виде (23.48), можно записать в виде
v0 (r, ϕ) = a0 ,
vn (r, ϕ) = rn (an cos(nϕ) + bn sin(nϕ)) при n > 1.
(23.55)
Шаг 2: Раскладываем функцию q(ϕ) = 2 sin ϕ + 3 cos(4ϕ) в ряд Фурье по собственным функ−
циям Φ+
n (ϕ), Φn (ϕ) задачи Штурма-Лиувилля (23.53). Данное разложение имеет элементарный
вид
+
q(ϕ) = 2 sin ϕ + 3 cos(4ϕ) = 2Φ−
(23.56)
1 (ϕ) + 3Φ4 (ϕ).
Шаг 3: Ищем решение задачи (23.45) – (23.46) в виде конечного ряда Фурье. При этом разложение ведем только по тем собственным функциям, которые участвуют в разложениях (23.41),
+
т. е. по Φ−
1 и Φ4 ,
v(r, ϕ) = b1 r sin ϕ + a4 r4 cos(4ϕ).
(23.57)
Подставляя ряды (23.56) и (23.57) в краевое условие (23.46), получим
2b1 sin ϕ + 16a4 cos(4ϕ) = 2 sin ϕ + 3 cos(4ϕ)
Отсюда
3
.
16
Решение задачи (23.45), (23.46) имеет вид (23.57). b1 = 1,
Ответ: v(r, ϕ) = r sin ϕ +
3 4
r
16
a4 =
cos(4ϕ).
Домашнее задание:
Задача 23.5. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при 1 6 r 6 2, 0 6 ϕ 6


∂n v = 0



v = sin(2ϕ)

v=0



v=0
Ответ: v(r, ϕ) =
4
17
r2 +
1
r2
sin(2ϕ).
при
при
при
при
r = 1,
r = 2,
ϕ = 0,
ϕ = 3π
,
2
3π
,
2
ϕ ∈ [0, 3π
],
2
3π
ϕ ∈ [0, 2 ],
r ∈ [1, 2],
r ∈ [1, 2].
126
А. А. Пожарский
Задача 23.6. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при 1 6 r 6 2, 0 6 ϕ 6


v = sin(4ϕ)



∂n v = sin(2ϕ) − sin(4ϕ)

v=0



v=0
Ответ: v(r, ϕ) =
4
17
r2 −
1
r2
sin(2ϕ) +
1
257
264
r4
при
при
при
при
r = 1,
r = 2,
ϕ = 0,
ϕ = 3π
,
2
3π
,
2
ϕ ∈ [0, 3π
],
2
3π
ϕ ∈ [0, 2 ],
r ∈ [1, 2],
r ∈ [1, 2].
− 7r4 sin(4ϕ).
Задача 23.7. Решить уравнение Лапласа
1
6 r 6 1,
2
v = cos ϕ + 2 sin ϕ − 15 cos(2ϕ) при r = 12 ,
v = 2 cos ϕ + sin ϕ
при r = 1.
∆v = 0 при
Ответ: v(r, ϕ) = 2r cos ϕ + 1r sin ϕ + 4 r2 −
1
r2
cos(2ϕ).
Задача 23.8. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при


 v = sin(3ϕ)


∂n v = 0

v=0



v=0
Ответ: v(r, ϕ) =
1
730
r3 +
729
r3
1 6 r 6 3, −π 6 ϕ 6 0,
при
при
при
при
r = 1,
r = 3,
ϕ = −π,
ϕ = 0,
ϕ ∈ [−π, 0],
ϕ ∈ [−π, 0],
r ∈ [1, 3],
r ∈ [1, 3].
sin(3ϕ).
Задача 23.9. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при


v=0



v = cos(2ϕ)

∂n v = 0



∂n v = 0
Ответ: v(r, ϕ) =
4
15
r2 −
1
r2
1 6 r 6 2, 0 6 ϕ 6 π,
при
при
при
при
r = 1,
r = 2,
ϕ = 0,
ϕ = π,
ϕ ∈ [0, π],
ϕ ∈ [0, π],
r ∈ [1, 2],
r ∈ [1, 2].
cos(2ϕ).
Задача 23.10. Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при 1 6 r 6 2,
(
Ответ: v(r, ϕ) = 1 −
ln r
ln 2
+ r2 −
v = 1 − 7 sin(2ϕ)
v = 2 sin(2ϕ)
8
r2
sin(2ϕ).
при
при
r = 1,
r = 2.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
127
24. Уравнение Пуассона в ограниченной области.
Определение 24.1. Краевой задачей для уравнения Пуассона в ограниченной области D с
кусочно гладкой границей ∂D называется задача о нахождении функции u(x, y), удовлетворяющей уравнению
∆u(x, y) = f (x, y) при (x, y) ∈ D,
(24.1)
и краевому условию
α(x, y)u(x, y) + β(x, y)∂n u(x, y) = g(x, y) при (x, y) ∈ ∂D.
(24.2)
Здесь α, β, f и g – заданные кусочно-гладкие вещественные функции, удовлетворяющие условию |α(x, y)| + |β(x, y)| =
6 0 при (x, y) ∈ ∂D и ∂n – производная по внешней нормали к ∂D.
Сформулируем несколько важных утверждений.
Теорема 24.2.
• Пусть λ = 0 не является собственным значением задачи
−∆u(x, y) = λu(x, y) при (x, y) ∈ D,
α(x, y)u(x, y) + β(x, y)∂n u(x, y) = 0
при (x, y) ∈ ∂D.
(24.3)
Тогда решение задачи (24.1) – (24.2) существует и единственно.
• Пусть λ = 0 – собственное значение задачи (24.3). Тогда решение задачи (24.1) – (24.2)
либо не существует, либо существует, но не единственно.
Теорема 24.3. Решение задачи Дирихле
∆u(x, y) = f (x, y) при (x, y) ∈ D,
u(x, y) = g(x, y) при (x, y) ∈ ∂D
существует и единственно.
Теорема 24.4. Решение задачи Неймана

 ∆u(x, y) = f (x, y) при (x, y) ∈ D,
 ∂u(x, y) = g(x, y) при (x, y) ∈ ∂D
∂n
существует тогда и только тогда, когда выполнено условие
ZZ
Z
f (x, y) dx dy − g(x, y) dl = 0.
D
(24.4)
∂D
Если решение задачи Неймана существует, то оно определено с точностью до прибавления
произвольной постоянной.
Пример 24.5. Решить задачу Неймана

 ∆u(x, y) = A при (x, y) ∈ D,
 ∂u(x, y) = 2 при (x, y) ∈ ∂D,
∂n
(24.5)
где D – прямоугольник {(x, y) : x ∈ [0, 2], y ∈ [0, 4]} и A – некоторая вещественная постоянная.
128
А. А. Пожарский
Решение. Условие разрешимости задачи (24.5) имеет вид (24.4), где f = A и g = 2. Вычислим
интегралы, входящие в (24.4),
ZZ
Z
f (x, y) dx dy = 8A,
g(x, y) dl = 24.
D
∂D
Таким образом, задача (24.5) разрешима тогда и только тогда, когда (см. теорему 24.4)
ZZ
Z
f (x, y) dx dy − g(x, y) dl = 0 ⇐⇒ A = 3.
D
∂D
Решим теперь задачу (24.5), полагая A = 3. Для решения задачи (24.5) естественно попытаться применить метод, использованный для решения задачи вида (21.3) – (21.4). Для этого
нам бы пришлось рассмотреть две вспомогательные задачи вида


 ∆u1 (x, y) = 3 при (x, y) ∈ D,
 ∆u2 (x, y) = 0 при (x, y) ∈ D,
(24.6)
 ∂u1 (x, y) = 0 при (x, y) ∈ ∂D,
 ∂u2 (x, y) = 2 при (x, y) ∈ ∂D.
∂n
∂n
Если решения u1 и u2 задач (24.6) существуют, то решение задачи (24.5) можно найти в виде u =
u1 +u2 . Однако, как легко видеть, для задач (24.6) условие разрешимости (24.4) не выполняется
и поэтому решения u1 и u2 не существуют. По этой причине мы не можем свести исходную
задачу (24.5) к двум задачам вида (24.6).
Чтобы обойти указанную трудность, поступим следующим образом. Найдем произвольную
функцию v, удовлетворяющую краевому условию
∂v(x, y)
= 2 при (x, y) ∈ ∂D.
∂n
Например, в качестве такой функции v можно взять
1
v(x, y) = (x − 1)2 + (y − 2)2 .
(24.7)
2
Теперь ищем решение задачи (24.5) в виде
u(x, y) = w(x, y) + v(x, y),
(24.8)
где w – новая неизвестная функция. Подставляя (24.8) в (24.5), получим задачу для w

 ∆w(x, y) = 3 − ∆v(x, y) при (x, y) ∈ D,
(24.9)
∂w(x, y)
= 0 при (x, y) ∈ ∂D.
∂n
Как было показано ранее, задача (24.5) при A = 3 разрешима. Следовательно, разрешима
и задача (24.9). Для ее решения можно применить метод, изложенный для решения задачи
Пуассона вида (20.1) – (20.2).
Подставляя (24.7) в (24.9), получим

 ∆w(x, y) = 0 при (x, y) ∈ D,
(24.10)
 ∂w(x, y) = 0 при (x, y) ∈ ∂D.
∂n
Общее решение задачи (24.10) имеет вид w(x, y) = C, где C – произвольная постоянная.
Окончательно, решение задачи (24.5) имеет вид (24.8).

Ответ: При A 6= 3 задача (24.5) не разрешима; при A = 3 общее решение задачи (24.5) имеет
вид u(x, y) = (x − 1)2 + 21 (y − 2)2 + C, где C – произвольная постоянная.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
129
Домашнее задание:
Задача 24.6. Найти соотношение между постоянными A и B, при котором будет разрешима задача Неймана

∂ u=0
при x = 0, y ∈ [−1, 2],


 n
∂n u = B при x = 1, y ∈ [−1, 2],
∆u = Axy,
∂n u = 1
при y = −1, x ∈ [0, 1],


∂ u = 0
при y = 2, x ∈ [0, 1].
n
Ответ: 3A − 12B = 4.
Задача 24.7. Найти условие на постоянную A, при котором будет разрешима задача Неймана
∆u = A
при (x, y) ∈ D
∂n u = Bxy при (x, y) ∈ ∂D,
где D – треугольник с вершинами в точках (0, 0), (1, 0) и (0, 2).
√
Ответ: A =
5
B.
3
Задача 24.8. Решить задачу Неймана

∂ u = A cos2 y


 n
∂n u = 0
∆u = 4 cos2 x,
∂n u = 0


∂ u = 0
n
при
при
при
при
x = 0,
x = π,
y = 0,
y = π,
y ∈ [0, π],
y ∈ [0, π],
x ∈ [0, π],
x ∈ [0, π].
Ответ: При A = 4π решение имеет вид u(x, y) = c0,0 + (x − π)2 − 12 cos x + π(cth(2π) ch(2x) −
sh(2x)) cos(2y), где c0,0 – произвольная постоянная; при A 6= 4π решение не существует.
130
А. А. Пожарский
25. Уравнение Лапласа в сферически симметричных
областях в R3.
Рассмотрим сферически симметричную область D ⊂ R3 . Примером такой области может служить шар, внешность сферы или шаровой слой. Напомним, что декартовы координаты (x, y, z)
связаны со сферическими (r, θ, ϕ) формулами вида

 x = r sin θ cos ϕ,
y = r sin θ sin ϕ,
 z = r cos θ,
где
r ∈ [0, +∞), θ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π).
Оператор Лапласа в сферических координатах принимает вид
1
∂
∂u
1
∂ 2u
1 ∂
2 ∂u
r
+ 2
sin θ
+ 2 2
.
∆u = 2
r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
r sin θ ∂ϕ2
Мы позволим себе здесь подробно рассмотреть только задачи в шаровом слое. Решения же
задач в шаре или внешности сферы проводятся с очевидными изменениями и будут приведены
только в примерах.
Определение 25.1. Краевой задачей для уравнения Лапласа в шаровом слое называется задача о нахождении функции u, удовлетворяющей уравнению
∆u = 0 при {r1 < r < r2 }
(25.1)
и краевым условиям
α1 u + β1 ∂n u = h(θ, ϕ) при r = r1 ,
(25.2)
α2 u + β2 ∂n u = q(θ, ϕ) при r = r2 ,
Здесь αk и βk – заданные вещественные параметры, удовлетворяющие условию |αk | + |βk | =
6 0
при k = 1, 2 и ∂n – производная по внешней нормали.
Как и в двумерном случае, задача (25.1) – (25.2) не всегда разрешима. Мы позволим себе
обсудить условия разрешимости позже. Если же известно, что задача (25.1) – (25.2) разрешима,
для ее решения применяют метод разделения переменных.
Решение строится в три шага.
(1) Рассмотрим вспомогательную задачу
∆u(r, θ, ϕ) = 0,
r1 < r < r2 .
(25.3)
Будем искать всевозможные решения задачи (25.3) вида
u(r, θ, ϕ) = R(r)Y (θ, ϕ).
Подставляя представление (25.4) в уравнение (25.3), получим
1 2 0
1
0
(r
R
(r))
Y
(θ,
ϕ)
+
R(r)∆θ,ϕ Y (θ, ϕ) = 0,
r2
r2
где
1 ∂
∂Y
1 ∂ 2Y
∆θ,ϕ Y =
sin θ
+
sin θ ∂θ
∂θ
sin2 θ ∂ϕ2
Отсюда
r2 R00 (r) + 2rR0 (r)
∆θ,ϕ Y (θ, ϕ)
=−
.
R(r)
Y (θ, ϕ)
(25.4)
(25.5)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
131
Левая часть в равенстве (25.5) зависит только от переменной r, в то время как правая
зависит только от угловых переменных θ и ϕ. Такое возможно только если оба отношения
равны некоторой постоянной, обозначим ее λ. В результате уравнения на неизвестные
функции R и Y разделились
−∆θ,ϕ Y (θ, ϕ) = λY (θ, ϕ),
(25.6)
r2 R00 (r) + 2rR0 (r) = λR(r).
(25.7)
Заметим теперь, что мы ищем дважды непрерывно дифференцируемые решения задачи
(25.3). Это означает, что решение u(r, θ, ϕ) должно быть 2π-периодическим по аргументу
ϕ и оставаться ограниченным при θ = 0 и π. Из сказанного следует, что уравнение (25.6)
необходимо снабдить естественными краевыми условиями вида
Y (θ, ϕ + 2π) = Y (θ, ϕ),
(25.8)
|Y (0, ϕ)| < ∞, |Y (π, ϕ)| < ∞.
Собирая уравнение (25.6) и краевые условия (25.8) вместе, получим следующую задачу
на собственные значения

 −∆θ,ϕ Y (θ, ϕ) = λY (θ, ϕ),
Y (θ, ϕ + 2π) = Y (θ, ϕ),
(25.9)
 |Y (0, ϕ)| < ∞, |Y (π, ϕ)| < ∞.
Решение задачи (25.9) также можно найти методом разделения переменных. Однако,
мы здесь позволим себе не останавливаться на нем. Известно, что задача (25.9) имеет
дискретный набор собственных значений
λn = n(n + 1),
n = 0, 1, . . .
(25.10)
и ее собственными функциями являются сферические функции Yn . Подчеркнем, что
они образуют базис в пространстве функций, определенных на сфере (более точно, в
L2 ((0, π) × (0, 2π)) с подходящим весом).
Сферические функции Yn отвечающие собственному числу λn = n(n + 1) могут быть
записаны в виде
n
X
Yn (θ, ϕ) = a0 Pn (cos θ) +
(ak cos kϕ + bk sin kϕ)Pn(k) (cos θ),
k=1
где Pn (t) – полиномы Лежандра
Pn (t) =
1 dn (t2 − 1)n
2n n!
dtn
(k)
и Pn (t) – присоединенные полиномы Лежандра
dk Pn (t)
, 1 6 k 6 n.
dtk
Выпишем, ради удобства, несколько первых полиномов в явном виде
1
P0 (cos θ) = 1, P1 (cos θ) = cos θ, P2 (cos θ) = (3 cos2 θ − 1),
2
Pn(k) (t) = (1 − t2 )k/2
(1)
P1 (cos θ) = sin θ,
(2)
(1)
P2 (cos θ) = 3 sin θ cos θ,
P2 (cos θ) = 3 sin2 θ,
(2)
(1)
P3 (cos θ) = sin θ
P3 (cos θ) = 15 sin2 θ cos θ.
15 cos2 θ − 3
,
2
132
А. А. Пожарский
Вернемся к уравнению (25.7), которое, с учетом (25.10), принимает вид
r2 R00 (r) + rR0 (r) = n(n + 1)R(r).
(25.11)
Общее решение уравнения (25.11) имеет вид15
Rn (r) = An rn + Bn r−n−1
при n = 0, 1, . . . .
(25.12)
Таким образом, мы нашли все решения задачи (25.3), представимые в виде (25.4). Эти
решения можно переписать в виде
un (r, θ, ϕ) = rn Yn (θ, ϕ) + r−n−1 Ỹn (θ, ϕ),
n = 0, 1, . . . .
(25.13)
Обратим внимание на то, что коэффициенты, участвующие в определении сферических
функций Ỹn и Yn , вообще говоря различны
P
(k)
Yn (θ, ϕ) = an0 Pn (cos θ) + nk=1 (ank cos kϕ + bnk sin kϕ)Pn (cos θ),
(25.14)
P
(k)
Ỹn (θ, ϕ) = ãn0 Pn (cos θ) + nk=1 (ãnk cos kϕ + b̃nk sin kϕ)Pn (cos θ).
(2) Раскладываем функции h и q в ряд по собственным функциям Yn (θ, ϕ) задачи (25.9)
X
X
h(θ, ϕ) =
Yn(h) (θ, ϕ), q(θ, ϕ) =
Yn(q) (θ, ϕ).
(25.15)
n>0
n>0
(3) Ищем решение задачи (25.1) – (25.2) в виде
X
u(r, θ, ϕ) =
un (r, θ, ϕ),
(25.16)
n>0
где un представляются в виде (25.13), (25.14). Ряд (25.16) удовлетворяет уравнению
(25.1). Осталось подобрать постоянные, участвующие в определении Yn и Ỹn (см. (25.14)),
так, чтобы выполнялось краевое условие (25.2).
Подставляя ряды (25.15) и (25.16) в первое и второе уравнения краевого условия (25.2),
получим систему уравнений вида
X
X
(α1 un (r1 , θ, ϕ) − β1 ∂r un (r1 , θ, ϕ)) =
Yn(h) (θ, ϕ),
n>0
n>0
X
X
(α2 un (r2 , θ, ϕ) + β2 ∂r un (r2 , θ, ϕ)) =
n>0
Yn(q) (θ, ϕ).
n>0
Отсюда, приравнивая коэффициенты перед функциями вида
cos(kϕ)Pn(k) (cos θ),
sin(kϕ)Pn(k) (cos θ),
получим систему уравнений для определения коэффициентов ank , ãnk , bnk и b̃nk . Отметим,
что полученные системы уравнений разрешимы тогда и только тогда, когда разрешима
исходная задача (25.1) – (25.2).
◦ Решение задачи (25.1) – (25.2) выписывается в виде ряда (25.16).
• Иногда удобнее начинать со второго шага решения. В этом случае, если ряды для h(θ, ϕ)
и q(θ, ϕ) представляются конечным числом членов, решение также можно искать в виде
конечного ряда.
Пример 25.2. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при 1 < r < 2,
15(25.11)
– уравнение Эйлера.
u = 3 cos θ
u = 5 − cos θ
при
при
r = 1,
r = 2.
(25.17)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
133
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Раскладываем функции h(θ, ϕ) = 3 cos θ и q(θ, ϕ) = 5−cos θ в ряды по Yn (θ, ϕ). Данное
разложение имеет элементарный вид
h(θ, ϕ) = 3 cos θ = 3P1 (cos θ),
(25.18)
q(θ, ϕ) = 5 − 2 cos θ = 5P0 (cos θ) − P1 (cos θ).
Шаг 2: Из (25.18) следует, что в разложении (25.16), (25.13) следует оставить только члены,
содержащие P0 (cos θ) и P1 (cos θ). Таким образом, решение задачи (25.17) будем искать в виде
u(r, θ, ϕ) = (a + br−1 )P0 (cos θ) + (cr + dr−2 )P1 (cos θ).
(25.19)
Еще раз обратим внимание на то, что в разложении (25.18) участвуют полиномы Лежандра с
номерами 0 и 1, которые соответствуют сферическим функциям Y0 и Y1 .
Шаг 3: Подставляя разложение (25.19) в граничные условия, и учитывая (25.18), получим
(
u|r=1 = (a + b)P0 (cos θ) + (c + d)P1 (cos θ) = 3P1 (cos θ),
u|r=2 = (a + 2−1 b)P0 (cos θ) + (2c + 4−1 d)P1 (cos θ) = 5P0 (cos θ) − P1 (cos θ).
Отсюда, приравнивая коэффициенты перед P0 (cos θ) и P1 (cos θ), получим
(
(
c + d = 3,
a + b = 0,
P
(cos
θ)
:
P0 (cos θ) :
1
2c + 4−1 d = −1.
a + 2−1 b = 5,
(25.20)
Решая системы (25.20), найдем
(
a = 10,
b = −10,
(
c = −1,
d = 4,
откуда
−1
u(r, θ, ϕ) = 10(1 − r )P0 (cos θ) + (4r
Ответ: u = 10 1 −
1
r
+
4
r2
−2
1
4
− r cos θ. +
− r)P1 (cos θ) = 10 1 −
r
r2
− r cos θ.
Пример 25.3. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при 1 < r < 3,
u = −2 cos ϕ sin θ
u = 26 cos θ
при
при
r = 1,
r = 3.
(25.21)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Раскладываем функции h(θ, ϕ) = −2 cos ϕ sin θ и q(θ, ϕ) = 8 cos θ в ряды по Yn (θ, ϕ)
(1)
h(θ, ϕ) = −2 cos ϕ sin θ = −2P1 (cos θ) cos ϕ,
(25.22)
q(θ, ϕ) = 26 cos θ = 26P1 (cos θ).
Шаг 2: Из (25.18) следует, что решение задачи (25.17) можно искать в виде
(1)
u(r, θ, ϕ) = (ar + br−2 )P1 (cos θ) + (cr + dr−2 )P1 (cos θ) cos ϕ.
(25.23)
Обратим внимание на то, что оба полинома Лежандра, участвующие в разложении (25.23), соответствуют сферической функции Y1 . При этом, при формировании разложения (25.23) каждый из этих полиномов был домножен на свою функцию R1 (r) (для первого члена в качестве
произвольных коэффициентов были взяты a и b, для второго – c и d).
134
А. А. Пожарский
Шаг 3: Подставляя разложение (25.23) в граничные условия, и учитывая (25.22), получим
(
(1)
(1)
u|r=1 = (a + b)P1 (cos θ) + (c + d)P1 (cos θ) cos ϕ = −2P1 (cos θ) cos ϕ,
(1)
u|r=3 = (3a + 9−1 b)P1 (cos θ) + (3c + 9−1 d)P1 (cos θ) cos ϕ = 26P1 (cos θ).
(1)
Отсюда, приравнивая коэффициенты перед P1 (cos θ) и P1 (cos θ) cos ϕ, получим
(
(
a + b = 0,
c + d = −2,
(1)
P1 (cos θ) :
P1 (cos θ) cos ϕ :
−1
3a + 9 b = 26,
3c + 9−1 d = 0.
(25.24)
Решая системы (25.24), найдем
(
a = 9,
b = −9,
(
c=
d=
1
,
13
27
− 13
,
откуда
1
1
27
(1)
u(r, θ, ϕ) = 9 r − 2 P1 (cos θ) +
r − 2 P1 (cos θ) cos ϕ. r
13
r
(1)
1
Ответ: u = 9 r − r12 P1 (cos θ) + 13
r − 27
P1 (cos θ) cos ϕ.
2
r
Пример 25.4. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при r < 1,
u = 3 cos2 θ
при r = 1.
(25.25)
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Раскладываем функцию q(θ, ϕ) = 3 cos2 θ в ряд по Yn (θ, ϕ)
q(θ, ϕ) = 3 cos2 θ = 2P2 (cos θ) + P0 (cos θ).
(25.26)
Шаг 2: Из (25.26) следует, что решение задачи (25.25) можно искать в виде
u(r, θ, ϕ) = (a + br−1 )P0 (cos θ) + (cr2 + dr−3 )P2 (cos θ).
(25.27)
Заметим теперь, что мы ищем решение в шаре r < 1, которое должно оставаться ограниченным
при r = 0. Разложение (25.27) будет удовлетворять этому требованию, если положить b = 0 и
d = 0. Окончательно, ищем решение в виде
u(r, θ, ϕ) = aP0 (cos θ) + cr2 P2 (cos θ).
(25.28)
Шаг 3: Подставляя разложение (25.28) в граничное условие, и учитывая (25.26), получим
u|r=1 = aP0 (cos θ) + cP2 (cos θ) = 2P2 (cos θ) + P0 (cos θ).
Отсюда, приравнивая коэффициенты перед P0 (cos θ) и P2 (cos θ), получим
P1 (cos θ) : a = 1,
P2 (cos θ) : c = 2,
u(r, θ, ϕ) = P0 (cos θ) + 2r2 P2 (cos θ). Ответ: u = cos θ + r2 (3 cos2 θ − 1).
Пример 25.5. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при r < 2,
где A – некоторая постоянная.
∂n u = A + 3 sin 2θ cos ϕ при r = 2,
(25.29)
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
135
Решение. Решение проводим в три шага.
Шаг 1: Раскладываем функцию q(θ, ϕ) = A + 3 sin 2θ cos ϕ в ряд по Yn (θ, ϕ)
(1)
q(θ, ϕ) = A + 3 sin 2θ cos ϕ = AP0 (cos θ) + 2P2 (cos θ) cos ϕ.
(25.30)
Шаг 2: Из (25.30) следует, что решение задачи (25.29) можно искать в виде
(1)
u(r, θ, ϕ) = (a + br−1 )P0 (cos θ) + (cr2 + dr−3 )P2 (cos θ) cos ϕ.
(25.31)
Для того, чтобы решение оставалось ограниченным при r = 0, необходимо положить b = 0 и
d = 0. Окончательно, ищем решение в виде
(1)
u(r, θ, ϕ) = aP0 (cos θ) + cr2 P2 (cos θ) cos ϕ.
(25.32)
Шаг 3: Подставляя разложение (25.32) в граничное условие, и учитывая (25.30), получим
(1)
(1)
∂n u|r=2 = ∂r u|r=2 = 4cP2 (cos θ) cos ϕ = AP0 (cos θ) + 2P2 (cos θ) cos ϕ.
(1)
Отсюда, приравнивая коэффициенты перед P0 (cos θ) и P2 (cos θ) cos ϕ, получим
1
(1)
P0 (cos θ) : A = 0, P2 (cos θ) cos ϕ : c = .
2
Таким образом, задача (25.29) разрешима только при A = 0. При этом решение оказывается не
единственно: постоянная a может быть выбрана произвольным образом
1
(1)
u(r, θ, ϕ) = aP0 (cos θ) + r2 P2 (cos θ) cos ϕ. 2
Ответ: A = 0, u = a + 43 r2 sin 2θ cos ϕ, a ∈ R.
Домашнее задание:
Задача 25.6. Решить уравнение Лапласа
1
∆u = 0 при
< r < 1,
3
Ответ: u = 3 − 1r cos θ.
u=0
u = 2 cos θ
при
при
Задача 25.7. Решить уравнение Лапласа
1
∆u = 0 при r < , u = 3 cos 2θ + cos θ
2
r = 13 ,
r = 1.
1
при r = .
2
Ответ: u = −1 + 2r cos θ + 8r2 (3 cos2 θ − 1).
Задача 25.8. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при 1 < r < 2,
Ответ: u =
16
67
r2 −
1
r3
sin2 θ sin 2ϕ +
1
67
u = sin 2θ sin ϕ
∂n u = sin2 θ sin 2ϕ
3r2 +
64
r3
при
при
r = 1,
r = 2.
sin 2θ sin ϕ.
Задача 25.9. Решить уравнение Лапласа
∆u = 0 при r < 3,
u − ∂n u = 4 sin θ cos ϕ при r = 3.
Ответ: u = 2r sin θ cos ϕ + r3 Y3 (θ, ϕ), где Y3 (θ, ϕ) – сферическая функция с произвольными
коэффициентами.
136
А. А. Пожарский
Задача 25.10. Найти убывающее на бесконечности решение уравнения Лапласа
∆u = 0 при r > 3,
Ответ: u =
1
r
+
9
r2
cos θ.
2u + 3∂n u = 1 + 4 cos θ
при r = 3.
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ – 6 СЕМЕСТР
137
26. 3-ая контрольная работа (2 часа).
Вариант контрольной работы №3.
(1) Решить уравнение
∆u = sin(2x) cos(3y) при x ∈ [0, π], y ∈ [0, π],

u=0
при x = 0, y ∈ [0, π],



u = cos y при x = π, y ∈ [0, π],
∂n u = 0
при y = 0, x ∈ [0, π],


∂ u = 0
при y = π, x ∈ [0, π].
n
1
Ответ: u(x, y) = − 13
sin(2x) cos(3y) +
sh x
sh π
cos y.
(2) Решить уравнение Лапласа
∆v = 0 при 1 6 r 6 3, 0 6 ϕ 6 π,


v


v

v



v
= − sin ϕ
при r = 1,
= 5 sin ϕ + sin(2ϕ) при r = 3,
=0
при ϕ = 0,
=0
при ϕ = π,
9
r2 − r12 sin(2ϕ).
Ответ: v(r, ϕ) = 2r − 3r sin ϕ + 80
ϕ ∈ [0, π],
ϕ ∈ [0, π],
r ∈ [1, 3],
r ∈ [1, 3].
(3) Решить задачу Коши
 utt = ∆u + 3 sin t sin x cos y,
u=0
при x = 0, y ∈ [0, π],



u=0
при x = π, y ∈ [0, π],
∂n u = 0 при y = 0, x ∈ [0, π],


 ∂ u = 0 при y = π, x ∈ [0, π],
n
u|t=0 = 2 sin(2x),
ut |t=0 = 3 sin x cos y.
Ответ: u(x, y, t) = 3 sin t sin x cos y + 2 cos(2t) sin(2x).
(4) Найти убывающее на бесконечности решение уравнения Лапласа
∆u = 0 при r > 2,
u = 3 sin2 θ + 1 при r = 2.
Ответ: u = 6r − r83 (3 cos2 θ − 1).
(5) Приведите пример краевой задачи для уравнения Лапласа в шаре r < 1, для которой
решение не существует.