🌐 Матфизика

Как решать УЧП методом Фурье: пошаговый алгоритм

Q: Чем метод Фурье отличается от метода характеристик?

Характеристики работают для гиперболических уравнений без границ: бесконечная струна, задача Коши, формула Даламбера — ответ одной подстановкой. Фурье требует конечной области и однородных краевых условий, зато работает и для параболических, и для эллиптических уравнений, где характеристик нет вовсе. На отрезке с закреплёнными концами отражения волн запутывают картину Даламбера — там Фурье честнее и проще.

Q: Что делать, если начальная функция f задана кусочно или таблично?

Ничего страшного: коэффициенты — интегралы, а интеграл кусочной функции разбивается на участки и считается по частям на каждом. Для табличных данных интеграл заменяется численно — трапециями или Симпсоном. Ряд всё равно сойдётся к функции в точках непрерывности, а у изломов — к полусумме односторонних пределов; учитывайте это при проверке.

Q: Сколько членов ряда оставлять в ответе?

Смотрите на скорость убывания коэффициентов. В нашем примере $b_n \sim 1/n^3$: шесть слагаемых дали $2{,}4667$ против точных $2{,}4674$ — уже четыре верных знака. Для гладких начальных данных три-четыре моды хватает, а вот для прямоугольного профиля коэффициенты падают как $1/n$, и для приличной формы нужны десятки членов. Оцените хвост по первому отброшенному слагаемому.

Q: Как решать уравнение теплопроводности тем же методом?

Схема идентична, меняется временной множитель. В $T' + \lambda a^2 T = 0$ вместо колебаний — экспоненциальное остывание $T_n = \exp(-\lambda_n a^2 t)$: моды не качаются, а затухают, причём чем выше номер, тем быстрее. Начальное условие одно, поэтому и одно семейство коэффициентов $b_n$ — то же разложение по синусам или косинусам. Нюанс один: при Неймане слагаемое $n = 0$ даёт постоянную температуру, которая не остывает.

Метод Фурье для УЧП по шагам: задача Штурма–Лиувилля, таблица собственных функций и полный разбор струны с профилем x(π−x) — от интеграла до ряда с проверкой.

Сложность: Продвинутый 2 схемы действий

Струна длиной $π$ защемлена концами, в начальный момент её оттянули параболой $f (x) = x (π - x)$ и отпустили без толчка. Какой формы она будет через секунду? Ответ — бесконечная сумма стоячих волн, и метод Фурье выдаёт его алгоритмически: без догадок и подбора, по расписанию из семи шагов. Общая стратегия и классификация УЧП разобраны в базовом уроке; здесь копаем один метод до дна — до последнего коэффициента ряда и численной проверки.

Идея проста до дерзости: не искать решение целиком, а собрать его из «нот» — мод, каждая из которых качается со своей частотой и не перемешивается с соседями. Аккорд слышит ухо, физика раскладывает его на ноты. Вся процедура ниже — способ найти ноты конкретной задачи, а формулы коэффициентов — партитура, по которой они складываются обратно.

Шаг 1. Определите тип уравнения#

У метода Фурье чёткая область действия: линейные уравнения с постоянными коэффициентами на конечной области с однородными краевыми условиями. Поэтому первый шаг — классифицировать уравнение: тип диктует, сколько начальных условий ставить и чего ждать от решения.

Тип	Эталон	Физика	Начальные условия
гиперболическое	волновое $u_{tt} = a^{2} u_{xx}$	колебания струны, звук	два: отклонение $f (x)$ и скорость $ψ (x)$
параболическое	теплопроводность $u_{t} = a^{2} u_{xx}$	остывание стержня, диффузия	одно: температура $f (x)$
эллиптическое	Лапласа $u_{xx} + u_{y y} = 0$	стационарные поля	нет, только краевые

три эталона уравнений матфизики; спутать типы — значит решать чужую задачу

Каждый эталон разобран по-соседству: волновое уравнение — здесь, уравнение теплопроводности — тут, уравнение Лапласа — в этом уроке. Дальше ведём сквозной пример: волновое уравнение — у него самый богатый набор шагов, параболическое получается из него вычеркиванием одного начального условия.

Как получить тип формально? Выпишите коэффициенты при вторых производных — $A u_{xx} + 2 B u_{x y} + C u_{y y}$ — и посчитайте дискриминант $B^{2} - 4 A C$ : плюс — гиперболика, ноль — параболика, минус — эллиптика. Для волнового уравнения $A = - a^{2}$ , $C = 1$ , и $D = 4 a^{2} > 0$ ; проверьте два других эталона сами. Классификации по дискриминанту с разбором пограничных случаев посвящён отдельный разбор — здесь она нужна лишь как первый шаг.

Шаг 2. Выпишите краевые и начальные условия#

Топливо метода — однородные краевые условия, то есть с нулём в правой части. Три типовых вида на отрезке $0 < x < L$ :

Дирихле: $u (0, t) = u (L, t) = 0$ — концы закреплены (струна) или температура задана и равна нулю;
Нейман: $u_{x} (0, t) = u_{x} (L, t) = 0$ — концы свободны или теплоизолированы: поток через торец нулевой;
смешанные: Дирихле с одного конца и Нейман с другого — например, упругое закрепление.

Неоднородные условия — не приговор: из решения вычитают стационарную добавку, и для разности условия становятся однородными. Но учиться проще на чистом случае. Сколько ставить начальных условий, напомнила таблица шага 1; систематика всех вариантов — в термине краевая задача.

Шаги 3–4. Подставьте произведение и разделите переменные#

Ищем решение произведением $u (x, t) = X (x) T (t)$ : множитель-профиль по координате, множитель-ритм по времени. Подставляем в $u_{tt} = a^{2} u_{xx}$ :

X T^{''} = a^{2} X^{''} T \Rightarrow \frac{T ^{''}}{a ^{2} T} = \frac{X ^{''}}{X} = - λ

слева функция только от t, справа — только от x; равенство при любых x и t возможно, лишь когда обе части — константа −λ

X^{''} + λ X = 0, T^{''} + λ a^{2} T = 0

одно УЧП распалось на два ОДУ, связанных параметром λ; знак минус выбран для удобства — скоро станет ясно, почему

Краевые условия переезжают на координатный множитель: $u (0, t) = X (0) T (t) = 0$ при любом $t$ означает $X (0) = 0$ , и так для каждого конца. Самое скептическое место курса — «а вдруг произведениями выразится не всякое решение?» Для линейных задач с однородными краевыми условиями не выразится только то, чего и не было: суперпозиция мод плотна в классе решений, и именно она склеит любой начальный профиль.

Шаг 5. Решите задачу Штурма–Лиувилля#

Из двух ОДУ сначала решается то, у которого есть условия, — $X^{''} + λ X = 0$ . Нетривиальные решения существуют не при всех $λ$ : при $λ < 0$ профиль — гиперболические функции, и они не пересекают ноль дважды, поэтому краевые условия выкидывают решение; $λ = 0$ при закреплённых концах тоже даёт тривиальное. Живут только собственные значения $λ_{n}$ — и для базовых краевых условий заготовки такие:

Краевые условия	Собственные значения	Собственные функции
$X (0) = X (L) = 0$	$λ_{n} = (π n / L)^{2}$ , $n = 1, 2, \dots$	$X_{n} (x) = sin (π n x / L)$
$X^{'} (0) = X^{'} (L) = 0$	$λ_{n} = (π n / L)^{2}$ , $n = 0, 1, 2, \dots$	$X_{n} (x) = cos (π n x / L)$
$X (0) = 0$ , $X^{'} (L) = 0$	$λ_{n} = (π (2 n + 1) / (2 L))^{2}$ , $n = 0, 1, \dots$	$X_{n} (x) = sin (π (2 n + 1) x / (2 L))$

задача X'' + λX = 0 при трёх видах однородных краевых условий; полная теория — в уроке о Штурме–Лиувилле

Две детали, на которых валятся контрольные. У Неймана счёт идёт от $n = 0$ : $λ_{0} = 0$ с постоянной собственной функцией — это режим средней температуры, его потеря равносильна потере решения. И таблицу можно не заучивать: подставьте $sin (k x)$ в свои концы, получите $sin (k L) = 0$ , откуда $k L = nπ$ — вывод занимает минуту и не забывается. Систематический разбор — в уроке о Штурме–Лиувилле и собственных функциях.

Шаги 6–7. Разложите начальные условия и соберите ответ#

Каждой моде — свой ритм: $T_{n}$ удовлетворяет $T^{''} + λ_{n} a^{2} T = 0$ , то есть качается с частотой $ω_{n} = π na / L$ . Суперпозиция всех мод — общий ряд с двумя семействами коэффициентов:

u (x, t) = n = 1 \sum \infty (b_{n} cos (ω_{n} t) + c_{n} sin (ω_{n} t)) X_{n} (x)

b_n отвечает за начальное отклонение, c_n — за начальную скорость; для теплопроводности вместо колебаний будет exp(−λ_n a²t)

Коэффициенты вытачиваются начальными условиями, и тут вступает ортогональность собственных функций: при интегрировании выживает ровно одна мода, поэтому каждый коэффициент — отдельный интеграл, никакой системы уравнений:

b_{n} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f (x) X_{n} (x) d x, c_{n} = \frac{2}{L ω _{n}} \int_{0}^{L} ψ (x) X_{n} (x) d x

разложение f и ψ в ряд по собственным функциям — обычные коэффициенты Фурье; техника — в уроке о рядах Фурье

Почему выживает ровно одна мода? Ортогональность: $\int_{0}^{π} sin (x) sin (3 x) d x = 0$ — численно получается $- 3 \cdot 1 0^{- 17}$ , то есть ноль. Умножьте $u (x, 0) = \sum b_{m} X_{m} (x)$ на $X_{n}$ и проинтегрируйте: все слагаемые с $m \neq = n$ замолчат, и останется формула для $b_{n}$ . Никакой системы уравнений решать не нужно — каждый коэффициент добывается отдельно.

Заметьте: $f$ не обязана быть синусом или ещё какой красивостью — годится любой разумный профиль, хоть таблица измерений. Ряд в ответе бесконечен, но убывание коэффициентов делает его практичным: чем глаже $f$ , тем быстрее хвост тает.

Подставьте $t = 0$ : ряд обязан свестись к $f (x)$ . Проверьте хотя бы одну точку числом.
Продифференцируйте по $t$ и подставьте $t = 0$ : должна получиться $ψ (x)$ .
Подставьте концы $x = 0$ и $x = L$ : ноль при любом $t$ , причём каждый член ряда по отдельности.
Подставьте одно слагаемое в уравнение: всё сводится к $T^{''} = - λ a^{2} T$ , знаки обязаны сойтись.
Физический контроль: энергия не растёт, максимум отклонения не превышает максимума $∣ f ∣$ при нулевой скорости.

Разбор примера до последнего коэффициента#

Полная постановка: $u_{tt} = u_{xx}$ (то есть $a = 1$ ), $0 < x < π$ , концы закреплены, $u (x, 0) = x (π - x)$ , $u_{t} (x, 0) = 0$ . Идём по шагам.

Тип — гиперболический, значит два начальных условия; отрезок с закреплёнными концами — метод Фурье.
Краевые условия Дирихле, $L = π$ : собственные значения $λ_{n} = n^{2}$ , собственные функции $sin (n x)$ .
Ищем $u = \sum (b_{n} cos n t + c_{n} sin n t) sin (n x)$ ; частоты $ω_{n} = n$ , потому что $a = 1$ и $L = π$ .
Нулевая скорость: $u_{t} (x, 0) = \sum c_{n} n sin (n x) = 0$ — все $c_{n} = 0$ , синусы времени выпали целиком.
Осталось разложить $f (x) = x (π - x)$ по синусам: $b_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x (π - x) sin (n x) d x$ .
Двойное интегрирование по частям даёт $\int_{0}^{π} x (π - x) sin (n x) d x = \frac{2 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{n ^{3}}$ , то есть $b_{n} = \frac{4 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{π n ^{3}}$ .
Собираем ответ и проверяем чек-листом из пяти пунктов.

b_{n} = \frac{4 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{π n ^{3}} : b_{1} = \frac{8}{π} \approx 2, 55, b_{3} = \frac{8}{27 π} \approx 0, 094, b_{5} \approx 0, 020

у нечётных n — 8/(πn³), у чётных — нули: парабола x(π−x) симметрична относительно середины струны, и чётные моды с узлом в середине ей чужды

u (x, t) = k = 0 \sum \infty \frac{8}{π ( 2 k + 1 ) ^{3}} sin ((2 k + 1) x) cos ((2 k + 1) t)

ответ: три семейства чисел — 8, π и кубы нечётных номеров; струна качается как аккорд из нечётных гармоник

Проверка интегралов численно — правило Симпсона с двумя тысячами узлов даёт $\int_{0}^{π} x (π - x) sin (x) d x = 4, 000000$ , аналитика тоже $4$ ; тогда $b_{1} = (2/ π) \cdot 4 = 8/ π$ . Для $n = 3$ Симпсон даёт $0, 148148$ против точных $4/27$ — совпадение до двенадцатого знака. Проверка ряда: в середине струны при $t = 0$ сумма $2, 546 - 0, 094 + 0, 020 - 0, 007 + \dots$ уже на шести слагаемых равна $2, 4667$ против $f (π /2) = π^{2} /4 \approx 2, 4674$ — сходится к нужному числу, причём знаки чередуются и хвост тает как $1/ n^{3}$ .

И контроль без единого интеграла: подставьте $x = π /2$ , $t = π /2$ . Каждое слагаемое получает множитель $sin (nπ /2) cos (nπ /2) = \frac{1}{2} sin (nπ) = 0$ — все моды одновременно стоят в узле, и $u = 0$ . Уравнение и начальные условия такое поведение не нарушают, а вот «решение» с косинусами вместо синусов рухнуло бы уже на краях $x = 0$ .

Пара мгновений из жизни этой струны: при $t = 1$ середина поднята на $u (π /2, 1) \approx 1, 47$ — просела с $2, 47$ , струна идёт вниз; при $t = π /2$ она вся в нуле, но движется с максимальной скоростью — как маятник в нижней точке. Каждый член ряда качается со своей частотой $(2 k + 1)$ , поэтому форма струны меняется, а узлы по краям стоят намертво: их держит каждый синус по отдельности.

Где валятся работы

Первая ошибка — забыть нормировку: коэффициент именно

\frac{2}{L} \int_{0}^{L} f X_{n} d x

; потерянная двойка занижает все моды вдвое. Вторая — чётные номера: в нашем примере

b_{2 k} = 0

, и если в ответе полезли чётные гармоники, пересчитайте интеграл. Третья — у Неймана потерян

n = 0

: постоянная составляющая температуры никуда не девается, остывая могут только перепады. Четвёртая — знак

λ

: уравнение

X^{''} + λ X = 0

при

λ < 0

даёт

ch

sh

, которые не умещаются в два нуля на концах.

На контрольной

Экономия времени: классификацию и условия выпишите в первую минуту — дальше они работают подсказками. Собственные значения выводите на месте, это три строчки. Интегралы для коэффициентов считайте по частям аккуратно и сразу подставляйте пределы: половина арифметических проколов — это знак при

(- 1)^{n}

. Последние две минуты — чек-лист: одна точка при

t = 0

и оба края. Стоящая строка «

u (π /2, π /2) = 0

» стоит дороже страницы общих слов.

Проверь себя+15 XP

В разобранном примере $b_{n} = \frac{4 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{π n ^{3}}$ . Чему равен $b_{2}$ ?

Проверь себя+15 XP

Стержень теплоизолирован с обоих концов: $X^{'} (0) = X^{'} (L) = 0$ . Какая система собственных функций?

Частые вопросы

Чем метод Фурье отличается от метода характеристик?

Характеристики работают для гиперболических уравнений без границ: бесконечная струна, задача Коши, формула Даламбера — ответ одной подстановкой. Фурье требует конечной области и однородных краевых условий, зато работает и для параболических, и для эллиптических уравнений, где характеристик нет вовсе. На отрезке с закреплёнными концами отражения волн запутывают картину Даламбера — там Фурье честнее и проще.

Что делать, если начальная функция f задана кусочно или таблично?

Ничего страшного: коэффициенты — интегралы, а интеграл кусочной функции разбивается на участки и считается по частям на каждом. Для табличных данных интеграл заменяется численно — трапециями или Симпсоном. Ряд всё равно сойдётся к функции в точках непрерывности, а у изломов — к полусумме односторонних пределов; учитывайте это при проверке.

Сколько членов ряда оставлять в ответе?

Смотрите на скорость убывания коэффициентов. В нашем примере $b_{n} \sim 1/ n^{3}$ : шесть слагаемых дали $2, 4667$ против точных $2, 4674$ — уже четыре верных знака. Для гладких начальных данных три-четыре моды хватает, а вот для прямоугольного профиля коэффициенты падают как $1/ n$ , и для приличной формы нужны десятки членов. Оцените хвост по первому отброшенному слагаемому.

Как решать уравнение теплопроводности тем же методом?

Схема идентична, меняется временной множитель. В $T^{'} + λ a^{2} T = 0$ вместо колебаний — экспоненциальное остывание $T_{n} = exp (- λ_{n} a^{2} t)$ : моды не качаются, а затухают, причём чем выше номер, тем быстрее. Начальное условие одно, поэтому и одно семейство коэффициентов $b_{n}$ — то же разложение по синусам или косинусам. Нюанс один: при Неймане слагаемое $n = 0$ даёт постоянную температуру, которая не остывает.

Куда дальше: все формулы темы на одном листе — шпаргалка по УЧП, определения — в терминах метода разделения переменных и уравнения теплопроводности. Коэффициенты — это ряды Фурье: потренировать разложения можно на тренажёре рядов, а формулы интегрирования по частям освежить в шпаргалке по рядам. Параболический собрат задачи — уравнение теплопроводности, а временные множители — обычные дифференциальные уравнения: маршрут по ним — в гайде как решать дифференциальные уравнения.