А.Н. Боголюбов, В.В. Кравцов - Задачи по математической физике (DJVU) (1125167), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Таким же образом может быть решена краевая задача для уравнения Лапласа в прямоугольнике с другими граничными условиями. Осторожность нужно проявлять при решении задачи Неймана, поскольку при редукции ее к стандартным задачам может появиться задача, которая не имеет решения, в то время как решение исходной задачи существует. В этом случае исходную задачу заменой неизвестной функции можно свести к задаче для неоднородного уравнения с однородными граничными условиями. Схема решения такой задачи изложена в гл. 1, в 3.
Теперь обсудим характер сходимости полученных рядов. В качестве примера рассмотрим разложение, полученное для решения первой стандартной задачи: и1 = ~~~ А„ " з(п ~/Л„в + ~~~ В„ " з1п Л/Л„в, (7.14) зЬ ~/Л„у, вЬ |/Л„(Ь вЂ” у) "вЬ /Л»»Ь 1 " в1ь./Л»Ь где Л„= ( —;"), а коэффициенты А„и В„определяются формулами (7.12) и (7.11). Если фь(в) и фз(в) абсолютно интегрируемы на (О, а), то коэффициенты А„и В„ограничены: !.4» ! ( С, !В» ! < С при всех и .
Поэтому общий член первого ряда при и -ь оо имеет следующий характер: вЬт/Л у — — "." 1ь-в1 А„— в(п Л(Л„в Се зЬ /Х„Ь Отсюда видно, что во внутренних точках прямоугольника ряд сходится экспоненциально. Более того, если Ь/а» 1, при малых у (т.е. 89 вблизи основания прямоугольника у = 0) уже первый член ряда имеет порядок ехр( — я6/а). Коэффициенты А„определяются функцией фг(х), заданной на другой стороне (у = 6) прямоугольника. Следовательно, в этом случае влияние граничных условий, заданных при у = 6, на решение при малых у невелико и при вычислении можно ограничиться одним-двумя членами ряда.
Аналогичный характер имеют члены второго ряда в (7,14), но они малы при 6/а» 1, когда у близко к 6. При увеличении гладкости функций 16г и 16г сходимость рядов становится еще более быстрой. О О. КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА В ПРЯМОУГОЛЬНОМ ПАРАЛЛЕЛЕПИПЕДЕ Общая краевая задача для уравнения Лапласа может быть разбита на три стандартных. Стандартной задачей в данном случае называется задача, в которой неоднородные граничные условия заданы на двух параллельных сторонах («основанияхэ), а на остальной части поверхности («боковой поверхностно) граничные условия нулевые.
Например, рассмотрим стандартную задачу (8.1) (8.2) (8.3) (8.4) 0<у<6, 0<г<6, Ли=О, 0<х<а, и[,-о = Юг(х, у), и[~=о = ргг(х~у) ~ Р[и][«=о, ~=1 = О, р=о, 'р=ь где Р[и) — оператор, соответствующий граничному условию третьего рода. Для решения этой задачи сначала находим частные решения уравнения Лапласа, представимые в виде и(х, у, х) = р(х, у)г'(г)фО О,,р г" — : — — = — Л. .(х, у) г(г) Отсюда Ьгр+Лр=О, 0<я<а, О<у<6, Р[рф*=о, *=« = О, р(х, у)у~0, ~р=о, 'р=ь (8.5) 90 (заметим, что отделена та переменная, по которой заданы неоднород- ные граничные условия). Подставляя в уравнение Лапласа и разде- ляя переменные, получаем г" ( ) — Лг( ) = О, О « ° Л. (8.6) Задача (8.5) есть задача Штурма — Лиувилля для прямоугольника, рассмотренная в гл.
П, В 3. Пусть (оп(х,у))1 и (Л„)~ — ее собственные функции и собственные значения соответственно. Общее решение уравнения (8.6) удобно записать в виде вЬ |/Лв вЬ 1/Л(Л вЂ” х) Е(в)=А +В, А,В=совет. вЬ |/ЛЛ вЬ |/ЛЛ Таким образом, частные решения уравнения Лапласа имеют вид вЬ 1/Х„х вЬ 1/Лп(Л вЂ” х) ) ип(х, У,х) = оп(х, У) Ап и + В„ вЬ |~л„Л и Теперь решение задачи (8.1) — (8А) запишем в виде разложения по этим частным решениям: и(х,у,в) = ~~~ оп(х,у) ~Ап +Вп ~~ (87) Г вЬ 1/Лов вЬ |/Х„(Л вЂ” в) \ вЬ |/ЛпЛ вЬ 1/ЛпЛ коэффициенты Ап и Вп которого определяются из граничных усло- вий (8.2), (8.3): а Ь 1 Ап аа / ~ рз(х,у)оп(х,у)11х8у, о о а Ь 1 Вп = 1 1О1(Х, У)вп(Х, У) ИХ ИУ.
~~ .~р! о о (8.8) (8.9) 91 Заметим, что функции У(х) взяты в виде, удобном при решении задачи с граничными условиями Дирихле по переменной г. При граничных условиях по х другого типа нужно соответствующим образом выбирать фундаментальную систему решений уравнения (8.6), так, чтобы «развязать» вычисление коэффициентов Ап и Вп . Аналогичным образом решаются две другие стандартные задачи с неоднородными граничными условиями по переменным х и у. Легко видеть, что полученные ряды имеют тот же характер сходимости, что и для решения задачи в прямоугольнике (см.
в 7). Рассмотрим несколько примеров решения задач. 1. Найти распределение потенциала внутри куба с ребром а, одна грань которого х = 0 поддерживается под постоянным потенциалом Уо, а остальные грани заземлены. Решение. Для потенциала и имеем следуюшую краевую задачу: сги=О, 0<х<а, 0<у<а, 0<«<а, и],=о = (Го, и],— „= О, и] -в — — и] = = и]в=в = и]в- — — 0 Решение этой задачи имеет внд ( вЬ ~/Л„~«вЬ |/Л„~(а — «) и =~~ ~ввв(х,у)] Авв +Ввь ], вЬ |/Л„~а вЬ |/Л„~а где и„в(х, у) — собственные функции квадрата с граничным условием Дврихле ггп хй и„в(х, у) = в(п — хяп — у, а а Л„,=( — ) +( — ) = — ',( '+Ь'), и, Ь = 1, 2,..., оо. Вычислим коэффициенты А„в и В„в: в в 1 ГГ хп, яй Впв =, Уввгп — хвгп — дг(хг(д= [] ..~г! l о о в а 4Уо Г хи Г, хй 4Уо = — г в1п — хг(х / вш — уг1у = — [1 — ( — 1)"][1 — ( — 1)"], а« ./ а,/ а явой о о А„ ь = О, и, Ь = 1, 2,..., со. Следовательно, 4Увч ч [1 — ( — 1)"][1 — (-1)"]вЬ вЂ”,"~/й~+Ь (а — «) и«« — г~ ~ х и/е 1, .
гсвг + у х яп — хвгп — у а а 2. Найти стационарное распределение температуры внутри параллелепипеда 0 < х < а, 0 < у < Ь, 0 < «< с, у которого на грани х = 0 поддерживается температура, равная Ау«, грани « = 0 и « = с находятся при нулевой температуре, а остальные грани теплоизолированы, А = сопвг. Решение. Стационарная температура и1х, у, х) определяется как решение следующей краевой задачи: Охи=О, 0<х< и!.«а = Аух, ди) ди дх ~пп» ду а, 0<у(Ь, 0<8(с, и(, = и~,п, = О, = О. О=а ду Ъиа и~,по = и~,п, = О, ди ди~ — = — ! =о.
ду О=а ду Ьпь Они имеют вьщ тги . лт Оп«»1У, Х) = Сае — У81П вЂ” 2, Ь с и = О, 1, 2,..., т = 1, 2,... По переменной х заданы граничные условия первого рода при х = 0 и второго рода при х = а. Поэтому решение задачи можно записать в виде и = ~~ ~~1 сое — уеш — 2 ~ А„" + «=0 т««1 пс» «сп С11 1/Л с сп 11а Х) с11 з/Л„а Лп =( —;и) ( — ') . ди~ Поскольку — ~ = О, Апти = 0 при всех и и ти. Используя граничдх 1«=с нос условие при х = О, получаем Е тги, тгти Вп сп Сае — У Егн — Х = АУХ . Ь с »=0 сп«1 Отсюда 6 с 1 ли, тгиг В 2 2 / / ух сов у81п еду х ((сое '"у() )(81п «)) Ь Решение этой задачи следует искать в виде разложения по собствен- ным функциям прямоугольника 0 < у < Ь, 0 < е < с с граничными условиями Так как с / 2 з1п — 2 оз = с о ь яи усов — усу = ь а ~(81П вЂ” 2)( г — ( — 1) м, яти Е ь* (( 1)» Ц ь 2 ифО, и=О, можем записать в.
= — (-ц Ьс +д тгти 4Ьс В = — ( 1) (1 — ( 1)3, иуЬО, тгтта и 2 ти = 1, 2,..., со. Следовательно, стационарное распределение температуры имеет внд т + Ьс с(т;~ (а — я), тгти и= ~ ( — 1) ~~ — ', зтп — 2+ тгто с(т — а с п1=1 т 4Ьс с(т |/Х„~(а — к) ки, тгти л- = ( —;")'+ ( —;)' Решение. Стационарная температура и является решением краевой задачи тзи = О в кубе, ди1 ди~ дг Ь=о дт!*= 3.
Найти стационарное распределение температуры внутри куба, две грани которого при г = О и 2 = а теплоизолированы, а на остальных поддерживается постоянная температура Тс . Поскольку при х = 0 и г = а заданы однородные граничные условия второго рода ди~ ди( дх)~=а дг!г=а а граничные условия на остальной части поверхности куба от г не зависят,и решение задачи от переменной г зависеть не будет: и = и(х, у). Эту задачу можно далее решать методом разделения переменных, как это изложено в г 7. Но совершенно очевидно, что решением этой задачи является и = То. Итак, стационарная температура данного куба постоянная и равна Т . Заметим, что решение этой задачи сразу можно было выписать «нз физических соображениЯ»: на боковых гранях поддерживается постоянная температура То, а две другие грани теплоизолированы.
Следовательно, внутри куба будет сохраняться та же температура Т . Следует всегда учитывать, что если непосредственная проверка показывает, что каким-то образом «угаданная» или построенная «из физических соображений» функция действительно является решением поставленной задачи, то другого решения эта задача иметь не может в силу теоремы единственности. Решение краевой задачи для уравнения Лапласа внутри прямого кругового цилиндра (О < г < а, 0 < у < 2я, 0 < х < 6) проводится по той же схеме.
что и для прямоугольного параллелепипеда. Для примера рассмотрим задачу Дирихле 0«.л, Поэтому трехмерная задача вырождается в двумерную: дгц дги — + — =0 вквадрате 0<х у<а дхг дуг ц(*=а = я1 =о = т4»=о = и( = То. г 9. КРАЕВЫЕ ЗАДАВИ ДЛЯ»'РАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА В КР»ГОВОМ ЦИЛИНДРЕ Ли=О, 0<с<о, 0<аг<2х, ц!„. = У(р,х), и/ = 1г(г,5а), (, „=~а(г,г). (9.1) (9.2) (9.3) (9.4) Полную задачу (9.1) — (9.4) разобьем на две стандартные: 0<г<а, 0<р<2я, О<в<6, и(„, =О, а/ в = У~(г~'р)~ 1, „=1г(г й Ли=О, 0 < в < й, (9.9) (9.10) (9.11) Ьи = О, Рассмотрим каждую из этих задач.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
