Построение виконання завдання Гурса для телеграфного рівняння методом Римана

Міністерство освіти та науки України.

Дніпропетровський національний університет.

Механіко-математичний факультет.

Кафедра диференційних рівнянь.

Випускна робота.

Побудова розв’язку задачі Гурса для телеграфного рівняння методом Рімана Виконав: студент грн. МЕ-97−2 Керівник: проф. Остапенко В.О.

Коленкін О.О.

«___» _________2001.______.

Допущено до захисту: Рецензент: доц. Грішин В.Б. Завідувач кафедрою Поляков М. В. «___» _________2001._______ «___» _________2001.______.

Дніпропетровськ.

Зміст.

Реферат 4 The summary. 5 Вступ 6 § 1. Постановка задачі. 8 § 2. Приведення до канонічного вигляду гіперболічного рівняння іншого порядку із двома незалежними змінними. Характеристики. 9 § 3. Формула Остроградського-Гаусса. 12 § 4. Існування та єдиність розв’язку задачі Гурса. 13 § 5. Спряжені диференційні оператори. 19 § 6. Побудова розв’язку. 21 § 7. Деякі приклади на знаходження фунції Рімана. 25 Висновок. 31 Список використованої літератури: 32.

Реферат.

Сторінок: 31, рисунків: 2, джерел: 4.

Ключеві слова: рівняння гіперболічного типу, характеристики, завдання Гурса, метод послідовних наближень, дієвідмін оператор, формула Гріна, функція Рімана.

Мета роботи: в даній роботі необхідно ознайомитись із методом отримання розв’язку задачі Гурса для телеграфного рівняння (1.1) із початковими умовами (1.2); довести існування та єдиність цого розв’язку; навести приклади та вказати області вживання цого методу у прикладних науках.

The summary.

In the given operation some questions, concerning equations in partial derivatives of the second order with two explanatory variables of hyperbolic type are considered. The algorithm of coercion to a canonical form of these equations is shown, definition of characteristics is given. The method of construction of solution of Gourses problem for the telegraphic equation is stated. Existence and uniqueness of solution of Gourses problem is proved. Some questions concerning of conjugate differential operators, in particular, are considered is obtained the important formula (Green «p.s formula) on which usage Rimahn’s method leans. Auxiliary function (Rimahn's function (6.4)) is entered. The number of examples on finding of this function is given.

Вступ.

У світі, який нас оточує, відбувається багато різних процесів — фізичні, хімічні, біологічні та інші. Для вивчання цих процесів будують математичні моделі. Велика кількість завдань зводиться до рівнянь у частинних похідних. Великий інтерес являє собою знаходження розв’яків для систем рівнянь, котрі підпорядковуються тім чи іншим додатковим умовам. Ці додаткові умови, як правило, являють собою задання невідомих функцій та деяких їхніх похідних на межі області, в якої шукається розв’язок, чи складаються у бо невідомим функціям предписується тієї чи інший характер властивості. У загальному випадку ці додаткові умови називаються граничними умовами. Задачі на відшукання розв’язків системи рівнянь у частинних похідних, підлеглих вказаним додатковим умовам, в загальному випадку називаються граничними задачами.

Прикладом граничної задачі може бути завдання Гурса. Граничні задачі Гурса використовують для описання процесів сорбції, десорбції, сушіння, процесів каталітичних хімічних реакцій та деяких інших процесів.

Німецьким математиком Ріманом (17.09.1826 — 30.07.1866) був пропонований важливий метод інтегрування рівняння (1.1), який базується на використанні формули Гріна (5.2). Цей метод дозволяє виразити в явному вигляді шукаємий розв’язок задачі Гурса через граничні умови (1.2). Робота складається із вступу, заключення та семи параграфів. Зробимо коротенький огляд шкірного параграфу. У § 1 цієї роботи наведена постановка задачі Гурса. На малюнку 1 показано область D, в якій необхідно знайти розв’язок цієї задачі. § 2 присвячен деяким загальним питанням рівнянь у частинних похідних. Показали алгоритм приведення до канонічного вигляду гіперболічного рівняння у частинних похідних іншого порядку із двома незалежними змінними. Дано означення характеристик. § 3 є допоміжним параграфом. У ньому наведено формулу перетворення поверхневих інтегралів у об'ємні (3.2). У § 4 методом послідовних наближень доводитися існування та єдиність розв’язку задачі Гурса. § 5 торкається запитання спряжених диференційних операторів. Показано, що вираз vLu — uMv, де Mv — оператор, дієвідмін до Lu, можна зобразити як суму частинних похідних від деякіх виразів. Отримана формула Гріна (5.2). § 6 є основним параграфом в даній роботі. У ньому викладен метод Рімана. Шляхом введеня допоміжної функції (функції Рімана (6.4)) отримано розв’язок задачі Гурса у явному вигляді. У § 7 наведено деякі приклади знаходження функції Рімана.

§ 1. Постановка задачі.

Нехай дано рівняння.

[pic] (1.1) Треба знайти розв’язок цого рівняння в області D (рис. 1).

[pic] якщо задані крайові умови u (x0, t) = ((t); u (x, t0) = ((x), (1.2) при цьому функції ((t) та ((x) ддиференцьовані, та задовільнюють умові спряження.

((t0) = ((x0). Така завдання називається задачею із даними на характкристиках, чи задачею Гурса.

D.

Рис. 1.

§ 2. Приведення до канонічного вигляду.

гіперболічного рівняння іншого порядку.

із двома незалежними змінними. Характеристики.

Розглянемо рівняння іншого порядку із двома незалежними змінними.

[pic], (2.1) де коефіцієнти А, У та З — функції від x та y, котрі мають неперервні похідні до іншого порядку включно у області ((R. За допомогою перетворення змінних.

(= ((x, у), (= ((x, у), яку припускає обернене перетворення, ми отримуємо нове рівняння, еквівалентне рівнянню (2.1). При цьому будемо матір [pic].

(2.2) підставляючи значення похідних з (2.2) в (2.1), будемо мати:

[pic], (2.3) де.

[pic], а функція [pic] не залежить від інших похідних. Замітимо, що якщо рівняння (2.1) було б лінійно, то і рівняння (2.3) якщо лінійним.

Рівняння (2.1) пов’язано із рівнянням:

Аdy2+2Вdydx+Сdx2=0 (2.4).

яке має назву рівнянням характеристичних змінних, а його інтеграли — характеристиками для рівняння (2.1).

(2.5).

Нехай ((x, y)=const є загальним інтегралом рівняння (2.4), тоді покладемо (=((x, y) й коефіцієнт [pic] якщо дорівнювати нулю, якщо ((x, y)= const другий, відмінний від Першого інтеграл, то заміною (=((x, y) ми доб'ємось, щоб [pic]=0.

як видно із формули (2.5), рівняння (2.4) може матір різні розв’язки, один розв’язок чи не матір розв’язків взагалі в залежності від знаку В2-АС.

Рівняння (2.1) у деякій точці М (x, y) будемо називати:

1) рівнянням гіперболічного типу, якщо В2-АС>0; 2) рівнянням параболічного типу, якщо В2-АС=0; 3) рівнянням параболічного типу, якщо В2-АС (0.

Відмітимо, що при довільній заміні змінних (2.2) виконується рівність.

[pic] тобто при чи — якому перетворенні змінних, у якого якобіан відмінний від нуля, тип рівняння (2.1) не змінюється.

Розглянемо випадок, коли рівняння (2.1) має гіперболічний тип у деякій області G ((. У цій області характеристичне рівняння має два різних загальних інтеграла ((x, y)=const та ((x, y)=const.

Зробимо заміну описану вище: (=((x, y) та (=((x, y), отримаємо:

[pic].

[pic] (2.6) де [pic].

Рівняння (2.6) називається канонічною формою рівнянь гіпер-болічного типу. Покажемо, що характеристиками рівняння (2.6) будуть прямі, паралельні координатним осях, тобто (= const, (= const.

Для (2.6) рівнянням характеристичних змінних якщо d (d (= 0.

Звідки будемо мати.

(= const, (= const.

§ 3. Формула Остроградського-Гаусса.

Нехай P (x, y, z), Q (x, y, z) і R (x, y, z) — три функциї змінних x, y, z, котрі задані у області D' і мають в ній неперервні похідні Першого порядку по x, по y та по z. Розглянемо у D' деяку замкнену поверхню P. S, Яка складається із скінченного числа кусків із неперервно змінюючеюся ними дотичною площиною. Таку поверхню називають кусочно-гладкою. Ми будемо, крім того, вважати, що прямі, паралельні координатним осях, зустрічають її чи у скінченному числі точок, чи мають загальним цілий відрізок. Розглянемо інтеграл.

[pic], (3.1) де через cos (nx), cos (ny), cos (nz) обозначені косінуси кутов, котрі складені внутрішньою нормаллю до поверхні P. S із осями координат, а dS — додатній елемент поверхні. користуючись векторними позначеннями, ми можемо вважати P, Q, R компонентами деякого вектора, який позначимо літерою Т. Тоді.

P cos (nx) + Q cos (ny) + Rcos (nz) = Tn, де Tn — проєкція вектора Т на напрям внутрішньої нормалі. Класична теорема із інтегрального счислення дозволяє перейти від поверхневого інтегралу (3.1) до об'ємного, расповсюдженого галузь D, обмежену гладкою поверхнею P. S (Яка задовольняє усім обмеженням, котрі було б наведено вище). Ми будемо мати:

[pic] чи у векторних позначеннях.

[pic] (3.2) де dv означає диференціал об'єму, а.

[pic]. Приведено нами формула справедлива у более загальних припущеннях відносно P. S. В частности, формула (3.2) має місце для будь-якій кусочно — гладкої поверхні P. S, Яка обмежує деяку область D.

§ 4. Існування та єдиність розв’язку.

задачі Гурса.

Розглянемо найпростішу завдання із даними на характеристиках.

[pic] (4.1) Додаткові умови даються на прямих x = 0 та t = 0, котрі, як було б доведено вище, є характеристиками рівняння (4.1). Будемо вважати, що функції ((x) та ((t) диференцюємі та задовольняють умові спряжіння ((0) = ((0). Інтегруючи послідовно по x та по t рівняння (4.1), отримуємо:

[pic].

[pic] або.

[pic] (4.2) Таким чином, для найпростішого рівняння, яку не містить перших похідних [pic] та шукаємої функції, розв’язок представляється у явному аналітичному вигляді (4.2). З формули (4.2) безпосередньо слідує єдиність та існування розв’язку поставленої задачі. Перейдемо до розв’язку лінійного рівняння гіперболічного типу.

[pic] (4.3) при додаткових умовах на характеристиках x = 0, t = 0 u (x, 0) = ((x), u (0, t) = ((t), (4.4) де ((x) та ((t) задовільнюють вимогам диференцюємості та спряження. Коефіцієнти a, b та з будемо вважати неперервними функціями x та t. Формула (4.3) показує, що функція u (x, t) задовільнює інтегродиференційному рівнянню.

[pic] (4.5) Для доведення існування та єдиності розв’язку рівняння (4.5) скористаємось методом послідовних наближень. Виберемо в якості нульового наближення функцію u (x, t) = 0. Тоді (4.5) дає для послідовних наближень слідуючі вирази:

[pic] (4.6) Зауважимо, що.

[pic] (4.7) Доведемо рівномірну збіжність послідовностей.

{un (x, t)}, [pic], [pic]. Для цого розглянемо різниці [pic].

[pic] [pic].

[pic] [pic].

[pic] Нехай М — верхня межа абсолютних величин коефіцієнтів a (x, t), b (x, t), c (x, t) та H — верхня межа абсолютних величин z0 = u1(x, t) та її похідних.

|z0| < H, [pic][pic] при зміні x та t всередині деякого квадрату (0 (x (L, 0 (t (L). Побудуємо мажорантні оцінки для функцій [pic] Вочевидь, що.

[pic] Припустимо, що мають місце рекурентні оцінки.

[pic] де До > 0 — деяке стале число, значення якого наведемо нижче. Користуючись ціми оцінками та формулою для (n+1)-го наближення после деяких спрощінь, котрі посилюють нерівність, маємо: [pic].

[pic] [pic].

[pic] [pic].

[pic] де.

K = L + 2. У правих частинах цих нерівностей із точністю до множників пропорційності стояти загальні члени розкладання функції е2KLM. Ці оцінки показують, що послідовності функцій.

[pic] збігаються рівномірно до граничних функцій, які ми зазначимо.

[pic] Переходячи до границі под знаком інтегралу у формулах (4.6) та (4.7), будемо мати:

[pic] Звідси випливають рівності.

[pic].

[pic], котрі дозволяють встановити, що функція u (x, t) задовільнює інтегродиференційному рівнянню.

[pic] (4.5) а також диференційному рівнянню (4.3), що перевіряється безпосереднім диференціюванням рівняння (4.5) по x та по t. Функція [pic] задовільнює також додатковим умовам. Доведемо тепер єдиність розв’язку задачі (4.3)-(4.4). Припустимо існування двох розв’язків u1(x, t) та u2(x, t). Отримуємо для їхнього різниці.

U (x, t) = u1(x, t) — u2(x, t) однорідне інтегро-диференційне рівняння.

[pic] Позначаючи далі через H1 верхню між абсолютних величин.

[pic], [pic], [pic] для 0 (x (L, 0 (t (L та повторюючи оцінки, котрі було б проведено для функцій zn (x, t), переконуємось у справедливості нерівності.

[pic] для будь-якого значення n. Звідси й випливає.

U (x, t) (0 чи u1(x, t) (u2(x, t), що й доводити єдиність розв’язку задачі Гурса.

§ 5. Спряжені диференційні оператори.

Розглянемо лінійний диференційний оператор 2-го порядку.

[pic], де Aij, Bi і З є двічі диференцюємими функціями x1, x2,…, xn. Назвем оператор

[pic] спряженим із оператором Lu. Якщо оператор L співпадає із спряженим йому оператором M, то такий оператор називають самоспряженим. Розглянемо різницю.

[pic]. При отриманні цого виразу ми додали суму.

[pic], але й вона дорівнює нулю, так що значення виразу не змінилося. Одже, вираз vLu — uMv являє собою суму частинних похідних по xi від деяких виразів Pi, тобто.

[pic], де.

[pic]. Розглянемо тепер деякий n-мірний об'єм (, який обмежений кусочно-гладкою поверхнею P. S. Користуючись формулою Остроградського-Гауса (3.2), будемо мати.

[pic], (5.1) де cos (nx1), cos (nx2),… — направляючі косінуси внутрешньої нормалі до P. S. Формула (5.1) носити назву формули Гріна. Розглянемо рівняння (1.1). Оператори Lu, Mv, а також функції P1 та P2 будуть матір вигляд:

[pic] При цьому формула Гріна дає (нормаль внутрішня).

[pic] (5.2).

§ 6. Побудова розв’язку.

Будувати розв’язок будемо методом Рімана, який полягає на використовуванні формули Гріна та дає рішення задачі (1.1) через граничні умови (1.2). Нехай нам потрібно знайти значення функції u у деякій точці М області (x > x0, t > t0) із координатами (x1, t1). Проведемо через точку М (рис. 2) із координатами (x1, t1) дві прямі, котрі паралельні координатним осях. Нехай точка P (x0, t1) — це точка перети-ну прямих x = x0 та t = t1, а точка Q (x1, t0) — точка перетину прямих x = x1 та t = t0. Прямі x = х0, x = х1, t = t0, t = t1 як було б показано раніше, є характеристиками рівняння (1.1). Область (якщо являти собою прямокутник MPRQ. У цій області ми можемо застосувати метод Рімана для знаходження розв’язку. Якщо враховувати, що обіг області (відбувається проти годинни-кової стрілки, так що обігаєма площа завжди залишається зліва, формулу (5.2) можна записати у вигляді.

[pic] (5.2') З малюнку 2 бачимо, що при цьому dx = cos (nt)dS, dt = - cos (nx)dS. За умови u (x0, t) = ((t) отримуємо:

[pic]= 0; [pic]= ('(t). За умови u (x, t0) = ((x), отримуємо:

[pic]= 0; [pic]= ('(x).

Рис. 2 Якщо застосувати формулу (5.2') до прямокутника MPRQ, враховуючи, що на характеристиках QM та PR змінюється лише t, але в характерис-тиках MP та RQ змінюється лише x, будемо мати:

[pic] (6.1) Перетворимо кожен із інтегралів, який стоїть у правій частині (6.1):

[pic] (6.2.1).

[pic] (6.2.2).

[pic] (6.2.3).

[pic] (6.2.4) Нехай тепер v (x, t, x1, t1) — деяка функція, котра задовільнює умовам:

Mv = 0, (6.4).

[pic], [pic]. При цьому v (x1, t1, x1, t1) = 1,.

[pic] (6.5) Розв’язок v (x, t, x1, t1) однорідного спряженого рівняння (6.4), який задовільнює умовам (6.5), називається функцією Рімана. Ця функція не залежить від початкових даних (1.2), та для неї точка (x, t) грає роль аргументу, а точка (x1, t1) — роль параметру. Існування та єдиність такої функції v було б доведено методом послідовних наближень. Ос-кільки на прямій MP t = t1, але в прямій QM x = x1, то останні члени у формулах (6.2.1) та (6.2.2) обертаються в нуль, й ми отримаємо:

[pic].

[pic]. Формулу (6.1) тепер можна записати у вигляді:

[pic] Приводячи подібні, та враховуючи, що v (x1, t1, x1, t1) = 1, u (x0,t) = ((t), u (x, t0) = ((x) та; [pic]= ('(x), маємо:

[pic] Звідки знаходимо розв’язок нашої задачі.

[pic] (6.6) як ми бачимо, формула (6.6) дозволяє у явному вигляді написати розв’язок данної задачі, оскільки точку М (x1, t1) ми вибрали довільно.

§ 7. Деякі приклади на знаходження фунції Рімана.

Приклад 1. Знайдемо функцію Рімана для рівняння.

[pic]. (7.1) Зробивши заміну змінних.

[pic].

рівняння (7.1) наводитися до канонічного вигляду.

[pic].

при цьому будемо матір a = 0, b = -.

Звернемося тепер до відшукання фунції Рімана v ((, (, (1, (1). Згідно загальної теорії, вон винна задовольняти спряженому рівнянню.

[pic] (7.2).

та умовам на характеристиках, котрі проходять через точку ((1, (1):

[pic] (7.3).

неважко вконатися, що функція.

[pic].

задовільнює як рівнянню (7.2), то й умовам (7.3), слід, це й є шукана функція Рімана.

Приклад 2.

Знайдемо функцію Рімана для рівняння.

[pic](x > 0) (7.4).

приведемо рівняння (7.4) до канонічного вигляду, для чого складемо рівняння характерстик.

xdt2 — dx2 = 0.

це рівняння має два різних інтеграла.

+ = C1, — = C1,.

слід, треба запровадити нові змінні (та (за формулами.

(= +, (= - (x >0).

приєднаємо до цих рівностей ще одну залежність.

[pic].

тоді рівняння (7.4) перетвориться до канонічного вигляду:

[pic].

при цьому будемо матір a = 0, b = 0.

Для відшукання функії Рімана нам потрібно знайти частинний розв’язок спряженого рівняння.

[pic] (7.5).

який задовольняв бі слідуючим умовам на характеристиках, проведених через точку ((1, (1).

[pic] (7.6).

Будемо шукати розв’язок рівняння (7.1) у вигляді v = G ((), де.

(=.

Тоді для G (() ми отримаємо слідуюче рівняння:

((1-()G''(() + (1−2()G'(() — G (() = 0.

Це рівняння частинним випадком гіпер геометрічного рівняння Гаусса.

((1-()y'' + [(- (1 + (+ ()(]y' - ((y = 0.

при (= (=, (= 1.

Рівняння Гаусса припускає частинний розв’язок у вигляді гіпергеометрічного ряду.

[pic].

який збігається абсолютно при |(| < 1.

Звідки ясно, що взявши.

v = G (() = F[pic]= 1 + [pic].

ми задовільним рівнянню (7.5) та усмовам (7.6). Слід, функція.

[pic].

і є функцією Рімана.

Приклад 3.

Знайдемо функцію Рімана для телеграфного рівняння.

[pic].

якщо запровадити нову функцію u (x, t) поклавши.

[pic] (7.7).

то рівняння (7.7) более просту форму.

[pic], (7.8).

де a =, b = .

За допомогою заміни змінних.

(= (x + at), (= (x — at).

приведемо рівняння (7.8) до канонічного вигляду.

[pic].

при цьому маємо a = b = 0.

Функція Рімана винна задовільнювати спряженому рівнянню.

[pic], (7.9).

та на характеристиках (= (1, (= (1 дорівнює одиниці.

Будемо шукати розв’язок рівняння (7.9) у вигляді.

[pic].

Підставивши цей вираз та пізначивши через (корінь [pic], знайдемо, що функція v задовільнює звичайному диференційному рівнянню.

G''(() + G'(()+G (()=0,.

Лінійно незалежними розв’язками якого є функція Бесселя нульового порядку.

[pic].

та функція Неймана N0((), основною властивістю якої є [pic], слід, вона не може бути шуканою функцією.

Тобто, якщо взяти.

v = J0(().

отримаємо розв’язок рівняння (7.9), який обертається на характерис-тиках (= (1, (= (1 у одиницю, оскільки тут (= 0.

Таким чином, функція Рімана знайдена, вона має вигляд:

[pic].

Висновок.

У даній роботі розглянуто завдання Гурса для телеграфного рівняння. Було доведено, що розв’язок цієї задачі існує та що він Єдиний. Завдяки використанню методу Рімана ми отримали цей розв’язок у явному вигляді. На прикладах ми показали, що знаходження функції Рімана зводиться до розв’язання звичайних диференйійних рівнянь, таких як рівняння Бесселя чи гіпергеометричного рівняння Гаусса.

Список використованої літератури:

1. Кошляков М. З., Глинер Еге. Б., Смирнов М. М. Рівняння у приватних похідних математичної фізики. «Вищу школу». Москва. 1970 р. 2. Положій Р. М. Рівняння математичної фізики. «Вищу школу». Москва.

1964 р. 3. Соболєв З. Л. Рівняння математичної фізики. «Наука». Москва. 1964 р. 4. Тихонов О. Н., Самарський А. А. Рівняння математичної фізики. «Наука».

Москва. 1977 г.

———————————- t.

0???

x.

x0.

t0.

t.

x.

Q (x1;t0).

P (x0;t1).

R (x0;t0).

M (x1;t1).

(.