Файл: Учебное пособие СанктПетербург 2016.pdf

u
h
x
l
u
h
x
l
u
h
x
l
u
h
t
x
l
u
h
x
l
t = t
t = t
t = t
= t
t = t
0 0
4 3
2 1
0
Рис. 3.10
Процесс колебаний струны изображен на промежутке времени t ∈

0;
l a

. В следующий промежуток времени t ∈
l a
;
2l a

струна прой- дет все отмеченные положения в обратном порядке и вернется в первона- чальное положение, после чего процесс будет периодически повторяться с периодом T =
2l a
Пример 3.6. Найти закон колебаний конечной струны (0 ≤ x ≤ l),
если в начальный момент времени по струне ударили и ее точкам на про- межутке
α
≤ x ≤
β
придали скорость v.
101

В данном случае функция u(x, t), описывающая свободные колебания струны,
является решением задачи
(3.8)–(3.10),
при этом
ϕ
(x) = 0 и
ψ
(x) =
(
v,
x ∈ [
α
,
β
],
0,
x 6∈ [
α
,
β
].
Найдем для этих функций коэффициенты Фурье. Очевидно, что
ϕ
k
= 0.
Для определения
ψ
k вычислим скалярное произведение
(
ψ
(x), y k
(x)) =
l
Z
0
ψ
(x) sin

π
kx l

dx =
β
Z
α
v sin

π
kx l

dx =
= −
vl
π
k cos

π
kx l

β
α
=
vl
π
k

cos

π
k
α
l

− cos

π
k
β
l

Учитывая, что ky k
(x)k
2
=
l
2
, получим решение поставленной задачи u(x, t) =
2vl
π
2
a
+∞
X
k=1 1
k
2

cos
π
k
α
l
− cos
π
k
β
l

sin

π
kat l

sin

π
kx l

4. УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА И ПУАССОНА
4.1. Определения. Постановка краевой задачи
Линейное дифференциальное уравнение второго порядка вида
∆u = f,
где ∆ – оператор Лапласа, f – заданная функция, называется уравнением
Пуассона. Если в уравнении f = 0, то оно называется уравнением Лапласа.
Такие уравнения описывают стационарное распределение тепла в од- нородном изотропном теле, электростатический и гравитационный потен- циалы в точках пространства и другие стационарные явления.
Пусть функция u = u(M ) рассматривается в области Ω с кусочно- гладкой границей Γ. Часто ставится следующая задача: найти дважды дифференцируемую функцию u, удовлетворяющую в области Ω уравне- нию Лапласа или Пуассона, а на границе Γ – одному из краевых условий:
1)
u
Γ
=
µ
– краевое условие первого рода (условие Дирихле);
2)
∂u
∂
n
Γ
=
ν
– краевое условие второго рода (условие Неймана);
102

3)

u + h
∂u
∂
n

Γ
=
χ
– краевое условие третьего рода.
Здесь
µ
,
ν
,
χ
и h – заданные и непрерывные на границе Γ функции.
Название краевой задачи связано с краевым условием, которому удо- влетворяет функция u(M ) на границе Γ.
Краевая задача
∆u = f,
u
Γ
=
µ
называется задачей Дирихле для уравнения Пуассона. Если на границе задано условие
∂u
∂
n
Γ
=
ν
,
то краевая задача называется задачей Неймана, а в случае краевого усло- вия вида

u + h
∂u
∂
n

Γ
=
χ
– третьей краевой задачей.
В некоторых случаях на разных частях границы Γ могут быть заданы краевые условия разного рода. Тогда краевая задача называется смешан- ной.
4.2. Гармонические функции
Определение 4.1. Функция u = u(M ) называется гармонической в области Ω, если она имеет непрерывные частные производные первого и второго порядков в области Ω и удовлетворяет уравнению Лапласа
∆u = 0.
Приведем примеры различных гармонических фунций. При решении задач обычно используются декартовы, полярные, цилиндрические или сфериче- ские координаты. Вид оператора Лапласа зависит от выбранной системы координат (см. 2.2).
Пример 4.1. Рассмотрим уравнение Лапласа, в котором оператор Ла- пласа записан в декартовой системе координат:
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
+
∂
2
u
∂z
2
= 0.
Очевидно, что любая линейная функция вида u(x, y, z) = Ax + By + Cz + D
является гармонической функцией.
103

Пример 4.2. Пусть (
ρ
,
ϕ
) – полярные координаты точек плоскости.
Рассмотрим уравнение Лапласа, записав оператор Лапласа в полярной си- стеме координат:
1
ρ
∂
∂
ρ

ρ
∂u
∂
ρ

+
1
ρ
2
∂
2
u
∂
ϕ
2
= 0.
Найдем u = u(
ρ
) – решение этого уравнения, которое не зависит от угловой координаты
ϕ
(осесимметричное решение). Решение, обладающее этим свойством, удовлетворяет уравнению
1
ρ
∂
∂
ρ

ρ
∂u
∂
ρ

= 0
⇔
ρ
∂u
∂
ρ
= C
1
Преобразуем его к виду
∂u
∂
ρ
=
C
1
ρ
Проинтегрировав, найдем гармоническую функцию u(
ρ
) = C
1
ln(
ρ
) + C
2
Здесь C
1
, C
2
– произвольные константы. Зададим C
1
= −1, C
2
= 0 и получим функцию u(
ρ
) = ln
1
ρ
Эту функцию называют фундаментальным решением уравнения Лапласа на плоскости. Она является гармонической функцией на всей плоскости,
кроме начала координат. Обозначим r = |M M
0
| =
p
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
расстояние между точками M (x, y) и M
0
(x
0
, y
0
). Нетрудно заметить, что функция u(r) = ln
1
r также будет гармонической функцией на всей плоскости, исключая точку
M
0
Пример 4.3. Пусть (
ρ
,
θ
,
ϕ
) – сферические координаты точек про- странства. Запишем теперь оператор Лапласа в сферической системе ко- ординат:
1
ρ
2
∂
∂
ρ

ρ
2
∂u
∂
ρ

+
1
ρ
2 1
sin
θ
∂
∂
θ

sin
θ
∂u
∂
θ

+
1
ρ
2
sin
2
θ
∂
2
u
∂
ϕ
2
= 0.
Будем искать решение u = u(
ρ
) уравнения Лапласа, которое не зависит от угловых координат
θ
и
ϕ
(центрально-симметричное решение). Очевидно,
что u(
ρ
) удовлетворяет уравнению
1
ρ
2
∂
∂
ρ

ρ
2
∂u
∂
ρ

= 0
⇔
ρ
2
∂u
∂
ρ
= C
1 104

Разделим на
ρ
2
:
∂u
∂
ρ
=
C
1
ρ
2
После интегрирования получим функцию u(
ρ
) =
−C
1
ρ
+ C
2
, гармоническую при любых константах C
1
и C
2
. Пусть C
1
= −1, C
2
= 0. Функция u(
ρ
) =
1
ρ
называется фундаментальным решением уравнения Лапласа в простран- стве. Она является гармонической функцией на всей плоскости, кроме на- чала координат. Пусть r = |M M
0
| =
p
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
+ (z − z
0
)
2
– расстояние между точками M (x, y, z) и M
0
(x
0
, y
0
, z
0
). Очевидно, что функ- ция u(r) =
1
r также является гармонической функцией в пространстве, исключая точку
M
0 4.3. Формулы Грина
Пусть Ω ∈ R
3
– область, ограниченная поверхностью Γ.
Утверждение 4.1. Если функции u = u(M ) и v = v(M ) имеют непрерывные частные производные второго порядка в области Ω и непре- рывны вместе с частными производными первого порядка на множестве
Ω
S Γ, то справедливы формулы:
Z Z Z
Ω
(grad v, grad u) dV +
Z Z Z
Ω
v∆u dV =
Z Z
Γ
v
∂u
∂
n ds,
(4.1)
Z Z Z
Ω
(v∆u − u∆v) dV =
Z Z
Γ

v
∂u
∂
n
− u
∂v
∂
n

ds,
(4.2)
называемые первой и второй формулами Грина соответственно. Здесь
∂u/∂
n = (grad u,
n) – производная функции u по направлению внешней нормали
n к поверхности Γ.
Доказательство. Докажем сначала первую формулу Грина (4.1).
Воспользуемся формулой Остроградского–Гаусса
Z Z Z
Ω
div
F dV =
Z Z
Γ
(
F ,
n) ds.
(4.3)
105

Зададим
F = v grad u. Поскольку верны следующие равенства:
∂
∂x

v
∂u
∂x

=
∂v
∂x
∂u
∂x
+ v
∂
2
u
∂x
2
,
∂
∂y

v
∂u
∂y

=
∂v
∂y
∂u
∂y
+ v
∂
2
u
∂y
2
,
∂
∂z

v
∂u
∂z

=
∂v
∂z
∂u
∂z
+ v
∂
2
u
∂z
2
,
то, складывая их почленно, получим div
F = div(v grad u) = (grad v, grad u) + v∆u.
При этом
(
F ,
n) = (v grad u,
n) = v(grad u,
n) = v
∂u
∂
n
С учетом полученных равенств из формулы Остроградского–Гаусса
(4.3) следует первая формула Грина
Z Z Z
Ω
(grad v, grad u) dV +
Z Z Z
Ω
v∆u dV =
Z Z
Γ
v
∂u
∂
n ds.
Поменяем теперь местами функции u и v в первой формуле Грина:
Z Z Z
Ω
(grad u, grad v) dV +
Z Z Z
Ω
u∆v dV =
Z Z
Γ
u
∂v
∂
n ds.
Вычтем почленно из первой формулы Грина это равенство:
Z Z Z
Ω
(v∆u − u∆v) dV =
Z Z
Γ

v
∂u
∂
n
− u
∂v
∂
n

ds.
Получилась вторая формула Грина (4.2).
4.4. Свойства гармонических функций
Используя полученные формулы, выделим некоторые свойства гармо- нических функций.
Утверждение 4.2. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в об- ласти Ω, то производная этой функции по нормали к поверхности Γ,
ограничивающей область Ω, удовлетворяет условию
Z Z
Γ
∂u
∂
n ds = 0.
(4.4)
106

Доказательство. Воспользуемся первой формулой Грина (4.1). По- скольку u – гармоническая в области Ω функция, то ∆u = 0 и выполняется равенство
Z Z Z
Ω
(grad v, grad u) dV =
Z Z
Γ
v
∂u
∂
n ds.
Зададим функцию v = 1, тогда, учитывая, что grad 1 = 0, получим дока- зываемое утверждение.
Рассмотрим функцию v(M ) =
1
r
, где r = |M M
0
| =
p
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
+ (z − z
0
)
2
– расстояние между точками M (x, y, z) и M
0
(x
0
, y
0
, z
0
). В 4.2 было показа- но, что она является гармонической функцией, т. е. удовлетворяет уравне- нию Лапласа ∆u = 0 в пространстве, исключая точку M
0
Пусть M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) – это некоторая внутренняя точка множества Ω.
Утверждение 4.3. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в обла- сти Ω, непрерывная вместе с частными производными первого порядка на множестве Ω
S Γ, то для любой внутренней точки M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) мно- жества Ω справедлива формула u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds,
(4.5)
называемая основной формулой теории гармонических функций. Здесь
n
– внешняя нормаль к поверхности Γ.
Доказательство. Воспользуемся второй формулой Грина (4.2). По- скольку функция v(M ) =
1
r имеет разрыв в точке M
0
(x
0
, y
0
, z
0
), то сразу применить к функциям u и v вторую формулу Грина нельзя. Окружим точ- ку M
0
шаром K
ε
(M
0
) с центром в точке M
0
малого радиуса
ε
. Рассмотрим область Ω \ K
ε
(M
0
). Граница этой области Γ ∪ Γ
ε
, где Γ
ε
– сфера, огра- ничивающая шар K
ε
(M
0
). Применим вторую формулу Грина к функциям u(M ) и v(M ) =
1
r в области Ω \ K
ε
(M
0
):
Z Z Z
Ω\K
ε
(M
0
)
1
r
∆u − u∆
1
r

dV =
=
Z Z
Γ
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds +
Z Z
Γ
ε
1
r
∂u
∂
n ds −
Z Z
Γ
ε
u
∂
∂
n
1
r

ds.
(4.6)
107

Поскольку u(M ) и v(M ) =
1
r
– гармонические в области Ω \ K
ε
(M
0
) функ- ции, то левая часть равенства равна нулю.
Второй интеграл в правой части вычисляется по сфере Γ
ε
, поэтому множитель
1
r
=
1
ε
не зависит от M и его можно вынести за знак интеграла.
Интеграл преобразуется к виду
1
ε
Z Z
Γ
ε
∂u
∂
n ds.
Функция u(M ) – гармоническая, поэтому, согласно утверждению 4.2, зна- чение этого интеграла равно нулю.
Рассмотрим в правой части формулы (4.6) третий интеграл по сфе- ре Γ
ε
. Поскольку внешняя нормаль к этой поверхности
n направлена по радиусу к центру сферы, то
∂
∂
n
1
r

Γ
ε
= −
∂
∂r
1
r

Γ
ε
=
1
ε
2
не зависит от M .
Тогда получится равенство
Z Z
Γ
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds =
1
ε
2
Z Z
Γ
ε
u ds.
Применим теорему о среднем к интегралу, стоящему в правой части.
Функция u(M ) непрерывна, следовательно, на сфере найдется такая точ- ка M
ε
, что интеграл по Γ
ε
будет равен значению u(M
ε
), умноженному на площадь сферы 4
πε
2
. Тогда
1
ε
2
Z Z
Γ
ε
u ds = 4
π
u(M
ε
).
Устремим
ε
к нулю. При этом сфера Γ
ε
(M
0
) стягивается в точку M
0
:
lim
ε
→0
u(M
ε
) = u(M
0
).
В итоге, получим равенство u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds.
108

Замечание.
Полученная формула справедлива для гармонических функций трех переменных.
На плоскости решением уравнения Лапласа является функция u(r) = ln
1
r
,
где r = |M M
0
| =
p
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
Дословно повторяя описанные ранее рассуждения, нетрудно получить ос- новную формулу теории гармонических функций для гармонических функ- ций двух переменных:
u(M
0
) =
1 2
π
Z Z
Γ

ln
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n

ln
1
r

ds.
Пусть K
R
(M
0
) – шар радиуса R с центром в точке M
0
, а Γ
R
– сфера,
ограничивающая этот шар.
Утверждение 4.4. Если u = u(M ) – функция, гармоническая в шаре
K
R
(M
0
) и непрерывная вместе с частными производными первого поряд- ка на множестве K
R
(M
0
)
S Γ
R
, то ее значение в центре M
0
шара есть среднее ее значений на сфере:
u(M
0
) =
1 4
π
R
2
Z Z
Γ
R
u ds.
Доказательство. Поскольку u(M ) – гармоническая функция, то со- гласно утверждению 4.3 выполняется равенство u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
R
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds.
Поверхность Γ
R
– это сфера. Для точек, лежащих на ней, r = |M
0
M | = R.
Внешняя нормаль к поверхности сферы направлена по радиусу от центра сферы, поэтому
∂
∂
n
1
r

Γ
R
=
∂
∂r
1
r

Γ
R
= −
1
R
2
Тогда u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
R
1
R
∂u
∂
n
+ u
1
R
2

ds =
1 4
π
R
Z Z
Γ
R
∂u
∂
n ds +
1 4
π
R
2
Z Z
Γ
R
u ds.
Из утверждения 4.2 следует, что
RR
Γ
R
∂u
∂
n ds = 0, поэтому получаем доказы- ваемое равенство.
109

Утверждение 4.5. Функция u = u(M ), гармоническая в ограничен- ной области Ω и непрерывная в области Ω ∪ Γ, достигает наибольшего и наименьшего значений на границе Γ этой области.
Это утверждение обычно называют принципом максимума.
Доказательство. 1. Если u(M ) = C = const, то теорема очевидна.
2. Пусть u(M ) 6= const. Докажем теорему методом рассуждения от противного. Предположим, что во внутренней точке M
0
области Ω функция u имеет локальный экстремум, например локальный максимум. Окружим точку M
0
шаром K
R
(M
0
) достаточно малого радиуса R с границей Γ
R
,
такого, что шар целиком лежит в области Ω и для всех M ∈ K
R
(M
0
) ∪ Γ
R
выполняется неравенство u(M
0
) > u(M ).
Поскольку u – гармоническая в шаре K
R
(M
0
) функция, то согласно утверждению 4.4 справедливо равенство u(M
0
) =
1 4
π
R
2
Z Z
Γ
R
u ds.
Здесь Γ
R
– сфера, ограничивающая шар. Применим теорему о среднем к интегралу, стоящему в правой части. Так как функция u(M ) непрерывна,
то на сфере найдется такая точка M
R
, что интеграл по Γ
R
будет равен значению u(M
R
), умноженному на площадь сферы 4
π
R
2
. Тогда u(M
0
) =
1 4
π
R
2 4
π
R
2
u(M
R
) = u(M
R
).
Получилось противоречие с условием u(M
0
) > u(M ). Значит, внутренние точки области Ω не являются точками экстремума функции, и поскольку u(M ) непрерывна в области Ω ∪ Γ, то она достигает наибольшего и наи- меньшего значений на границе Γ области Ω.
4.5. Теоремы единственности для уравнений
Лапласа и Пуассона
Утверждение 4.6. Решение u = u(M ) задачи Дирихле для уравне- ния Пуассона
∆u = f,
u|
Γ
=
µ
единственно.
Доказательство. Предположим, что две функции u
1
и u
2
являются решениями задачи Дирихле. Рассмотрим функцию u = u
1
− u
2
. Эта функ- ция – гармоническая в области Ω. Она непрерывна в области Ω ∪ Γ и равна нулю на границе Γ:
∆u = 0,
u|
Γ
= 0.
110

Согласно принципу максимума наибольшее и наименьшее значения функ- ции u достигаются на границе и равны нулю. Следовательно, u = u
1
− u
2
=
= 0, т.е. u
1
= u
2
Рассмотрим теперь задачу Неймана для уравнения Пуассона:
∆u = f,
∂u
∂
n
Γ
=
ν
Решение этой задачи существует только при выполнении условия
Z Z Z
Ω
f dV =
Z Z
Γ
ν
ds.
Утверждение 4.7. Решение u = u(M ) задачи Неймана для уравне- ния Пуассона единственно с точностью до постоянного слагаемого C.
Доказательство.
Подставив в первую формулу Грина (4.1) функцию v = u, получим равенство
Z Z Z
Ω
u∆u dV +
Z Z Z
Ω
|grad u|
2
dV =
Z Z
Γ
u
∂u
∂
n ds.
(4.7)
Предположим, что есть 2 решения u
1
и u
2
задачи Неймана. Тогда u =
= u
1
− u
2
является гармонической функцией (∆u = 0), удовлетворяющей краевому условию
∂u
∂
n
Γ
= 0. Тогда равенство (4.7) преобразуется к виду
Z Z Z
Ω
|grad u|
2
dV = 0.
Следовательно, grad u = 0, т. е. u = C = const. Значит, u
1
= u
2
+ C.
Утверждение 4.8. Решение u = u(M ) третьей краевой задачи для уравнения Пуассона
∆u = f,

u + h
∂u
∂
n

Γ
=
χ
,
h > 0
единственно.
Доказательство. Предположим, что третья краевая задача имеет
2 решения u
1
и u
2
. Рассмотрим функцию u = u
1
− u
2
. Подставим ее в формулу (4.7). Тогда, учитывая, что u = u
1
−u
2
является решением задачи
∆u = 0,

u + h
∂u
∂
n

Γ
= 0,
111

получим для этой функции равенство
Z Z Z
Ω
|grad u|
2
dV + h
Z Z
Γ
∂u
∂
n

2
ds = 0.
Поскольку h > 0, то равенство возможно только тогда, когда значения обоих слагаемых в левой части равенства равны нулю. Следовательно,
grad u = 0 в области Ω и
∂u
∂
n
= 0 на границе Γ. Из условия grad u = 0 сле- дует, что u = C = const в области Ω. Функция u удовлетворяет краевому условию

u + h
∂u
∂
n

Γ
= 0. И поскольку выполняется условие
∂u
∂
n
Γ
= 0,
то u = C = 0. Значит, u
1
= u
2 4.6.
Метод Фурье для уравнений Лапласа и Пуассона
В некоторых областях Ω решение краевой задачи для уравнения Ла- пласа или Пуассона можно получить в виде ряда Фурье по собственным функциям оператора Штурма–Лиувилля. Алгоритм нахождения решения такой же, как при решении уравнения теплопроводности или волнового уравнения. Рассмотрим пример решения задачи Дирихле для уравнения
Лапласа в шаре (осесимметричный по переменной
ϕ
случай).
Пример 4.4. Найти стационарное распределение температуры в шаре радиуса R, верхняя половина поверхности которого поддерживается при температуре T
0
, а нижняя – при температуре, равной нулю. Определить температуру точек шара, расположенных вдоль радиуса
θ
= 0.
Пусть u – искомая функция, описывающая стационарное распределе- ние температуры в шаре. Она является решением краевой задачи
∆u = 0,
u
Γ
= u
0
,
где u
0
– функция, описывающая распределение температуры на границе шара.
В модели будем использовать сферическую систему координат. Усло- вия задачи таковы, что функция u = u(
ρ
,
θ
) не зависит от угловой коор- динаты
ϕ
. Она удовлетворяет уравнению Лапласа
1
ρ
2
∂
∂
ρ

ρ
2
∂u
∂
ρ

+
1
ρ
2
sin
θ
∂
∂
θ

sin
θ
∂u
∂
θ

= 0
и краевым условиям: u(
ρ
,
θ
) ограничена при
θ
→ 0 + 0 и при
θ
→
π
− 0;
u(
ρ
,
θ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0, u(R,
θ
) = u
0
(
θ
),
где u
0
(
θ
) =



T
0
,
0 ≤
θ
≤
π
2
,
0,
π
2
<
θ
≤
π
112

По переменной
θ
функция u = u(
ρ
,
θ
) удовлетворяет естественным краевым условиям ограниченности функции. Эти условия являются одно- родными, поэтому решение задачи будем искать в виде ряда Фурье, разло- жив функцию u(
ρ
,
θ
) по собственным функциям оператора
L
θ
(y) = −
1
sin
θ
d d
θ
(sin
θ
dy d
θ
).
1. Решим задачу Штурма–Лиувилля для этого оператора:



−
1
sin
θ
(sin
θ
y
0
)
0
= λy,
0 <
θ
<
π
,
y(
θ
)
ограничена при
θ
→ 0 + 0
и при
θ
→
π
− 0.
Решение этой задачи подробно разобрано в пособии [1] (пример 2.7).
Собственные числа оператора: λ
k
= k(k + 1), k = 0, 1, 2, ...; собствен- ные функции: y k
(
θ
) = P
k
(cos
θ
),
k = 0, 1, 2, ..., где P
k
(x) – многочлены
Лежандра (P
k
(x) =
1 2
k k!
(x
2
− 1)
k

(k)
); квадраты норм собственных функ- ций: ky k
(
θ
)k
2
=
2 2k + 1
. Собственные функции образуют полную ортого- нальную систему в пространстве L
2
[0,
π
; sin
θ
].
2. Будем искать функцию u(
ρ
,
θ
) в виде ряда Фурье по системе соб- ственных функций:
u(
ρ
,
θ
) =
+∞
X
k=0
c k
(
ρ
)y k
(
θ
).
Функцию u
0
(
θ
) из краевого условия разложим в ряд Фурье по той же системе функций:
u
0
(
θ
) =
+∞
X
k=0
u
0
k y
k
(
θ
),
где u
0
k
=
(u
0
, y k
)
||y k
||
2
. Найдем скалярные произведения
(u
0
, y k
) =
π
Z
0
u
0
(
θ
)y k
(
θ
) sin
θ
d
θ
=
π
2
Z
0
T
0
P
k
(cos
θ
) sin
θ
d
θ
Выполнив замену x = cos
θ
получим
(u
0
, y k
) = T
0 1
Z
0
P
k
(x)dx.
113

Для вычисления интеграла воспользуемся свойствами многочленов Лежанд- ра. Для этих многочленов выполняются рекуррентные соотношения (1.34),
(1.35):
(k + 1)P
k+1
(x) − (2k + 1)xP
k
(x) + P
k−1
(x) = 0,
(2k + 1)P
k
(x) = P
0
k+1
(x) − P
0
k−1
(x)
и справедливы равенства P
k
(1) = 1, k = 0, 1, ... . Тогда
(u
0
, y k
) =
T
0 2k + 1 1
Z
0
(P
0
k+1
(x) − P
0
k−1
(x))dx =
=
T
0 2k + 1
(P
k−1
(0) − P
k+1
(0)) =
k + 2
k + 1
P
k−1
(0),
k = 1, 2, ... .
Отдельно найдем
(u
0
, y
0
) = T
0 1
Z
0
P
0
(x)dx = T
0 1
Z
0 1 dx = T
0
Получим теперь коэффициенты Фурье u
0
k
:
u
0 0
=
T
0 2
,
u
0
k
=
T
0 2
k + 2
k + 1
P
k−1
(0),
k = 1, 2, ... .
Найдем значения коэффициентов c k
(
ρ
), подставив ряды Фурье функ- ций u(
ρ
,
θ
) и u
0
(
θ
) в уравнение Лапласа и в краевые условия, заданные по переменной
ρ
. Используя равенства −
1
sin
θ
(sin
θ
· y k
(
θ
)
0
)
0
= λy k
(
θ
) и свой- ство единственности разложения функции в ряд Фурье, получим краевые задачи для коэффициентов c k
(r):
(
(
ρ
2
c
0
k
(
ρ
))
0
= k(k + 1)c k
(
ρ
),
c k
(
ρ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
c k
(R) = u
0
k
Уравнение (
ρ
2
c
0
k
(
ρ
))
0
= k(k + 1)c k
(
ρ
) ⇔
ρ
2
c
00
k
(
ρ
) + 2
ρ
c
0
k
(
ρ
) − k(k + 1)c k
(
ρ
) = 0
является уравнением Эйлера. Используем подстановку
ρ
= e t
. Тогда спра- ведлива цепочка равенств c k
(
ρ
) = c k
(e t
) = z k
(t) = z k
(ln
ρ
). Нетрудно полу- чить уравнение, которому удовлетворяет функция z k
(t):
z
00
k
(t) + z
0
k
(t) − k(k + 1)z k
(t) = 0.
Запишем его характеристическое уравнение: λ
2
+ λ − k(k + 1) = 0. Найдем корни этого уравнения: λ
1
= −(k + 1), λ
2
= k. Общим решением диффе- ренциального уравнения будет функция z k
(t) = A
k e
−(k+1)
+ B
k e
k
. Значит,
c k
(
ρ
) = A
k
ρ
−(k+1)
+ B
k
ρ
k
,
k = 1, 2, ... .
114

Используя первое краевое условие, получим A
k
= 0 (k = 1, 2, ...). Из вто- рого условия следует, что B
k
R
k
= u
0
k
, тогда B
k
=
u
0
k
R
k
. В итоге c
k
(
ρ
) =
T
0 2
k + 2
k + 1
P
k−1
(0)

ρ
R

k
,
k = 1, 2, ... .
Найдем теперь значение коэффициента c
0
(
ρ
). Рассмотрим при k = 0 диф- ференциальное уравнение
(
ρ
2
c
0 0
(
ρ
))
0
= 0
⇔
ρ
2
c
0 0
(
ρ
) = A
0
Тогда c
0 0
(
ρ
) =
A
0
ρ
2
, c
0
(
ρ
) =
Z
A
0
ρ
2
dr = −
A
0
ρ
+ B
0
. Используя краевые усло- вия, получим A
0
= 0, B
0
=
T
0 2
. Значит,
c
0
(
ρ
) =
T
0 2
Все коэффициенты найдены. Искомая функция u(
ρ
,
θ
) представима в виде ряда Фурье:
u(
ρ
,
θ
) =
T
0 2
+
T
0 2
+∞
X
k=1
k + 2
k + 1
P
k−1
(0)

ρ
R

k
P
k
(cos
θ
).
Известно [5], что
P
k
(0) =



(−1)
m
4
m
(2m)!
(m!)
2
,
k = 2m,
0,
k = 2m + 1.
Используя это свойство многочленов Лежандра, искомую функцию можно преобразовать к виду u(
ρ
,
θ
) =
T
0 2
+
T
0 2
+∞
X
m=0
(−1)
m
(2m)!(2m + 3)
4
m
(m!)
2
(2m + 2)

ρ
R

2m+1
P
2m+1
(cos
θ
).
Вычислим теперь температуру точек шара, расположенных вдоль радиуса
θ
= 0. Для этого подставим в последнюю формулу
θ
= 0. Учитывая, что
P
k
(1) = 1, получим искомую температуру u(r, 0) =
T
0 2
+
T
0 2
+∞
X
m=0
(−1)
m
(2m)!(2m + 3)
4
m
(m!)
2
(2m + 2)

ρ
R

2m+1
(4.8)
115

4.7. Задача на собственные значения для оператора Лапласа
В некоторых случаях краевую задачу для уравнения Пуассона или уравнения Лапласа удается свести к задаче с однородными краевыми усло- виями на всей границе. Решение такой задачи целесообразно искать в виде ряда Фурье, разложив искомую функцию по собственным функциям опе- ратора Лапласа.
Пусть Ω – некоторая ограниченная область, Γ – граница этой области.
Определение 4.2. Числа λ, для которых краевая задача
−∆u = λu,
R
∂u
∂
n
+ Su
Γ
= 0
(|R| + |S| 6= 0)
имеет ненулевые решения u = u(M ) в области Ω, называются собствен- ными числами оператора Лапласа. При этом ненулевые решения u на- зываются собственными функциями оператора Лапласа, соответству- ющими числам λ.
Задача нахождения собственных чисел и соответствующих им соб- ственных функций называется задачей на собственные значения для опе- ратора Лапласа.
Однородное краевое условие R
∂u
∂
n
+ Su
Γ
= 0 может быть первого,
второго или третьего рода. Также можно задать смешанное однородное краевое условие. Задача на собственные значения оператора Лапласа яв- ляется многомерным аналогом задачи Штурма–Лиувилля.
Пусть функции f = f (M ) и g = g(M ) определены в области Ω. Введем скалярное произведение этих функций по правилу
(f, g) =
Z Z Z
Ω
f g
ρ
dV,
где
ρ
=
ρ
(M ) – непрерывная на множестве Ω функция,
ρ
(M ) ≥
ρ
0
> 0.
Как и ранее,
ρ
(M ) называется весовой функцией.
Норму, порожденную скалярным произведением, определим по фор- муле kf (M )k =
v u
u t
Z Z Z
Ω
f
2
ρ
dV .
Множество функций, для которых норма конечна (kf (M )k < +∞),
образуют пространство L
2
[Ω;
ρ
(M )]. Если
ρ
(M ) = 1, то пространство обо- значим L
2
[Ω].
Сформулируем без доказательства некоторые свойства собственных чисел и собственных функций оператора Лапласа:
116

1) собственные числа оператора Лапласа вещественные;
2) множество собственных чисел счетно, т. е. представляет собой по- следовательность {λ
n
}
+∞
n=1
;
3) числа λ
n
≥ 0 и lim n→+∞
λ
n
= +∞;
4) собственные функции оператора Лапласа, соответствующие различ- ным собственным числам, ортогональны в пространстве L
2
[Ω;
ρ
(M )];
5) собственные функции оператора Лапласа образуют полную, замкну- тую в пространстве L
2
[Ω;
ρ
(M )] систему функций. Если f ∈ L
2
[Ω;
ρ
(M )],
то функция f может быть разложена в ряд Фурье по системе собствен- ных функций оператора и этот ряд будет сходиться к функции в норме пространства L
2
[Ω;
ρ
(M )].
Рассмотрим несколько задач на собственные значения оператора Ла- пласа для разных областей и разных типов краевых условий.
Пример 4.5. Найти собственные числа и собственные функции опе- ратора Лапласа в прямоугольнике Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ A, 0 ≤ y ≤ B},
если на границе области функция u удовлетворяет условиям Дирихле.
Решим задачу
−
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2

= λu(x, y),
0 < x < A, 0 < y < B,
u(0, y) = 0,
u(A, y) = 0,
u(x, 0) = 0,
u(x, B) = 0.
Искомую функцию представим в виде произведения двух функций u(x, y) = X(x)Y (y), предполагая, что
X(0) = 0,
X(A) = 0,
Y (0) = 0,
Y (B) = 0.
Тогда u(x, y) будет удовлетворять заданным краевым условиям. Под- ставим u(x, y) = X(x)Y (y) в дифференциальное уравнение:
−(X
00
(x)Y (y) + X(x)Y
00
(y)) = λX(x)Y (y).
Разделим обе части этого равенства на X(x)Y (y):
−
X
00
(x)
X(x)
+
Y
00
(y)
Y (y)

= λ.
Это равенство выполняется только в том случае, если
−
X
00
(x)
X(x)
= λ
1
и
−
Y
00
(y)
Y (y)
= λ
2
,
где λ
1
и λ
2
– константы. При этом λ = λ
1
+ λ
2 117

Значит, функции X(x) и Y (y) являются решениями двух задач Штурма–
Лиувилля:
(
−X
00
= λ
1
X,
0 < x < A,
X(0) = 0,
X(A) = 0
и
(
−Y
00
= λ
2
Y,
0 < y < B,
Y (0) = 0,
Y (B) = 0.
Эти задачи решены в 1.3:
λ
1,k
=

π
k
A

2
,
X
k
(x) = sin
π
kx
A
,
k = 1, 2, ...;
λ
2,m
=

π
m
B

2
,
Y
m
(y) = sin
π
my
B
,
m = 1, 2, ... .
Тогда числа λ
km
= λ
1,k
+ λ
2,m и функции U
km
(x, y) = sin
π
kx
A
sin
π
my
B
,
k = 1, 2, ...;
m = 1, 2, ..., будут собственными числами и собственными функциями оператора Лапласа для задачи Дирихле в прямоугольнике Ω.
Найденные собственные функции образуют ортогональную, полную в про- странстве L
2
[Ω] систему функций.
Пример 4.6. Найти собственные числа и собственные функции опе- ратора Лапласа в круге радиуса R (Ω = {(
ρ
,
ϕ
) : 0 <
ρ
≤ R, 0 ≤
ϕ
< 2
π
}),
если на границе круга
ρ
= R функция u удовлетворяет условиям Дирихле.
Запишем оператор Лапласа в полярной системе координат и решим следующую задачу:
−
1
ρ
∂u
∂
ρ

ρ
∂u
∂
ρ

+
1
ρ
2
∂
2
u
∂
ϕ
2

= λu,
0 <
ρ
≤ R,
0 ≤
ϕ
< 2
π
;
u(
ρ
,
ϕ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
u(R,
ϕ
) = 0;
u(
ρ
, 0) = u(
ρ
, 2
π
),
∂u(
ρ
, 0)
∂
ϕ
=
∂u(
ρ
, 2
π
)
∂
ϕ
По переменной
ϕ
задаются естественные для задачи периодические краевые условия.
Функцию u, как и в предыдущем примере, будем искать в виде про- изведения двух функций u(
ρ
,
ϕ
) = Ψ(
ρ
)Φ(
ϕ
), считая, что выполняются условия:
Ψ(
ρ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
Ψ(R) = 0,
Φ(0) = Φ(2
π
),
Φ
0
(0) = Φ
0
(2
π
).
Тогда краевые условия для функции u будут выполнены. Подставим u(
ρ
,
ϕ
) =
= Ψ(
ρ
)Φ(
ϕ
) в дифференциальное уравнение:
−
1
ρ
(
ρ
Ψ
0
(
ρ
))
0
Φ(
ϕ
) +
1
ρ
2
Ψ(
ρ
)Φ
00
(
ϕ
)

= λΨ(
ρ
)Φ(
ϕ
).
118

Пусть функция Φ(
ϕ
) является решением задачи Штурма–Лиувилля:
−Φ
00
(
ϕ
) =
ν
Φ(
ϕ
),
0 ≤
ϕ
< 2
π
,
Φ(
ϕ
+ 2
π
) = Φ(
ϕ
),
Φ
0
(
ϕ
+ 2
π
) = Φ
0
(
ϕ
).
Тогда функция Ψ(
ρ
) есть решение другой задачи Штурма–Лиувилля:
−
1
ρ
(
ρ
Ψ
0
(
ρ
))
0
+
ν
ρ
2
Ψ(
ρ
) = λΨ(
ρ
),
0 <
ρ
≤ R,
Ψ(
ρ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
Ψ(R) = 0.
Решение задачи для функции Φ(
ϕ
) было получено в пособии [1] (при- мер 2.4). Собственные числа
ν
k
= k
2
, k = 0, 1, ... . Собственному числу
ν
0
= 0 соответствует одна собственная функция Φ
0
(
ϕ
) = 1, а каждо- му собственному числу
ν
k
= k
2
, k = 1, 2, ... – две собственные функции
Φ
k,1
(
ϕ
) = cos(k
ϕ
), Φ
k,2
(
ϕ
) = sin(k
ϕ
).
Каждому числу
ν
k будет соответствовать функция Ψ
k
(
ρ
). Для функ- ции Ψ
k
(
ρ
) задача Штурма–Лиувилля примет вид
−
1
ρ
(
ρ
Ψ
0
k
(
ρ
))
0
+
k
2
ρ
2
Ψ
k
(
ρ
) = λ
k
Ψ
k
(
ρ
),
0 <
ρ
≤ R,
Ψ
k
(
ρ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
Ψ
k
(R) = 0
(k = 0, 1, ...).
Оператор в правой части уравнения есть оператор Бесселя. В 1.6 най- дено, что ограниченным при
ρ
→ 0 + 0 решением уравнения будет функ- ция Бесселя Ψ
k
(
ρ
) = J
k
(
√
λ
k
ρ
). Подставив эту функцию в краевое условие
Ψ
k
(R) = 0, получим:
J
k
(
p
λ
k
R) = 0.
Обозначим
γ
=
√
λ
k
R и запишем уравнение в виде J
k
(
γ
) = 0. Это уравнение имеет множество простых решений
γ
k,m
(m = 1, 2, ...). Числа
γ
k,m
– это корни функции Бесселя J
k
(
γ
) (см. 1.5). Учитывая это, получим множество собственных чисел
λ
k,m
=

γ
k,m
R

2
,
которым соответствуют функции Ψ
k,m
(
ρ
) = J
k

γ
k,m
ρ
R

(k = 0, 1, ...,
m =
= 1, 2, ...).
Полученные числа λ
k,m являются также собственными числами опера- тора Лапласа. Соответствующие им собственные функции, как отмечалось ранее, будем искать в виде u(
ρ
,
ϕ
) = Ψ(
ρ
)Φ(
ϕ
). Используя полученные решения задач Штурма–Лиувилля найдем эти функции.
119

Собственным числам оператора Лапласа λ
0,m
=

γ
0,m
R

2
(m = 1, 2, ...)
соответствуют собственные функции Ψ
0,m
(
ρ
) = J
0

γ
0,m
ρ
R

Каждому собственному числу λ
k,m
=

γ
k,m
R

2
(k = 1, 2, ...,
m =
= 1, 2, ...) соответствуют две собственные функции
Ψ
k,m
(
ρ
,
ϕ
) = cos(k
ϕ
)J
k

γ
k,m
ρ
R

,
Φ
k,m
(
ρ
,
ϕ
) = sin(k
ϕ
)J
k

γ
k,m
ρ
R

Здесь
γ
k,m
(k = 0, 1, ...,
m = 1, 2, ...) – корни уравнения J
k
(
γ
) = 0.
Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют орто- гональную, полную в пространстве L
2
[Ω;
ρ
] систему функций.
Пример 4.7. Найти собственные числа и собственные функции опе- ратора Лапласа на сфере радиуса R = 1 (Ω = {(
θ
,
ϕ
) : 0 ≤
θ
≤
π
, 0 ≤
ϕ
<
< 2
π
}).
Запишем оператор Лапласа в сферической системе координат и поло- жим
ρ
= 1:
∆Y =
1
sin
θ
∂
∂
θ

sin
θ
∂Y
∂
θ

+
1
sin
2
θ
∂
2
Y
∂
ϕ
2
Полученный оператор называется оператором Бельтрами. Поставим зада- чу на собственные значения этого оператора:
−

1
sin
θ
∂
∂
θ

sin
θ
∂Y
∂
θ

+
1
sin
2
θ
∂
2
Y
∂
ϕ
2

= λY,
0 <
θ
<
π
,
0 <
ϕ
< 2
π
;
Y (
θ
,
ϕ
) ограничена при
θ
→ 0 + 0 и при
θ
→
π
− 0;
Y (
θ
, 0) = Y (
θ
, 2
π
),
∂Y (
θ
, 0)
∂
ϕ
=
∂Y (
θ
, 2
π
)
∂
ϕ
По обеим переменным заданы естественные краевые условия, следующие из свойств сферических координат.
Решение будем искать в виде произведения двух функций Y (
ρ
,
ϕ
) =
= Ψ(
θ
)Φ(
ϕ
), предположив, что выполняются условия:
Ψ(
θ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0 и при
θ
→
π
− 0,
Φ(0) = Φ(2
π
),
Φ
0
(0) = Φ
0
(2
π
).
Тогда для функции Y будут выполнены краевые условия исходной задачи.
Подставим Y (
θ
,
ϕ
) = Ψ(
θ
)Φ(
ϕ
) в дифференциальное уравнение:
−

1
sin
θ
(sin
θ
· Ψ
0
(
θ
))
0
Φ(
ϕ
) +
1
sin
2
θ
Ψ(
θ
)Φ
00
(
ϕ
)

= λΨ(
θ
)Φ(
ϕ
).
120

Как и в предыдущем примере, для функции Φ(
ϕ
) решим задачу Штурма–
Лиувилля:
−Φ
00
(
ϕ
) =
ν
Φ(
ϕ
),
0 ≤
ϕ
< 2
π
,
Φ(
ϕ
+ 2
π
) = Φ(
ϕ
),
Φ
0
(
ϕ
+ 2
π
) = Φ
0
(
ϕ
).
Тогда функция Ψ(
θ
) – решение другой задачи Штурма–Лиувилля:
−
1
sin
θ
(sin
θ
· Ψ
0
(
θ
))
0
+
ν
sin
2
θ
Ψ(
θ
) = λΨ(
θ
),
Ψ(
θ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0 и при
θ
→
π
− 0.
Первая задача Штурма–Лиувилля рассмотрена в предыдущем приме- ре. Собственные числа
ν
k
= k
2
, k = 0, 1, ... . Собственному числу
ν
0
= 0 со- ответствует одна собственная функция Φ
0
(
ϕ
) = 1, а каждому собственному числу
ν
k
= k
2
, k = 1, 2, ... – две собственные функции Φ
k,1
(
ϕ
) = cos(k
ϕ
),
Φ
k,2
(
ϕ
) = sin(k
ϕ
).
Каждому числу
ν
k будет соответствовать функция Ψ
k
(
θ
). При этом задача Штурма–Лиувилля для функции Ψ
k
(
θ
) примет вид
−
1
sin
θ
(sin
θ
· Ψ
0
k
(
θ
))
0
+
k
2
sin
2
θ
Ψ
k
(
θ
) = λΨ
k
(
θ
),
(4.9)
Ψ
k
(
θ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0 и при
θ
→
π
− 0.
Преобразуем уравнение относительно функции Ψ
k
(
θ
) к виду
−
1
sin
θ
d d
θ

− sin
2
θ
(−
1
sin
θ
)
dΨ
k
(
θ
)
d
θ

+
k
2
sin
2
θ
Ψ
k
(
θ
) = λΨ
k
(
θ
).
Введем новую переменную t = cos
θ
(−1 < t < 1). Будет выполняться цепочка равенств
Ψ
k
(
θ
) = Ψ
k
(arccos t) = v k
(t) = v k
(cos
θ
)
(4.10)
и v
0
k
(t) = Ψ
0
k
(
θ
)
−1
√
1 − t
2
= −
1
sin
θ
Ψ
0
k
(
θ
). Учитывая эту взаимосвязь между производными функций v k
(t) и Ψ
k
(
θ
), а также равенство sin
2
θ
= 1 − t
2
,
получим уравнение для функции v k
(t)
−
d dt

(1 − t
2
)
dv k
dt

+
k
2 1 − t
2
v k
= λv k
При этом функция v k
(t) будет удовлетворять однородным краевым условиям:
v k
(t) ограничена при t → −1 + 0 и при t → 1 − 0.
121

Получилась задача Штурма–Лиувилля для оператора
L
k
(v) = − (1 − t
2
)v
0

0
+
k
2 1 − t
2
v.
Эта задача была рассмотрена в 1.8. Собственные числа оператора
L
k
(v) – это числа λ
n
= n(n + 1) (n = k, k + 1, ...). Соответствующие им собственные функции оператора L
k
(v) – это присоединенные функции Ле- жандра:
v k,n
(t) = P
k n
(t) = (1 − t
2
)
k/2
d k
dt k
P
n
(t),
где P
n
(t) – многочлены Лежандра.
Возвращаясь к переменной
θ
, учитывая равенства (4.10), получим ре- шения задачи Штурма–Лиувилля (4.9). Искомые собственные числа – это числа λ
n
= n(n + 1) (n = k, k + 1, ...). Им соответствуют собственные функции Ψ
k,n
(
θ
) = P
k n
(cos
θ
).
Очевидно, что найденные собственные числа λ
n являются также соб- ственными числами оператора Бельтрами. Ранее указывалось, что соб- ственные функции этого оператора будем искать в виде Y (
ρ
,
ϕ
) = Ψ(
θ
)Φ(
ϕ
).
Функции Ψ(
θ
) и Φ(
ϕ
) найдены. Учитывая эти функции, заключаем, что каждому собственному числу λ
n
= n(n + 1) (n = 0, 1, ...) соответствует
2n + 1 собственная функция вида:
Y
0
n
(
θ
,
ϕ
) = P
0
n
(cos
θ
) = P
n
(cos
θ
),
Y
k n
(
θ
,
ϕ
) = P
k n
(cos
θ
) sin(k
ϕ
),
k = 1, ..., n,
Y
−k n
(
θ
,
ϕ
) = P
k n
(cos
θ
) cos(k
ϕ
),
k = 1, ..., n.
Найденные собственные функции оператора Бельтрами называются сферическими функциями. Они образуют ортогональную, полную в про- странстве L
2
[Ω; sin
θ
] систему функций. Доказательство приводится, на- пример, в [8].
4.8. Решение задач разложением по собственным функциям оператора Лапласа
Рассмотрим несколько примеров, в которых целесообразно искать ре- шение в виде ряда Фурье, разложив искомую функцию по собственным функциям оператора Лапласа.
Пример 4.8. Найти стационарное распределение температуры в длин- ном металлическом стержне с прямоугольным сечением (0 ≤ x ≤ A,
0 ≤ y ≤ B) при условии, что в стержне выделяется тепло с объемной плот- ностью распределения тепловой энергии Q, а его грани поддерживаются
122

при температуре T
0
. Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой.
Функция u(x, y), описывающая стационарное распределение темпера- туры в поперечном сечении стержня, не зависит от времени (
∂u
∂t
= 0),
поэтому она удовлетворяет уравнению
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
= −Q
0
(0 < x < A,
0 < y < B),
краевым условиям:
u(0, y) = T
0
,
u(A, y) = T
0
,
u(x, 0) = T
0
,
u(x, B) = T
0
,
где Q
0
=
Q
K
, K – коэффициент теплопроводности.
Искомая функция u(x, y) является решением задачи Дирихле для урав- нения Пуассона в прямоугольнике Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ A, 0 ≤ y ≤ B}:
∆u = −Q
0
,
u
Γ
= T
0
Сначала сведем эту краевую задачу к задаче с однородными краевыми условиями. Используем замену u(x, y) = v(x, y) + w(x, y). Очевидно, что функция w(x, y) = T
0
удовлетворяет тем же краевым условиям, что и функция u(x, y). Тогда функция v(x, y) будет удовлетворять однородным краевым условиям. Учитывая, что u(x, y) = v(x, y) + T
0
, запишем краевую задачу относительно функции v(x, y):







∂
2
v
∂x
2
+
∂
2
v
∂y
2
= −Q
0
(0 < x < A,
0 < y < B),
v(0, y) = 0,
v(A, y) = 0,
v(x, 0) = 0,
v(x, B) = 0.
(4.11)
Функция v(x, y) удовлетворяет однородным краевым условиям на всей границе.
Полученную краевую задачу будем решать методом Фурье, выполнив разложение в ряд по системе собственных функций оператора Лапласа.
Задача на собственные значения оператора Лапласа в прямоугольнике при условии, что функция на границе удовлетворяет однородным краевым условиям Дирихле, была решена в примере 4.5. Собственные числа опера- тора:
λ
km
=

π
k
A

2
+

π
m
B

2
,
соответствующие им собственные функции:
V
km
(x, y) = sin
π
kx
A
sin
π
my
B
,
k = 1, 2, ...;
m = 1, 2, ... .
123

Собственные функции образуют ортогональную, полную в пространстве
L
2
[Ω] систему функций.
Функцию v(x, y) представим в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа:
v(x, y) =
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
c km
V
km
(x, y).
Функцию Q
0
разложим в ряд Фурье по той же системе функций:
Q
0
=
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
q km
V
km
(x, y),
где q km
=
(Q
0
, V
km
(x, y))
kV
km
(x, y)k
2
. Вычислим скалярные произведения:
(Q
0
, V
km
(x, y)) =
A
Z
0
B
Z
0
Q
0
V
km
(x, y)dx dy = Q
0
A
Z
0
sin
π
kx
A
dx
B
Z
0
sin
π
my
B
dy =
= Q
0
AB((−1)
k
− 1)((−1)
m
− 1)
π
2
km
,
kV
km
(x, y)k
2
=
A
Z
0
B
Z
0
V
2
km
(x, y)dx dy =
A
Z
0
sin
2
π
kx
A
dx
B
Z
0
sin
2
π
my
B
dy =
AB
4
Тогда q
km
=
4Q
0
((−1)
k
− 1)((−1)
m
− 1)
π
2
km
Подставим функции v(x, y) и Q
0
, представленные в виде рядов, в урав- нение краевой задачи (4.11):
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
c km
∂
2
V
km
∂x
2
+
∂
2
V
km
∂y
2

= −
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
q km
V
km
(x, y).
Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций V
km
(x, y)
выполняются равенства
−
∂
2
V
km
∂x
2
+
∂
2
V
km
∂y
2

= λ
km
V
km
,
то c km
=
q km
λ
km для всех k = 1, 2, ...;
m = 1, 2, ... и решение краевой задачи
(4.11) представляется в виде v(x, y) =
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
q km
λ
km
V
km
(x, y) =
124

=
4Q
0
π
2
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
((−1)
k
− 1)((−1)
m
− 1)
km (
π
k
A
)
2
+ (
π
m
B
)
2

sin
π
kx
A
sin
π
my
B
Учитывая, что u(x, y) = v(x, y) + T
0
, получим решение исходной задачи u(x, y) = T
0
+
4Q
0
π
2
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
((−1)
k
− 1)((−1)
m
− 1)
km (
π
k
A
)
2
+ (
π
m
B
)
2

sin
π
kx
A
sin
π
my
B
Пример 4.9. Найти стационарное распределение температуры в длин- ном металлическом стержне с круглым сечением (0 ≤
ρ
≤ R,
0 ≤
ϕ
≤
≤ 2
π
), если в стержне выделяется тепло с объемной плотностью распреде- ления тепловой энергии Q, а поверхность стержня
ρ
= R поддерживается при температуре T
0
. Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой.
Пусть функция u описывает стационарное распределение температуры в поперечном сечении стержня. Как и в предыдущем примере, она является решением задачи Дирихле для уравнения Пуассона
∆u = −Q
0
,
u
Γ
= T
0
Поскольку в этом примере сечение стержня – круг, то в модели исполь- зуем полярную систему координат. Функция u = u(
ρ
,
ϕ
) удовлетворяет стационарному уравнению теплопроводности
1
ρ
∂
∂
ρ

ρ
∂u
∂
ρ

+
1
ρ
2
∂
2
u
∂
ϕ
2
= −Q
0
(0 <
ρ
< R,
0 ≤
ϕ
< 2
π
)
и краевым условиям:
u(
ρ
,
ϕ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
u(R,
ϕ
) = T
0
,
u(
ρ
, 0) = u(
ρ
, 2
π
),
∂u(
ρ
, 0)
∂
ϕ
=
∂u(
ρ
, 2
π
)
∂
ϕ
Здесь Q
0
=
Q
K
, K – коэффициент теплопроводности.
Сведем эту краевую задачу к задаче с однородными краевыми усло- виями. Аналогично предыдущему примеру, используем замену u(
ρ
,
ϕ
) =
= v(
ρ
,
ϕ
) + T
0
. Функция v(
ρ
,
ϕ
) будет удовлетворять однородным краевым условиям и являться решением следующей краевой задачи:
1
ρ
∂
∂
ρ

ρ
∂v
∂
ρ

+
1
ρ
2
∂
2
v
∂
ϕ
2
= −Q
0
(0 <
ρ
< R,
0 ≤
ϕ
< 2
π
),
(4.12)
краевые условия:
v(
ρ
,
ϕ
) ограничена при
ρ
→ 0 + 0,
v(R,
ϕ
) = 0,
125

v(
ρ
, 0) = v(
ρ
, 2
π
),
∂v(
ρ
, 0)
∂
ϕ
=
∂v(
ρ
, 2
π
)
∂
ϕ
Решение этой задачи будем искать в виде ряда Фурье по системе соб- ственных функций оператора Лапласа в круге.
Задача на собственные значения оператора Лапласа в круге для кра- евых условий Дирихле была решена в примере 4.6. Собственным числам оператора Лапласа λ
0m
=

γ
0m
R

2
(m = 1, 2, ...) соответствуют собственные функции Ψ
0m
(
ρ
) = J
0

γ
0m
ρ
R

Каждому собственному числу λ
km
=

γ
km
R

2
(
k = 1, 2, ...,
m =
= 1, 2, ...) соответствуют две собственные функции
Ψ
km
= cos(k
ϕ
)J
k

γ
km
ρ
R

,
Φ
km
= sin(k
ϕ
)J
k

γ
km
ρ
R

Здесь
γ
km
(
k = 0, 1, ...,
m = 1, 2, ...) – корни уравнения J
k
(
γ
) = 0.
Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют орто- гональную, полную в пространстве L
2
[Ω;
ρ
] систему функций.
Представим функцию v(
ρ
,
ϕ
) в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа:
v(
ρ
,
ϕ
) =
+∞
X
m=1
a
0m
Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
) +
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
(a km
Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
) + b km
Φ
km
(
ρ
,
ϕ
)).
Разложим функцию Q
0
в ряд по той же системе функций:
Q
0
=
+∞
X
m=1
α
0m
Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
) +
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
(
α
km
Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
) +
β
km
Φ
km
(
ρ
,
ϕ
)),
где
α
0m
=
(Q
0
, Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
))
kΨ
0m
(
ρ
,
ϕ
)k
2
,
α
km
=
(Q
0
, Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
))
kΨ
km
(
ρ
,
ϕ
)k
2
,
β
km
=
(Q
0
, Φ
km
(
ρ
,
ϕ
))
kΦ
km
(
ρ
,
ϕ
)k
2
Вычислим
(Q
0
, Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
)) =
2π
Z
0
R
Z
0
Q
0
Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
)
ρ
d
ϕ
d
ρ
=
= Q
0 2π
Z
0
cos(k
ϕ
)d
ϕ
R
Z
0
J
k

γ
km
ρ
R

ρ
d
ρ
Поскольку
2π
Z
0
cos(k
ϕ
)d
ϕ
= 0, то (Q
0
, Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
)) = 0. Аналогично,
126

учитывая, что
2π
Z
0
sin(k
ϕ
)d
ϕ
= 0, получим (Q
0
, Φ
km
(
ρ
,
ϕ
)) = 0. Значит,
α
km
= 0,
β
km
= 0
(k = 1, 2, ...,
m = 1, 2, ...).
Найдем
α
0m
. Используя формулы (1.28), (1.29), свойство J
0 0
(x) = −J
1
(x)
и равенство J
0
(
γ
0m
) = 0 получим:
kΨ
0m
(
ρ
,
ϕ
)k
2
=
2π
Z
0
R
Z
0
Ψ
2 0m
(
ρ
,
ϕ
)
ρ
d
ϕ
d
ρ
=
2π
Z
0
d
ϕ
R
Z
0
J
2 0

γ
0m
ρ
R

ρ
d
ρ
=
= 2
π
R
2 2
J
2 1
(
γ
0m
),
(Q
0
, Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
)) =
2π
Z
0
R
Z
0
Q
0
Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
)
ρ
d
ϕ
d
ρ
= Q
0 2π
Z
0
d
ϕ
R
Z
0
J
0

γ
0m
ρ
R

ρ
d
ρ
=
= Q
0 2
π
R
2
γ
0m
J
1
(
γ
0m
).
Тогда
α
0m
=
2Q
0
γ
0m
J
1
(
γ
0m
)
Подставим функции v(x, y) и Q
0
, представленные в виде рядов, в урав- нение (4.12) краевой задачи:
+∞
X
m=1
a
0m
∆Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
) +
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
(a km
∆Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
) + b km
∆Φ
km
(
ρ
,
ϕ
)) =
= −
+∞
X
m=1
α
0m
Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
) −
+∞
X
k=1
+∞
X
m=1
(
α
km
Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
) +
β
km
Φ
km
(
ρ
,
ϕ
)).
Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
),
Ψ
km
(
ρ
,
ϕ
) и Φ
km
(
ρ
,
ϕ
) выполняются равенства
−∆Ψ
0m
= λ
km
Ψ
0m
,
−∆Ψ
km
= λ
km
Ψ
km
,
−∆Φ
km
= λ
km
Φ
km
,
то a
0m
=
α
0m
λ
0m
, a km
=
α
km
λ
km
, b km
=
β
km
λ
km для всех k = 1, 2, ...;
m = 1, 2, ... и решение краевой задачи представляется в виде v(
ρ
,
ϕ
) =
+∞
X
m=1
α
0m
λ
0m
Ψ
0m
(
ρ
,
ϕ
) =
+∞
X
m=1 2Q
0
R
2
γ
3 0m
J
1
(
γ
0m
)
J
0

γ
0m
ρ
R

127

Учитывая, что u(x, y) = v(x, y)+T
0
, получим решение исходной задачи u(x, y) = T
0
+ 2Q
0
R
2
+∞
X
m=1 1
γ
3 0m
J
1
(
γ
0m
)
J
0

γ
0m
ρ
R

4.9. Метод функции Грина
В ряде случаев требуется найти аналитическое решение краевой зада- чи не в виде ряда, а в виде интеграла. Одним из методов нахождения та- кого решения является метод функции Грина. Идея метода состоит в том,
что сначала внутри области Ω строится некоторая гармоническая функция
G
1
. Затем с помощью этой функции находится решение заданной краевой задачи.
Пусть Ω ∈ R
3
– ограниченная область, M
0
– некоторая фиксированная точка, лежащая внутри Ω. Обозначим через G
1
(M
0
, M ) функцию, удовле- творяющую следующим условиям:
1) G
1
(M
0
, M ) непрерывна на множестве Ω ∪ Γ;
2) G
1
(M
0
, M ) является гармонической функцией внутри области Ω: ∆G
1
=
= 0;
3) G
1
(M
0
, M ) на границе Γ удовлетворяет условию: G
1
(M
0
, M )
Γ
=
1
r
Γ
,
где r = |M
0
M | =
p(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
+ (z − z
0
)
2
Если область Ω имеет гладкую или кусочно-гладкую границу, то такая функция существует. Из утверждения 4.6 следует, что функция G
1
(M
0
, M )
единственна.
Прежде чем привести примеры построения функции G
1
(M
0
, M ), по- кажем как с ее помощью можно найти значения другой гармонической функции в области Ω, если известны значения этой функции на границе Γ.
Пусть u = u(M ) – гармоническая в области Ω функция, непрерывная на множестве Ω
S Γ. Тогда для любой внутренней точки M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) мно- жества Ω справедлива основная формула теории гармонических функций
(4.5):
u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
1
r
∂u
∂
n
− u
∂
∂
n
1
r

ds,
(4.13)
где r = |M
0
M | =
p(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
+ (z − z
0
)
2
Применим к функциям u и G
1
вторую формулу Грина (4.2), задав v = G
1
. Поскольку ∆u = 0 и ∆G
1
= 0, то
0 =
Z Z
Γ

u
∂G
1
∂
n
− G
1
∂u
∂
n

ds.
128

Умножив обе части этого равенства на
1 4
π
и сложив с (4.13), получим u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ

u
∂G
1
∂
n
−
∂
∂
n
1
r

−
∂u
∂
n

G
1
−
1
r

ds.
Из условия G
1
(M
0
, M )
Γ
=
1
r
Γ
следует равенство u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
u
∂
∂
n

G
1
−
1
r

ds.
(4.14)
Определение 4.3. Функция G(M
0
, M ) =
1
r
− G
1
(M
0
, M ) называется функцией Грина в области Ω.
Используя функцию Грина, формулу (4.14) можно записать в виде u(M
0
) = −
1 4
π
Z Z
Γ
u
∂
∂
n
G(M
0
, M )ds.
(4.15)
Если известны значения функции u на границе Γ и известна функция
Грина G(M
0
, M ) в области Ω, то формула (4.15) дает возможность вычис- лять значения гармонической функции u в любой внутренней точке M
0
области Ω.
Отметим, что построение функции Грина не является тривиальной задачей, но для некоторых областей ее удается найти.
Пример 4.10. Построить функцию Грина в шаре K
R
(O) радиуса R.
Найдем сначала функцию G
1
(M
0
, M ) – непрерывное в шаре решение задачи Дирихле
∆G
1
= 0,
G
1
(M
0
, M )
Γ
R
=
1
r
Γ
R
1. Пусть точка M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) – центр шара. Тогда очевидно, что функ- ция G
1
(M
0
, M ) =
1
R
. Действительно, эта функция-константа является непре- рывной и гармонической в шаре. Если M лежит на границе Γ
R
, то |M
0
M | =
= R и выполняется краевое условие G
1
(M
0
, M )
Γ
R
=
1
R
Γ
R
2. Пусть теперь M
0
не является центром шара. На луче [OM
0
) найдем такую точку M
1
(x
1
, y
1
, z
1
), что |OM
0
| · |OM
1
| = R
2
. Точка M
1
находится вне шара.
Рассмотрим произвольную точку M (x, y, z), находящуюся внутри или на поверхности шара. Соединим ее с точками M
0
и M
1
. Обозначим
129

r = |M M
0
| =
p
(x − x
0
)
2
+ (y − y
0
)
2
+ (z − z
0
)
2
,
r
1
= |M M
1
| =
p
(x − x
1
)
2
+ (y − y
1
)
2
+ (z − z
1
)
2
,
а также
ρ
= |OM
0
| (рис 4.1).

1   2   3   4   5   6   7   8   9   10

M
M
O
M
0 1
ρ
w
r
γ
1
r
Рис. 4.1
Покажем, что функция
G
1
(M
0
, M ) =
R
ρ
1
r
1
является искомой функцией.
Поскольку
ρ
и R являются постоян- ными, то функция
G
1
(M
0
, M ) =
=
R
ρ
1
p(x − x
1
)
2
+ (y − y
1
)
2
+ (z − z
1
)
2
является гармонической в пространстве
R
3
, исключая точку M
1
(см. пример 4.3).
Значит, она является непрерывной и гармонической в шаре. Покажем, что на границе шара выполняется условие G
1
(M
0
, M )
Γ
R
=
1
r
Γ
R
Соединим теперь точку M с точкой O (рис. 4.1). Точки O, M
0
, M
1
ле- жат на одной прямой, поэтому все 4 точки O, M
0
, M
1
и M лежат в одной плоскости. Обозначим w = |OM | и
γ
=
6
M OM
1
. Рассмотрим треуголь- ники OM
0
M и OM M
1
. Учитывая, что |OM
0
| · |OM
1
| = R
2
, по теореме косинусов получим r =
p w
2
+
ρ
2
− 2w
ρ
cos
γ
,
r
1
=
s w
2
+
R
2
ρ
2
− 2w
R
ρ
cos
γ
(4.16)
Если точка M лежит на границе Γ
R
, то |OM | = w = R и справедливы равенства:
r
Γ
R
=
p
R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
,
r
1
Γ
R
=
s
R
2
+
R
2
ρ
2
− 2
R
2
ρ
cos
γ
=
R
ρ
p
ρ
2
+ R
2
− 2R
ρ
cos
γ
=
R
ρ
r
Γ
R
Из этого следует, что краевое условие G
1
(M
0
, M )
Γ
R
=
R
ρ
1
r
1
Γ
R
=
1
r
Γ
R
выполняется.
Из теоремы единственности решения задачи Дирихле (утверждение
4.6) следует, что других функций, удовлетворяющих тем же условиям, не существует.
130

Тогда искомая функция Грина имеет вид
G(M
0
, M ) =





1
r
−
1
R
,
M
0
– центр шара,
1
r
−
R
ρ
1
r
1
,
M
0
– не центр шара.
Покажем, как найденная функция используется для решения задачи.
Пример 4.11. Найти гармоническую в шаре радиуса R функцию,
принимающую на границе шара Γ
R
значения u
0
Пусть u = u(M ) – искомая функция. Область Ω = K
R
(O) – шар радиуса R с центром в точке O. Функция u является решением задачи
Дирихле:
∆u = 0,
u
Γ
R
= u
0
Требуется найти u(M
0
), где M
0
лежит внутри шара.
1. Пусть точка M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) – центр шара. Воспользуемся формулой
(4.15) и подставим в нее найденную функцию Грина:
u(M
0
) = −
1 4
π
Z Z
Γ
R
u
∂
∂
n
G(M
0
, M )ds = −
1 4
π
Z Z
Γ
R
u
∂
∂
n
1
r
−
1
R

ds.
Поскольку M
0
– центр шара, то
∂
∂
n
1
r
−
1
R

=
∂
∂r
1
r
−
1
R

= −
1
r
2
Тогда u(M
0
) =
1 4
π
Z Z
Γ
R
u
1
r
2
ds =
1 4
π
Z Z
Γ
R
u
0 1
R
2
ds.
В итоге получили результат утверждения 4.4:
u(M
0
) =
1 4
π
R
2
Z Z
Γ
R
u
0
ds.
(4.17)
2. Пусть M
0
(x
0
, y
0
, z
0
) не является центром шара. Для нее применим формулу (4.15):
u(M
0
) = −
1 4
π
Z Z
Γ
R
u
0
∂
∂
n
1
r
−
R
ρ
1
r
1

ds.
Поскольку w = |OM |, то нетрудно заметить, что
∂
∂
n
=
∂
∂w
. Тогда,
используя формулы (4.16), получим
∂
∂
n
1
r
−
R
ρ
1
r
1

= −
w −
ρ
cos
γ
(
p w
2
+
ρ
2
− 2w
ρ
cos
γ
)
3
+
131

+
R
ρ
w −
R
2
ρ
cos
γ
s w
2
+
R
2
ρ
2
− 2w
R
ρ
cos
γ
!
3
=
= −
w −
ρ
cos
γ
r
3
+
R
ρ
w −
R
2
ρ
cos
γ
r
3 1
Для точек, лежащих на поверхности Γ
R
, w = |OM | = R и выполняется равенство r
1
=
R
ρ
r, поэтому
∂
∂
n
1
r
−
R
ρ
1
r
1

= −
R −
ρ
cos
γ
r
3
+
R
ρ
R −
R
2
ρ
cos
γ
R
3
ρ
3
r
3
=
= −
R −
ρ
2
R
r
3
= −
R
2
−
ρ
2
Rr
3
Тогда u(M
0
) =
R
2
−
ρ
2 4
π
R
Z Z
Γ
R
u
0
r
3
ds.
(4.18)
Этот интеграл называется интегралом Пуассона для шара.
Учитывая, что для точек, расположенных на сфере Γ
R
, выполняется равенство r
2
= R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
, преобразуем полученный интеграл к виду u(M
0
) =
R
2
−
ρ
2 4
π
R
Z Z
Γ
R
u
0
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
)
3 2
ds.
Перейдем теперь к сферическим координатам с началом в точке O:





x = R sin
θ
cos
ϕ
,
y = R sin
θ
sin
ϕ
,
z = R cos
θ
Для сферы ds = R
2
sin
θ
d
θ
d
ϕ
, поэтому u(M
0
) =
R(R
2
−
ρ
2
)
4
π
2π
Z
0
d
ϕ
π
Z
0
u
0
(
θ
,
ϕ
)
sin
θ
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
)
3 2
d
θ
(4.19)
132

Этот интеграл, как и интеграл (4.18), называется интегралом Пуассона для шара.
Приведем пример использования полученной формулы.
Пример 4.12. Верхняя половина поверхности шара радиуса R под- держивается при температуре T
0
, а нижняя – при температуре, равной ну- лю. Найти стационарное распределение температуры вдоль радиуса шара
θ
= 0.
ρ
θ
O
M
M
0
Рис. 4.2
В задаче удобно использовать сфери- ческую систему координат. Опишем шар
K
R
(O) ∪ Γ
R
= {(
ρ
,
θ
,
ϕ
) : 0 ≤
ρ
≤
≤ R,
0 ≤ Θ ≤
π
,
0 ≤
ϕ
< 2
π
}. Ис- комая функция u является решением за- дачи Дирихле:
∆u = 0,
u
Γ
R
= u
0
,
где u
0
(
θ
) =



T
0
,
0 ≤
θ
≤
π
2
,
0,
π
2
<
θ
≤
π
– функция,
описывающая температуру на поверхно- сти шара.
Согласно условиям задачи функция u не зависит от угловой коорди- наты
ϕ
Эта задача была решена в примере 4.4. Решение было получено в виде ряда Фурье (4.9). Найдем теперь функцию u другим способом.
Пусть M
0
(
ρ
0
,
θ
0
,
ϕ
0
) – произвольная точка шара. Найдем температуру шара в этой точке, используя интеграл Пуассона (4.19):
u(M
0
) =
T
0
R(R
2
−
ρ
2
)
4
π
2π
Z
0
d
ϕ
π
2
Z
0
sin
θ
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
)
3 2
d
θ
=
=
T
0
R(R
2
−
ρ
2
)
2
π
2
Z
0
sin
θ
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
γ
)
3 2
d
θ
Вычислить температуру во всех точках шара с помощью этого инте- грала сложно.
Рассмотрим точки M
0
(
ρ
, 0,
ϕ
), расположенные вдоль радиуса
θ
= 0
(рис. 4.2). Пусть M – произвольная точка поверхности шара. Тогда
γ
=
133

=
6
M
0
OM =
θ
, следовательно,
u(M
0
) =
T
0
R(R
2
−
ρ
2
)
2
π
2
Z
0
sin
θ
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
θ
)
3 2
d
θ
=
=
T
0
R(R
2
−
ρ
2
)
4R
ρ
π
2
Z
0
d(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
θ
)
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
θ
)
3 2
=
=
T
0
(R
2
−
ρ
2
)
4
ρ
−2
(R
2
+
ρ
2
− 2R
ρ
cos
θ
)
1 2
π
2 0
Подставив пределы интегрирования, получим u(M
0
) =
T
0 2
1 +
R
ρ
−
R
2
−
ρ
2
ρ
p
R
2
+
ρ
2
!
Эту формулу можно использовать для всех точек радиуса, исключая центр шара (
ρ
= 0). Температуру в центре шара найдем по формуле (4.17)
u(M
0
) =
1 4
π
R
2
Z Z
Γ
R
u
0
ds =
T
0 4
π
R
2
Z Z
Γ
1
ds.
Здесь Γ
1
– верхняя половина сферы. Поскольку
RR
Γ
1
ds = 2
π
R
2
(площадь половины поверхности сферы), то u(M
0
) =
T
0 4
π
R
2 2
π
R
2
=
T
0 2
4.10. Метод сеток для уравнения Пуассона
Покажем, как строится разностная схема для уравнения Пуассона в прямоугольнике Ω с краевыми условиями Дирихле на границе Γ. Пусть требуется найти функцию u(x, y), удовлетворяющую уравнению Пуассона
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
= f (x, y)
(4.20)
в области 0 < x < a, 0 < y < b и краевым условиям u(0, y) =
ϕ
1
(y), u(a, y) =
ϕ
2
(y),
u(x, 0) =
ψ
1
(x), u(x, b) =
ψ
2
(x).
(4.21)
Покроем прямоугольник Ω = [0; a] × [0; b] сеткой
ω
h x
h y
= {(x i
, y j
)}, i =
= 0, ..., n, j = 0, ..., m, разбив отрезок [0; a] на n равных частей точками
134

x
i
= ih x
, i = 0, ..., n, а отрезок [0; b] – на m равных частей точками y j
= jh y
,
j = 0, ..., m (h x
=
a n
, h y
=
b m
– шаги сетки по осям 0x и 0y соответственно)
(рис. 4.3).
O x
x
x
y
y
h
h
1
i
0
y
y
x
0
a x
n
b
y
m
=
=
j
y
x
1
Рис. 4.3
Все функции, заданные в краевой задаче, будем рассматривать только в узлах сетки. Обозначим u j
i
= u(x i
, y j
).
Для внутренних узлов сетки запишем уравнение Пуассона, заменив производные в узлах разностными отношениями (1.46):
u j
i−1
− 2u j
i
+ u j
i+1
h
2
x
+ O(h
2
x
) +
u j−1
i
− 2u j
i
+ u j+1
i h
2
y
+ O(h
2
y
) = f (x i
, y j
),
i = 1, ..., n − 1,
j = 1, ..., m − 1.
В граничных узлах функция u(x, y) будет удовлетворять условиям u
j
0
=
ϕ
1
(y j
),
u j
n
=
ϕ
2
(y j
),
j = 0, ..., m,
u
0
i
=
ψ
1
(x i
),
u m
i
=
ψ
2
(x i
),
i = 0, ..., n.
Отбросим в уравнениях погрешности аппроксимации производных. В ре- зультате получим уравнения относительно сеточной функции ˜
u:
˜
u j
i−1
− 2˜
u j
i
+ ˜
u j
i+1
h
2
x
+
˜
u j−1
i
− 2˜
u j
i
+ ˜
u j+1
i h
2
y
= f (x i
, y j
),
i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1.
(4.22)
Для этой функции запишем краевые условия
˜
u j
0
=
ϕ
1
(y j
), ˜
u j
n
=
ϕ
2
(y j
),
j = 0, ..., m,
˜
u
0
i
=
ψ
1
(x i
), ˜
u m
i
=
ψ
2
(x i
),
i = 0, ..., n.
(4.23)
135

i
( x
,
y
j +1
)
( x
i−1
(x
i
, y
j
)
( x
i+1
( x
i
, y
j −1
)
, y
j
)
, y
j
)
Рис. 4.4
Уравнения (4.22) с условиями (4.23)
называются разностной схемой для крае- вой задачи (4.20), (4.21).
На рис. 4.4 изображен шаблон схе- мы, т. е. указаны узлы сетки, которые ис- пользовались при аппроксимации произ- водных в узле (x i
, y j
). Построенная схема для уравнения Пуассона является пяти- точечной разностной схемой.
В уравнениях (4.22), (4.23) ˜
u j
i
– при- ближенные значения функции u(x, y) в узлах сетки. Так как значения ˜
u в граничных узлах известны, необходимо решить только уравнения (4.22).
Умножая на h
2
x h
2
y
, преобразуем их к виду h
2
x
˜
u j−1
i
+ h
2
y
˜
u j
i−1
− 2(h
2
x
+ h
2
y
)˜
u j
i
+ h
2
y
˜
u j
i+1
+
+ h
2
x
˜
u j+1
i
= h
2
x h
2
y f (x i
, y j
),
i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1.
Получилась система, состоящая из (n−1)(m−1) уравнений с (n−1)(m−1)
неизвестными ˜
u j
i
. Каждое уравнение в системе связывает 5 неизвестных.
Для решения систему удобно записать в матричном виде. Вид матрицы коэффициентов зависит от способа нумерации неизвестных.
1 2
0 1
2
x
x
x
x
y
y
y
y
y
x
i
1 2
3
n −1
n +1 n +2
n +3 2
n −2
n
2
−1
n
2
n
2
+1
n
3
−3
m
(
n −1)
y
(
−1)
x
n
0 0
=
a
m
b
j
=
Рис. 4.5
Если неизвестные ˜
u j
i
, i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m − 1, перенумеровать так, как это указано на рис. 4.5, то получится уравнение
A˜

u =
F ,
(4.24)
где ˜

u = [˜
u
1 1
...˜
u
1
n−1
˜
u
2 1
...˜
u
2
n−1
...˜
u m−1 1
...˜
u m−1
n−1
]
t
– матрица-столбец неизвестных.
Число неизвестных в системе N = (n − 1)(m − 1); A – матрица коэффи- циентов, имеющая 5 отличных от нуля диагоналей. Структура матрицы
136

показана на рис. 4.6. Крестиками отмечены отличные от нуля элементы матрицы. При указанном способе нумерации узлов сетки A – это ленточ- ная матрица. Ширина ленты определяется числом узлов сетки по оси 0x.
Кроме того, A – это матрично-трехдиагональная матрица. Размер каждой подматрицы – (n − 1) × (n − 1). Число подматриц по вертикали и гори- зонтали – (m − 1). Естественно, что структура матрицы учитывается при выборе алгоритма решения системы;
F – матрица-столбец правых частей.
При i = 1, i = n − 1, j = 1, j = m − 1 в матрице
F учитываются краевые условия.
x x x x x x x x x x x x x x
x x
x x x x x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x x x x x x x x x x x x x x x x
x x
x x
x x
x x x x x x x x x x x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
A =
Рис. 4.6
При решении прикладных задач обычно задают n и m ∼ 50–100. Пусть n
=
101, m
=
101, тогда число уравнений в системе (4.24)
N = (n − 1)(m − 1) = 10 4
. Для решения таких больших систем уравнений следует использовать алгоритмы, учитывающие разряженность матрицы коэффициентов A.
Отметим некоторые методы, применяемые для решения систем урав- нений подобного вида: 1) прямые методы – метод Гаусса для ленточных матриц, метод матричной прогонки, продольно-поперечный метод; 2) ите- рационные методы – метод Зейделя, метод последовательной верхней ре- лаксации. В настоящее время имеются стандартные программы, реализу- ющие все перечисленные методы.
Покажем, что система (4.24) однозначно разрешима. Если f (x, y) = 0,
то для построенной разностной схемы справедлив принцип максимума.
Утверждение 4.9. Если f (x i
, y i
) = 0, i = 1, ..., n − 1, j = 1, ..., m −
137

− 1, то решение разностной задачи (4.22), (4.23) достигает наибольшего
(наименьшего) значения в граничных узлах сетки.
Доказательство. Предположим, напротив, что наибольшее значение функция ˜
u принимает во внутреннем узле сетки. Пусть (x p
, y q
) – внутрен- ний узел, имеющий наибольшую абсциссу среди тех узлов сетки, в которых
˜
u достигает наибольшего значения. Для этого узла ˜
u q
p+1
− ˜
u q
p
< 0. Запишем для него уравнение (4.22), учитывая, что f (x i
, y j
) = 0:
(˜
u q
p−1
− ˜
u q
p
) + (˜
u q
p+1
− ˜
u q
p
)
h
2
x
+
(˜
u q−1
p
− ˜
u q
p
) + (˜
u q+1
p
− ˜
u q
p
)
h
2
y
= 0.
Поскольку ˜
u q
p+1
− ˜
u q
p
< 0 и ˜
u q
p−1
− ˜
u q
p
≤ 0, ˜
u q−1
p
− ˜
u q
p
≤ 0, ˜
u q+1
p
− ˜
u q
p
≤ 0.
Последнее равенство невозможно, получили противоречие.
Из принципа максимума следует, что разностная задача (4.22), (4.23),
равносильная уравнению A˜

u = 0 при условии, что f (x, y) = 0,
ϕ
1
(y) = 0,
ϕ
2
(y) = 0,
ψ
1
(x) = 0,
ψ
2
(x) = 0, имеет единственное нулевое решение.
Значит, определитель матрицы A отличен от нуля и система (4.24) имеет единственное решение.
Построенная разностная схема устойчива по правой части, т. е. для функции ˜
u в сеточной норме справедливо неравенство k˜
uk h
x h
y
≤ C kf k h
x h
y
+ k
ϕ
1
k h
y
+ k
ϕ
2
k h
y
+ k
ψ
1
k h
x
+ k
ψ
2
k h
x
,
где C не зависит от h x
и h y
. Доказательство приводится, например, в [8].
Очевидно, что эта разностная схема аппроксимирует краевую задачу с по- грешностью O(h
2
x
) + O(h
2
y
).
Из устойчивости и аппроксимации разностной схемы следует ее сходи- мость. Доказательство выполняется аналогично доказательству сходимо- сти явной разностной схемы.
4.11. Классификация уравнений второго порядка
Запишем в самом общем виде линейное дифференциальное уравнение второго порядка n
X
k=1
n
X
i=1
a ki
∂
2
u
∂x k
∂x i
+
n
X
i=1
b i
∂u
∂x i
+ cu = f,
(4.25)
где a ki
, b i
, c, f – функции n независимых переменных x
1
, ..., x n
, заданных в некоторой области Ω ⊂ R
n
. Считаем, что a ki
= a ik
. Зафиксируем некото- рую точку M
0
(x
0 1
...x
0
n
) и рассмотрим матрицу коэффициентов при вторых
138

производных
A
0
= A(x
0 1
, ..., x
0
n
) =


a
0 11
... a
0 1n a
0
n1
... a
0
nn


Обозначим через λ
1
, λ
2
, ..., λ
n собственные числа матрицы A
0
. Так как A
0
симметрична, все собственные числа действительны.
Определение 4.4. Если все собственные числа λ
1
, λ
2
, ..., λ
n имеют одинаковые знаки, то уравнение (4.25) называется уравнением эллипти- ческого типа в точке M
0
. Если λ
1
, ..., λ
n одинакового знака во всех точках области Ω, то уравнение называется уравнением эллиптического типа в области Ω.
Определение 4.5. Если одно собственное число имеет один знак, а все остальные – другой, то уравнение называется уравнением гиперболи- ческого типа в точке M
0
(или во всей области).
Определение 4.6. Если одно собственное число, например λ
1
, равно нулю, а все остальные одного знака, то уравнение называется уравнением параболического типа в точке M
0
(или в области Ω).
Наконец, если в одних точках области Ω уравнение принадлежит к одному типу, а в других – к другому, то (4.25) называется уравнением смешанного типа.
Рассмотрим согласно данной классификации уравнения, изученные ранее. Поскольку использовались уравнения с постоянными коэффициен- тами и матрица A с ее собственными числами не менялись от точки к точке,
все уравнения имели определенный тип в области.
Пример 4.13. Рассмотрим уравнение Лапласа
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
+
∂
2
u
∂z
2
= 0.
Матрица A имеет вид
A =


1 0 0 0 1 0 0 0 1


,
собственные числа матрицы λ
1
= λ
2
= λ
3
= 1. Следовательно, уравнение
Лапласа – это уравнение эллиптического типа.
Пример 4.14. Волновое уравнение в двумерном случае имеет вид
∂
2
u
∂t
2
= a
2
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2

+ f (x, y).
139

Матрица коэффициентов при вторых производных
A =


1 0
0 0 −a
2 0
0 0
−a
2


Собственные числа λ
1
= 1, λ
2
= λ
3
= −a
2
. Уравнение имеет гиперболиче- ский тип.
Пример 4.15. Рассмотрим уравнение теплопроводности
∂u
∂t
= a
2
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
+
∂
2
u
∂z
2

+ f (x, y, z, t).
В этом уравнении можно считать, что коэффициент при
∂
2
u
∂t
2
равен нулю.
Матрица A будет
A =




0 0
0 0
0 −a
2 0
0 0
0
−a
2 0
0 0
0
−a
2




Собственные числа матрицы A: λ
1
= 0, λ
2
= λ
3
= λ
4
= −a
2
. Уравнение теплопроводности – это уравнение параболического типа.
Из разобранных примеров видно, что наиболее просто тип уравнения определяется в случае, когда матрица A диагональная, т. е. когда уравне- ние не содержит смешанных производных. Такой вид уравнения принято называть каноническим.
Уравнение с постоянными коэффициентами всегда можно привести к каноническому виду с помощью линейной замены переменных, например используя ту же методику, что и для приведения квадратичной формы к каноническому виду. Проиллюстрируем эту методику на примере.
Пример 4.16. Привести уравнение
2
∂
2
u
∂x
2
+ 3
∂
2
u
∂y
2
+ 4
∂
2
u
∂z
2
− 4
∂
2
u
∂x∂y
− 4
∂
2
u
∂y∂z
− 2
∂u
∂x
− 2
∂u
∂y
−
∂u
∂z
= f (x, y, z) (4.26)
к каноническому виду.
Выпишем симметричную матрицу коэффициентов при вторых произ- водных:
A =


2 −2 0
−2 3 −2 0 −2 4


140

Нетрудно проверить, что собственными числами матрицы A будут λ
1
= 0,
λ
2
= 3, λ
3
= 6, а соответствующие нормированные собственные векторы

e
1
=


2/3 2/3 1/3


,

e
2
=


−2/3 1/3 2/3


,

e
3
=


1/3
−2/3 2/3


Матрица перехода, составленная из собственных векторов, и даст необ- ходимое преобразование координат
T =


2/3 −2/3 1/3 2/3 1/3
−2/3 1/3 2/3 2/3


Введем новые координаты x
0
, y
0
, z
0
следующим образом:


x
0
y
0
z
0


= T
−1


x y
z


,
или, учитывая, что T
−1
= T
t
,

















x
0
=
2 3
x +
2 3
y +
1 3
z,
y
0
= −
2 3
x +
1 3
y +
2 3
z,
z
0
=
1 3
x −
2 3
y +
2 3
z.
По правилу дифференцирования сложной функции получим

















∂
∂x
=
2 3
∂
∂x
0
−
2 3
∂
∂y
0
+
1 3
∂
∂z
0
,
∂
∂y
=
2 3
∂
∂x
0
+
1 3
∂
∂y
0
−
2 3
∂
∂z
0
,
∂
∂z
=
1 3
∂
∂x
0
+
2 3
∂
∂y
0
+
2 3
∂
∂z
0
Перепишем уравнение (4.26) в новых координатах
2
4 9
∂
2
u
∂x
02
+
4 9
∂
2
u
∂y
02
+
1 9
∂
2
u
∂z
02
−
8 9
∂
2
u
∂x
0
∂y
0
+
4 9
∂
2
u
∂x
0
∂z
0
−
4 9
∂
2
u
∂y
0
∂z
0

+
+ 3
4 9
∂
2
u
∂x
02
+
1 9
∂
2
u
∂y
02
+
4 9
∂
2
u
∂z
02
+
4 9
∂
2
u
∂x
0
∂y
0
−
8 9
∂
2
u
∂x
0
∂z
0
−
4 9
∂
2
u
∂y
0
∂z
0

+
141

+ 4
1 9
∂
2
u
∂x
02
+
4 9
∂
2
u
∂y
02
+
4 9
∂
2
u
∂z
02
+
4 9
∂
2
u
∂x
0
∂y
0
+
4 9
∂
2
u
∂x
0
∂z
0
+
8 9
∂
2
u
∂y
0
∂z
0

−
− 4
4 9
∂
2
u
∂x
02
−
2 9
∂
2
u
∂y
02
−
2 9
∂
2
u
∂z
02
−
2 9
∂
2
u
∂x
0
∂y
0
−
2 9
∂
2
u
∂x
0
∂z
0
+
5 9
∂
2
u
∂y
0
∂z
0

−
− 4
2 9
∂
2
u
∂x
02
+
2 9
∂
2
u
∂y
02
−
4 9
∂
2
u
∂z
02
+
5 9
∂
2
u
∂x
0
∂y
0
+
2 9
∂
2
u
∂x
0
∂z
0
−
2 9
∂
2
u
∂y
0
∂z
0

−
− 2
2 3
∂u
∂x
0
−
2 3
∂u
∂y
0
+
1 3
∂u
∂z
0

− 2
2 3
∂u
∂x
0
+
1 3
∂u
∂y
0
−
2 3
∂u
∂z
0

−
−
1 3
∂u
∂x
0
+
2 3
∂u
∂y
0
+
2 3
∂u
∂z
0

= g(x
0
, y
0
, z
0
),
где g(x
0
, y
0
, z
0
) = f
2 3
x
0
−
2 3
y
0
+
1 3
z
0
,
2 3
x
0
+
1 3
y
0
−
2 3
z
0
,
1 3
x
0
+
2 3
y
0
+
2 3
z
0

После приведения подобных получим
3
∂
2
u
∂y
02
+ 6
∂
2
u
∂z
02
− 3
∂u
∂x
0
= g(x
0
, y
0
, z
0
).
Полученное уравнение – это уравнение параболического типа в канониче- ской форме.
Подводя итоги, отметим, что рассмотренные ранее уравнения принад- лежат разным типам. Для этих уравнений по-разному ставились допол- нительные условия. Правила их постановки целиком определяются типом уравнения.
Для уравнений эллиптического типа ставятся краевые условия на всей границе области определения уравнения так, как это делалось для уравне- ния Лапласа.
Для уравнений гиперболического типа выделяют одну переменную
(обычно она соответствует времени) и ставят по ней 2 начальных усло- вия, а по остальным переменным ставятся краевые условия так, как это делалось для волнового уравнения.
Для уравнений параболического типа со временем связывают перемен- ную, по которой отсутствует вторая производная. По ней ставится началь- ное условие, а по остальным – краевые, как для уравнения теплопроводно- сти.
4.12. Корректные и некорректные задачи для уравнения Лапласа
В 4.11 были сформулированы условия, которые следует накладывать на уравнения разных типов. Возникает естественный вопрос: что будет,
142

если условия поставлены по-другому, например, для уравнения Лапласа поставлена начально-краевая задача?
Введем понятие корректности задачи. Задача называется корректной,
если выполнены 3 условия:
1) решение задачи существует;
2) решение задачи единственно;
3) решение задачи устойчиво, т. е. малые изменения данных (коэффи- циентов уравнения, краевых условий и др.) приводят к малым изменениям решения.
Вопросы существования и единственности решения рассматривались ранее. Теоремы единственности формулировались и доказывались. Теоре- мы существования в явной форме не формулировались, однако для ряда задач решение было построено и тем самым доказано его существование.
Теперь приведем примеры устойчивой и неустойчивой задач.
Пример 4.17. Пусть область Ω – прямоугольник [a, b] × [c, d], Γ –
граница Ω. Рассмотрим в Ω уравнение Лапласа с краевыми условиями Ди- рихле
(
∆u = 0,
u
Γ
=
ϕ
(4.27)
Пусть u
1
и u
2
– решение задачи (4.27) с краевыми условиями
ϕ
1
и
ϕ
2
соответственно. Тогда их разность u = u
1
− u
2
является решением задачи
(
∆u = 0,
u
Γ
=
ϕ
1
−
ϕ
2
Так как решение этой задачи – гармоническая функция, то в силу принципа максимума |u(x, y)| ≤ max
S
|
ϕ
1
−
ϕ
2
| для всех (x, y) ∈ Ω. Следовательно,
решение устойчиво по начальным данным и задача (4.27) корректна.
Пример 4.18. В области Ω = [0,
π
] × [0, a] рассмотрим следующую задачу:















∆u = 0,
u(0, y) = u(
π
, y) = 0,
u(x, 0) =
1
n sin(nx),
∂u
∂y
(x, 0) = 0,
(4.28)
где n – натуральное число.
В этой задаче на границе y = 0 поставлены 2 условия, а на границе y = a условий нет, т. е. поставлена начально-краевая задача так, как это делается для волнового уравнения. Будем решать задачу (4.28) методом
143

Фурье. Вспомогательная задача Штурма–Лиувилля
(
−y
00
(x) = λy(x),
y(0) = y(
π
) = 0,
ее решение λ
k
= k
2
, y k
(x) = sin(kx), k = 1, 2, ... . Решение задачи (4.28)
ищем в виде u(x, y) =
+∞
X
k=1
c k
(y) sin(kx). После подстановки ряда в задачу
(4.28) для коэффициентов c k
(y) получаем





c
00
k
(y) − k
2
c k
(y) = 0,
c k
(0) =
α
k
,
c
0
k
(0) = 0,
(4.29)
где
α
k
– коэффициент Фурье начального условия
1
n sin(nx). Заметим, что функция sin(nx) входит в ортогональную систему {sin(kx)}
+∞
k=1
, следова- тельно, ее ряд Фурье совпадает с самой функцией, т. е.
α
k
= 0, если k 6= n и
α
n
=
1
n
. Отсюда c k
(y) = 0, если k 6= n, так как задача Коши для одно- родного уравнения с нулевыми начальными условиями имеет только три- виальное решение. Для k = n имеем c
00
n
− n
2
c n
= 0,
c n
(0) =
1
n
, c
0
n
(0) = 0.
Отсюда общее решение c
n
(y) = Ae ny
+ Be
−ny
Из начальных условий получаем



A + B =
1
n
,
A − B = 0.
Следовательно, A = B =
1 2n
, c n
=
1 2n
(e ny
+ e
−ny
) и решение задачи (4.28)
u(x, y) =
1 2n
(e ny
+ e
−ny
) sin(nx).
Таким образом, решение задачи (4.28) существует и можно доказать, что оно единственно. Однако если n устремить к бесконечности, то lim n→+∞
1
n sin(nx) = 0 для всех x ∈ [0,
π
], а ∀y > 0 найдутся точки, где
144

решение u(x, y) неограниченно возрастает, так как lim n→+∞
e ny
2n
= +∞, т. е.
устойчивости по начальным данным нет и начально-краевая задача (4.28)
некорректна.
5. ЭЛЕМЕНТЫ ВАРИАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ
5.1. Задача о минимуме функционала
Интегральным функционалом или просто функционалом назовем отоб- ражение вида
J (y) =
b
Z
a
F (x, y, y
0
)dx,
(5.1)
где F – заданная функция трех переменных. В общем случае функциона- лом называют отображение некоторого класса функций одной или несколь- ких переменных на множество действительных чисел. Областью определе- ния функционала (5.1) назовем множество функций, дифференцируемых на промежутке [a, b] и удовлетворяющих краевым условиям Дирихле
D(J ) =
n y ∈ C
1
[a,b]
, y(a) = t
1
, y(b) = t
2
o
Поставим задачу нахождения минимума функционала (5.1), т. е. на- хождения такой функции y
0
∈ D(J), которая удовлетворяет следующему условию: ∃
ε
> 0, такое, что ∀y ∈ D(J )
y6=y
0
и max x∈[a,b]
|y(x) − y
0
(x)| <
ε
выполнено неравенство J (y) > J (y
0
).
Предположим, что на функции y
0
функционал J (y) достигает мини- мума. Пусть v(x) – произвольная дифференцируемая функция, удовлетво- ряющая условию v(a) = v(b) = 0. Рассмотрим следующую функцию:
ϕ
(t) = J (y
0
+ tv) =
b
Z
a
F (x, y
0
+ tv, y
0 0
+ tv
0
)dx.
(5.2)
Если функционал J (y) имеет минимум в y
0
, то
ϕ
(t) будет иметь минимум при t = 0 и, следовательно,
ϕ
0
(0) = 0. Найдем производную
ϕ
(t), не обос- новывая возможность дифференцирования интеграла (5.2) по параметру
ϕ
0
(0) =
b
Z
a
∂F
∂y v +
∂F
∂y
0
v
0

dx,
145

и проинтегрируем второе слагаемое по частям:
ϕ
0
(0) =
b
Z
a
∂F
∂y v dx +
∂F
∂y
0
v b
a
−
b
Z
a d
dx
∂F
∂y
0

v dx.
В силу условия v(a) = v(b) = 0 получаем
ϕ
0
(0) =
b
Z
a
∂F
∂y
−
d dx
∂F
∂y
0

v dx = 0.
Так как функция v(x) произвольна, последнее равенство возможно только при
∂F
∂y
−
d dx
∂F
∂y
0

= 0.
(5.3)
Уравнение (5.3) называется уравнением Эйлера для функционала (5.1).
Пример 5.1. Найти линию наименьшей длины, соединяющую точки
A(a, t
1
) и B(b, t
2
).
Как известно, длина кривой y(x):
J (y) =
b
Z
a p
1 + (y
0
)
2
dx.
Найдем уравнение Эйлера для F (x, y, y
0
) =
p1 + (y
0
)
2
. Имеем:
∂F
∂y
= 0,
∂F
∂y
0
=
y
0
p1 + (y
0
)
2
,
d dx
∂F
∂y
0

=
y
00
(1 + (y
0
)
2
)
3/2
Тогда, согласно (5.3), уравнение Эйлера y
00
= 0.
Его общее решение y = c
1
x + c
2
– прямая линия. Если подставить сюда координаты точек A и B, получим значения констант c
1
и c
2
Пример 5.2. Задача о наименьшей поверхности вращения: опреде- лить кривую с заданными граничными точками, от вращения которой во- круг оси абсцисс образуется поверхность наименьшей площади.
Как известно, площадь поверхности вращения
S = 2
π
b
Z
a y
p
1 + (y
0
)
2
dx.
146

Найдем минимум функционала
J (y) =
b
Z
a y
p
1 + (y
0
)
2
dy.
Имеем:
F (x, y, y
0
) = y p
1 + (y
0
)
2
,
∂F
∂y
=
p
1 + (y
0
)
2
,
∂F
∂y
0
=
yy
0
p1 + (y
0
)
2
;
d dx
∂F
∂y
0

=
(y
0
)
2
p1 + (y
0
)
2
+
yy
00
p(1 + (y
0
)
2
)
3
Уравнение Эйлера будет p
1 + (y
0
)
2
−
(y
0
)
2
p1 + (y
0
)
2
−
yy
00
p(1 + (y
0
)
2
)
3
= 0.
Приведем уравнение к общему знаменателю
(1 + (y
0
)
2
)
2
− (y
0
)
2
(1 + (y
0
)
2
) − yy
00
p(1 + (y
0
)
2
)
3
= 0
и получим yy
00
= (y
0
)
2
+ 1.
Данное уравнение не содержит в явном виде x, поэтому его можно свести к уравнению первого порядка заменой y
0
= p(y), y
00
=
dp dy y
0
=
dp dy p. Получаем y
dp dy p = p
2
+ 1.
Разделяем переменные и интегрируем
Z
p p
2
+ 1
dp =
Z
dy y
,
или
1 2
ln(p
2
+ 1) = ln |y| + ln |c
1
|.
Отсюда p
2
+ 1 = c
2 1
y
2
и получаем уравнение y
0
= ±
q c
2 1
y
2
− 1.
147

Разделяем переменные и интегрируем
Z
dy
±
pc
2 1
y
2
− 1
=
Z
dx,
или
1
c
1
ln

c
1
y +
q c
2 1
y
2
− 1

= x + c
2
Поскольку c
1
, c
2
– произвольные постоянные, знаки ± опущены. Разрешим полученное уравнение относительно y:
c
1
y +
q c
2 1
y
2
− 1 = e c
1
x+c
3
,
где c
3
= c
1
c
2
. Перенесем c
1
y в правую часть и возведем в квадрат c
2 1
y
2
− 1 = e c
1
x+c
3
− c
1
y

2
Отсюда −1 = (e c
1
x+c
3
)
2
− 2c
1
ye c
1
x+c
3
и окончательно y =
1 2c
1

e c
1
x+c
3
+ e
−(c
1
x+c
3
)

=
1
c
1
ch(c
1
x + c
3
).
Получилось так называемое уравнение цепной линии. Значения констант c
1
и c
3
определяются из граничных условий.
Пример 5.3. Рассмотрим функционал
J (y) =
b
Z
a
p(x)(y
0
)
2
+ q(x)y
2
− 2f (x)y
dx.
(5.4)
Найдем производные подынтегральной функции
F (x, y, y
0
) = p(x)(y
0
)
2
+ q(x)y
2
− 2f (x)y :
∂F
∂y
= 2q(x)y − 2f (x),
d dx
∂F
∂y
0

= (2p(x)y
0
)
0
Отсюда получаем уравнение Эйлера
−(p(x)y
0
)
0
+ q(x)y = f (x).
Получилось хорошо знакомое из разд. 1 уравнение с симметричным диф- ференциальным оператором.
Пример 5.4. Рассмотрим дифференциальное уравнение
L(y) ≡ −(p(x)y
0
)
0
+ q(x)y = f (x)
148

с краевыми условиями y(0) = 0, y(b) = 0. Построим функционал
J (y) = (L(y), y) − 2(f, y) =
b
Z
a
−(p(x)y
0
)
0
y + q(x)y
2
dx − 2
b
Z
a f (x)y dx.
Проинтегрируем первое слагаемое по частям
−
b
Z
a
(p(x)y
0
)
0
y dx = −p(x)y
0
y b
a
+
b
Z
a p(x)y
0
y
0
dx.
С учетом краевых условий получаем
J (y) =
b
Z
a
p(x)(y
0
)
2
+ q(x)y
2
− 2f (x)y
dx,
т. е. функционал вида (5.4).
Пусть L(y) – линейный симметричный положительно-определенный дифференциальный оператор. Справедлива следующая теорема.
Теорема 5.1. Задача решения операторного уравнения
L(y) = f (x)
и задача поиска минимума функционала
J (y) = (L(y), y) − 2(f, y)
эквивалентны.
Доказательство. Возьмем линейную комбинацию функций y +
α
v и распишем функционал J (y +
α
v), используя свойства скалярного произве- дения и линейность L:
J (y +
α
v) = (L(y +
α
v), y +
α
v) − 2(f, y +
α
v) =
= (L(y), y) + (L(
α
v), y) + (L(y),
α
v) + (L(
α
v),
α
v) − 2(f, y) − 2(f,
α
v).
В силу симметричности оператора L имеем
(L(
α
v), y) = (
α
v, L(y)) =
α
(L(y), v).
Поэтому
J (y +
α
v) = (L(y), y) − 2(f, y) + 2
α
(L(y), v) − 2
α
(f, v) +
α
2
(L(v), v),
или
J (y +
α
v) = J (y) + 2
α
(L(y) − f, v) +
α
2
(L(v), v).
149

Пусть y(x) – решение уравнения L(y) = f , тогда
J (y +
α
v) = J (y) +
α
2
(L(v), v).
Оператор L – положительно-определенный, т. е. (L(v), v) > 0 для любой функции v(x) 6= 0 (kvk > 0). Следовательно, J (y +
α
v) > J (y), т. е. на функции y функционал J достигает минимума.
Обратное утверждение: пусть J (y) – минимальное значение функцио- нала. Тогда при любом
α
должно выполняться неравенство
2
α
(L(y) − f, v) +
α
2
(L(v), v) > 0.
Но при изменении знака
α
левая часть неравенства будет менять знак,
если только (L(y) − f, v) 6= 0. Следовательно, для произвольной функции v скалярное произведение (L(y) − f, v) = 0. Это возможно только, если
L(y) = f .
К доказательству теоремы следует сделать одно принципиальное за- мечание. Дело в том, что области определения дифференциального опера- тора L(y) и функционала J (y) не совпадают. Функционал J (y) определен на функциях, имеющих первую производную и удовлетворяющих краевым условиям. Решение же дифференциального уравнения L(y) = f должно быть дважды дифференцируемым. В случае, когда функция y(x), мини- мизирующая функционал, дважды дифференцируема, она является и ре- шением уравнения L(y) = f в обычном смысле, и такое решение принято называть классическим решением уравнения.
Если же у функции y(x) непрерывна только первая производная, y(x)
называют обобщенным решением уравнения L(y) = f .
5.2. Задача о минимуме функционала в многомерном случае
Пусть u(x, y) – дифференцируемая функция двух переменных, удо- влетворяющая на границе области Ω краевым условиям Дирихле. Введем в рассмотрение функционал
J (u) =
Z Z
Ω
F (x, y, u, u
0
x
, u
0
y
)dx dy.
(5.5)
Требуется найти функцию u
0
(x, y), на которой функционал (5.5) достигает минимального значения. По аналогии с одномерной задачей напишем для функционала (5.5) уравнение Эйлера
∂F
∂u
−
d dx
∂F
∂u
0
x

−
d dy
∂F
∂u
0
y

= 0.
(5.6)
Аккуратный вывод уравнения (5.6) см., например, в [10].
150

Решением уравнения Эйлера и будет функция, обеспечивающая мини- мум функционала (5.5).
Пример 5.5. Рассмотрим функционал
J (u) =
Z Z
Ω
"
∂u
∂x

2
+
∂u
∂y

2
+ qu
2
− 2f u
#
dx dy
(5.7)
и найдем для него уравнение Эйлера:
F (x, y, u, u
0
x
, u
0
y
) = (u
0
x
)
2
+ (u
0
y
)
2
+ qu
2
− 2f u,
∂F
∂u
= 2qu − 2f,
∂F
∂u
0
x
= 2u
0
x
,
d dx
∂F
∂u
0
x

= 2
∂
2
u
∂x
2
,
∂F
∂u
0
y
= 2u
0
y
,
d dy
∂F
∂u
0
y

= 2
∂
2
u
∂y
2
Таким образом, уравнение Эйлера будет
−
∂
2
u
∂x
2
−
∂
2
u
∂y
2
+ qu = f.
(5.8)
Как и в одномерном случае, если L(u) – симметричный положительно- определенный оператор, то решение операторного уравнения L(u) = f эк- вивалентно задаче о
минимуме функционала
J (u)
=
= (L(u), u) − 2(f, u).
Пример 5.6. Построим функционал для уравнения (5.8). Если функ- ция q(x, y) ≥ q
0
> 0, то оператор L(u) = −
∂
2
u
∂x
2
−
∂
2
u
∂y
2
+ q(x, y)u будет симметричным и положительно-определенным. К уравнению (5.8) добавим однородные краевые условия Дирихле u
Γ
= 0, где Γ – граница области Ω.
Запишем функционал
J (u) = (Lu, u)−2(f, u) =
Z Z
Ω

−
∂
2
u
∂x
2
−
∂
2
u
∂y
2
+ qu

u dx dy −2
Z Z
Ω
f u dx dy.
Первые слагаемые в интеграле преобразуем по формуле Грина
−
Z Z
Ω
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2

u dx dy =
Z Z
Ω
(grad u, grad u)dx dy −
Z
Γ
u
∂u
∂
n ds,
151

где
n – внешняя нормаль к границе Γ. С учетом краевых условий имеем
−
Z Z
Ω
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2

u dx dy =
Z Z
Ω
"
∂u
∂x

2
+
∂u
∂y

2
#
dx dy и, следовательно,
J (u) =
Z Z
Ω
"
∂u
∂x

2
+
∂u
∂y

2
+ qu
2
− 2f u
#
dx dy,
т. е. получили тот же функционал (5.7).
5.3. Решение задачи о минимуме функционала методом Ритца
В предыдущих параграфах было показано, что задача нахождения ми- нимума функционала эквивалентна решению краевой задачи для диффе- ренциального уравнения Эйлера. Однако существуют методы нахождения минимума, не использующие уравнение Эйлера. Их принято называть пря- мыми. Более того, в ряде случаев от исходной краевой задачи переходят к задаче поиска минимума функционала. Именно такую задачу и рассмот- рим.
Пусть L(u) – симметричный положительно-определенный оператор.
Поставим краевую задачу Дирихле
L(u) = f ; u
Γ
= 0,
(5.9)
где Γ – граница области Ω. Решение этой задачи будем искать как минимум функционала
J (u) = (L(u), u) − 2(f, u).
(5.10)
Область определения функционала D(J ) состоит из дифференцируемых в
Ω функций, удовлетворяющих краевым условиям u
Γ
= 0. Возьмем линей- но независимый набор функций {
ϕ
k
}
n k=1
;
ϕ
k
∈ D(J), и рассмотрим множе- ство линейных комбинаций {
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
} = D
n
. Множество
D
n является подпространством линейного пространства D(J ), а функции
ϕ
1
, ...,
ϕ
n будут базисом этого подпространства. Любой элемент u ∈ D
n од- нозначно определяется набором коэффициентов
α
1
, ...,
α
n
– координатами u в базисе
ϕ
1
, ...,
ϕ
n
Найдем минимум функционала J (u) на множестве D
n
, т. е. найдем та-
152

кой набор коэффициентов
α
1
, ...,
α
n
, который обеспечит минимум функции
Φ(
α
1
,
α
2
, ...,
α
n
) = J (
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
) =
= (L(
α
1
ϕ
1
+ ... +
α
n
ϕ
n
),
α
1
ϕ
1
+ ... +
α
n
ϕ
n
) − 2(f,
α
1
ϕ
1
+ ... +
α
n
ϕ
n
) =
=
α
2 1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
1
) +
α
1
α
2
(L(
ϕ
1
),
ϕ
2
) + ... +
α
1
α
n
(L(
ϕ
1
),
ϕ
n
) +
+
α
2
α
1
(L(
ϕ
2
),
ϕ
1
) +
α
2 2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
2
) + ... +
α
2
α
n
(L(
ϕ
2
),
ϕ
n
) +
− 2
α
1
(f
,
ϕ
1
) − 2
α
2
(f,
ϕ
2
) − ... − 2
α
n
(f,
ϕ
n
).
Найдем все частные производные
∂Φ
∂
α
k
, k = 1, 2, ..., n, и приравня- ем их нулю. При этом учитываем, что оператор L симметричный, т. е.
(L(
ϕ
k
),
ϕ
m
) = (
ϕ
k
, L(
ϕ
m
)). В итоге получится система линейных урав- нений









α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
1
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
1
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
1
) = (f,
ϕ
1
),
α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
2
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
2
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
2
) = (f,
ϕ
2
),
α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
n
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
n
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
n
) = (f,
ϕ
n
).
(5.11)
Покажем, что система (5.11) однозначно разрешима. Для этого рас- смотрим соответствующую однородную систему и предположим, что она имеет нетривиальное решение
α
∗
1
,
α
∗
2
, ...,
α
∗
n
, т. е. выполняются равенства









α
∗
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
1
) +
α
∗
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
1
) + ... +
α
∗
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
1
) = 0,
α
∗
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
2
) +
α
∗
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
2
) + ... +
α
∗
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
2
) = 0,
α
∗
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
n
) +
α
∗
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
n
) + ... +
α
∗
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
n
) = 0.
В силу линейности скалярного произведения и оператора L имеем
(L(
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
),
ϕ
1
) = 0,
(L(
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
),
ϕ
2
) = 0,
(L(
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
),
ϕ
n
) = 0.
Умножим первое равенство на
α
∗
1
, второе – на
α
∗
2
и т. д., затем сложим и получим
(L(
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
),
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
) = 0.
Так как оператор L – положительно-определенный (т. е. ∀u, u 6= 0,
(L(u), u) > 0), то
α
∗
1
ϕ
1
+
α
∗
2
ϕ
2
+ ... +
α
∗
n
ϕ
n
= 0. Полученное равенство противоречит условию линейной независимости
ϕ
1
,
ϕ
2
, ...,
ϕ
n
. Следова- тельно, однородная система имеет только тривиальное решение, а значит,
153

система (5.11) разрешима единственным образом. Решив систему (5.11),
получим элемент u n
=
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
, который можно рассмат- ривать как приближенное решение задачи о минимуме функционала (5.10),
а также как приближение обобщенного решения краевой задачи (5.9). Ес- ли расширить систему базисных функций
ϕ
1
,
ϕ
2
, ...,
ϕ
n
,
ϕ
n+1
, ...,
ϕ
n
1
и найти элемент u n
1
, обеспечивающий минимум функционала на множестве
D
n
1
= {
α
1
ϕ
1
+ ... +
α
n
1
ϕ
n
1
}, то J(u n
1
) ≤ J (u n
). Минимум функционала не может увеличиться, потому что u n
∈ D
n
1
. Затем можно еще добавить ба- зисных функций, получить u n
2
и т. д. Получится последовательность при- ближенных решений u n
, u n
1
, u n
2
, ... .
Доказательство сходимости последовательности к точному решению задачи выходит за рамки настоящего пособия, его можно найти, например,
в [11].
Описанный метод построения последовательности приближенных ре- шений называется методом Ритца.
Отметим, что в методе Ритца от базисных функций
ϕ
k требуется на- личие только первых производных.
Пусть оператор L имеет вид
L(y) = −(p(x)y
0
)
0
+ q(x)y,
функция y(x) задана на промежутке [a, b] и удовлетворяет краевым усло- виям y(a) = y(b) = 0. Тогда скалярное произведение
(L(
ϕ
k
),
ϕ
m
) =
b
Z
a
[−(p(x)
ϕ
0
k
)
0
+ q(x)
ϕ
k
]
ϕ
m dx =
= −p(x)
ϕ
0
k
ϕ
m b
a
+
b
Z
a
(p(x)
ϕ
0
k
ϕ
0
m
+ q(x)
ϕ
k
ϕ
m
)dx.
С учетом краевых условий
(L(
ϕ
k
),
ϕ
m
) =
b
Z
a
(p(x)
ϕ
0
k
ϕ
0
m
+ q(x)
ϕ
k
ϕ
m
)dx.
В двумерном случае, например для оператора
L(u) = −∆u + q(x, y)u,
скалярные произведения будут выглядеть следующим образом:
(L(
ϕ
k
),
ϕ
m
) =
Z Z
Ω
∂
ϕ
k
∂x
∂
ϕ
m
∂x
+
∂
ϕ
k
∂y
∂
ϕ
m
∂y
+ q(x, y)
ϕ
k
ϕ
m

dx dy.
154

5.4. Понятие о методе Галеркина
Пусть L(u) – дифференциальный оператор 2-го порядка (не обязатель- но симметричный). Поставим краевую задачу
L(u) = f,
(5.12)
где u удовлетворяет однородным краевым условиям Дирихле. Возьмем произвольную дифференцируемую функцию v, удовлетворяющую одно- родным краевым условиям Дирихле, и скалярно умножим уравнение (5.12)
на v:
(L(u), v) = (f, v),
(5.13)
или, что то же самое, (L(u) − f, v) = 0. Поскольку скалярное произведе- ние – это интеграл, соотношение (5.13) принято называть интегральным тождеством.
Функцию u, удовлетворяющую интегральному тождеству с произволь- ной функцией v, будем называть обобщенным решением краевой задачи
(5.12).
Очевидно, что если краевая задача (5.12) имеет обычное решение, то это решение будет и обобщенным. Однако обобщенное решение может быть дифференцируемо только один раз, тогда как решение задачи (5.12) долж- но быть дифференцируемо 2 раза. Такой случай уже встречался при рас- смотрении задачи о минимуме функционала. Более того, в 5.1 доказатель- ство эквивалентности задачи о минимуме функционала и краевой задачи основывалось на выполнении соотношения (L(u)−f, v) = 0, т. е. интеграль- ного тождества (5.13). Таким образом, для симметричного оператора зада- ча нахождения минимума функционала и задача поиска функции, удовле- творяющей интегральному тождеству, эквивалентны. Однако соотношение
(5.13) можно написать и для несимметричного оператора и не связывать его с каким-либо функционалом.
Метод Галеркина состоит в построении решения задачи на конечно- мерном подпространстве так же, как и в методе Ритца. Возьмем систему из n линейно независимых дифференцируемых функций, удовлетворяю- щих однородным краевым условиям
ϕ
1
,
ϕ
2
, ...,
ϕ
n
. Рассмотрим множество всех линейных комбинаций этих функций D
n
= {
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
}.
Будем искать функцию u n
=
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
, удовлетворяющую соотношению (5.13) для произвольной функции v ∈ D
n
:
(L(
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
), v) = (f, v).
(5.14)
Если интегральное тождество будет выполнено для всех базисных функций пространства D
n
, то в силу линейности скалярного произведения оно будет выполнено и для любой функции v ∈ D
n
. Последовательно подставляя в
155

(5.14) вместо v базисные функции
ϕ
1
,
ϕ
2
, ...,
ϕ
n
, получим систему линей- ных уравнений









α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
1
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
1
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
1
) = (f,
ϕ
1
),
α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
2
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
2
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
2
) = (f,
ϕ
2
),
α
1
(L(
ϕ
1
),
ϕ
n
) +
α
2
(L(
ϕ
2
),
ϕ
n
) + ... +
α
n
(L(
ϕ
n
),
ϕ
n
) = (f,
ϕ
n
).
(5.15)
В случае симметричного оператора L система (5.15) совпадает с системой,
полученной методом Ритца. Решая систему (5.15), получим решение задачи u
n
=
α
1
ϕ
1
+
α
2
ϕ
2
+ ... +
α
n
ϕ
n
∈ D
n
, которое можно принять за приближен- ное решение задачи (5.13) и за приближенное обобщенное решение задачи
(5.12). Затем набор базисных функций расширяется, строится новое при- ближенное решение u n
1
и т. д. В итоге, как и в методе Ритца, получаем последовательность приближенных решений u n
, u n
1
, ... . Вопросы сходимо- сти приближенного решения к точному, как и разрешимость системы (5.15)
в общем случае, обсуждаются в известных монографиях, например в [11].
Покажем, как строится интегральное тождество для двумерной крае- вой задачи. Пусть в области Ω задано уравнение эллиптического типа
−
∂
2
u
∂x
2
−
∂
2
u
∂y
2
+ b
1
(x, y)
∂u
∂x
+ b
2
(x, y)
∂u
∂y
+ q(x, y)u = f (x, y).
(5.16)
На границе области Γ заданы однородные условия Дирихле u
Γ
= 0.
Заметим, что оператор задачи (5.16) не симметричен и поэтому метод Рит- ца к ней не применим. Умножим уравнение (5.16) на произвольную, удовле- творяющую однородным краевым условиям функцию v и проинтегрируем по Ω:
−
Z Z
Ω
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
v
∂y
2

v dx dy +
Z Z
Ω

b
1
(x, y)
∂u
∂x
+ b
2
(x, y)
∂u
∂y

v dx dy +
+
Z Z
Ω
q(x, y)uv dx dy =
Z Z
Ω
f (x, y)v dx dy.
(5.17)
Первый интеграл преобразуем по формуле интегрирования по частям:
−
Z Z
Ω
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
v
∂y
2

v dx dy =
156

=
Z Z
Ω
∂u
∂x
∂v
∂y
+
∂u
∂y
∂v
∂y

dx dy −
Z
Γ
∂u
∂
n v ds,
где
n – нормаль к границе Γ. Так как функция v на границе обращается в нуль, то и последний интеграл тоже равен нулю, и формула (5.17) примет вид
Z Z
Ω
∂u
∂x
∂v
∂x
+
∂u
∂y
∂v
∂y

dx dy +
Z Z
Ω

b
1
(x, y)
∂u
∂x
+ b
2
(x, y)
∂u
∂y

v dx dy +
+
Z Z
Ω
q(x, y)uv dx dy =
Z Z
Ω
f (x, y)v dx dy.
Полученное соотношение и является интегральным тождеством для урав- нения (5.16).
5.5. Пример решения уравнения Пуассона методом конечных элементов
В изложении метода конечных элементов будем следовать монографии
[12]. Рассмотрим задачу Дирихле для уравнения Пуассона в прямоуголь- нике Ω = [0, a] × [0, b]







−
∂
2
u
∂x
2
−
∂
2
u
∂y
2
= f (x, y),
u
Γ
= 0.
(5.18)
Пусть v – произвольная функция, удовлетворяющая однородным краевым условиям. Для задачи (5.18) запишем интегральное тождество метода Га- леркина
Z Z
Ω
∂u
∂x
∂v
∂x
+
∂u
∂y
∂v
∂y

dx dy =
Z Z
Ω
f v dx dy.
(5.19)
Далее в методе Галеркина необходимо выбрать систему базисных функ- ций. Для этого зададим в области Ω сетку. Пусть заданы шаги сетки h x
=
a n
и h y
=
b m
. Обозначим x k
= kh x
, y k
= ih y
, k = 0, 1, ..., n, i = 0, 1, ..., m.
В каждом прямоугольнике построенной сетки проведем диагональ из левого нижнего угла. Таким образом, область Ω оказалась разбита на тре- угольники (рис. 5.1). Такой вид сетки принято называть триангуляцией.
Введем в рассмотрение функции
ϕ
ki
(x, y), обладающие следующими свойствами: функция
ϕ
ki равна единице в узле (x k
, y i
) и нулю во всех
157

остальных узлах сетки; функция линейна во всех треугольниках сетки
(рис. 5.2). Такие функции называют функциями-палатками.

1   2   3   4   5   6   7   8   9   10