Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Как и в случае внутренних двумерных задач,функция Грина будет симметрична относительно перестановки точек M и Q,если дополнительно потребовать выполнение следующего условия:∮G(Q, M) .G(P, M )dlP = 0, однозначно определяющего функцию ГринаL2708. Примеры решения задач Неймана и методы их построения.Пример 1: найти распределение температуры в нижнем полупространстве,создаваемое точечным источником, помещенным в точку (1,2, − 3) , если плоскостьz = 0 теплоизолирована.Решение:Будем решать методом зеркальных отображений .u(x, y, z) - распределение температуры , котороеzM1является решением следующей задачи:Δu = − qδ(M, M0), x, y ∈ (−∞, ∞), z ∈ (−∞,0),∂u∂zz=0= 0.Ее решение представимо в следующем виде:qu=+ v(M, M0) , где v(M, M0) - гармоническая функция.rMM0M0Отобразим источник относительно плоскости z = 0 не меняя егознак.Получаем функцию двух источников:11+,( r0 r′1 )u1 = qгде:r0 =(x − x0) + (y − y0) + (z − z0) ,222271r0Myr′1 =(x − x0) + (y − y0) + (z + z0) .222Эта функция удовлетворяет граничному условию при z = 0 .Следовательно:u1 = q1(x − 1)2 + (y − 2) + (z + 3)22+1(x − 1)2 + (y − 2) + (z − 3)22Пример 2: Найти функцию Грина задачи Неймана для оператора Лапласа внешара радиуса a .Решение:Будем решать заданную задачу методом разделения переменных.Направим ось z через точку источника M0 : M0(r0,0,0) ;наблюдатель - M(r, θ, ψ) .rMM0 =r 2 + r02 − 2rr0cosθ - расстояние между точками M и M0 .Тогда функция Грина будет выглядеть следующим образом:G(M, M0) =14π1r 2 + r02 − 2rr0cosθ272+v ,.где v - гармоническая функция, которая является решением следующейзадачи:Δv = 0, r ∈ (a; ∞), θ ∈ (0; π), ψ ∈ [0; 2π];∂v∂rvr=a=−r=01 ∂4π ∂r1r2+r02− 2rr0 cosθ+14πa 2r=a;< ∞.Так как r0 > a и выражение:1 ∂4π ∂r1r 2 + r02 − 2rr0cosθнас интересует при r = a , то , не ограничивая общности, можнорассмотреть сначала это выражение при a ≤ r < r0 , а потом положитьr = a.Итак, при r < r0 :1rMM0==1r 2 + r02 − 2rr0cosθ∞=1r11+2r( r0 )− 2( rr )cosθ=0n1rPn(cosθ) .∑r n=0 ( r0 )Тогда выражение для правой части граничного условия:11 ∂−4πa 2 4π ∂r1r 2 + r02 − 2rr0cosθ=11 ∞ 1 r n−1+n n Pn(cosθ) =24πa 2 4π ∑rr0n=027311 ∞ r n−311 ∞ a n−3+n n Pn(cosθ) =+n n Pn(cosθ) .22∑∑4πa4π n=0 r04πa4π n=0 r0Тогда решение можем представить в следующем виде:∞rnv = A0 +AP (cosθ) .∑ n na n−1 nn=1Подставляем решение в наше граничное условие:∞11 ∞ a n−3A P (cosθ) =+n n Pn(cosθ) ,2∑ n n∑4πa4π n=0 r0n=1Отсюда выражаем An :nAn =1an, n = 1,2, .
. .24πa ( r0 )Таким образом:∞n1arnv = A0 +nP (cosθ) ,∑ 4πa ( r0 ) na n−1 nn=1где A0 - произвольная постоянная.Следовательно построенная функция Грина будет выглядеть следующимобразом:1G(M, M0) =4π∞n1arn+ A0 +Pn(cosθ) .n−1∑4πa ( r0 ) ar 2 + r02 − 2rr0cosθn=11274Пример 3: С помощью функции Грина для круга запишите решение задачиНеймана в квадратурах:Δu = 0, r ∈ (0, a), φ ∈ [0,2π],∂u∂rur=a= f (φ),r=0< ∞.Решение:Итак, найдем функцию Грина для круга. Направим ось z через точкуисточника M0 .Тогда :1G(r, ψ, r0) =ln2π11 1−ln + v(r, ψ) ,2πrr 2 + r02 − 2rr0cosψгде v - гармоническая функция, которая является решением следующейзадачи:Δv = 0, 0 < r < a, ψ ∈ [0; 2π],∂v∂rr=a=−12πa−1 ∂ln2π ∂rv < ∞.2751r2+r02− 2rr0 cosθ,r=aТогда функция Грина примет следующий вид:G(M, M0) =11a 1ln+ ln+ A0 .2π ( rMM0r0 rMM1 )Запишем решение нашей задачи с помощью функции Грина:u(r0, φ0) =2π∫G(a, φ, r0, φ0)af (φ)dφ + C ,0так как для любой точки P на окружности :arPM1 = rPM0 , rPM0 =r0a 2 + r02 − 2ar0cosφ .M0 и M1 - точки, сопряженные относительно окружности радиуса a иследовательно:G(M, M0) =11a 1ln+ ln2π ( rPM0r0 rPM1 )и ее решение будет выглядеть следующим образом:2πa1a 1u(r0, φ0) =f φ ln+ lndφ .∫ 2π ( )( rPMrr)0 PM100276ГЛАВА 4Начально-краевыезадачи1 .
Задачи для уравнения теплопроводности в ограниченной области с однороднымиграничными условиями.Рассмотрим начально - краевую задачу с однородными граничнымиусловиями следующего вида:ut = a 2 Δu + f (M, t), M ∈ D, t > 0,uα= φ(M ),t=0∂u+∂nβuS= 0, α + β ≠ 0, α, β = const .Представим решение рассматриваемой задачи в следующем виде:u(M, t) =∞∑n=1un(t)vn(M ),коэффициенты un(t) являются решениями задачи Коши:∂un+ a 2 λnun = fn(t), t > 0, un(0) = φn, n = 1,2, .
. . , ∞;∂tгде {vn(M )}∞1и {λn} - cобственные функции и собственные значения задачи1∞Штурма - Лиувилля для оператора Лапласа.2771fn(t) =φn =vn1vn22∫∫f (M, t)vn(M )dV,Dφ(M )vn(M )dV .DРешение задачи Коши для un(t) можно представить в следующем виде:tun(t) = Kn(t − τ)fn(τ)dτ + φne −a∫2λnt,0Kn(t − τ) = e −a2λn(t − τ)- импульсная функция Коши.Следовательно, решение начально - краевой задачи с однороднымиграничными условиями можно записать в следующем виде:u(M, t) =∞∑n=1φne −a2λntvn(M ) +решениеоднородногоуравнения соднороднымграничным изаданнымначальнымусловием.t∞vn(M ) e −a∑∫n=102λn(t − τ)fn(τ)dτ .решениенеоднородногоуравнения сдополнительнымиусловиями.278Примеры:1) Решить задачу для уравнения теплопроводности на отрезке 0 ≤ x ≤ l :ut = a 2uxx, 0 < x < l, t > 0,ux=0ut=0=ux=l= 0,= x(l − x) .Решение:Так как мы имеем дело с граничными условиями первого рода Дирихле ,то наше решение мы можем представить в виде разложения по собственнымфункциям отрезка с соответствующими граничными условиями, которыеимеют следующий вид:πnvn(x) = sinx, n = 1,2, .
. . , ∞ .lТак как рассматриваемое уравнение однородное, то решение нашнйзадачи можно записать в следующем виде:u(x, t) =∞∑n=1φne−a 2 λntπnsinx,lll002πn2πnφn =φ(x)sinxd x =x(l − x)sinxd x =l∫ll∫l0, n = 2k + 2,= 2{1 − (−1) } = k = 0,1, . . .{4, n = 2k + 1,n279Следовательно:u(x, t) = 4∞∑2 πe −a ( l ) (2k + 1) tsin22π(2k + 1)k=0lx.Полученный нами ряд тем быстрее сходится, чем больше t , откуда следует, чтопри достаточно больших t можно ограничиться несколькими первыми членами ряда.Очевидно, что скорость сходимости ряда зависит от скорости нарастания собственныхзначений с увеличением индекса, то есть от размеров рассматриваемой области.Данное утверждение справедливо и для более сложных рядов, дающих решение уравнениятеплопроводности.2) Решить задачу для уравнения теплопроводности внутри круга 0 ≤ r ≤ r0 :ut = a 2 Δu,{ur=r0= 0, u2=rcos2φ .t=0Решение:Так как уравнение, входящее в постановку нашей задачи - однородное ,решение можно записать в следующем виде:u(r, φ, t) =(собственные функциикруга ( Дирихле).vn(r, φ) = Jn∞∑n=1Ane −aλk(n) r){sinnφ,cosnφ,2λntvn(r, φ), k = 1,2, .
. . , n = 0,1, . . . ,280Тогда решение можно записать в следующем виде:u=∞∞e −a∑∑(n){Ank cosnφ + Bnksinnφ}Jn( λk r) .2 (n)λk tk=1 n=0Коэффициенты Ank и Bnk определяются из начального условия:λk(n) r {Ank cosnφ + Bnksinnφ} = r 2cos2φ.∑∑ ()∞∞Jnn=0 k=1Отсюда:Bnk = 0 при всех n = 0,1, .
. . , k = 1,2, . . . , ∞,Ank = 0 приA2k =n ≠ 2,1J2(λk(2) r)r02J∫ 2(0k = 1,2, . . . , ∞,λk(2) r r 3dr)=2r0(J3λk(2) r0).λk(2) J′22λk(2) r0()Следовательно:u = 2r0cos2φ∞∑k=1(J3)λk(2) r0λk(2) J′22λk(2) r0()281J2()λk(2) r.3) Решить задачу для неоднородного уравнения внутри круга 0 ≤ r ≤ r0 :ut = a 2 Δu + At,{ur=r0= 0, ut=0= 0, A = const .Решение:Уравнение теплопроводности решается внутри круга с однороднымиусловиями Дирихле. Следовательно, разложение нужно вести пособственным функциям задачи Дирихле для круга, которые имеютследующий вид:cosnφ,vnk(r, φ) = Jnλk(n) r n = 0,1, .
. . , ∞, k = 1,2, . . . ,(){sinnφ,λk(n) являются корнями уравнения Jn()λk(0) r0=0.Начальное условие нулевое, правая часть уравнения At не зависитот угла φ . Таким образом, решение тоже не зависит от угла φ и его можнопредставить в следующем виде:u(r, t) =∞∑k=1λk(0) r ,()uk(t)J0uk(t) - есть решение задачи Коши:dukdtuk+ a 2 λk(0)uk = Atfk, t > 0,t=0= 0,282r01fk =λk(0) rJ02λk(0) r rdr =)∫ (J002λk(0) J1r0(1).λk(0) r0Тогда решение рассматриваемой задачи для uk(t) имеет следующий вид:uk(t) =a 2 λk(0) (A fkt−a 2 λk(0) )1+A fk−ae2(0)(a 2 λk )2 (0)λk t.Значит:u=∞−a 2 λk(0)t2A1e−1t+3(0) 2 {a 2r0 ∑a 2 λk(0) }k=1 (λk )J1J0(λk(0) r).λk(0) r04) Решить задачу об остывании шара радиуса r0 , на границе которогоподдерживается нулевая температура , а в начальный момент распределениетемпературы в шаре равно Arsinθsinφ, (A = const) .Решение:Пусть u(r, θ, φ, t) - температура в точке (r, θ, φ) в момент времени t .Тогда процесс остывания шара описывается начальной краевой задачейследующего вида:283ut = a 2 Δu в шаре 0 ≤ r < r0, t > 0,ur=r0= 0, ut=0= Arsinθsinφ .Так как собственные функции задачи Дирихле для шара имеютследующий вид:1r(n+ 2 )λk11(n+ 2 )rλkJn+ 12cosmφ,Pn(m)(cosθ){sinmφ,(n+ 2 )r0λk1- корень уравнения Jn+ 12k = 1,2, .
. . , ∞,n = 0,1,2, . . . , ∞,m = 0,1, . . . . , n .= 0,и наше решение примет следующий вид ( в виде тройного ряда ) :u=∞∞n∑∑∑en+−a 2 λk( 2 )t11(n+ 2 )λkrJn+ 12Pn(m)(cosθ) ×rk=1 n=0 m=0× {Aknmcosmφ + Bknmsinmφ} .Коэффициенты Aknm и Bknm определяются из начального условия:∞∞n∑∑∑k=1 n=0 m=0Jn+ 121(n+ 2 )λkrrPn(m)(cosθ) ×× {Aknmcosmφ + Bknmsinmφ} = Arsinθsinnφ .284Так как sinθsinnφ = P1(1)(cosθ)sinφ , то мы сразу получаем:Aknm = 0 при всех k, n, m ;Bknm = 0 при всех k , n ≠ 1, m ≠ 1,а для определения коэффициента Bk11 (k = 1,2, . . . ) мы получаемследующее соотношение:∞1∑rk=11rr02Aλk(32J 32(J 52)[J′32λk2 r Bk11 = Ar,()3r0ABk11 =J 32)3λk2 r r 2 dr =)∫ (2()λk2 r0(2350λk2 r33J 32)], k = 1,2, . .
.λk2 r0Значит:u = 2A r0 P1(1)(cosθ)sinφ ××∞∑k=1e −a2J 523(2)λkλk(t32)[J′32(()3λk2 r0232)]λk r01rJ 32(2853λk2 r).Так как начальное условие имеет следующий вид:u(1)(cosθ)sinφ,=Arsinθsinφ=ArP1t=0( начальное условие уже разложено по сферическим функциям )то решение поставленной задачи можно сразу искать в видеразложения следующего вида:u=∞(1)P1 (cosθ)sinφB∑ k11k=11rJ 32λk2 r ,()3коэффициенты которого определяются из начального условия.5) Найти температуру прямого однородного бесконечного стержня прямоугольногосечения, внутри которого имеются равномерно распределенные тепловые источникипостоянной мощности.
Боковая поверхность стержня теплоизолирована , аначальная температура равна нулю.Решение:Итак, пусть u(x, y, t) - температура в точке (x, y) в момент времени t ( всилу однородности стержня зависимости от продольной координаты z нет).Для функции u получаем следующую начально - краевую задачу впрямоугольнике 0 ≤ x ≤ l1, 0 ≤ y ≤ l2 :ut = a 2 Δu + q, 0 ≤ x ≤ l1, 0 ≤ y ≤ l2 (q = const),u∂u∂xt=0= 0,x=0=∂u∂xx=l1=∂u∂yy=0286=∂u∂xy=l2= 0.Решение полученной задачи строится в виде ряда по собственнымфункциям задачи Неймана для прямоугольника, которые имеют следующийвид:πnπm1, cos xcosy, n, m = 1,2, .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
