Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 12
Текст из файла (страница 12)
. . ,132ϕn(φ) и λn ≥ 0 - собственные функции и собственные значения полученнойзадачи Штурма - Лиувилля на отрезке 0 ≤ φ ≤ a .Тогда общее решение уравнения Лапласа внутри кругового сектора можнозаписать в виде:ru(r, φ) =Cn∑ (a)n=1λn∞ϕn(φ) ,а коэффициенты Cn определяются из граничного условия :∞∑n=11Cnϕn(φ) = f (φ), Cn =ϕna2f φ ϕ φ dφ .∫ ( ) n( )0Если граничное условие при r = a - граничное условие 3 рода :P2[u] ≡ α2∂u+ β2u∂rr=a= f (φ), α2 + β2 ≠ 0,то общее решение уравнения Лапласа можно записать в виде:u(r, φ) =∞∑n=1Cnr λnP2[r λn ]ϕn(φ) .r=aВ этом случае коэффициенты Cn будут определяться формулой :Cn =1ϕna2f φ ϕ φ dφ .∫ ( ) n( )0замечание: при решении второй краевой задачи ( Нейман) нужно учитывать,что она имеет решение не всегда и ее решение , если оно существует, неединственно.133к) Краевые задачи для уравнения Лапласа в кольцевом секторе.Рассмотрим краевую задачу для уравнения Лапласа внутри кольцевогосектора (a ≤ r ≤ b, 0 ≤ φ ≤ α) с однородными граничными условиями налучах φ = 0 и φ = α :Δu = 0, a < r < b, 0 < φ < α,P1[u] ≡ α1 ∂u− β1u∂rP2[u] ≡ α2 ∂u+ β2u∂rP3[u]φ=0r=ar=b= 0, P4[u]= f1(φ),= f2(φ),φ=a= 0, αi + βi ≠ 0, i = 1,2,3,4 .Cемейство частных решений уравнения Лапласа можно записать в виде:un(a)(r, φ) = Rn(a)(r)ϕn(φ), un( )(r, φ) = Rn( )(r)ϕn(φ), n = 1,2, .
. . , ∞,bbгде Rn(a)(r) и Rn( )(r) - решения уравнения r 2 R″ + rR′ − λR = 0 ,удовлетворяющие граничным условиям :bP1[Rn(a)]≡ α1bP2[Rn( )]dRn(a)≡ α2dr− β1Rn(a)dRn(b)drr=a+ β2 Rn(= 0,b)r=b= 0,ϕn(φ) и λn - собственные функции и собственные значения нашей задачи.Тогда общее решение будет иметь следующий вид:R = C1r λ + C2r − λ , λ ≠ 0,R = C1 + C2lnr, λ = 0 .В качестве примера построим решения Rn(a) и Rn( ) для задачи Дирихле ,удовлетворяющие их граничным условиям .b134Тогда наше решение будет представимо в следующем виде:Rn(a)(r)=r2λnr− a2λnλnb, Rn( )(r)=b2λnr− r2λnλn; λn ≠ 0,R0(a)(r) = ln ar , R0( )(r) = ln br ; λn = 0 .bCледовательно ,общее решение уравнения Лапласа внутри кольцевогосектора представимо в следующем виде:A0 R0(a)(r)B0 R0( )(r)u(r, φ) =++2 P R (a) b2 P R (b)(a)2[ 0 ( )]1[ 0]b+∞∑n=1AnRn(a)(r)P2[Rn(a)(b)]ϕn(φ) +∞∑n=1BnRn( )(r)bbP1[Rn( )(a)]ϕn(φ) ,при этом все λn ≠ 0 , то A0 = B0 = 0 .
Коэффициенты An и Bn определяютсяиз граничных условий :An =Bn =1ϕn1ϕnα2f φ ϕ φ dφ,∫ 2( ) n( )0αα2f φ ϕ φ dφ .∫ ∫ 1( ) n( )00замечание: когда граничные условия на лучах φ = 0 и φ = α неоднородные,для решения соответствующей задачи можно либо сделать замену неизвестнойфункции , либо использовать функцию Грина.135л) Краевые задачи для уравнения Лапласа в круговом цилиндре.Рассмотрим задачу для уравнения Лапласа внутри прямого круговогоцилиндра (0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h) на примере задачи Дирихле:Δu = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h,uuur=az=0z=h= f (φ, z),= f1(r, φ),= f2(r, φ),Разобьем рассматриваемую задачу на две стандартные :Δu = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h,1)uuur=az=0z=h= f (φ, z),= f1(r, φ),= f2(r, φ),Δu = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h,2)uur=az=0= f (φ, z),=uz=h= 0.Рассмотрим каждую из полученных задач в отдельности:1) Найдем частные решения уравнения Лапласа в виде:u(r, φ, z) = v(r, φ)Z(z) ≠ 0 ,удовлетворяющие однородному граничному условию :ur=a=0 .Подставляем вид решения в уравнение Лапласа и разделяем переменные.Получаем:Δ2vZ″≡−=−λ .vZ136Получаем (как и в случае параллелепипеда ) задачи для v(r, φ) и Z(z) :Δ2v + λv = 0, 0 ≤ r < a, 0 ≤ φ ≤ 2π,1){vr=a= 0, v(r, φ) ≠ 0,(задача Штурма - Лиувилля для круга).2) Z″ + λz = 0, 0 ≤ z ≤ h .Собственные функции задачи Штурма - Лиувилля для круга равны:(v = vnk(r, φ) = Jnλk(n)cosnφ,r){sinnφ,Cобственные значения λk (n) - корни уравнения :Jn(λk (n)a)= 0, n = 0,1,2, .
. . , k = 1,2, . . . , ∞ .Общее решение уравнения наиболее удобное для решение задачи Дирихлепо переменной z будет иметь следующий вид:Z(z) = Ashλk (n) zshλk (n) h+Bλk (n) (h − z)shsh.λk (n) hCистема частных решений будет иметь вид:unk(r, φ, z) = vnk(r, φ) Ankshλk (n) zshλk (n) h+ Bnkshλk (n) (h − z)shλk (n) h, n = 0,1, . . .
, k = 1,2, . , ∞ .Будем искать решение рассматриваемой задачи в виде разложения по частнымрешениям:u(r, φ, z) =λk (n) r∑∑ ()∞∞n=0 k=1Jn137Ankshλk (n) zshλk (n) h++Bnkλk (n) (h − z)sh+ Cnkshλk (n) hshλk (n) zshλk (n) hcosnφ++ Dnkshλk (n) (h − z)shλk (n) hsinnφ.Коэффициенты Ank , Bnk , Cnk , Dnk определяются из граничных условий :Ank =Bnk =Cnk =Dnk =Jn2Jn2Jn2Jn2a 2π1cosnφ21sinnφ1sinnφ∫∫f1(r, φ)Jn∫∫f2(r, φ)Jn0 0a 2π1cosnφ∫∫f2(r, φ)Jn20 0a 2π20 0a 2π2λk (n) r cosnφrdrdφ,()λk (n) r cosnφrdrdφ,()λk (n) r sinnφrdrdφ,()f1(r, φ)Jnλk (n) r sinnφrdrdφ,()∫∫0 0Замечания:1) Для задачи Дирихле все собственные значения λk (n) > 0 .
При решениизадачи Неймана появляется собственное значение λ = 0 . Если λ = 0 , тоуравнение Z″ + λz = 0 примет вид Z″ = 0 . Его общее решение выглядитследующим образом: Z(z) = A + Bz . Поэтому в системе частных решений длязадачи Неймана удобно выделить решение: u0 = A0 + B0 z , cоответствующеенулевому собственному значению.1382) Изложенный метод решения непосредственно переносится на краевуюзадачу внутри прямого цилиндра произвольного поперечного сечения, еслина боковой поверхности такого цилиндра выполняется нулевое граничноеусловие ( первого, второго и третьего рода).3) Сходимость полученных рядов аналогична сходимости рядов,появляющихся при решении задач в прямоугольном параллепипеде.Рассмотрим вторую полученную нами стандартную задачу :Δu = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h,uur=az=0= f (φ, z),=uz=h= 0.Основная задача при ее решении - построить систему частных решений уравненияЛапласа, которые можно представить в следующем виде:u(r, φ, z) = v(r, φ)Z(z) ≠ 0 ,которые будут удовлетворять граничному условию:uz=0=uz=h=0.Подставляем наше решение в уравнение Лапласа и разделяем переменные.И вновь мы получаем две задачи.
Одна из которых уже прекрасно знакомая намзадача Штурма - Лиувилля для отрезка:Z″ + λz = 0, 0 < z < h,{Z(0) = Z(h) = 0, Z(z) ≠ 0;и вторая задача:Δ2v − λv = 0, 0 ≤ r < a, 0 ≤ φ ≤ 2π .139Собственные значения и собственные функции задачи Штурма - Лиувиллядля отрезка имеют вид:πkπkλ = λk =, Z = Zk(z) = sin z, k = 1,2, . . . , ∞ .(h)h2Частные решения рассматриваемого уравнения можно с помощьюстандартного метода разделения переменных :Пусть: v(r, φ) = R(r)ϕ(φ) . Тогда подставляя решение в наше уравнение иразделяя переменные , мы получим:2r drd (r dR−λrR)drR(r)≡−ϕ″ϕ(φ)=v .Отсюда получаем задачу для определения угловой части ϕ(φ) :ϕ″ + vϕ = 0, 0 ≤ φ ≤ 2π, задача Штурма - Лиувилля для отрезка{ϕ(φ) ≡ ϕ(φ + 2π) .с периодическими граничными условиями.А также получаем задачу для определения радиальной части R(r) :r 2 R″ + rR′ − (λr 2 + v)R = 0, 0 < r < a,R(0) < ∞ .Собственные значения и собственные функции полученной задачиШтурма - Лиувилля для отрезка с периодическими граничными условиямиравны:cosnφ,v = vn = n , ϕ = ϕn(φ) = n = 0,1, .
. . , ∞ .{sinnφ,2Уравнение r 2 R″ + rR′ − (λr 2 + v)R = 0 называется уравнением Бесселя с чистомнимым аргументом .Его общее решение имеет следующий вид:R(r) = C1In( λr) + C2 Kn( λr) , где In(x) - функция Инфельда, Kn(x) функция Макдональда.140Условие ограниченности дает нам C2 = 0 .Таким образом, система частных решений имеет следующий вид:cosnφ,unk(r, φ, z) = In( λk r)sin λk z{sinnφ,πkλk =, n = 0,1, . . . , k = 1,2, . . . , ∞ .(h)2Тогда решение рассматриваемой краевой задачи можно найти в видеразложения по системе частных решений следующего вида:u(r, φ, z) =∞∞∑∑In( λk r)n=0 k=1 In(λk a)sin λk z{Ank cosnφ + Bnksinnφ} ,коэффициенты определяются из граничного условия следующим образом:2π h1πkfφ,zsinzcosnφdzdφ,( )N12 ∫ ∫hAnk =0 02π hBnk =1πkfφ,zsinzsinnφdzdφ,( )2∫∫N2h0 0N1 = sinπkzhcosnφ , N2 = sinπkzhsinnφ ,следовательно : решение изначально поставленной задачи мы представили ввиде суммы двух стандартных задач:u = u1 + u2 , где u1 - решение первой стандартной задачи, а u2 второй соответственно.141Замечания:1) Решение краевой задачи с другими граничными условиями проводитсясовершенно аналогичном образом.
Однако, следует учитывать возможностьпоявления нулевого собственного значения .2) При решении задачи :Δu = 0, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h,uur=az=0= f (φ, z),=uz=h= 0.внутри тора прямоугольного сечения изменится только радиальная функцияR(r) : R = Rnk(r) = Cnk In( λk r) + Dnk Kn( λk r) .3) Если по переменной z на обоих концах отрезка [0, h] ( z = 0 и z = h )∂uзадано нулевое граничное условие второго рода (∂zz=0∂u=0и∂z=0),z=hа граничная функция на боковой поверхности цилиндра не зависит отпеременной z , то и решение рассматриваемой краевой задачи для уравненияЛапласа внутри цилиндра не будет зависеть от z .
В этом случае задачавырождается в краевую задачу для уравнения Лапласа на плоскости в области,представляющей поперечное сечение данного цилиндра.1424) Рассмотрим краевую задачу с нулевыми граничными условиями второгорода по переменной z :Δu = 0, в цилиндре D,∂u∂zuz=0r=a=∂u∂zz=h= 0,= f (φ, z) .Разделим переменные по переменной z и получим задачу Штурма Лиувилля следующего вида:Z″ + λz = 0, 0 < z < h,Z′(0) = Z′(h) = 0,Z(z) ≠ 0,решение полученной задачи имеет следующий вид:πkπkλk =, Zk(z) = cos z, k = 0,1,2, . .
. , ∞ .(h)h2Необходимо учесть:k = 0 λ0 = 0, Z0(z) = 1.Для функции v(r, φ) получаем уравнение :Δ2v − λv = 0 .При λk ≠ 0 ( т.е. при k = 1,2, . . . ) мы имеем следующие частные решения,ограниченные при r = 0 :cosnφ,In( λk r) n = 0,1,2 . . .{sinnφ,При k = 0 λ0 = 0 и уравнение Δ2v − λv = 0 переходит в уравнение ЛапласаΔ2v = 0 , которое имеет следующие частные решения , ограниченные при r = 0 :cosnφ,rn n = 0,1, .
. . , ∞{sinnφ,143Таким образом, частные решения уравнения Лапласа в цилиндре в виде:u = v(r, φ)Z(z) , которые удовлетворяют однородному граничному условию∂u∂u== 0, имеют следующий вид:второго рода:∂z∂zz=0z=hcosnφ,r n = 0,1,2 . . . , ∞ ,{sinnφ,nи:Incosnφ,πkπkr cos z k = 1,2, . . . , ∞; n = 0,1,2 . . . , ∞ .sinnφ,(h ){hПоэтому решение рассматриваемой краевой задачи, можно представить ввиде суммы двух рядов:ru(r, φ, z) =A cosnφ + B0nsinnφ}+∑ ( a ) { 0nn=0∞+∞∞∑∑In( h r)nπkπkk=1 n=0 In( a)hcosπkz{Akncosnφ + Bknsinnφ} ,hгде коэффициенты Akn и Bkn определяются из граничного условия и имеютследующий вид:Akn =2π h2π h0 00 01πk1πkfφ,zcoszcosnφdzdφ,B=fφ,zcoszsinnφdzdφ,( )( )kn22∫∫∫∫N1hN2hN1 = cosπkzhcosnφ , N2 = cos144πkzhsinnφПримеры:1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
