\documentclass[12pt,a4paper,oneside,reqno,draft]{amsbook}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm,array,longtable}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{latexsym}

\makeatletter
\@addtoreset{equation}{section}
\makeatother



%\renewcommand{\thefigure}{\thechapter.\arabic{figure}}

\tolerance 4700


\renewcommand{\labelenumi}{\theenumi.}
\renewcommand*{\proofname}{Доказательство}
\DeclareMathOperator*{\grad}{grad}
\DeclareMathOperator*{\Div}{div}
\DeclareMathOperator*{\const}{const}
\newcommand*{\Rd}{\mathbb R^d}
\newcommand*{\sk}{\sum_{|\alpha|=k}}
\newcommand*{\Pc}{\mathcal P}
\newcommand*{\Ac}{\mathcal A}
\newcommand*{\Hc}{\mathcal H}
\newcommand*{\la}{\langle}
\newcommand*{\ra}{\rangle}
\newcommand*{\Sd}{\mathbb S^{d-1}}
\newcommand*{\Bd}{\mathbb B^d}
\newcommand*{\ov}{\overline}

\DeclareMathOperator{\RE}{Re}
\DeclareMathOperator{\Erf}{Erf}

\newtheorem{lemma}{Лемма}[section]
%\newtheorem{theorem}{Теорема}
\newtheorem{theorem}{Теорема}[section]

\newtheorem{proposition}{Предложение}[section]
\newtheorem{corollary}{Следствие}[section]
\renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}}

\renewcommand{\thesection}{\S\ \arabic{section}}

\newcounter{exam}[section]
\renewcommand{\theexam}{\arabic{section}.\arabic{exam}}
\newcommand*{\ex}{\par\refstepcounter{exam}%
{\bf Пример \theexam.}\ }

\newcounter{prob}[section]
\renewcommand{\theprob}{\arabic{section}.\arabic{prob}}
\newcommand*{\pro}{\par\refstepcounter{prob}%
{\bf Задача \theprob.}\ }



\renewcommand*{\thefigure}{}
\pagestyle{plain}

\begin{document}
\renewcommand*\contentsname{Содержание}

\renewcommand{\thefigure}{\arabic{figure}}

\begin{center} Министерство высшего и среднего специального образования РСФСР

\vskip5pt

Московский авиационный технологический институт\\
им.\ К.Э.~Циолковского

\end{center}

\vskip30pt

Кафедра ``Высшая математика''

\vskip45pt

\centerline{В.М. Асеев, В.В. Горбацевич, К.Ю. Осипенко}

\vskip40pt

\begin{center}
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ ПО КУРСУ\\
``УРАВНЕНИЯ С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ''

\vskip10pt

Часть 5

\vskip10pt

УРАВНЕНИЯ ПАРАБОЛИЧЕСКОГО ТИПА

\vskip 300pt
Москва -- 1984
\end{center}

\thispagestyle{empty}

\newpage

%\tableofcontents

\setcounter{page}{1}
\setcounter{chapter}{3}
\setcounter{figure}{16}


\renewcommand*{\chaptername}{ГЛАВА}



\chapter{Уравнения параболического типа (продолжение)}
%\addcontentsline{toc}{chapter}{\chaptername\ \thechapter.\ {Уравнения параболического типа %(продолжение)}}


%\chapter[Уравнения параболического типа\\(продолжение)]

\setcounter{section}{25}

\section{Решение уравнения теплопроводности для полубесконечного стержня}

Понятие полубесконечного стержня возникает, когда влиянием тепловых процессов на одном из концов стержня на распространение тепла в изучаемом участке стержня можно пренебречь. Например, пусть изучается распространение тепла в цилиндрической оболочке летательного аппарата, которая подверглась кратковременному, но интенсивному нагреву на одном из торцов. В течение некоторого времени по всей оболочке влияние нагрева распространиться еще не успеет, поэтому ее можно будет рассматривать как полубесконечную.

Рассмотрим стержень, расположенный вдоль оси $Ox$ на полубесконечном промежутке $(0,+\infty)$.

\renewcommand{\figurename}{\rm рис.}
\setcounter{figure}{15}
\begin{figure}[h]
$$\begin{picture}(300,60)
\put(40,13.4){\vector(1,0){220}}
\put(62.3,45.4){\line(1,0){198}}
\put(58,2){$O$}
\put(252,5){$x$}
\qbezier(60,28)(63,62.5)(65,28)
\qbezier(60,28)(63,-0.2)(65,28)
\end{picture}$$
\caption{}\label{16}
\end{figure}

Задавая на левом (``конечном'') конце стержня различные граничные условия, будем получать (в сочетании с начальным условием) различные краевые задачи для одномерного уравнения теплопроводности, описывающего распространение тепла в полубесконечном стержне. Рассмотрим решение одной из таких задач.

Пусть нужно найти решение однородного уравнения теплопроводности для полубесконечного стержня
\begin{gather}\label{261}
u_t=a^2u_{xx},\\
0\le t<\infty,\quad0\le x<\infty,\notag
\end{gather}
удовлетворяющее начальному условию
\begin{equation}\label{262}
u(x,0)=T_0,\quad0\le x<\infty,
\end{equation}
указывающему, что в начальный момент времени $t_0=0$ во всех точках стержня имеем постоянную температуру $T_0$, и граничному условию I рода
\begin{equation}\label{263}
u(0,t)=\mu(t).
\end{equation}

Пренебрегая тепловыми процессами в правом, ``бесконечно удаленном'' конце стержня (т.е. при $x\to+\infty$), мы можем считать, что этот конец теплоизолирован, что приводит к еще одному граничному условию
\begin{equation}\label{264}
u_x(\infty,t)=0,
\end{equation}
которое означает, что $\displaystyle\lim_{x\to\infty}u_x(x,t)=0$.

Для решения поставленной краевой задачи применим метод операционного исчисления, основанный на преобразовании Лапласа. Напомним, что преобразование Лапласа для функции $f(t)$, определенной при $t\ge0$, задается следующим образом:
\begin{equation}\label{265}
L(f(t))=F(p)=\int_0^\infty e^{-pt}f(t)\,dt,
\end{equation}
здесь $p$ --- комплексная переменная. Несобственный интеграл в \eqref{265} сходится, если функция $f(t)$ кусочно-непрерывна и удовлетворяет некоторому условию на рост ее модуля при $t\to\infty$ (такие функции $f(t)$ называют оригиналами, а $F(p)$ называется образом или изображением для $f(t)$). Мы будем использовать здесь обычные свойства преобразования Лапласа (линейность, теорему о свертке, формулу для изображения производной и т.п.).

Прежде всего заметим, что заменяя $u(x,t)$ на $v(x,t)=u(x,t)-T_0$, мы сводим задачу к случаю нулевого начального условия. Поэтому просто будем теперь предполагать, что $T_0=0$, т.е. вместо \eqref{262} рассмотрим следующее начальное условие:
\begin{equation}\label{266}
u(x,0)=0.
\end{equation}

Обозначим через $U(x,p)$ результат применения преобразования Лапласа к $u(x,t)$, рассматриваемой как функция одной только переменной $t$ (переменная $x$ при этом рассматривается как параметр). Мы будем предполагать, что $u(x,t)$ удовлетворяет всем условиям, накладываемым на функции-оригиналы. Применим теперь преобразование Лапласа к уравнению \eqref{261}.

Используя формулу для образа производной, получим следующее выражение для образа функции $u_t$ при преобразовании Лапласа:
\begin{equation}\label{267}
L(u_t)=p\cdot U(x,p)-u(x,0)=p\cdot U(x,p).
\end{equation}

Образом функции $u_{xx}$ при преобразовании Лапласа будет $U_{xx}$, поэтому уравнение \eqref{261} преобразуется в следующее:
\begin{equation}\label{268}
p\cdot U(x,p)=a^2U_{xx}(x,p).
\end{equation}

Относительно переменной $x$ уравнение \eqref{268} является однородным обыкновенным дифференциальным линейным уравнением, причем 2-го порядка и с постоянными коэффициентами. Общее решение этого уравнения имеет вид
\begin{equation}\label{269}
U(x,p)=C_1e^{{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}+C_2e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x},
\end{equation}
где $C_1$, $C_2$ --- произвольные постоянные. При преобразовании Лапласа комплексная переменная $p$ выбирается так, чтобы $s=\RE p$ --- ее вещественная часть --- была положительна. В выражении $\sqrt p$ полагаем, что $\RE\sqrt p>0$, а для $-\sqrt p$ считаем, что $\RE(-\sqrt p)<0$. Для определения $C_1$ и $C_2$ используем граничные условия.

Применяя преобразование Лапласа к \eqref{264}, получим
\begin{equation}\label{2610}
U_x(\infty,p)=0,
\end{equation}
где $U_x(\infty,p)=\displaystyle\lim_{x\to\infty}U_x(x,p)$ (мы не будем останавливаться на обосновании законности совершаемых предельных переходов и других операций над несобственными интегралами, связанными с преобразованием Лапласа). Имеем из \eqref{269}
$$U_x(x,p)=C_1\frac{\sqrt p}ae^{{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}+C_2\left(-\frac{\sqrt p}a\right)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.$$

Так как $\RE\sqrt p>0$, то ясно, что равенство $\displaystyle\lim_{x\to\infty}U_x(x,p)=0$ возможно тогда и только тогда, когда $C_1=0$. Другими словами, граничное условие \eqref{2610} дает
$$C_1=0.$$

Применим теперь преобразование Лапласа к \eqref{263}. Обозначим через $M(p)$ образ $\mu(t)$ при преобразовании Лапласа, тогда из граничного условия \eqref{263} получим следующее условие:
$$U(0,p)=M(p).$$

Полагая $x=0$ в \eqref{269}, приходим к соотношению
$$C_2=M(p).$$

В результате получаем такое выражение для $U(x,p)$:
\begin{equation}\label{2611}
U(x,p)=M(p)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.
\end{equation}

Мы получили явное выражение для функции,являющейся образом решения $u(x,t)$. Для нахождения $u(x,t)$ применим обратное преобразование Лапласа.

С помощью таблицы изображений и теоремы подобия без труда устанавливается, что прообразом функции $e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}$ является функция
\begin{equation}\label{2612}
L^{-1}\left(e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}\right)=\frac x{2a\sqrt\pi t^{3/2}}e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2t}}}.
\end{equation}

Правая часть равенства \eqref{2611} представлена в виде произведения двух функций, прообразы которых известны (для $M(p)$ это, конечно, $\mu(t)$). В силу теоремы о свертке прообразом их произведения служит свертка их прообразов. Поэтому получаем:
\begin{equation}\label{2613}
u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}}
e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau.
\end{equation}

Иногда удобна и другая форма записи этого решения:
$$u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(t-\tau)}{\tau^{3/2}}
e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2\tau}}}\,d\tau.$$

Покажем теперь, как решить рассматриваемую краевую задачу и при граничном условии \eqref{262}, т.е. не предполагая, что $T_0=0$. Для этого, как уже отмечалось выше нужно ввести новую функцию
$$v(x,t)=u(x,t)-T_0.$$

Функция $v(x,t)$ тоже удовлетворяет уравнению \eqref{261}, но для нее начальное условие будет нулевым:
$$u(x,0)=0,$$
а граничные условия будут иметь вид
$$\begin{cases}v(0,t)=\mu(t)-T_0,&\\
v_x(\infty,0)=0.\end{cases}$$

Применяя к этой краевой задаче для $v(x,t)$ процесс решения, описанный выше, получим следующее выражение для функции $V(x,p)$, являющейся результатом применения к  $v(x,t)$ преобразования Лапласа по переменной $t$:
\begin{equation}\label{2614}
V(x,p)=\left(M(p)-\frac{T_0}p\right)e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.
\end{equation}
Из таблицы изображений и теоремы подобия следует, что функция
$\dfrac1p e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}$ является изображением функции
\begin{equation}\label{2615}
L^{-1}\left(\frac1p e^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}\right)=1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau=\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right),
\end{equation}
где
$$\Erf(t)=1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^te^{-\tau^2}\,d\tau$$
является функцией ошибок (такое название связано с ее использованием в теории вероятностей).

С помощью \eqref{2612} и \eqref{2615} из \eqref{2614} получаем, что
\begin{multline*}
v(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}}
e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau\\
-T_0\biggl(1-\frac2{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau\biggr).
\end{multline*}

В результате для решения $u(x,t)=v(x,t)+T_0$ поставленной краевой задачи получаем:
\begin{equation}\label{2616}
u(x,t)=\frac x{2a\sqrt\pi}\int_0^t\frac{\mu(\tau)}{(t-\tau)^{3/2}}
e^{-{\textstyle\frac{x^2}{4a^2(t-\tau)}}}\,d\tau
+\frac{2T_0}{\sqrt\pi}\int_0^{\textstyle\frac x{2a\sqrt t}}e^{-\tau^2}\,d\tau.
\end{equation}

\ex Найти решение следующей краевой задачи для полубесконечного стержня:
$$\begin{cases}u_t=a^2u_{xx},&\\
u(x,0)=T_0,&\\
u(0,t)=T_1.&\end{cases}$$

Здесь $T_0$ и $T_1$ --- заданные постоянные величины. Как обычно, добавляется граничное условие $$u_x(\infty,t)=0.$$

Явное выражение для решения этой задачи можно получить из \eqref{2616}, подставив $\mu(t)=T_1$. Однако полученное выражение будет довольно громоздким и неудобным для практических приложений. Поэтому мы используем выражение \eqref{2614}, получившееся в процессе решения. Так как изображением функции $\mu=T_1$ будет $\dfrac{T_1}p$, то в рассматриваемом нами случае получаем
$$V(x,p)=\frac{T_1-T_0}pe^{-{\textstyle\frac{\sqrt p}a}x}.$$

Применяя теперь \eqref{2615}, получим
$$v(x,t)=(T_1-T_0)\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right).$$

Отсюда получаем простое выражение для решения нашей задачи
$$u(x,t)=T_0+(T_1-T_0)\Erf\left(\frac x{2a\sqrt t}\right).$$

Отметим, что полученное таким способом решение будет, конечно, совпадать (после некоторых преобразований) с полученным из общей формулы \eqref{2616}.

Рассмотрим теперь уравнение теплопроводности в случае бесконечного стержня. К рассмотрению бесконечного стержня приводят задачи, в которых можно пренебречь влиянием тепловых процессов на обоих концах стержня (т.е. не учитывать влияние окружающей стержень среды). Соответствующая задача формулируется обычно следующим образом.

Найти решение уравнения
$$u_t=a^2u_{xx}$$
при $t\ge0$, $-\infty<x<+\infty$, удовлетворяющее начальному условию
$$u(x,0)=\varphi(x)\quad(-\infty<x<+\infty).$$

Решение такой задачи во многом аналогично решению краевой задачи для полубесконечного стержня, приведенному выше. Основным отличием здесь является то, что вместо преобразования Лапласа по переменной $t$ в данном случае оказывается более удобным применить преобразование Фурье по переменной $x$. Последующие вычисления довольно сходны с приведенными выше. Решение рассматриваемой задачи для бесконечного стержня получается таким:
$$u(x,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(\xi)\frac1{2a\sqrt{\pi t}}e^{-\textstyle\frac{(x-\xi)^2} {4a^2t}}\,d\xi.$$

\pro Решить следующую задачу для бесконечного стержня:
\begin{align*}
&u_t=a^2u_{xx},\\
&u(x,0)=\varphi(x),
\end{align*}
где
$$\varphi(x)=\begin{cases}
\dfrac{h_0}\varepsilon,&\mbox{ при }0\le x\le\varepsilon,\\
0,&\mbox{ при }x<0\mbox{ или }x>\varepsilon.\end{cases}$$

Выразить полученное решение через функцию $\Erf(z)$. Это решение описывает распределение температуры в стержне при наличии ``теплового заряда'', расположенного на участке $[0,\varepsilon]$.

\section{Двумерное уравнение теплопроводности. Решение для случая прямоугольной области}


Рассмотрим двумерное уравнение теплопроводности
\begin{equation}\label{271}
u_t=a^2(u_{xx}+u_{yy}),
\end{equation}
описываемое распределение температуры $u(x,y,t)$ в некоторой плоской области $D$. К такому уравнению сводится уравнение теплопроводности в пространственном случае, когда оказывается, что температура точек пространственного тела не зависит от одной из декартовых координат (скажем, от $z$). Начальное условие для уравнения \eqref{271} имеет вид
\begin{equation}\label{272}
u(x,y,0)=\varphi(x,y).
\end{equation}

Оно задает температуру точек области в начальный момент времени $t_0$. Среди множества возможных граничных условий мы рассмотрим здесь лишь граничное условие I рода
\begin{equation}\label{273}
u\big|_{(x,y)\in\Gamma}=\mu(x,y,t),
\end{equation}
задающее закон изменения температуры на кривой $\Gamma$, являющейся границей области $D$. В случае, если область $D$ имеет достаточно простую форму, краевую задачу \eqref{272}, \eqref{273} для уравнения \eqref{271} иногда удается решить в аналитической форме. Рассмотрим случай, когда область $D$ является прямоугольником со сторонами $l$ и $m$.

\begin{figure}[h]
$$\begin{picture}(300,100)
\put(80,10){\vector(1,0){140}}
\put(90,0){\vector(0,1){100}}
\put(90,78){\line(1,0){100}}
\put(190,10){\line(0,1){68}}
\put(220,0){$x$}
\put(80,96){$y$}
\put(78,76){$m$}
\put(77,-1){$O$}
\put(130,-1){$y=0$}
\put(130,84){$y=m$}
\put(56,44){$x=0$}
\put(137,44){$D$}
\put(196,44){$x=l$}
\put(188,-1){$l$}
\end{picture}$$
\caption{}\label{17}
\end{figure}

В этом случае для решения указанной выше краевой задачи снова можно применить метод Фурье. Соответствующие рассуждения и вычисления во многом аналогичны приведенным в \S~17 при решении задачи о колебаниях прямоугольной мембраны. Поэтому здесь мы будем пропускать некоторые детали, отсылая за подробностями к \S~17.

Вместе с уравнением \eqref{271} и начальным условием \eqref{272} рассмотрим следующие (нулевые) граничные условия
\begin{equation}\label{274}
\begin{cases}u(0,y,t)=u(l,y,t)=0,&\\
u(x,0,t)=u(x,m,t)=0,&\end{cases}
\end{equation}
которые соответствуют \eqref{273} при $\mu=0$.

Как обычно в методе Фурье, решение будем искать в виде
$$u(x,y,t)=X(x)Y(y)T((t).$$

Подставляя это выражение в \eqref{271} и разделяя переменные, получим
$$\frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\omega.$$

Как и в \S~17, показывается, что величина $\omega$ не зависит от $x$, $y$, $t$, т.е. является постоянной. Полагая
$$\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda;\quad\frac{Y''(y)}{Y(y)}=\mu,\quad\lambda+\mu=\omega\quad (\lambda,\mu=\const),$$
получим следующие обыкновенные дифференциальные уравнения
\begin{align}\label{275}
&T'+\omega a^2T=0,\\
&X''+\lambda X=0,\label{276}\\
&Y''+\mu Y=0.\label{277}
\end{align}

Как и для случая уравнения колебаний в \S~17, граничные условия (23.4) приводят к следующим граничным условиям для $X$ и $Y$:
\begin{equation}\label{278}
\begin{cases}X(0)=X(l)=0,&\\
Y(0)=Y(m)=0.&\end{cases}
\end{equation}

Уравнения \eqref{276}, \eqref{277} с граничными \eqref{278} подробно рассматривались в \S~13 (см. также \S~17). Здесь получаем следующие решения
\begin{gather}\label{279}
X_n(x)=\sin\frac{\pi n}lx,\quad n=1,2.\ldots,\\
Y_k(y)=\sin\frac{\pi k}my,\quad k=1,2.\ldots,\label{2710}
\end{gather}
которые соответствуют собственным значениям
\begin{gather*}
\lambda=\lambda_n=\left(\frac{\pi n}l\right)^2,\\
\mu=\mu_k=\left(\frac{\pi k}m\right)^2.
\end{gather*}

При этом имеем
$$\omega=\lambda_n+\mu_k=\left(\frac{\pi n}l\right)^2+\left(\frac{\pi k}m\right)^2,$$
обозначим $\lambda_n+\mu_k$ через $\omega_{n,k}^2$. При $\omega=\omega_{n,k}^2$ общее решение уравнения \eqref{275} имеет вид
$$T_{n,k}(t)=B_{n,k}e^{-(a\omega_{n,k})^2t},$$
где $B_{n,k}$ --- произвольные постоянные, $n,k=1,2,3,\ldots$. Функция
$$u_{n,k}(x,y,t)=X_n(x)Y_k(y)T_{n,k}(t)$$
удовлетворяет уравнению \eqref{271} и нулевым граничным условиям \eqref{278}. Рассмотрим теперь следующий ряд
\begin{equation}\label{2711}
u(x,y,t)=\sum_{n,k=1}^\infty u_{n,k}(x,y,t)=\sum_{n,k=1}^\infty B_{n,k}e^{-(a\omega_{n,k})^2t}\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my.
\end{equation}

Функция $u(x,y,t)$ удовлетворяет уравнению \eqref{271} (при некоторых ограничениях на $B_{n,k}$, на которых мы останавливаться не будем). Удовлетворяет она и условиям \eqref{278}. Подберем коэффициенты $B_{n,k}$ так, чтобы удовлетворялось и начальное условие \eqref{272}. При $t=0$ имеем
\begin{equation}\label{2712}
u(x,y,0)=\sum_{n,k=1}^\infty B_{n,k}\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my=\varphi(x,y).
\end{equation}

Следовательно числа $B_{n,k}$ являются коэффициентами разложения функции $\varphi(x,y)$ в двойной ряд Фурье. Поэтому
\begin{equation}\label{2713}
B_{n,k}=\frac4{lm}\iint_D\varphi(x,y)\sin\frac{\pi n}lx\sin\frac{\pi k}my\,dxdy,
\end{equation}
где двойной интеграл берется по прямоугольнику $D$ ($x\in[0,l]$, $y\in[0,m]$). Подставив выражения \eqref{2713} для $B_{n,k}$ в \eqref{2712}, получим решение заданной краевой задачи.

\pro (для самостоятельного решения). Решить следующую краевую задачу
$$\begin{cases}u_t=u_{xx}+u_{yy},&\\
u(x,y,0)=u_0=\const,&\\
u(0,y,t)=u(\pi,y,t)=0,&\\
u(x,0,t)=u(x,\pi,t)=0.&\end{cases}$$

\section{Двумерное уравнение теплопроводности. Решение для случая  круговой области}

Рассмотрим теперь задачу о распространении тепла в случае, когда плоская область $D$ является кругом. К такого рода задачам часто сводится задача о распространении тепла в цилиндрической области пространства. Будем искать решение уравнения \eqref{271} при начальном условии $u(x,y,0)=\alpha(x,y)$ и нулевом граничном условии
$$u\big|_\Gamma=0,$$
где кривая $\Gamma$ --- это окружность (радиуса $r_0$, см. рис.~\ref{18}).

\begin{figure}[h]
$$\begin{picture}(300,140)
\put(70,70){\vector(1,0){160}}
\put(154,126){$y$}
\put(228,62){$x$}
\put(150,10){\vector(0,1){120}}
\qbezier(190,70)(190,110)(150,110)
\qbezier(110,70)(110,110)(150,110)
\qbezier(110,70)(110,30)(150,30)
\qbezier(190,70)(190,30)(150,30)
\put(150,70){\line(1,1){20}}
\put(170,90){\circle*{2}}
\qbezier(160,80)(166,77)(165,70)
\put(150,70){\line(-1,1){30}}
\put(124,82){$r_0$}
\put(156,81){$r$}
\put(166,76){$\varphi$}
\end{picture}$$
\caption{}\label{18}
\end{figure}

При решении удобно перейти к полярной системе координат (см. \S~19, гдеаналогичным методом решается задача о колебании круглой мембраны).

В полярной системе координат уравнение \eqref{271} принимает вид (см. \S~19):
\begin{equation}\label{281}
u_t=a^2\left(u_{rr}+\frac1ru_r+\frac1{r^2}u_{\varphi\varphi}\right).
\end{equation}

Начальное условие преобразуется так:
\begin{equation}\label{282}
u(r,\varphi,0)=A(r,\varphi),
\end{equation}
где $A(r,\varphi)=\alpha(r\cos\varphi,r\sin\varphi)$.

Граничное условие имеет вид
\begin{equation}\label{283}
u(r_0,\varphi,t)=0.
\end{equation}

Как и в \S~19, для решения такой задачи применим метод Фурье. Решения уравнения \eqref{281}, удовлетворяющие граничному условию \eqref{283}, будем искать в виде
$$u(r,\varphi,t)=R(r)\Phi(\varphi)T(t).$$

Подставляя это выражение в \eqref{281} и деля на $a^2R\Phi T$, получим
$$\frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=\frac{R''(r)}{R(r)}+\frac1r\frac{R'(r)}{R(r)}
+\frac1{r^2}\frac{\Phi''(\varphi)}{\Phi(\varphi)}.$$
Обозначим
\begin{gather*}
\frac1{a^2}\frac{T'(t)}{T(t)}=-\lambda,\\
\frac{\Phi''(\varphi)}{\Phi(\varphi)}=-\mu.
\end{gather*}

Как и при решении уравнения колебаний в \S~19, показывается, что величины $\lambda$ и $\mu$ являются постоянными (не зависят от $r$, $\varphi$, $t$). В результате получаем следующие обыкновенные дифференциальные уравнения
\begin{gather}\label{284}
T'+\lambda a^2T=0,\\
\Phi''+\mu\Phi=0,\label{285}\\
R''+\frac1rR'+(\lambda r^2-\mu)R=0.\label{286}
\end{gather}
Граничное условие \eqref{283} дает
\begin{equation}\label{287}
R(r_0)=0.
\end{equation}
Уравнение \eqref{286} совпадает с уравнением (19.6), а условие \eqref{287} --- с граничным условием (19.9). Поэтому мы можем воспользоваться результатом, уже полученным в \S~19. А именно, получаем
\begin{equation}\label{288}
R(r)=R_{n,m}(r)=J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right).
\end{equation}

Здесь $J_n$ --- это функции Бесселя ($n=0,1,\ldots$), а $\mu_m^{(n)}$ --- нули этих функций ($m=1,2,\ldots$), т.е. $J_n(\mu_m^{(n)})=0$. Решения $R_{n,m}(r)$ соответствуют собственным значениям
\begin{equation}\label{289}
\lambda=\lambda_{n,m}=\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}\right)^2.
\end{equation}

Рассмотрим теперь уравнение \eqref{284}. При $\lambda=\lambda_{n,m}$ его решения имеют вид
\begin{equation}\label{2810}
T_{n,m}(t)=c_{n,m}e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(n)}}{r_0}}\right)^2t}.
\end{equation}

Перейдем к уравнению \eqref{285}. Так как функция $\Phi(\varphi)$ должна быть периодична с периодом $2\pi$ (по смыслу задачи), то, как легко понять, должно быть $\mu=n^2$ при некотором натуральном $n$. При таком $\mu$ общее решение уравнения \eqref{285} будет таково:
\begin{equation}\label{2811}
\Phi_n(\varphi)=\alpha_n\cos n\varphi+\beta_n\sin n\varphi.
\end{equation}

Принимая во внимание полученные выражения для $R(r)$ \eqref{288}, $T(t)$ \eqref{2810} и $\Phi(\varphi)$ \eqref{2811}, решение поставленной краевой задачи для круга будем искать в виде следующего ряда
\begin{equation}\label{2812}
u(r,\varphi,t)=\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=1}^\infty e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(n)}}{r_0}}\right)^2t}[a_{n,m}\cos n\varphi+b_{n,m}\sin n\varphi]J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right).
\end{equation}

Функция $u(r,\varphi,t)$ удовлетворяет уравнению \eqref{281} граничным условиям \eqref{283}. Начальное условие \eqref{282} приводит к равенству
$$\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=1}^\infty[a_{n,m}\cos n\varphi+b_{n,m}\sin n\varphi]J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)=A(r,\varphi).$$

Отсюда, как и в \S~19 при решении уравнения колебаний для круга, получаем следующее выражение для коэффициентов $a_{n,m}$, $b_{n,m}$ (см. (19.13))
\begin{gather*}
a_{n,m}=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{r_0}A(r,\varphi)
J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)\cos n\varphi\,drd\varphi}{\pi\varepsilon_n\|J_n\|^2},\\
b_{n,m}=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{r_0}A(r,\varphi)
J_n\left(\frac{\mu_m^{(n)}}{r_0}r\right)\sin n\varphi\,drd\varphi}{\pi\varepsilon_n\|J_n\|^2}.
\end{gather*}
Здесь
$$\varepsilon_n=\begin{cases}2,&\mbox{ при }n=0,\\
1,&\mbox{ при }n>0.\end{cases}$$

Через $\|J_n\|$ обозначается норма функции $J_n$, она может быть вычислена по формуле (18.6):
$$\|J_n\|^2=\frac{r_0}2\left[J_n'(\mu_m^{(n)})\right]^2.$$

В заключение рассмотрим один частный случай. Предположим, что начальная температура $A(r,\varphi)$ зависит только от $r$ (т.е., как говорят, обладает круговой симметрией). Тогда двойной ряд в \eqref{2812} заменяется одинарным и решение сильно упрощается:
$$u(r,t)=\sum_{m=1}^\infty c_mJ_0\left(\frac{\mu_m^{(0)}}{r_0}r\right)
e^{-\left(\textstyle{\frac{a\mu_m^{(0)}}{r_0}}\right)^2t},$$
где $\mu_m^{(0)}$ --- $m$-й корень функции Бесселя $J_0$ нулевого порядка. Выражение для коэффициентов $c_m$ принимает вид
$$c_m=\frac{\displaystyle2\int_0^{r_0}A(\rho)J_0\left(\frac{\mu_m^{(0)}}{r_0}r\right)r\,dr}
{r_0^2\left[J_1(\mu_m^{(0)})\right]^2}.$$

\section{О решении трехмерного уравнения теплопроводности}

Рассмотрим задачу распространения тепла в пространстве. Трехмерное уравнение теплопроводности имеет вид
\begin{equation}\label{291}
u_t=a^2\Delta u,
\end{equation}
где $\Delta u=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$ ($\Delta$ --- трехмерный оператор Лапласа).

Предположим, что изучается распределение температуры $u(x,y,z,t)$ в точках некоторого ограниченного тела $V$. Начальное условие обычно имеет вид
\begin{equation}\label{292}
u(x,y,z,0)=\varphi(x,y,z).
\end{equation}

Пусть $S$ --- это поверхность, являющаяся границей тела $V$. Задавая на $S$ различного рода граничные условия, будем получать различные краевые задачи для уравнения \eqref{291} (см. \S~22).

Если область $V$ имеет достаточно простую форму, то иногда поставленную краевую задачу удается решить в аналитической форме. Например, если $V$ это прямоугольный параллелепипед, то можно тем же методом, что в \S~27, решить I краевую задачу. Решение будет представляться в виде тройного ряда Фурье, при нахождении этого решения никаких принципиальных трудностей (по сравнению с \S~27) не возникает. Для параллелепипеда можно решить и П краевую задачу, а иногда и Ш краевую задачу (обобщая метод, примененный в \S~25 для решения такой задачи в случае одномерного уравнения теплопроводности).

Пусть теперь область $V$ является шаром. В этом случае I краевая задача для \eqref{291} тоже допускает аналитическое решение. При этом оказывается необходимым использовать так называемые сферические функции. Эти функции аналогичны функциям Бесселя (иначе называемым цилиндрическими), но определяются более сложным образом. Существенным моментом в этом случае оказывается переход к сферической системе координат. Сферические координаты $r$, $\varphi$ и $\theta$ (см. рис.~\ref{19}) связаны с декартовыми следующими соотношениями
\begin{gather}\label{293}
\begin{cases}x=r\sin\theta\cos\varphi,&\\
y=r\sin\theta\sin\varphi,&\\
z=r\cos\theta,&\end{cases}\\
r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.\notag
\end{gather}

\begin{figure}[h]
$$\begin{picture}(300,120)
\put(150,40){\vector(1,0){90}}
\put(150,40){\vector(-2,-1){70}}
\put(150,40){\vector(0,1){80}}
\put(142,115){$z$}
\put(85,0){$x$}
\put(233,32){$y$}
\put(150,40){\line(1,1){40}}
\put(150,40){\line(2,-1){40}}
\put(190,20){\line(0,1){60}}
\qbezier(140,35)(150,30)(160,35)
\put(145,25){$\varphi$}
\put(169,65){$r$}
\put(153,55){$\theta$}
\qbezier(150,50)(155,54)(158,48)
\put(190,80){\circle*{2}}
\put(195,80){$M(x,y,z)$}
\end{picture}$$
\caption{}\label{19}
\end{figure}

По аналогии с тем, как это было сделано в \S~19 для двумерного оператора Лапласа, можно выразить в сферических координатах и трехмерный оператор Лапласа $\Delta$. Получается следующее выражение
\begin{equation}\label{294}
\Delta u=\frac1{r^2}\frac\partial{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac1{r^2\sin\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial u}{\partial\theta}\right)_\theta+
\frac1{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}.
\end{equation}

Мы не будем приводить здесь решение I краевой задачи для шара в общем случае в силу его громоздкости. Рассмотрим только один частный случай (весьма важный для приложений). А именно, пусть граничное значение имеет вид
$$u\big|_S=0,$$
где $S$ --- сфера радиуса $R$ (граница шара $V$), а в начальном условии \eqref{292}, переписанном в сферической системе координат:
$$u(r,\varphi,\theta,0)=\alpha(r,\varphi,\theta)$$
функция $\alpha(r,\varphi,\theta)$ не зависит от углов $\varphi$ и $\theta$, т.е. $\alpha=\alpha(r)$ является функцией одного только $r$. В этом случае говорят, что функциях обладает сферической симметрией (в точках любой сферы $r=r_0$ ее значение постоянно). Если начальное распределение температуры $\alpha(r)$ обладает сферической симметрией, то очевидно, и в последующие моменты времени температура $u(r,\varphi,\theta,t)$ точек шара тоже не будет зависеть от $\varphi$ и $\theta$. В этом случае получаем $u=u(r,t)$, уравнение \eqref{291} в силу выражения \eqref{294} принимает вид
$$u_t=\frac{a^2}{r^2}(r^2u_r)_r$$
или
\begin{equation}\label{295}
u_t=a^2\left(u_{rr}+\frac2ru_r\right).
\end{equation}
Начальное условие имеет вид
\begin{equation}\label{296}
u(r,0)=\alpha(r),
\end{equation}
а граничное:
\begin{equation}\label{297}
u(R,t)=0.
\end{equation}

Отметим, что более общее граничное условие
$$u(R,t)=u_0$$
можно свести к виду \eqref{297} введением новой функции $\widehat u(r,t)=u(r,t)-u_0$. Поэтому мы ограничимся рассмотрением граничного условия \eqref{297}. Оказывается, что краевую задачу \eqref{296}, \eqref{297} для уравнения \eqref{295} можно решить, сведя ее к I краевой задаче для одномерного уравнения теплопроводности. Для этого введем следующую вспомогательную функцию
\begin{equation}\label{298}
v(r,t)=ru(r,t).
\end{equation}
Ясно, что $v_t=ru_t$. Далее, имеем
$$v_{rr}=2u_r+ru_{rr}=r\left(u_{rr}+\frac2ru_r\right).$$
Сравнивая эти выражения с правой частью уравнения \eqref{295}, приходим к соотношению
$$\frac1rv_t=\frac{a^2}rv_{rr},$$
из которого получаем уравнение
\begin{equation}\label{299}
v_t=a^2v_{rr},
\end{equation}
по форме совпадающее с одномерным уравнением теплопроводности (см. \S~20). Из \eqref{298} вытекает, что для функции $v(r,t)$ начальное условие имеет вид
\begin{equation}\label{2910}
v(r,0)=r\alpha(r).
\end{equation}
Из \eqref{297} получаем граничное условие
\begin{equation}\label{2911}
v(R,t)=0.
\end{equation}
Подставляя $r=0$ в \eqref{298}, получаем еще одно граничное условие
\begin{equation}\label{2912}
v(0,t)=0.
\end{equation}

Получаем І краевую задачу \eqref{2910}, \eqref{2911}, \eqref{2912} для уравнения \eqref{299}. Решение такой задачи было подробно рассмотрено в \S~24. В результате получаем в силу (24.13) и (24.15)
$$v(r,t)=\sum_{n=1}^\infty B_ne^{-\left(\textstyle{\frac{\pi an}R}\right)^2t}\sin\frac{\pi n}Rr,$$
где
$$B_n=\frac2R\int_0^Rr\alpha(r)\sin\frac{\pi n}Rr\,dr.$$

Таким образом, функция
$$u(r,t)=\frac1rv(r,t)$$
является решением поставленной краевой задачи для шара (при условии сферической симметрии начального распределения температур).


\tableofcontents


\end{document}
