pde

Тухайн Дифференциал Тэгшитгэл

Үүеэ Отгонбаяр

www.zaluu.comwww.zaluu.com


Гарчиг

Бүлэг 1. 1Хичээл 1. 1Хичээл 2. 4Хичээл 3. 8Хичээл 4. 11Хичээл 5. 15

Бүлэг 2. 19Хичээл 1. 19Хичээл 2. 21

Ишлэл 23

Товъёг 25

iii



БҮЛЭГ 1

Хичээл 1.

БидNakhlé H. Asmar-ийн “Partial Differential Equations with Fourier Seriesand Boundary Value problems” (Хоёр дахь хэвлэл, Pearson Prentice Hall ©2005,2000) номыг дагах болно. Энэ ном нь хялбар ойлгомжтой бичигдсэн бөгөөджишээ тайлбараар баялаг ном юм.

Бид доор дурдагдах ойлголтуудыгмэддэг гэж үзэх бөгөөд дараах тэмдэглэгээнүүдийгашиглах болно. Гэхдээ дифференциал тэгшитгэл бодоход чухал үүрэг гүйцэтгэхтеоремуудыг бол ихэнхийг нь батална эсвэл нарийн томъёололыг нь өгөх болно.

• Нэг болон олон хувьсагчтай, тасралтгүй болон дифференциалчлагддагфункцийн тухай; бид функцуудаа

f(x), f(x, y, z), u(x, t)

гэх мэтчилэн тэмдэглэх болно. Мөн Рийманы интегралыг мэддэг гэжтооцно.

• Функцан дараалал болон цувааны нийлэлт; тэмдэглэгээ

limn→∞

fn(x),∞

ÿ

n=1

un(x, t)

гэх мэт. Үүний дотор– цэгчилсэн/pointwise нийлэлт– жигд/uniform нийлэлт

ийн талаар мэддэг гэж үзнэ. Бид мөн– компакт олонлог дээрх жигд нийлэлт– L2-нийлэлт

гэсэн нийлэлтүүдийг ашиглах ба энэ талаар мэдэх шаардлагагүй.• Зэрэгт цуваа болон Тейлорийн цуваа; тодруулбал

– нийлэлтийн радиус– коэффициентуудынн томьёо– ямар функцууд Тейлорийн цуваанд задардаг болох– сонгодог функцууд, тухайлбал

ex, sinx, cosx

гэх мэтийн функцуудын Тейлорийн задаргааЭнэ талаар номны A.4, A.5 хавсралтуудыг үзнэ үү.

• Энгийн дифференциал тэгшиттгэлийн (үүнээс хойшЭДТ) анханшатнымэдлэг, тухайлбал

1


2 1

– нэгдүгээр эрэмбийн шугаман дифференциал тэгшитгэлuÕ(x) + p(x)u(x) = g(x)

ийн шийдэл;– хоёрдугаар эрэмбийншугаман дифференциал тэгшитгэл (тогтмолкоэффиценттэй, нэгэн төрлийн)

uÕÕ(x) + puÕ(x) + qu(x) = 0

ийн шийдэл.Энэ талаар номны A.1, A.2 хавсралтыг үзнэ үү.

Тейлорийн цуваанаас гаднаФурьегийн цуваа гэж чухал цуваа байдаг бөгөөдэнэ талаар ямар нэг мэдлэг шаардахгүй болно. Энэ нь 2π-үет функцыг

a0 +∞

ÿ

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx))

хэлбэртэй задална гэсэн үг. Номнынэрнээс харахад ойлгомжтойчилон,Фурьегийнцуваа нь бидний судлах нэгэн гол сэдэв байх бөгөөд дифференциал тэгшитгэлийгбодох гол багаж маань байх болно. Энэ судалгаанд ямар функц, ямар утгаарФурьегийн цуваанд задрах вэ гэдэг асуулт чухал байр суурь эзлэх болно.

Бид тухайн уламжлалт дифференциал тэгшитгэл (үүнээс хойш ТУДТ),өөрөөр хэлбэл, олон хувьсагчийн дифференциал тэгшитгэлийн талаар судална.

Хоёр хувьсагчаас эхэлье: үл мэдэгдэх функцаа u(x, t) гэе. Тэгвэл∂u∂x(x, t) = бэхлэгдсэн t-ийн хувьд x-ээр авсан уламжлал∂u∂t (x, t) = бэхлэгдсэн x-ийн хувьд t-ээр авсан уламжлалболохыг санъя.

Жишээ 1.1. Хэрвээ

u(x, t) := x2 + sin(t)xбол

∂u

∂x(x, t) = 2x + sin(t)

∂u

∂t(x, t) = cos(t)x.

Цаашнь үргэлжлүүлэхийн өмнө давхарфункцийн уламжлал олдог дүрэмээсанъя.

Жишээ 1.2. (1) Хэрвээf = f(x), g = g(s)

нь дифференциалчлагддаг функцууд бөгөөд

f(s) := f(g(s))

болdf

ds(s) =

df

dx(g(s)) · dg

ds(s).


ХИЧЭЭЛ 1 3

(2) Хэрвээf = f(x), g = g(s, t)


f(s) := f(g(s, t))

бол∂f

∂s(s) =

df

dx(g(s)) · ∂g

∂s(s).

(3) Хэрвээ

u = u(α, β), α = α(x, t), β = β(x, t)


u(x, t) := u(α(x, t), β(x, t))

бол∂u

∂x=

∂u

∂α· ∂α

∂x+

∂u

∂β· ∂β

∂x∂u

∂t=

∂u

∂α· ∂α

∂t+

∂u

∂β· ∂β

∂t

болно.

Одоо эхний маш хялбар ТУДТ-ээ авч үзье: u = u(x, t)∂u

∂x+

∂u

∂t= 0. (1.1)

Энэ тэгшитгэл ямар шийдүүдтэй вэ?(1) Нэг шийд таахад амархан:

u(x, t) := x − t.

Үнэхээр∂u

∂x= 1,

∂u

∂t= −1

тул∂u

∂x+

∂u

∂t= 0.

(2) Цаашилбал, дурын дифференциалчлагддаг функц f -ийн хувьд

u(x, t) := f(x − t) (1.2)

нь шийд болно:∂u

∂x= f Õ,

∂u

∂t= −f Õ.

Иймээс(t − s)3, e(t−s)2

, sin(t − s) + 3гэх мэтийн маш олон функцууд нь шийд болно.


4 1

Энгийн дифференциал тэгшитгэлийн хувьд ч анхны утга зааж өгөхгүй болнэг утгатай бодогддоггүйг санъя: жишээлбэл, ямар ч тогтмол тооC-ийн хувьдy(t) := C · eat нь yÕ = ay тэгшитгэлийн шийд болох бөгөөд энэ үед C = y(0).

Тэгэхээр бидu(x, 0) = өгөгдсөн функц (1.3)

гэсэн анхны утгын нөхцөл/initial value condition дээр анхаарлаа төвлөрүүлнэ.ТУДТ-ийг анхны утгын нөхцөлтэй нь нийлүүлээд анхны утгын бодлого/initialvalue problem гэнэ.

(1.1) жишээн дээр, хэрвээ өгөгдсөн функц маань дифференциалчлагддагфункц f бол u = f(x − t) нь энэ анхны утгын бодлогын шийдэл болно.

Хичээл 2.

Одоо (1.1) тэгшитгэл өөр шийдгүй болохыг харуулъя. Тэгэхийн тулд

u(x, t) = v(α, β), α(x, t) = ax + bt, β(x, t) = cx + dt

гэсэн шугаман орлуулалт хийе (тодорхойлогч ad−bc ”= 0 байхшаардлагатай).Тэгвэл

∂u

∂x= a

∂v

∂α+ c

∂v

∂β∂u

∂t= b

∂v

∂α+ d

∂v

∂β

болж∂u

∂x+

∂u

∂t= (a + b)

∂v

∂α+ (c + d)

∂v

∂βболно. Тиймээс

a = 1, b = 0, c = 1, d = −1гэж авбал тэгшитгэл маань

∂v

∂α(α, β) = 0

болж хялбаршина. Өөрөөр хэлбэл, ямар зөвхөн β-аас хамаарсан функц C =C(β)-ийн хувьд

v(α, β) = C(β)байх болно. Нөгөө талаас β(x, t) = x − t тул

u(x, t) = v(α, β) = C(β) = C(x − t)

болж (1.2) бүх шийд болох нь харагдлаа.

Тэмдэглэл 1.3. Боломжтой бол ДТД-ийг ЭДТ-рүү шилжүүлж бодно. Энэаргыг бид хэд хэдэн хувилбараар хэрэглэх болно.

Тэмдэглэл 1.4. (1.1) нь зөөгдөхтэгшитгэл/transport equation гэж нэрлэгдэхтэгшитгэлийн хялбар хэлбэр юм. Номонд advection equation гэж нэрлэсэнбайгаа. Ерөнхий тохиолдолд

∂u

∂x+ κ(x, t)

∂u

∂t= k(x, t)


ХИЧЭЭЛ 2 5

гэж бичигдэнэ. Дасгал 1.1-ийн “The method of characteristic curves” болонДасгал 1.2.27-г харна уу.

Одоо хоёрдугаар эрэмбийн тэгшитгэлүүд авч үзье. Энд бид нилээд ихажиллагаашаардлагатай болох бөгөөд нэг хэсэгтээ хоёр хувьсагчтай тэгшитгэлданхаарлаа төвлөрүүлнэ.

Гурван чухал тэгшитгэл байна:

Тодорхойлолт 1.5. c > 0 гэе. Тэгвэлдолгионы тэгшитгэл: u = u(x, t)

∂2u

∂t2− c2 ∂2u

∂x2= 0

дулааны тэгшитгэл: u = u(x, t)

∂u

∂t− c2 ∂2u

∂x2= 0

Лапласын тэгшитгэл: u = u(x, y)

∂2u

∂x2+ c2 ∂2u

∂y2= 0.

Харгалзах олон гишүүнтүүдийг нь харвал, тус бүр,

τ2 − c2ξ2 = a

τ − c2ξ2 = a

ξ2 + c2η2 = a

болох нь харагдах бөгөөд иймээс дээрх дифференциал тэгшитгэлүүдийг тусбүр гиперболлог, параболлог, эллипслэг гэж нэрлэнэ. Хоёрдугаар эрэмбийнтэгшитгэлүүд ямар ангид хамаарахаасаашалтгааланшийд болоншийдүүдийншинжчанар нь огт өөр боловч дээр дурдсан тэгшитгэлүүд энэ ангиудын хамгийнчухал бөгөөд төлөөлөгч жишээнүүд тул бид тэднийг нарийн судлах болно.

Эхлээд долгионы тэгшитгэлийг авч үзье:

∂2u

∂t2− c2 ∂2u

∂x2= 0. (1.4)

Хувьсагч x нь [0, L] дээр тодорхойлогдсон, бөгөөд бүх t ∈ R-ийн хувьд

u(0, t) = 0 = u(L, t) (1.5)

гэж үзье. Энэ нөхцөл нь гитарын утас мэт хоёр үзүүр нь бэхлэгдсэн L урттайхэлбэлзэх утсанд харгалзана. Физик тайлбарыг нь номноос уншина уу. Ийммаягийн нөхцөлийг захын нөхцөл/boundary condition гэж нэрлэнэ.

Долгионы тэгшитгэлийг бодох үндсэн хоёр арга байна:• Хувьсагч солих: Юуны өмнө

∂u

∂t± c

∂u

∂x= 0


6 1

тэгшитгэлийн хоёр удаа дифференциалчлагддагшийдүүд нь долгионытэгшитгэлийг хангахыг хялбархан шалгаж болно. Өөрөөр хэлбэл, F ,G гэсэн 2 удаа дифференциалчлагддаг функцуудын хувьд

u(x, t) = F (x + ct) + G(x − ct)

нь долгионы тэгшитгэлийн шийд болно. Долгионы тэгшитгэлийнбүх шийд ийм хэлбэртэй болохыг дасгал болгон өгсөн.

• Фурьегийн цуваа ашиглах: Энэ арга нь дээрх шиг хялбар биш боловчмашхүчирхэгюм. Энэ ньжишээлбэл дулааны тэгшитгэл дээр харагдахболно. Дулааны тэгшитгэлд дээрхшиг хялбаршийдэл байхгүй бөгөөдФурье анх Фурьегийн цуваа ашиглан шийдэж байжээ.

Бид одоо энэ хоёр дахь арга дээр анхаарлаа төвлөрүүлье. Гэхдээ энэ удаагол санааг нь харуулах үүднээс нарийнширийн зүйлүүдийг нь авч хэлэлцэхгүйболно. Фурьегийн цуваа үзсэний дараа дифференциал тэгшитгэлрүү эргэнирэх бөгөөд тэр үед бүх алхамыг нь нарийн тайлбарлана.

Хялбарыг бодожc = 1, L = π

гэе. Тэгвэл бодлого маань∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2= 0

u(0, t) = 0 = u(π, t)

гэж бичигдэнэ.Юуны өмнө нэг шийд таахад амархан1:

u(x, t) := sin(x) cos(t).Үнэхээр

∂2u

∂t2= −u =

∂2u

∂x2

тул∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2u = 0.

Мөнut(x, t) :=

∂u

∂t(x, t) = − sin(x) sin(t)

тулI

u(x, 0) = sin(x)ut(x, 0) = 0

гэсэн анхны утга авна. ХэрвээI

u(x, 0) = 0ut(x, 0) = sin(x)

гэсэн анхны утгатай шийд хүсвэлu(x, t) := sin(x) sin(t)

1бид энд хувьсагч салгах аргыг ашигласан бөгөөд энэ талаар дараа дэлгэрэнгүй авч үзнэ.


ХИЧЭЭЛ 2 7

гэхэд хангалттай. Энэ хоёрыг нийлүүлээд, жишээлбэл,I

u(x, 0) = 12 sin(x)

ut(x, 0) = 3 sin(x)

гэсэн анхны утгын бодлогын хариу

u(x, t) :=12sin(x) cos(t) + 3 sin(x) sin(t)

болохыг харна. (Өөр шийдтэй эсэхийг дараа авч хэлэлцэнэ.)Арай дэлгэрүүлбэл,

I

u(x, 0) = f(x)ut(x, 0) = g(x)

гэсэн анхны утгын нөхцөлийн орондI

u(x, 0) = f(x)ut(x, 0) = 0

I

u(x, 0) = 0ut(x, 0) = g(x)

гэсэн хоёр анхны утгын нөхцөлийг тус тусад нь авч үзэхэд хангалттай байна.Үүнээс хойш бид эхний нөхцөлд нь анхаарлаа төвлөрүүлнэ.

Ерөнхий c, L-ийн хувьд, бага зэрэг сунгахад хангалттай:

u(x, t) := sin3

π

Lx

4

cos3

cπ

Lt4

.

Энэ шийдийг голлох шийд/principal solution гэнэ.Өөр шийдүүд: буцаад c = 1, L = π гэвэл

u2(x, t) := sin(2x) cos(2t)...

un(x, t) := sin(nx) cos(nt)

функцууд нь бүгд шийд болно. Учир нь∂2un

∂t2= −n2u =

∂2u

∂x2

байна. Эдгээр шийдүүд мөн u(0, t) = 0 = u(π, t) гэхэн захын нөхцөлийгхангана. Харин анхны утгын нөхцөл нь

I

un(x, 0) = sin(nx)∂un∂t (x, 0) = 0

болно. Ерөнхий c, L-д

un(x, t) := sin3

nπ

Lx

4

cos3

cnπ

Lt4

гэж авна. Энэ шийдүүдийгжирийн төлөв/normal mode гэнэ.Цаашилбал, жирийн төлөвүүдээ нийлүүлээд

u(x, t) :=N

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

cos3

cnπ

Lt4


8 1

гэсэн шийдтэй болно. Үүнийг суперпозиц/superposition гэнэ. Анхны утга нь:

u(x, 0) =N

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

ut(x, 0) = 0

болно. Энд

ut(x, t) =N

ÿ

n=1

3

−cnπ

L

4

bn sin3

nπ

Lx

4

sin3

cnπ

Lt4

болохыг ашиглав.

Хичээл 3.

Хэрвээ u(x, 0) = f(x) нь

f(x) =N

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

гэсэн хэлбэртэй бол долгионы тэгшитгэлийн анхны утгын бодлогыг суперпозицашиглаад

u(x, t) =N

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

cos3

cnπ

Lt4

гэж шийдэж болохыг харлаа. Тэгвэл төгсгөлгүй цуваа

f(x) =∞

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

u(x, t) =∞

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

cos3

cnπ

Lt4

ашиглаж болох уу, үгүй юу? Болбол ямар тохиолдолд болох вэ? Энэ асуултадхариу өгөх нь Фурьегийн цувааны онол юм.

Дээр дурьдсанчилан, долгионы тэгшитгэлийг бодоход энэ бүхэншаардлагагүйбөгөөд хувьсагч солих замаар илүү хялбар шийдэх боломжтой. Фурьегийнцувааны давуу тал нь зөвхөн онoлын төдийгүй хэрэглээний бусад олон бодлогободоход ашиглагддаг явдал юм. Жишээ болгож Фурьегийн цуваа ашигландулааны тэгшитгэлийг хэрхэн шийдэж болохыг харья. Энэ талаар 3.5 бүлэгтнарийн үзэх болно. Тэгшитгэл маань захын нөхцөл, анхны утгын нөхцөлтэйхамтдаа

∂u

∂t− c2 ∂2u

∂x2= 0

u(0, t) = 0 = u(L, t)u(x, 0) = f(x)

болно. Энэ тэгшитгэл ньфизиктL урттай савааны дулааны тархалтийг илэрхийлдэгба энд, хоёр үзүүр нь 0 дулаантай, x цэгийн анхны дулаан f(x) байсан гэжүзлээ.


ХИЧЭЭЛ 3 9

Долгионы тэгшитгэлийн адил

u1(x, t) := sin3

π

Lx

4

e−c2( πL )2

t

...

un(x, t) := sin3

nπ

Lx

4

e−c2( nπL )2

t

гэсэн шийдүүдийг тааж олоход төвөгггүй бөгөөд эдгээрийг супепозиц хийвэл

u(x, t) :=∞

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

e−c2( nπL )2

t

u(x, 0) :=∞

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

болно. Цуваанынийлэлт болон энэ цуваа маань хэзээ үнэхээр дулааны тэгшитгэлийгхангах эсэхийг үл анхаарвал, хэрвээ f(x)-ийг

f(x) =∞

ÿ

n=1

bn sin3

nπ

Lx

4

(1.6)

хэлбэртэй бичиж чадвал дулааны тэгшитгэлийг ерөнхийд ньшийдлээ гэсэн үгболох нь. Фурье ямар ч f -ийн хувьд энэ нь боломжтой бөгөөд ингэж дулаанытэгшитгэлийг бүрэншийдэх боломжтой гэсэн боловч, тухайн үеийнхээ математикчидаас“утгагүй зүйл ярилаа, цуваа чинь нийлэхгүй бол яах вэ?” гэж зэмлүүлж байжээ.Үнэхээр (1.6) цуваа хэзээ нийлэх вэ, ямар утгаар нийлэх вэ гэдэг бол чухаласуулт юм. Аз болоход үе үеийн математикчидийн ачаар бид өнөөдөр хариугнь мэддэг болж, тэр нь Фурьегийн онол гэж нэрлэгдэх болжээ.

Одоо 2.1 бүлэгт бэлтгэж бага зэрэг бие халаалт хийе.

Тодорхойлолт 1.6. Бодит тоон функц f : R → R нь дурын x ∈ R-ийнхувьд

f(x + T ) = f(x)байдаг бол f -ийг T -үет функц гэнэ.

T -үет функцыг тодорхойлохын тулд [0, T ) (эсвэл ямар нэг a ∈ R-ийнхувьд [a, a + T ) эсвэл (a, a + T ]) хэрчим дээрх утгыг нь заахад хангалттай.

Жишээ 1.7. f(x) = xфункцыг (−L, L] хэрчимээс 2L үетэй болгон өргөтгөе:f(x) = x − 2kL, x ∈ ((2k − 1)L, (2k + 1)L], k ∈ Z.

Энэ функц нь . . . , −L, L, 3L, . . . цэгүүдэд “үсрэлттэй”. Үүнээс хойш бидзөвхөн ямар хэрчимээс ямар үетэй болгон өргөтгөж байгаагаа хэлэх болно.

Жишээ 1.8. Номны 18-р хуудасны хөрөөний шүд/saw-tooth функц: 2π-үетэй бөгөөд [0, 2π) хэрчим дээр

f(x) :=12

(π − x), x ∈ [0, 2π)


10 1

гэж тодорхойлнo.

Энэ мэтээр бид үсрэлттэй функцуудтай ажиллах хэрэгтэй болох нь.

Тодорхойлолт 1.9. f : [a, b] → R функцийн тасралтийн цэг x-ийн хувьд

f(x−) := limε→0,ε>0

f(x − ε), f(x+) := limε→0,ε>0

f(x + ε)

оршин байдаг бол x-ийг үсрэлтийн цэг гэнэ. Зарчимийн хувьд f(x) бол ямарч утга авч болох бөгөөд мөн заримдаа f -ийг x цэг дээр огт тодорхойлогдоогүйбайхыг ч зөвшөөрөхийг анхааруулья. Мөн хэрэв x нь aюмуу b бол бид зөвхөнf(a+) юм уу f(b−)-ийг авч үзнэ.

Тодорхойлолт 1.10. f : [a, b] → R функц нь зөвхөн төгсгөлөг тооныүсрэлтээс өөр тасралтгүй бол f -ийг хэсэгчилж тасралтгүй/piecewise contin-uous функц гэнэ.

Өөрөөр хэлбэл, [a, b] хэрчимийг

a = t0 < t1 < · · · < tm < tm+1 = b

гэж f нь бүх задгай хэрчимүүд (ti, ti+1) дээр тасралтгүй бөгөөд f(ti−), f(ti+)хязгаарууд нь оршин байхаар хувааж болдог бол f -ийг хэсэгчилж тасралтгүйгэнэ (захын цэгүүд a, b дээр зөвхөн f(a+), f(b−)-ийг харна). Хэсэгчилэнтасралтгүйфункцуудын нийлбэр болон үржвэрмөн хэсэгчилж тасралтгүй болохыганхаарна уу.

Бид мөнC0 = тасралтгүйC1 = тасралтгүй дифференциалчлагддаг, өөрөөр хэлбэл, дифференциалчлагддаг

бөгөөд уламжлал нь тасралтгүйгэсэн товчлол ашиглана. Номонд C1 гэхийг гөлгөр/smooth гэж нэрлэж байгааболовч бид энэ нэрийгC∞ буюу төгсгөлгүй дифференциалчлагддаг функцуудадашиглах болно.

Эцэст нь ахиад нэг тодорхойлолт өгье.

Тодорхойлолт 1.11. f : [a, b] → R функцын хувьд f болон f Õ нь хоёулаахэсэгчилж тасралтгүй2 бол f -ийг хэсэгчилж C1 гэнэ. f : R → R нь ямар чбитүү хэрчим дээр хэсэгчилж C1 бол бид f -ийг хэсэгчилж C1 гэнэ.

Жишээ 1.12. (1.7, 1.8) дахь жишээнүүд хэсэгчилж C1 болно.

Жишээ 1.13. f(x) = x2 функцыг [−1, 1] хэрчимээс бүх бодит тооруу 2-үет функц болгон үргэлжлүүлье. Тэгвэл f нь тасралтгүй бөгөөд хэсэгчилжC1

болно.

2энд f Õ нь f -ийн дифференциалчлагддаггүй цэгүүд дээр тодорхойлогдоогүй болохыганзаарна уу.


ХИЧЭЭЛ 4 11

Хичээл 4.

Битүү олонлог дээр тодорхойлогдсон тасралтгүйфункц интегралчлагддаг,өөрөөр хэлбэл Рийманы нийлбэр нь нийлдэг3, болохыг мэднэ. Эндээс ямарч хэсэгчилж тасралтгүй функц Рийман интегралчлагддаг болохыг төвөггүйхарж болно.

Үет функцын интегралийн талаарх дараах Лемма хялбар боловч олон удааашиглагдана. Баталгаа нь дасгал.

Лемма 1.14. f : R → R нь интегралчлагддаг T -үет функц бол, ямар чa ∈ R-ийн хувьд

⁄ T

0f(x)dx =

⁄ a+T

af(x)

байна. §

Одоо Фурьегийн цуваад анхаарлаа шилжүүлье. Юуны өмнө хэрэв f =f(x) нь T үетэй бол g(x) := f(px), p ”= 0 нь T/p үетэй болохыг анзаарна уу.Тиймээс sin(x), cos(x) функцууд нь 2π, sin(nx), cos(nx) функцууд нь 2π/nүетэй болно. n нь натурал тоо болохыг анхаарвал, sin(nx), cos(nx) функцууднь мөн 2π үетэй болох нь харагдана.

Лемма 1.15. n,m нь бүхэл тоонууд болог. Тэгвэл⁄ π

−πcos(nx)dx =

I

2π, n = 0,

0, n ”= 0⁄ π

−πsin(nx)dx = 0, ∀n

болно. Цаашилбал,

⁄ π

−πcos(nx) cos(mx)dx =

2π, n = m = 0,

π, n = m ”= 0,

0, n ”= m⁄ π

−πsin(nx) cos(mx)dx = 0, ∀n, m

⁄ π

−πsin(nx) sin(mx)dx =

I

π, n = m,

0, n ”= m

болно.

Баталгаа. Эхний хоёр тэнцэтгэл маань шууд тооцоо эсвэл тэгш хэмээсгарна:

⁄ π

−π1dx = 2π,

3Бид зөвхөн Рийманы интеграл ашиглах болно.


12 1

⁄ π

−πcos(nx)dx =

1n

(sin(nπ) − sin(−nπ)) = 0, n ”= 0,⁄ π

−πsin(nx)dx =

⁄ π

0(sin(nx) + sin(−nx))dx = 0.

Бусад нь эднийг ашиглан синус косинусийн нийлбэрийн дүрэмээс гарна:

cos(x) cos(y) =12

(cos(x − y) + cos(x + y))

sin(x) cos(y) =12

(sin(x − y) + sin(x + y))

sin(x) sin(y) =12

(cos(x − y) − cos(x + y)).

§

Тэмдэглэл 1.16. Эхний хоёр тэнцэтгэл нь сүүлийн хэдээсээ m = 0 гэжавсан тухайн тохиолдол болж мөрдөн гарахыг анзаарна уу.

Тэмдэглэл 1.17. Дээрх бүх интегралуудыг [0, 2π] хэрчим дээр бодожболно.

Тэгэхээр хэрвээ 2π үетэй функц f : R → R нь

f(x) = a0 +∞

ÿ

n=1


гэж бичигддэг бөгөөд нэмэгдэхүүнчилэн интегралчилж болдог гэж үзвэл⁄ π

−πf(x)dx =

⁄ π

−πa0dx +

∞ÿ

n=1

(an

⁄ π

−πcos(nx)dx + bn

⁄ π

−πsin(nx)dx)

= 2πa0

болно. Мөн,m ”= 0 бол,⁄ π

−πf(x) cos(mx)dx =

⁄ π

−πa0 cos(mx)dx +

∞ÿ

n=1

(an

⁄ π

−πcos(nx) cos(mx)dx

+ bn

⁄ π

−πsin(nx) cos(mx)dx)

= πam,⁄ π

−πf(x) sin(mx)dx =

⁄ π

−πa0 sin(mx)dx +

∞ÿ

n=1

(an

⁄ π

−πcos(nx) sin(mx)dx

+ bn

⁄ π

−πsin(nx) sin(mx)dx)

= πbm

болно (энд ч нэмэгдэхүүнчилэн интегралчилж болдог гэж үзэв).Энэ бүхэн дээр үндэслэн бид доорх тодорхойлолтыг өгье.


ХИЧЭЭЛ 4 13

Тодорхойлолт 1.18. f : R → R нь хэсэгчилж тасралтгүй 2π-үет функц болтүүний Фурье коэффициентүүдийг

a0 :=1

2π

⁄ π

−πf(x)dx

an :=1π

⁄ π

−πf(x) cos(nx)dx

bn :=1π

⁄ π

−πf(x) sin(nx)dx

гэж тодорхойльё. Харгалзах цуваа

a0 +∞

ÿ

n=1


-г нь f -ийн Фурьегийн цуваа гэх бөгөөд тухайн нийлбэрийг нь

sN = sN (f) := a0 +N

ÿ

n=1


гэж тэмдэглэнэ.

Дээрх томьёонуудыгЭйлерийн томьёо гэдэг бөгөөд эднийгФурьегээс өмнөЭйлер ашиглаж байжээ. Харин энэ коэффициентүүд болон цуваа маш өргөнхэрэглээтэй болон, тухайбал, “ямар ч” үет функцыг ингэж задалж болно гэжФурье анх анзаарч энэ талаар судалгаа хийж байжээ.

Тэмдэглэл 1.19. Эйлерийн томьёогоор Фурьегийн цуваа тодорхойлоход fнь [−π, π] хэрчим дээр интeгралчлагддаг байхад хангалттай. Учир нь энэ үед,

f(x) cos(nx), f(x) sin(nx)

функцууд мөн интегралчлагдана.4 Яагаад гэдэгийг дасгал болгон харуулна уу.

Тэмдэглэл 1.20. Энд ч гэсэн бүх интегралийг [0, 2π] дээр бодож болохыганхаарна уу.

Жишээ 1.21. Хөрөөний шүд функц (1.8): 2π-үет бөгөөд

f(x) :=12

(π − x), x ∈ [0, 2π).

Тэгвэл, f нь [−π, π] дээр сондгой функц (тодорхойлолтыг шаардлагатай бол1.29-аас харна уу) болох тул тэгш хэмээс

a0 =1

2π

⁄ π

−πf(x)dx = 0

an =1π

⁄ π

−πf(x) cos(nx)dx = 0

4Лебегийн интеграл ашиглавал Коши-Шварцийн тэнцэтгэл биш ашиглаад энэ нөхцөлийгf нь хэмжигдэм бөгөөд f2 нь интегралчлагддаг, өөрөөр хэлбэл f ∈ L2[−π, π], гэж сулруулжболно.


14 1

болох бөгөөд тооцоогоор

bn =1π

⁄ 2π

0

12

(π − x) sin(nx)dx

=1

2π

⁄ 2π

0(−x) sin(nx)dx

=1

2π

⁄ 2π

0

1n

xd cos(nx)

=1

2π

3 1n

x cos(nx)-

-

-

-

2π

0−

⁄ 2π

0

1ncos(nx)dx

4

=1n

болно. Тиймээс f -ийн Фурьегийн цуваа нь∞

ÿ

n=1

1nsin(nx)

болно. Энэ цуваа нийлэх үү? Тэгнэ, цэгчилэн нийлнэ, гэхдээI

x ∈ (0, 2π) бол f(x)-рүүx = 0 бол 0-лүү

нийлнэ.

Энэ жишээг ерөнхийлбөл доорх теорем гарна. Баталгааг нь номны 2.8бүлэгээс харна уу.5

Tеорем 1.22. f : R → R нь 2π-үет хэсэгчилж C1 функц болог. ТэгвэлЭйлерийн томъёогоор тодорхойлогдсон Фурьегийн цуваа цэг бүрчилэн нийлэхбөгөөд дурын x ∈ R-ийн хувьд

a0 +∞

ÿ

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) =12

(f(x−) + f(x+))

байна. Нэмээд хэрэв f нь x дээр тасралтгүй бол f(x−) = f(x) = f(x+) тул

a0 +∞

ÿ

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) = f(x)

байна. §

Тэмдэглэл 1.23. Энд f нь хэсэгчилжC1 гэдэг нөхцөл зайлшгүйшаардлагатайбөгөөд f -ийг тасралтгүй юм уу хэсэгчилж тасралтгүй гэж авбал дээрх теорембиелэхгүй болно.

5Бүх Лекцээ бичиж дууссаны дараа Asmar-ын ном байхгүй байсан ч уншиж болохоорболгож өргөтгөнө.


ХИЧЭЭЛ 5 15

Хичээл 5.

Хэрэв 2π-үет хэсэгчилжC1 функц f : R → R нь тасралтгүй болТеорем 1.22-өөс f -ийн Фурьегийн цуваа нь f -рүү цэгчилэн нийлэх нь харагдана. Үнэндээдараах илүү хүчтэй теорем биелнэ.

Tеорем 1.24. f : R → R нь 2π-үет хэсэгчилж C1 бөгөөд тасралтгүйфункц болог. Тэгвэл f -ийн Фурьегийн цуваа нь f -рүү жигд нийлнэ. §

Баталгааг номны 2.9 бүлэгээс харна уу.

Тэмдэглэл 1.25. Энд хэсэгчилж C1 дээр нэмээд тасралтгүй гэдэг нөхцөлзайлшгүй шаардлагатай. Тасралтын цэг байвал, тэр цэгийн орчимд сониншинж чанар ажиглагддаг бөгөөд үүнийг Гиббсийн үзэгдэл гэнэ. Энэ талаардоорх холбоосоос дэлгэрэнгүй үзнэ үү.

http://www.sosmath.com/fourier/fourier3/gibbs.htmlЭнд

f(x) :=I

−1, x ∈ [−π, 0)1, x ∈ [0, π)

функцын Фурьегийн цуваа4π

3

sin(x) +13sin(3x) +

15sin(5x) + . . .

4

бөгөөд 0 орчинд

s2n−1

3

π

2n

4

→ 2π

⁄ π

0

sin(x)x

dx ∼ 1.18, n → ∞

болохыг харуулсан байгаа.

Жишээ 1.26. Гурвалжин долгион:

g(x) :=I

π + x, x ∈ [−π, 0]π − x, x ∈ [0, π]

гэсэн функц нь хэсэгчилж C1 бөгөөд тасралтгүй. Энэ функцын Фурьегийнцуваа нь

π

2+

4π

3

cos(x) +132cos(3x) +

152cos(5x) + . . .

4

болохыг дасгал болгон харуулна уу. Тэгвэл ямар ч x-ийн хувьд-

-

-

-

cos(2n − 1)x(2n − 1)2

-

-

-

-

≤ 1(2n − 1)2

, n ≥ 1

бөгөөд∞

ÿ

n=1

1(2n − 1)2

< ∞

тул энэ Фурьегийн цуваа үнэхээр жигд нийлэх нь харагдлаа.


16 1

Тэмдэглэл 1.27. Энэжишээнээсπ2-ийг илэрхийлсэн томъёо гарна. Үнэхээр,x = 0 дээр дээрх цуваа нийлэх тул

π =π

2+

4π

∞ÿ

n=1

1(2n − 1)2

болох ба эндээсπ2

8=

∞ÿ

n=1

1(2n − 1)2

болно. Цаашилбал,∞

ÿ

n=1

1n2

=∞

ÿ

n=1

1(2n − 1)2

+∞

ÿ

n=1

1(2n)2

=∞

ÿ

n=1

1(2n − 1)2

+14

∞ÿ

n=1

1n2

тулπ2

6=

∞ÿ

n=1

1n2

болно.

Жишээ 1.28. (1.8, 1.26) жишээнүүд дэхь функцуудыг ашиглаад

f(x) +12

g(x) =I

π − x, x ∈ [0, π)0, x ∈ [π, 2π)

гэсэн шинэ функц байгуулъя. Тэгвэл Фурьегийн цуваа нь

π

4+

∞ÿ

n=1

31 − (−1)n

πn2cos(nx) +

1nsin(nx)

4

гэж бичигднэ.

Одоо тэгш болон сондгойфункцуудыг авч үзье.Юуныөмнө тодорхойлолтоосанъя.

Тодорхойлолт 1.29. f : R → R нь ямар ч x-ийн хувьд f(−x) = f(x) болтэгш, ямар ч x-ийн хувьд f(−x) = −f(x) бол сондгой функц болно.

Жишээ 1.30. |x|, x2, cos(nx) нь тэгш, x, x3, sin(nx) нь сондгой.

f нь интегралчлагддаг сондгой функц бол⁄ p

−pf(x)dx =

⁄ p

0f(x) + f(−x)dx = 0

болно. Бид энэ чанарыг олон ашиглах бөгөөд урд ньжишээ 1.21-д ч ашигласанбилээ.

Тэгш болон сондгой функцын Фурьегийн цувааны талаар ярихын өмнөнэг тодорхойлолт өгье.


ХИЧЭЭЛ 5 17

Тодорхойлолт 1.31. f гэсэн хэсэгчилж тасралтгүй функцын хувьд

f :=12

(f(x−) + f(x+))

гэж тодорхойльё.

Тэгвэл, f нь ч хэсэгчилж тасралтгүй функц болох бөгөөд f -тэй адилханФурьегийн цуваатай байна. Мөн Теорем 1.22-ooр f -ийн Фурьегийн цуваа f -рүү цэгчилэн нийлнэ.

Лемма 1.32. f : R → R нь 2π үетэй хэсэгчилж C1 функц бөгөөд f -ийнФурьегийн цуваа нь

f(x) = a0 +∞

ÿ

n=1


болог. Тэгвэл(i) f нь тэгш⇐⇒ ямар n-ийн хувьд bn = 0,(ii) f нь сондгой⇐⇒ ямар n-ийн хувьд an = 0байна. §

Баталгаа нь хялбар бөгөөд дасгал. Мөн f -ийн оронд f -ийг авбал теорембиелэхгүй болохыг жишээгээр харуулна уу.

Тодорхойлолт 1.33.

a0 +∞

ÿ

n=1

an cos(nx)

хэлбэртэй цувааг косинусийн цуваа,∞

ÿ

n=1

bn sin(nx)

хэлбэртэй цувааг синусийн цуваа гэнэ.

Дасгал 1.34. A.2(1, 5, 9, 62), 1.1(2a, 3a, 4), 1.2(1, 2, 3, 4, 16, 18, 25), 2.1(3,4, 5, 27), 2.2(2, 4, 6a, 7a, 20a).6

6Бүх Лекцээ бичиж дууссаны дараа дасгалуудыг оруулна. Тэр болтол ном ашиглана уу.



БҮЛЭГ 2

Хичээл 1.

Одоо Лемма 1.32-ийн хэдэн жишээ харъя.

Жишээ 2.1. Хөрөөний ирфункц (жишээ 1.8) нь сондгой бөгөөдФурьегийнцуваа нь

∞ÿ

n=1

sin(nx)n

.

Жишээ 2.2. Гурвалжин долгионфункц (жишээ 1.26) нь тэгш бөгөөдФурьегийнцуваа нь

π

2+

4π

∞ÿ

n=1

cos((2n − 1)x)(2n − 1)2

.

[0, π] дээр тодорхойлогдсон функцыг [−π, π]-руу үргэлжлүүлэх гол хоёрарга байна.

Тодорхойлолт 2.3. Өгөгдсөн функц f : [0, π] → R-ийг (−π, π]-руу.fтэгш(x) := f(|x|)

fсондгой(x) :=

−f(−x), x ∈ (−π, 0)f(x), x ∈ (0, π)0, x = 0, π

гэж өргөтгөөд 2π-үетэйгээр R-луу өргөтгөе.Тэгвэл fтэгш нь тэгш, fсондгой нь сондгой функц болно. Жишээ нь f(x) =

x, x ∈ [0, π] функцыг тэгшээр өргөтгөвөл гурвалжин долгион хэлбэрийн,сондгойгоор өргөтгөвөл хөрөөний ир хэлбэрийн функц гарна.

f нь хэсэгчилж тасралтгүйфункц бол эдгээр өргөтгөлүүд ньмөн хэсэгчилжтасралтгүй болох бөгөөд Фурьегийн коэффициентүүд нь тус бүр

a0 =1

2π

⁄ π

−πfтэгш(x)dx

=1π

⁄ π

0f(x)dx

an =1π

⁄ π

−πfтэгш(x) cos(nx)dx

=2π

⁄ π

0f(x) cos(nx)dx

19


20 2

bn =1π

⁄ π

−πfсондгой(x) sin(nx)dx

=2π

⁄ π

0f(x) sin(nx)dx

болно. Бид

a0 +∞

ÿ

n=1

an cos(nx)

цувааг f -ийн косинусийн цуваа,∞

ÿ

n=1

bn sin(nx)

цувааг f -ийн синусийн цуваа гэнэ.

Тэмдэглэл 2.4. Хэрэв f нь тасралтгүй бөгөөд хэсэгчилж C1 бол fтэгш ньмөн тасралгүй бөгөөд хэсэгчилж C1 болох тул f -ийн косинусийн цуваа нь f -рүү жигд нийлнэ. Харин синусийн цувааны хувьд f(0) = f(π) = 0 гэсэннэмэлт нөхцөл шаардлагатай, эс бөгөөд fсондгой нь тасралтгүй болохгүй.

Oдоо 2π-аас өөр үетэй функцуудыг авч үзье. f нь 2p, p > 0 үетэй функцболог. Шинээр

g(x) := f3

p

πx

4

гэсэн функц авч үзвэл g нь 2π үетэй болно:

g(x + 2π) = f3

p

π(x + 2π)

4

= f3

p

πx + 2p

4

= f3

p

πx

4

= g(x).

Мөн f(x) = g1

πp x

2

тул g-ийн Фурьегийн цувааг ашиглан f -ийг цуваандзадалж болно. Жишээлбэл f нь хэсэгчилж C1 бол g ч тийм бөгөөд

f(x) = g3

π

px

4

= a0 +∞

ÿ

n=1

3

an cos3

π

pnx

4

+ bn sin3

π

pnx

44

байна. Энд

a0 =1

2π

⁄ π

−πg(x)dx

=1

2π

⁄ π

−πf

3

p

πx

4

dx

=12p

⁄ p

−pf(x)dx

болох бөгөөд үүнтэй төстэйгээр

an =1p

⁄ p

−pf(x) cos

3

π

pnx

4

dx

bn =1p

⁄ p

−pf(x) sin

3

π

pnx

4

dx


ХИЧЭЭЛ 2 21

болно. Бид эднийг ч Фурье коэффициент, Фурьегийн цуваа гэж нэрлэнэ. 2πүет функцын Фурьегийн цувааны талаарх теоремууд хялбар өөрчлөлттэйгээрдурын 2p үет функц дээр биелнэ. Жишээлбэл

1, cos3

π

px

4

, cos3

π

p2x

4

, . . . , sin3

π

px

4

, . . .

функцууд ортогональ бөгөөд⁄ p

−pcos

3

π

px

42

dx = p

гэх мэт.

Жишээ 2.5. p = π2 гэе. Тэгвэл f : [0, π] → R функцын Фурьегийн цуваа

нь

aÕ0 +

∞ÿ

n=1

(aÕn cos(2nx) + bÕ

n sin(2nx))

гэж бичигднэ: өөрөөр хэлбэл π-үетэйгээр үргэлжлүүлэх замаар синус болонкосинусийн цуваанаас гадна гуравдагч цуваатай боллоо.

Жишээ болгож f(x) = sin(x)функцыг [0, π] дээр авч үзье. Сондгой үргэлжлэлнь зүгээр л sin(x) байх бөгөөд синусийн цуваа нь sin(x) гэсэн ганцхан гишүүнтэйцуваа болно. Харин sin(x)-ийн тэгш өргөтгөл ньπ-үетэй өргөтгөлтэй нь давхцахтул харгалзах цуваа нь ижилхэн бөгөөд

∞ÿ

n=0

aÕn cos(2nx)

хэлбэртэй. Үүнтэй төстэйгээр, f(x) = x cos(x), x ∈ [−π/2, π/2] функцыг авчүзвэл синусын цуваа нь

∞ÿ

n=1

bÕn sin(2nx)

хэлбэртэй болно.

Жишээ 2.6. Арай төвөгтэйжишээ гэвэлh(x) = 1−x2, x ∈ [−1, 1]функцыг2-үетэй үргэлжлүүлье. Тэгвэл бид тасралтгүй, хэсэгчилж C1 функцтай болохбөгөөд Фурьегийн цуваа нь

h(x) =23

− 4π2

∞ÿ

n=1

(−1)n

n2cos(nπx)

болно.

Хичээл 2.

Одоо номны 2.5 бүлэгийн талаар ярья.

a0 +∞

ÿ

n=1



22 2

цувааны эхний N гишүүний нийлбэрийг

sN := a0 +N

ÿ

n=1


гэе. Бид цэг бүрчилэн болон жигд нийлэлтийн тухай ярьсан билээ. Фурьегийнцувааны хувьдL2-нийлэлт гэдэг өөр нийлэлт олон тохиолдолд илүү зохистой.

Тодорхойлолт 2.7. {fn}∞n=1 болон f нь [a, b] хэрчим дээр тодорхойлогдсон

хэсэгчилэн тасралтгүй функцууд болог. Бид хэрэв N → ∞ үед⁄ b

a|fN (x) − f(x)|2dx → 0

бол fn-ийг f -рүү L2-нийлнэ гэнэ.1

Тодорхойлолт 2.8. f нь хэсэгчилж тасралтгүй функц болог. Фурьегийнцуваа ашиглаад

EN :=1

2π

⁄ π

−π|f(x) − sN (x)|2dx

гэж тодорхойлъё. EN -ийг f -ийн N дэхь дундаж квадрат алдаа гэнэ.

Дараах теорем Фурьегийн цувааны онолын хамгийн чухал теоремийн нэгбөгөөд баталгааг энд хийхгүй болно.

Tеорем 2.9. f : R → R нь 2π үетэй, хэсэгчилсэн тасралтгүй функц болог.Тэгвэл N → ∞ үед EN → 0, өөрөөр хэлбэл f -ийн Фурьегийн цуваа нь f -рүүL2-нийлнэ.

Тэмдэглэл 2.10. Хэрвээ f нь тасралтгүй бөгөөд хэсэгчилж C1 байсан болФурьегийн цуваа нь f -рүү жигд нийлэх тул мөн L2-нийлнэ. Яагаад гэдэгнь дасгал. Мөн дээрх теоремд f -ийг Рийман интегралчлагддаг гэж авахадхангалттай.2

Бидний батлах гол теорем нь дараах теорем болно.

Tеорем 2.11. f нь хэсэгчилж тасралтгүй гэе. Тэгвэл

EN =1

2π

⁄ π

−πf(x)2dx − a2

0 − 12

∞ÿ

n=1

(a2n + b2

n)

болно.

1Лебегийн интеграл ашиглавал fn болон f нь L2-функц гэж үзэхэд хангалттай.2Лебегийн интеграл ашиглавал f ∈ L2[−π, π] гэж үзэхэд хангалттай бөгөөд энэ нь дээрх

теоремийн хамгийн төгс хэлбэр болно.


Ишлэл

[Asm05] Nakhlé H. Asmar, Partial differential equations with fourier series and boundary valueproblems, 2 ed., Pearson Prentice Hall, 2005.

23



Товъёг

C0, 10C1, 10C∞, 10

equationadvection, 4transport, 4

normal mode, 7

principal solution, 7

superposition, 8

Гиббсийн үзэгдэл, 15ТДТ, 2ЭДТ, 1анхны утгын бодлого, 4анхны утгын нөхцөл, 4голлох шийд, 7жирийн төлөв, 7захын нөхцөл, 5зөөврийн тэгшитгэл, 4зөөлтийн тэгшитгэл, 3косинусийн цуваа, 17, 20

синусийн цуваа, 17, 20суперпозиц, 8, 9тухайн дифференциал, 2тухайн дифференциал тэгшитгэл, 2тэгшитгэлЛапласын, 5долгионы, 5дулааны, 5, 8зөөврийн, 4

функцгурвалжин долгион, 15интегралчлагддаг, 11сондгой, 16тасралтгүй дифференциалчлагддаг, 10тэгш, 16

төгсгөлгүй дифференциалчлагддаг, 10хэсэгчилж C1, 10хөрөөний ир, 9

хэсэгчилж тасралтгүй, 10

үет функц, 9

25


pde

Documents

partial differential

bn sin

a0

a0

fourier series

bn sin

bn sin

sin