Семинар 9 для К-5. Метод Фурье для уравнения Лапласа в круге. Внутренняя и внешняя задачи Дирихле (Семинары)

УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)1. Уравнение Лапласа в кругеРассмотрим в полярных координатахx = r cos ϕ,y = r sin ϕ.(1.1)уравнение Лапласа ∆u = 0. Поскольку в полярныхкоординатах∆u =11(rur )r + 2 uϕϕ ,rrто уравнение Лапласа принимает вид:∆u ≡11(rur )r + 2 uϕϕ = 0.rr(1.2)Будем искать решение (1.2) методом разделения переменных.Шаг 1. Поиск круговых гармоникПусть функцияU (r, ϕ) = X(r)Φ(ϕ)есть решение уравнения (1.2). Тогда110(rX0 (r)) Φ(ϕ) + 2 Φϕϕ (ϕ)X(r) = 0.rrПоделим это равенство на X(r)Φ(ϕ) и умножим на r2 :r (rX0 (r))0Φϕϕ (ϕ)= −X(r)Φ(ϕ)Так как слева стоит функция, зависящая только от r, а справа – функция, зависящая толькоот ϕ, то равны они друг другу могут быть только в случае, когда они – константы.

Точнее,∃λ∈R:(rX0 (r))0Φϕϕ (ϕ)= −= λ.X(r)Φ(ϕ)Отсюда для X(r) получаем уравнениеr2 X00 (r) + rX0 (r) − λX(r) = 0,(1.3)Φϕϕ (ϕ) + λΦ(ϕ) = 0.(1.4)а для функций Φ – уравнениеУравнение (1.4) необходимо дополнить условием периодичности, поскольку функция U (r, ϕ),а следовательно и функция Φ должна быть непрерывной. Тогда для Φ(ϕ) получаем задачу: 00Φ (ϕ) + λΦ(ϕ) = 0,(1.5)Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).Решим эту задачу. Общим решением уравнения Φ00 (ϕ) + λΦ(ϕ) = 0 является функцияпри λ = −β 2 < 0; Φ(ϕ) = c1 sh (βϕ) + c2 ch (βϕ)Φ(ϕ) = c1 + c2 ϕпри λ = 0;Φ(ϕ) = c1 sin (βϕ) + c2 cos (βϕ)при λ = β 2 > 0.c Д.С. Ткаченко-1-УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Легко видеть, что функции c1 sh (βϕ) + c2 ch (βϕ) ни при каких c1, 2 (кроме c1 = c2 = 0) неудовлетворяют условию периодичности Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).В свою очередь, функции c1 + c2 ϕ удовлетворяют условию периодичности только при c2 = 0.В то же время функция c1 sin (βϕ) + c2 cos (βϕ) удовлетворяет этому условию тогда и толькотогда, когдаλ = β 2 = k2,k ∈ Z.Мы будем рассматривать только k > 0, так как отрицательные значения k не дают новых λ или Φ(ϕ).

А разрешая числу k принимать значение k = 0, мы включаем функциюΦ(ϕ) = const (являющуюся нетривиальным решением при λ = 0) в общую формулу нетривиальных решений (1.6).Итак, функция Φ(ϕ) есть решение (1.5) тогда и только тогда, когдаΦ(ϕ) = c1 sin (kϕ) + c2 cos (kϕ) ,k = 0, 1, 2, . . .(1.6)Наконец, для функции U (r, ϕ) = X(r)Φ(ϕ) с учётом (1.6), получаем, чтофункцияU (r, ϕ) = X(r)Φ(ϕ)есть решение уравнения Лапласа тогда и только тогда, когда функция X(r) есть решениеуравненияr2 X00 (r) + rX0 (r) − λX(r) = 0,(1.3)при λ = k 2 , k = 0, ∞, а функция Φ(ϕ) имеет видΦ(ϕ) = Φk (ϕ) = c1 sin (kϕ) + c2 cos (kϕ) ,k = 0, 1, 2, .

. .(1.7)Шаг 2. Решение уравнения (1.3)При k = 0.В данном случае уравнение легко решается:r2 X00 (r) + rX0 (r) ≡ r(rX0 )0 = 0⇒rX0 = c1⇒X(r) = c1 ln r + c2 .Заметим, что r под знаком логарифма без модуля, так как мы рассматриваем только r > 0.Теперь важно отметить, что так как физически осмысленны только ограниченные решенияуравнения, а функция ln r неограничена ни внутри круга, ни вне круга, то нам следуетрассматривать только случай c1 = 0.

Кроме того, раз нас интересуют только линейнонезависимые решения (1.3), то мы можем выбрать c2 = 1. Итак,X0 (r) = 1.(1.8)При k ∈ N.Данное уравнение есть уравнение Эйлера, поскольку степень множителей r при всех производных функции X(r) равна порядку этих производных. Эти уравнения решаются при помощизаменыr = et , X(r) = X et = y(t),rX0 (r) = y 0 (t),r2 X00 (r) = y 00 (t) − y 0 (t).Нам не надо рассматривать случай r = −et < 0, поскольку в нашей задаче r ∈ (0, R).

Дляновой функции y(t) при λ = k 2 , k = 0, ∞ получаем уравнениеy 00 (t) − k 2 y(t) = 0, k = 0, ∞.Его общее решение имеет видy(t) = Aekt + Be−kt .c Д.С. Ткаченко-2-УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Отсюда, так как et = r, общее решение уравнения (1.3) имеет видX(r) = Ark + Br−k .Ну а поскольку нас интересуют только ограниченные решения, то когда уравнение решается• в круге, содержащем начало координат, B = 0 иXk (r) = rk ,k = 0, ∞,(1.9)• во внешности круга, содержащего начало координат, A = 0 иXk (r) =1,rkk = 0, ∞.(1.10)Заметим, что позволив k принимать значение 0 в равенствах (1.9), (1.10), мы добавили комножеству линейно независимых решений ещё и решение X0 (r) = 1 из формулы (1.8).Шаг 3.

Общее решение уравнения Лапласа в кругеНам осталось составить из полученных функций Xk (из равенства (1.9)), а также Φk (ϕ),k = 0, ∞ ряд.Ответ:∞∞XXrk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .(1.11)Xk (r)Φk (ϕ) =u(r, ϕ) =k=0k=0Шаг 4. Общее решение уравнения Лапласа вне кругаСоставим из полученных функций Xk (из равенства (1.10)), а также Φk (ϕ),k = 0, ∞ ряд. Здесь вся разница от задачи внутри шара состоит в том, что функции Xk (r)имеют вид (1.10), а не (1.9):Ответ:∞∞XX1Xk (r)Φk (ϕ) =(Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .(1.12)u(r, ϕ) =krk=0k=02.

Внутренняя задача Дирихле для уравнения Лапласав кругеНайти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий0 6 r < R, 0 < ϕ < 2π; ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(0, ϕ)| < ∞,u(R, ϕ) = f (ϕ).(2.1)Шаг 1. Решение уравнения Лапласа в кругеУравнения Лапласа в круге мы уже решили в разделе 1 и получили формулуu(r, ϕ) =∞Xk=0Xk (r)Φk (ϕ) =∞Xrk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .(1.11)k=0Шаг 2. Использование краевого условияВ нашей задаче добавилось краевое условиеu(R, ϕ) = f (ϕ).Оно позволит нам найти коэффициенты Ak и Bk в формуле (1.11).Поскольку функции {1, cos(kϕ), sin(kϕ), k ∈ N} образуют полную ортогональную системуc Д.С. Ткаченко-3-УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)функций, то функцию f (ϕ) можно разложить в ряд по этой системе – фактически, втригонометрический ряд Фурье – на промежутке ϕ ∈ (0, 2π):∞α0 X+f (ϕ) =(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) ,2k=1(2.2)Z2π2αk =2πf (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, .

. . ;(2.3)k = 1, 2, 3, . . .(2.4)0Z2π2βk =2πf (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0При этом ряд (2.2) сходится к f (ϕ) абсолютно и равномерно на ϕ ∈ [0, 2π].Приравняем ряд (1.11), взятый при r = R, к ряду (2.2):∞X∞α0 X+u(R, ϕ) =(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) = f (ϕ)R (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) =2k=1k=0kПолучаем при k = 0=0=1z }| { α0z }| {A0 cos (0) + B0 sin (0) = ,2откудаA0 =α0,2B0 − произвольно.(2.5)Аналогично, при k ∈ NRk (Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) = αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ) ,откуда, в силу линейной независимости функций sin (kϕ) и cos (kϕ),Ak =Ответ:αk,RkBk =βk,Rkk ∈ N.(2.6)∞α0 X r ku(r, ϕ) =+(αk cos(kϕ) + βk sin(kϕ)) ,2Rk=1(2.7)где коэффициенты αk и βk определяются из формул1αk =πZ2πf (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, . .

. ;(2.3)k = 1, 2, 3, . . .(2.4)01βk =πZ2πf (ϕ) sin(kϕ)dϕ,03. Внешняя задача Дирихле для уравнения Лапласав кругеНайти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условийR < r < ∞, 0 < ϕ < 2π; ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(∞, ϕ)| < ∞,0 < ϕ < 2π;u(R, ϕ) = f (ϕ),0 < ϕ < 2π.c Д.С.

Ткаченко-4-(3.1)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Шаг 1. Решение уравнения Лапласа в кругеУравнения Лапласа в круге мы уже решили в разделе 1 и получили формулу∞∞XX1u(r, ϕ) =(Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) .Xk (r)Φk (ϕ) =krk=0k=0(1.12)Шаг 2. Использование краевого условияВ нашей задаче добавилось краевое условиеu(R, ϕ) = f (ϕ).Оно позволит нам найти коэффициенты Ak и Bk в формуле (1.12).Поскольку функции {1, cos(kϕ), sin(kϕ), k ∈ N} образуют полную ортогональную системуфункций, то функцию f (ϕ) можно разложить в ряд по этой системе – фактически, втригонометрический ряд Фурье – на промежутке ϕ ∈ (0, 2π):∞α0 X+f (ϕ) =(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) ,(2.2)2k=11αk =πZ2πf (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, . .

. ;(2.3)k = 1, 2, 3, . . .(2.4)01βk =πZ2πf (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0При этом ряд (2.2) сходится к f (ϕ) абсолютно и равномерно на ϕ ∈ [0, 2π].Приравняем ряд (1.12), взятый при r = R, к ряду (2.2):∞∞Xα0 X1(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) = f (ϕ)(Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) =+u(R, ϕ) =kR2k=1k=0Получаем при k = 0=1=0z }| {z }| { α0A0 cos (0) + B0 sin (0) = ,2откудаA0 =α0,2B0 − произвольно.(3.2)Аналогично, при k ∈ N1(Ak cos (kϕ) + Bk sin (kϕ)) = αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ) ,Rkоткуда, в силу линейной независимости функций sin (kϕ) и cos (kϕ),Ak = Rk αk ,Ответ:∞α0 Xu(r, ϕ) =+2k=1Bk = Rk βk ,k ∈ N. kR(αk cos(kϕ) + βk sin(kϕ)) ,rгде коэффициенты αk и βk определяются из формулZ2π1αk =f (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, . .

. ;π(3.3)(3.4)(2.3)01βk =πZ2πf (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0c Д.С. Ткаченко-5-k = 1, 2, 3, . . .(2.4)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)4. № 719 а)Построить функцию u(r, ϕ), гармоническую в круге радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = ϕ(2π − ϕ).Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий0 6 r < R, ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(0, ϕ)| < ∞,u(R, ϕ) = f (ϕ) = ϕ(2π − ϕ).0 < ϕ < 2π;(4.1)Шаг 1.