\documentclass[12pt,a4paper,oneside,reqno,draft]{amsbook} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsthm,array,longtable} \usepackage[T2A]{fontenc} \usepackage[cp1251]{inputenc} \usepackage[english,russian]{babel} \usepackage{amsfonts} \usepackage{latexsym} \makeatletter \@addtoreset{equation}{section} \makeatother %\renewcommand{\thefigure}{\thechapter.\arabic{figure}} \tolerance 4700 \renewcommand{\labelenumi}{\theenumi.} \renewcommand*{\proofname}{Доказательство} \DeclareMathOperator*{\grad}{grad} \DeclareMathOperator*{\Div}{div} \DeclareMathOperator*{\const}{const} \newcommand*{\Rd}{\mathbb R^d} \newcommand*{\sk}{\sum_{|\alpha|=k}} \newcommand*{\Pc}{\mathcal P} \newcommand*{\Ac}{\mathcal A} \newcommand*{\Hc}{\mathcal H} \newcommand*{\la}{\langle} \newcommand*{\ra}{\rangle} \newcommand*{\Sd}{\mathbb S^{d-1}} \newcommand*{\Bd}{\mathbb B^d} \newcommand*{\ov}{\overline} \DeclareMathOperator{\RE}{Re} \DeclareMathOperator{\Erf}{Erf} \newtheorem{lemma}{Лемма}[section] %\newtheorem{theorem}{Теорема} \newtheorem{theorem}{Теорема}[section] \newtheorem{proposition}{Предложение}[section] \newtheorem{corollary}{Следствие}[section] \renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}} \renewcommand{\thesection}{\S\ \arabic{section}} \newcounter{exam}[section] \renewcommand{\theexam}{\arabic{section}.\arabic{exam}} \newcommand*{\ex}{\par\refstepcounter{exam}% {\bf Пример \theexam.}\ } \newcounter{prob}[section] \renewcommand{\theprob}{\arabic{section}.\arabic{prob}} \newcommand*{\pro}{\par\refstepcounter{prob}% {\bf Задача \theprob.}\ } \renewcommand*{\thefigure}{} \pagestyle{plain} \begin{document} \renewcommand*\contentsname{Содержание} \renewcommand{\thefigure}{\arabic{figure}} \begin{center} Министерство высшего и среднего специального образования РСФСР \vskip5pt Московский авиационный технологический институт\\ им.\ К.Э.~Циолковского \end{center} \vskip30pt Кафедра ``Высшая математика'' \vskip45pt \centerline{В.М. Асеев, В.В. Горбацевич, К.Ю. Осипенко} \vskip40pt \begin{center} МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ ПО КУРСУ\\ ``УРАВНЕНИЯ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ'' \vskip10pt Часть 5 \vskip10pt УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА \vskip 300pt Москва -- 1984 \end{center} \thispagestyle{empty} \newpage %\tableofcontents \setcounter{page}{1} \setcounter{chapter}{3} \setcounter{figure}{16} \renewcommand*{\chaptername}{ГЛАВА} \chapter{Уравнения параболического типа (продолжение)} %\addcontentsline{toc}{chapter}{\chaptername\ \thechapter.\ {Уравнения параболического типа %(продолжение)}} %\chapter[Уравнения параболического типа\\(продолжение)] \setcounter{section}{25} \section{Решение уравнения теплопроводности для полубесконечного стержня} Понятие полубесконечного стержня возникает, когда влиянием тепловых процессов на одном из концов стержня на распространение тепла в изучаемом участке стержня можно пренебречь. Например, пусть изучается распространение тепла в цилиндрической оболочке летательного аппарата, которая подверглась кратковременному, но интенсивному нагреву на одном из торцов. В течение некоторого времени по всей оболочке влияние нагрева распространиться еще не успеет, поэтому ее можно будет рассматривать как полубесконечную. Рассмотрим стержень, расположенный вдоль оси $Ox$ на полубесконечном промежутке $(0,+\infty)$. \renewcommand{\figurename}{\rm рис.} \setcounter{figure}{15} \begin{figure}[h] $$\begin{picture}(300,60) \put(40,13.4){\vector(1,0){220}} \put(62.3,45.4){\line(1,0){198}} \put(58,2){$O$} \put(252,5){$x$} \qbezier(60,28)(63,62.5)(65,28) \qbezier(60,28)(63,-0.2)(65,28) \end{picture}$$ \caption{}\label{16} \end{figure} Задавая на левом (``конечном'') конце стержня различные граничные условия, будем получать (в сочетании с начальным условием) различные краевые задачи для одномерного уравнения теплопроводности, описывающего распространение тепла в полубесконечном стержне. Рассмотрим решение одной из таких задач. Пусть нужно найти решение однородного уравнения теплопроводности для полубесконечного стержня \begin{gather}\label{261} u_t=a^2u_{xx},\\ 0\le t<\infty,\quad0\le x<\infty,\notag \end{gather} удовлетворяющее начальному условию \begin{equation}\label{262} u(x,0)=T_0,\quad0\le x<\infty, \end{equation} указывающему, что в начальный момент времени $t_0=0$ во всех точках стержня имеем постоянную температуру $T_0$, и граничному условию I рода \begin{equation}\label{263} u(0,t)=\mu(t). \end{equation} Пренебрегая тепловыми процессами в правом, ``бесконечно удаленном'' конце стержня (т.е. при $x\to+\infty$), мы можем считать, что этот конец теплоизолирован, что приводит к еще одному граничному условию \begin{equation}\label{264} u_x(\infty,t)=0, \end{equation} которое означает, что $\displaystyle\lim_{x\to\infty}u_x(x,t)=0$. Для решения поставленной краевой задачи применим метод операционного исчисления, основанный на преобразовании Лапласа. Напомним, что преобразование Лапласа для функции $f(t)$, определенной при $t\ge0$, задается следующим образом: \begin{equation}\label{265} L(f(t))=F(p)=\int_0^\infty e^{-pt}f(t)\,dt, \end{equation} здесь $p$ --- комплексная переменная. Несобственный интеграл в \eqref{265} сходится, если функция $f(t)$ кусочно-непрерывна и удовлетворяет некоторому условию на рост ее модуля при $t\to\infty$ (такие функции $f(t)$ называют оригиналами, а $F(p)$ называется образом или изображением для $f(t)$). Мы будем использовать здесь обычные свойства преобразования Лапласа (линейность, теорему о свертке, формулу для изображения производной и т.п.). Прежде всего заметим, что заменяя $u(x,t)$ на $v(x,t)=u(x,t)-T_0$, мы сводим задачу к случаю нулевого начального условия. Поэтому просто будем теперь предполагать, что $T_0=0$, т.е. вместо \eqref{262} рассмотрим следующее начальное условие: \begin{equation}\label{266} u(x,0)=0. \end{equation} Обозначим через $U(x,p)$ результат применения преобразования Лапласа к $u(x,t)$, рассматриваемой как функция одной только переменной $t$ (переменная $x$ при этом рассматривается как параметр). Мы будем предполагать, что $u(x,t)$ удовлетворяет всем условиям, накладываемым на функции-оригиналы. Применим теперь преобразование Лапласа к уравнению \eqref{261}. Используя формулу для образа производной, получим следующее выражение для образа функции $u_t$ при преобразовании Лапласа: \begin{equation}\label{267} L(u_t)=p\cdot U(x,p)-u(x,0)=p\cdot U(x,p). \end{equation} Образом функции $u_{xx}$ при преобразовании Лапласа будет $U_{xx}$, поэтому уравнение \eqref{261} преобразуется в следующее: \begin{equation}\label{268} p\cdot U(x,p)=a^2U_{xx}(x,p). \end{equation} Относительно переменной $x$ уравнение \eqref{268} является однородным обыкновенным дифференциальным линейным уравнением, причем 2-го порядка и с постоянными коэффициентами. Общее решение этого уравнения имеет вид \begin{equation}\label{269} U(x,p)=C_1e^{{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}+C_2e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}, \end{equation} где $C_1$, $C_2$ --- произвольные постоянные. При преобразовании Лапласа комплексная переменная $p$ выбирается так, чтобы $s=\RE p$ --- ее вещественная часть --- была положительна. В выражении $\sqrt p$ полагаем, что $\RE\sqrt p>0$, а для $-\sqrt p$ считаем, что $\RE(-\sqrt p)<0$. Для определения $C_1$ и $C_2$ используем граничные условия. Применяя преобразование Лапласа к \eqref{264}, получим \begin{equation}\label{2610} U_x(\infty,p)=0, \end{equation} где $U_x(\infty,p)=\displaystyle\lim_{x\to\infty}U_x(x,p)$ (мы не будем останавливаться на обосновании законности совершаемых предельных переходов и других операций над несобственными интегралами, связанными с преобразованием Лапласа). Имеем из \eqref{269} $$U_x(x,p)=C_1\frac{\sqrt p}ae^{{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}+C_2\left(-\frac{\sqrt p}a\right)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.$$ Так как $\RE\sqrt p>0$, то ясно, что равенство $\displaystyle\lim_{x\to\infty}U_x(x,p)=0$ возможно тогда и только тогда, когда $C_1=0$. Другими словами, граничное условие \eqref{2610} дает $$C_1=0.$$ Применим теперь преобразование Лапласа к \eqref{263}. Обозначим через $M(p)$ образ $\mu(t)$ при преобразовании Лапласа, тогда из граничного условия \eqref{263} получим следующее условие: $$U(0,p)=M(p).$$ Полагая $x=0$ в \eqref{269}, приходим к соотношению $$C_2=M(p).$$ В результате получаем такое выражение для $U(x,p)$: \begin{equation}\label{2611} U(x,p)=M(p)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}. \end{equation} Мы получили явное выражение для функции,являющейся образом решения $u(x,t)$. Для нахождения $u(x,t)$ применим обратное преобразование Лапласа. С помощью таблицы изображений и теоремы подобия без труда устанавливается, что прообразом функции $e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}$ является функция \begin{equation}\label{2612} L^{-1}\left(e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}\right)=\frac x{2a\sqrt\pi t^{3/2}}e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2t}}}. \end{equation} Правая часть равенства \eqref{2611} представлена в виде произведения двух функций, прообразы которых известны (для $M(p)$ это, конечно, $\mu(t)$). В силу теоремы о свертке прообразом их произведения служит свертка их прообразов. Поэтому получаем: \begin{equation}\label{2613} u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}} e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau. \end{equation} Иногда удобна и другая форма записи этого решения: $$u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(t-\tau)}{\tau^{3/2}} e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2\tau}}}\,d\tau.$$ Покажем теперь, как решить рассматриваемую краевую задачу и при граничном условии \eqref{262}, т.е. не предполагая, что $T_0=0$. Для этого, как уже отмечалось выше нужно ввести новую функцию $$v(x,t)=u(x,t)-T_0.$$ Функция $v(x,t)$ тоже удовлетворяет уравнению \eqref{261}, но для нее начальное условие будет нулевым: $$u(x,0)=0,$$ а граничные условия будут иметь вид $$\begin{cases}v(0,t)=\mu(t)-T_0,&\\ v_x(\infty,0)=0.\end{cases}$$ Применяя к этой краевой задаче для $v(x,t)$ процесс решения, описанный выше, получим следующее выражение для функции $V(x,p)$, являющейся результатом применения к $v(x,t)$ преобразования Лапласа по переменной $t$: \begin{equation}\label{2614} V(x,p)=\left(M(p)-\frac{T_0}p\right)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}. \end{equation} Из таблицы изображений и теоремы подобия следует, что функция $\dfrac1p e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}$ является изображением функции \begin{equation}\label{2615} L^{-1}\left(\frac1p e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}\right)=1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau=\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right), \end{equation} где $$\Erf(t)=1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^te^{-\tau^2}\,d\tau$$ является функцией ошибок (такое название связано с ее использованием в теории вероятностей). С помощью \eqref{2612} и \eqref{2615} из \eqref{2614} получаем, что \begin{multline*} v(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}} e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau\\ -T_0\biggl(1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau\biggr). \end{multline*} В результате для решения $u(x,t)=v(x,t)+T_0$ поставленной краевой задачи получаем: \begin{equation}\label{2616} u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}} e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau +\frac{2T_0}{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau. \end{equation} \ex Найти решение следующей краевой задачи для полубесконечного стержня: $$\begin{cases}u_t=a^2u_{xx},&\\ u(x,0)=T_0,&\\ u(0,t)=T_1.&\end{cases}$$ Здесь $T_0$ и $T_1$ --- заданные постоянные величины. Как обычно, добавляется граничное условие $$u_x(\infty,t)=0.$$ Явное выражение для решения этой задачи можно получить из \eqref{2616}, подставив $\mu(t)=T_1$. Однако полученное выражение будет довольно громоздким и неудобным для практических приложений. Поэтому мы используем выражение \eqref{2614}, получившееся в процессе решения. Так как изображением функции $\mu=T_1$ будет $\dfrac{T_1}p$, то в рассматриваемом нами случае получаем $$V(x,p)=\frac{T_1-T_0}pe^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.$$ Применяя теперь \eqref{2615}, получим $$v(x,t)=(T_1-T_0)\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right).$$ Отсюда получаем простое выражение для решения нашей задачи $$u(x,t)=T_0+(T_1-T_0)\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right).$$ Отметим, что полученное таким способом решение будет, конечно, совпадать (после некоторых преобразований) с полученным из общей формулы \eqref{2616}. Рассмотрим теперь уравнение теплопроводности в случае бесконечного стержня. К рассмотрению бесконечного стержня приводят задачи, в которых можно пренебречь влиянием тепловых процессов на обоих концах стержня (т.е. не учитывать влияние окружающей стержень среды). Соответствующая задача формулируется обычно следующим образом. Найти решение уравнения $$u_t=a^2u_{xx}$$ при $t\ge0$, $-\infty\varepsilon.\end{cases}$$ Выразить полученное решение через функцию $\Erf(z)$. Это решение описывает распределение температуры в стержне при наличии ``теплового заряда'', расположенного на участке $[0,\varepsilon]$. \section{Двумерное уравнение теплопроводности. Решение для случая прямоугольной области} Рассмотрим двумерное уравнение теплопроводности \begin{equation}\label{271} u_t=a^2(u_{xx}+u_{yy}), \end{equation} описываемое распределение температуры $u(x,y,t)$ в некоторой плоской области $D$. К такому уравнению сводится уравнение теплопроводности в пространственном случае, когда оказывается, что температура точек пространственного тела не зависит от одной из декартовых координат (скажем, от $z$). Начальное условие для уравнения \eqref{271} имеет вид \begin{equation}\label{272} u(x,y,0)=\varphi(x,y). \end{equation} Оно задает температуру точек области в начальный момент времени $t_0$. Среди множества возможных граничных условий мы рассмотрим здесь лишь граничное условие I рода \begin{equation}\label{273} u\big|_{(x,y)\in\Gamma}=\mu(x,y,t), \end{equation} задающее закон изменения температуры на кривой $\Gamma$, являющейся границей области $D$. В случае, если область $D$ имеет достаточно простую форму, краевую задачу \eqref{272}, \eqref{273} для уравнения \eqref{271} иногда удается решить в аналитической форме. Рассмотрим случай, когда область $D$ является прямоугольником со сторонами $l$ и $m$. \begin{figure}[h] $$\begin{picture}(300,100) \put(80,10){\vector(1,0){140}} \put(90,0){\vector(0,1){100}} \put(90,78){\line(1,0){100}} \put(190,10){\line(0,1){68}} \put(220,0){$x$} \put(80,96){$y$} \put(78,76){$m$} \put(77,-1){$O$} \put(130,-1){$y=0$} \put(130,84){$y=m$} \put(56,44){$x=0$} \put(137,44){$D$} \put(196,44){$x=l$} \put(188,-1){$l$} \end{picture}$$ \caption{}\label{17} \end{figure} В этом случае для решения указанной выше краевой задачи снова можно применить метод Фурье. Соответствующие рассуждения и вычисления во многом аналогичны приведенным в \S~17 при решении задачи о колебаниях прямоугольной мембраны. Поэтому здесь мы будем пропускать некоторые детали, отсылая за подробностями к \S~17. Вместе с уравнением \eqref{271} и начальным условием \eqref{272} рассмотрим следующие (нулевые) граничные условия \begin{equation}\label{274} \begin{cases}u(0,y,t)=u(l,y,t)=0,&\\ u(x,0,t)=u(x,m,t)=0,&\end{cases} \end{equation} которые соответствуют \eqref{273} при $\mu=0$. Как обычно в методе Фурье, решение будем искать в виде $$u(x,y,t)=X(x)Y(y)T((t).$$ Подставляя это выражение в \eqref{271} и разделяя переменные, получим $$\frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\omega.$$ Как и в \S~17, показывается, что величина $\omega$ не зависит от $x$, $y$, $t$, т.е. является постоянной. Полагая $$\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda;\quad\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\mu,\quad\lambda+\mu=\omega\quad (\lambda,\mu=\const),$$ получим следующие обыкновенные дифференциальные уравнения \begin{align}\label{275} &T'+\omega a^2T=0,\\ &X''+\lambda X=0,\label{276}\\ &Y''+\mu Y=0.\label{277} \end{align} Как и для случая уравнения колебаний в \S~17, граничные условия (23.4) приводят к следующим граничным условиям для $X$ и $Y$: \begin{equation}\label{278} \begin{cases}X(0)=X(l)=0,&\\ Y(0)=Y(m)=0.&\end{cases} \end{equation} Уравнения \eqref{276}, \eqref{277} с граничными \eqref{278} подробно рассматривались в \S~13 (см. также \S~17). Здесь получаем следующие решения \begin{gather}\label{279} X_n(x)=\sin\frac{\pi n}lx,\quad n=1,2.\ldots,\\ Y_k(y)=\sin\frac{\pi k}my,\quad k=1,2.\ldots,\label{2710} \end{gather} которые соответствуют собственным значениям \begin{gather*} \lambda=\lambda_n=\left(\frac{\pi n}l\right)^2,\\ \mu=\mu_k=\left(\frac{\pi k}m\right)^2. \end{gather*} При этом имеем $$\omega=\lambda_n+\mu_k=\left(\frac{\pi n}l\right)^2+\left(\frac{\pi k}m\right)^2,$$ обозначим $\lambda_n+\mu_k$ через $\omega_{n,k}^2$. При $\omega=\omega_{n,k}^2$ общее решение уравнения \eqref{275} имеет вид $$T_{n,k}(t)=B_{n,k}e^{-(a\omega_{n,k})^2t},$$ где $B_{n,k}$ --- произвольные постоянные, $n,k=1,2,3,\ldots$. Функция $$u_{n,k}(x,y,t)=X_n(x)Y_k(y)T_{n,k}(t)$$ удовлетворяет уравнению \eqref{271} и нулевым граничным условиям \eqref{278}. Рассмотрим теперь следующий ряд \begin{equation}\label{2711} u(x,y,t)=\sum_{n,k=1}^\infty u_{n,k}(x,y,t)=\sum_{n,k=1}^\infty B_{n,k}e^{-(a\omega_{n,k})^2t}\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my. \end{equation} Функция $u(x,y,t)$ удовлетворяет уравнению \eqref{271} (при некоторых ограничениях на $B_{n,k}$, на которых мы останавливаться не будем). Удовлетворяет она и условиям \eqref{278}. Подберем коэффициенты $B_{n,k}$ так, чтобы удовлетворялось и начальное условие \eqref{272}. При $t=0$ имеем \begin{equation}\label{2712} u(x,y,0)=\sum_{n,k=1}^\infty B_{n,k}\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my=\varphi(x,y). \end{equation} Следовательно числа $B_{n,k}$ являются коэффициентами разложения функции $\varphi(x,y)$ в двойной ряд Фурье. Поэтому \begin{equation}\label{2713} B_{n,k}=\frac4{lm}\iint_D\varphi(x,y)\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my\,dxdy, \end{equation} где двойной интеграл берется по прямоугольнику $D$ ($x\in[0,l]$, $y\in[0,m]$). Подставив выражения \eqref{2713} для $B_{n,k}$ в \eqref{2712}, получим решение заданной краевой задачи. \pro (для самостоятельного решения). Решить следующую краевую задачу $$\begin{cases}u_t=u_{xx}+u_{yy},&\\ u(x,y,0)=u_0=\const,&\\ u(0,y,t)=u(\pi,y,t)=0,&\\ u(x,0,t)=u(x,\pi,t)=0.&\end{cases}$$ \section{Двумерное уравнение теплопроводности. Решение для случая круговой области} Рассмотрим теперь задачу о распространении тепла в случае, когда плоская область $D$ является кругом. К такого рода задачам часто сводится задача о распространении тепла в цилиндрической области пространства. Будем искать решение уравнения \eqref{271} при начальном условии $u(x,y,0)=\alpha(x,y)$ и нулевом граничном условии $$u\big|_\Gamma=0,$$ где кривая $\Gamma$ --- это окружность (радиуса $r_0$, см. рис.~\ref{18}). \begin{figure}[h] $$\begin{picture}(300,140) \put(70,70){\vector(1,0){160}} \put(154,126){$y$} \put(228,62){$x$} \put(150,10){\vector(0,1){120}} \qbezier(190,70)(190,110)(150,110) \qbezier(110,70)(110,110)(150,110) \qbezier(110,70)(110,30)(150,30) \qbezier(190,70)(190,30)(150,30) \put(150,70){\line(1,1){20}} \put(170,90){\circle*{2}} \qbezier(160,80)(166,77)(165,70) \put(150,70){\line(-1,1){30}} \put(124,82){$r_0$} \put(156,81){$r$} \put(166,76){$\varphi$} \end{picture}$$ \caption{}\label{18} \end{figure} При решении удобно перейти к полярной системе координат (см. \S~19, гдеаналогичным методом решается задача о колебании круглой мембраны). В полярной системе координат уравнение \eqref{271} принимает вид (см. \S~19): \begin{equation}\label{281} u_t=a^2\left(u_{rr}+\frac1ru_r+\frac1{r^2}u_{\varphi\varphi}\right). \end{equation} Начальное условие преобразуется так: \begin{equation}\label{282} u(r,\varphi,0)=A(r,\varphi), \end{equation} где $A(r,\varphi)=\alpha(r\cos\varphi,r\sin\varphi)$. Граничное условие имеет вид \begin{equation}\label{283} u(r_0,\varphi,t)=0. \end{equation} Как и в \S~19, для решения такой задачи применим метод Фурье. Решения уравнения \eqref{281}, удовлетворяющие граничному условию \eqref{283}, будем искать в виде $$u(r,\varphi,t)=R(r)\Phi(\varphi)T(t).$$ Подставляя это выражение в \eqref{281} и деля на $a^2R\Phi T$, получим $$\frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{R''(r)}{R(r)}+\frac1r\frac{R'(r)}{R(r)} +\frac1{r^2}\frac{\Phi''(\varphi)}{\Phi(\varphi)}.$$ Обозначим \begin{gather*} \frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=-\lambda,\\ \frac{\Phi''(\varphi)}{\Phi(\varphi)}=-\mu. \end{gather*} Как и при решении уравнения колебаний в \S~19, показывается, что величины $\lambda$ и $\mu$ являются постоянными (не зависят от $r$, $\varphi$, $t$). В результате получаем следующие обыкновенные дифференциальные уравнения \begin{gather}\label{284} T'+\lambda a^2T=0,\\ \Phi''+\mu\Phi=0,\label{285}\\ R''+\frac1rR'+(\lambda r^2-\mu)R=0.\label{286} \end{gather} Граничное условие \eqref{283} дает \begin{equation}\label{287} R(r_0)=0. \end{equation} Уравнение \eqref{286} совпадает с уравнением (19.6), а условие \eqref{287} --- с граничным условием (19.9). Поэтому мы можем воспользоваться результатом, уже полученным в \S~19. А именно, получаем \begin{equation}\label{288} R(r)=R_{n,m}(r)=J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right). \end{equation} Здесь $J_n$ --- это функции Бесселя ($n=0,1,\ldots$), а $\mu_m^{(n)}$ --- нули этих функций ($m=1,2,\ldots$), т.е. $J_n(\mu_m^{(n)})=0$. Решения $R_{n,m}(r)$ соответствуют собственным значениям \begin{equation}\label{289} \lambda=\lambda_{n,m}=\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}\right)^2. \end{equation} Рассмотрим теперь уравнение \eqref{284}. При $\lambda=\lambda_{n,m}$ его решения имеют вид \begin{equation}\label{2810} T_{n,m}(t)=c_{n,m}e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(n)}}{r_0}}\right)^2t}. \end{equation} Перейдем к уравнению \eqref{285}. Так как функция $\Phi(\varphi)$ должна быть периодична с периодом $2\pi$ (по смыслу задачи), то, как легко понять, должно быть $\mu=n^2$ при некотором натуральном $n$. При таком $\mu$ общее решение уравнения \eqref{285} будет таково: \begin{equation}\label{2811} \Phi_n(\varphi)=\alpha_n\cos n\varphi+\beta_n\sin n\varphi. \end{equation} Принимая во внимание полученные выражения для $R(r)$ \eqref{288}, $T(t)$ \eqref{2810} и $\Phi(\varphi)$ \eqref{2811}, решение поставленной краевой задачи для круга будем искать в виде следующего ряда \begin{equation}\label{2812} u(r,\varphi,t)=\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=1}^\infty e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(n)}}{r_0}}\right)^2t}[a_{n,m}\cos n\varphi+b_{n,m}\sin n\varphi]J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right). \end{equation} Функция $u(r,\varphi,t)$ удовлетворяет уравнению \eqref{281} граничным условиям \eqref{283}. Начальное условие \eqref{282} приводит к равенству $$\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=1}^\infty[a_{n,m}\cos n\varphi+b_{n,m}\sin n\varphi]J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)=A(r,\varphi).$$ Отсюда, как и в \S~19 при решении уравнения колебаний для круга, получаем следующее выражение для коэффициентов $a_{n,m}$, $b_{n,m}$ (см. (19.13)) \begin{gather*} a_{n,m}=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{r_0}A(r,\varphi) J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)\cos n\varphi\,drd\varphi}{\pi\varepsilon_n\|J_n\|^2},\\ b_{n,m}=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{r_0}A(r,\varphi) J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)\sin n\varphi\,drd\varphi}{\pi\varepsilon_n\|J_n\|^2}. \end{gather*} Здесь $$\varepsilon_n=\begin{cases}2,&\mbox{ при }n=0,\\ 1,&\mbox{ при }n>0.\end{cases}$$ Через $\|J_n\|$ обозначается норма функции $J_n$, она может быть вычислена по формуле (18.6): $$\|J_n\|^2=\frac{r_0}2\left[J_n'(\mu_m^{(n)})\right]^2.$$ В заключение рассмотрим один частный случай. Предположим, что начальная температура $A(r,\varphi)$ зависит только от $r$ (т.е., как говорят, обладает круговой симметрией). Тогда двойной ряд в \eqref{2812} заменяется одинарным и решение сильно упрощается: $$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty c_mJ_0\left(\frac{\mu_m^{(0)}}{r_0}r\right) e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(0)}}{r_0}}\right)^2t},$$ где $\mu_m^{(0)}$ --- $m$-й корень функции Бесселя $J_0$ нулевого порядка. Выражение для коэффициентов $c_m$ принимает вид $$c_m=\frac{\displaystyle2\int_0^{r_0}A(\rho)J_0\left(\frac{\mu_m^{(0)}}{r_0}r\right)r\,dr} {r_0^2\left[J_1(\mu_m^{(0)})\right]^2}.$$ \section{О решении трехмерного уравнения теплопроводности} Рассмотрим задачу распространения тепла в пространстве. Трехмерное уравнение теплопроводности имеет вид \begin{equation}\label{291} u_t=a^2\Delta u, \end{equation} где $\Delta u=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ ($\Delta$ --- трехмерный оператор Лапласа). Предположим, что изучается распределение температуры $u(x,y,z,t)$ в точках некоторого ограниченного тела $V$. Начальное условие обычно имеет вид \begin{equation}\label{292} u(x,y,z,0)=\varphi(x,y,z). \end{equation} Пусть $S$ --- это поверхность, являющаяся границей тела $V$. Задавая на $S$ различного рода граничные условия, будем получать различные краевые задачи для уравнения \eqref{291} (см. \S~22). Если область $V$ имеет достаточно простую форму, то иногда поставленную краевую задачу удается решить в аналитической форме. Например, если $V$ это прямоугольный параллелепипед, то можно тем же методом, что в \S~27, решить I краевую задачу. Решение будет представляться в виде тройного ряда Фурье, при нахождении этого решения никаких принципиальных трудностей (по сравнению с \S~27) не возникает. Для параллелепипеда можно решить и П краевую задачу, а иногда и Ш краевую задачу (обобщая метод, примененный в \S~25 для решения такой задачи в случае одномерного уравнения теплопроводности). Пусть теперь область $V$ является шаром. В этом случае I краевая задача для \eqref{291} тоже допускает аналитическое решение. При этом оказывается необходимым использовать так называемые сферические функции. Эти функции аналогичны функциям Бесселя (иначе называемым цилиндрическими), но определяются более сложным образом. Существенным моментом в этом случае оказывается переход к сферической системе координат. Сферические координаты $r$, $\varphi$ и $\theta$ (см. рис.~\ref{19}) связаны с декартовыми следующими соотношениями \begin{gather}\label{293} \begin{cases}x=r\sin\theta\cos\varphi,&\\ y=r\sin\theta\sin\varphi,&\\ z=r\cos\theta,&\end{cases}\\ r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.\notag \end{gather} \begin{figure}[h] $$\begin{picture}(300,120) \put(150,40){\vector(1,0){90}} \put(150,40){\vector(-2,-1){70}} \put(150,40){\vector(0,1){80}} \put(142,115){$z$} \put(85,0){$x$} \put(233,32){$y$} \put(150,40){\line(1,1){40}} \put(150,40){\line(2,-1){40}} \put(190,20){\line(0,1){60}} \qbezier(140,35)(150,30)(160,35) \put(145,25){$\varphi$} \put(169,65){$r$} \put(153,55){$\theta$} \qbezier(150,50)(155,54)(158,48) \put(190,80){\circle*{2}} \put(195,80){$M(x,y,z)$} \end{picture}$$ \caption{}\label{19} \end{figure} По аналогии с тем, как это было сделано в \S~19 для двумерного оператора Лапласа, можно выразить в сферических координатах и трехмерный оператор Лапласа $\Delta$. Получается следующее выражение \begin{equation}\label{294} \Delta u=\frac1{r^2}\frac\partial{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac1{r^2\sin\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)_\theta+ \frac1{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}. \end{equation} Мы не будем приводить здесь решение I краевой задачи для шара в общем случае в силу его громоздкости. Рассмотрим только один частный случай (весьма важный для приложений). А именно, пусть граничное значение имеет вид $$u\big|_S=0,$$ где $S$ --- сфера радиуса $R$ (граница шара $V$), а в начальном условии \eqref{292}, переписанном в сферической системе координат: $$u(r,\varphi,\theta,0)=\alpha(r,\varphi,\theta)$$ функция $\alpha(r,\varphi,\theta)$ не зависит от углов $\varphi$ и $\theta$, т.е. $\alpha=\alpha(r)$ является функцией одного только $r$. В этом случае говорят, что функциях обладает сферической симметрией (в точках любой сферы $r=r_0$ ее значение постоянно). Если начальное распределение температуры $\alpha(r)$ обладает сферической симметрией, то очевидно, и в последующие моменты времени температура $u(r,\varphi,\theta,t)$ точек шара тоже не будет зависеть от $\varphi$ и $\theta$. В этом случае получаем $u=u(r,t)$, уравнение \eqref{291} в силу выражения \eqref{294} принимает вид $$u_t=\frac{a^2}{r^2}(r^2u_r)_r$$ или \begin{equation}\label{295} u_t=a^2\left(u_{rr}+\frac2ru_r\right). \end{equation} Начальное условие имеет вид \begin{equation}\label{296} u(r,0)=\alpha(r), \end{equation} а граничное: \begin{equation}\label{297} u(R,t)=0. \end{equation} Отметим, что более общее граничное условие $$u(R,t)=u_0$$ можно свести к виду \eqref{297} введением новой функции $\widehat u(r,t)=u(r,t)-u_0$. Поэтому мы ограничимся рассмотрением граничного условия \eqref{297}. Оказывается, что краевую задачу \eqref{296}, \eqref{297} для уравнения \eqref{295} можно решить, сведя ее к I краевой задаче для одномерного уравнения теплопроводности. Для этого введем следующую вспомогательную функцию \begin{equation}\label{298} v(r,t)=ru(r,t). \end{equation} Ясно, что $v_t=ru_t$. Далее, имеем $$v_{rr}=2u_r+ru_{rr}=r\left(u_{rr}+\frac2ru_r\right).$$ Сравнивая эти выражения с правой частью уравнения \eqref{295}, приходим к соотношению $$\frac1rv_t=\frac{a^2}rv_{rr},$$ из которого получаем уравнение \begin{equation}\label{299} v_t=a^2v_{rr}, \end{equation} по форме совпадающее с одномерным уравнением теплопроводности (см. \S~20). Из \eqref{298} вытекает, что для функции $v(r,t)$ начальное условие имеет вид \begin{equation}\label{2910} v(r,0)=r\alpha(r). \end{equation} Из \eqref{297} получаем граничное условие \begin{equation}\label{2911} v(R,t)=0. \end{equation} Подставляя $r=0$ в \eqref{298}, получаем еще одно граничное условие \begin{equation}\label{2912} v(0,t)=0. \end{equation} Получаем І краевую задачу \eqref{2910}, \eqref{2911}, \eqref{2912} для уравнения \eqref{299}. Решение такой задачи было подробно рассмотрено в \S~24. В результате получаем в силу (24.13) и (24.15) $$v(r,t)=\sum_{n=1}^\infty B_ne^{-\left(\textstyle{\frac{\pi an}R}\right)^2t}\sin\frac{\pi n}Rr,$$ где $$B_n=\frac2R\int_0^Rr\alpha(r)\sin\frac{\pi n}Rr\,dr.$$ Таким образом, функция $$u(r,t)=\frac1rv(r,t)$$ является решением поставленной краевой задачи для шара (при условии сферической симметрии начального распределения температур). \tableofcontents \end{document}