Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы), страница 11

.π ∫π ∫ Решения 1,2,3 краевых задач для уравнения Лапласа в круге:(задача Дирихле, Неймана и Робена)1) Задача Дирихле ( ur=a= f (φ)  ) :n∞A0ru=+A cosnφ + Bnsinnφ}   .∑(a) { n2n=11182) Задача Неймана (∂u∂rr=a= f (φ)  ) :∞rnu=A cosnφ + Bnsinnφ} + C  ,∑ na n−1 { nn=1где C - произвольная константа .замечание: решение внутренней задачи Неймана существует только при2πусловии, чтоf φ dφ = 0 ( это условие необходимое и достаточное ) и∫ ( )0поределяется с точностью до произвольной постоянной.∂u3) Задача Робена (+ hu∂rr=a= f (φ),    h = const, ) :∞A0rnu=+{Ancosnφ + Bnsinnφ}  .∑n−12h n=1 (n + ah)aКоэффициенты An и Bn определяются тем же самым формулами, описаннымивыше.О сходимости рядов: если граничная функция f (φ) абсолютноинтегрируема , то коэффициенты Фурье , по крайней мере, ограничены , и , каквидно из структуры рассматриваемых рядов, эти ряды будут в любойвнутренней точке круга (r < a) cходиться не хуже, чем геометрическаяrпрогрессия со знаменателем q = .

При увеличении гладкости функции f (φ)aсходимость указанных рядов улучшается.119ж) Краевые задачи для уравнения Лапласа вне круга.Рассмотрим теперь внешнюю краевую задачу:вне кругаΔu = 0                        (r> a),P[u] ≡ α ∂u− βu r=a = f (φ),∂ru регулярна на ∞ .замечание : в двумерном случае регулярность на бесконечности означает, что функцияu имеет конечный предел при r → ∞ .Наиболее удобно представить наше решение в следующем виде:∞A0u(r, φ) = −+2β ∑n=11rnP[ r1n ]{Ancosnφ + Bnsinnφ} =r=a∞A0a n+1=−−{Ancosnφ + Bnsinnφ} ( при β ≠ 0 ) .n2β ∑αn + βa)rn=1 (Коэффициенты An и Bn определяются из граничного условия ивычисляются по формулам:An =Bn =1π1π2πf φ cosnφdφ,∫ ( )02πn = 0,1,2, . . .f φ sinnφdφ,∫ ( )0Решения 1,2,3 краевых задач для уравнения Лапласа в круге:(задача Дирихле, Неймана и Робена)1) Задача Дирихле ( ur=a= f (φ) , (α = 0,  β = − 1) ) :n∞A0au=+A cosnφ + Bnsinnφ} .∑(r) { n2n=11202) Задача Неймана (∂u∂rr=a= f (φ)  (α = 1,  β = 0) ) :∞1 a n+1u=−A cosnφ + Bnsinnφ} + C ,∑ n rn { nn=1где C - произвольная постоянная.замечание: на плоскости внешняя задача Неймана разрешима лишь при условии:∫2πfdl = aCaf φ dφ = 0 и ее решение определяется с точностью до постоянного∫ ( )0слагаемого .3) Задача Робена (∂u− hu∂rr=a= f (φ),    (α = 1,    β = h) ) :∞A0a n+1u=−−{Ancosnφ + Bnsinnφ}∑n2h n=1 (n + ah)rКоэффициенты An и Bn в рассмотренных разложениях являютсякоэффициентами Фурье функции f (φ) и вычисляются по стандартнымформулам, приведенными нами выше.121з) Краевые задачи для уравнения Лапласа в круговом кольце .Рассмотрим решение краевой задачи для уравнения Лапласа внутрикругового кольца.Выберем изначально первую краевую - задачу Дирихле :в кольце < r < b,Δu = 0                 a{ur=a= f1(φ),     ur=b= f2(φ) .При решении поставленной задачи наиболее удобно вместо разложения почастным решениям построить при каждом n систему фундаментальных решений(a)( )22{Rn (r), Rn (r)} уравнения r R″ + rR′ − n R = 0 и удовлетворяющихграничным условиям :bRn(a)(a) = 0,    Rn( )(b) = 0 .bОбщее решение полученного уравнения имеет следующий вид:R = C1 + C2lnr           n = 0,R = C1r n + C2r −n        n ≠ 0,мы подбираем коэффициенты C1 и C2 таким образом, чтобы построитьнужные нам решения.

Они определяются с точностью до числового множителя,и их можно взять , например, в виде:rbbR0(a)(r) = ln ,          R0( )(r) = ln ,arRn(a)(r)r 2n − a 2nb 2n − r 2n( b)=,   Rn (r) =,    n ≠ 0 .nnrrПосле построения функций Rn(a) и Rn( ) , мы получаем систему частных решенийдля уравнения Лапласа:bcosnφcosnφbb,    un( )(r, φ) = Rn( )(r),{sinnφ }{sinnφ }un(a)(r, φ) = Rn(a)(r)rbbu0(a)(r, φ) = ln ,                             u0( )(r, φ) = ln .ar122Частные решения для уравнения Лапласа ограничены внутри кольца иудовлетворяют граничным условиям :un(a)b)r=a= 0,     un(r=b=0 .и нужно учесть, что:un(a)b)r=b≠ 0,     un(r=a≠0 .Теперь мы можем записать решение нашей исходной краевой задачи в видеразложения по полученным нами частным решениям :rb∞A0 ln aC0 ln rr 2n − a 2n b nu(r, φ) =++(Ancosnφ + Bnsinnφ)+bb2n2nn∑2 ln2 lnb −a rn=1aa∞b 2n − r 2n a n+C cosnφ + Dnsinnφ) .∑ b 2n − a 2n r n ( nn=1Подставляя полученное решение в граничное условие при r = a иучитывая un(a)b)r=a= 0,     un(r=b= 0 , получаем:∞C0+C cosnφ + Dnsinnφ) = f1(φ) .∑( n2n=1Теперь мы можем вычислить коэффициенты Cn и Dn :2πCn =1f1(φ)cosnφdφ,∫π02πDn =1f1(φ)sinnφdφ .∫π0Аналогично, подставляя решение в граничное условие при r = b ,определяем коэффициенты An и Bn :2π2π0011An =f (φ)cosnφdφ, Bn =f (φ)sinnφdφ .π ∫ 2π ∫ 2123Замечания:1) предварительно построив радиальные функции Rn(a)(r) и Rn( )(r) ,удовлетворяющие нужным однородным граничным условиям при r = a и приr = b , нам удалось « развязать» граничные условия , заданные при r = a и приr =b.b2) Решение других краевых задач для уравнения Лапласа внутри кольцастроится аналогично.3) При построении радиальных функций Rn(r) для граничных условийвторого рода следует иметь ввиду, что при n = 0 не существует двух линейнонезависимых решений исходного уравнения , одно из которых удовлетворяетусловиюdR0(a)dr= 0 , а другое r=adR0(b)dr= 0 .

Обоим этим случаямr=bудовлетворяет одно и тоже решение R0(r) ≡ 1 .При n ≠ 0 нужную пару фундаментальных решений образуют функцииr 2n + a 2nr 2n + b 2n(a)( b)Rn (r) =,    Rn (r) =,    (n ≠ 0) .rnrn4)Решение задачи Неймана внутри кольца :Δu = 0,∂u∂rr=a= f1(φ),     ∂u∂rr=b= f2(φ) .Решение наиболее удобно записать в следующем виде:∞C0Rn(a)(r)u(r, φ) =lnr +{Ancosnφ + Bnsinnφ}+′∑(a)2n=1 Rn (b)+∞∑Rn( )(r)bbn=1 Rn( ) (a)′{Cncosnφ + Dnsinnφ} + const ,124коэффициенты определяются из граничных условий; причем при n ≠ 0коэффициент C0 =2π2π00abf1(φ)dφ =f (φ)dφ ; а const - произвольнаяπ ∫π ∫ 2постоянная.Равенство коэффициента C0 не содержит противоречия при произвольныхфункциях f1(φ) и f2(φ) , так как полностью соответствует условиюразрешимости задачи Неймана:2π∂udl = {bf2(φ) − af1(φ)}dφ = 0 .∮ ∂n∫C0О сходимости полученных рядов: рассмотрим для примера полученныйряд:rb∞A0 ln aC0 ln rr 2n − a 2n b nu(r, φ) =++A cosnφ + Bnsinnφ)+2n − a 2n r n ( n2 ln b2 ln b ∑bn=1aa∞b 2n − r 2n a n+C cosnφ + Dnsinnφ) .∑ b 2n − a 2n r n ( nn=1Так как, при a < r < b :2na(r)1−r 2n − a 2n bn= 2n=≤2n(a)2n r nb−aRn (b)1 − ( ab )Rn(a)(r)rbr≤=b − a(b)1 − ab ( b )1nn125Rn( )(r)nb 2n − r 2n ana= 2n≤, ряды сходятся внутри кольца2nn()bb −a rrRn( )(a)bиa < r < b не хуже, чем геометрические прогрессии.

При увеличении гладкостиграничных функций f1(φ) и f2(φ) скорость сходимости увеличивается.Примеры:1. Внутри круга решить краевую задачу:Δu = 0,    0 ≤ r < a,    0 ≤ φ ≤ 2π,{u=r=aπ−φ2.Решение:Запишем общее решение задачи Дирихле внутри круга :n∞A0ru=+A cosnφ + Bnsinnφ} .∑(a) { n2n=1Определим коэффициенты An и Bn из граничного условия :2π2π001 π−φ1 π−φ1An =cosnφdφ = 0 , Bn =sinnφdφ =.∫∫22ππnОтсюда :1 ru(r, φ) =sinnφ .∑ n(a)n=1n∞1262. Внутри кольца a < r < b решить краевую задачу:Δu = 0,∂u∂rr=a= sin2φ,    ur=b= 1 + cosφ .

   Решение:Радиальные решения, удовлетворяющие однородному граничному условиюпри r = a имеют следующий вид:R0(a)(r)=1,     Rn(a)(r)r 2n + a 2n=,     n ≠ 0,rnпри r = b :bT0( )(r)bb 2n − r 2n(b)= ln ,     Rn (r) =,     n ≠ 0,rrnТаким образом, мы можем записать решение поставленной задачи вследующем виде:∞A0 R0(a)(r)Rn(a)(r)u(r, φ) =+{Ancosnφ + Bnsinnφ}+(a)2 R0(a)(b) ∑R bn=1 n ( )b∞C0 T0( )(r)Tn( )(r)++C cosnφ + Dnsinnφ} .∑ (b)′ { n2 (b)′T0 (a) n=1 Tn (a)bПодставляем в граничное условие при r = a и получаем :∞C0+C cosnφ + Dnsinnφ} = sin2φ .∑{ n2n=1Отсюда находим : Cn = 0,    n = 0,1, .

. . ,      D2 = 1,    Dn = 0,    n ≠ 2 .127Подставляем общий вид решения в граничное условие при r = b иполучаем:∞A0+A cosnφ + Bnsinnφ} = 1 + cosφ .∑{ n2n=1Cледовательно:A0 = 2,   A1 = 1,    An = 0,   n ≠ 0,1,     Bn = 0,   n = 1,2, . . .Таким образом, наш конечный результат :u(r, φ) = 1 +R1(a)(r)R1(a)(b)cosφ +T2( )(r)bT2( ) (a)b′sin2φ =a r2 + a2a3 b4 − r4=1+cosφ − 2 4sin2φ .r b2 + a22r b + a 43. Для задачи Дирихле внутри круга:Δu = 0,     0 ≤ r < a,{ur=a= f (φ)вывести формулу Пуассона:2π221(a − r )f (α)dαu(r, φ) =.2π ∫ a 2 + r 2 − 2arcos(φ − α)0Решение:Как мы уже знаем, решение задачи Дирихле в круге можно записать в видеряда:n∞A0ru=+A cosnφ + Bnsinnφ}, .

. . ,∑(a) { n2n=1128Коэффициенты An и Bn определяются по стандартным и хорошо ужезнакомым нами формулами:2π2π1An =f (α)cosnαdα,π ∫1Bn =f (α)sinnαdα .π ∫00Подставив полученные значения коэффициентов в наше решение и поменявпорядок суммирования и интегрирования, мы получим:2π∞1ru(r, φ) =f (α) 1 + 2cosn(φ − α) dα .∑()∫a2π{}n=1n0Так как приr<1:ara2 − r21+2cosn(φ − α) =,∑(a)22a + r − 2arcos(φ − α)n=1n∞мы получаем итоговый результат:2π221(a − r )f (α)dαu(r, φ) =.22∫2π a + r − 2arcos(φ − α)0Замечание: при непрерывной функции f (φ) формула Пуассона даетклассическое решение задачи Дирихле в круге.1294 .

Построить интегральную формулу, аналогичную формуле Пуассона , длярешения внутренней задачи Неймана для круга.Решение:Рассмотрим внутреннюю задачу Неймана для круга:Δu = 0,     0 ≤ r < a,∂u∂rr=a= f (φ) .Будем считать что поставленная задача разрешима :∫2πfdl = aCf φ dφ = 0 .∫ ( )0Тогда решение поставленной задачи можно записать в следующем виде:∞rnu=A cosnφ + Bnsinnφ} + const ,∑ na n−1 { nn=1Коэффициенты определяются стандартными формулами:An =2π2π001f (α)cosnαdα,   Bn = f (α)sinnαdα   .∫∫πПодставляем значения коэффициентов в ряд и меняем поярдокинтегрирования и суммирования:2π∞1rnu(r, φ) =f (α)cosnαcosnφ + sinnαsinnφ) dα+ +const=n−1 (π ∫na{∑}n=102π∞a1 r=f (α)cosn(φ − a) dα + const .∑()∫π{ n=1 n a}n0130Так как при t < 1 :∞1 nt cosnβ = ln∑nn=111 − 2tcosβ +t2,наше решение примет следующий вид:u(r, φ) = −∫f (α)ln a 2 + r 2 − 2arcos(φ − α) dl + const .Caполученная формула определяет решение внутренней задачи Неймана длякруга и она аналогична формуле Пуассона для задачи Дирихле внутри круга.131и) Краевые задачи для уравнения Лапласа в круговом секторе.Рассмотрим краевую задачу внутри кругового сектора:Δu = 0,    0 ≤ r < a,    0 < φ < a,ur=a= f (φ),∂uP3[u] ≡ α3 ∂φ− β3uφ=0= 0,∂uP4[u] ≡ α4 ∂φ+ β4uφ=a=0αi + βi ≠ 0,    i = 3,4 .Найдем частные решения вида:u(r, φ) = R(r)ϕ(φ) .Подставлем решение в уравнение Лапласа и разделяем переменные.Получаем, для определения угловой части ϕ(φ) , задачу Штурма - Лиувилля наотрезке 0 ≤ φ ≤ a :ϕ″(φ) + λφ = 0,    0 < φ < α,P3[ϕ] ≡ α3ϕ′ − β3ϕP4[ϕ] ≡ α4ϕ′ + β4ϕφ=0φ=a= 0,= 0.и задачу Штурма - Лиувилля для определения радиальной части R(r) :r 2 R″ + rR′ − λR = 0,    0 < r < α,     R(0) < ∞ .вид:Ограниченное при r = 0 решение уравнения для радиальной части имеетR(r) = Cr λ ,    C = const .Cледовательно, семейство частных решений уравнения Лапласа ,ограниченное при r = 0 имеет вид:un(r, φ) = rλnϕn(φ),    n = 1,2, .