Семинар 11 для К-5. Метод Фурье для уравнения Лапласа в кольце (1127968)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

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.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов семинаров