Начально-краевые задачи для параболического уравнения

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

Краевые условия:

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

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

Первая краевая задача для уравнения теплопроводности

${\begin{cases}{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}\Delta U,0<x<l,0<t\leq T\\U(x,0)=\phi (x),0\leq x\leq l\\U(0,t)=\mu _{1}(t),U(l,t)=\mu _{1}(t)\end{cases}}$

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

$\phi (0)=U(0,0)=\mu _{1}(0),\phi (l)=U(l,0)=\mu _{2}(0)$

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

Задача Коши уравнения теплопроводности

${\begin{cases}{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}U}{\partial x^{2}}}\\\left.U\right|_{t=0}=\phi (x)\end{cases}}$

Общий вид уравнения:

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

$d=b^{2}-ac$

Если $d=0$, то уравнение параболическое

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

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

Аналогично для $\xi$:

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

Рассматриваем на примере уравнения теплопроводности:

Метод разделения переменных для уравнения теплопроводности. Случай нулевых граничных условий

${\begin{matrix}&{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}U}{\partial x^{2}}}\quad 0<x<l,0<t\leq T&(1)\\&U(x,0)=\phi (x)\quad 0\leq x\leq l&(1')\\&U(0,t)=0,U(l,t)=0,0\leq t\leq T&(1'')\end{matrix}}$

Ищем решение такой задачи в виде:

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

$T'(t)X(x)=a^{2}T(t)X''(x)\quad |:a^{2}XT$

${\frac {1}{a^{2}}}{\frac {T'(t)}{T(t)}}={\frac {X''(x)}{X(x)}}=const=-\lambda {\text{ (обозначим)}}$

Задача распадается на два обычных уравнения:

$T'(t)+\lambda a^{2}T(t)=0\quad (2)$

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

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

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

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

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

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

$(2):$

$T'(t)+\lambda _{n}a^{2}T(t)=0$

$T_{n}(t)=c_{n}e^{-\lambda _{n}a^{2}t}$

$U_{n}(x,t)=c_{n}e^{-\lambda _{n}a^{2}t}\sin({\frac {\pi n}{l}}x)$

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

$U(x,0)=\phi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }c_{n}\sin({\frac {\pi n}{l}}x),0\leq x\leq l$

$c_{n}$ равны коэффициентам ряда Фурье при разложении функции $U(x)$ в ряд Фурье по синусам:

$c_{n}={\frac {2}{l}}\int _{0}^{l}\phi (\xi )\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )d\xi ,n=1,2,3,...$

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

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

Рассмотрим $t\geq \varepsilon$, где $\varepsilon$ - сколь угодно малое, тогда

$|{\frac {\partial ^{i+j}U_{n}(x,t)}{\partial x^{i}\partial t^{j}}}|\leq |c_{n}({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}t}\cdot \underbrace {1} _{\geq \sin ,\cos }|\leq$

$\leq c_{n}({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}\varepsilon }\leq 2M({\frac {\pi n}{l}})^{2j+i}a^{2j}e^{-({\frac {\pi n}{l}})^{2}a^{2}\varepsilon }=A_{n}$

где $|\phi (x)<M|\forall x\in [0,l]\Rightarrow |c_{n}|\leq {\frac {2}{l}}|\int _{0}^{l}M\underbrace {\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )} _{\leq 1}d\xi |\leq {\frac {2}{l}}Ml=2M\forall n$

Получим:

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

Мажорируется рядом $\sum _{n=1}^{\infty }A_{n}$

Докажем что $\sum _{n=1}^{\infty }A_{n}$ сходится:

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

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

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

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

Непрерывность

Наложим дополнительные условия:

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

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

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

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

${\begin{cases}{\frac {\partial U}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}U}{\partial x^{2}}},0<x<l,0<t\leq T\\U(x,0)=\phi (x),U(0,t)=\mu _{1}(t),U(l,t)=\mu _{2}(t)\end{cases}}$

Сведем эту задачу к задаче с нулевыми граничными условиями:

${\overline {U}}(x,t)=\mu _{1}(t)+{\frac {x}{l}}(\mu _{2}(t)-\mu _{1}(t))$ - удовлетворяет граничным условиям

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

${\begin{cases}{\frac {\partial V}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}V}{\partial x^{2}}}+f(x,t),0<x<l,0<t\leq T\\V(x,0)={\overline {V}}(x)\quad V(a,t)=0\quad V(l,t)=0\end{cases}}$

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

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

${\begin{cases}{\frac {\partial P}{\partial t}}=a^{2}{\frac {\partial ^{2}P}{\partial x^{2}}},0<x<l,0<t\leq T\\P(x,0)={\overline {\phi }}(x),P(0,t)=P(l,t)=0\end{cases}}$

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

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

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

$f_{n}(t)={\frac {2}{l}}\int _{0}^{l}f(\xi ,t)\sin({\frac {\pi n}{l}}\xi )d\xi$

Подставим в уравнение $(1)$:

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

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

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

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

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

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

Подставим в $(2)$: $k'_{n}(t)e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}t}=f_{n}(t),k_{n}(0)=0$

Проинтегрируем с учетом нулевого условия:

$k_{n}(t)=\int _{0}^{t}e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}\tau }f_{n}(\tau )d\tau$

$b_{n}(t)=\int _{0}^{t}e^{-a^{2}({\frac {\pi n}{l}})^{2}(t-\tau )}f_{n}(\tau )d\tau$

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

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