Семинар 10

Семинар 10.
Задача 1. В точке x = x0 линии без искажений (RC = GL) действует постоянная э.д.с. E0 столь долго, что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока. Найти
ток и потенциал в линии после отключения э.д.с., если оба конца
провода изолированы.
Будем считать, что э.д.с. отключают в момент времени t = 0,
а сама линия имеет длину l. Тогда естественная постановка этой
задачи будет иметь вид
vx + Ri + Lit = 0, ix + Gv + Cvt = 0,
i(0, t) = 0, i(l, t) = 0, i(x, 0) = I(x),
0 < x < l, 0 < t,
v(x, 0) = V (x).
Функции I(x) и V (x) мы пока не знаем, это начальные значения тока
и потенциала в линии. Чтобы определить эти функции, необходимо
рассмотреть провод при t < 0.
При t < 0 мы имеем дело со стационарной, то есть не зависящей
от времени ситуацией. Поэтому все производные по переменной t в
телеграфных уравнениях исчезнут. Но придется как-то еще учесть
наличие э.д.с. в точке x = x0 . Классический путь решения этой проблемы заключается в разбиении интервала (0, l) на два, т.е. на (0, x0 )
и (x0 , l) с последующей постановкой двух связанных между собой
задач на этих новых интервалах. Тогда стационарная задача будет
иметь вид
V1x + RI1 = 0, I1x + GV1 = 0, 0 < x < x0 ,
V2x + RI2 = 0, I2x + GV2 = 0, x0 < x < l,
I1 (0) = 0, I2 (l) = 0, I1 (x0 ) = I2 (x0 ), V1 (x0 ) − V2 (x0 ) + E0 = 0.
Для удобства вычислений систему уравнений первого порядка
можно превратить в одно уравнение второго порядка, например, для
тока:
I1xx − RGI1 = 0,
I2xx − RGI2 = 0,
0 < x < x0 ,
x0 < x < l.
Общие решения этих уравнений можно записать в виде
√
√
I1 (x) = A sh RGx + A∗ ch RGx, 0 < x < x0 ,
√
√
I2 (x) = B sh RG(l − x) + B∗ ch RG(l − x), x0 < x < l.
1
Можно видеть, что для поиска решения второго уравнения фактически использована замена переменной y = l − x. Зачем? А затем,
что условие при x = l (т.е. при y = 0) позволит тут же избавиться
от одной произвольной постоянной. То есть граничные условия при
x = 0 и x = l сразу же позволяют выбрать A∗ = 0 и B∗ = 0.
Учитывая, что
I2x
I1x
, 0 < x < x0 , V2 (x) = − , x0 < x < l,
G
G
и используя оставшиеся два условия сшивки в точке x = x0 , окончательно находим
r
√
G sh RG(l − x0 ) √
√
sh RGx, 0 < x < x0 ,
I1 (x) = E0
R
sh
RGl
√
sh RG(l − x0 ) √
√
ch RGx, 0 < x < x0 ,
V1 (x) = −E0
sh
RGl
r
√
G sh RGx0 √
√
I2 (x) = E0
sh RG(l − x), x0 < x < l,
R sh RGl
√
sh RGx0 √
√
V2 (x) = E0
ch RG(l − x), x0 < x < l.
sh RGl
V1 (x) = −
С другой стороны, стационарную задачу при t < 0 можно было сформулировать и при помощи обобщенных функций. Причем
начинать стоит непосредственно с вывода телеграфных уравнений.
Именно,
Z x+∆x
V (x) − V (x + ∆x) + э.д.с. =
RI(ξ) dξ = R∆xI(x1 ),
x
x1 ∈ [x, x + ∆x].
Здесь в правой части равенства применена теорема о среднем значении. Поскольку ситуация стационарная, то используются символы
V (x) и I(x).
Разность V (x) − V (x + ∆x) заменяем на −∆xVx (x2 ) по формуле
конечных приращений (ну да, Vx не существует в точке x0 , но мы же
хотим получить обобщенную постановку задачи, так что и ладно).
Здесь x2 ∈ [x, x + ∆x].
Ранее при выводе телеграфных уравнений электродвижущая сила была обусловлена лишь явлением самоиндукции, теперь же надо
2
добавить еще постоянную э.д.с. E0 . Разумеется, только в том случае,
когда x0 ∈ [x, x + ∆x]. Поэтому
Z x+∆x
E0 , x0 ∈ [x, x + ∆x],
э.д.с. = −
LIt (ξ) dξ +
0,
x0 ∈
/ [x, x + ∆x].
x
Вспомним, что сила тока I от времени не зависит. Поэтому интеграл исчезает (и это понятно, ведь никакой самоиндукции в стационарном состоянии нет и быть не может). Следовательно, получается
равенство
E0 , x0 ∈ ∆x,
−∆xVx (x2 ) +
= R∆xI(x1 ).
0,
x0 ∈
/ ∆x
Остается поделить все на ∆x и устремить ∆x к нулю. Тогда x1 →
x, x2 → x, ну а фигурная скобка превращается в дельта-функцию
Дирака, т.е.
−Vx + E0 δ(x − x0 ) = RI,
0 < x < l.
При выводе второго телеграфного уравнения ничего нового не
возникнет (поскольку нет никаких сосредоточенных зарядов), так
что выйдет привычное
Ix + GV = 0,
0 < x < l.
Таким образом, обобщенная постановка задачи при t < 0 имеет
вид
Vx + RI = E0 δ(x − x0 ),
I(0) = 0, I(l) = 0.
Ix + GV = 0,
0 < x < l,
Решать задачу для обыкновенных дифференциальных уравнений с дельта-функцией в неоднородности правой части несколько
затруднительно. Зато ее можно превратить в то, что получилось у
нас раньше. Просто чтобы убедиться в том, что классическая и обобщенная постановки задачи совпадают.
Будем искать решение в классе кусочно-непрерывных функций,
имеющих разрывы в точке x = x0 . Тогда первые обобщенные производные Vx и Ix можно записать в виде
Vx = {Vx } + [V (x)]x=x0 δ(x − x0 ),
Ix = {Ix } + [I(x)]x=x0 δ(x − x0 ).
3
Подстановка этих выражений в дифференциальные уравнения
(где все производные понимаются в обобщенном смысле) дает
{Vx } + [V (x)]x=x0 δ(x − x0 ) + RI = E0 δ(x − x0 ), 0 < x < l
{Ix } + [I(x)]x=x0 δ(x − x0 ) + GV = 0, 0 < x < l.
Рассмотрим сначала первое уравнение. Выражения {Vx } и RI
есть обычные (возможно, разрывные в точке x = x0 ) функции. Дельтафункцию Дирака умножением на число из них не получить никак.
Поэтому можно считать, что {Vx } + RI и δ(x − x0 ) есть линейно
независимые слагаемые. Но равенство-то должно выполняться при
всех x. А тогда линейная независимость позволяет приравнивать (в
левой и правой части равенства) слагаемые с дельта-функцией и без
нее по отдельности.
Справа нормальных функций нет вообще, так что выходит
{Vx } + RI = 0,
0 < x < l.
Приравниваем коэффициенты перед дельта-функциями, тогда
[V (x)]x=x0 = E0 .
Поскольку классическая производная {Vx } в точке x = x0 не
существует, дифференциальное уравнение {Vx } + RI = 0 придется
разбить на два
V1x + RI1 = 0,
0 < x < x0 ,
V2x + RI2 = 0,
x0 < x < l.
Символы V1 и V2 позволяют переписать второе полученное равенство
в виде
[V (x)]x=x0 = V2 (x0 ) − V1 (x0 ) = E0 .
Все, первое дифференциальное уравнение (с обобщенными производными) полностью обработано.
Рассмотрим второе дифференциальное уравнение с обобщенными производными. Действуем совершенно так же. Тогда это уравнение распадается на равенство нормальных функций
{Ix } + GV = 0,
0 < x < l,
которое придется записать в виде двух обычных дифференциальных
уравнений
I1x + GV1 = 0,
0 < x < x0 ,
I2x + GV2 = 0,
4
x0 < x < l,
ну и на равенство коэффициентов при дельта-функциях Дирака
[I(x)]x=x0 = 0.
В самом деле, правая часть в этом случае никаких дельта-функций
не содержит. Осталось переписать последнее равенство в виде
[I(x)]x=x0 = I2 (x0 ) − I1 (x0 ) = 0,
и мы получаем классическую постановку той же самой задачи.
Тот же алгоритм (получения классической постановки задачи из
обобщенной) можно использовать и в случае вторых обобщенных
производных. С тем лишь добавлением, что δ 0 (x − x0 ) и δ(x − x0 )
можно считать линейно независимыми между собой. Так что в этом
случае будет появляться уже не две, а три линейно независимых
группы слагаемых.
Если в обобщенной постановке задачи из системы уравнений исключить одну из неизвестных, можно получить стационарную задачу только для тока или только для потенциала. Например, если из
системы уравнений исключить I, получится следующая задача
Vxx − RGV = E0 δ 0 (x − x0 ),
Vx (0) = 0, Vx (l) = 0.
0 < x < l,
А можно наоборот, исключить V , тогда выйдет
Ixx − GRI = −GE0 δ(x − x0 ),
I(0) = 0, I(l) = 0.
0 < x < l,
Возвращаемся к решению исходной задачи. Пока, напомню, нам
всего лишь удалось найти явный вид начальных условий. В первую
очередь сформулируем и решим задачу для тока.
1
,
LC
itt + 2βit + β 2 i = a2 ixx ,
a2 =
i(0, t) = 0,
i(x, 0) = I(x),
i(l, t) = 0,
β=
R G
= ,
L
C
0 < x < l,
it (x, 0) = −
0 < t,
E0
δ(x − x0 ).
L
Почему здесь вышло такое страшное начальное условие для it (x, 0)?
А это сразу видно из телеграфного уравнения
vx + Ri + Lit = 0.
5
В самом деле, в начальный момент времени сумма vx + Ri может
быть заменена на сумму Vx + RI, которая равна E0 δ(x − x0 ). Это
выражение мы выписывали ранее для обобщенной постановки стационарной задачи.
Замечу, что здесь (при t > 0) разбивать задачу на две совершенно
незачем. Э.д.с. уже не действует, так что с существованием производных в точке x = x0 при t > 0 все будет в порядке. Проблемы
с производными были лишь при t < 0, следствие этих проблем —
разрывные начальные условия.
Сначала мы будем искать частные решения дифференциального
уравнения в виде произведения двух функций, а именно в виде
i(x, t) = T (t)X(x).
Решения в таком виде мы ищем во всей области изменения независимых переменных, то есть при всех 0 < x < l и 0 < t.
Подстановка этого произведения в исходное дифференциальное
уравнение дает
T 00 (t)X(x) + 2βT 0 (t)X(x) + β 2 T (t)X(x) = a2 T (t)X 00 (x),
Поделим все на a2 T (t)X(x), тогда получится
T 0 (t)
β2
X 00 (x)
T 00 (t)
+
2β
+
=
,
a2 T (t)
a2 T (t) a2
X(x)
0 < x < l,
0 < t.
Поскольку переменные разделились, обычные рассуждения позволяют ввести постоянную −λ
T 00 (t)
T 0 (t)
β2
X 00 (x)
=
+ 2β 2
+
= −λ,
a2 T (t)
a T (t) a2
X(x)
0 < x < l,
0 < t.
Можно заметить, что в левой части равенства есть постоянная
β /a2 . Поэтому с тем же успехом можно было бы записать и
2
T 0 (t)
X 00 (x) β 2
T 00 (t)
+
2β
=
− 2 = −λ,
a2 T (t)
a2 T (t)
X(x)
a
0 < x < l,
0 < t.
В действительности годится любая из этих двух форм записи, на
вид ответа этот промежуточный результат не повлияет никак. Но
я предпочитаю первый вариант, поскольку тогда выходит чуть более простая задача Штурма — Лиувилля (зато чуть более сложное
дифференциальное уравнение для T (t)).
6
Постановка задачи Штурма — Лиувилля
X 00 (x) + λX(x) = 0, 0 < x < l,
X(0) = 0, X(l) = 0.
Вам эта задача хорошо знакома. Мы даже ее решение уже знаем
p
p
πn
λn =
, n = 1, 2, . . .
Xn (x) = sin λn x,
l
Для определения второго множителя T (t) из частного решения
i(x, t) задачу поставить невозможно. Так устроен метод Фурье. Для
одного множителя выходит задача на собственные значения, а для
второго — только обыкновенное дифференциальное уравнение.
Строго говоря, в некоторых задачах на метод Фурье задачу для
функции T (t) поставить можно, но лишь при помощи искусственного
приема. Так что лучше думать, что это никогда нельзя.
Для T (t) получается бесконечная цепочка дифференциальных
уравнений
Tn00 (t) + 2βTn0 (t) + β 2 + a2 λn Tn (t) = 0, 0 < t, n = 1, 2, . . . ,
Общие решения всех этих уравнений имеют вид
p p
−βt
Tn (t) = e
An cos a λn t + Bn sin a λn t ,
где An и Bn — произвольные постоянные.
Следовательно, мы нашли все возможные частные решения дифференциального уравнения в виде произведения T (t)X(x)
p p
p
−βt
in (x, t) = Tn (t)Xn (x) = e
An cos a λn t + Bn sin a λn t sin λn x,
удовлетворяющие граничным условиям задачи, но не удовлетворяющие начальным условиям.
Теперь представим решение исходной задачи в виде суперпозиции
найденных нами частных решений (напомню, что обоснованием этой
операции является теорема Стеклова)
i(x, t) =
∞
X
−βt
e
An cos a
p p
λn t + Bn sin a λn t sin λn x
p
n=1
7
Коэффициенты этого ряда найдем из начальных условий. Первое
начальное условие превратится в равенство
∞
X
p
An sin λn x = I(x),
n=1
На основании свойства ортогональности собственных функций задачи Штурма — Лиувилля отсюда находим
An =
hI(x), Xn (x)i
,
kXn (x)k2
n = 1, 2, . . .
Второе начальное условие превратится в равенство
∞
X
p
p
E0
(a λn Bn − βAn ) sin λn x = − δ(x − x0 ).
L
n=1
Используя ортогональность собственных функций задачи Штурма
— Лиувилля, получаем
βAn E0 Xn (x0 )
βAn E0 hδ(x − x0 ), Xn (x)i
√ −
=
,
Bn = √ −
kXn (x)k2
a λn L
a λn L kXn (x)k2
n = 1, 2, . . .
То есть для каждого числа n мы получили систему двух линейных алгебраических уравнений относительно двух неизвестных, An
и Bn . Осталось взять интегралы и решить эту систему.
Начнем с первой формулы для An . Если записать I(x) в явном
виде, то интеграл от 0 до l распадется на два интеграла: от 0 до x0
(интегрируем I1 (x)) и от x0 до l (интегрируем I2 (x))
β(l−x ) Z x0
2 βE0 sh a 0
An =
l aR sh βla
βx
πnx
sin
dx +
a
l
βx Z
2 βE0 sh a 0 l β(l − x)
πnx
+
sh
sin
dx.
βl
l aR sh a x0
a
l
sh
0
Здесь мне не хотелось рисовать корни, поэтому я использовал равенства
r
β2
β
G
=
RG,
=
.
a2
aR
R
8
Вот совсем неохота этот интеграл считать. А и не надо! Вспомним
про самосопряженность оператора задачи Штурма — Лиувилля. А
также про то, что I(0) = 0 и I(l) = 0. То есть функция I(x) относится
к области определения оператора задачи Штурма — Лиувилля. Ну
или является функцией класса A, пусть и в обобщенном смысле. В
обобщенном смысле потому, что у нее не все в порядке с гладкостью
производных при x = x0 .
Но тогда можно реализовать алгоритм с прошлого семинара. Реализуем:
Z
Z l
2
2 l
I(x)Xn (x) dx = −
I(x)Xn00 (x) dx =
An =
l 0
λn l 0
Z l
2
I 00 (x)Xn (x) dx =
=−
λn l 0
Z l 2
2
β
=−
I(x) − GE0 δ(x − x0 ) Xn (x) dx =
λ n l 0 a2
Z l
2 β2
2
=− 2
I(x)Xn (x) dx +
GE0 Xn (x0 ), n = 1, 2, . . .
l a λn 0
λn l
Интегралы в самом начале вычисления и в самом конце отличаются лишь множителем, так что полученное равенство позволяет
найти величину интеграла, не вычисляя его. Тогда
Z
2 l
a2
2
An =
I(x)Xn (x) dx =
GE0 Xn (x0 ), n = 1, 2, . . .
l 0
l β 2 + a2 λn
Осталось подставить явное значение λn и Xn (x0 ). Подставляем:
2la2
πnx0
2lβ
E0
πnx0
An = 2 2
GE
sin
=
sin
.
0
β l + π 2 n 2 a2
l
β 2 l 2 + π 2 n 2 a2 L
l
Находим Bn
√
2 E0 a λn
2πna
E0
πnx0
X
(x
)
=
−
sin
.
Bn = −
n
0
l L β 2 + a2 λ n
β 2 l 2 + π 2 n 2 a2 L
l
Теперь мы уже можем записать ответ задачи
∞
X
E0
2
πnat
−βt
i(x, t) =
e
βl
cos
−
2 l 2 + π 2 n 2 a2
L
β
l
n=1
πnat
πnx0
πnx
− πna sin
sin
sin
.
l
l
l
9
Ставим задачу для потенциала:
vtt + 2βvt + β 2 v = a2 vxx ,
vx (0, t) = 0,
vx (l, t) = 0,
R G
1
, β = = , 0 < x < l,
LC
L
C
v(x, 0) = V (x), vt (x, 0) = 0.
a2 =
0 < t,
Ищем все возможные частные решения дифференциального уравнения в виде произведения v(x, t) = T (t)X(x). Здесь T (t) и X(x) —
новые функции, а вовсе не то, что мы нашли раньше.
Алгоритм прежний: подставляем произведение в уравнение, делим переменные, находим обыкновенные дифференциальные уравнения для X(x) и T (x). Затем подставляем произведение в граничные условия и находим условия на функцию X(x). В начальные
условия произведение подставлять бессмысленно, все равно ничего
путного не выйдет.
Для функции X(x) должна получиться следующая задача Штурма — Лиувилля
X 00 (x) + λX(x) = 0, 0 < x < l,
X 0 (0) = 0, X 0 (l) = 0.
Решение этой задачи нам уже известно,
X0 (x) = 1,
λ0 = 0,
p
p
πn
,
λn =
Xn (x) = cos λn x,
l
n = 1, 2, . . .
Уравнение на функцию Tn (t) выйдет таким же, как и ранее,
Tn00 (t) + 2βTn0 (t) + β 2 + a2 λn Tn (t) = 0, 0 < t, n = 1, 2, . . . ,
но лишь в случае λ > 0. При λ0 = 0 получится немного другое
уравнение
T000 (t) + 2βT00 (t) + β 2 T0 (t) = 0,
0 < t.
Поэтому при n = 1, 2, . . . будет
p
p −βt
Tn (t) = e
An cos a λn t + Bn sin a λn t ,
а при n = 0 получится
T0 (t) = e−βt (A0 + B0 t).
10
Составляем теперь ряд из всех найденных частных решений, это
и будет решение исходной задачи
v(x, t) =
∞
X
Tn (t)Xn (x) =
n=0
−βt
=e
∞
X
p p
p
−βt
(A0 +B0 t)+
e
An cos a λn t + Bn sin a λn t cos λn x.
n=1
Для поиска коэффициентов ряда подставляем его по очереди в
начальные условия. Из первого начального условия
v(x, 0) = V (x) = A0 +
∞
X
An cos
p
λn x =
n=1
∞
X
An Xn (x).
n=0
В самом деле, A0 = A0 · 1, т.е. A0 = A0 X0 (x). А потому это отдельное
слагаемое отлично запихивается под знак суммы.
Используем ортогональность собственных функций задачи Штурма — Лиувилля (ровно так же, как и раньше, только теперь собственные функции другие), тогда
Z l
1
V (x)Xn (x) dx, n = 0, 1, . . .
An =
kXn (x)k2 0
Формула годится для всех коэффициентов, но A0 все равно придется считать отдельно. Хотя бы потому, что квадрат нормы функции
X0 (x) отличается от всех прочих. А также потому, что использование свойства самосопряженности, как вы видели, включает деление
на λn . На нуль, увы, не поделишь. Так что один интеграл все же
придется сосчитать.
Напомню, что квадрат нормы X0 (x) равен l, так что для A0 выходит интеграл
1
A0 =
l
Z l
V (x) dx =
0
β(l−x ) Z x0
E0 sh a 0
=−
l sh βla
0
βx
βx
E0 sh a 0
ch
dx +
a
l sh βla
Z l
ch
x0
β(l − x)
dx =
a
βx
2aE0 sh a 0
β(l − x0 )
=−
sh
.
βl sh βla
a
11
Все остальные интегралы считаем на основе свойства самосопряженности оператора задачи Штурма — Лиувилля
Z
Z l
2
2 l
V (x)Xn (x) dx = −
V (x)Xn00 (x) dx =
An =
l 0
λn l 0
Z l
2
=−
V 00 (x)Xn (x) dx =
λn l 0
Z l 2
β
2
0
V (x) + E0 δ (x − x0 ) Xn (x) dx =
=−
λ n l 0 a2
Z l
2 β2
2E0 0
X (x0 ).
=− 2
V (x)Xn (x) dx +
l a λn 0
λn l n
Из полученного равенства находим величину интеграла, не вычисляя его явно
2a2
E0 0
2πna2
πnx0
An = 2
X
(x
)
=
−
E
sin
,
0
0
n
β + a2 λ n l
β 2 l 2 + π 2 n 2 a2
l
n = 1, 2, . . .
Теперь используем второе начальное условие. Получится
∞ p
∞
X
X
p
vt (x, 0) = B0 −βA0 +
a λn Bn − βAn cos λn x =
Cn Xn (x) = 0.
n=1
n=0
Здесь сделано переобозначение
p
C0 = B0 − βA0 , Cn = a λn Bn − βAn ,
n = 1, 2, . . . ,
чтобы записать это равенство при помощи одной лишь суммы.
Снова пользуемся условием ортогональности, тогда
Z l
1
Cn =
vt (x, 0)Xn (x) dx.
kXn (x)k2 0
Интегрировать нули легко и приятно, поэтому Cn = 0 для всех n.
Следовательно,
βx
2aE0 sh a 0
β(l − x0 )
B0 = βA0 = −
sh
,
βl
l sh a
a
β
2βal
πnx0
Bn = √ An = − 2 2
E
sin
,
0
β l + π 2 n 2 a2
l
a λn
12
n = 1, 2, . . .
Записываем ответ задачи
βx
β(l − x0 )
2aE0 sh a 0
sh
(1 + βt)e−βt −
v(x, t) = −
βl
βl sh a
a
∞
X
2aE0
πnat
πnat −βt
πnx0
πnx
−
πna
cos
+
βl
sin
e
sin
cos
.
2 l 2 + π 2 n 2 a2
β
l
l
l
l
n=1
Задача 2. В точке x = x0 кабеля (L = 0, G = 0) действует постоянная э.д.с. E0 столь долго, что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока. Найти потенциал
кабеля после отключения э.д.с., если конец x = 0 заземлен непосредственно, а конец x = l — через сосредоточенное сопротивление
R0 .
Ответ:
∞
X
p
p
λn + h2
2E0
−a2 λn t
√
e
cos λn x0 sin λn x,
v(x, t) =
2+h
λ
l
+
lh
λ
n
n
n=1
где
h=
R
,
R0
a2 =
1
,
RC
√
λn есть положительный корень уравнения
√
p
λn
, n = 1, 2, . . .
tg λn l = −
h
а
Задача 3. В точке x = x0 кабеля (L = 0, G = 0) действует постоянная э.д.с. E0 столь долго, что в проводе устанавливается стационарное распределение потенциала и силы тока. Найти ток в кабеле
после отключения э.д.с., если конец x = 0 заземлен непосредственно,
а конец x = l — через сосредоточенное сопротивление R0 .
Прежде всего выпишем постановку задачи
1
,
RC
it = a2 ixx ,
a2 =
ix (0, t) = 0,
ix (l, t) + CR0 it (l, t) = 0,
0 < x < l,
13
0 < t,
i(x, 0) =
E0
.
R0 + lR
Начальный ток находится из стационарной задачи при t < 0
Vx + RI = E0 δ(x − x0 ), Ix = 0,
V (0) = 0, V (l) = R0 I(l).
0 < x < l,
Здесь V (x) — потенциал при t < 0, а I(x) — ток при t < 0. Отмечу,
что для поиска I(x) сформировать задачу с одной неизвестной не
выйдет. Так что придется решать задачу с двумя неизвестными, V (x)
и I(x).
Ищем частное решение уравнения теплопроводности в виде произведения i(x, t) = T (t)X(x). Подстановка этого произведения в
дифференциальное уравнение даст равенство
X 00 (x)
T 0 (t)
=
= −λ,
a2 T (t)
X(x)
откуда для функции X(x) получается обычное уравнение Штурма
X 00 (x) + λX(x) = 0,
0 < x < l.
Подстановка i(x, t) = T (t)X(x) в левое граничное условие даст
в итоге X 0 (0) = 0. Подстановка произведения в правое граничное
условие приведет к следующему результату
T (t)X 0 (l) + CR0 T 0 (t)X(l) = 0.
Вспомним теперь про полученное нами соотношение
T 0 (t)
= −λ.
a2 T (t)
Отсюда можно выразить T 0 (t) и подставить результат в предыдущее
равенство. Тогда, сокращая на T (t), можно получить
X 0 (l) − λhX(l) = 0,
h=
R0
.
R
Таким образом, получается следующая задача на собственные
значения
X 00 (x) + λX(x) = 0, 0 < x < l,
X 0 (0) = 0, X 0 (l) − λhX(l) = 0.
14
Граничное условие выглядит необычно, так что это вовсе не задача
Штурма — Лиувилля.
Будет ли оператор L[X] = −X 00 (x) этой задачи самосопряженным на собственных функциях? Напомню, что это необходимо для
вещественности собственных значений и ортогональности собственных функций. Проверим условие самосопряженности, предполагая
собственные функции u(x) и v(x) действительными (на самом деле
для комплексных тоже все получится, только писать надо больше)
Z l
hL[u], vi − hu, L[v]i =
0
− u00 (x)v(x) + u(x)v 00 (x) dx =
x=l
= u(x)v 0 (x) − u0 (x)v(x) x=0 = 0.
Чтобы в правой части получился нуль, надо просто подставить граничные условия u0 (0) = 0 и u0 (l) = λhu(l) (и то же для v(x)).
То есть на всех без исключения собственных функциях оператор задачи будет самосопряженным. Все собственные значения, стало быть, действительны. Ну и все собственные функции могут быть
выбраны действительными. А еще отсюда следует попарная ортогональность всех собственных функций.
Могут ли встречаться отрицательные собственные значения? Из
записи уравнения Штурма L[u] = λρu следует hL[u], ui = λkuk2 . То
есть для любого λ и любой собственной функции u(x) будет
Z l
1
hL[u], ui
=−
u00 (x)u(x) dx =
λ=
kuk2
kuk2 0
Z l
1
2
x=l
=
−u(x)u0 (x)|x=0 +
u0 (x) dx =
kuk2
0
Z l
1
2
=
−λhu2 (l) +
u0 (x) dx .
2
kuk
0
Отсюда следует, что для любого собственного значения рассматриваемой задачи
Z l
2
1
0
λ= 2
u
(x)
dx ⩾ 0.
hu (l) + kuk2 0
Так что отрицательных собственных значений точно нет.
То есть действуем как обычно. Сначала проверяем возможность
существования нулевого собственного значения. Нетрудно видеть,
15
что λ0 = 0 будет собственным значением. Соответствующая собственная функция есть X0 (x) = 1.
Теперь рассматриваем случай λ > 0. Тогда получится
p
Xn (x) = cos λn x, n = 1, 2, . . . ,
√
где λn есть положительное решение трансцендентного уравнения
p
p
tg λn l = −h λn , n = 1, 2, . . .
Как все хорошо и просто. Казалось бы. Вот мы тут ортогональность собственных функций установили из чисто теоретических соображений. А давайте проверим ее. Например, для n ⩾ 1, n 6= m
Z l
p
(−1)n+1 h
hX0 , Xn i =
cos λn x dx = √
6= 0,
1 + h2 λn
0
Z l
p
p
(−1)n+m−1 h
√
6= 0.
hXn , Xm i =
cos λn x cos λm x dx = √
1 + h2 λn 1 + h2 λm
0
Так и хочется спросить — чё за фигня? Где, блин, обещанная
ортогональность? Ведь без нее метод Фурье работать не может. То
есть совсем.
Выходит, что мы что-то упустили. И чтобы восстановить упущенное, воспользуемся теорией обобщенных функций.
Что для нас в этой задаче самое неприятное? Ну, кроме ее существования. Самое неприятное — наличие собственного значения в
граничном условии. А давайте его уберем. Пусть v(x) = X(x) при
всех x, но
0
X (x), x < l,
0
v (x) =
0,
x = l.
То есть мы искусственно вводим кусочно-гладкую функцию с разрывом производной при x = l.
Вторая обобщенная производная этой новой функции имеет вид
v 00 = {v 00 (x)} + [v 0 (x)]x=l δ(x − l) + [v(x)]x=l δ 0 (x − l).
Функция v(x) по определению непрерывна в точке x = l, поэтому
[v(x)]x=l = 0. Но
[v 0 (x)]x=l = v 0 (l) − v 0 (l − 0) = 0 − X 0 (l − 0) = −X 0 (l) = −λhX(l).
16
Здесь равенство X 0 (l − 0) = X 0 (l) следует из непрерывной дифференцируемости (обычного косинуса) собственной функции X(x).
Поскольку v(x) = X(x) при всех x, последнее равенство можно
записать так
[v 0 (x)]x=l = −λhv(l).
Классическая вторая производная {v 00 (x)} есть просто X 00 (x). Везде, где она существует. Тогда обобщенную производную v 00 можно
переписать так
v 00 = X 00 (x) − λhv(l)δ(x − l).
Напомню, что f (x)δ(x − x0 ) = f (x0 )δ(x − x0 ). Поэтому можно
утверждать, что v(l)δ(x − l) = v(x)δ(x − l). Ну а тогда
X 00 (x) = v 00 + λhδ(x − l)v(x).
Подставим это выражение в уравнение Штурма X 00 + λX = 0 и
учтем, что λX = λv (просто по определению функции v)
v 00 + λhδ(x − l)v(x) + λv(x) = v 00 + λ 1 + hδ(x − l) v = 0, 0 < x < l.
То есть обобщенная постановка задачи на собственные значения
получилась следующей
v 00 + λ 1 + hδ(x − l) v = 0, 0 < x < l,
v 0 (0) = 0, v 0 (l) = 0.
Теперь можно видеть, что граничные условия стали обычными, а
в уравнении появилась весовая функция ρ(x) = 1 + hδ(x − l). Вот
именно ее-то нам и недоставало. То есть ортогональность есть, но
только с весом. Так что
Z l
p
hX0 , ρXn i =
1 + hδ(x − l) cos λn x dx = 0, n ⩾ 1,
0
Z l
p
p
hXn , ρXm i =
1 + hδ(x − l) cos λn x cos λm x dx = 0, n 6= m.
0
Решать задачу на собственные значения в обобщенной постановке
совершенно незачем. Мы и так уже нашли и собственные функции,
и собственные значения. Нужна эта обобщенная постановка задачи
17
лишь для одной-единственной цели — чтобы добыть явный вид весовой функции. Ну а раз весовую функцию мы добыли, то про задачу
для v(x) можно уже больше и не вспоминать.
Выпишем теперь уравнения для множителя T (t). В случае λ0 = 0
будет
T00 (t) = 0,
0<t
с очевидным общим решением T0 (t) = C0 , C0 = const. Ну а при
n = 1, 2, . . . получится уравнение
Tn0 (t) + a2 λn Tn (t) = 0,
0<t
с общим решением Tn (t) = Cn exp −a2 λn t .
Все частные решения исходного уравнения в виде произведения
T (t)X(x) найдены, собираем из них ряд. Этот ряд и будет решением
исходной задачи
i(x, t) =
∞
X
n=0
Tn (t)Xn (x) = C0 +
∞
X
2
Cn e−a λn t cos
p
λn x.
n=1
Осталось воспользоваться начальным условием и найти коэффициенты этого ряда
∞
∞
X
X
E0
= C0 +
Cn Xn (x) =
Cn Xn (x).
i(x, 0) =
R0 + lR
n=1
n=0
Напомню, что условие ортогональности собственных функций
имеет вид
Z l
Xn (x)Xm (x)ρ(x) dx = kXn k2 δnm .
0
Вот только в этой задаче вес ρ(x) вовсе не равен единице, как могло
показаться с самого начала.
Умножаем начальное условие на ρ(x)Xm (x) (где Xm — напомню,
собственная функция с фиксированным номером m) и интегрируем
по x в пределах от 0 до l. Получается
Z lX
Z l
∞
E0
Xm (x)ρ(x) dx =
Cn Xn (x)Xm (x)ρ(x) dx =
R
+
lR
0
0
0 n=0
Z
∞
∞
l
X
X
=
Cn
Xn (x)Xm (x)ρ(x) dx =
Cn kXn (x)k2 δnm = Cm kXm k2 .
n=0
0
n=0
18
Поскольку результат интегрирования уже не содержит символа суммы, можно для красоты заменить m на n, тогда
Z l
1
E0
Xn (x)ρ(x) dx, n = 0, 1, . . .
Cn =
kXn k2 0 R0 + lR
Коэффициент C0 надо сосчитать отдельно (т.к. квадрат нормы
X0 отличается от всех остальных). Можно заметить, что
Z l
Z l
E0
E0
E0
X0 (x)ρ(x) dx =
ρ(x) dx =
kX0 k2 ,
R0 + lR 0
R0 + lR
0 R0 + lR
поэтому
C0 =
E0
.
R0 + lR
Вычисляем Cn . Во-первых, это можно сделать без всяких ухищрений. Интеграл от косинуса, надеюсь, трудностей у вас не вызывает. Во-вторых, можно воспользоваться свойством самосопряженности. Но для этого надо брать обобщенную постановку задачи на
собственные значения
v 00 (x) + λρ(x)v(x) = 0,
v 0 (0) = 0, v 0 (l) = 0.
0 < x < l,
Тогда можно видеть, что постоянная E0 /(R(1 + l)) принадлежит к
области определения оператора (является функцией класса A). Следовательно,
Z l
Z l
E0
vn00 (x) dx =
0 R0 + lR
Z l 2 d
E0
1
vn (x) dx = 0.
=−
λn 0 dx2 R0 + lR
E0
1
vn (x)ρ(x) dx = −
λn
0 R0 + lR
Но самый короткий путь — это заметить, что интеграл можно переписать в виде
Z l
Z l
E0
E0
v0 (x)vn (x)ρ(x) dx = 0, n 6= 0.
vn (x)ρ(x) dx =
R0 + lR 0
0 R0 + lR
Здесь мы воспользовались свойством ортогональности собственных
функций, в результате Cn = 0, n = 1, 2, . . . и квадрат нормы kvn k2
19
(или kXn k2 , что то же самое) можно даже не вычислять. Конечно,
такая удача выпадает редко. Но тем не менее иметь в виду подобный
поворот событий полезно. Т.е. получив набор собственных функций
в задаче на собственные значения, неплохо бы оценить начальные
условия. Именно, нельзя ли записать начальные условия в виде конечного набора собственных функций? Если это удается, то в ответ
только эти собственные функции и войдут. А остальные исчезнут
из-за свойства ортогональности.
Кстати, ответ:
i(x, t) =
E0
.
R0 + lR
Задача 4. В линии без потерь (R = 0, G = 0) с изолированным
концом x = l начальный ток и потенциал первоначально равны нулю. В начальный момент времени левый конец x = 0 провода заземляют через индуктивность L0 , через которую (в момент подключения) протекает ток I0 . Найти ток в линии при t > 0.
Постановка задачи имеет вид
1
, 0 < x < l, 0 < t,
LC
ix (0, t) − L0 Citt (0, t) = 0, i(l, t) = 0,
I0 , x = 0,
i(x, 0) =
it (x, 0) = 0.
0, x > 0,
itt = a2 ixx ,
a2 =
Обратите внимание, что начальные данные отличны от нуля всего лишь в одной точке, причем никаких других неоднородностей задача не содержит. В обычных задачах (которые решаются в стандартных курсах математической физики) такая ситуация гарантированно привела бы к тривиальному решению. Посмотрим, что получится здесь.
Поиск частного решения волнового уравнения в виде i(x, t) =
T (t)X(x) приводит к соотношению
T 00 (t)
X 00 (x)
=
= −λ,
a2 T (t)
X(x)
из правого граничного условия получается X(l) = 0, а из левого —
T (t)X 0 (0) − CL0 T 00 (t)X(0) = 0.
20
Но поскольку
T 00 (t)
= −λ,
a2 T (t)
то левое граничное условие можно записать в виде
X 0 (0) + λhX(0) = 0,
h=
L0
.
L
Таким образом, получаем задачу на собственные значения
X 00 (x) + λX(x) = 0, 0 < x < l,
X 0 (0) + λhX(0) = 0, X(l) = 0.
Эта задача имеет решение в виде
Xn (x) = sin
p
λn (l − x),
tg
p
λn l = √
1
,
λn h
n = 1, 2, . . .
Для отыскания весовой функции можно сделать обобщенную постановку той же самой задачи на собственные значения. Получится
v 00 (x) + λρ(x)v(x) = 0,
v 0 (0) = 0, v(l) = 0.
0 < x < l,
ρ(x) = 1 + hδ(x),
Для второй компоненты частного решения находим уравнение
Tn00 (t) + a2 λn Tn (t) = 0,
0 < t,
n = 1, 2, . . .
Общее решение этого уравнения есть
p
p
Tn (t) = An cos a λn t + Bn sin a λn t.
Таким образом, решение исходной задачи представляется в виде
ряда
i(x, t) =
∞ X
p p
p
An cos a λn t + Bn sin a λn t sin λn (l − x).
n=1
Коэффициенты An и Bn находим из начальных данных задачи, опираясь на свойство ортогональности собственных функций с весом
ρ(x).
21
При этом получаются формулы
Z l
1
i(x, 0)Xn (x)ρ(x) dx, n = 1, 2, . . . ,
An =
kXn k2 0
Z l
1
Bn = √
it (x, 0)Xn (x)ρ(x) dx, n = 1, 2, . . .
a λn kXn k2 0
Отсюда ясно, что Bn = 0 для всех n. Считаем квадрат нормы
собственной функции
kXn k2 =
h + l + λn lh2
,
2(1 + λn h2 )
n = 1, 2, . . .
Теперь вычисляем интеграл из числителя дроби для An :
Z l
Z l
Z l
i(x, 0)Xn (x)ρ(x) dx =
i(x, 0)Xn (x) dx+h
i(x, 0)Xn (x)δ(x) dx.
0
0
0
Первый интеграл равен нулю. А второй — нет, так что
Z l
(−1)n+1 hI0
i(x, 0)Xn (x)ρ(x) dx = hI0 Xn (0) = √
, n = 1, 2, . . .
1 + λn h2
0
Множитель с −1 восстанавливается обычным образом при помощи
графика.
Ответ:
√
∞
X
p
p
2(−1)n+1 hI0 1 + λn h2
i(x, t) =
cos
a
λ
t
sin
λn (l − x).
n
2
h
+
l
+
λ
lh
n
n=1
Задача 5. Конец x = 0 линии без потерь (G = 0, R = 0) заземлен
через конденсатор C0 , а конец x = l изолирован. Найти потенциал
линии, если начальный потенциал есть v0 x, v0 = const, а начальный
ток равен нулю.
Чтобы избежать интегрирования при вычислении коэффициентов ряда Фурье, начальный потенциал можно заменить на кусочнодифференцируемую функцию ϕ(x) = v0 x при всех x, но такую, что


x = 0,
 0,
0
ϕ (x) = v0 , 0 < x < l,

 0,
x = l.
22
Тогда ϕ00 = v0 δ(x) − v0 δ(x − l), что позволяет быстро вычислить
интеграл, воспользовавшись свойством самосопряженности.
Ответ:
v0 l 2
+
2(l + h)
√
∞
X
2v0 1 + λn h2 − (−1)n 1 + λn h2
v(x, t) =
+
n=1
λn
l + h + λn lh2
p
p
cos a λn t cos λn (l − x),
√
где λn есть положительный корень уравнения
p
p
tg λn l = −h λn , n = 1, 2, . . . ,
а h = C0 /C.
23