Семинар 12 для Ф-5. Метод Фурье для уравнения Лапласа в круге. Внутренняя и внешняя задачи Дирихле (1127971)

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

Текст из файла

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. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в пункте 2. Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле:∞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,0Найдём коэффициенты αk , βk . Так какZ2π0Z2π0(4.2)00Z2πϕ=2πϕ=2πZ2π111−1ϕ sin(kϕ) −= 0;ϕ cos(kϕ)dϕ =sin(kϕ)dϕ = 2 cos(kϕ)=kkkk2ϕ=0ϕ=0ϕ=2πϕ=2πZ2π−ϕ cos(kϕ) 112π2πϕ sin(kϕ)dϕ =++sin(kϕ)=−; (4.3)cos(kϕ)dϕ=−2kkkkkϕ=0ϕ=00ϕ=2πZ2π2ϕsin(kϕ)2ϕ2 cos(kϕ)dϕ =−ϕ sin(kϕ)dϕ =kkϕ=00i22π4π= 2 ; (4.4)= в силу (4.3) = − · −kkkhZ2π0ϕ=2πZ2π−ϕ2 cos(kϕ) 2ϕ sin(kϕ)dϕ =+ϕ cos(kϕ)dϕ =kkϕ=020i4π 2 24π 2= в силу (4.2) = −+ ·0=−, (4.5)kkkhc Д.С. Ткаченко-6-УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)то1αk =πZ2πZ2πhi(2πϕ − ϕ2 ) cos(kϕ)dϕ = в силу (4.2) и (4.4) =1f (ϕ) cos(kϕ)dϕ =π0014π4= · 2π · 0 − 2 = − 2 (4.6)πkk1βk =πZ2π1f (ϕ) sin(kϕ)dϕ =πZ2πih(2πϕ − ϕ2 ) sin(kϕ)dϕ = в силу (4.3) и (4.5) =0012π4π 2= · 2π · −− −= 0.

(4.7)πkkКак обычно, α0 следует находить отдельно:!Z2πZ2π2 ϕ=2π3 ϕ=2π111ϕϕ8π 3 14π 2α0 =f (ϕ)dϕ =(2πϕ − ϕ2 ) dϕ = · 2π ·−=·=. (4.8)πππ2 ϕ=03 ϕ=0π 6300Наконец, подставив (4.8), (4.6), (4.7) в (2.7), получаем:Ответ:∞ X2π 2r k cos(kϕ)u(r, ϕ) =−43Rk2k=15. № 719 б)Построить функцию u(r, ϕ), гармоническую в круге радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = ϕ sin 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 sin ϕ.0 < ϕ < 2π;(5.1)Шаг 1.

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