Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы), страница 8

Построим сначаларешение уравнения Лапласа, представимые в виде :u(x, y) = X(x)Y(y) ≠ 0и удовлетворяющие однородным граничным условиям по x :ux=0=ux=a82=0.Подставляем граничные условия в решение уравнения Лапласа , разделяемпеременные и получаем :Y″(y)X″(x)≡−=−λ.X(x)Y(y)Отсюда получаем отдельные уравнения для X(x) и Y(y) . Так как попеременной x должны выполняться однородные граничные условия , дляопределения функции X(x) имеем одномерную задачу Штурма - Лиувилля :X″ + λX = 0,         0 < x < a,{X(0) = X(a) = 0,   X(x) ≠ 0,решение которой имеет вид:πnπnX = Xn(x) = sinx,     λ = λn =,    n = 1,2, . .

.()aa2cобственные функциисобственные значенияУчитывая найденное значение λn для X(x) , из общего уравнения получаемдля Y(y) :Y″ − λnY = 0,   0 < y < b .Общее решение этого уравнения можно записать в виде:πnπnY = C1e a y + C2e − a y .Но такую запись неудобно использовать в дальнейшем. Гораздо удобнееФСР {Y1, Y2} выбрать так, чтобы функция Y1 удовлетворяла однородномуграничному условию при y = 0 :Y1(0) = 0 ,а функция Y2(y) - однородному граничному условию при y = b :Y2(b) = 0 .83Такими решениями являются :πnπnY1(y) = shy,    Y2(y) = sh (b − y ) .aaТогда общее решение нашего уравнения удобно записать в виде:πnπnY = C1shy + C2sh (b − y ) .aaТем самым, мы получили следующие системы частных решений уравненияЛапласа:un(x, y) = sin λn x sh λn yun(x, y) = sin λn xsh λn (b − y ) .иТеперь решение нашей задачи для функции u1(x, y) запишем в видеразложения по этим частным решениям:u1(x, y) ==∞∞∑n=1Ansh λn ysh λn bsh λn ysin λn x +A+ Bn∑ { n sh λ bnn=1∞∑n=1Bnsh λn (b − y )sh λn bsh λn (b − y )sh λn bsin λn x =sin λn x .Подставим полученное решение в граничное условие при y = 0 , получаем:∞∑n=1Bnsin λn x = ψ1(x) ,откуда видно, что Bn есть коэффициенты Фурье функции ψ1(x) по системе∞πnсобственных функций sinx.

Они вычисляются по формулам :{a }1aBn =2πnψ1(x)sinxd x .∫aa084Подставляя полученное решение в виде разложения по частным решениям вграничное условие при y = b , получаем:∞∑n=1Ansin λn x = ψ2(x) ,откуда легко можно выразить An :a2πnψ2(x)sinxd x .a∫aAn =0Основная идея: решение стандартной задачи функции u1(x, y) строится ввиде разложения по частным решениям уравнения Лапласа, коэффициентыкоторого определяются при подстановке этих решений в граничные условия.По совершенно аналогичной схеме решается стандартная задача дляфункции u2(x, y) .Решение ее имеет следующий вид:u2(x, y) =∞∑{n=1Cnsh λn xsh λn a+ Dnsh λn (a − x)sh λn a}sin λn y ,где :bb00πn2λn =,     Dn =φ (y)sin λn ydy,    Cn = φ2(y)sin λn ydy .( b )∫b∫ 12Таким образом решение, поставленной нами ,в этом пункте, задачи имеетследующий вид:u = u1(x, y) + u2(x, y) , где функции u1 и u2 нами определеныв виде разложения по частным решениям .85Замечания:1) Аналогично может быть решена краевая задача для уравнения Лапласа впрямоугольнике в прямоугольнике с другими граничными условиями.2) Осторожность нужно проявлять при решении задачи Неймана , поскольку, при редукции ее к стандартным задачам может появиться задача, которая неимеет решения, в то время как решение исходной задачи существует.

В этомслучае исходную задачу заменой неизвестной функции можно свести к задачедля неоднородного уравнения с однородными граничными условиями.3) Характер сходимости полученных рядов:Рассмотрим разложение , полученное для решения первой стандартнойзадачи :u1 =∞∑n=1Ansh λn ysh λn bsin λn x +∞∑n=1Bnsh λn (b − y)sh λn bsinsh λn x ,πnгде λn =, а коэффициенты An и Bn определяются аналогичным( a )образом, рассмотренным выше.2Если ψ1(x) и ψ2(x) абсолютно интегрируемы на (0, a) , то коэффициентыAn и Bn ограничены:An ≤ C ,при всех n .Bn ≤ CПоэтому общий член первого ряда при n → ∞ имеет следующий характер:Ansh λn ysh λn bsin λn x ∼ Ce − a (b − y)πn.Отсюда видно, что во внутренних точках прямоугольника ряд сходитсяэкспоненциально .

Более того, если b ÷ a ≫ 1 , при малых y ( то есть вблизи86основания прямоугольника y = 0 ) уже первый член ряда имеет порядок−πbexp. Коэффициенты An определяются функцией ψ2(x) , заданной на( a )другой стороне (y = b) прямоугольника . Следовательно , в этом случаевлияние граничных условий , заданных при y = b , на решение при малых yневелико и при вычислении можно ограничиться одним-двумя членами ряда.4) Похожий характер имеют и члены второго порядка, но они малы приb ÷ a ≫ 1 , когда y , близко к b .5) При увеличении гладкости функций ψ1 и ψ2 сходимость рядов становитсяеще более быстрой.87е) Краевые задачи для уравнения Лапласа в прямоугольном параллепипеде .Общая краевая задача для уравнения Лапласа может быть разбита на тристандартных .

Стандартной задачей в данном называется задача, в которойнеоднородные граничные условия заданы на двух параллельных сторонах( основаниях) , а на остальной части поверхности ( боковой поверхности )граничные условия нулевые.Рассмотрим стандартную задачу :Δu = 0,    0 < x < a,    0 < y < b,    0 < z < h,uz=0uz=hP[u]= φ1(x, y),= φ2(x, y),x=0, x=ay=0, y=b= 0,где P[u] - оператор, соответствующий граничному условию третьего рода .Для решения этой задачи сначала находим частные решения уравненияЛапласа, представимые в виде:u(x, y, z) = v(x, y)Z(z) ≠ 0 ,заметим, что отделена та переменная, по которой заданны неоднородныеграничные условия .Подставляя вид решения в уравнение Лапласа и разделяя переменные , мыполучаем:Δ2vZ″=−= −λ.Z(z)v(x, y)Отсюда получаем:Δ2v + λv = 0,    0 < x < a,    0 < y < b,P[v]x=0, x=a = 0,    v(x, y) ≠ 0,y=0, y=bZ″(z) − λZ(z) = 0,     0 < z < h .88задачаШтурма - Лиувиллядля прямоугольника.Пусть {vn(x, y)}∞1и {λn} - её собственные функции и собственные значения .1∞Тогда общее решение уравнения удобно представить в следующем виде:Z(z) = Ash λzsh λh+Bsh λ (h − z)sh λhгде A, B = const .,Следовательно, частные решения уравнения Лапласа имеют вид:un(x, y, z) = vn(x, y) Ash λzsh λh+Bsh λ (h − z)sh λh.Запишем решение нашей задачи в виде разложения по этим частнымрешениям :u(x, y, z) =∞∑n=1vn(x, y) Ansh λzsh λh+ Bnsh λ (h − z)sh λh,коэффициенты An и Bn мы можем определить из граничных условий :An =1vnab2∫∫φ2(x, y)vn(x, y)d xdy ,Bn =001vnab2∫∫φ1(x, y)vn(x, y)d xdy .00Замечания:1) функции Z(z) взяты в виде , удобном при решении задачи с граничнымиусловиями Дирихле по переменной z .

При граничных условиях по z другоготипа , нужно соответственно выбирать ФСР исходного уравнения такимобразом, чтобы наиболее удобным образом вычислить коэффициенты An и Bn2) Совершенно аналогичным образом решаются две другие стандартныезадачи с неоднородными граничными условиями по переменным x и y .3) Полученные ряды имеют тот же характер сходимости, что и для решениярассматриваемой задачи в прямоугольнике.89Примеры:1) условие задачи: найти распределение потенциала внутри куба с ребром a ,одна грань которого z = 0 поддерживается под постоянным потенциалом U0 ,а остальные грани заземлены.Решение:Для потенциала u имеем следующую краевую задачу:Δu = 0,    0 < x < a,   0 < y < a,    0 < z < a,u z=0 = U0,   u z=0 = 0,   ux=0=ux=a=uy=0=uy=a= 0.Решение данной задачи имеет вид:u=∞sh λnkz∞vnk(x, y) Ank+ Bnk{sh λnkan=1 k=1∑∑sh λnk(a − z)sh λnka,}где vnk(x, y) - собственные функции квадрата с граничным условиемДирихле:vnk(x, y) = sinπnπkxsin y ,aaπnπkπ2 2λn,k =+= 2 (n + k 2),     n, k = 1,2, .

. . . , ∞( a ) (a)a22Вычислим коэффициенты Ank и Bnk :Bnk ==1vnkaa2∫∫U0sin00aa00πnπkxsin yd xdy =aa4U04U0πnπknk(−1)(−1)sinxdxsinydy=1−1−,[][]22∫∫aaaπ nkAnk = 0,    n, k = 1,2, . . . . , ∞ .90Cледовательно:nkπ224U0 ∞ ∞ [1 − (−1) ][1 − (−1) ] sh a n + k (a − z)πnπku= 2× sinxsin y .∑aπ ∑nkashπ n 2 + k 2n=1 k=12) условие задачи: найти стационарное распределение температуры внутрипараллепипеда 0 ≤ x ≤ a,    0 ≤ y ≤ b,    0 ≤ z ≤ c , у которого на грани x = 0поддерживается температура , равная Ayz , грани z = 0 и z = c находятся принулевой температуре , а остальные грани теплоизолированы , A = const .Решение:Стационарная температура u(x, y, z) определяется, как решение следующейкраевой задачи:Δu = 0,    0 ≤ x ≤ a,    0 ≤ y ≤ b,    0 ≤ z ≤ c,u x=0 = Ayz,     u z=0 = u z=c = 0,∂u∂xx=a=∂u∂yy=0=∂u∂yy=b= 0.Решение поставленной задачи следует искать в виде разложения пособственным функциям прямоугольника 0 ≤ y ≤ b,    0 ≤ z ≤ c , с граничнымиусловиями :u∂u∂yz=0=uy=0=z=c∂u∂y= 0,y=b= 0.,которые имеют следующий вид:πnπmvnm(y, z) = cos ysinz,     n = 0,1,2, .

. . . ,    m = 1,2, . . . .bc91По переменной x заданы граничные условия первого рода при x = 0 ивторого рода при x = a .Поэтому решение задачи можно записать в виде:∞sh λnm x∞πnπmu=cos ysinz Anm∑∑bc {n=0 m=1λnm ch λnm a+ Bnmch λnm (a − x)ch λnm a},πnπm.λnm =+( b ) ( c )2Так как∂u∂x2x=a= 0 , Anm = 0 при всех n и m . Используя граничное условиепри x = 0 , получаем:∞∞∑∑n=0 m=1Bnmcosπnπmysinz = Ayz .bcОтсюда :Bnm =1πncos by2b c2 ∫∫πmsin c z 0 0yzcosπnπmysinzdydz .bcТак как :c2πmc(−1)m+1,zsinzdz =∫cπm0πmsinzc2c= ,2b2n(−1)[π 2n2bπnycos ydy =∫bb2,                           n20πncos yb922=− 1],     n ≠ 0,b,                  n = 0,{ 2 ,                 n ≠ 0,b= 0,можно записать:bc(−1)m+1,πmB0m =Bnm =4bcmn(−1)(−1)1−[],    n ≠ 0,    m = 1,2, . . .

, ∞ .32π mnCледовательно , стационарное распределение температуры имеет вид:πmch c (a − x)πmm+1 bc(−1)u=sinz+πm∑πm ch c acm=1∞4bc ch λnm (a − x)πnπm(−1) [1 − (−1) ] 3 2+cos ysinz,∑∑bcπ mnch λnm an=1 m=1∞∞mnπnπmλnm =+.( b ) ( c )223) Условие задачи: найти стационарное распределение температуры внутрикуба, две грани котрого при z = 0 и z = a теплоизолированы, а на остальныхподдерживается постоянная температура T0 .Решение:Стационарная температура u является решением краевой задачи :Δu = 0 в кубе,∂u∂zuz=0x=0==u∂u∂zx=az=a= 0,=uy=0=uy=a= T0 .Так как при z = 0 и z = a заданы однородные граничные условия второгорода:∂u∂z=z=0∂u∂z= 0,z=a93а граничные условия на остальной части поверхности куба от z не зависят ,то и решение самой задачи от z зависеть не будет:u = u(x, y) .Поэтому трехмерная задача вырождается в двухмерную:∂2 u∂x 2u+x=0∂2 u∂ y2=u= 0,    0 < x,    y < a, (в квадрате),x=a=uy=0=uy=a= T0 .которую уже можно легко решить стандартным методом разделенияпеременных, аналогично предыдущим двум задачам.Очевидно, что u ≡ T0 .

Cледовательно, стационарная температура данногокуба постоянная и равна T0 .Замечания:1) решение данной задачи можно сразу выписать из физических соображений : набоковых гранях поддерживается постоянная температура T0 , а две другиеграни теплоизолированы. Значит, внутри куба будет сохраняться та жетемпература T0 .2) Необходимо всегда учитывать , что если непосредственная проверкапоказывает, что каким то образом угаданная или построенная из физическихсоображений функция, действительно, является решением поставленной задачи,то другого решения эта задача иметь не может в силу теоремыединственности.943. Задача Штурма - Лиувилля . Задача для уравненияЛапласа : круг, цилиндр и их части.a) Cобственные функции круга.Рассмотрим задачу Штурма - Лиувилля для круга Ka :Δu + λu = 0,     (x, y) ∈ Ka,α∂u∂n+ βuC= 0,     α + β ≠ 0,    u ≠ 0 .Введем полярную систему координат (r, φ) с началом в центре круга Ka .Напомним, что оператор Лапласа в полярной системе координат равен:1 ∂∂u1 ∂2 uΔu =r+r ∂r ( ∂r ) r 2 ∂φ 2.Cобственную функцию будем искать в виде:u(r, φ) = R(r)ϕ(φ) ≠ 0 .Запишем исходное уравнение нашей системы в полярной системе координат,подставим в него наше решение и разделим переменные:r drd (r dR+ λr 2 Rdr )R(r)=−ϕ″ϕ(φ)=v .Так как собственная функция должна быть периодической по φс периодом 2π , то для ϕ мы получаем задачу Штурма - Лиувилля :ϕ″ + vϕ = 0,      0 < φ < 2π,{ϕ(φ) = ϕ(φ + 2π),решение которой имеет вид:cosnφ,ϕ = ϕn(φ) =   v = vn = n 2,      n = 0,1,2, .