Н. Л. Абашеева, Т. Ю. Михайлова

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ

НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙУНИВЕРСИТЕТ

Физический факультет

Н. Л. Абашеева, Т. Ю. Михайлова

СЕМИНАРЫ ПО МЕТОДАММАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

Учебное пособие

Новосибирск2012

УДК 517.95ББК В161.62А136

Абашеева Н. Л., Михайлова Т. Ю. Семинары по ме-тодам математической физики: Учеб. пособие / Новосиб. гос.ун-т. Новосибирск, 2012. 138 с.

В учебном пособии изложены основные приемы решениязадач по курсу “Методы математической физики” для сту-дентов 3-го курса отделения физической информатики фи-зического факультета и отделений геофизики и геомехани-ки геолого-геофизического факультета Новосибирского госу-дарственного университета.

Рецензентпроф. Д. А. Шапиро

Издание подготовлено в рамках реализации Программыразвития государственного образовательного учреждениявысшего профессионального образования “Новосибирский го-сударственный университет” на 2009–2018 годы.

c⃝ Новосибирский государственныйуниверситет, 2012

c⃝ Абашеева Н. Л.,Михайлова Т. Ю., 2012

Предисловие

Курс “Методы математической физики” читается на фи-зическом факультете Новосибирского государственного уни-верситета на отделении физической информатики.

Название курса, его структура и содержание подчеркива-ют, что основное внимание уделяется именно методам реше-ния задач математической физики. Формат изложения (од-на лекция и два семинара в неделю) позволяет рассмотретьпрактически все классические приемы: метод бегущих волндля гиперболических уравнений, метод Фурье, функцию Гри-на, теорию потенциалов и интегральных преобразований.

Данный курс является иллюстрацией того, как знания инавыки, полученные студентами на первых двух курсах, мо-гут быть использованы в решении практических задач фи-зики.

Пособие содержит основы наиболее распространенных ал-горитмов; ожидается, что техническая часть (разложение вряды, вычисление интегралов и т. д.) читателю уже знакомаи не требует пояснений.

Тем не менее, мы считаем, что студентам будет полезноотработать на практических примерах те знания, которыеони приобрели в рамках нашего курса.

Приведем список рекомендуемой литературы (полный спи-сок см. на с. 116).

Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник за-дач по математической физике. М.: Физматлит, 2003.

Данный задачник содержит подробные решения практи-чески всех задач. Следует отметить, что, как правило, по-становка задач носит физический характер, и тем интерес-нее, как она затем переводится в математическую плоскость.Можно сказать, что сегодня это лучшее, что предлагает намобширная библиография по интересующему нас вопросу.

3

Сборник задач по уравнениям математической физики /Под ред. В.С. Владимирова. М.: Физматлит, 2001.

Именно этот сборник является источником многих задач,которые мы рассматриваем на практических занятиях. В от-личие от предыдущего, он написан более современным мате-матическим языком. Задачи часто не имеют ярко выражен-ного физического смысла и являются, скорее, примерами ос-новных подходов к решению задач математической физики.

Кошляков Н.С., Глинер Э.Б., Смирнов М.М. Уравненияв частных производных математической физики. М.: Высш.шк., 1970.

Написанная простым и понятным языком книга можетбыть полезна тем студентам, которые хотят более подробноознакомиться с предметом.

Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математиче-ской физики. М.: Изд-во МГУ, 1999.

Классический учебник. Особенно хочется отметить, что вэтой книге вы найдете простые выводы основных уравненийматематической физики — вопросы, которые мы практиче-ски не рассматриваем в нашем курсе.

4

Уравнения с частными производнымипервого порядка

§ 1. Линейные однородные уравнения первого по-рядка

Рассмотрим уравнение вида

a1∂u

∂x1+ . . .+ an

∂u

∂xn= 0, (1.1)

где ai(x1, . . . , xn) (i = 1, n) — непрерывно дифференцируемые

функции,n∑i=1

a2i = 0.

Определение. Автономная системаdx1ds

= a1(x1, . . . , xn),

. . .dxnds

= an(x1, . . . , xn)

(1.2)

называется характеристической системой уравнения (1.1).В симметричной форме эта система имеет вид

dx1a1

= . . . =dxnan

. (1.2′)

Определение. Характеристиками уравнения (1.1) на-зываются траектории системы (1.2), т. е. интегральные кри-вые системы (1.2′).

Определение. Первым интегралом системы (1.2′) назы-вается любая функция φ(x1, . . . , xn), принимающая постоян-ное значение на решениях этой системы (т. е. характеристи-ках уравнения (1.1)).

Пусть φ1, . . . , φn−1 — независимые первые интегралы си-стемы (1.2′).

Теорема. Любое решение уравнения (1.1) имеет вид

u = F (φ1, . . . , φn−1), (1.3)

5

где F — произвольная гладкая функция от n−1 переменной.Пусть S — гладкая (n− 1)-мерная поверхность в Rn.Задача Коши1. Найти решение уравнения (1.1) такое,

чтоu∣∣S= u0, (1.4)

где u0 — заданная непрерывно дифференцируемая функция.Определение. Точка x0 ∈ S называется нехарактери-

стической, если характеристика, проходящая через точку x0,не касается поверхности S.

Теорема. Задача Коши имеет единственное решение вокрестности любой нехарактеристической точки.

Итак, чтобы решить задачу Коши,1) находим характеристики и первые интегралы системы

(1.2′);2) составляем общее решение по формуле (1.3);3) используя начальные данные (1.4), находим функцию F ,

т. е. решение задачи Коши.

Найти решения уравнений, удовлетворяющие указаннымусловиям.

1. ux + uy = 0, u|y=0 = u0(x).2. ux + uy = 0, u|y=1−x = u0(x).3. ux + uy = 0, u|y=x = u0(x).4. yux − xuy = 0, u|y=x = u0(x).5. ux + (2ex − y)uy = 0, u|x=0 = y.6. (x− z)ux + (y − z)uy + 2zuz = 0, u|z=1 = xy.7. xux + yuy + xyuz = 0, u|z=0 = x2 + y2.8. ux + uy + 2uz = 0, u|x=1 = yz.

1 Augustin Louis Cauchy (1789–1857), французский математик.

6

§ 2. Линейные неоднородные уравнения первогопорядка

Теперь рассмотрим уравнение

a1∂u

∂x1+ . . .+ an

∂u

∂xn= b, (2.1)

где ai(x1, . . . , xn) (i = 1, n), b(x1, . . . , xn) — непрерывно диф-

ференцируемые функции,n∑i=1

a2i = 0.

Теорема. Если u1, u2 — решения (2.1), то v = u1 − u2является решением (1.1).

Отсюдаuо.р.н. = uо.р.о. + uч.р.н., (2.2)

где uо.р.н. — общее решение неоднородного уравнения,uо.р.о. — общее решение однородного уравнения,uч.р.н. — частное решение неоднородного уравнения.Задача Коши ставится так же, как и для однородного

уравнения (см. § 1).Итак, чтобы решить задачу Коши для уравнения (2.1),1) находим общее решение однородного уравнения (1.1),

как в § 1;2) затем находим частное решение неоднородного уравне-

ния (2.1), используя соотношение на характеристике

du = b ds ;

3) составляем общее решение неоднородного уравнения поформуле (2.2).

Найти решения уравнений, удовлетворяющие указаннымусловиям.

9. y2ux + xyuy = x, u|x=0 = y2.10. xux + yuy = 2xy, u|y=x = x2.

7

11. xux + yuy = 2xy, u|x2+y2=1 = x.12. exux + y2uy = yex, u|x=0 = y.

§ 3. Квазилинейные уравнения первого порядка

Теперь коэффициенты уравнения могут зависеть и от ис-комой функции, т. е.

n∑i=1

ai(x1, . . . , xn, u)∂u

∂xi= b(x1, . . . , xn, u).

Для наглядности рассмотрим случай n = 2, т. е. уравнениевида

a(x, y, u)∂u

∂x+ b(x, y, u)

∂u

∂y= c(x, y, u). (3.1)

Определение. Cистема

dx

a=dy

b=du

c(3.2)

называется характеристической системой уравнения (3.1)Определение. Характеристиками уравнения (3.1) на-

зываются интегральные кривые системы (3.2).Переформулируем задачу Коши для случая n = 2. Пусть

γ — гладкая кривая в R2.Задача Коши. Найти решение уравнения (3.1) такое,

чтоu∣∣γ= u0, (3.3)

где u0 — заданная непрерывно дифференцируемая функция.1-й способ решения задачи Коши для уравнения (3.1):1) сначала нужно найти независимые первые интегралы

φ1(x, y, u), φ2(x, y, u) системы (3.2);2) составить общее решение, заданное неявной формулой

Φ(φ1, φ2) = 0;

8

3) используя начальные условия (3.3), найти функцию Φ.Существует еще один способ решения задачи Коши.Если кривая γ задана параметрически уравнениями{

x = x0(t),y = y0(t),

то геометрически решить задачу Коши означает построитьинтегральную поверхность уравнения (3.1), проходящую че-рез заданную кривую Γ:

x = x0(t),y = y0(t),u = u0(t).

2-й способ решения задачи Коши для уравнения (3.1):Нужно найти поверхность, заданную параметрически

уравнениями x = x(t, s),y = y(t, s),u = u(t, s),

решив задачу Коши для системы (при каждом фиксирован-ном t)

dx

ds= a(x, y, u),

dy

ds= b(x, y, u),

du

ds= c(x, y, u)

с данными x∣∣s=0

= x0(t),

y∣∣s=0

= y0(t),

u∣∣s=0

= u0(t).

Заметим, что этим способом можно решать и линейныеуравнения.

9

Найти поверхности, удовлетворяющие данным уравнени-ям и проходящие через заданные кривые.

13. uux + uy = 1; x− y2 = 0, u+ y = 0.14. (x− u)ux + (y − u)uy = 2u; x− y = 2, u+ 2x = 1.15. ux + 2uy + u = xy; x = 0, u+ y = 2.16. xux + (xu+ y)uy = u; x+ y = 2u, xu = 1.17. xux + uy = u− xy; x = 2, u− y2 = 1.18. xzx + zzy = y; x = t, y = sin t, z = cos t.19. ut+uux = 0; lim

t→+0u(t, x) = sgn x. Следует уточнить, что

здесь u = u (t, x) означает функцию, определенную и непре-рывную в полуплоскости t > 0, гладкую при t = |x| и длякаждого фиксированного значения x имеющую указанныйвыше предел при t→ +0.

10

Классификация уравнений второго порядка§ 4. Приведение к каноническому виду квазили-

нейных уравнений второго порядка с перемен-ными коэффициентами в случае n = 2

Рассмотрим уравнение

a(x, y)uxx+2b(x, y)uxy+c(x, y)uyy+F (x, y, u, ux, uy) = 0, (4.1)

где a, b, c, F — заданные вещественные функции.Определение. Уравнение

aφ2x + 2bφxφy + cφ2

y = 0

называется характеристическим. Кривая γ, заданная урав-нением φ(x, y) = const, называется характеристической, ес-ли вектор нормали (φx, φy) удовлетворяет характеристиче-скому уравнению.

Характеристическому уравнению соответствует квадра-тичная форма

Φ(λ, µ) = aλ2 + 2bλµ+ cµ2

и квадратное уравнение (при a = 0, случай a = 0 рассматри-вается аналогично):

ak2 + 2bk + c = 0. (4.2)

Дискриминант этого уравнения D = 4(b2 − ac).Определение. Уравнение (4.1) называется уравнениемгиперболического типа, если D > 0 (квадратичная фор-

ма Φ знакопеременна);эллиптического типа, если D < 0 (квадратичная фор-

ма Φ знакоопределена);параболического типа, если D = 0 (квадратичная фор-

ма Φ вырождена).

11

1-й случай.В этом случае уравнение (4.2) имеет два вещественных

различных корня k1, k2. Характеристическое уравнение рас-падается на

φx − k1φy = 0 и φx − k2φy = 0.

Первые интегралы этих уравнений

φ1(x, y) = C1 и φ2(x, y) = C2

задают два семейства вещественных характеристик.После замены

ξ = φ1(x, y),η = φ2(x, y)

уравнение (4.1) приводится к первому каноническому виду

uξη +G(ξ, η, u, uξ, uη) = 0.

Заменойξ = α + β,η = α− β

это уравнение приводится ко второму каноническому виду

uαα − uββ +H(α, β, u, uα, uβ) = 0.

2-й случай.Уравнение (4.2) имеет два комплексно сопряженных кор-

ня k, k. Характеристическое уравнение распадается на

φx − kφy = 0 и φx − kφy = 0.

Первые интегралы этих уравнений имеют вид

φ1(x, y)± iφ2(x, y) = C,

где φ1(x, y), φ2(x, y) — вещественные функции. Веществен-ных характеристик в этом случае нет.

12

После заменыξ = φ1(x, y),η = φ2(x, y)

уравнение (4.1) приводится к каноническому виду

uξξ + uηη +G(ξ, η, u, uξ, uη) = 0.

3-й случай.Уравнение (4.2) имеет один вещественный корень k. Ха-

рактеристическое уравнение имеет вид

φx − kφy = 0.

Первый интеграл этого уравнения

φ(x, y) = C

задает семейство вещественных характеристик.После замены

ξ = φ(x, y),η = ψ(x, y),

где ψ — произвольная независимая с φ функция, уравнение(4.1) приводится к каноническому виду

uηη +G(ξ, η, u, uξ, uη) = 0.

Напомним следующие формулы:

ux = uξξx + uηηx,uy = uξξy + uηηy,uxx = uξξξ

2x + 2uξηξxηx + uηηη

2x + uξξxx + uηηxx,

uxy = uξξξxξy + uξη(ξxηy + ηxξy) + uηηηxηy + uξξxy + uηηxy,uyy = uξξξ

2y + 2uξηξyηy + uηηη

2y + uξξyy + uηηyy.

Итак, чтобы привести уравнение (4.1) к канониче-скому виду, нужно

13

1) решить квадратное уравнение (4.2) и определить типуравнения;

2) найти характеристики уравнения;3) сделать соответствующие типу уравнения замены и пе-

ресчитать частные производные по выписанным выше фор-мулам.

Для следующих уравнений укажите области, в пределахкоторых сохраняется тип уравнения, определите этот тип,найдите каноническую форму уравнения, а для параболиче-ских и гиперболических областей найдите общее решение.

20. x2uxx − y2uyy = 0.21. y2uxx + x2uyy = 0.22. x2uxx + 2xyuxy + y2uyy = 0.23. uxx + yuyy = 0.24. uxx − 2uxy − 3uyy + 2ux + uy = 0.25. x2uxx + 2xyuxy − 3y2uyy − 2xux = 0.26. uxx + yuyy +

12uy = 0.

27. (sgn y)uxx + 2uxy + uyy = 0.

§ 5. Приведение к каноническому виду квазили-нейных уравнений второго порядка с посто-янными коэффициентами в случае n > 2

Рассматриваем уравнениеn∑

i,j=1

aijuxixj + F (x1, . . . , xn, u, grad u) = 0, (5.1)

где aij (i, j = 1, n), F — заданные вещественные функции,aij = aji.

Уравнению (5.1) соответствует квадратичная форма

Φ(p) =n∑

i,j=1

aijpipj = (Ap,p), (5.2)

14

где p = (p1, . . . , pn)T , A = (aij)

ni,j=1.

Как известно, квадратичная форма заменой p = Sq (гдеS — некоторая невырожденная матрица) приводится к кано-ническому виду, т. е. матрица

A = STAS =

δ1 0 · · · 00 δ2 · · · 0· · · · · ·0 0 · · · δn

диагональная с элементами на диагонали, равными 0 или ±1.

Определение. Уравнение (5.1) называется уравнениемгиперболического типа, если квадратичная форма Φ зна-

копеременна, причем n − 1 коэффициент δi — одного знака,а последний — другого;

эллиптического типа, если квадратичная форма Φ зна-коопределена, т. е. все коэффициенты δi одного знака;

параболического типа, если квадратичная форма Φ вы-рождена, т. е. хотя бы один из коэффициентов δi равен нулю.

После линейной замены

y = STx, (5.3)

где x = (x1, . . . , xn)T , y = (y1, . . . , yn)

T , уравнение (5.1) при-водится к каноническому виду

n∑i=1

δiuyiyi +G(y1, . . . , yn, u, grad u) = 0.

Итак, чтобы привести уравнение (5.1) к канониче-скому виду, нужно

1) привести квадратичную форму (5.2) к каноническомувиду;

2) сделать замену (5.3).

15

Укажите тип дифференциальных уравнений, приведитеих к каноническому виду.

28. uxx + 2uxy − 2uxz + 2uyy + 6uzz = 0.29. uxy + uyz = 0.

30. ux1x1 + 2n∑k=2

uxkxk − 2n−1∑k=1

uxkxk+1.

31. uxx + 2uxy − 4uxz − 6uyz − uzz = 0.32. uxy + uxz − utx − uyz + uty + utz = 0.

16

Гиперболические уравнения§ 6. Задача Коши для гиперболического уравне-

ния в случае двух переменныхПусть уравнение

Lu ≡ a(x, y)uxx+2b(x, y)uxy+ c(x, y)uyy+F (x, y, u, ux, uy) = 0(6.1)

является уравнением гиперболического типа.Как известно, это уравнение имеет два семейства веще-

ственных характеристик. Пусть γ — гладкая кривая в R2,не касающаяся характеристик уравнения (6.1), и вектор l некасается этой кривой γ.

Задача Коши. Найти решение уравнения (6.1) такое,что

u∣∣γ= φ,

∂u

∂l

∣∣∣∣γ

= ψ,

где φ, ψ — заданные функции.Чтобы решить задачу Коши для уравнения (6.1),1) приводим уравнение к каноническому виду (см. § 4);2) находим общее решение полученного уравнения (если

удастся);3) используя данные задачи Коши, находим неизвестные

функции, участвующие в формуле общего решения, т. е. на-ходим решение задачи Коши.

Заметим, что если уравнение (6.1) является линейнымуравнением с постоянными коэффициентами, то после при-ведения к каноническому виду оно примет вид

uξη + Auξ +Buη + Cu = f(ξ, η).

В этом случае можно избавиться от младших производныхзаменой

u = e−Bξ−Aηv.

17

Решите задачи Коши для гиперболических уравненийвторого порядка.

33. uxy = 0,u∣∣γ= φ(x), uy

∣∣γ= ψ(x),

где кривая γ задана уравнением y = f(x).34. uxy = 0,

u∣∣y=0

= φ(x), uy∣∣y=0

= ψ(x).

35. x2uxx − y2uyy = 0 в x, y > 0,u∣∣x=1

= y2, ux∣∣x=1

= y.

36. xuxx + (x+ y)uxy + yuyy = 0 в x, y > 0,u∣∣y=1/x

= x3, ux∣∣y=1/x

= 2x2.

37. uxx − 3uxy + 2uyy + ux − 2uy = 0,u∣∣y=0

= 1, uy∣∣y=0

= e2x.

38. uy + uxx − 2uxy − 3uyy − 116u = 0 в x ≥ 0,

u∣∣x=0

= 2yey/8, ux∣∣x=0

=(2 + y

4

)ey/8.

39. 4y2uxx + 2(1− y2)uxy − uyy − 2y1+y2

(2ux − uy) = 0,

u∣∣y=0

= φ(x), uy∣∣y=0

= ψ(x).

§ 7. Задача Гурса для гиперболического уравне-ния в случае двух переменных

Пусть уравнение

Lu ≡ a(x, y)uxx+2b(x, y)uxy+ c(x, y)uyy+F (x, y, u, ux, uy) = 0(7.1)

является уравнением гиперболического типа.Пусть через точку (x0, y0) ∈ R2 проходят характеристики

γ1 и γ2 уравнения (7.1).

18

Задача Гурса2. Найти решение уравнения (7.1) такое,что

u∣∣γ1

= φ1,

u∣∣γ2

= φ2,

где φ1, φ2 — заданные функции и φ1(x0, y0) = φ2(x0, y0).Чтобы решить задачу Гурса для уравнения (7.1),1) приводим уравнение к каноническому виду (см. § 4);2) находим общее решение полученного уравнения (если

удастся);3) используя данные задачи Гурса, находим неизвестные

функции, участвующие в формуле общего решения, т. е. на-ходим решение задачи Коши.

В примерах 40–42 решите задачи Гурса.40. uxy − ux = x в x, y > 0,

u∣∣x=0

= y, u∣∣y=0

= x2.

41. uxy + xux = 0 в x, y > 0,u∣∣x=0

= φ(y), u∣∣y=0

= ψ(x),

где функции φ(y) и ψ(x) определены и непрерывны соответ-ственно на полуосях x > 0 и y > 0, имеют непрерывные вто-рые производные при положительных значениях своих аргу-ментов и “согласованы” равенством φ(0) = ψ(0).

42. uxy + 3ux − uy − 3u = 0 в x, y > 0,u∣∣x=0

= y2, u∣∣y=0

= cos x− 1.

43. Пусть k < 0. Покажите, что задачаuxy = 0 в x > 0, y > kx,u∣∣x=0

= 0, u∣∣y=kx

= 0,

поставлена некорректно.2 Edouard Jean-Baptiste Goursat (1858–1936), французский матема-

тик.

19

§ 8. Задача Коши и смешанная задача для волно-вого уравнения в случае двух переменных

Волновое уравнение (или уравнение колебаний струны)имеет вид

utt = a2uxx, (8.1)

где a = const > 0.Это уравнение имеет два семейства вещественных харак-

теристик:x± at = C.

После заменыξ = x+ at,η = x− at

уравнение (8.1) приводится к виду

uξη = 0.

Общее решение этого уравнения задается формулой

u = F (ξ) +G(η) = F (x+ at) +G(x− at), (8.2)

т. е. является суммой двух волн.Задача Коши (неограниченная струна). Найти решение

при x ∈ R, t > 0 уравнения (8.1) такое, что

u∣∣t=0

= φ(x),

ut∣∣t=0

= ψ(x),

где φ, ψ — заданные функции.Решение задачи Коши задается формулой Д’Аламбера3

u(x, t) =φ(x+ at) + φ(x− at)

2+

1

2a

x+at∫x−at

ψ(s)ds, (8.3)

3 Jean Le Rond d’Alembert (1717–1783), французский ученый.

20

т. е.

F (y) =φ(y)

2+

1

2a

y∫y0

ψ(s)ds,

G(y) =φ(y)

2− 1

2a

y∫y0

ψ(s)ds.

(8.4)

(x,t)

x

t

x-at x+at

Рис. 1

Смешанная задача с однородными условиями (полу-ограниченная струна). Найти решение уравнения (8.1) в об-ласти x > 0, t > 0 такое, что

u∣∣t=0

= φ(x), x > 0,

ut∣∣t=0

= ψ(x), x > 0,

иu∣∣x=0

= 0, t > 0, (8.51)

либоux∣∣x=0

= 0, t > 0, (8.52)

либоux − ku

∣∣x=0

= 0, t > 0, (8.53)

где φ, ψ — заданные функции.

21

Лемма. Если функции φ, ψ — нечетные (четные), торешение задачи Коши обладает свойством u

∣∣x=0

= 0

(ux∣∣x=0

= 0).Для решения 1-й смешанной задачи1) продолжаем функции φ, ψ нечетно;2) решаем задачу Коши с продолженными данными (под-

ставляем в формулу Д’Аламбера (8.3) полученные функции).В результате получим

u(x, t) =

φ(x+ at) + φ(x− at)

2+

1

2a

x+at∫x−at

ψ(s)ds, x ≥ at,

φ(x+ at)− φ(at− x)

2+

1

2a

x+at∫at−x

ψ(s)ds, x < at.

Поэтому для решения 2-й смешанной задачи1) продолжаем функции φ, ψ четно;2) решаем задачу Коши с продолженными данными (под-

ставляем в формулу Д’Аламбера (8.3) полученные функции).В результате получим

u(x, t) =

φ(x+ at) + φ(x− at)

2+

1

2a

x+at∫x−at

ψ(s)ds

при x ≥ at,

φ(x+ at) + φ(at− x)

2+

+1

2a

x+at∫0

ψ(s)ds+1

2a

at−x∫0

ψ(s)ds

при x < at.

Для решения 3-й смешанной задачи

22

1) в области x > at решение находим по формуле Д’Алам-бера (8.3);

2) в области x < at решение находим по формуле (8.2),где компоненту F (волну, бегущую налево) находим так же,как и раньше, т. е. по формуле (8.4), а компоненту G (волну,бегущую направо) находим из условия (8.53);

3) неизвестные постоянные, участвующие в формулахдля F и G, находим из условия непрерывности решения напрямой x = at.

x

t

x=at

x>at

x<at

(x,t)

Рис. 2

Далее, если рассматривается смешанная задача с неодно-родными условиями, т. е.

Смешанная задача с неоднородными условиями (по-луограниченная струна). Найти решение уравнения (8.1) вобласти x > 0, t > 0 такое, что

u∣∣t=0

= φ(x), x > 0,

ut∣∣t=0

= ψ(x), x > 0,

иu∣∣x=0

= µ(t), t > 0, (8.61)

либоux∣∣x=0

= µ(t), t > 0, (8.62)

либоux − ku

∣∣x=0

= µ(t), t > 0, (8.63)

23

где φ, ψ, µ — заданные функции, то ее решаем так же, как3-ю смешанную задачу с однородными условиями.

Итак, для решения смешанной задачи c неоднород-ными условиями

1) в области x > at решение находим по формуле Д’Алам-бера (8.3);

2) в области x < at решение находим по формуле (8.2),где компоненту F (волну, бегущую налево) находим так же,как и раньше, т. е. по формуле (8.4), а компоненту G (волну,бегущую направо) находим либо из условия (8.61), либо из(8.62), либо из (8.63);

3) неизвестные постоянные, участвующие в формулахдля F и G, находим из условия непрерывности решения напрямой x = at.

Если требуется решить смешанную задачу для неод-нородного уравнения, то можно воспользоваться принци-пом суперпозиции и искать решение в виде суммы u = v+w,где

v — частное решение этого неоднородного уравнения;w — решение смешанной задачи для однородного уравне-

ния с новыми начальными и граничными условиями, полу-ченными из исходных с помощью соотношения w = u− v.

Вопрос о нахождении частного решения неоднородногоуравнения будет еще раз рассмотрен в § 10.

Решите смешанные задачи.44. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,

u∣∣t=0

= φ(x), ut∣∣t=0

= 0 при x > 0,u∣∣x=0

= 0 при t > 0.

45. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= ψ(x) при x > 0,ux∣∣x=0

= 0 при t > 0.

24

46. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= ex, ut∣∣t=0

= 1 при x > 0,ux − u

∣∣x=0

= 0 при t > 0.

47. utt − uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= x, ut∣∣t=0

= 1 при x > 0,u∣∣x=0

= 0 при t > 0.

48. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= 1, ut∣∣t=0

= 0 при x > 0,ux∣∣x=0

= cos t при t > 0.

49. utt − 9uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= x, ut∣∣t=0

= sin x при x > 0,ux∣∣x=0

= cos t при t > 0.

50. utt − uxx = e−t в x, t > 0,u∣∣t=0

= 1, ut∣∣t=0

= x− 1 при x > 0,ux∣∣x=0

= sin t при t > 0.

51. utt − 9uxx = et в x, t > 0,u∣∣t=0

= 1 + x, ut∣∣t=0

= 4− 3 cos x3

при x > 0,ux∣∣x=0

= 2− cos t при t > 0.

52. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= 0 при x > 0,u∣∣x=0

= g(t) при t > 0,где заданная дважды гладкая при t > 0 функция g (t) удо-влетворяет условиям g (0) = g′(0) = g′′(0) = 0.

53. utt − a2uxx = 0 в x, t > 0,u∣∣t=0

= φ(x), ut∣∣t=0

= 0 при x > 0,ux − ku

∣∣x=0

= 0 при t > 0,где заданная дважды гладкая при x > 0 функция φ (x) удо-влетворяет условию φ′(0)− kφ (0) = 0.

25

§ 9. Задача Коши для однородного волновогоуравнения в случае многих переменных

Однородное волновое уравнение имеет вид

utt = a2∆u, (9.1)

где a = const > 0, ∆ = ∂2

∂x2+ ∂2

∂y2+ ∂2

∂z2— оператор Лапласа4.

Конус в R4 с вершиной (x, y, z, t)

(ξ − x)2 + (η − y)2 + (ζ − z)2 = a2(τ − t)2

называется характеристическим.Задача Коши. Найти решение уравнения (9.1) при

(x, y, z) ∈ R3, t > 0 такое, что

u∣∣t=0

= φ(x, y, z),

ut∣∣t=0

= ψ(x, y, z),

где φ, ψ — заданные функции.Решение задачи Коши задается формулой Кирхгофа5

u(x, y, z, t) =∂

∂t

(tMat[φ]

)+ tMat[ψ],

где

Mat[φ] =1

4πa2t2

∫∫Sat

φ(ξ, η, ζ)dS (9.2)

— среднее значение функции φ по сфере Sat ⊂ R3 с центромв точке (x, y, z) радиуса at (рис. 3), т. е. по границе основанияхарактеристического конуса при τ = 0.

4 Pierre-Simon Laplace (1749–1827), французский математик, физики астроном.

5 Gustav Robert Kirchhoff (1824–1887), немецкий физик.

26

x

z

(x,y,z)

y

Sat

r=at

Рис. 3

Анализируя формулу Кирхгофа в случае, если функцииφ, ψ — финитные, приходим к принципу Гюйгенса6: имеетместо распространение волны в трехмерном пространстве счеткими передним и задним фронтами.

В случае двух пространственных переменных (x, y) реше-ние задачи Коши задается формулой Пуассона7

u(x, y, t) =∂

∂t

(tMat[φ]

)+ tMat[ψ],

где

Mat[φ] =1

2πat

∫∫Bat

φ(ξ, η)√(at)2 − (x− ξ)2 − (y − η)2

dξdη, (9.3)

Bat ⊂ R2 — круг с центром в точке (x, y) радиуса at, т. е.основание характеристического конуса при τ = 0 (рис. 4).

6 Christiaan Huygens (1629–1695), голландский математик, физик иастроном.

7 Simeon Denis Poisson (1781–1840), французский физик и математик.

27

x

t

(x,y,t)

y

Sat

Bat

Рис. 4

Принцип Гюйгенса не имеет места: при распространенииколебаний в двумерном пространстве имеется переднийфронт волны и нет заднего.

В ряде случаев можно найти решение задачи Коши безиспользования этих формул.

1-й случай. Если функции φ и ψ имеют вид

φ = φ(αx+ βy + γz), ψ = ψ(αx+ βy + γz),

то решение можно найти в виде плоской волны F (αx+ βy +γz + λt) с λ = ±a

√α2 + β2 + γ2, так как после замены p =

αx + βy + γz мы получим одномерное волновое уравнение,решение задачи Коши для которого находится по формулеД’Аламбера (см. § 8).

2-й случай (только при n = 3). Если функции φ и ψимеют вид

φ = φ(r), ψ = ψ(r),

где r =√x2 + y2 + z2, то решение можно найти в виде сфе-

рической волны. После перехода в сферическую систему ко-ординат (см. п. 1 приложения) мы получим одномерное вол-новое уравнение для v = ru с дополнительным условием

v∣∣r=0

= 0,

28

т. е. получим 1-ю смешанную задачу (см. § 8).3-й случай. Если функции φ и ψ таковы, что

∆φ = λφ, ∆ψ = µψ,

то, пользуясь принципом суперпозиции, решение можно най-ти в виде суммы u = v + w, где v = F (t)φ, w = G(t)ψ.

4-й случай. Если функции φ и ψ имеют вид

φ = α(x)µ(y, z), ψ = β(x)µ(y, z)

и ∆µ = 0, то решение можно найти в виде u = F (x, t)µ(y, z).5-й случай. Если найдется N ∈ N такое, что

∆Nφ = 0, ∆Nψ = 0,

то решение задачи Коши имеет вид

u =N−1∑k=0

(at)2k

(2k)!∆kφ+

N−1∑k=0

a2kt2k+1

(2k + 1)!∆kψ.

Используя принцип суперпозиции, можно комбинироватьэти случаи.

В примерах 54–60 для волнового уравнения utt = a2∆uв трехмерном пространстве найдите решения, удовлетворя-ющие следующим условиям Коши.

54. u∣∣t=0

= e3x−y cos z, ut∣∣t=0

= 0.55. u

∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= r.56. u

∣∣t=0

= x2 + y2, ut∣∣t=0

= z cos z.57. u

∣∣t=0

= xyz, ut∣∣t=0

= x sin y.58. u

∣∣t=0

= x2y, ut∣∣t=0

= 0.59. u

∣∣t=0

= x2y2z2, ut∣∣t=0

= 0.

60. u∣∣t=0

= ez cos(x+ y), ut∣∣t=0

= e√x2+y2+z2 .

29

61. Продемонстрируйте действие принципа Гюйгенса напримере следующей задачи Коши для волнового уравненияна плоскости и в пространстве:

u∣∣t=0

=

{u0, 0 6 r 6 r0,0, r0 < r,

ut∣∣t=0

= 0.

§ 10. Задача Коши для неоднородного волновогоуравнения в случае многих переменных

Рассмотрим неоднородное волновое уравнение

utt = a2∆u+ f(x, y, z, t), (10.1)

где a = const > 0, f — заданная функция.Задача Коши. Найти решение уравнения (10.1) в обла-

сти {(x, y, z) ∈ R3, t > 0}, такое, что

u∣∣t=0

= φ(x, y, z),

ut∣∣t=0

= ψ(x, y, z),

где φ, ψ — заданные функции.В силу принципа суперпозиции достаточно уметь нахо-

дить частное решение неоднородного уравнения.Его можно найти, например, воспользовавшись следую-

щим принципом.Принцип Дюамеля8. Пусть функция v(x, y, z, t, τ) — ре-

шение задачи Коши для однородного уравнения (9.1) с на-чальными условиями, заданными при t = τ :

v∣∣t=τ

= 0, vt∣∣t=τ

= f(x, y, z, τ).

Тогда функция

u(x, y, z, t) =

t∫0

v(x, y, z, t, τ)dτ

8 Jean-Marie Constant Duhamel (1797–1872), французский математик.

30

является решением задачи Коши для уравнения (10.1) с од-нородными условиями φ ≡ 0, ψ ≡ 0.

Таким образом, получаем следующие формулы для реше-ния задачи Коши для неоднородного уравнения:

— формулу Д’Аламбера при n = 1

u(x, t) =φ(x+ at) + φ(x− at)

2+

1

2a

∫ x+at

x−atψ(s)ds+

+1

2a

∫ t

0

∫ x+a(t−τ)

x−a(t−τ)f(x, s)dsdτ ;

— формулу Пуассона при n = 2

u(x, y, t) =1

2πa

∂

∂t

∫∫Bat

φ(ξ, η) dξdη√(at)2 − (x− ξ)2 − (y − η)2

+

+1

2πa

∫∫Bat

ψ(ξ, η) dξdη√(at)2 − (x− ξ)2 − (y − η)2

+

+1

2πa

t∫0

∫∫Ba(t−τ)

f(ξ, η, τ) dξdη√(a(t− τ))2 − (x− ξ)2 − (y − η)2

dτ,

где Bat ⊂ R2 — круг с центром в точке (x, y) радиуса at;— формулу Кирхгофа при n = 3

u(x, y, z, t) =∂

∂t

(1

4πa2t

∫∫Sat

φ(ξ, η, ζ)dS

)+

+1

4πa2t

∫∫Sat

ψ(ξ, η, ζ)dS+

+1

4πa2

t∫0

∫∫Sa(t−τ)

f(ξ, η, ζ, τ)

t− τdSdτ,

31

где Sat — сфера с центром в точке (x, y, z) радиуса at.В случае, когда функция f имеет вид

f = g(x, y, z)h(t),

где g — собственная функция оператора Лапласа, т. е. ∆g =λg, частное решение неоднородного уравнения можно найтив виде

u = g(x, y, z)H(t).

Решите указанные ниже задачи Коши.62. utt − a2uxx = sinωt,

u∣∣t=0

= sin x, ut∣∣t=0

= x.

63. utt − a2∆u = xt1+t2

,

u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= y cos z.

64. utt −∆u = txy sin 2z,u∣∣t=0

= z − xy, ut∣∣t=0

= 0.

65. utt −∆u = 2xyz,u∣∣t=0

= x2 + y2 + z2, ut∣∣t=0

= ez sin 2x.

32

Метод Фурье9

§ 11. Уравнение Лапласа в двумерном случае. Раз-деление переменных в декартовой системекоординат

Задача Дирихле10. Найти решение уравнения Лапласа

∆u ≡ uxx + uyy = 0, (x, y) ∈ D, (11.1)

такое, чтоu∣∣∂D

= φ,

где D = (0, a)× (0, b), φ — заданная функция. Положим φ1 =φ(x, 0), φ2 = φ(x, b), φ3 = φ(0, y), φ4 = φ(a, y) (рис. 5).

x

y

a

b

u=φ1

u=φ2

u=φ4u=φ3

Рис. 5

Теорема. Для любой φ ∈ C(∂D) существует единствен-ное решение задачи Дирихле для уравнения Лапласа из про-странства C2(D) ∩ C(D).

Чтобы решить задачу Дирихле в случае, когда

φ(0, 0) = φ(a, 0) = φ(0, b) = φ(a, b) = 0, (11.2)

9 Jean Baptiste Joseph Fourier (1768–1830), французский математик ифизик.

10 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805–1859), немецкий мате-матик.

33

разбиваем эту задачу на две подзадачи (рис. 6):

(I) u∣∣y=0

= φ1(x), u∣∣y=b

= φ2(x), u∣∣x=0

= u∣∣x=a

= 0;

(II) u∣∣x=0

= φ3(y), u∣∣x=a

= φ4(y), u∣∣y=0

= u∣∣y=b

= 0.

x

y

a

b

u=φ1

u=φ2

u=0u=0

x

y

a

b

u=0

u=0

u=φ4u=φ3

Рис. 6

Затем каждую из полученных задач решаем методом раз-деления переменных (методом Фурье).

Метод разделения переменных, например, для пер-вой задачи состоит в том, что

1) сначала ищется частное решение в виде u = X(x)Y (y).Уравнение (11.1) приобретает вид

X ′′

X+Y ′′

Y= 0

и распадается на два уравнения:

X ′′ = λX, Y ′′ = −λY,

где λ — некоторая (пока неизвестная) постоянная.1а) Сначала решается то уравнение, для которого имеют-

ся однородные краевые условия, т. е. в первом случае сначаларешается следующая задача Штурма11 — Лиувилля12:

X ′′ = λX, X(0) = X(a) = 0.

11 Charles-Francois Sturm (1803–1855), французский математик.12 Joseph Liouville (1809–1882), французский математик.

34

При этом находится бесконечная последовательность собст-венных значений и соответствующих им собственных функ-ций:

Xn = sinπnx

a, λn = −

(πna

)2

, n ∈ N.

Причем, как известно, эта последовательность собственныхфункций Xn (как последовательность собственных функцийоператора Штурма – Лиувилля) образует ортогональный ба-зис в пространстве L2(0, a).

1б) Затем решается оставшееся уравнение с найденны-ми λn, т. е.

Y ′′n =

(πna

)2

Yn.

В результате получается, что

Yn = An shπny

a+Bn sh

πn(y − b)

a.

Таким образом, найдено семейство частных решений вида

un = Xn(x)Yn(x), n ∈ N.

2) Далее ищем решение каждой задачи в виде ряда u =∞∑n=1

Xn(x)Yn(y), т. е. для первой задачи в виде

u =∞∑n=1

[An sh

πny

a+Bn sh

πn(y − b)

a

]sin

πnx

a.

Коэффициенты An, Bn находим из краевых условий

u∣∣y=0

= φ1, u∣∣y=b

= φ2.

Решением исходной задачи будет сумма решений подза-дач (I) и (II).

35

Если условие (11.2) не выполнено, то сначала найдем гар-моническую функцию v (т. е. удовлетворяющую уравнениюЛапласа), такую, что

v(0, 0) = φ(0, 0), v(a, 0) = φ(a, 0),

v(0, b) = φ(0, b), v(a, b) = φ(a, b).

А затем, воспользовавшись принципом суперпозиции, сведемисходную задачу к задаче для функции w = u − v, для ко-торой условие (11.2) выполнено. Заметим, что функцию vможно найти в виде

v = A+Bx+ Cy +Dxy.

Задача Неймана13. Найти решение уравнения Лапласа(11.1) в прямоугольнике D такое, что

∂u

∂n

∣∣∣∂D

= φ,

где n — вектор внешней нормали к ∂D.Теорема. Пусть φ ∈ C(∂D). Решение задачи Неймана

для уравнения Лапласа из пространства C2(D) ∩ C1(D) су-ществует тогда и только тогда, когда∫

∂D

φds = 0. (11.3)

Если условие (11.3) выполнено, то решение определяется сточностью до аддитивной постоянной.

Пусть условие (11.3) выполнено. Чтобы решить задачуНеймана в случае, когда

a∫0

φ(x, 0)dx =

b∫0

φ(a, y)dy =

a∫0

φ(x, b)dx =

b∫0

φ(0, y)dy = 0,

(11.4)

13 Carl Gottfried Neumann (1832–1925), немецкий математик.

36

разбиваем эту задачу на две подзадачи:

(I) uy∣∣y=0

= φ1(x), uy∣∣y=b

= φ2(x), ux∣∣x=0

= ux∣∣x=a

= 0;

(II) ux∣∣x=0

= φ3(y), ux∣∣x=a

= φ4(y), uy∣∣y=0

= uy∣∣y=b

= 0,

где φ1 = −φ(x, 0), φ2 = φ(x, b), φ3 = −φ(0, y), φ4 = φ(a, y).Затем каждую из полученных задач решаем методом раз-

деления переменных (см. решение задачи Дирихле).Если условие (11.4) не выполнено (но условие (11.3) вы-

полнено), то сначала найдем гармоническую функцию v та-кую, что

a∫0

vy(x, 0)dx =

a∫0

φ(x, 0)dx,

b∫0

vx(a, y)dy =

b∫0

φ(a, y)dy,

a∫0

vy(x, b)dx =

a∫0

φ(x, b)dx,

b∫0

vx(0, y)dy =

b∫0

φ(0, y)dy

(заметим, что четвертое условие автоматически будет выпол-нено в силу условия (11.3)). Затем, воспользовавшись прин-ципом суперпозиции, сведем исходную задачу к задаче дляфункции w = u − v, для которой условие (11.4) выполнено.Функцию v можно найти в виде

v = Ax+By + C(x2 − y2).

Решите задачи Дирихле и Неймана для уравнения Лапла-са в прямоугольнике 0 < x < a, 0 < y < b.

66. u∣∣y=0

= 0, u∣∣y=b

= x(a− x),

u∣∣x=0

= A sin πyb, u

∣∣x=a

= 0.

37

67. u∣∣y=0

= x, u∣∣y=b

= 0,

u∣∣x=0

= 0, u∣∣x=a

= ab2(b− y)2.

68. uy∣∣y=0

= A, uy∣∣y=b

= x,

ux∣∣x=0

= −y, ux∣∣x=a

= 0.

69. uy∣∣y=0

= A, uy∣∣y=b

= 0,

ux∣∣x=0

= B, ux∣∣x=a

= 0.

70. uy∣∣y=0

= Ax2, uy∣∣y=b

= 0,

ux∣∣x=0

= By, ux∣∣x=a

= 0,

§ 12. Уравнение Лапласа в двумерном случае. Раз-деление переменных в полярной системе ко-ординат

Задачи Дирихле и Неймана формулируются так же, каки в предыдущем параграфе, только область D является либокругом

D = {(x, y) ∈ R2 : ρ =√x2 + y2 < R},

либо кольцом

D = {(x, y) ∈ R2 : R1 < ρ < R2},

либо внешностью круга

D = {(x, y) ∈ R2 : R < ρ}.

В последнем случае дополнительно задаем условие на пове-дение решения при ρ→ +∞:

u = O(1) при ρ→ +∞.

Решение находится методом разделения переменных в по-лярной системе координат. Напомним, что оператор Лапласа

38

в полярной системе координат

x = ρ cosφ, y = ρ sinφ

имеет вид

∆u =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂u

∂ρ

)+

1

ρ2∂2u

∂φ2.

Метод разделения переменных состоит в том, что1) сначала ищем частное решение в виде u = R(ρ)Φ(φ).

Подставляя функцию такого вида в уравнение (11.1), полу-чаем уравнение

ρ(ρR′)′

R+

Φ′′

Φ= 0,

распадающееся на следующие два:

Φ′′ = λΦ, ρ(ρR′)′ = −λR,

где λ — некоторая постоянная.1а) Решаем следующую задачу Штурма — Лиувилля

Φ′′ = λΦ, Φ(0) = Φ(2π), Φ′(0) = Φ′(2π)

и находимΦ0 = 1, λ0 = 0,

Φ1n = cosnφ, Φ2

n = sinnφ, λn = −n2, n = 1, 2, . . .

Полученная система собственных функций образует ортого-нальный базис в пространстве L2(0, 2π).

1б) Затем решаем второе уравнение с найденным λn, т. е.

ρ(ρR′)′ = n2R.

Это уравнение имеет решения вида

R0 = a0 + b0 ln ρ при n = 0,

Rn = anρn + bnρ

−n при n = 1, 2, . . .

39

Таким образом, найдено семейство частных решений вида

un = Φn(φ)Rn(ρ), n = 0, 1, 2, . . .

2) Решение нашей исходной задачи ищем в виде ряда

u =∞∑n=0

Φn(φ)Rn(ρ), т. е. в виде

u = A0 +B0 ln ρ+∞∑n=1

[An cosnφ+Bn sinnφ]ρn+

+∞∑n=1

[Cn cosnφ+Dn sinnφ]1

ρn.

Коэффициенты An, Bn, Cn, Dn находим из граничных усло-вий.

Решите задачи Дирихле и Неймана для уравнения Лапла-са в области D.

71. u∣∣ρ=1

= cos2 φ, D = {ρ < 1}.72. uρ

∣∣ρ=R

= sin 2φ, D = {ρ < R}.73. u

∣∣ρ=1

= sin2 φ, u(ρ) = O(1) при ρ→ ∞, D = {ρ > 1}.74. u

∣∣ρ=1

= cos 2φ, u∣∣ρ=1

= 1 + sin 3φ, D = {1 < ρ < 2}.

75. u∣∣ρ=R

=

{1, 0 < φ < π,

−1, π < φ < 2π,D = {ρ < R}.

§ 13. Смешанная задача для уравнения колебанийструны и уравнения распространения теплав стержне

Рассмотрим смешанные задачи для уравнения колебанийограниченной струны. Требуется найти решение уравнения

utt = a2uxx, 0 < x < l, t > 0, (13.1)

40

удовлетворяющее начальным условиям

u∣∣t=0

= φ, ut∣∣t=0

= ψ, 0 < x < l (13.2)

и граничным условиям одного из следующих видов:

u∣∣x=0

= u∣∣x=l

= 0, (13.31)ux∣∣x=0

= ux∣∣x=l

= 0, (13.32)u∣∣x=0

= ux∣∣x=l

= 0, (13.33)ux∣∣x=0

= u∣∣x=l

= 0 (13.34)

при t > 0.Задача решается методом разделения переменных:1) сначала ищем частное решение уравнения (13.1) в виде

u = X(x)T (t), при этом уравнение (13.1) распадается на двауравнения

X ′′ = λX и T ′′ = λa2T ;

1а) решаем краевую задачу для функции X, т. е. находимсобственные функции одной из задач:

X ′′ = λX, X(0) = X(l) = 0, (13.41)X ′′ = λX, X ′(0) = X ′(l) = 0, (13.42)X ′′ = λX, X(0) = X ′(l) = 0, (13.43)X ′′ = λX, X ′(0) = X(l) = 0, (13.44)

при этом найдется счетное множество собственных функ-ций Xn:

Xn = sinπnx

l, n = 1, 2, . . . ,

Xn = cosπnx

l, n = 0, 1, 2, . . . ,

Xn = sinπ(2n+ 1)x

2l, n = 0, 1, 2, . . . ,

Xn = cosπ(2n+ 1)x

2l, n = 0, 1, 2, . . .

41

и собственных значений λn, причем система собственныхфункций {Xn} будет образовывать ортогональный базис впространстве L2(0, l);

1б) из второго уравнения находим функции Tn для каж-дого из полученных λn;

2) решение составляем в виде ряда по собственным функ-

циям, т. е. в виде u =∞∑n=0

Tn(t)Xn(x), при этом неизвестные

коэффициенты находим из начальных условий (13.2).Если нужно решить смешанную задачу для неодно-

родного уравнения

utt = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, t > 0, (13.5)

с условиями (13.2), (13.3i) (i = 1, 2, 3, 4), то1) сначала находим собственные функции задачи (13.4i)

(i = 1, 2, 3, 4);2) раскладываем функцию f(x, t) в ряд по найденным

собственным функциям Xn(x):

f(x, t) =∞∑n=0

Fn(t)Xn(x);

3) ищем решение исходной задачи в виде ряда

u =∞∑n=0

Tn(t)Xn(x).

Тогда из уравнения (13.5) и условий (13.2) получаем следу-ющие задачи для коэффициентов Tn:

T ′′n = λna

2Tn + Fn,Tn(0) = Φn,T ′n(0) = Ψn,

где Φn, Ψn — коэффициенты разложения функций φ(x) иψ(x) соответственно в ряд по собственным функциям Xn(x).

42

Если нужно решить смешанную задачу для уравне-ния (13.5) с условиями (13.2) и неоднородными гранич-ными условиями одного из следующих видов

u∣∣x=0

= µ1(t), u∣∣x=l

= µ2(t), (13.61)ux∣∣x=0

= ν1(t), ux∣∣x=l

= ν2(t), (13.62)u∣∣x=0

= φ1(t), ux∣∣x=l

= φ2(t), (13.63)ux∣∣x=0

= ψ1(t), u∣∣x=l

= ψ2(t), (13.64)

то сводим задачу с неоднородными граничными условиями кзадаче с однородными условиями. Для этого ищем решениев виде суммы u = v + w:

1) сначала находим функцию v(x, t), удовлетворяющуюграничным условиям (13.6i) (i = 1, 2, 3, 4), в случае условий(13.61) это будет, например, следующая функция:

v =µ1(t)(l − x) + µ2(t)x

l;

2) затем находим решение w(x, t) уравнения

wtt = a2wxx + f(x, t), 0 < x < l, t > 0,

удовлетворяющее условиям

w∣∣t=0

= φ, wt∣∣t=0

= ψ, 0 < x < l

и однородным граничным условиям

w∣∣x=0

= w∣∣x=l

= 0, t > 0,

илиwx

∣∣x=0

= wx∣∣x=l

= 0, t > 0,

где f(x, t) = f(x, t)− vtt+ a2vxx, φ(x) = φ(x)− v(x, 0), ψ(x) =ψ(x)− vt(x, 0).

43

Аналогично можно решать смешанные задачи для урав-нения теплопроводности

ut = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, t > 0

или уравнений вида

a0utt + a1ut + a2u = uxx + f(x, t), 0 < x < l, t > 0,

где ai = ai(t), i = 0, 1, 2. Изменения произойдут только в урав-нении для компоненты решения T (t).

Решите смешанные задачи для гиперболических уравне-ний. В примерах 79, 80, 83, 84 выясните, при каких значе-ниях ω возникает резонанс.

76. utt = a2uxx,u∣∣t=0

= x(l − x), ut∣∣t=0

= sin 3πxl,

u∣∣x=0

= u∣∣x=l

= 0.

77. utt − 3ut − u = uxx,u∣∣t=0

= cos x2, ut

∣∣t=0

= 0,u∣∣x=0

= u∣∣x=π

= 0.

78. utt + 2ut + u = uxx,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= v0,u∣∣x=0

= ux∣∣x=l

= 0.

79. utt = a2uxx + sinωt,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= 0,u∣∣x=0

= u∣∣x=π

= 0.

80. utt = uxx + cosωt,u∣∣t=0

= x, ut∣∣t=0

= 0,ux∣∣x=0

= ux∣∣x=π

= 0.

81. utt = a2uxx + g,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= 0,u∣∣x=0

= ux∣∣x=π

= 0.

44

82. utt = a2uxx,u∣∣t=0

= x+ 1, ut∣∣t=0

= 0,u∣∣x=0

= t+ 1, u∣∣x=1

= t2 + 2.

83. utt = a2uxx,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= 0,u∣∣x=0

= 0, u∣∣x=l

= A cosωt,

84. utt = a2uxx,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= 0,ux∣∣x=0

= 0, u∣∣x=l

= A sinωt,

§ 14. Уравнение Лапласа в трехмерном случае.Разделение переменных в цилиндрическойсистеме координат

Пусть

Q = {(x, y, z) ∈ R3 : ρ =√x2 + y2 < ρ0, 0 < z < h}.

Будем искать гармоническую в цилиндре Q функцию, удо-влетворяющую либо условиям Дирихле, либо условиям Ней-мана на границе цилиндра. Например, задача Дирихле ста-вится следующим образом.

Задача Дирихле. Найти решение уравнения Лапласа

∆u = 0, (x, y, z) ∈ Q, (14.1)

такое, чтоu∣∣ρ=ρ0

= α,

u∣∣z=0

= β, u∣∣z=h

= γ,

где α, β, γ — заданные функции.Перейдем в цилиндрическую систему координат:

x = ρ cosφ, y = ρ sinφ, z.

45

Оператор Лапласа в цилиндрической системе координатимеет вид

∆u =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂u

∂ρ

)+

1

ρ2∂2u

∂φ2+∂2u

∂z2.

Если на основаниях цилиндра заданы однородныеусловия, т. е. β ≡ 0, γ ≡ 0, то ищем решение уравненияЛапласа следующим образом:

1) ищем частное решение в виде u = R(ρ)Φ(φ)Z(z). Тогдаиз уравнения (14.1) получаем уравнение

1

ρ

(ρR′)′

R+

1

ρ2Φ′′

Φ+Z ′′

Z= 0,

распадающееся на следующие три:

Φ′′ = αΦ, Z ′′ = βZ,1

ρ(ρR′)′ +

[β +

α

ρ2

]R = 0,

где α, β — некоторые постоянные;1а) решая задачу Штурма — Лиувилля

Φ′′ = αΦ, Φ(0) = Φ(2π), Φ′(0) = Φ′(2π),

находимΦn = einφ, αn = −n2, n ∈ Z;

1б) в случае условий Дирихле возникает следующая за-дача Штурма — Лиувилля:

Z ′′ = βZ, Z(0) = Z(h) = 0,

решениями которой будут

Zk = sinπkz

h, βk = −

(πkh

)2

, k ∈ N.

Случай условий Неймана исследуется аналогично;

46

1в) теперь решаем оставшееся уравнение с найденнымиαn и βk, т. е.

R′′ +1

ρR′ −

[(πkh

)2

+n2

ρ2

]R = 0.

Это уравнение имеет ограниченное в окрестности нуля реше-ние вида

Rnk = In

(πkρh

), n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . ,

где In(ξ) — модифицированные функции Бесселя14 (см. п. 2приложения). Заметим, что поскольку

J−n(x) = (−1)nJn(x) (14.2)

при n ∈ N, то можно рассматривать и n ∈ Z.Таким образом, найдено семейство частных решений вида

unk = Φn(φ)Rnk(ρ)Zk(z), n ∈ Z, k ∈ N.

Отметим, что для задачи Неймана k ∈ {0, 1, 2, . . .}, и следуетотдельно рассмотреть случай k = 0.

2) Решением задачи Дирихле будет ряд

u =∞∑

n=−∞

∞∑k=1

AnkIn

(πkρh

)einφ sin

πkz

h.

Коэффициенты Ank находятся из граничных условий на бо-ковой поверхности цилиндра S = {ρ = ρ0, 0 ≤ z ≤ h}, по-скольку система функций{

vnk = einφ sinπkz

h, n ∈ Z, k ∈ N

}14 Friedrich Wilhelm Bessel (1784–1846), немецкий математик и астро-

ном.

47

является ортогональным базисом в пространстве L2(S). Этоозначает, что произвольную функцию f из L2(S) можно пре-дставить в виде ряда

f(φ, z) =∞∑

n=−∞

∞∑k=1

cnkvnk,

где

cnk =(f, vnk)

∥vnk∥2=

h∫0

2π∫0

fvnk dφdz

πh.

Если на боковой поверхности цилиндра заданы од-нородные условия, т. е. α ≡ 0, то решение уравнения Ла-пласа находим следующим образом:

1) ищем частное решение в виде u = R(ρ)Φ(φ)Z(z). Как ив предыдущем случае, уравнение (14.1) распадается на три:

Φ′′ = αΦ, Z ′′ = βZ,1

ρ(ρR′)′ +

[β +

α

ρ2

]R = 0,

где α, β — некоторые постоянные;1а) решая задачу Штурма — Лиувилля

Φ′′ = αΦ, Φ(0) = Φ(2π), Φ′(0) = Φ′(2π),

находимΦn = einφ, αn = −n2, n ∈ Z;

1б) в случае условий Дирихле возникает следующая за-дача Штурма — Лиувилля:

R′′ +1

ρR′ +

[β − n2

ρ2

]R = 0,

R(ρ0) = 0, R(ρ) = O(1) при ρ→ 0,

48

решениями которой будут

Rnk = Jn

(µnkρ0ρ), βnk =

(µnkρ0

)2

,

n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . ,

где {µnk}∞k=1 — положительные нули функции Бесселя Jn(µ).Опять же в силу (14.2) можно считать n ∈ Z;

1в) теперь решаем оставшееся уравнение с найденны-ми βnk, т. е.

Z ′′ =(µnkρ0

)2

Z.

Это уравнение имеет решения вида

Znk = cnk shµnkz

ρ0+ dnk sh

µnk(z − h)

ρ0.

Таким образом, найдено семейство частных решений вида

unk = Φn(φ)Rnk(ρ)Znk(z), n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . .

2) Решением задачи Дирихле будет ряд

u =∞∑

n=−∞

∞∑k=1

[Ank sh

µnkz

ρ0+Bnk sh

µnk(z − h)

ρ0

]einφJn

(µnkρ0ρ).

Коэффициенты Ank, Bnk находятся из граничных условий наоснованиях цилиндра, поскольку система функций{

vnk = einφJn

(µnkρ0ρ), n ∈ Z, k ∈ N

}является ортогональным базисом в пространстве квадратич-но интегрируемых в круге Bρ0 = {ρ < ρ0} функций. Это

49

означает, что произвольную функцию f из L2(Bρ0) можнопредставить в виде ряда

f(ρ, φ) =∞∑

n=−∞

∞∑k=1

cnkvnk,

где

cnk =(f, vnk)

∥vnk∥2=

ρ0∫0

2π∫0

fvnkρ dφdρ

2πρ0∫0

[Jn

(µnkρ0ρ)]2

ρ dρ

.

В общем случае сведем задачу к предыдущим двум.Обозначим

α1(φ) = α(φ, 0) = β(ρ0, φ), α2(φ) = α(φ, h) = γ(ρ0, φ).

Будем искать решение нашей задачи в виде суммы u = v+w.1) Сначала находим функцию v, удовлетворяющую в ци-

линдре Q уравнению Лапласа и условиям

v∣∣ρ=ρ0, z=0

= α1(φ), v∣∣ρ=ρ0, z=h

= α2(φ),

например, ее можно найти по формуле

v =v1(ρ, φ)(h− z) + v2(ρ, φ)z

h,

где v1, v2 — решения следующих задач Дирихле для двумер-ного уравнения Лапласа в круге {ρ < ρ0}:

∆v1 = 0, v1∣∣ρ=ρ0

= α1(φ),

∆v2 = 0, v2∣∣ρ=ρ0

= α2(φ).

2) Затем находим функцию w как сумму w1 и w2 решенийзадач:

∆w1 = 0 в Q,

w1

∣∣ρ=ρ0

= α− v∣∣ρ=ρ0

,

w1

∣∣z=0

= w1

∣∣z=h

= 0,

50

и

∆w2 = 0 в Q,

w2

∣∣ρ=ρ0

= 0,

w2

∣∣z=0

= β − v∣∣z=0

, w2

∣∣z=h

= γ − v∣∣z=h

.

Найдите стационарную температуру u(ρ, z) внутри цилин-дра, имеющего круглое основание радиуса ρ0 и высоту h, если

85. u∣∣z=0

= u∣∣z=h

= 0,u∣∣ρ=ρ0

= 3 sin πzh.

86. u∣∣z=0

= u∣∣z=h

= 0,u∣∣ρ=ρ0

= cos2 φ sin 3πzh.

87. uz∣∣z=0

= uz∣∣z=h

= 0,u∣∣ρ=ρ0

= f(z).

88. u∣∣z=0

= ρ− ρ0, u∣∣z=h

= 0,u∣∣ρ=ρ0

= 0.

89. u∣∣z=0

= 0, u∣∣z=h

= f(ρ),uρ∣∣ρ=ρ0

= 0.

§ 15. Уравнение Лапласа в трехмерном случае.Разделение переменных в сферической систе-ме координат. Сферические гармоники

Будем искать гармоническую функцию, разделяя пере-менные в сферической системе координат:

x = r cosφ sin θ,y = r sinφ sin θ,z = r cos θ.

Уравнение Лапласа запишется в виде

∆u =1

r2∂

∂r

(r2∂u

∂r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂u

∂θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂2u

∂φ2= 0.

51

1) Сначала ищем частное решение уравнения Лапласа ввиде u = R(r)Φ(φ)F (θ). Получаем уравнение

(r2R′)′

R+

(sin θF ′)′

sin θF+

1

sin2 θ

Φ′′

Φ= 0,

распадающееся на следующие три:

Φ′′ = αΦ,(sin θF ′)′

sin θ+

αF

sin2 θ= βF, (r2R′)′ = −βR,

где α, β — некоторые постоянные.1а) Решая задачу Штурма — Лиувилля

Φ′′ = αΦ, Φ(0) = Φ(2π), Φ′(0) = Φ′(2π),

находимΦm = eimφ, αm = −m2, m ∈ Z.

1б) Для функции F возникает следующая задача Штур-ма — Лиувилля:

(sin θF ′)′

sin θ− m2F

sin2 θ= βF,

F (θ) = O(1) при θ → 0 и при θ → π,

решениями которой будут присоединенные функции Лежан-дра15 (см. п. 3 приложения):

Fnm(θ) = Pmn (cos θ), βnm = −n(n+ 1),

n = 0, 1, 2, . . . , m = −n, n.

1в) Теперь решаем оставшееся уравнение с найденны-ми βnm, т. е.

(r2R′)′ = n(n+ 1)R.

15 Adrien-Marie Legendre (1752–1833), французский математик.

52

Это уравнение имеет решения вида

Rn = anrn +

bnrn+1

, n = 0, 1, 2, . . .

Таким образом, найдено семейство частных решений вида

unm = Rnm(r)Φm(φ)Fnm(θ), n = 0, 1, 2, . . . , m = −n, n.

2) Итак, гармонические функции в сферической системекоординат имеют вид

u =∞∑n=0

n∑m=−n

(Anmr

n +Bnm

rn+1

)eimφPm

n (cos θ)

или

u =∞∑n=0

n∑m=−n

(Anmr

n +Bnm

rn+1

)Y mn (θ, φ),

где

Y mn (θ, φ) =

√1

2π

2n+ 1

2

(n−m)!

(n+m)!eimφPm

n (cos θ)

— сферические гармоники.Для наглядности приведем таблицы ненормированных

сферических гармоник (табл. 1, 2).

53

Табл

ица

1Н

енор

миров

анны

есф

еричес

кие

гарм

оники

{Pm n(cosθ)eimφ}

m=

−3

m=

−2

m=

−1

m=

0m

=1

m=

2m

=3

n=

01

n=

1sinθe−

iφ

cosθ

sinθeiφ

n=

23sin2θe−

i2φ

3sinθcosθe−

iφ

3cos2θ−

12

3sinθcosθeiφ

3sin2θei2φ

n=

315sin3θe−

i3φ

15sin2θcosθe−

i2φ

sinθ15cos2θ−

32

e−

iφ

5cos3θ−

3cosθ

2sinθ15cos2θ−

32

eiφ

15sin2θcosθei2φ

15sin3θei3φ

Табл

ица

2Н

енор

миров

анны

еве

щес

твен

ны

есф

еричес

кие

гарм

оники

{Pm n(cosθ)

sinmφ,P

m n(cosθ)

cosmφ}

m=

3m

=2

m=

1m

=0

m=

1m

=2

m=

3

n=

01

n=

1sinθsinφ

cosθ

sinθcosφ

n=

23sin2θsin2φ

3sinθcosθsinφ

3cos2θ−

12

3sinθcosθcosφ

3sin2θcos2φ

n=

315sin3θsin3φ

15sin2θcosθsin2φ

sinθ15cos2θ−

32

sinφ

5cos3θ−

3cosθ

2sinθ15cos2θ−

32

cosφ

15sin2θcosθcos2φ

15sin3θcos3φ

54

Если потребуется найти гармоническую функцию в шаре{r < r0} (или вне шара, или в сферическом слое), удовле-творяющую на границе условиям Дирихле или Неймана, токоэффициенты Anm, Bnm (или Anm, Bnm) будут находить-ся из граничных условий, поскольку сферические гармони-ки Y m

n (θ, φ) образуют ортонормированный базис в простран-стве квадратично интегрируемых функций на сфере L2(S1),т. е. произвольную функцию f из этого пространства можнопредставить в виде ряда

f(θ, φ) =∞∑n=0

n∑m=−n

cnmYmn (θ, φ),

где

cnm = (f, Y mn ) =

2π∫0

π∫0

f(θ, φ)Y mn (θ, φ) sin θ dθdφ.

Заметим, что для задачи вне шара дополнительно ставит-ся условие u→ 0 при r → ∞.

Разложите по сферическим гармоникам следующие фун-кции, заданные на сфере.

90. sin2 θ sin 2φ.91. sin2 θ sin2 φ.92. cos2 θ sin 2φ.93. sin2 θ cos(2φ+ π/3).94. cos θ sin2 θ.95. sin 3φ.96. cos3 φ.Найдите гармоническую функцию u в области D, удовле-

творяющую заданным условиям на границе.97. D = {r < r0}, u

∣∣r=r0

= sin2 θ + sin5 θ sin 5φ.

55

98. D = {1 < r < 2}, ur∣∣r=1

= sin θ cosφ, u∣∣r=2

=sin 2θ sinφ.

99. D = {1 < r}, u∣∣r=1

= sin7 θ cos 7φ − 1, u = o(1) приr → ∞.

100. D = {r < 1}, ur∣∣r=1

= sin10 θ sin 10φ.101. D = {r > 1}, u − ur

∣∣r=1

= (sinφ + cosφ cos θ +sin θ) sin θ, u = o(1) при r → ∞.

102. D = {1 < r < 2}, u∣∣r=1

= sin3 θ sinφ, u∣∣r=2

= 1.

103. D = {r < r0}, u∣∣r=r0

=

{1, 0 < θ < π

2,

−1, π2< θ < π.

104. D = {r > 1}, u + ur∣∣r=1

= f(θ, φ), u = o(1) приr → ∞.

§ 16. Собственные функции оператора Лапласа

Здесь мы опишем, как находить собственные функцииоператора Лапласа в декартовой, цилиндрической и сфери-ческой системах координат.

Задача Штурма — Лиувилля. Найти собственныефункции и собственные значения оператора Лапласа в об-ласти D, удовлетворяющие условиям Дирихле или Неймана,т. е. найти ненулевые функции u и числа λ такие, что

∆u = λu, (x, y, z) ∈ D,

u∣∣∣∂D

= 0 или∂u

∂n

∣∣∣∂D

= 0.

Теорема (о спектре). Все собственные значения задачиШтурма — Лиувилля вещественны, неположительны и име-ют конечную кратность. Множество собственных значенийзадачи Штурма — Лиувилля счетно, и предельной точкойэтого множества является −∞, т. е. собственные значенияможно упорядочить следующим образом:

. . . ≤ λn ≤ . . . ≤ λ2 ≤ λ1 ≤ 0.

56

Теорема Гильберта16 — Шмидта17. Собственные фун-кции {un}∞n=1 задачи Штурма — Лиувилля образуют орто-нормированный базис в пространстве L2(D), т. е. любуюфункцию f ∈ L2(D) можно представить в виде ряда

f =∞∑n=1

cnun, cn = (f, un), (16.1)

сходящегося в пространстве L2(D).Теорема Стеклова18. Если функция f ∈ C2(D) ∩ C(D)

(или C2(D) ∩ C1(D)) и удовлетворяет однородным условиямДирихле (или Неймана), то ряд (16.1) сходится равномернов области D.

Заметим, что перечисленные теоремы имеют место и дляболее общих равномерно эллиптических операторов (не толь-ко для оператора Лапласа).

Для того чтобы найти собственные функции, можно вос-пользоваться методом разделения переменных.

Если область D — параллелепипед (0, a)× (0, b)× (0, c),то, разделяя переменные в декартовой системе координат,находим в случае условий Дирихле

unmk = sinπnx

asin

πmy

bsin

πkz

c,

λnmk = −[(πn

a

)2

+(πmb

)2

+(πkc

)2],

n,m, k = 1, 2, . . .

Любая функция f ∈ L2(D) представима в виде ряда

f(x, y, z) =∞∑n=1

∞∑m=1

∞∑k=1

cnmkunmk,

16 David Hilbert (1862–1943), немецкий математик.17 Erhard Schmidt (1876–1959), немецкий математик.18 Владимир Андреевич Стеклов (1863–1926), русский математик и

механик.

57

где

cnmk =8

abc

a∫0

b∫0

c∫0

funmk dxdydz.

В случае условий Неймана

unmk = cosπnx

acos

πmy

bcos

πkz

c,

λnmk = −[(πn

a

)2

+(πmb

)2

+(πkc

)2],

n,m, k = 0, 1, 2, . . .

Отметим, что в случае условий Неймана u000 = 1, λ000 = 0.Любая функция f ∈ L2(D) представима в виде ряда

f(x, y, z) =∞∑n=0

∞∑m=0

∞∑k=0

cnmkunmk,

где

c000 =1

abc

a∫0

b∫0

c∫0

f dxdydz,

cnmk =2

abc

a∫0

b∫0

c∫0

funmk dxdydz,

если m = k = 0, n = 0, или n = k = 0, m = 0, или n = m = 0,k = 0,

cnmk =4

abc

a∫0

b∫0

c∫0

funmk dxdydz,

если n = 0, m, k = 0, или m = 0, n, k = 0, или k = 0, m,n = 0,

cnmk =8

abc

a∫0

b∫0

c∫0

funmk dxdydz,

58

если n,m, k = 0.Если область D — цилиндр {ρ < ρ0, 0 < z < h}, то,

разделяя переменные в цилиндрической системе координат(см. § 14), находим в случае условий Дирихле

unmk = Jn

(µnkρρ0

)einφ sin

πmz

h,

λnmk = −[(µnk

ρ0

)2

+(πmh

)2],

m, k = 1, 2, . . . , n ∈ Z,

где {µnk}∞k=1 — положительные нули функции Бесселя Jn. Лю-бая функция f ∈ L2(D) представима в виде ряда

f(ρ, φ, z) =∞∑

n=−∞

∞∑m=1

∞∑k=1

cnmkunmk,

где

cnmk =1

πhγnk

ρ0∫0

2π∫0

h∫0

funmkρ dρdφdz,

γnk =

ρ0∫0

[Jn

(µnkρρ0

)]2ρ dρ.

В случае условий Неймана получаем следующие собст-венные функции и собственные значения

unmk = Jn

(νnk ρρ0

)einφ cos

πmz

h,

λnmk = −[(νnk

ρ0

)2

+(πmh

)2],

m = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . , n ∈ Z,

59

и

u0m0 = cosπmz

h, λ0m0 = −

(πmh

)2

, m = 0, 1, 2, . . . ,

где {νnk }∞k=1 — положительные нули производной функцииБесселя J ′

n. Любая функция f ∈ L2(D) представима в ви-де ряда

f(ρ, φ, z) = c000 +∞∑

n=−∞

∞∑m=0

∞∑k=1

cnmkunmk,

где

c000 =1

πρ20h

ρ0∫0

2π∫0

h∫0

fρ dρdφdz,

cn0k =1

2πhδnk

ρ0∫0

2π∫0

h∫0

fun0kρ dρdφdz, n2 + k2 = 0,

cnmk =1

πhδnk

ρ0∫0

2π∫0

h∫0

funmkρ dρdφdz, n2 + k2 = 0, m = 0,

δnk =

ρ0∫0

[Jn

(νnk ρρ0

)]2ρ dρ.

Если область D — шар {r < r0}, то, разделяя переменныев сферической системе координат (см. § 15), находим в случаеусловий Дирихле

unmk =Jn+ 1

2

(µn+ 1

2k

rr0

)√r

Pmn (cos θ)eimφ, λnmk = −

(µn+ 1

2k

r0

)2

,

n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . , m = −n, n,

60

где {µn+12

k }∞k=1 — положительные нули функции БесселяJn+ 1

2. Любая функция f ∈ L2(D) представима в виде ряда

f(r, φ, θ) =∞∑n=0

n∑m=−n

∞∑k=1

cnmkunmk,

где

cnmk =(2n+ 1)(n−m)!

4π(n+m)! γnk

r0∫0

2π∫0

π∫0

funmkr2 sin θ drdφdθ,

γnk =

r0∫0

[Jn+ 1

2

(µn+ 1

2k

r

r0

)]2r dr.

В случае условий Неймана собственные функции и соб-ственные значения имеют вид

unmk =Jn+ 1

2

(σn+ 1

2k

rr0

)√r

Pmn (cos θ)eimφ, λnmk = −

(σn+ 1

2k

r0

)2

,

n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . , m = −n, n,

иu000 = 1, λ000 = 0,

где σn+12

k — решения уравнения

2σJ ′n+ 1

2(σ) = Jn+ 1

2(σ).

Любая функция f ∈ L2(D) представима в виде ряда

f(r, φ, θ) = c000 +∞∑n=0

n∑m=−n

∞∑k=1

cnmkunmk,

61

где

c000 =3

4πr30

r0∫0

2π∫0

π∫0

fr2 sin θ drdφdθ,

cnmk =(2n+ 1)(n−m)!

4π(n+m)! δnk

r0∫0

2π∫0

π∫0

funmkr2 sin θ drdφdθ,

n2 +m2 + k2 = 0,

δnk =

r0∫0

[Jn+ 1

2

(σn+ 1

2k

r

r0

)]2r dr.

Для удобства полученные системы собственных функцийоператора Лапласа приведены в таблице (табл. 3).

Найдите собственные значения и нормированные собст-венные функции для:

105. Круглой мембраны со свободной границей.106. Мембраны, имеющей форму кольца с жестко закреп-

ленной границей.107. Мембраны, имеющей форму кольцевого сектора с

жестко закрепленной границей.108. Прямоугольного параллелепипеда при граничных

условиях третьего рода ∂u∂n

− ku∣∣∂D

= 0.109. Круглого цилиндра при граничных условиях третье-

го рода ∂u∂n

− ku∣∣∂D

= 0.110. Сферы при граничных условиях третьего рода ∂u

∂n−

ku∣∣∂D

= 0.

62

Таблица 3Собственные функции оператора Лапласа

Область Условия Дирихле Условия Неймана

параллелепипед(0, a) × (0, b) ×(0, c)

unmk =

sinπnx

asin

πmy

bsin

πkz

c,

λnmk =

−[(πn

a

)2+(πmb

)2+(πkc

)2],

n,m, k = 1, 2, . . .

unmk =

cosπnx

acos

πmy

bcos

πkz

c,

λnmk =

−[(πn

a

)2+(πmb

)2+(πkc

)2],

n,m, k = 0, 1, 2, . . .

цилиндр{0 < ρ < ρ0,0 < z < h}

unmk =

Jn(µnkρρ0

)einφ sin

πmz

h,

λnmk =

−[(µnk

ρ0

)2+

(πmh

)2],

n ∈ Z, m, k = 1, 2, . . . ,

{µnk}∞k=1 — положительные

нули функции Бесселя Jn

unmk =

Jn(νnk ρρ0

)einφ cos

πmz

h,

λnmk =

−[(νnk

ρ0

)2+

(πmh

)2],

u0m0 = cosπmz

h,

λ0m0 = −(πmh

)2

n ∈ Z, m = 0, 1, 2, . . . ,

k = 1, 2, . . . ,

{νnk }∞k=1 — положительные

нули производной функцииБесселя J ′

n

шар {r < r0} unmk =

Jn+ 12

(µn+ 1

2k

rr0

)√r

Pmn (cos θ)eimφ,

λnmk = −(µn+ 1

2k

r0

)2

,

n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . ,

m = −n, n,

{µn+ 12

k }∞k=1 — положитель-ные нули функции БесселяJn+ 1

2

unmk =

Jn+ 12

(σn+ 1

2k

rr0

)√r

Pmn (cos θ)eimφ,

λnmk = −(σn+ 1

2k

r0

)2

,

u000 = 1, λ000 = 0,

n = 0, 1, 2, . . . , k = 1, 2, . . . ,

m = −n, n,

{σn+ 12

k }∞k=1 — решенияуравнения 2σJ ′

n+ 12

(σ) =

Jn+ 12(σ)

63

§ 17. Смешанные задачи для волнового уравненияи уравнения теплопроводности в трехмерномслучае

Рассмотрим смешанные задачи для волнового уравнения.Требуется найти решение уравнения

utt = a2∆u, x ∈ D, 0 < t < T, (17.1)

удовлетворяющее начальным условиям

u∣∣t=0

= φ, ut∣∣t=0

= ψ, x ∈ D (17.2)

и граничным условиям либо вида

u∣∣S= 0, (17.3)

либо∂u

∂n

∣∣∣S= 0. (17.4)

Здесь S = ∂D × [0, T ].Задача решается методом разделения переменных.1) Ищем частное решение уравнения (17.1) в виде u =

V (x, y, z)T (t), при этом уравнение (17.1) распадается на двауравнения:

∆V = λV и T ′′ = λa2T.

1а) Сначала решаем краевую задачу для функции V ,т. е. задачу Штурма — Лиувилля для оператора Лапласалибо с условиями Дирихле (17.3), либо с условиями (17.4)(см. § 16), и находим бесконечную последовательность соб-ственных функций Vn и собственных значений λn.

1б) Из второго уравнения находим функции Tn для каж-дого из полученных на втором шаге λn.

2) Решение составляем в виде ряда по собственным функ-

циям, т. е. в виде u =∞∑n=0

Tn(t)Vn(x, y, z), при этом неизвест-

ные коэффициенты находим из начальных условий (17.2).

64

Точно так же можно решать смешанные задачи для урав-нения теплопроводности:

ut = a2∆uxx, x ∈ D, 0 < t < T.

Случай, когда уравнение или (и) граничные условия яв-ляются неоднородными, исследуется так же, как в § 13.

В примерах 111–119 решите смешанные задачи.111. utt = uxx + uyy, 0 < x < a, 0 < y < b, t > 0,

u∣∣t=0

= 1 + cos πxacos 3πy

b, ut

∣∣t=0

= 0,

ux∣∣x=0

= ux∣∣x=a

= uy∣∣y=0

= uy∣∣y=b

= 0.

112. utt = a2(uxx + uyy), ρ < ρ0, t > 0,

u∣∣t=0

= (ρ− ρ0) cosφ, ut∣∣t=0

= 0,

u∣∣ρ=ρ0

= 0.

113. utt = a2(uxx + uyy), ρ < 1, t > 0,

u∣∣t=0

= ut∣∣t=0

= 0,

u∣∣ρ=1

= sinωt cos 3φ.

114. ut = a2∆u, ρ < ρ0, 0 < z < h, t > 0,

u∣∣t=0

= (ρ− ρ0) sin 2φ sin πzh,

u∣∣ρ=ρ0

= u∣∣z=0

= u∣∣z=h

= 0.

115. ut = a2∆u+ f(ρ, φ, z, t), ρ < ρ0, 0 < z < h, t > 0,

u∣∣t=0

= 0,

u∣∣ρ=ρ0

= g(φ) sinωt, uz∣∣z=0

= uz∣∣z=h

= 0.

116. ut = a2∆u+ t sin θ cosφ, r < r0, t > 0,

u∣∣t=0

= sin 2θ sinφ,

ur∣∣r=r0

= 0.

65

117. ut = ∆u, r < r0, t > 0,

u∣∣t=0

= 0,

ur∣∣r=r0

= c.

118. utt = a2∆u, ρ < ρ0, 0 < z < h, t > 0,

u∣∣t=0

= ut∣∣t=0

= 0,

uρ∣∣ρ=ρ0

= uz∣∣z=0

= 0, uz∣∣z=h

= f(ρ) cosωt.

119. utt = a2∆u, r < r0, t > 0,

u∣∣t=0

= ut∣∣t=0

= 0,

ur∣∣r=r0

= Pmn (cos θ) cosmφ cosωt.

120. Докажите формулу

eir cos θ =

√π

2r

∞∑n=0

(2n+ 1)inPn(cos θ)Jn+1/2(r).

66

Функция Грина19

§ 18. Функция Грина уравнения Лапласа.Метод отражений

Определение. Фундаментальным решением линейногодифференциального оператора L называется такая обобщен-ная функция E(x), что LE(x) = δ(x), где δ(x) — дельта-функция Дирака.

Теорема. В случае n = 3 фундаментальным решениемоператора Лапласа является функция E(x) = − 1

4π1|x| , в слу-

чае n = 2 — функция E(x) = − 12π

ln 1|x| .

Положим

E(x,y) = E(x− y) =

{− 1

4π1

|x−y| , n = 3,

− 12π

ln 1|x−y| , n = 2.

Пусть D — область в Rn.Задача Дирихле. Найти решение уравнения Лапласа

такое, чтоu∣∣∂D

= f,

где f — заданная функция.Определение. Функцией Грина задачи Дирихле для

уравнения Лапласа называется функция G(x,y) = E(x,y) +g(x,y), такая, что для y ∈ D:

1) ∆xg = 0 в D;2) G(x,y)

∣∣x∈∂D = 0.

Теорема. Решение задачи Дирихле задается формулойПуассона

u(x) =

∫∂D

f(y)∂

∂ny

G(x,y)dSy.

19 George Green (1793–1841), английский математик.

67

Задача Неймана. Найти решение уравнения Лапласатакое, что

∂u

∂n

∣∣∂D

= g,

где g — заданная функция.Определение. Функцией Грина задачи Неймана для урав-

нения Лапласа называется функцияG(x,y) = E(x,y)+g(x,y),такая, что для y ∈ D:

1) ∆xg = 0 в D;2) ∂

∂nxG(x,y)

∣∣x∈∂D = 0.

Теорема. Решение задачи Неймана задается формулойПуассона

u(x) = −∫∂D

g(y)G(x,y)dSy.

В ряде случаев функцию Грина удается найти методомотражений. Поясним его на следующих примерах.

Пример 1. Построить функцию Грина задачи Дирихледля полупространства D = {M = (x, y, z) ∈ R3 : z > 0}.

Это означает, что для P ∈ D нужно найти гармоническуюв полупространстве D функцию g(M,P ), равную на его гра-нице {M = (x, y, z) ∈ R3 : z = 0}:

−E(M,P ) =1

4πrMP

.

Такой функцией будет функция

g(M,P ) =1

4πrMP1

,

где P1 — точка, симметричная точке P относительно плоско-сти {z = 0} (рис. 7).

Значит, функцией Грина задачи Дирихле для полупро-странства будет функция

G(M,P ) = − 1

4πrMP

+1

4πrMP1

.

68

x

z

yM(x,y,0)

P(ξ,η,ζ)

P1(ξ,η,-ζ)

Рис. 7

Пример 2. Построить функцию Грина задачи Дирихледля шара D = {M = (x, y, z) ∈ R3 : r =

√x2 + y2 + z2 < R}.

Для P ∈ D требуется найти гармоническую по перемен-ной M = (x, y, z) в шаре D функцию g(M,P ), равную на егогранице SR = {(x, y, z) ∈ R3 : r = R}

−E(M,P ) =1

4πrMP

.

Так как для точкиM ∈ SR и точки P1, симметричной точке Pотносительно сферы {r = R} (рис. 8),

rMP1 =R

rPrMP ,

то такой функцией будет функция

g(M,P ) =R

4πrP rMP1

.

Таким образом, функцией Грина задачи Дирихле для ша-ра является функция

G(M,P ) = − 1

4πrMP

+R

4πrP rMP1

.

69

x

z

y

M(x,y,z)

P

P1

Рис. 8

В примерах 121–131 найдите функции Грина задачи Ди-рихле для данных областей и решите задачи Дирихле:

∆u = 0 в D, u∣∣∂D

= f.

121. D — верхняя полуплоскость.122. D — первая четверть.123. D — круг с центром в начале координат радиуса R.124. D — полукруг с центром в начале координат радиу-

са R, лежащий в верхней полуплоскости.125. D — полоса {(x, y) : 0 < y < l}.126. D — полуполоса {(x, y) : 0 < y < l, x > 0}.127. D — полупространство {(x, y, z) : z > 0}.128. D — первый октант {(x, y, z) : x, y, z > 0}.129. D — шар с центром в начале координат радиуса R.130. D — полушар с центром в начале координат радиу-

са R, лежащий в полупространстве {(x, y, z) : z > 0}.131. D — слой {(x, y, z) : 0 < z < l}.

70

§ 19. Функция Грина уравнения Лапласа.Метод конформных отображений

В случае двух переменных функцию Грина задачи Ди-рихле для уравнения Лапласа можно построить с помощьюконформных отображений (см. п. 4 приложения), посколькусвойство гармоничности является инвариантом конформногоотображения.

Будем точкам M = (x, y), P = (ξ, η) сопоставлять точкина комплексной плоскости z = x+ iy, ζ = ξ+ iη соответствен-но.

Теорема. Пусть fP (M) — функция, осуществляющаяконформное отображение области D на единичный круг, та-кая, что fP (P ) = 0. Тогда

G(M,P ) = − 1

2πln

1

|fP (M)|.

Если же нужно решить задачу Дирихле для уравне-ния Лапласа, то можно не строить функцию Грина для за-данной области, а воспользоваться уже построенной функци-ей Грина, например для верхней полуплоскости, и получен-ной с помощью нее формулой решения.

Для этого1) конформно отображаем область D на верхнюю полу-

плоскость;2) решаем задачу Дирихле для уравнения Лапласа в вер-

хней полуплоскости;3) возвращаемся к исходным переменным x, y.

Решите задачи 121–126 с помощью конформных отобра-жений.

71

§ 20. Функция Грина уравнения Гельмгольца20

Уравнение Гельмгольца имеет вид

∆u+ κ2u = 0,

где κ ≥ 0 — некоторая постоянная.Фундаментальными решениями уравнения Гельмгольца в

случае n = 3 будут функции

− 1

4π

eiκ|x|

|x|, − 1

4π

e−iκ|x|

|x|,

а также действительная функция

− 1

4π

cosκ|x||x|

,

в случае n = 2 — функции Ганкеля21 1-го и 2-го рода (см. п. 2приложения)

1

4iH

(1)0 (κ|x|), − 1

4iH

(2)0 (κ|x|)

и функция Бесселя 2-го рода

1

4Y0(κ|x|).

Определение. Функцией Грина задачи Дирихле в обла-сти D для уравнения Гельмгольца называется функция

G(x,y) = − 1

4π

cosκ|x− y||x− y|

+ g(x,y) в случае n = 3,

G(x,y) =1

4Y0(κ|x− y|) + g(x,y) в случае n = 2,

20 Hermann von Helmholtz (1821–1894), немецкий физик, физиолог ипсихолог.

21 Hermann Hankel (1839–1873), немецкий математик.

72

такая, что для y ∈ D1) ∆xg + κ2g = 0 в D,2) G(x,y)

∣∣x∈∂D = 0.

Отметим, что функция Грина задачи Дирихле в обла-сти D для уравнения Гельмгольца существует только в томслучае, когда −κ2 не является собственным значением со-ответствующей задачи Штурма — Лиувилля для оператораЛапласа в области D, т. е. когда задача

∆u+ κ2u = 0, u∣∣∂D

= 0

имеет только нулевое решение.Теорема. Решение задачи Дирихле для уравнения

Гельмгольца задается формулой Пуассона

u(x) =

∫∂D

f(y)∂

∂ny

G(x,y)dSy.

Аналогично можно ввести функцию Грина для задачиНеймана.

132. Проверьте, что функции − 14π

e±iκr

r, − 1

4πcosκrr

явля-ются фундаментальными решениями уравнения Гельмгольцапри n = 3.

133. Проверьте, что функции 14iH

(1)0 (κρ), − 1

4iH

(2)0 (κρ) и

14Y0(κρ) являются фундаментальными решениями уравнения

Гельмгольца при n = 2.134. Постройте функцию Грина задачи Дирихле для

уравнения Гельмгольца в полупространстве {z > 0} и за-пишите формулу Пуассона.

135. Покажите, что функцию Грина задачи Дирихле дляуравнения Гельмгольца в шаре нельзя построить методом от-ражений.

73

§ 21. Функция Грина уравнения теплопроводности

Обозначим оператор теплопроводности через

L =∂

∂t− a2∆.

Теорема. Фундаментальным решением оператора тепло-проводности является функция

E(x, t) =H(t)

(2a√πt)n

e−|x|2

4a2t .

Положим

E(x,y, t, τ) =H(t− τ)

(2a√π(t− τ))n

e− |x−y|2

4a2(t−τ) .

Задача Коши. Найти решение уравнения теплопровод-ности

∂u

∂t− a2∆u = 0, x ∈ Rn, t > 0,

такое, чтоu∣∣t=0

= f(x),

где f — заданная функция.Определение. Функцией Грина задачи Коши для урав-

нения теплопроводности называется функция G(x,y, t), та-кая, что для y ∈ Rn

1) Gt − a2∆xG = 0 для x ∈ Rn, t > 0,2) G(x,y, t)

∣∣t=+0

= δ(x− y).Теорема. Функцией Грина задачи Коши для уравнения

теплопроводности является функция

G(x,y, t) = E(x,y, t, 0) =H(t)

(2a√πt)n

e−|x−y|2

4a2t .

74

Решение задачи Коши для уравнения теплопроводности за-дается формулой

u(x, t) =

∫Rn

f(y)G(x,y, t)dy.

Пусть D — область в Rn.Смешанная задача с краевыми условиями Дири-

хле. Найти решение уравнения теплопроводности

∂u

∂t− a2∆u = 0, x ∈ D, t > 0,

такое, чтоu∣∣t=0

= f(x), x ∈ D,

иu∣∣x∈∂D = g(x, t), t > 0,

где f , g — заданные функции.Определение. Функцией Грина смешанной задачи с

краевыми условиями Дирихле для уравнения теплопровод-ности называется функция G(x,y, t), такая, что для y ∈ Rn

1) Gt − a2∆xG = 0 для x ∈ D, t > 0,2) G(x,y, t)

∣∣t=+0

= δ(x− y),3) G(x,y, t)

∣∣x∈∂D = 0.

Теорема. Решение смешанной задачи с краевыми услови-ями Дирихле для уравнения теплопроводности задается фор-мулой

u(x, t) =

∫D

f(y)G(x,y, t)dy+

+

t∫0

∫∂D

g(y, τ)∂

∂ny

G(x,y, t− τ)dSydτ.

75

Смешанная задача с краевыми условиями Ней-мана. Найти решение уравнения теплопроводности

∂u

∂t− a2∆u = 0, x ∈ D, t > 0,

такое, чтоu∣∣t=0

= f(x), x ∈ D,

и∂u

∂n

∣∣∣∣x∈∂D

= g(x, t),

где f , g — заданные функции.Определение. Функцией Грина смешанной задачи с

краевыми условиями Неймана для уравнения теплопровод-ности называется функция G(x,y, t), такая, что для y ∈ Rn

1) Gt − a2∆xG = 0 для x ∈ D, t > 0,2) G(x,y, t)

∣∣t=+0

= δ(x− y),3) ∂

∂nxG(x,y, t)

∣∣x∈∂D = 0.

Теорема. Решение смешанной задачи с краевыми усло-виями Неймана задается формулой

u(x, t) =

∫D

f(y)G(x,y, t)dy +

t∫0

∫∂D

g(y, τ)G(x,y, t− τ)dSydτ.

Для того, чтобы найти функцию Грина смешанной зада-чи, можно в некоторых случаях воспользоваться методомотражений (см. § 18).

Найдите функции Грина смешанной задачи Дирихле дляуравнения теплопроводности и решите смешанные задачи

ut = a2∆u, x ∈ D, t > 0,

u∣∣t=0

= g,

u∣∣∂D

= f

76

для областей из примеров 121–131.

§ 22. Функция Грина волнового уравнения

Применительно к уравнениям гиперболического типа ме-тод функций Грина не является настолько же удобным, какдля уравнений эллиптического и параболического типов. По-этому введем понятие функции Грина только для одномер-ного случая.

Фундаментальным решением волнового оператора �a =∂2

∂t2− a2 ∂2

∂x2является функция

E(x, t) =1

2aH(at− |x|),

где H(τ) =

{1, τ ≥ 0,0, τ < 0,

— функция Хевисайда22.

Задача Коши. Найти решение волнового уравнения

∂2u

∂t2− a2

∂2u

∂x2= 0, x ∈ R, t > 0,

такое, чтоu∣∣t=0

= φ(x), u∣∣t=0

= ψ(x),

где φ, ψ — заданные функции.Определение. Функцией Грина задачи Коши для вол-

нового уравнения называется такая функция G(x, y, t), чтодля y ∈ R

1) Gtt − a2Gxx = 0 для x ∈ R, t > 0,2) G(x, y, t)

∣∣t=+0

= 0,3) Gt(x, y, t)

∣∣t=+0

= δ(x− y).Непосредственной проверкой можно убедиться, что фун-

кцией Грина задачи Коши для волнового уравнения являетсяфункция

G(x, y, t) =1

2a[H(x− y + at)−H(x− y − at)].

22 Oliver Heaviside (1850–1925), английский ученый.

77

Решение задачи Коши для волнового уравнения задаетсяформулой

u(x, t) =∂

∂t

∞∫−∞

φ(y)G(x, y, t)dy +

∞∫−∞

ψ(y)G(x, y, t)dy.

136. Проверьте, что функция 12aH(at−|x|) является фун-

даментальным решением волнового оператора при n = 1.137. Проверьте, что функция 1

2a[H(x−y+at)−H(x−y−

at)] является функцией Грина задачи Коши для волновогоуравнения при n = 1.

138. Пользуясь функцией Грина, установите формулуД’Аламбера для решения задачи Коши для волнового урав-нения.

78

Теория потенциалов§ 23. Объемный и логарифмический потенциалы

Пусть D — ограниченная область в Rn (n = 2, 3). Будемобозначать область D через D−, а область Rn\D — через D+

(рис. 9).

x1

x2

D–D+

∂D=γ

Рис. 9

Определение. Объемным потенциалом называетсяфункция

U3(x) =

∫∫∫D

f(y)

|x− y|dy,

где f — заданная функция, называемая плотностью потенци-ала. Логарифмическим потенциалом называется функция

U2(x) =

∫∫D

f(y) ln1

|x− y|dy.

Будем обозначать

Un(x) =

{U+n (x), x ∈ D+,

U−n (x), x ∈ D−.

Перечислим основные свойства объемного и логарифми-ческого потенциалов.

79

Свойства. Пусть функция f ∈ C(D). Тогда1) Un ∈ C1(Rn), U+

n ∈ C∞(D+), U−n ∈ C2(D−);

2) ∆U+n = 0 в D+;

если f ∈ C1(D), то ∆U−n = −2n−1πf в D−;

3) U+3 (x) =

1

|x|

∫∫∫D

f(y)dy +O

(1

|x|2

)при x → ∞,

U+2 (x) = ln

1

|x|

∫∫D

f(y)dy +O

(1

|x|

)при x → ∞.

Решите задачи 139–142 двумя способами: во-первых, по-ставив краевые задачи для потенциалов, а во-вторых, пря-мым вычислением соответствующих интегралов.

139. Найдите объемный потенциал с постоянной плотно-стью для шара.

140. Найдите логарифмический потенциал с постояннойплотностью для круга.

141. Найдите объемный потенциал масс, распределенныхс постоянной плотностью f0 в сферическом слое {a < r < b}.

142. Найдите логарифмический потенциал с постояннойплотностью f0 для кольца {a < ρ < b}.

143. В кругe {ρ < R} задан логарифмический потенциалэтого круга U−

2 = π(Rρ− 2

3ρ2)sinφ. Найдите его плотность и

значение потенциала вне круга.144. Докажите, что многочлен u(x, y, z) = x2 − y2 + (x +

2y)z2 не может служить объемным потенциалом шара.145. Докажите, что функция u = sinφ − ρ2 cos 3φ не яв-

ляется логарифмическим потенциалом круга.

§ 24. Потенциалы простого слоя

Пусть D — ограниченная область в Rn. Опять будем обо-значать область D через D−, а область Rn \D — через D+.

80

Предполагаем, что граница области ∂D = S (∂D = γ)является C2-гладкой поверхностью (кривой). Вообще говоря,достаточно считать, что она является поверхностью Ляпуно-ва (кривой Ляпунова), см. определение, например, в [8, гл. 4,§ 5].

Определение. Потенциалом простого слоя называетсяфункция

V3(x) =

∫∫S

µ(y)

|x− y|dSy,

где µ — заданная функция, называемая плотностью потен-циала. Логарифмическим потенциалом простого слоя назы-вается функция

V2(x) =

∫γ

µ(y) ln1

|x− y|dsy.

Будем обозначать

Vn(x) =

{V +n (x), x ∈ D+,V −n (x), x ∈ D−.

Также будем обозначать внешнее предельное значение нор-мальной производной в точке x ∈ S (x ∈ γ) через(

∂Vn∂n

)+

(x) = limy→x, y∈D+

∂Vn∂n

(y),

внутреннее предельное значение нормальной производной вточке x ∈ S (x ∈ γ) через(

∂Vn∂n

)−

(x) = limy→x, y∈D−

∂Vn∂n

(y)

и непосредственное значение нормальной производной в точ-ке x ∈ S (x ∈ γ) через(

∂V3∂n

)0

(x) =∂

∂nx

∫∫S

µ(y)

|x− y|dSy =

∫∫S

µ(y)cosψxy

|x− y|2dSy,

81

(∂V2∂n

)0

(x) =∂

∂nx

∫γ

µ(y) ln1

|x− y|dsy =

∫γ

µ(y)cosψxy

|x− y|dsy,

где ψxy — угол между внешней нормалью к поверхности S(кривой γ) в точке x и вектором y − x (рис. 10).

x

y

D–

D+

∂D=S

nx

ny

x1

x2

x3

ψxyφxy

Рис. 10

Перечислим основные свойства потенциалов простого слоя.Свойства. Пусть функция µ ∈ C(S) (C(γ)). Тогда1) Vn ∈ C(Rn), V ±

n ∈ C∞(D±),(∂Vn∂n

)±

=

(∂Vn∂n

)0

∓ 2n−2πµ для x ∈ S или γ;

2) ∆V ±n = 0 в D±;

3) V +3 (x) =

1

|x|

∫∫S

µ(y)dSy +O

(1

|x|2

)при x → ∞,

V +2 (x) = ln

1

|x|

∫γ

µ(y)dsy +O

(1

|x|

)при x → ∞.

82

Решите задачи 146–148 двумя способами: во-первых, по-ставив краевые задачи для потенциалов, а во-вторых, пря-мым вычислением соответствующих интегралов.

146. Найдите потенциал простого слоя с постоянной пло-тностью для сферы.

147. Найдите логарифмический потенциал с постояннойплотностью для окружности.

148. Найдите потенциал простого слоя окружности ради-уса R с плотностью µ = sinφ.

149. Проверьте, что функция u(ρ, φ) = ρ sinφ являетсяпотенциалом простого слоя внутри круга радиуса R. Найдитезначение этого потенциала вне круга и плотность потенциалана окружности.

150. Проверьте, что функция u(x, y) =x3 − 3xy2

(x2 + y2)3явля-

ется потенциалом простого слоя вне круга единичного ра-диуса. Найдите значение этого потенциала внутри круга иплотность потенциала на окружности.

§ 25. Потенциалы двойного слоя

Пусть D — ограниченная область в Rn с C2-гладкой гра-ницей ∂D = S (∂D = γ). Опять обозначаем область D черезD−, а область Rn \D — через D+.

Определение. Потенциалом двойного слоя называетсяфункция

W3(x) =

∫∫S

ν(y)∂

∂ny

(1

|x− y|

)dSy =

∫∫S

ν(y)cosφxy

|x− y|2dSy,

где ν — заданная функция, называемая плотностью потен-циала. Логарифмическим потенциалом двойного слоя назы-

83

вается функция

W2(x) =

∫γ

ν(y)∂

∂ny

(ln

1

|x− y|

)dsy =

∫γ

ν(y)cosφxy

|x− y|dsy.

Здесь φxy — угол между внешней нормалью к поверхности S(кривой γ) в точке y и вектором x− y (см. рис. 10).

Будем обозначать черезW 0n(x) непосредственное значение

потенциала двойного слоя для точек x ∈ S (x ∈ γ), через

W+n (x) = lim

y→x, y∈D+W+n (y)

предельное значение потенциала в точке x ∈ S (x ∈ γ) наповерхности (кривой) снаружи, через

W−n (x) = lim

y→x, y∈D−W−n (y)

предельное значение потенциала в точке x ∈ S (x ∈ γ) наповерхности (кривой) изнутри.

Перечислим основные свойства потенциалов двойного слоя.Свойства. Пусть функция ν ∈ C(S) (или C(γ)). Тогда1) W±

n ∈ C∞(D±),W±n (x) = W 0

n(x)± 2n−2πν(x) для x ∈ S или γ;

2) ∆W±n = 0 в D±;

3) W+n (x) = O

(1

|x|n−1

)при x → ∞.

Для наглядности выпишем свойства всех потенциалов ввиде таблицы (табл. 4).

84

Табл

ица

4С

войст

вапот

енциал

ов

Опр

едел

ение

Глад

кост

ьУ

равн

ение

Пов

еден

иепр

иx→

∞

U3(x

)=∫∫∫ D

f(y

)|x

−y|dy

U2(x

)=∫∫ D

f(y

)ln

1|x

−y|dy

Un∈C

1(R

n)

U+ n

∈C

∞(D

+)

U− n

∈C

2(D

−)

∆U

+ n=

0вD

+

∆U

− 3=

−4πf

вD

−

∆U

− 2=

−2πf

вD

−

U+ 3(x

)=

1 |x|∫∫∫ D

f(y

)dy+O( 1|x

|2

)U

+ 2(x

)=

ln1 |x|∫∫ D

f(y

)dy+O( 1 |x

|)пр

иx→

∞

V3(x

)=∫∫ S

µ(y

)|x

−y|dSy

V2(x

)=∫ γµ(y

)ln

1|x

−y|ds y

Vn∈C(R

n)

V± n

∈C

∞(D

±)

( ∂V3

∂n

) ± =( ∂

V3

∂n

) 0 ∓2πµ

дляx∈S

( ∂V2

∂n

) ± =( ∂

V2

∂n

) 0 ∓πµ

дляx∈γ

∆V

± n=

0вD

±V

+ 3(x

)=

1 |x|∫∫ S

µ(y

)dSy+O( 1|x

|2

)V

+ 2(x

)=

ln1 |x|∫ γµ(y

)ds y

+O( 1 |x

|)пр

иx→

∞

W3(x

)=∫∫ S

ν(y

)cosφxy

|x−y|2dSy

W2(x

)=∫ γν(y

)cosφxy

|x−y|ds y

W± n

∈C

∞(D

±)

W± 3(x

)=W

0 3(x

)±

2πν(x

)

дляx∈S

W± 2(x

)=W

0 2(x

)±πν(x

)

дляx∈γ

∆W

± n=

0вD

±W

+ 3(x

)=O( 1|x

|2

)W

+ 2(x

)=O( 1 |x

|)пр

иx→

∞

85

Решите задачи 151, 152 двумя способами: во-первых, по-ставив краевые задачи для потенциалов, а во-вторых, пря-мым вычислением соответствующих интегралов.

151. Найдите потенциал двойного слоя с постояннойплотностью для сферы.

152. Найдите логарифмический потенциал двойного слояс постоянной плотностью для окружности.

153. Проверьте, что функция u =cos 2φ

ρ2является потен-

циалом двойного слоя вне круга радиуса R. Найдите значе-ние этого потенциала внутри круга и плотность потенциалана окружности.

154. Проверьте, что функция u = 1+ρ2 sin 2φ является по-тенциалом двойного слоя внутри круга радиуса R. Найдитезначение этого потенциала вне круга и плотность потенциалана окружности.

§ 26. Решение задач Дирихле и Неймана для урав-нения Лапласа с помощью потенциалов

С помощью поверхностных потенциалов можно свестивнутреннюю и внешнюю задачи Дирихле и Неймана для урав-нения Лапласа к интегральным уравнениям Фредгольма23

второго рода (см. п. 6 приложения).Пусть D — ограниченная область в R2 с гладкой гра-

ницей γ. Опять обозначим область D через D−, а областьRn \D — через D+.

Внутренняя задача Дирихле. Найти решение урав-нения Лапласа в области D−, такое, что

u∣∣γ= f−,

где f− — заданная функция.23 Erik Ivar Fredholm (1866–1927), шведский математик.

86

Внешняя задача Дирихле. Найти ограниченное ре-шение уравнения Лапласа в области D+, такое, что

u∣∣γ= f+,

где f+ — заданная функция.Внутренняя задача Неймана. Найти решение урав-

нения Лапласа в области D−, такое, что

∂u

∂n

∣∣∣∣γ

= g−,

где g− — заданная функция, n — вектор внешней нормалик границе ∂D.

Внешняя задача Неймана. Найти ограниченное ре-шение уравнения Лапласа в области D+, такое, что

∂u

∂n

∣∣∣∣γ

= g+,

где g− — заданная функция.Будем искать решение внутренней задачи Дирихле в виде

потенциала двойного слоя с неизвестной плотностью ν−

u(x) =

∫γ

ν−(y)cosφxy

|x− y|dsy

(φxy — угол между внешней нормалью к кривой γ в точке yи вектором x−y), внешней задачи Дирихле — в виде суммыпотенциала двойного слоя с неизвестной плотностью ν+ инекоторой неизвестной постоянной

u(x) =

∫γ

ν+(y)cosφxy

|x− y|dsy + A,

87

внутренней задачи Неймана — в виде суммы потенциала про-стого слоя с неизвестной плотностью µ− и некоторой неиз-вестной постоянной

u(x) =

∫γ

µ−(y) ln1

|x− y|dsy +B

и, наконец, внешней задачи Неймана — в виде суммы потен-циала простого слоя с неизвестной плотностью µ+, удовле-творяющей условию ∫

γ

µ+(y)dsy = 0, (26.1)

и некоторой неизвестной постоянной

u(x) =

∫γ

µ+(y) ln1

|x− y|dsy + C.

Из свойств поверхностных потенциалов получаем интеграль-ные уравнения Фредгольма второго рода:

f−(x) =

∫γ

ν−(y)cosφxy

|x− y|dsy − πν−(x), x ∈ γ, (D−)

f+(x)− A =

∫γ

ν+(y)cosφxy

|x− y|dsy + πν+(x), x ∈ γ, (D+)

g−(x) =

∫γ

µ−(y)cosψxy

|x− y|dsy + πµ−(x), x ∈ γ, (N−)

g+(x) =

∫γ

µ+(y)cosψxy

|x− y|dsy − πµ+(x), x ∈ γ, (N+)

88

где ψxy — угол между внешней нормалью к кривой γ в точкеx и вектором x − y. Замечая, что φxy = ψyx для x, y ∈ γ,видим, что пары (D−) и (N+), (D+) и (N−) являются парамисопряженных уравнений.

Исследуя разрешимость этих интегральных уравненийс помощью теоремы Фредгольма (см. п. 6 приложения), по-лучаем, что:

— интегральное уравнение (D−) имеет единственное ре-шение при любой f−;

— интегральное уравнение (N+) имеет единственное ре-шение, удовлетворяющее условию (26.1), при любой g+ такой,что ∫

γ

g+(y)dsy = 0; (26.2)

— интегральное уравнение (N−) разрешимо тогда и толь-ко тогда, когда ∫

γ

g−(y)dsy = 0; (26.3)

— интегральное уравнение (D+) разрешимо тогда и толь-ко тогда, когда

A =1

Lγ

∫γ

f+(y)dsy,

где Lγ — длина кривой γ, т. е. в этом случае за счет выборапостоянной A получаем разрешимость этого интегральногоуравнения.

Таким образом,— внутренняя и внешняя задачи Дирихле разрешимы при

любых f− и f+;— внутренняя и внешняя задачи Неймана разрешимы,

если функции g− и g+ удовлетворяют условиям (26.3) или(26.2) соответственно.

89

В трехмерном случае можно аналогично свести задачиДирихле и Неймана к интегральным уравнениям. Отметимтолько, что в трехмерном случае для внешних задач ищет-ся решение, стремящееся к нулю при x → ∞. Посколькув этом случае потенциал простого слоя стремится к нулю приx → ∞, то условие (26.1) на плотность для внешней задачиНеймана является лишним. А так как потенциал двойногослоя есть O

(1

|x|2)

при x → ∞, то решение внешней задачиДирихле ищем в виде суммы

u(x) =

∫∫S

ν+(y)cosφxy

|x− y|2dSy +

A

|x− x0|,

где x0 ∈ D — некоторая фиксированная точка, плотность ν+и постоянная A неизвестны.

В результате в трехмерном случае:— внутренняя и внешняя задачи Дирихле разрешимы при

любых f− и f+;— внутренняя задача Неймана разрешима, если функ-

ция g− удовлетворяет условию∫∫S

g−(y)dSy = 0;

— внешняя задачи Неймана разрешима при любой g+.

155. Найдите решение внутренней и внешней задач Ней-мана и Дирихле для круга, опираясь на теорию потенциала.

90

Интегральные преобразования§ 27. Преобразование Фурье

Напомним определение преобразования Фурье (см., на-пример, [3, 8]).

Прямое преобразование Фурье быстро убывающей функ-ции f(x) задается формулой

F+[f ](x) = f(x) =1

(2π)n/2

∫Rn

f(y)e−i(x,y) dy,

обратное —

F−[f ](x) = f(x) =1

(2π)n/2

∫Rn

f(y)ei(x,y) dy.

Преобразование Фурье обобщенной функции медленногороста f(x) задается формулой (см., например, [2, 7])

< F±[f ], φ >=< f, F±[φ] >,

где φ — произвольная быстро убывающая функция.Тот факт, что преобразование Фурье заменяет операцию

дифференцирования на операцию умножения (см. свойство 5в п. 7 приложения), позволяет применять его при решенииуравнений в частных производных.

Рассмотрим уравнение с постоянными коэффициентами:

∂Mu

∂tM+

M−1∑k=1

ak(t)∂ku

∂tk+

∑|α|≤N

bα(t)Dαu = f(t,x). (27.1)

Здесь α = (α1, . . . , αn) — мультииндекс, αk ∈ N ∪ {0}, |α| =

α1 + . . .+ αn, Dαu =∂|α|u

∂xα11 . . . ∂xαn

n

.

91

Задача Коши. Найти в {t > 0, x ∈ Rn} решение урав-нения (27.1) такое, что

u∣∣t=0

= φ0(x),

. . .

∂M−1u

∂tM−1

∣∣∣∣t=0

= φM−1(x),

(27.2)

где φ1, . . . , φM−1 — заданные функции.Чтобы решить задачу Коши:1) действуем преобразованием Фурье по переменной x на

уравнение (27.1) и начальные данные (27.2), получаем задачуКоши для обыкновенного дифференциального уравнения M -го порядка:

∂M u

∂tM+

M−1∑k=1

ak(t)∂ku

∂tk+

∑|α|≤N

i|α|bα(t)yαu = f(t,y),

u∣∣t=0

= φ0(y),

. . .

∂M−1u

∂tM−1

∣∣∣∣t=0

= φM−1(y);

2) решая полученную задачу Коши, находим u(t,y);3) применяя обратное преобразование Фурье, находим ре-

шение u(t,x).

Пользуясь преобразованием Фурье, решите следующие за-дачи.

156. utt − a2uxx = 0 в x ∈ R, t > 0,u∣∣t=0

= φ(x), ut∣∣t=0

= ψ(x).

157. utt − a2uxx = f(x, t) в x ∈ R, t > 0,u∣∣t=0

= ut∣∣t=0

= 0.

92

158. ut − a2uxx = 0 в x ∈ R, t > 0,u∣∣t=0

= φ(x).

159. ut − a2uxx = 0 в x > 0, t > 0,u∣∣t=0

= φ(x),u∣∣x=0

= 0.

160. ut − a2uxx = 0 в x > 0, t > 0,u∣∣t=0

= φ(x),ux∣∣x=0

= 0.

161. ut − a2uxx = f(x, t) в x ∈ R, t > 0,u∣∣t=0

= 0.

§ 28. Преобразование Лапласа

Изображением оригинала f(t) является функция комп-лексного переменного (см., например, [12]):

F (p) =

∞∫0

e−ptf(t) dt.

Пишут f(t) : F (p) или L : f → F .Как и преобразование Фурье, преобразование Лапласа за-

меняет операцию дифференцирования на операцию умноже-ния (см. свойство 6 в п. 8 приложения), и это позволяет при-менять его при решении уравнений в частных производных.

Рассмотрим для примера уравнение

∂mu

∂tm+

m−1∑k=1

ak(x)∂ku

∂tk+ Lu = f(t, x), (28.1)

где

Lu =∂

∂x

(p(x)

∂u

∂x

)+ q(x)u

— оператор Штурма — Лиувилля.

93

Смешанная задача. Найти в {t > 0, a < x < b} реше-ние уравнения (28.1), такое, что

u∣∣t=0

= φ0(x), . . . ,∂m−1u

∂tm−1

∣∣∣∣t=0

= φm−1(x),

(α0u+ α1ux)∣∣x=a

= 0, (β0u+ β1ux)∣∣x=b

= 0,

(28.2)

где φ1, . . . , φM−1 — заданные функции, α0, α1, β0, β1 — посто-янные.

Чтобы решить смешанную задачу (28.1), (28.2),1) действуем преобразованием Лапласа по переменной t

на уравнение (28.1) и данные (28.2), получаем краевую зада-чу для обыкновенного дифференциального уравнения:

LU +( M∑k=1

ak(x)pk)U =

= F (p, x) +M∑k=1

ak(pk−1φ0 + pk−2φ1 + . . .+ φk−1),

(α0U + α1Ux)∣∣x=a

= 0, (β0U + β1Ux)∣∣x=b

= 0,

где U(p, x) — изображение u(t, x);2) решая полученную краевую задачу, находим U(p, x);3) применяя обратное преобразование Лапласа, находим

решение u(t, x).

Пользуясь преобразованием Лапласа, решите следующиезадачи.

162. ut + ux = e2tx+ t в x > 0, t > 0,u∣∣x=0

= a, u∣∣t=0

= b.

163. ut = a2uxx в x > 0, t > 0,u∣∣t=0

= 0, u− ux∣∣x=0

= 1.

164. ut = uxx + a2u+ f(x) в x > 0, t > 0,u∣∣x=0

= ux∣∣x=0

= 0.

94

165. ut = uxx + a2u+ A cos x в x > 0, t > 0,u∣∣x=0

= Be−3t, ux∣∣x=0

= 0.

166. ut = uxx + a2u+ f(x) в x > 0, t > 0,u∣∣x=0

= t, ux∣∣x=0

= 0.

167. utt − uxx = cosωt в 0 < x < π, t > 0,u∣∣t=0

= x, ut∣∣t=0

= 0,ux∣∣x=0

= ux∣∣x=π

= 0.

168. utt + 2ut + u = uxx в 0 < x < l, t > 0,u∣∣t=0

= 0, ut∣∣t=0

= a,u∣∣x=0

= ux∣∣x=l

= 0.

95

Системы уравнений первого порядка§ 29. Гиперболические системы. Характеристики

Рассмотрим линейную систему уравнений первого поряд-ка нормального вида:

∂u1∂t

+n∑k=1

m∑j=1

ak1j∂uj∂xk

+m∑j=1

b1juj = f1,

. . .

∂um∂t

+n∑k=1

m∑j=1

akmj∂uj∂xk

+m∑j=1

bmjuj = fm,

где akij(t, x1, . . . , xn) — заданные непрерывно дифференциру-емые функции, bij(t, x1, . . . , xn), fi(t, x1, . . . , xn) — заданныенепрерывные функции (k = 1, n, i, j = 1,m).

Эту систему можно переписать в матричном виде, обо-значив через UT = (u1, . . . , um), Ak = ||akij||mi,j=1 (k = 1, n),B = ||bij||mi,j=1, F T = (f1, . . . , fm),

Ut +n∑i=1

AiUxi +BU = F, (29.1)

Определение. Cистема (29.1) называется t-гиперболи-ческой системой, если характеристическое уравнение

det(λE +

n∑k=1

ξkAk

)= 0 (29.2)

имеет относительно λ ровно m вещественных корней при лю-бых вещественных ξ1, ξ2, . . . , ξn = 0. Cистема (29.1) называ-ется строго t-гиперболической (по Петровскому24) системой,если характеристическое уравнение (29.2) имеет относитель-но λ ровно m вещественных различных корней при любыхвещественных ξ1, ξ2, . . . , ξn = 0.

24 Иван Георгиевич Петровский (1901–1973), советский математик.

96

Пусть задана некоторая n-мерная поверхность S ⊂ Rn+1.Задача Коши. Найти решение системы (29.1) такое, что

U∣∣S= U0,

где U0(t, x1, . . . , xn) — заданная на S вектор-функция.Определение. Гладкая n-мерная поверхность S, задан-

ная уравнениемφ(t, x1, . . . , xn) = 0,

называется характеристической поверхностью системы(29.1), если

det(φtE +

n∑k=1

φxkAk

)= 0 на S,

или (29.2), где (λ, ξ1, . . . , ξn) — вектор нормали к поверхно-сти S. Уравнение (29.2) называется конусом характеристи-ческих нормалей.

Известно, что если поверхность S не является характе-ристической, то задача Коши для строго t-гиперболическойсистемы (29.1) поставлена корректно.

Выпишите уравнение конуса характеристических норма-лей для следующих систем.

169. pt + ρc2(ux + vy) = 0,

ut +1

ρpx = 0,

vt +1

ρpy = 0

(система, описывающая распространение звуковых волн в дву-мерном случае).

97

170.µ

c

∂H1

∂t+∂E3

∂y− ∂E2

∂z= 0,

µ

c

∂H2

∂t+∂E1

∂z− ∂E3

∂x= 0,

µ

c

∂H3

∂t+∂E2

∂x− ∂E1

∂y= 0,

ε

c

∂E1

∂t+∂H3

∂y− ∂H2

∂z= 0,

ε

c

∂E2

∂t+∂H1

∂z− ∂H3

∂x= 0,

ε

c

∂E3

∂t+∂H2

∂x− ∂H1

∂y= 0

(система уравнений Максвелла).171. Ψt = A1Ψx + A2Ψy + A3Ψz +mA4Ψ

(система уравнений Дирака), где

A1 =

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

, A2 =

0 0 0 −i0 0 i 00 −i 0 0i 0 0 0

,

A3 =

0 0 1 00 0 0 −11 0 0 00 −1 0 0

, A4 =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

.

§ 30. Приведение к каноническому виду гипербо-лической системы с двумя переменными

Рассмотрим подробнее случай двух переменных. В этомслучае система (29.1) принимает вид

Ut + A(t, x)Ux +B(t, x)U = F (t, x), (30.1)

а характеристическое уравнение можно привести к виду

det(A− λE) = 0.

98

Следовательно, t-гиперболичность системы (30.1) означает,что все собственные значения матрицы A вещественные,а строгая t-гиперболичность означает, что все собственныезначения матрицы A вещественные и простые.

Вспомнив определение характеристик, замечаем, что у t-гиперболической системы (30.1) все характеристики веще-ственные.

Определение характеристики в данном случае можно пе-реписать в следующем эквивалентном виде.

Определение. Характеристикой системы (30.1) назы-вается такая кривая, вдоль которой

det

(E A

dtE dxE

)= 0,

или в более общем случае — характеристикой системы

A0(t, x)Ut + A1(t, x)Ux = F (t, x, U) (30.2)

называется такая кривая, вдоль которой

det

(A0 A1

dtE dxE

)= 0.

Определение. Соотношением на характеристике си-стемы (30.2) называется следующее соотношение:

rank

(A0 A1

dtE dxE

)= rank

(A0 A1 FdtE dxE dU

).

Строго t-гиперболическую систему (30.1) можно приве-сти к каноническому виду следующим образом:

1) приводим матрицу A(t, x) к диагональному виду, т. е.находим собственные значения λ1(t, x), . . . , λm(t, x) и собст-венные векторы матрицы A(t, x), составляем из собственных

99

векторов матрицу перехода Z(t, x), в результате имеем

Z−1AZ =

λ1 . . . 0... . . . ...0 . . . λm

= Λ ;

2) производим замену

U = ZV,

после которой система (30.1) принимает канонический вид

Vt + Λ(t, x)Vx + C(t, x)V = G(t, x),

где C = Z−1(Zt + AZx +BZ), G = Z−1F .Отметим, что матрица перехода Z определяется неодно-

значно, поскольку собственные векторы определяются с точ-ностью до коэффициентов пропорциональности (причем за-висящих от переменных t и x).

Определение. Компоненты vj(t, x) вектора V называ-ются римановыми инвариантами системы (30.1).

В задачах 172–181 приведите системы к каноническомувиду.

172. ut − vx = 0,vt − ux = 0.

173. ux + vx + uy − 3vy = 0,ux + vx − 3uy + vy = 0.

174. 2ut + (2t− 1)ux − (2t+ 1)vx = 0,2vt − (2t+ 1)ux + (2t− 1)vx = 0.

175. (x− 1)ut − (x+ 1)vx + ux = 0,(x+ 1)ux − (x− 1)vt − vx = 0.

100

176. xux + y2vy + xyv = 0,yuy + xyvx + (x− 1)u = 0.

177. ut + (1 + x)vx + u = 0,vt + (1 + x)ux − v = 0.

178. ut + vx + xu = 0,(1 + x2)vt + ux − v = 0.

179. 2xux − 2yvy + u− v = 0,vx − uy = 0.

180. ut + 4ux + 5vx = 0,vt + 5ux + 4vx = 0,wt + 3ux − 2wx = 0.

181. 2ut + 4vx + 2wx = 2w − 2u− v,vt + 8ux = 2w − 2u− v,wt + 3wx = 2u+ v + 2w.

182. Продемонстрируйте на примере системы уравненийакустики

pt + ρc2ux = 0,

ut +1

ρpx = 0

неоднозначность приведения к каноническому виду.

§ 31. Краевые задачи для гиперболических системс двумя переменными

Смешанная задача для строго t-гиперболической системыуравнений, приведенной к каноническом виду,

Vt + Λ(t, x)Vx = F (t, x, V ), (31.1)

ставится следующим образом: требуется найти решение си-стемы (31.1) в области Q = {t > 0, a < x < b}, при этом при

101

t = 0 задаем начальные условия

V∣∣t=0

= V0(x), т. е.v1(0, x) = v01(x),. . .vm(0, x) = v0m(x),

а на прямых x = a, x = b задаем римановы инвариантыvk, соответствующие “уходящим” c этих прямых характери-стикам. Говорим, что характеристика φ(t, x) = C уходит спрямой x = a, если φtφx < 0 при x = a; характеристикаφ(t, x) = C уходит с прямой x = b, если φtφx > 0 при x = b.

Например, если с прямой x = a уходят характеристики,соответствующие римановым инвариантам v1, . . . , vl, а с пря-мой x = b уходят характеристики, соответствующие рима-новым инвариантам vl+1, . . . , vs, s ≤ m. Это означает, что напрямой x = a следует задать функции v1, . . . , vl, а на прямойx = b — функции vl+1, . . . , vs. Вообще говоря, нужно задатьтакие условия, чтобы на прямой x = a можно было бы опре-делить v1, . . . , vl, а на прямой x = b — vl+1, . . . , vs.

x

t

a b

v1 v2

v3

Рис. 11

В примерах 183–185 решите задачу Коши для указанныхсистем в области x ∈ R, t > 0.

183. 2ut + (2t− 1)ux − (2t+ 1)vx = 0,2vt − (2t+ 1)ux + (2t− 1)vx = 0,u∣∣t=0

= 1, v∣∣t=0

= x.

102

184. (x− 1)ut − (x+ 1)vt + ux = 0,(x+ 1)ut − (x− 1)vt − vx = 0,u∣∣t=0

= ex, v∣∣t=0

= x2.

185. ut + 4ux + 5vx = 0,vt + 5ux + 4vx = 0,wt + 3ux − 2wx = 0,u∣∣t=0

= cosx, v∣∣t=0

= sinx, w∣∣t=0

= 0.

186. Укажите, какие из смешанных задач для системыut − vx = 0,vt − ux = 0

в области 0 < x < l, t > 0 поставлены правильно.Начальные условия: u

∣∣t=0

= u0(x), v∣∣t=0

= v0(x).Краевые условия:а) u

∣∣x=0

= a(t), u∣∣x=l

= b(t);б) u

∣∣x=0

= a(t), v∣∣x=0

= b(t);в) u+ v

∣∣x=0

= a(t), v∣∣x=l

= b(t);г) u− v

∣∣x=0

= a(t), v∣∣x=l

= b(t);д) u

∣∣x=0

= a(t), 2u+ v∣∣x=l

= b(t);е) u

∣∣x=0

= a(t), u− v∣∣x=l

= b(t);ж) u− v

∣∣x=0

= a(t), u+ v∣∣x=l

= b(t);з) u− v

∣∣x=0

= a(t), u− v∣∣x=l

= b(t);и) u+ v

∣∣x=0

= a(t), u+ v∣∣x=l

= b(t);к) u− v

∣∣x=0

= a(t), u+ 3v∣∣x=l

= b(t).

187. Для системыut + 8ux + 7vx = 0,vt + 7ux + 8vx = 0,wt − 2vx − 3wx = 0

приведите примеры правильных и неправильных постановокзадач в областях

а) x > 0, t > 0;б) x < 0, t > 0;в) 0 < x < l, t > 0.

103

Ответы

1. u = u0(x − y). 2. u = u0(1−x+y

2

). 3. Решение не

существует, если u0 ≡ const; u = F (x− y) (F — произволь-ная гладкая функция, такая, что F (0) = u0), если u0 ≡ const.

4. u = u0

(√x2+y2

2

). 5. u = yex−e2x+1. 6. u = s (1−

√t)(s−

√t)

(1−s)2 ,

где t = (x−y)2z

, s = x+zy+z

. 7. u = (xy − 2z)x2+y2

xy. 8. u =

(1− x+ y)(2− 2x+ z). 9. u = ln |y| − x2 + y2 − 12ln |x2 − y2|.

10. u = xy + F(xy

)(F — произвольная гладкая функция,

такая, что F (1) = 0). 11. u = x2y

√x2+y2−yx2+y2

. 12. u =

y[x−ln |1+y−ye−x|

1−ye−x + 11−ye−x+y

]. 13. (y − u)2 − 8x + 4u2 = 0.

14. (x− y)(3x+ y + 4u) = 4u. 15. 2y − 4x+ 2+ ex(u− xy +6x − y − 4) = 0. 16. xu = (xu − x − y + 2u)2. 17. u =x2

[2(ln x

2− y

)2+1− y2

]. 18. x = tes, y = sin t ch s+cos t sh s,

z = sin t sh s+ cos t ch s. 19. t = s, x = s sgn p+ p, u = sgn p.20. Гиперболического типа при xy = 0; uξη− 1

2ξuη = 0

(где ξ =

xy, η = yx

)— канонический вид; u =

√|xy|φ

(yx

)+ ψ(xy) (где

φ, ψ — произвольные гладкие функции) — общее решение.21. Эллиптического типа при xy = 0; uξξ+uηη+ 1

2ξuξ+

12ηuη = 0(

где ξ = x2, η = y2)

— канонический вид. 22. Параболиче-ского типа; uηη = 0

(где ξ = x

y, η = y

)— канонический вид;

u = yφ(xy

)+ ψ

(xy

)(где φ, ψ — произвольные гладкие функ-

ции) — общее решение. 23. При y < 0 гиперболического ти-па, uξη+

uξ−uη2(ξ−η) = 0

(где ξ = x+2

√−y, η = x−2

√−y

)— канони-

ческий вид; при y > 0 эллиптического типа, uξξ+uηη− 1ηuη = 0(

где ξ = x, η = 2√y)

— канонический вид. 24. Гиперболи-ческого типа; uξη+ 7

16uξ+

116uη = 0

(где ξ = 3x+y, η = x−y

)—

канонический вид. 25. Гиперболического типа при xy = 0;uξη − 3

ξuη = 0

(где ξ = xy, η = x3

y

)— канонический вид;

u = x3y3φ(x3

y

)+ ψ(xy) (где φ, ψ — произвольные гладкие

функции) — общее решение. 26. При y < 0 гиперболиче-

104

ского типа, uξη = 0(где ξ = x+ 2

√−y, η = x− 2

√−y

)— ка-

нонический вид, u = φ(x+2√−y)+ψ(x− 2

√−y) (где φ, ψ —

произвольные гладкие функции) — общее решение; при y > 0эллиптического типа, uξξ + uηη = 0

(где ξ = x, η = 2

√y)

—канонический вид. 27. При y < 0 гиперболического типа,uξη = 0

(где ξ = (1 +

√2)x + y, η = (1 −

√2)x + y

)— кано-

нический вид, u = φ((1 +√2)x + y) + ψ((1 −

√2)x + y) (где

φ, ψ — произвольные гладкие функции) — общее решение;при y > 0 параболического типа, uηη = 0

(где ξ = x − y,

η = x)

— канонический вид, u = xφ(x − y) + ψ(x − y) (гдеφ, ψ — произвольные гладкие функции) — общее решение.28. Эллиптического типа; uξξ + uηη + uζζ = 0

(где ξ = z,

η = y − x, ζ = x − y2+ z

2

)— канонический вид. 29. Пара-

болического типа; uξξ − uηη = 0(где ξ = x + y, η = x − y,

ζ = z − x)

— канонический вид. 30. Эллиптического типа;uy1y1 + uy2y2 + · · · + uynyn = 0

(где y1 = x1, y2 = x1 + x2, . . . ,

yn = x1 + x2 + · · · + xn)

— канонический вид. 31. Гипербо-лического типа; uξξ − uηη − uζζ = 0

(где ξ = −x, η = −x + y,

ζ = 12(3x − y + z)

)— канонический вид. 32. Гиперболиче-

ского типа; uξξ − uηη + uζζ + uττ = 0(где ξ = x+ y, η = x− y,

ζ = x− y + z, τ = 1√3(−x+ y + z + 2t)

)— канонический вид.

33. u = φ(x) +y∫

f(x)

ψ(f−1(t))dt. 34. Решение не существует,

если ψ ≡ const; u = φ(x) − F (0) + F (y) (F — произвольнаягладкая функция с F ′(0) = C), если ψ ≡ C. 35. u = xy−y+2y2

3x+ x2y2

3. 36. u = x2−xy+y2

y. 37. u = 1 + 1

2(e2x+3y − e2x+y).

38. u = 2(x+ y)e(x+y)/8. 39. u = φ(x− 2

3y3)+ 1

2

x+2y∫x− 2

3y3

ψ(s)ds.

40. u = x2

2(3ey − 1) + y. 41. u = φ(y) + e−xyψ(x) − ψ(0) +

yx∫0

e−syψ(s)ds. 42. u = (cos x − 1)e3y + y2ex. 43. u =

F (x)−F (0) при y ≥ 0, u = F (x)−F (y/k) при y < 0 (где F —

105

произвольная гладкая функция). 44. u = φ(x−at)+φ(x+at)2

при

x ≥ at, u = −φ(at−x)+φ(x+at)2

при x < at. 45. u = 12a

x+at∫x−at

ψ(s)ds

при x ≥ at, u = 12a

at−x∫0

ψ(s)ds + 12a

x+at∫0

ψ(s)ds при x < at.

46. u = ex+at+ex−at

2+ t при x ≥ at, u = ex+at+ex−at

2+ t+ ex−at

a− 1

a

при x < at. 47. u = x + t при x ≥ t, u = sin(x − t) + 2t приx < t. 48. u = 1 при x ≥ at, u = 1 + a sin x−at

aпри x < at.

49. u = x− cos(x+3t)−cos(x−3t)6

при x ≥ 3t, u =− cos(x+3t)+cos(x−3t)6

+3t + 1

3+ 3 sin x−3t

3при x < 3t. 50. u = e−t + xt при x ≥ t,

u = e−t + x2+t2

2+ cos(x − t) − 1 при x < t. 51. u = et +

x + 3t − 32

(sin x+3t

3− sin x−3t

3

)при x ≥ 3t, u = et + 2x −

32

(sin x+3t

3+ sin x−3t

3

)при x < 3t. 52. u = 0 при x ≥ at, u =

g(at−xa

)при x < at. 53. u = φ(x+at)+φ(x−at)

2при x ≥ at, u =

φ(x+at)+φ(at−x)2

+ kek(x−at)0∫

at−xeksφ(s)ds при x < at. 54. u =

e3x−y cos z ch 3at. 55. u = rt+ a2t3

3rпри r ≥ at, u = r2

3a+at2 при

r < at. 56. u = 2a2t2+x2+ y2+ 1a(sin z sin at+ z cos z sin at+

at sin z cos at). 57. u = xyz + 1ax sin y sin at. 58. u = (x2 +

a2t2)y. 59. u = x2y2z2 + (x2y2 + x2z2 + y2z2)a2t2 + 13(x2 +

y2 + z2)a4t4 + 115a6t6. 60. u = ez cos(x+ y) cos at+ er+at−er−at

2ar

при r ≥ at, u = ez cos(x + y) cos at + er+at−eat−r

2arпри r < at.

62. u = − sinωtω2 +xt+ t

ω+ sin(x+at)+sin(x−at)

2. 63. u = x

[12t ln(1+

t2)−t+arctg t]+ 1ay cos z sin at. 64. u = z−xy+ 1

8xy sin 2z(2t−

cos 2t). 65. u = xyzt2+ 1√3ez sin 2x sin

√3t+ r2+a2t2

rпри r ≥ at,

u = xyzt2 + 1√3ez sin 2x sin

√3t + 2at при r < at. 66. u =

−A shπ(x−a)

b

sh πab

sin πyb+ 8a2

π3

∞∑k=0

1(2k+1)3

shπ(2k+1)y

a

shπ(2k+1)b

a

sin π(2k+1)xa

. 67. u =

x− xyb+ 8aπ3

∞∑k=0

1(2k+1)3

shπ(2k+1)x

b

shπ(2k+1)a

b

sin π(2k+1)yb

. 68. Если 2aA=a2+b2,

то u =− bx2+Ay + b(x2−y2)

4a− 4a2

π3

∞∑k=0

1(2k+1)3

chπ(2k+1)y

a

chπ(2k+1)b

a

cos π(2k+1)xa

+

106

4b2

π3

∞∑k=0

1(2k+1)3

chπ(2k+1)(x−a)

b

chπ(2k+1)a

b

cos π(2k+1)yb

+ C (где C — произволь-

ная постоянная); если 2aA = a2+b2, то решение не существу-ет. 69. Если aA+bB = 0, то u = Bx+Ay− B(x2−y2)

2a+C (где

C — произвольная постоянная); если aA + bB = 0, то реше-ние не существует. 70. Если 2a3A+ 3b2B = 0, то u = bBx

2+

a2Ay3

− bB(x2−y2)4a

+ 4a4

π3

∞∑n=1

(−1)n

n3

chπn(y−b)

a

ch πnba

cos πnxa

+ 4b2Bπ3

∞∑k=0

1(2k+1)3

chπ(2k+1)(x−a)

b

chπ(2k+1)a

b

cos π(2k+1)yb

+ C (где C — произвольная постоян-

ная); если 2a3A + 3b2B = 0, то решение не существует.71. u = 1

2(1 + ρ2 cos 2φ). 72. u = A + 1

2Rρ2 sin 2φ. 73. u =

12(1−ρ−2 cos 2φ). 74. u = 1

ln 2ln ρ− 1

15ρ2 cos 2φ+ 8

63ρ3 sin 3φ+

1615ρ−2 cos 2φ− 8

63ρ−3 sin 3φ 75. 4

π

∞∑k=0

12k+1

(ρR

)2k+1sin(2k+1)φ.

76. u = l3πa

sin 3πatl

sin 3πxl+8l2

π3

∞∑k=0

1(2k+1)3

cos π(2k+1)atl

sin π(2k+1)xl

.

77. u = 43π(3et − e3t) sin x + 4

πe3t/2

∞∑n=2

n4n2−1

[2 cos

√4n2 − 13t −

3√4n2−13

sin√4n2 − 13t

]sinnx. 78. u = 8lv0e−t

π2

∞∑k=0

1(2k+1)2

sin π(2k+1)t2l

sin π(2k+1)x2l

. 79. u = 4πa

∞∑k=0

a(2k+1) sinωt−ω sin at(2k+1)2[a2(2k+1)2−ω2]

sin(2k + 1)x, если ω = ±a(2k + 1) для k = 0, 1, . . . ; u =

−2[a(2k0+1)t cosωt−sin a(2k0+1)t]πa(2k0+1)2ω

sin(2k0 + 1)x + 4πa

∑k =k0

sin(2k + 1)x

a(2k+1) sinωt−ω sin at(2k+1)2[a2(2k+1)2−ω2]

, если ω = ±a(2k0 + 1) при k0 ∈ {0, 1, . . . }.

80. u = π2+ 1−cosωt

ω2 − 4π

∞∑k=0

cos(2k+1)t cos(2k+1)x(2k+1)2

, если ω = 0;

u = π+t2

2− 4

π

∞∑k=0

cos(2k+1)t cos(2k+1)x(2k+1)2

, если ω = 0. 81. u =

gx(π−x)2a2

− 16gπa2

∞∑k=0

1(2k+1)3

sin (2k+1)x2

cos (2k+1)at2

. 82. u = 1+t+x−

xt+xt2− 2π2a

∞∑n=1

sinπnx sinπnatn2 . 83. u = A

lx cosωt+ 2A

π

∞∑n=1

(−1)n

107

(aπn)2 cos aπntl

−(ωl)2 cosωt

n[(aπn)2−(ωl)2]sin πnx

l, если ω = ±aπn

lдля n ∈ N; u =

Alx cosωt+ A(−1)n0

πn0

[2 cos aπn0t

l−ωt sinωt

]sin πn0x

l+ 2A

π

∑n =n0

(−1)n

(aπn)2 cos aπntl

−(ωl)2 cosωt

n[(aπn)2−(ωl)2]sin πnx

l, если ω = ±aπn0

lпри n0 ∈ N.

84. u = Alx sinωt+ 2Aω

π

∞∑n=1

(−1)n

n

[l

πnasin πnat

l− l2

(πna)2−(lω)2sinωt

]sin πnx

l, если ω = ±aπn

lдля n ∈ N; u = A

lx sinωt + (−1)n0A

πn0[sinωt + ωt cosωt

]sin πn0x

l+ 2Aω

π

∑n=n0

(−1)n

n

[l

πnasin πnat

l−

l2

(πna)2−(lω)2sinωt

]sin πnx

l, если ω = ±aπn0

lпри n0 ∈ N.

85. u =3I0

(πρh

)I0

(πρ0h

) sin πzh

. 86. u = 12

[I0

(3πρh

)I0

(3πρ0h

) +I2

(3πρh

)I2

(3πρ0h

) cos 2φ]sin 3πz

h. 87. u = a0

2+

∞∑k=1

akI0

(πkρh

)I0

(πkρ0

h

) cos πkzh

, где ak = 2h

h∫0

f(z)

cos πkzhdz. 88. u =

∞∑n=1

An

[e

µ0nz

h −e2µ0n−µ0nz

h

]I0(µ0nρρ0

), где An — ко-

эффициенты разложения функции ρ−ρ0 в ряд по{I0(µ0nρρ0

)}.

89. u = A0zh+

∞∑k=1

Aksh

ν0kz

ρ0

shν0kh

ρ0

J0(ν0kρρ0

), где Ak — коэффициенты

разложения функции f по{1; J0

(ν0kρρ0

), k = 1, 2, . . .

}.

90. sin2 θ sin 2φ. 91. 13− 1

2

(cos2 θ − 1

3

)− 1

2(sin2 θ cos 2φ).

92.∞∑n=2

cnP2n(cos θ) sin 2φ, где cn — коэффициенты разложения

функции cos2θ по системе {P 2n(cos θ)}∞n=2. 93. 1

2sin2 θ cos 2φ−

√32sin2 θ sin 2φ. 94. 2

5cos θ −

(cos3 θ − 3

5cos θ

). 95. sin 3φ

∞∑n=3

cnP3n(cos θ), где cn — коэффициенты разложения функ-

ции 1 по системе {P 3n(cos θ)}∞n=3. 96. 3

4

∞∑n=1

anP1n(cos θ) cosφ+

14

∞∑n=3

bnP3n(cos θ) cos 3φ, где an, bn — коэффициенты разложе-

108

ния функции 1 по системам {P 1n(cos θ)}∞n=1 и {P 3

n(cos θ)}∞n=3

соответственно. 97. u = 23− r2

r20

(cos2 θ − 1

3

)+ r5

r50sin5 θ sin 5φ.

98. u =[r17

− 817r2

]sin θ cosφ +

[3r2

98+ 2

49r3

]sin θ cos θ sinφ.

99. u = 1r8sin7 θ cos 7φ− 1

r. 100. u = r10

10sin10 θ sin 10φ+ , где

C — произвольная постоянная. 101. u = 13r

− 14r3

(cos2 θ −

13

)+ 1

3r2sin θ sinφ+ 1

4r3sin θ cos θ cosφ. 102. u = 2− 2

r+(− 4r

35+

3235r2

)sin θ sinφ +

(r3

127− 128

127r4

)sin θ

(cos2 θ − 1

5

)sinφ.

103. u =∞∑k=0

Akr2k+1P2k+1(cos θ), где Ak = (−1)k+1 4k+3

r2k+10

2k+22k+1

Ck+12k+2

22k+2 . 104. u = AY 00 (θ, φ)−

∞∑n=1

n∑m=−n

fnm

nrn+1Ymn (θ, φ) (где fnm —

коэффициенты разложения функции f по сферическим гар-моникам, A — произвольная постоянная), если f00 = 0; ре-шение не существует, если f00 = 0. 105. unk = Jn

(νnk ρρ0

)einφ,

λnk = −(νnkρ0

)2 (n ∈ Z, k ∈ N, νnk — нули J ′n), u00 = 1, λ00 = 0.

106. unk = [Yn(κnkρ1)Jn(κn

kρ) − Yn(κnkρ)Jn(κn

kρ1)]einφ, λnk =

−(κnk )

2 (n ∈ Z, k ∈ N, κnk — решения уравнения

Yn(κρ1)Jn(κρ2)−Yn(κρ2)Jn(κρ1) = 0. 107. unk=[Yπnα(κn

kρ1)Jπn

α(κn

kρ) − Yπnα(κn

kρ)Jπnα(κn

kρ1)] sinπnφα

, λnk = −(κnk )

2 (n ∈ Z,k ∈ N, κn

k — решения уравнения Yπnα(κρ1)Jπn

α(κρ2)−Yπn

α(κρ2)

Jπnα(κρ1) = 0. 108. unml = (k sinαnx−αn cosαnx)(k sin βmy−

βm cos βmy)(k sin γlz−γl cos γlz), λnml = −(α2n+β

2m+γ2l ) (n,m,

l ∈ N, αn — решения уравнения (k2−α2) tg aα = 2kα, βm — ре-шения уравнения (k2−β2) tg bβ = 2kβ, γl — решения уравне-ния (k2 − γ2) tg cγ = 2kγ). 109. unml = [k sin βmz −βm cos βmz]Jn(γ

nl ρ)e

inφ, λnml = −(β2m + (γnl )

2) (n ∈ Z, m, l ∈ N,βm — решения уравнения (k2 − β2) tg hβ = 2kβ, γnl — ре-шения уравнения γJ ′

n(γρ0) − kJn(γρ0) = 0). 110. unmk =Jn+1

2(κn

k r)√r

Pmn (cos θ)einφ, λnmk = −(κn

k )2 (n ∈ Z, m = −n, . . . , n,

k ∈ N, κnk — решения уравнения κJ ′

n+ 12

(κr0) −[k + 1

2r0

]Jn+ 1

2(κr0) = 0). 111. u = 1 + cos π

√9a2+b2 ctab

cos πxacos 3πy

b.

109

112. u =∞∑k=1

ck cosaµ1kt

ρ0J1(µ1kρρ0

)cosφ, где ck — коэффициенты

разложения функции ρ − ρ0 по системе{J1(µ1kρρ0

)}∞k=1

.

113. u = sinωt cos 3φJ3

(ωρa

)J3

(ωa

) − ωa

∞∑k=1

ck√9+(µ3k)

2sin a

√9 + (µ3

k)2 t

J3(µ3kρ) cos 3φ, где ck — коэффициенты разложения функции

1 по системе{J3(µ

3kρ)

}∞k=1

. 114. u = sin 2φ sin πzh

∞∑k=1

ck cos(a√(µ1kρ

ρ0

)2+(πh

)2t)J2(µ2kρρ0

), где ck — коэффициенты

разложения функции ρ − ρ0 по системе{J2(µ2kρρ0

)}∞k=1

.

115. u =∞∑k=1

T11k(t)J3/2

(σ3/2k

r

r0

)√r

sin θ cosφ +∞∑k=1

T21k(t)J5/2

(σ5/2k

r

r0

)√r

sin 2θ sinφ, где T11k = −fk 1−ea2λ11kt+a2λ11kt(a2λ11k)2

, T21k = ckea2λ21kt,

fk — коэффициенты разложения функции 1 по системе{J3/2

(σ3/2k

r

r0

)√r

}∞

k=1

, ck — коэффициенты разложения функции 1

по системе{J5/2

(σ5/2k

r

r0

)√r

}∞

k=1

, λnmk = −(σn+1/2k

r0

)2

. 116. u =

sinωt∞∑

k=−∞ck

Jk

(ωρa

)Jk

(ωρ0a

)eikφ +∞∑

n=−∞

∞∑m=1

∞∑k=1

Tnmk(t)Jn(µnkρρ0

)einφ

cos πmzh

, где ck — коэффициенты разложения функции g(φ)

по системе{eikφ

}, Tn0k = e−a

2λn0ktgnk+t∫0

e−a2λn0k(t−s)fn0k(s)ds,

Tnmk =t∫0

e−a2λnmk(t−s)fnmk(s)ds при m = 0, λnmk = −

[(πmh

)2+(µnk

ρ0

)2], fnmk(t) — коэффициенты разложения функции f по

системе{Jn

(µnkρρ0

)einφ cos πmz

h

}, gnk — коэффициенты разложе-

ния функции G(ρ, φ) = −∞∑

k=−∞ckJk

(ωρa

)eikφ по системе

110

{Jn

(µnkρρ0

)einφ

}. 117. u = cr2

2r0+

(3cr0t + c0

)+

∞∑k=1

cke−(

σ1/2kr0

)2

t

J1/2

(σ1/2k

r

r0

)√r

, где ck — коэффициенты разложения функции − cr2

2r0

по системе {1} ∪{J1/2

(σ1/2k r

r0

)}∞

k=1. 118. u = cosωtF (ρ, z) +

T000(t)+∞∑m=1

∞∑k=1

T0mk(t)J0(ν0kρρ0

)cos πmz

h, где F (ρ, z)=−ac0

ω

cos ωza

sin ωha

+

∞∑k=1

ck√(ν0k

ρ0

)2

−(

ωa

)2

ch

(√(ν0k

ρ0

)2

−(

ωa

)2

z

)sh

(√(ν0k

ρ0

)2

−(

ωa

)2

h

)J0(ν0kρρ0 ), ck — коэффициен-

ты разложения функции f(ρ) по системе {1} ∪{J0(ν0kρρ0

)}∞

k=1,

T000 = f00, T0mk = fmk cos a√−λ0mkt, λ0mk = −

[(ν0kρ0

)2+(πmh

)2],fmk — коэффициенты разложения функции −F (ρ, z) по си-

стеме {1} ∪{J0(ν0kρρ0

)cos πmz

h

}. 119. u = cosωt

Jn+1

2(ωr)

√r

Pmn (cos θ) cosmφ+

∞∑k=1

ck cosaσ

n+12

k t

r0

Jn+1

2

(σn+1

2k

r

r0

)√r

Pmn (cos θ) cosmφ,

где ck — коэффициенты разложения функции −Jn+ 12(ωr) по

системе{Jn+ 1

2

(σn+12

k r

r0

)}∞

k=1. 121. G(M,P ) = 1

2πln ρMP −

12π

ln ρMP1 , где M(x, y), P (ξ, η), P1(ξ,−η); u(x, y) =

yπ

∞∫−∞

f(ξ)dξ(x−ξ)2+y2 . 122. G(M,P ) = 1

2πln ρMP − 1

2πln ρMP1 −

12π

ln ρMP2+12π

ln ρMP3 , где M(x, y), P (ξ, η), P1(ξ,−η), P2(−ξ, η),

P3(−ξ,−η); u(x, y) = yπ

∞∫0

[1

(x−ξ)2+y2 + 1(x+ξ)2+y2

]f(ξ)dξ +

xπ

∞∫0

[1

x2+(y−η)2+1

x2+(y+η)2

]f(η)dη. 123.G(M,P ) = 1

2πln ρMP−

12π

ln rRρMP1 , где M(ρ, φ), P (r, ψ), P1

(R2

r, ψ

); u(ρ, φ) = R2−ρ2

2π2π∫0

f(ψ)dψR2+ρ2−2Rρ cos(ψ−φ) . 124. G(M,P ) = 1

2πln ρMP − 1

2πln ρMP1 −

111

12π

ln ρMP2 + 12π

ln ρMP3 , где M(ρ, φ), P (r, ψ), P1(r,−ψ),

P2

(R2

r, ψ

), P3

(R2

r,−ψ

); u(M) = R2−ρ2

2π

π∫0

[1

R2+ρ2−2Rρ cos(ψ−φ) −

1R2+ρ2−2Rρ cos(ψ+φ)

]f(ψ)dψ+ y

π

1∫−1

[1

(x−ξ)2+y2 −R2/ξ

(x−R2/ξ)2+y2

]f(ξ)dξ.

125. G(M,P ) = 12π

∞∑k=−∞

[ln ρMP2k

− ln ρMP2k+1

], где M(x, y),

P2k(ξ, η + 2kl), P2k+1(ξ,−η + 2kl); u(x, y) =∞∑

k=−∞

y+2klπ

∞∫−∞

f(ξ,0)dξ(x−ξ)2+(y+2kl)2

−∞∑

k=−∞

y+(2k+1)lπ

∞∫−∞

f(ξ,l)dξ(x−ξ)2+(y+(2k+1)l)2

.

126. G(M,P ) = 12π

∞∑k=−∞

[ln ρMP2k

− ln ρMP2k+1− ln ρMQ2k

+

ln ρMQ2k+1

], где M(x, y), P2k(ξ, η + 2kl), P2k+1(ξ,−η + 2kl),

Q2k(−ξ, η + 2kl), Q2k+1(−ξ,−η + 2kl); u(x, y) =∞∑

k=−∞

y+2klπ

∞∫0

[1

(x−ξ)2+(y+2kl)2− 1

(x+ξ)2+(y+2kl)2

]f(ξ, 0)dξ −

∞∑k=−∞

y+(2k+1)lπ

∞∫0

[1

(x−ξ)2+(y+(2k+1)l)2− 1

(x+ξ)2+(y+(2k+1)l)2

]f(ξ, l)dξ + x

π

∞∑k=−∞

l∫0

[1

x2+(y−η+2kl)2− 1x2+(y+η+2kl)2

]f(0, η)dη. 127. G(M,P ) =

− 14π

1rMP

+ 14π

1rMP1

, где M(x, y, z), P (ξ, η, ζ), P1(ξ, η,−ζ);u(x, y, z) = z

2π

∫∫R2

f(ξ,η)dξdη

[(x−ξ)2+(y−η)2+z2]3/2 . 128. G(M,P ) = − 14π

7∑k=0

(−1)k

rMPk

, где M(x, y, z), P0(ξ, η, ζ), P1(ξ,−η, ζ), P2(−ξ,−η, ζ),

P3(−ξ, η, ζ), P4(ξ,−η,−ζ), P5(−ξ,−η,−ζ), P6(−ξ, η,−ζ),P7(ξ, η,−ζ); u(x, y, z) = x

2π

∫∫R2

f(0,η,ζ)dηdζ

[x2+(y−η)2+(z−ζ)2]3/2 +

y2π

∫∫R2

f(ξ,0,ζ)dξdζ

[(x−ξ)2+y2+(z−ζ)2]3/2 + z2π

∫∫R2

f(ξ,η,0)dξdη

[(x−ξ)2+(y−η)2+z2]3/2 .

129. G(M,P ) = − 14π

1rMP

+ 14π

RrrMP1

, где M(r, φ, θ), P (r, φ, θ),

112

P1(R2

r, φ, θ); u(r, φ, θ) = R(R2−r2)

4π

2π∫0

π∫0

f(R,φ,θ) sin θ

(R2+r2−2Rr cosα)3/2dθdφ,

α — угол между OM , OP . 130. G(M,P ) = − 14π

[1

rMP−

1rMP1

− RrrMP2

+ RrrMP3

], где M(r, φ, θ), P (r, φ, θ), P1(r, φ, π −

θ), P2(R2

r, φ, θ), P3(

R2

r, φ, π − θ); u(M) = 1

2π

R∫0

2π∫0

f(r, φ, π/2)[z

[(x−r cos φ)2+(y−r sin φ)2+z2]3/2 − (R/r)3

[(x−R2 cos φ/r)2+(y−R2 sin φ/r)2+z2]3/2

]rdφdr + R

4π

2π∫0

π/2∫0

[R(1−r2)−(1−R2)r cosα

(R2+r2−2Rr cosα)3/2− R(1−r2)−(1−R2)r cosβ

(R2+r2−2Rr cosβ)3/2

]f(R, φ, θ) sin θdθdφ, α — угол между OM , OP , β — угол меж-

ду OM , OP1. 131. G(M,P ) = − 14π

∞∑k=−∞

[1

rMP2k

− 1rMP2k+1

], где

M(x, y, z), P2k(ξ, η, ζ + 2kl), P2k+1(ξ, η,−ζ + 2kl);

u(x, y, z) =∞∑

k=−∞

z+2kl2π

∫∫R2

f(ξ,η,0)dξdη

[(x−ξ)2+(y−η)2+(z+2kl)2]3/2−

∞∑k=−∞

z+(2k+1)l2π∫∫

R2

f(ξ,η,l)dξdη

[(x−ξ)2+(y−η)2+(z+(2k+1)l)2]3/2. 134. G(M,P ) = − 1

4πcosκrMP

rMP+

14π

cosκrMP1

rMP1, где M(x, y, z), P (ξ, η, ζ), P1(ξ, η,−ζ); u(x, y, z) =

z2π

∫∫R2

[cosκ

√(x−ξ)2+(y−η)2+z2

[(x−ξ)2+(y−η)2+z2]3/2 +κz sinκ

√(x−ξ)2+(y−η)2+z2

(x−ξ)2+(y−η)2+z2

]f(ξ, η)dξdη.

139. U−3 = 2πf0

(R2 − r2

3

), U+

3 = 4πf0R3

3r. 140. U−

2 = −πf0(R2 lnR − R2−ρ2

2

), U+

2 = −πf0R2 ln ρ. 141. U−3 = 2πf0

(b2 −

r2

3− 2a3

3r

), U+

3 = 2πf0(b2 − a2) при r < a, U+

3 = 4πf0(b3−a3)3r

при r > b. 142. U−2 = −πf0

(b2 ln b − a2 ln ρ − b2−ρ2

2

), U+

2 =

−πf0(b2 ln b−a2 ln a− b2−a2

2

)при ρ < a, U+

2 = −πf0(b2−a2) ln ρпри ρ > b. 143. f = sinφ, U+

2 = πR3

3ρsinφ.

146. V −3 = 4πµ0R, V +

3 = 4πµ0R2

r. 147. V −

2 = −2πµ0R lnR,V +2 = −2πµ0R ln ρ. 148. V −

2 = πρ sinφ, V +2 = πR2

ρsinφ.

149. V +2 = R2

ρsinφ, µ = 1

πsinφ. 150. V −

2 = ρ3

R6 cos 3φ, µ =3

πR4 cos 3φ. 151. W−3 = −4πν0, W+

3 = 0. 152. W−2 =

113

−2πν0,W+2 = 0. 153. ν = − 1

πR2 cos 2φ+C,W−2 =− ρ2

R4 cos 2φ−2πC, где C — произвольная постоянная. 154. ν = − 1

2π−

R2

πsin 2φ, W+

2 = −R4

ρ2sin 2φ. 155. u(ρ, φ) = ±R2−ρ2

2π2π∫0

f(ψ)dψR2+ρ2−2Rρ cos(ψ−φ) — решение внутренней (внешней) зада-

чи Дирихле; u(ρ, φ) = ∓ R2π

2π∫0

g(ψ) ln(R2 + ρ2 − 2Rρ cos(ψ −

φ))dψ+C — решение внутренней (внешней) задачи Неймана

при условии2π∫0

g(ψ)dψ = 0, где C — произвольная постоян-

ная. 156. u = φ(x+at)+φ(x−at)2

+ 12a

x+at∫x−at

ψ(s) ds. 157. u =

12a

t∫0

x+as∫x−as

f(y, t − s) dy ds. 158. u = 12a

√πt

∞∫−∞

e−(x−y)2

4a2t φ(y) dy.

159. u = 12a

√πt

∞∫0

[e−

(x−y)2

4a2t − e−(x+y)2

4a2t

]φ(y) dy. 160. u = 1

2a√πt

∞∫0

[e−

(x−y)2

4a2t +e−(x+y)2

4a2t

]φ(y) dy. 161. u = 1

2a√π

t∫0

∞∫−∞

1√t−se

− (x−y)2

4a2(t−s)

f(y, s) dy ds. 162. u = b + 14+ 1

2t − 1

2t2 − 1

4e2t + 1

2xe2t − 1

2x

при x > t, u = a+ 14e2(t−x) − 1

4e2t + 1

2xe2t − tx+ 1

2x2 при x < t.

163. u = x2a

√t−ex+a2t x−2a2t

2a√t

. 164. u = − 1a

x∫0

f(x−y) sin ay dy.

165. u = Be−3t cos√a2 + 3 x − A

a2(cosx − cos ax) при a = ±1,

u = Be−3t cos√a2 + 3 x + A

2ax sinx при a = ±1. 166. u =

− 1a

x∫0

f(x − y) sin ay dy + t cos ax − 12ax sin ax.

167. u = π2+ 1−cosωt

ω2 − 2π

∞∑k=−∞

1(2k+1)2

eia(2k+1)t cos(2k + 1)x при

ω = 0, u = π+t2

2− 2

π

∞∑k=−∞

1(2k+1)2

eia(2k+1)t cos(2k+1)x при ω = 0

(ср. с 80). 168. u = −4ale−t

iπ2

∞∑k=−∞

1(2k+1)2

eiπ(2k+1)

2lt sin π(2k+1)x

2l

114

(ср. с 78). 169. t(t2−c2(x2+y2)) = 0. 170. µεc2−t2

(µεc2t2−x2−

y2 − z2)2

= 0. 171. (t2 − x2 − y2 − z2)2 = 0.172. ut + ux = 0, vt − vx = 0, где u = u + v, v = −u + v.173. uy = 0, vy − vx = 0, где u = u + v, v = −u + v.174. ut − ux = 0, vt + 2tvx = 0, где u = u + v, v = u − v.175. ut − x

x−1ux = 0, vt + x+2

x−1vx = 0, где u = u + v, v = u− v.

176. ux + yxuy = 0, vx − y

xvy = 0, где u = yu + yv, v = u − v.

177. ut+(1+x)ux+ v = 0, vt− (1+x)vx+ u = 0, где u = u+ v,v = u − v. 178. ut + 1√

1+x2ux + 2x

3+x−11+x2

u + 2x3+x+11+x2

v = 0,vt− 1√

1+x2vx+2x

3+x+11+x2

u+2x3+x−11+x2

v = 0, где u = u+v, v = u−v√1+x2

.179. ux +

√yxuy = 0, vx −

√yxvy = 0, где u = 1√

x(u + v), v =

− 1√y(u− v). 180. ut− 2ux = 0, vt+9vx = 0, wt− wx = 0, где

u = v+w, v = v−w, w = u+ 311v+3w. 181. ut+3ux =

203u+4v,

vt+4vx = −26536u− 29

12v− 3

4w, wt−4wx =

29u+ 2

3v, где u = u+v+w,

v = 83u + 2v − 2w, w = u. 183. u = 1 + t+t2

2, v = x + t−t2

2.

184. u = t2+4tx+4t8

+ 12(e

t+2x2 +e

√x2−t), v = t2+4tx−4t+8x2

8+ 1

2(e

t+2x2 −

e√x2−t). 185. u = 1

2[cos(9t − x) − sin(9t − x) + cos(t + x) −

sin(t+x)], v = 12[cos(9t−x)−sin(9t−x)−cos(t+x)+sin(t+x)],

w = 311[−6 cos(2t+x)+5 sin(2t+x)+cos(9t−x)− sin(9t−x)+

11 cos(t + x) − 11 sin(t + x)]. 186. а, г, д, ж, к поставленыправильно. 187а. При t = 0 заданы u, v и w, при x = 0заданы u и v. 187б. При t = 0 заданы u, v и w, при x = 0задано w. 187в. При t = 0 заданы u, v и w, при x = 0заданы u и v, при x = l задано w.

115

Библиографический список

1. Агошков В.И., Дубовский П.Б., Шутяев В.П. Мето-ды решения задач математической физики. М.: Физ-матлит, 2002.

2. Александров В.А. Обобщенные функции: Учеб. посо-бие. Новосибирск: НГУ, 2005.

3. Александров В.А. Преобразование Фурье: Учеб. посо-бие. Новосибирск: НГУ, 2002.

4. Арнольд В.И. Лекции об уравнениях с частными про-изводными. М.: Фазис, 1997.

5. Арсенин В.Я. Методы математической физики и спе-циальные функции. М.: Наука, 1984.

6. Бицадзе А.В., Калиниченко Д.Ф. Сборник задач поуравнениям математической физики. М.: Наука, 1985.

7. Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборникзадач по математической физике. М.: Физматлит, 2003.

8. Владимиров В.С. Уравнения математической физики.М.: Наука, 1988.

9. Годунов С.К. Уравнения математической физики. М.:Наука, 1979.

10. Годунов С.К., Золотарева Е.В. Сборник задач по урав-нениям математической физики. Новосибирск: НГУ,1987.

11. Кошляков Н.С., Глинер Э.Б., Смирнов М.М. Уравне-ния в частных производных математической физики.М.: Высш. шк., 1970.

12. Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функ-ций комплексного переменного. М.: Наука, 1987.

13. Лебедев Н.Н. Специальные функции и их приложения.М.; Л.: Физматгиз, 1963.

14. Миллер У., мл. Симметрия и разделение переменных.М.: Мир, 1981.

116

15. Олейник О.А. Лекции об уравнениях с частными про-изводными. М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2005.

16. Сборник задач по уравнениям математической физики/ Под ред. В.С. Владимирова. М.: Физматлит, 2001.

17. Свешников А. Г., Боголюбов А.Н., Кравцов В.В. Лек-ции по математической физике. М.: Изд-во МГУ, 1993.

18. Степанов В.В. Курс дифференциальных уравнений.М.: Гостехиздат, 1950.

19. Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математи-ческой физики. М.: Изд-во МГУ, 1999.

20. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальнымуравнениям. М.; Ижевск: Регуляр. и хаотич. динамика,2000.

117

Приложение1. Оператор Лапласа

Здесь мы выпишем, как выглядит оператор Лапласа вразличных ортогональных системах координат.

В произвольной ортогональной системе координат

x = x(q1, q2, q3), y = y(q1, q2, q3), z = z(q1, q2, q3)

оператор Лапласа записывается в виде

∆u =1

H1H2H3

[∂

∂q1

(H2H3

H1

∂f

∂q1

)+

+∂

∂q2

(H1H3

H2

∂f

∂q2

)+

∂

∂q3

(H1H2

H3

∂f

∂q3

)],

где

Hi =

√(∂x

∂qi

)2

+

(∂y

∂qi

)2

+

(∂z

∂qi

)2

, i = 1, 2, 3,

— коэффициенты Ламе25.Известно (см., например, [14, гл. 3]), что уравнение

Гельмгольца∆u+ κ2u = 0

в трехмерном случае допускает разделение переменных в один-надцати ортогональных системах координат (декартовой, ци-линдрической, параболического цилиндра, эллиптического ци-линдра, сферической, вытянутого сфероида,сплющенного сфероида, параболической, параболоидаль-ной, эллипсоидальной и конической). Приведем в виде таб-лицы случаи декартовой, цилиндрической и сферической си-стем координат.

25 Gabriel Lame (1795–1870), французский математик, физик и инже-нер.

118

Таблица 5Оператор Лапласа в различных системах координат

Координаты Оператор Лапласа ∆uдекартовы

x, y, z∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2

цилиндрическиеx = ρ cosφy = ρ sinφz = z

1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂u

∂ρ

)+

1

ρ2∂2u

∂φ2+

∂2u

∂z2

сферические

x = r cosφ sin θy = r sinφ sin θz = r cos θ

1

r2∂

∂r

(r2

∂u

∂r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂u

∂θ

)+

+1

r2 sin2 θ

∂2u

∂φ2

Заметим, что уравнение Лапласа допускает разделениепеременных дополнительно еще в двух системах координат(бисферической и тороидальной).

2. Функции Бесселя

В этом пункте напомним свойства функций Бесселя (см.,например, [13]).

Уравнение Бесселя имеет вид

y′′ +1

xy′ +

(1− ν2

x2

)y = 0.

Если ν ∈ R\Z, то общее решение уравнения Бесселя имеетвид

y = C1Jν(x) + C2J−ν(x),

где Jν(x), J−ν(x) — функции Бесселя 1-го рода.Для ν ∈ R \ Z функции Бесселя 1-го рода представимы в

виде ряда

Jν(x) =(x2

)ν ∞∑k=0

(−1)k

Γ(k + 1)Γ(ν + k + 1)

(x2

)2k

,

119

x ∈ C \ (−∞, 0).Если ввести функции Бесселя 2-го рода (или функции Ней-

мана):

Yν(x) =Jν(x) cos νπ − J−ν(x)

sin νπ, ν ∈ R \ Z,

то общее решение уравнения Бесселя в этом случае можнотакже записать в виде

y = A1Jν(x) + A2Yν(x).

Если ν = n ∈ Z и n ≥ 0, то общее решение уравненияБесселя имеет вид

y = C1Jn(x) + C2Yn(x),

где Jn(x) — функция Бесселя 1-го рода, Yn(x) — функция Бес-селя 2-го рода.

Для n ∈ Z, n ≥ 0 функции Бесселя 1-го рода представимыв виде ряда

Jn(x) =(x2

)n ∞∑k=0

(−1)k

k!(n+ k)!

(x2

)2k

,

J−n(x) =(−1)nJn(x).

Функции Бесселя 2-го рода в случае n ∈ Z, n ≥ 0 пред-ставимы в виде

Yn(x) =2

πJn(x) ln

x

2− 1

π

(x2

)−n n−1∑k=0

(n− k − 1)!

k!

(x2

)2k

−

− 1

π

(x2

)n ∞∑k=0

(−1)k

k!(n+ k)!

(x2

)2k[Γ′(k + 1)

Γ(k + 1)+

Γ′(k + n+ 1)

Γ(k + n+ 1)

],

x ∈ C \ (−∞, 0).

120

Функции Jν(x) (при ν ∈ R, ν > −1) имеют бесконечноемножество вещественных положительных нулей и не имеюткомплексных нулей, все нули простые (за исключением, мо-жет быть, x = 0).

Пусть µνk — положительные нули функции Jν(x) (ν ∈ R,ν > −1

2), расположенные в порядке возрастания. Система

функций {Jν(µνkx)}∞k=1 ортогональна на промежутке (0, 1) свесом x, т. е.

1∫0

xJν(µνkx)Jν(µ

νl x)dx = 0, k = l.

Любая кусочно-гладкая на [0, 1] функция f(x) представи-ма в точках непрерывности рядом Фурье

f(x) =∞∑k=1

ckJν(µνkx),

где

ck =

1∫0

xf(x)Jν(µνkx)dx

1∫0

x[Jν(µνkx)]2dx

.

Аналогичные утверждения имеют место для корней урав-нения

αJν(x) + βxJ ′ν(x) = 0 (∗)

(при ν ∈ R, ν > −1, α, β ∈ R, αβ+ ν ≥ 0). Это уравнение

имеет бесконечное множество вещественных положительныхкорней и не имеет комплексных корней. Если σνk — положи-тельные корни уравнения (∗), расположенные в порядке воз-растания, то любая кусочно-гладкая на [0, 1] функция f(x)представима в точках непрерывности рядом Фурье по систе-ме {Jν(σνkx)}∞k=1 в случае α = 0 и по системе {1}∪{Jν(σνkx)}∞k=1

в случае α = 0.

121

Модифицированные функции Бесселя 1-го рода — этофункции

Iν(x) = i−νJν(ix),

модифицированные функции Бесселя 2-го рода — это функ-ции

Kν(x) =π

2

Iν(x)− I−ν(x)

sin νπ.

Функции Ганкеля 1-го и 2-го рода — это линейные комби-нации функций Бесселя первого и второго рода:

H(1)ν (x) = Jν(z) + iYν(x), H(2)

ν (x) = Jν(z)− iYν(x).

Отметим, что модифицированные функции Бесселя Iν(x)не имеют вещественных нулей (за исключением, может быть,x = 0).

3. Полиномы Лежандра и присоединенныефункции Лежандра

Теперь приведем некоторые сведения о полиномах Ле-жандра и присоединенных функциях Лежандра (см., напри-мер, [13]).

Присоединенные функции Лежандра выражаются черезполиномы Лежандра

Pn(x) =1

2nn!

dn

dxn[(x2 − 1)n]

по формуле

Pmn (x) = (1− x2)m/2

dm

dxmPn(x).

Заметим, что P 0n(x) = Pn(x).

Производящая функция полиномов Лежандра имеет вид

w(x, t) =1√

1− 2tx+ t2=

∞∑n=0

Pn(x)tn,

122

x ∈ [−1, 1], |t| < 1.Присоединенные функции Лежандра Pm

n (x) являются ре-шениями дифференциального уравнения

d

dx

((1− x2)

dy

dx

)+

[n(n+ 1)− m2

1− x2

]y = 0.

Функции Pmn (cos θ) являются решениями дифференциально-

го уравнения

1

sin θ

d

dθ

(sin θ

dy

dθ

)+

[n(n+ 1)− m2

sin2 θ

]y = 0.

При фиксированном m ∈ {0, 1, 2, . . .} система функций{Pm

n (x)}∞n=m образует ортогональный базис в пространствеL2(−1, 1) и∫ 1

−1

Pmn (x)Pm

k (x) dx =2

2n+ 1

(n+m)!

(n−m)!δnk .

Для наглядности выпишем несколько ненормированныхприсоединенных функций Лежандра Pm

n (cos θ).

Таблица 6Ненормированные присоединенные

функции Лежандра Pmn (cos θ)

m = 0 m = 1 m = 2 m = 3

n = 0 1

n = 1 cos θ sin θ

n = 2 3 cos2 θ−12 3 sin θ cos θ 3 sin2 θ

n = 3 5 cos3 θ−3 cos θ2 sin θ 15 cos2 θ−3

2 15 sin2 θ cos θ 15 sin3 θ

Если положить при n = 0, 1, 2, . . ., m = −n, 0

Pmn =

(n+m)!

(n−m)!P−mn ,

123

то ∫ 1

−1

Pmn (x)Pm

k (x) dx =2

2n+ 1

(n+m)!

(n−m)!δnk ,

и, следовательно, можно рассматривать n = 0, 1, 2, . . ., m =−n, n.

4. Конформные отображения

Приведем некоторые сведения о конформных отображе-ния (см., например, [12]).

Отображение области D ⊂ C, осуществляемое функци-ей w = f(z), конформно, если функция f(z) аналитична иоднолистна в области D.

1. Линейная функция

w = az + b,

a, b ∈ C, a = 0. В частности, линейными функциями явля-ются поворот w = eiαz (α ∈ R), растяжение (сжатие) w = kz(k > 0), перенос w = z + z0.

2. Дробно-линейная функция

w =az + b

cz + d,

a, b, c, d ∈ C, ad− bc = 0. В частности, функция

w = eiαz − a

z − a

(α ∈ R, Im a > 0) отображает верхнюю полуплоскость наединичный круг, функция

w = eiαz − a

1− az

(α ∈ R, |a| < 1) отображает единичный круг на единичныйкруг.

124

3. Степенная функция

w = zn,

n ∈ N. Области однолистности — углы Dk ={z = reiφ :

2πnk < φ < 2π

n(k + 1)

}, k = 0, 1, . . . , n− 1.

4. Функция Жуковского26

w =1

2

(z +

1

z

).

Области однолистности — единичный круг {z : |z| < 1},внешность единичного круга {z : |z| > 1}, верхняя полуплос-кость {z : Im z > 0}, нижняя полуплоскость {z : Im z < 0}.

При отображении с помощью функции Жуковского ок-ружность {z : |z| = 1} переходит в отрезок [−1, 1], лучи{z : arg z = ±π

2} — в мнимую ось, лучи {z : arg z = 0}

и {z : arg z = π} — в лучи действительной оси [1,+∞) и(−∞,−1] соответственно. Полукруг {z : |z| < 1, Im z > 0}переходит в нижнюю полуплоскость (рис. 12).

x-1

y

u

-1

v

1

1

Рис. 12

5. Показательная функция

w = ez = ex(cos y + i sin y).

26 Николай Егорович Жуковский (1847–1921), русский ученый.

125

Области однолистности — полосы Dk = {z = x + iy : 2πk <y < 2π(k + 1)}, k ∈ Z.

Полоса {z = x + iy : 0 < y < π} переходит в верхнююполуплоскость (рис. 13).

u-1

v

1x

y

π

0 0

Рис. 13

6. Тригонометрическая функция

w = cos z =eiz + e−iz

2.

Области однолистности — полосы Ek = {z = x + iy : πk <x < π(k + 1)}, k ∈ Z.

Полуполоса {z = x + iy : 0 < x < π, y < 0} переходит вверхнюю полуплоскость (рис. 14).

u-1

v

1x

y

π0

Рис. 14

126

5. Вычисление интегралов с помощью теориивычетов

Сначала напомним некоторые формулы для вычислениявычетов (см., например, [12]).

Если z0 = ∞ — изолированная особая точка, то

Resz=z0

f(z) = c−1,

где c−1 — коэффициент ряда Лорана27 в окрестности точки z0при (z − z0)

−1.Если z0 = ∞ — изолированная особая точка, то

Resz=∞

f(z) = −c−1,

где c−1 — коэффициент ряда Лорана в окрестности точкиz0 = ∞ при z−1.

Если z0 = ∞ — устранимая особая точка функции f(z),то Res

z=z0f(z) = 0.

Если z0 = ∞ — полюс порядка k функции f(z), то

Resz=z0

f(z) =1

(k − 1)!limz→z0

[(z − z0)kf(z)](k−1).

Если z0 = ∞ — простой полюс функции f(z) =φ(z)

ψ(z),

где φ(z), ψ(z) — аналитические в точке z0 функции, причемφ(z0) = 0 и z0 — простой нуль функции ψ(z), то

Resz=z0

f(z) =φ(z0)

ψ′(z0).

Следующие интегралы можно вычислять с помощью вы-четов.

27 Pierre Alphonse Laurent (1813-1854), французский математик.

127

1. Пусть Q(x, y) — рациональная функция. С помощьюзамены z = eiφ следующий определенный интеграл преобра-зуется в интеграл по замкнутому контуру:

2π∫0

Q(cosφ, sinφ) dφ =1

i

∫|z|=1

Q

(z2 + 1

2z,z2 − 1

2iz

)dz

z.

2. Если Q(z) — рациональная функция, не имеющая по-люсов на действительной оси, такая, что lim

z→∞zQ(z) = 0, то

+∞∫−∞

Q(x) dx = 2πi∑

Im zk>0

Resz=zk

Q(z).

3. Если Q(z) — рациональная функция, не имеющая по-люсов на луче [0,+∞) и такая, что lim

z→∞zQ(z) = 0, то

+∞∫0

Q(x) dx =∑zk

Resz=zk

[Q(z) ln z] ,

где ln z = ln |z|+ i arg z, arg z ∈ (0, 2π).4. Если ω > 0, Q(z) — рациональная функция, не имею-

щая полюсов на действительной оси, такая, что limz→∞

Q(z) = 0,то

+∞∫−∞

eiωxQ(x) dx = 2πi∑

Im zk>0

Resz=zk

[eiωzQ(z)

].

6. Интегральные уравнения

Здесь мы приведем некоторые известные факты об инте-гральных уравнениях Фредгольма второго рода (см., напри-мер, [8]).

128

Интегральное уравнение Фредгольма второго рода имеетвид

x(t)− λ

b∫a

K(t, s)x(s) ds = f(t), (н)

здесь K(t, s) ∈ L2((a, b) × (a, b)) — ядро интегрального опе-

ратора (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s) ds, f(t) — заданная функция,

λ ∈ C. Соответствующее ему однородное уравнение имеетвид

x(t)− λ

b∫a

K(t, s)x(s) ds = 0, (о)

сопряженное неоднородное уравнение —

y(t)− λ

b∫a

K(s, t)y(s) ds = g(t) (сн)

и сопряженное однородное уравнение —

y(t)− λ

b∫a

K(s, t)y(s) ds = 0. (со)

Теорема Фредгольма. Для λ ∈ C возможны только сле-дующие два случая.

(i) Однородные уравнения (о) и (со) имеют только нуле-вые решения. При этом неоднородные уравнения (н) и (сн)имеют единственное решение при любых f ∈ L2(a, b) и g ∈L2(a, b);

(ii) Однородные уравнения (о) и (со) имеют ненулевые ре-шения, при этом количество линейно независимых решенийэтих уравнений совпадает и конечно. Неоднородное уравне-ние (н) разрешимо тогда и только тогда, когда f ортогональ-

129

на в пространстве L2(a, b) всем решениям (со), а неоднород-ное уравнение (сн) разрешимо тогда и только тогда, когда gортогональна в пространстве L2(a, b) всем решениям (о).

Отметим, что теорема Фредгольма справедлива для про-извольного компактного оператора.

7. Преобразование Фурье

Прямое (обратное) преобразование Фурье быстро убыва-ющей функции f(x) задается формулой

F±[f ](x) = f(ω) =1

(2π)n/2

∫Rn

f(y)e∓i(x,y) dy.

Напомним определение и основные свойства преобразова-ния Фурье (см., например, [2, 3, 8]):

F+[F−[f ]] = F−[F+[f ]] = f.

Таблица 7Свойства преобразования Фурье

Функция f(x) Образ F+[f ] = f(ω)

αf + βg αf + βg

ei(a,x)f(x) f(ω − a)

f(x− a) e−i(a,ω)f

∂f

∂xkiωkf

xkf i∂f

∂ωk

f ∗ g (2π)n/2f · g

f · g 1

(2π)n/2f ∗ g

130

Приведем таблицу образов некоторых функций при n=1.

Таблица 8Образы некоторых функций

Функция f(x) Образ F+[f ](ω)

δ(x) 1√2π

1√2π δ(ω)

δ(x− a)1√2π

e−iaω

eiax√2π δ(ω − a)

cos ax

√π

2[δ(ω − a) + δ(ω + a)]

sin ax −i

√π

2[δ(ω − a)− δ(ω + a)]√

π

2[δ(x− a) + δ(x+ a)] cos aω

i

√π

2[δ(x− a)− δ(x+ a)] sin aω

sgnx −i

√2

πv. p.

1

ω

χa(x) = H(x+ a)−H(x− a)

√2

π

sin aω

ω

|x| i

√2

πv. p.

1

ω2

e−a|x|√

2

π

a

a2 + ω2

sgnx · e−a|x|√

2

π

ω

a2 + ω2

e−ax2 1√

2ae−

ω2

4a

131

8. Преобразование Лапласа

Изображением оригинала f(t) является функция

F (p) =

∞∫0

e−ptf(t) dt.

Пишут f(t) : F (p) или L : f → F .Перечислим основные свойства преобразования Лапласа

(см., например, [12]):

f(t) =1

2πi

∫ s+i∞

s−i∞eptF (p) dp, s > a(f)

αf + βg : αF + βG

f(at) : 1

aF(pa

)∀a > 0

eλtf(t) : F (p− λ) ∀λ ∈ C

f(t− a) : e−apF (p) ∀a > 0

f (k)(t) : pkF (p)− pk−1f(0)− · · · − f (k−1)(0)

tkf(t) : (−1)kF (k)(p)∫ t

0

f(s) ds : 1

pF (p)

1

tf(t) :

∫ ∞

p

F (q) dq, путь интегрированиялежит в полуплоскости Re p > a(f)

f ∗ g : F (p)G(p)

fg : 1

2πi

∫ s+i∞

s−i∞F (q)G(p− q) dp,

s > a(f), Re p > s+ a(g)

Здесь a(f) — показатель роста функции f(t), F (p) = L [f(t)],G(p) = L [g(t)].

132

Для нахождения оригинала по заданному изображениюполезна следующая теорема.

Теорема разложения. Пусть(i) функция F (p) мероморфна в C и аналитична в неко-

торой полуплоскости Re p > a0;(ii) существует система окружностей Γn = {p : |p = Rn|},

Rn → ∞ при n → ∞, на которой F (p) стремится к нулюравномерно относительно arg p;

(iii) интегралs+i∞∫s−i∞

F (p) dp абсолютно сходится для s > a0.

Тогда оригиналом функции F (p) является функция

f(t) = H(t)∑k

Resp=pk

[eptF (p)

],

где сумма берется по всем особым точкам pk функции F (p)в порядке неубывания их модулей.

Приведем таблицу изображений некоторых оригиналов.

Таблица 9Изображения некоторых оригиналов

Оригинал Изображение

1 1

p

eat1

p− a

cos atp

p2 + a2

sin ata

p2 + a2

ch atp

p2 − a2

sh ata

p2 − a2

133

Оригинал Изображение

tα, α > −1 Γ(α+ 1)

pα+1

δ(t) 1

1√πt

∫ +∞

tf(s)e−s

2/4t dsF (

√p)

√p

1√πt

1√p

2

√t

π

1

p√p

1√πt

e−at1√p+ a

1√πt

e−a2/4t e−a

√p

√p

a

2t√πt

e−a2/4t e−a

√p

Erfa

2√t

e−a√p

p

Здесь Erf t = 2√π

+∞∫t

e−s2ds = 1− 2√

π

t∫0

e−s2ds = 1− erf t.

134

Оглавление

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Уравнения с частными производными первогопорядка

1. Линейные однородные уравнения первого порядка 52. Линейные неоднородные уравнения первого поряд-

ка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73. Квазилинейные уравнения первого порядка . . . . . . . 8

Классификация уравнений второго порядка

4. Приведение к каноническому виду квазилинейныхуравнений второго порядка с переменными коэф-фициентами в случае n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

5. Приведение к каноническому виду квазилинейныхуравнений второго порядка с постоянными коэф-фициентами в случае n > 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Гиперболические уравнения

6. Задача Коши для гиперболического уравнения вслучае двух переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

7. Задача Гурса для гиперболического уравнения вслучае двух переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

8. Задача Коши и смешанная задача для волновогоуравнения в случае двух переменных. . . . . . . . . . . . . . 20

9. Задача Коши для однородного волнового уравне-ния в случае многих переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

10. Задача Коши для неоднородного волнового урав-нения в случае многих переменных. . . . . . . . . . . . . . . . 30

Метод Фурье

11. Уравнение Лапласа в двумерном случае. Разделе-ние переменных в декартовой системе координат . 33

12. Уравнение Лапласа в двумерном случае. Разделе-ние переменных в полярной системе координат . . . 38

135

13. Смешанная задача для уравнения колебаний стру-ны и уравнения распространения тепла в стержне 40

14. Уравнение Лапласа в трехмерном случае. Разделе-ние переменных в цилиндрической системе коорди-нат . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

15. Уравнение Лапласа в трехмерном случае. Разделе-ние переменных в сферической системе координат.Сферические гармоники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

16. Собственные функции оператора Лапласа . . . . . . . . 5617. Смешанные задачи для волнового уравнения

и уравнения теплопроводности в трехмерном слу-чае . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

Функция Грина

18. Функция Грина уравнения Лапласа. Метод отра-жений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

19. Функция Грина уравнения Лапласа. Метод кон-формных отображений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

20. Функция Грина уравнения Гельмгольца . . . . . . . . . . . 7221. Функция Грина уравнения теплопроводности . . . . . 7422. Функция Грина волнового уравнения. . . . . . . . . . . . . . 77

Теория потенциалов

23. Объемный и логарифмический потенциалы . . . . . . . 7924. Потенциалы простого слоя. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8025. Потенциалы двойного слоя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8326. Решение задач Дирихле и Неймана для уравнения

Лапласа с помощью потенциалов . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Интегральные преобразования

27. Преобразование Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9128. Преобразование Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

136

Системы уравнений первого порядка

29. Гиперболические системы. Характеристики . . . . . . . 9630. Приведение к каноническому виду гиперболиче-

ской системы с двумя переменными . . . . . . . . . . . . . . . 9831. Краевые задачи для гиперболических систем с дву-

мя переменными . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Ответы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

Библиографический список. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

Приложение

1. Оператор Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1182. Функции Бесселя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193. Полиномы Лежандра и присоединенные функции

Лежандра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224. Конформные отображения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1245. Вычисление интегралов с помощью теории вычетов 1276. Интегральные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287. Преобразование Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1308. Преобразование Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

137

Учебное издание

Абашеева Нина Леонидовна,Михайлова Татьяна Юрьевна

СЕМИНАРЫ ПО МЕТОДАММАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

Учебное пособие

Подписано в печать xx.04.2012 г. Формат 60×84 1/16.Печать офсетная. Уч.-изд. л. 8,6.Заказ № xxx. Тираж 100 экз.

Редакционно-издательский центр НГУ,630090, Новосибирск-90, ул. Пирогова, 2.