Волновое уравнение. Метод спуска. Метод отражения. Формула Кирхгофа.

Лекция № 8. Волновое уравнение. Метод спуска. Метод отражения. Формула Кирхгофа. Явный метод решения волнового уравнения в трехмерном пространстве был получен в предыдущей лекции методом усреднения. А, именно показано, что решение следующей задачи Коши 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2 𝑢𝑡𝑡 = 𝑎2 𝛥𝑢 = 𝑎2 ( + 2 + 2 ), 𝑀 = 𝑀(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅 3 , 𝑡 > 0, (1) 𝜕𝑢(𝑀,0) u(M, 0)= 𝑢0 (𝑀), = 𝑢1 (𝑀) . 𝜕𝑡 дается формулой Пуассона 1 𝜕 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = [𝑡 ∬𝑆 𝑢0 (𝑥 + 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑧 + 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1 ] + 4𝜋 𝜕𝑡 1 (2) 1 4𝜋 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑧 + 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1 ] . [∬𝑆 𝑢1(𝑥 + 1 (3) Здесь S1-сфера, заданная уравнением ξ2 + η2 + ζ2 = 1. П.1 Метод спуска. Чтобы получить решение двумерного волнового уравнения 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑦 2 𝑢𝑡𝑡 = 𝑎2 𝛥𝑢 = 𝑎2 ( + 2 ) (4) (уравнение колебаний прямоугольной мембраны), мы используем «метод спуска» Адамара. Пусть u=u(x,y,z,t)-решение уравнения (4) с начальными условиями 𝜕𝑢(𝑀,0) u(M, 0)= 𝑢0 (𝑥, 𝑦) , = 𝑢1(𝑥, 𝑦). (5) 𝜕𝑡 Тогда u можно рассматривать как решение задачи Коши (1), (2) в специальном случае, когда u, 𝑢0 , 𝑢1 не зависят от z. Следовательно, решение задачи (4), (5) согласно формуле (3) вычисляется: 𝑢(𝑥, 𝑦. 𝑡) = 1 2𝜋 [∬𝜉 2 +𝜂2 ≤1 1 𝜕 [𝑡 ∬𝜉 2 +𝜂2 ≤1 2𝜋 𝜕𝑡 𝑢1 (𝑥+𝑎𝑡𝜉,𝑦+𝑎𝑡𝜂) √1−𝜉𝑧 −𝜂2 𝑢0 (𝑥+𝑎𝑡𝜉,𝑦+𝑎𝑡𝜂) √1−𝜉 𝑧 −𝜂2 𝑑𝜉𝑑𝜂] + 𝑑𝜉𝑑𝜂] Полагая 𝑀 = 𝑀(𝑥, 𝑦), 𝑀´ = 𝑀´(𝑥´, 𝑦´), 𝑥´ = 𝑥 + 𝑎𝑡𝜉, 𝑦´ = 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂 последнюю формулу можно записать в следующем виде 𝑢(𝑥, 𝑦. 𝑡) = 1 𝜕 [ 2𝜋𝑎 𝜕𝑡 + П.2 Метод отражения 1 [ 2𝜋𝑎 ∬ |𝑀𝑀′ |≤𝑎𝑡 ∬ |𝑀𝑀′ |≤𝑎𝑡 𝑢0 (𝑀´) √𝑎2 𝑡 2 − |𝑀𝑀′ |2 𝑢1(𝑀´) √𝑎2 𝑡 2 − |𝑀𝑀′ |2 𝑑𝑥´𝑑 𝑦´] 𝑑𝑥´𝑑 𝑦´] Задача с начальными условиями для волнового уравнения в случае областей ограниченных плоскостями, может быть решена методом отражений. Рассмотрим, например, задачу для полупространства z>0: найти решение волнового уравнения 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 2 2 𝑢𝑡𝑡 = 𝑎 𝛥𝑢 = 𝑎 ( 2 + 2 + 2 ), 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 удовлетворяющее начальным условиям u(𝑥, 𝑦, 𝑧, 0)= 𝑢0 (𝑥, 𝑦, 𝑧), и граничному условию 𝜕𝑢(𝑥,𝑦,𝑧,0) 𝜕𝑡 = 𝑢1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), z>0 𝜕𝑢(𝑥,𝑦,0,𝑡) u(𝑥, 𝑦, 0, t)=0 или = 0, z>0. 𝜕𝑧 Решение этой задачи дается формулой (3), если начальные условия продолжить на все пространство нечетно по 𝑧 (при u(𝑥, 𝑦, 0, t)=0) 𝑢0 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑢0 (𝑥, 𝑦, −𝑧), 𝑢1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑢1 (𝑥, 𝑦, −𝑧) 𝜕𝑢(𝑥,𝑦,0,𝑡) или четно (при = 0) 𝜕𝑧 𝑢0 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑢0 (𝑥, 𝑦, −𝑧), 𝑢1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑢1 (𝑥, 𝑦, −𝑧). Проверим, что при нечетном по переменной z продолжении функций 𝑢0 и 𝑢1 граничное условие u(𝑥, 𝑦, 0, t)=0 выполняется автоматически. В самом деле из (3) следует, что 𝑢(𝑥, 𝑦, 0, 𝑡) = 1 1 𝜕 4𝜋 𝜕𝑡 [𝑡 ∬𝑆 𝑢0 (𝑥 + 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1 ] + 1 [∬𝑆 𝑢1 (𝑥 + 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1] = 0, 1 так как поверхностные интегралы равны нулю при нечетных функциях 𝑢0 , 𝑢1 . п.3 Формула Кирхгофа. Задача, которую мы рассмотрим в этом параграфе,-это задача с начальными условиями для неоднородного волнового уравнения 4𝜋 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2 𝑢𝑡𝑡 = 𝑎2 𝛥𝑢 + 𝑓(𝑀, 𝑡) = 𝑎2 ( + 2 + 2 ) + 𝑓(𝑀, 𝑡), 𝑀 = 𝑀(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅 3, 𝑡 > 0, (6) где «внешняя сила» 𝑓 − известная функция. Поскольку разность двух решений уравнения (6) удовлетворяет однородному уравнению, для которого единственность установлена, то очевидно, что решение 𝑢 уравнения (6) также определяется однозначно по начальным данным (2). Поэтому достаточно найти решение уравнения (6) с начальными данными вида 𝜕𝑢(𝑥,𝑦,𝑧,0) u(𝑥, 𝑦, 𝑧, 0)=0, = 0. (7) 𝜕𝑡 Тогда решение с более общими начальными вида (2) получится прибавлением правой части выражения (3). Решение неоднородного дифференциального уравнения с однородными начальными данными можно свести к решению набора задач с начальными условиями для однородного волнового уравнения с помощью «интеграла Дюамеля» (метод импульсов). Пусть v(M,t,s) для любого s>0 обозначает решение уравнения 𝑢𝑡𝑡 = 𝑎2 ( 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2 + 2 + 2 ), (8) удовлетворяющее начальным условиям 𝜕𝑣 v=0, = 𝑓(𝑀, 𝑠) при 𝑡 = 0. (9) 𝜕𝑡 Такая функция v(x,y,z,t) существует и принадлежит классу 𝐶 2, если 𝑓 ∈ 𝐶 2 . Покажем, что функция 𝑡 𝑢(𝑀, 𝑡) = ∫0 𝑣 (𝑀, 𝑡 − 𝑠, 𝑠)𝑑𝑠 (10) И есть искомое решение задачи (6), (7). Действительно 𝑢(𝑀, 0) = 0. Далее 𝜕𝑢(𝑀, 𝑡) 𝜕𝑡 𝑡 =∫ 𝜕𝑣(𝑀,𝑡−𝑠,𝑠) 𝜕𝑡 𝑑𝑠 + 𝑣(𝑀, 0, 𝑡). (11) 𝜕𝑢(𝑀,0) Полагая в последнем соотношении t=0, получаем что = 0. Итак 𝜕𝑡 условия (7) выполнены. Теперь из (10) и (11) дифференцированием получаем 𝑢𝑡𝑡 − 𝜕2 𝑢 𝑎2 ( 2 𝜕𝑥 + 𝜕2 𝑢 𝜕2 𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑧 + 2 𝑡 𝜕2 𝑣 𝜕2 𝑣 𝜕2 𝑣 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 2 ) = 𝑣𝑡 (𝑀, 0, 𝑡) + ∫ ( 𝑣𝑡𝑡 − 𝑎2 ( 2 + 2 + 2 ))𝑑𝑠. И, наконец, учитывая (8) и (9), приходим к равенству (6). Подставляя вместо v его представление в виде (3), которое получается при 𝑢0 = 0, 𝑢1 = 𝑓 (𝑀, 𝑠), мы получим из (10) 𝑡 𝑡−𝜏 𝑢(𝑀, 𝑡) = ∫0 [ [∬𝑆 𝑓(𝑥 + 𝑎(𝑡 − 𝜏)𝜉, 𝑦 + 𝑎(𝑡 − 𝜏)𝜂, 𝑧 + 𝑎(𝑡 − 4𝜋 𝜏)𝜁, 𝜏) 𝑑𝑆]]𝑑𝜏 . Здесь мы заменили в формуле (10) параметр 𝑠 на 𝜏 . Полагая 𝑥´ = 𝑥 + 𝑎(𝑡 − 𝜏)𝜉, 𝑦´ = 𝑦 + 𝑎(𝑡 − 𝜏)𝜂, 𝑧´ = 𝑧 + 𝑎(𝑡 − 𝜏)𝜁, последнюю формулу представим в виде 𝑢(𝑀, 𝑡) = = 1 4𝜋𝑎 = 𝑎𝑡 ∫ 2 1 𝑟 1 𝑡 1 ∫ [ [∬|𝑀𝑀´|=𝑎(𝑡−𝜏) 𝑓(𝑀´ , 𝜏) 𝑎2 (𝑡−𝜏) 𝑑𝑠𝑎(𝑡−𝜏)]]𝑑𝜏 = 4𝜋 0 𝑟 1 𝑎 𝑎2(𝑡−𝜏) [ [∬𝑠 𝑓 (𝑀´ , 𝑡 − ) 1 𝑟 1 𝑓(𝑀´ , 𝑡 − ∭ ′ |≤𝑎𝑡 ′ |𝑀𝑀 |𝑀𝑀 | 4𝜋𝑎² 𝑑𝑠𝑟 ]]𝑑𝑟 = |𝑀𝑀′ | 𝑎 ) 𝑑𝑥´𝑑𝑦´𝑑𝑧´. (12) Таким образом, решение неоднородного уравнения (6), удовлетворяющее начальным условиям (2) является суммой правых частей формул (3) и (12) 𝑢(𝑀, 𝑡) = 1 𝜕 4𝜋 𝜕𝑡 1 [𝑡 ∬𝑆 𝑢0 (𝑥 + 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑧 + 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1 ] + 1 𝑎𝑡𝜉, 𝑦 + 𝑎𝑡𝜂, 𝑧 + 𝑎𝑡𝜁) 𝑑𝑆1 ] + 1 4𝜋𝑎² 1 ´ ∭|𝑀𝑀′ |≤𝑎𝑡 |𝑀𝑀′ | 𝑓(𝑀 , 𝑡 − (13) Формула (13) называется формулой Кирхгофа. |𝑀𝑀′ | 𝑎 4𝜋 [∬𝑆 𝑢1 (𝑥 + 1 ) 𝑑𝑥´𝑑𝑦´𝑑𝑧´. При n=2 формула (13) примет вид 𝑢(𝑀. 𝑡) = 1 𝜕 [ 2𝜋𝑎 𝜕𝑡 + ∬ |𝑀𝑀′ |≤𝑎𝑡 1 [ 2𝜋𝑎 𝑢0 (𝑀´) √𝑎2 𝑡 2 − |𝑀𝑀′ |2 ∬ |𝑀𝑀′ |≤𝑎𝑡 𝑡 1 + ∫[ [ 2𝜋𝑎 𝑑𝑥´𝑑 𝑦´] 𝑢1(𝑀´) √𝑎2 𝑡 2 − |𝑀𝑀′ |2 𝑑𝑥´𝑑 𝑦´] 𝑓(𝑀´ , 𝜏) ∬ |𝑀𝑀´ |<𝑎(𝑡−𝜏) √𝑎2 (𝑡 − 𝜏)2 − |𝑀𝑀′ |2 𝑑𝑥´𝑑 𝑦´]]𝑑𝜏. Пример 1. Решить следующую задачу в пространстве (n=3): utt  4u  8, u t  0  2, ut t  0  7. Первый способ. Воспользуемся формулой Кирхгофа при n=3, учитывая, что a2.   x  1 1  , t  d  u( x , t )  f a  4a 2   x  |  x | at    1  1  u1 ( )dS  u0 ( )dS .  2 4a t  t  |  x | at  |  x | at  Для удобства представим решение в виде суммы u  u1  u2  u3 и вычислим все интегралы отдельно. Имеем: 1  4a 2 u1   1 16  8ddd  (  x) 2  (  y) 2  (  z ) 2  (  x ) 2  (  y ) 2  (  z ) 2  2t      . Перейдем к сферической системе координат со сдвинутым центром,   x  r cos cos ,   y  r cos sin  ,   z  r sin  , тогда 1 u1  2 2  / 2 2t    0  /2 0 2  / 2 1  2 2  / 2 2t r 2 cosdrdd 1  r 2   2t 0  /2 2 cosdd  1     r cosdrdd  0  /2 0 2  2t d  4t . 2 2 1 Теперь вычислим второй интеграл, u2  16t  7dS .  (  x ) 2  (  y ) 2  (  z ) 2  2t      Он представляет собой поверхностный интеграл первого рода. Поскольку подынтегральная функция является константой, то нам остается просто вычислить площадь сферы радиусом 2t , u2  7 4 (2t ) 2  7t. 16t Вычислим третий интеграл,     1  1   1   2 4 (2t ) 2   u3  2dS  16 t  t 16 t  t    (  x ) 2  (  y ) 2  (  z ) 2  2t      1  1  (32t )  32  2. 16 t 16  Следовательно, u  4t  7t  2. 2 Второй способ. 𝑢𝑡𝑡 = 4𝛥𝑢 + 8, 𝑢|𝑡=0 = 2, 𝑢𝑡 |𝑡=0 = 7. Заметим, что начальные данные поставленной задачи не зависят от переменных x, y, z 𝒖𝟎 = 𝟐, 𝒖𝟏 = 𝟕, 𝒇 = 𝟖. Следовательно, само решение данной задачи также не будет от них зависеть. Тогда будем искать его в виде функции, зависящей только от времени u=A(t). Далее подставляем его в задачу A´´(t)=8 A(0)=2, A´(0)=7. Решаем сначала уравнение A(t)= 4𝑡²+𝐶1𝑡 + 𝐶2. Затем определяем константы из начальных условий A(0)= 𝐶2 = 2, A´(0)=𝐶1 = 7. Значит 𝐶2 = 2, 𝐶1 = 7. И, наконец, запишем решение 𝑢 = 4𝑡² + 7𝑡 + 2. Пример 2. Решить следующую задачу на плоскости (n=2), utt  u  4, u t  0  5, ut t 0  3. Решение. Первый способ. Воспользуемся формулой Кирхгофа при n=2, учитывая, что a 1. 1 u( x, t )  2a  1 2a t f ( , )d d   0 |  x | a (t  )  a (t   )  |   x | u1 ( )d  |  x | at a t  |   x | 2 2 2 2 2  1  2a t Для удобства вычислим u  u1  u2  u3 . Имеем: 1 u1  2 Перейдем t  все u0 ( )d  |  x | at a t  |   x | 2 2 интегралы 0  (  x ) 2  (  y ) 2  t       (t   ) 2  (  x) 2  (  y ) 2 к t 2 t    4rdrdd (t   )  r 2 0 0 0 отдельно, 4ddd  полярной системе координат   x  r cos ,   y  r sin  , тогда 1 u1  2  2 2  t 2 со 2 . полагая, что . сдвинутым центром, t (t   )dd   (t   )2d  2t .   2 2 0 0 2 Теперь вычислим второй интеграл, u2  1 2 3dd   (  x ) 2  (  y ) 2  t      t  (  x)  (  y) 2 2 2 . Используем ту же замену переменных,   x  r cos ,   y  r sin  , получаем 1 u2  2 2 t  0 0 3rdrd t2  r2 Вычислим третий интеграл, 3  2 2  td  3t. u3  1  2 t 5dd   (  x ) 2  (  y ) 2  t      t  (  x)  (  y) 2 2 2 . Полагаем   x  r cos ,   y  r sin  , следовательно, 1  u3  2 t 2 t  0 0 5rdrd t2  r2 5   2 t 2  td  5  5 2t  2  5. 2 t 2 2 Таким образом, u  2t  3t  5. Второй способ. 𝑢𝑡𝑡 = 𝛥𝑢 + 4, 𝑢|𝑡=0 = 5, 𝑢𝑡 |𝑡=0 = 3. Заметим, что начальные данные поставленной задачи не зависят от переменных x, y 𝒖𝟎 = 𝟓, 𝒖𝟏 = 𝟑, 𝒇 = 𝟒. Следовательно, само решение данной задачи также не будет от них зависеть. Тогда будем искать его в виде функции, зависящей только от времени u=A(t). Далее подставляем его в задачу A´´(t)=4, A(0)=5, A´(0)=3. Решаем сначала уравнение A(t)= 2𝑡²+𝐶1𝑡 + 𝐶2. Затем определяем константы из начальных условий A(0)= 𝐶2 = 5, A´(0)=𝐶1 = 3. Значит 𝐶2 = 5, 𝐶1 = 3. И, наконец, запишем решение 𝑢 = 2𝑡² + 3𝑡 + 5. ,