Семинар 14 для Ф-5. Метод Фурье для уравнения Лапласа в кольце (Семинары)

УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)Уравнение Лапласа в кольцеI, II, III, № 721 а), б), в), г).1. Уравнение Лапласа в круге и вне кругаДля уравнения Лапласа∆u ≡11(rur )r + 2 uϕϕ = 0rr(1.1)как внутри круга:ϕ ∈ [0, 2π),0 6 r < b,так и вне круга:ϕ ∈ [0, 2π)a < r < +∞,нами были найдены ограниченные решения:Общее решение уравнения Лапласа в кругеu(r, ϕ) =∞XXk (r)Φk (ϕ) =k=0∞Xrk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .(1.2)k=0Общее решение уравнения Лапласа вне круга∞X1Xk (r)Φk (ϕ) =u(r, ϕ) =(Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .krk=0k=0∞X2.

I.(1.3)Задача Дирихле для уравнения Лапласа в кольцеНайти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,0 < a 6 r < b, 0 < ϕ < 2π;|u(r, ϕ)| < ∞,u(a, ϕ) = f1 (ϕ),u(b, ϕ) = f2 (ϕ).(2.1)Шаг 1. Решение уравнения Лапласа в полярных координатахСложив рещения уравнения Лапласа в круге и вне круга, мы получим общее решение уравнения Лапласа в полярных координатах:u(r, ϕ) =∞Xrk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .(2.2)k=−∞Оно не является, вообще говоря, ограниченным ни в круге, ни вне круга, так как функции rkбесконечно растут1) при r → +0 и k < 0,2) при r → +∞ и k > 0.Но в нашей задаче нам надо найти ограниченные решения в кольце 0 < a < r < b < +∞, а внём все эти функции ограничены.

Поэтому нам осталось лишь найти коэффициенты Ak , Bkиз краевых условий.Однако, нам ещё следует учесть, что cos x – чётная функция, а sin x – нечётная:sin (−kϕ) = − sin (kϕ) .cos (−kϕ) = cos (kϕ) ,c Д.С. Ткаченко-1-УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)Кроме того, функция ln r является решением уравнения ∆u(r, ϕ) = 0, но мы её в формулах (1.2) и (1.3) не учитывали, так как она не является ограниченной ни внутри, ни внекруга. Однако, она является ограниченной в кольце 0 < a < r < b < +∞, поэтому еёпридётся учитывать в формуле общего решения в кольце. Удобнее всего добавить слагаемоеB0 ln r, поскольку коэффициент B0 в формулах (1.2) и (1.3) умножается на sin 0 = 0 и можетпоэтому принимать любые значения.С учётом всех приведённых соображений, перепишем ряд (2.2) так, чтобы полученная формула действительно задавала общее решение уравнения Лапласа:∞Xu(r, ϕ) = B0 ln r +rk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) =k=−∞= B0 ln r +∞Xr−k(A−k cos (kϕ) − B−k sin (kϕ)) + A0 +k=1∞Xrk (Ak cos (kϕ) Bk sin (kϕ)) =k=1= A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) .k=1Итак,u(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) .(2.3)k=1Шаг 2.

Использование краевых условийВ нашей задаче на обеих частях границы задано краевое условие I-го рода – условие Дирихле:u(a, ϕ) = f1 (ϕ),u(b, ϕ) = f2 (ϕ).Воспользуемся разложением функций f1,2 (ϕ) в тригонометрический ряд Фурье на промежутке ϕ ∈ (0, 2π):∞f1 (ϕ) =α10 X+(α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ)) ,2k=1(2.4)∞α20 X(α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ)) ,f2 (ϕ) =+2k=1αjk1=π(2.5)Z2πfj (ϕ) cos(kϕ)dϕ,j ∈ {1, 2},k = 0, 1, 2, . .

. ;(2.6)j ∈ {1, 2},k = 1, 2, 3, . . .(2.7)0βjk1=πZ2πfj (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0Приравняем рядu(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) ,(2.8)k=1взятый при r = a и r = b, к рядам (2.4) и (2.5):u(a, ϕ) = A0 + B0 ln a +∞XAk ak + A−k a−k cos (kϕ) + Bk ak − B−k a−k sin (kϕ) =k=1∞α10 X=+(α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ)) = f1 (ϕ);2k=1c Д.С. Ткаченко-2-УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)u(b, ϕ) = A0 + B0 ln b +∞XAk bk + A−k b−k cos (kϕ) + Bk bk − B−k b−k sin (kϕ) =k=1∞α20 X=+(α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ)) = f2 (ϕ);2k=1Получаем при k = 0:α20α10,A0 + B0 ln b =,22откуда, выразив A0 , B0 через числа α10 , α20 , получим:A0 + B0 ln a =A0 =α10 ln b − α20 ln a,2 ln abB0 =α20 − α10.2 ln ab(2.9)При остальных k:Ak ak + A−k a−k cos (kϕ) + Bk ak − B−k a−k sin (kϕ) = α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ) ;Ak bk + A−k b−k cos (kϕ) + Bk bk − B−k b−k sin (kϕ) = α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ) .В силу линейной независимости функций sin (kϕ) и cos (kϕ), получаем при каждом k ∈ Nсистему из четырёх уравнений с четырьмя неизвестными: k k −k β1kBka −a−kα1kAka a,k ∈ N.(2.10)=,=k−kk−kβ2kB−kb −bα2kA−kb b k −k a aи обратимы, так как при a 6= b их определители не равныМатрицы обеих системbk b−kнулю: k −k a2k − b2ka adet k −k = ak b−k − a−k bk =6= 0,b bak b k kb2k − a2ka −a−kk −k−k k=−ab+ab=det k6= 0,b −b−kak bk−1 k −k −1 ka −a−ka a:иНайдёмbk −b−kbk b−k k −k −1 −k k−1 −k −k ak b kak b ka ab−a−ka −a−k−ba= 2k,= 2kkkk−kk2k2kbk b−k−bab−b−baka −bb −aТогда из систем (2.10) получаем: −k ak b kAkb−a−kα1k= 2k,A−kakα2ka − b2k −bkилиBkB−kak b k= 2kb − a2k−b−k a−k−bk ak β1k,β2k1Ak = a2k −bak α1k − bk α2k ;2kk bk A−k = a2ka −b−bk α1k + ak α2k ;2k1Bk = a2k −bak β1k − bk β2k ;2kk bkbk β1k − ak β2k .B−k = a2ka −b2k(2.11)Ответ:u(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) ,k=1c Д.С.

Ткаченко-3-(2.12)УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)где коэффициенты A±k и B±k определяются из формул (2.9), (2.11), аαjk1=πZ2πfj (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, . . . ;(2.6)k = 1, 2, 3, . . .(2.7)01=πβjkZ2πfj (ϕ) sin(kϕ)dϕ,03. II.Задача Неймана для уравнения Лапласа в кольцеНайти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,0 < a < r < b, 0 6 ϕ < 2π;|u(r, ϕ)| < ∞,a < r < b, 0 < ϕ < 2π;u(a,ϕ)=f(ϕ),0 < ϕ < 2π; r1ur (b, ϕ) = f2 (ϕ),0 < ϕ < 2π.(3.1)Шаг 1.

Решение уравнения Лапласа в полярных координатахСложив рещения уравнения Лапласа в круге и вне круга, мы в точности как в задаче I,получим общее решение уравнения Лапласа в полярных координатах:u(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) .(2.3)k=1Шаг 2. Использование краевых условийВ нашей задаче на обеих частях границы задано краевое условие II-го рода – условие Неймана:ur (a, ϕ) = f1 (ϕ),ur (b, ϕ) = f2 (ϕ).Воспользуемся разложением функций f1,2 (ϕ) в тригонометрический ряд Фурье на промежутке ϕ ∈ (0, 2π):∞α10 X+(α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ)) ,f1 (ϕ) =2k=1(2.4)∞α20 Xf2 (ϕ) =+(α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ)) ,2k=1αjk1=π(2.5)Z2πfj (ϕ) cos(kϕ)dϕ,j ∈ {1, 2},k = 0, 1, 2, .

. . ;(2.6)j ∈ {1, 2},k = 1, 2, 3, . . .(2.7)0βjk1=πZ2πfj (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0Продифференцируем (2.8) по r и приравняем ряд∞B0 Xur (r, ϕ) =+rk=1c Д.С. ТкаченкоkAk rk−1 − kA−k r−k−1 cos (kϕ) + kBk rk−1 + kB−k r−k−1 sin (kϕ) , (3.2)-4-УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)взятый при r = a и r = b, к рядам (2.4) и (2.5):∞B0 Xur (a, ϕ) =+ak=1kAk rk−1 − kA−k r−k−1 cos (kϕ) + kBk rk−1 + kB−k r−k−1 sin (kϕ) =∞α10 X=+(α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ)) = f1 (ϕ);2k=1∞B0 Xur (b, ϕ) =+bk=1kAk rk−1 − kA−k r−k−1 cos (kϕ) + kBk rk−1 + kB−k r−k−1 sin (kϕ) =∞α20 X=+(α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ)) = f2 (ϕ);2k=1Получаем при k = 0:bα20aα10=,22это – условие на функции f1,2 (ϕ), так как для них должно выполняться равенствоaα10 = bα20 , то естьZ2πZ2πa f1 (ϕ)dϕ = b f2 (ϕ)dϕ,(3.3)B0 =00а на A0 никаких ограничений не накладывает:A0 − произвольно,B0 =bα20aα10=.22(3.4)При остальных k:k Ak ak−1 − A−k a−k−1 cos (kϕ) + k Bk ak−1 + B−k a−k−1 sin (kϕ) = α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ) ;k Ak bk−1 − A−k b−k−1 cos (kϕ) + k Bk bk−1 + B−k b−k−1 sin (kϕ) = α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ) .В силу линейной независимости функций sin (kϕ) и cos (kϕ), получаем при каждом k ∈ Nсистему из четырёх уравнений с четырьмя неизвестными: k−1 −k−1 k−1aaBkβ1kα1ka−a−k−1Ak,k ∈ N.

(3.5)==,k · k−1 −k−1k · k−1−k−1B−kβ2kbbb−bA−kα2k k−1 k−1 −k−1 a−a−k−1aaМатрицы обеих системиобратимы, так как при a 6= b ихbk−1 −b−k−1bk−1 b−k−1определители не равны нулю: k−1b2k − a2ka−a−k−1k−1 −k−1−k−1 k−1det k−16= 0,=−ab+ab=b−b−k−1ak+1 bk+1 k−1 −k−1 a2k − b2kaadet k−1 −k−1 = ak−1 b−k−1 − a−k−1 bk−1 = k+1 k+1 6= 0.bba b k−1−1 k−1 −k−1 −1a−a−k−1aaНайдёми:k−1−k−1k−1b−bbb−k−1c Д.С. Ткаченкоak−1 −a−k−1bk−1 −b−k−1−1ak+1 bk+1= 2kb − a2k-5-−b−k−1 a−k−1,−bk−1 ak−1УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)ak−1 a−k−1bk−1 b−k−1−1ak+1 bk+1= 2ka − b2kb−k−1 −a−k−1−bk−1ak−1Тогда из систем (3.5) получаем: −k−1 −k−1 ak+1 bk+1α1kAk−ba,=k−1k−1aα2kA−kk (b2k − a2k ) −b −k−1 ak+1 bk+1Bkb−a−k−1β1k=,k−1k−12k2kB−k−baβ2kk (a − b )илиAk = k b2k1−a2k −ak+1 α1k + bk+1 α2k ;()kka bk−1k−1 A−k = k b2k−bα+aα;1k2k2k( −a ) B =1k+1k+1aβ−bβ;k1k2kk(a2k −b2k )ak bkk−1k−1 B−k =−bβ+aβ.1k2kk(a2k −b2k )(3.6)Ответ:u(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) ,(3.7)k=1где A0 произвольно, а коэффициенты B0 , A±k и B±k определяются из формул (3.4), (3.6), аαjk1=πZ2πfj (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, .

. . ;(2.6)k = 1, 2, 3, . . .(2.7)0βjk1=πZ2πfj (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0приэтомнеобходимо,чтобыфункцииf1,2 (ϕ)удовлетворялиусловиюR2πR2πa f1 (ϕ)dϕ = b f2 (ϕ)dϕ (в противном случае решения в виде подобного ряда не существует).004. III. Задача III-го рода для уравнения Лапласа в кольцеНайти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,0 < a < r < b, 0 6 ϕ < 2π;|u(r, ϕ)| < ∞,a < r < b, 0 < ϕ < 2π;ur (a, ϕ) − hu(a, ϕ) = f1 (ϕ),0 < ϕ < 2π;ur (b, ϕ) + Hu(b, ϕ) = f2 (ϕ),0 < ϕ < 2π.(4.1)При этом h, H > 0 и ah 6∈ N.Шаг 1.

Решение уравнения Лапласа в полярных координатахСложив рещения уравнения Лапласа в круге и вне круга, мы в точности как в задаче I,получим общее решение уравнения Лапласа в полярных координатах:u(r, ϕ) = A0 + B0 ln r +∞XAk rk + A−k r−k cos (kϕ) + Bk rk − B−k r−k sin (kϕ) .k=1c Д.С. Ткаченко-6-(2.3)УМФ – семинар – К 5 – 11 (Ф 5 – 14)Шаг 2. Использование краевых условийВ нашей задаче на обеих частях границы задано краевое условие III-го рода:ur (a, ϕ) − hu(a, ϕ) = f1 (ϕ),ur (b, ϕ) + Hu(b, ϕ) = f2 (ϕ).Воспользуемся разложением функций f1,2 (ϕ) в тригонометрический ряд Фурье на промежутке ϕ ∈ (0, 2π):∞α10 Xf1 (ϕ) =+(α1k cos (kϕ) + β1k sin (kϕ)) ,2k=1(2.4)∞α20 X+f2 (ϕ) =(α2k cos (kϕ) + β2k sin (kϕ)) ,2k=11=παjk(2.5)Z2πfj (ϕ) cos(kϕ)dϕ,j ∈ {1, 2},k = 0, 1, 2, .