Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://www.dmvn.mexmat.net/content/de/cw-pde-shaposhnikova.pdf Дата изменения: Fri Jun 17 00:29:27 2011 Дата индексирования: Mon Oct 1 19:37:06 2012 Кодировка: Windows-1251

Варианты (по одному из 2х) с контрольных работ Шапошниковой Т.А. за 2010-2011 год, провед?нных в 301 группе механико-математического факультета в рамках курса УрЧП. Ниже предлагаются, кроме того, решение этих задач. Надеюсь, сей конспект будет кому-либо будет полезен. Романов Е. Д., 20102011 (romanoved@yandex.ru).
Последняя компиляция: 17 июня 2011 г. Обновления документа на сайтах http://dmvn.mexmat.net, http://dmvn.mexmat.ru. Об опечатках и неточностях пишите на dmvn@mccme.ru.

Контрольная работа 1. Вариант 1.
Задача 1. Найти решение уравнения uxx + 4uxy - 5uyy + ux - uy = 0, удовлетворяющее начальным условиям: u|y=0 = sin x, uy |y=0 = ex . Решение. Уравнение сводится к виду v




+ 1 v = 0 заменой: 6
y +x

= y - 5x =y+x

Общее решение: f ( ) + g ()e- 6 = f (y + x) + g (y - 5x)e- 6 . Используя начальные условия, получаем: x f (x) + g (-5x)e- 6 = sin x откуда , решая , находим : - 1 e- x g (-5x) + e- x g (-5x) + f (x) = ex 6 6 6

f (x) = -C e 5 v (x, y ) = - e 7

-x/6

+

x-

2y 5

x x 5 cos x 7 sin x 5 5 5ex - + , g (x) = C - e-7x/30 + e-x/30 cos - 6 sin , 7 37 37 7 37 5 5 5ex+y 5 y y 1 + + e-y/5 cos x - + 6 sin x - + (-5 cos(x + y ) + 7 sin(x + y )). 7 37 5 5 37

Задача 2. Приведите к каноническому виду и определите тип уравнения:
2u
xx

+ 5uyy + 2uzz - 6uxy - 4uxz + 6uyz - 3u + y - 2z = 0

.

Решение. Приведя форму к каноническому виду, имеем:
f (x, y , z ) = 2x2 + 5y2 + 2z2 - 6xy - 4xz + 6yz=
x-z 5
2

+



3 5 y - (x - z) 5
2

2

9 y2 3 y2 f (x + z , y , z ) = 2x2 - 6xy + 5y 2 = 2 x2 - 3xy + y 2 + =2 x- y + 4 2 2 2 = x + z Откуда получаем, что замена = 2y - 3z приводит уравнение к каноническому виду. Проводя е?, получаем =z 2u (, , ) + 2u (, , ) = 0. Следовательно, уравнение имеет параболический тип.

Задача 3. Найти все характеристики уравнения при каждом R: uxx + 2uyy + 2uyz + 2 uzz + uz + u = 1. Решение. Запишем уравнение характеристик в общем виде:

x 2

+ 2

y

2

+ 2y z + 2 z 2 =

x

2

+

y

2

+ (y + z ) 2 = 0

При = 0 (x, y , z ) = f (z ), иначе (x, y , z ) = c. Характеристики в первом случае - плоскости z=с. Во втором отсутствуют. utt = u u|t=0 = x1 + x2 x3 Задача 4. Решите задачу Коши (x R3 , t > 0): ut |t=0 = x2 + x1 x3

Решение. Ищем решения в виде, обнуляющем начальные условия:
u(x1 , x2 , x3 , t) = v (x1 , x2 , x3 , t) + (x1 + x2 x3 ) + t(x2 + x1 x3 ). Задача Коши для v имеет вид:
Откуда v (x1 , x2 , x3 , t) = 0, u(x1 , x2 , x3 , t) = (x1 + x2 x3 ) + t(x2 + x1 x3 ). 1

v| vt |

vtt = v
t=0 t=0

=0 =0


Контрольная работа 2. Вариант 2.
utt = uxx + A, x > 0, t > 0 2 Задача 1. При каких A R решение u(x, t) C (x 0, y 0) задачи: u|t=0 = ut |t=0 = 0 (ux + 2ut )|x=0 = sin 2t vtt = vxx , x > 0, t > 0 2 Решение. Замена u = v + At приводит нас к системе: v |t=0 = vt |t=0 = 0 2 (vx + 2vt )|x=0 = -2At + sin 2t 1 В области x>t имеем: v=f(x-t)+g(x+t). Учитывая v |t=0 = vt |t=0 = 0 имеем f=-c, g=c, u=f+g=0. 2 В области x t A, x > t - A + 2 cos(2(x - t)), x t

Таким образом получаем, что при A=1 u(x, t) C 2 (x 0, y 0).

Задача 2. Найти все R, что решение задачи удовлетворяет условию u = O(e
ut = uxx + u, x (0, ), t > 0 u|t=0 = sin x u|x=0 = u|x= = 0

-300t

) при t - :

vt = uxx , x (0, ), t > 0 1 Избавимся от u: u(x, t) = e v (x, t).Тогда для v имеем: v |t=0 = sin x v |x=0 = v |x= = 0 2 Решаем задачу методом Фурье: ищем решение v(x,t)=X(x)T(t). Имеем задачу Штурма-Лиувилля:
t

Решение. Свед?м задачу к задаче Штурма-Лиувилля.

Xk - k Xk = 0 , откуда Xk = sin k x, k = -k 2 . Xk (0) = Xk ( ) = 0
4 Задача для Tk : Tk - k Tk = 0. Решение Tk = Ck e 5 Имеем v (x, t) =
-k 2 t

.
=0

Tk (t)Xk (x) =
-t

Ck e

-k t

2

6 u(x, t) = et v (x, t) = et e

sin x. Тогда u = O(e-300t ) -299. utt = u + e-t sin x sin 2x, 0 < x, y < , t > 0 Задача 3. Решить задачу: u|x=0 = u|x= = u|y=0 = u|y= = 0 u|t=0 = ut |t=0 = 0 -u = u u| P = 0 T (t)X (x)Y (y ). Стандартным образом разделяя переменные имеем: чk = -k 2 Xk = sin k x m = -m2 Ym = sin k y

k=1

k=1

sin k x. Используя v |t

= sin x получаем v (x, t) = e

-t

sin x.

Решение. Пусть P - прямоугольник, на котором задана задача. Чтобы решить исходную задачу, решим
методом Фурье такую задачу:

1 Решение, как обычно, ищем в виде u =

Xk - чk Xk = 0 Xk (0) = Xk ( ) = 0

Ym - m Ym = 0 Ym (0) = Ym ( ) = 0
2

откуда


2 Имеем

k,m

= -k 2 - m2 , uk

,m

= sin k x sin my . Тогда u =

k,m=1

T

k,m

(t) sin k x sin my и удовлетворяет нашей

системе. Тогда Tk,m = 0 при (k , m) = (1, 2), то есть u = T1,2 (t) sin x sin 2y . Подставляя в исходную систему, -t получаем уравнение: T1,2 + 5T1,2 = e-t . Решая, получаем T1,2 = C1 cos( 5t) + C2 sin( 5t) + e 6 . Используя -t 1 1 1 u|t=0 = ut |t=0 = 0 получаем C1 = - 6 , C2 = 55 . Итого u = (- 1 cos( 5t) + 55 sin( 5t) + e 6 ) sin x sin 2y . 6 r2 urr + rur + u = -4r3 cos 6, 1 < r < 3, 0 < < 3 Задача 4. Найти решение краевой задачи: u |=0 = u |= = 0 3 u|r=3 = cos 3, u|r=1 = 1 1 После замены u = v +


Решение. Избавимся от неоднородности в уравнении: u = v + C r3 cos 6. Подставляя, находим C =
43 27 r

k + = 0 2 из (): Решение здесь константа для 0 = 0 и k () = cos 3k , k = (3k )2 . (0) = ( ) = 0 3 3 Решая задачу Штурма-Лиувилля для R(r) (r2 Rk + rRk - k Rk = 0), получаем, что v (r, ) = A0 + B0 ln r + +


cos 6 получаем задачу: 2 () r vrr + rvr + v = 0 v |=0 = v |= = 0 3 v |r=3 = cos 3 - 4 cos 6 () v |r=1 = 1 - 4 cos 6 27

4 27

.

(Ak r

3k

+ Bk r

-3k

4 Из () получаем:

k=1

) cos 3k . A2 36 + B2 3
-6

A0 + B0 ln 3 = 0 A0 = 1 A0 = 1 B0 = - 1 ln 3
Откуда, учитывая u = v +
43 27 r

A1 33 + B1 3-3 = 1 A1 + B1 = 0 A1 = 1 3 - 3-3 3 1 B1 = - 3 - 3-3 3

6 -3 A2 = -4 3 - 3 312 - 1 -3 -6 B = -4 3 - 3 2 -12 1-3
ln r ln 3

= -4 A2 + B2 = - 4 27

Ak = 0, k > 2 Bk = 0, k > 2 Ak = 0, k > 2 Bk = 0, k > 2

cos 6 имеем u = 1 -

+

r 3 -r -3 33 -3-3

cos 3 - 4(

36 -3-3 6 312 -1 r

+

3-3 -3-6 -6 1-3-12 r

-

13 27 r

) cos 6.

u = 0 Задача 5. Найти решение уравнения Лапласа в прямоугольнике: ux |x=0 = sin y , ux |x=2 = sin 3y u|y=0 = cos 2x, u|y= = cos 6x

Р ешение. Разобь?м систему на 2 по противоположным сторонам прямоугольника (u=v+w): v = 0 Xk + Xk = 0 X Y vx |x=0 = 0, vx |x=2 = 0 1 vk = Xk (x)Yk (y ), тогда - Xk = Yk = k , Откуk k X (0) = X (2 ) = 0 v |y=0 = cos 2x, v |y= = cos 6x
x Yk (y ) cos k2 . Для k > 0 Yk (y ) = Ck e 2 + Dk e- 2 . Из v |y=0 = cos 2x, v |y= = cos 6x получаем: k=0 1 1 C12 = 4 6 - e-6 -6y -e e e-2y e 6y e 2y Окончательно v = ( 1-e4 + 1-e-4 ) cos 2x + e6 -e-6 cos 6x. -e 1 1 D12 = - - e - 4 e6 e-6 - w = 0 2 Аналогично для 2ой системы: wx |x=0 = sin y , wx |x=2 = sin 3y w|y=0 = 0, w|y= = 0

да v (x, y ) C4 = 1 D4 = 1

=



ky

ky

w=



k=1

Xk (x) sin k y . Коэффициенты находятся из краевых условий. Итого w = (
e 2y 1-e4


ex 1-e4



-

e- x 1-e-4



) sin y +

e3x +e-3x 3(e6 -e-6 )

sin 3y .

3 u = v + w = (

+

e-2y 1-e-4



) cos 2x +

e 6y - e e 6 - e

-6y -6

cos 6x + (

ex 1- e 4



-

e- x 1-e-4



) sin y +

e3x +e-3x 3(e6 -e-6 )

sin 3y .

3


Проверочная работа от Т.А. (одна задача на 30 минут, здесь оба варианта).
место неравенство
1 Задача 1. (Владимиров 19.35) Доказать, что для всех функций u C0 (|x| < 1), x = (x1 , x2 , x3 ) имеет

| u|2 + u dx -
|x|<1

45

. Имеет ли место равенство для какой-либо из описанных выше функций?

Решение. Рассмотрим функционал E (u) =
I (t) = E (u + tg ) =
|x|<1

| u|2 + u dx.
|x|<1 d dt

| u|2 + 2t( u,

g ) + t2 | g |2 + u + tg dx. u|

I (t) |t

=0

=
|x|<1

+2( u, g ) + g dx =
|x|<1

(-2u +

1)g dx. Получаем вариационную задачу:

u =
|x|=1

1 2 =0

Ищем решение как функцию от радиуса: u = R(r). Тогда 1 1 u = R (r) + R (r) = r 2 u||x|=1 = R(1) = 0
r Общее решение первого уравнения: C + d + 12 . u - гармоническая в шаре с центром в нуле, откуда C = 0; u(1) = 0, r 2 1 - откуда d = - 12 . Имеем u = r 12 1 , на ней достигается минимум функционала. Теперь проверим неравенство:
2

| u|2 + u dx =
|x|<1 |x|<1

r2 36

+

r 2 -1 12

dx =

1 9

r2 dx -
|x|<1

4 312

=

1 9

1

4 r4 -

0

5 45

=

4 45

-

5 45

=-

45

, откуда неравенство

верно, прич?м равенство достигается на найденной функции u.

Задача 2. (Владимиров 19.29) Пусть Q - куб {0 f
2 L2



1 3
1 3

2

f

2 L2

Решение. Рассмотрим функционал E (f ) = f 2 -
Q

2

| f |2 dx.
2

I (t) = E (f +tg ) =
Q

f 2 +2tf g +t2 g 2 -

1 3

2

| f |2 + 2t( f ,

g ) + t2 | g |

dx.

d dt

I (t) |

t=0

=
Q

2f g -

2 3

2

( f , g ) dx =

2(f +
Q

1 3

2

f )g dx. Получаем вариационную задачу: -f = 3 2 f f | Q = 0

Ищем решение в виде разложения по собственным функциям: f =

k,l,m=1

A

ij k

sin k x1 sin lx2 sin mx3 . Легко

видеть, что решением является f = a sin x1 sin x2 sin x3 . На таких функция достигается минимум нашего 1 функционала. Проверим выполнение неравенства f 2 - 32 | f |2 dx 0:
Q

f 2 dx =
Q 1 3
2

111 000

(sin x1 sin x2 sin x3 ) dx1 dx2 dx3 = 1 , 8
111 000

2

| f |2 dx=
2

2 (cos x1 sin x2 sin x3 + . . .) dx1 dx2 dx3 =3

2

111

cos x1 sin x2 sin x3 dx1 dx2 dx3 =
000

Q 1 8

3 8

2

,

-

1 3 3 2 8

= 0, откуда неравенство верно и достигается на функциях вида a sin x1 sin x2 sin x3 .

4


Контрольная работа 3. Вариант 1.
Задача 1. На плоскости задан квадрат с вершинами в точках A(0,1), B(1,0), C(0,-1), D(-1,0). Пусть (x, y ) - характеристическая функция этого квадрата. Найти xx - yy в D (R2 ). Решение. (xx - yy , ) = (,
Тогда
xx

- yy ) =
AB C D

xx - yy dS . Сделаем замену:

=x+y . =x-y
1 2

xx = + 2 + . Кроме того, когда сделаем замену в интеграле, появится якобиан, равный yy = - 2 + Квадрат ABCD перейд?т в квадрат A'B'C'D' с вершинами в точках (+1, +1).
Имеем
AB C D

.

xx -

yy

dS =
ABCD

4

1 2

1

1

1

dS =
-1 -1

2 ( , ) d db = 2
-1

( , 1) - ( , -1) d = 2 (1, 1) -

2 (-1, 1) - 2 (1, -1) + 2 (-1, -1) = 2(1, 0) - 2(0, -1) - 2(0, 1) + 2(-1, 0), откуда окончательно получаем: xx - yy = 2 (x - 1, y ) - 2 (x, y + 1) - 2 (x, y - 1) + 2 (x + 1, y ). + k (x R ).
2 3 1 4 r

Задача 2. Докажите, что E (r) = -
ikr

cos kr 4 r

, r = |x - x0 |, является фундаментальным решением оператора
1 4 r

1 1 1 4r +2 (e+ikr ) (- 4r )+(- 4r )e+ikr . Первое слагаемое e+ikr так как - фундаментальное решение оператора Лапласа в R3 . Оста?тся проверить, что +ikr 1 1 +ikr 2 (e ) (- 4r ) - 4r e+ikr - k 2 e4r = 0 (используя, например, V (r) = Vrr + 2 Vr ). r

Решение. E = e+

да?т -функцию,

u(x,y)=x при x2 + y 2 = 2, u + (1 - y 2 )u = 0 при x2 + y 2 = 1. ( - внешняя нормаль). Не находя решения, найдите max |u(x, y )|.
Q

Задача 3. Дана гармоническая в кольце Q = 1 < x2 + y 2 < 2 функция u(x,y), удовлетворяющая условиям:

Решение. Гармоническая функция u, очевидно, не константа, следовательно, по принципу экстремума е? модуль не может принимать максимальное значение внутри области. Исследуем е? на границе. Условие переписывается так: u + x2 u = 0. По лемме о нормальной производной u > 0 в точке максимума и u < 0 в точке минимума; экстремум не может достигаться при x=0. Таким образом, из u = -x2 u заключаем, что в точке максимума u < 0, а в точке минимума u > 0, а такой функции не существует. Противоречие означает, что u принимает максимум на x2 + y 2 = 2 равный, очевидно 2 (так как там u(x,y)=x). Задача 4. Пусть u(x,t) - решение задачи Коши:
(под I понимается индикатор ). Найти lim t-
u(x, t) =
t 1 (2 t)3 R
3

ut = u, x R3 , t > 0
3

u|t=0 = sin(x1 ) sin(x2 ) sin(x3 )I = , = [0, ] u(x, t) dx.
1 (2 t)3 -
|x-y |2 4t 2

Решение. Решение задачи Коши уравнения теплопроводности представимо в виде:
(y )e
R3 -
|x-y |2 4t

dy . Тогда lim t-
R3

? = , имеем lim u(x, t) dx = lim (x + 2 t)e-|| d dx - (x) dx = 8. t- 3 R t- 3 3 RR R3 Про последний предельный переход: Свед?м к одномерной задаче (впрочем, дальнейшие рассуждения можно провести и сразу для исходной задачи): ищем решение в виде u(x, t) = u1 (x1 , t)u2 (x2 , t)u3 (x3 , t). Подставляя, (ui )t = ui , x R, t > 0 получаем 3 задачи : Для любой их них получаем по аналогичным соображениям (ui )|t=0 = sin(xi )I[0,] -|| d dx. Тогда понятно, что чем больше t, тем меньше отрезок интегрирования по lim (x + 2 t)e t- RR x + 2 t [0, ] (x + 2 t) = 0), тем ближе e|| к 1, а соответствующий интеграл - к интегралу от синуса. /
(другое решение) Замена:
y -x 2t

lim -

R3 R3

1 (2 t)3

(y )e-

|x-y |2 4t

R3

u(x, t) dx = lim t-
R
3

(y )e

dy dx. Решение от Т.А.: d dy =
R
3

dy dx = lim t-

(y )

1 e- (2 t)3

|x-y |2 4t

R3 R3

dx dy =
R3

(y )
R
3

e- 3/ 2

(y ) dy = 8.

(x1 , x2 ) R2 .

Задача 5. Постройте функцию Грина задачи Дирихле для полукруга K = {x : |x| < 1, x2 > 0} на плоскости Решение. Введ?м естественным образом комплексные координаты: (x1 , x2 ) - x1 + ix2 = z . Конформное
2

отображение w(z ) =

z +1 z -1

переводит К на полуплоскость {z : Im z > 0}. На ней функция Грина известна:
1 2

G(z , z0 ) =

1 2

ln

|z -z0 | |z -z0 |

, тогда функция Грина для полукруга имеет вид
1 2

ln

|w(z )-w(z0 )| |w(z )-w(z0 )|

, который элементарными

преобразованиями приводится к виду

ln

|z -z0 ||1-z z0 | |z -z0 ||1-z z0 |

.

5