Семинар 12 для Ф-5. Метод Фурье для уравнения Лапласа в круге. Внутренняя и внешняя задачи Дирихле (1127971), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

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)) ,(2.7)2Rk=1где коэффициенты αk и βk определяются из формулZ2π1αk =f (ϕ) cos(kϕ)dϕ,k = 0, 1, 2, . . .

;π(2.3)01βk =πZ2πf (ϕ) sin(kϕ)dϕ,0c Д.С. Ткаченко-7-k = 1, 2, 3, . . .(2.4)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Найдём коэффициенты αk , βk . Так какZ2πϕ cos(kϕ)dϕ = 0;(4.2)0Z2π2π,kϕ sin(kϕ)dϕ = −(4.3)0то1αk =πZ2π1f (ϕ) cos(kϕ)dϕ =π0Z2πhiϕ sin ϕ cos(kϕ)dϕ = 2 sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b) =01=2πZ2πϕ sin (k + 1)ϕ − sin (k − 1)ϕhidϕ = в силу (4.3) =0=1βk =πZ2π1f (ϕ) sin(kϕ)dϕ =π0Z2π −12π −12π·2πk+12πk−1−=2,k2 −1при k > 1;(5.2)·2π2=−12при k = 1.hiϕ sin ϕ sin(kϕ)dϕ = 2 sin a sin b = cos(a − b) − cos(a + b) =0Z2π hi1=ϕ cos (k − 1)ϕ − cos (k + 1)ϕ dϕ = в силу (4.2) =2π01при k > 1; − 2π · 0 − 0 = 0,=2 ϕ=2π211 2π· ϕ2 · 4π2 = πпри k = 1.= 2π(5.3)ϕ=0Как обычно, α0 следует находить отдельно:1α0 =πZ2π01f (ϕ)dϕ =πZ2πihϕ sin ϕ dϕ = в силу (4.3) = −2.0Наконец, подставив (5.4), (5.2), (5.3) в (2.7), получаем:Ответ:∞ Xr 1r k cos(kϕ)u(r, ϕ) = −1 −cos ϕ − π sin ϕ + 2R 2Rk2 + 1k=26.

№ 719 в)MПостроить функцию u(r, ϕ), гармоническую в круге радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = M sin ϕ + 2N cos2 ϕ.c Д.С. Ткаченко-8-(5.4)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(0, ϕ)| < ∞,u(R, ϕ) = f (ϕ) = M sin ϕ + 2N cos2 ϕ.0 6 r < R,0 < ϕ < 2π;(6.1)Шаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в пункте 2. Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле:∞u(r, ϕ) =α0 X r k+(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,0Так как αk , βk – коэффициенты разложения f (ϕ) в тригонометрический ряд Фурье∞α0 Xf (ϕ) =(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) ,+2k=1(2.2)а заданная нам функция f (ϕ) уже записана практически в таком виде:hi22f (ϕ) = M sin ϕ + 2N cos ϕ = 2 cos a = 1 + cos 2a = N + M sin ϕ + N cos 2ϕ,(6.2)то, очевидно, 2N,N,αk =0при k = 0;при k = 2;при k ∈ N \ {2};βk =M,0при k = 1;при k > 1.Таким образом, подставив (6.3) в (2.7), получаем:Ответ: r 2ru(r, ϕ) = N + M sin ϕ + Ncos 2ϕ.RR7.

№ 720 а)Построить ограниченную функцию u(r, ϕ), гармоническую вне круга радиусаR, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = ϕ sin ϕ.c Д.С. Ткаченко-9-(6.3)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условийR < r < +∞, ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(+∞, ϕ)| < ∞,u(R, ϕ) = f (ϕ) = T sin ϕ2 .0 < ϕ < 2π;(7.1)Шаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в пункте 3. Воспользуемся результатом:Общее решение внешней задачи Дирихле:∞α0 Xu(r, ϕ) =+2k=1 kR(αk cos(kϕ) + βk sin(kϕ)) ,r(3.4)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 .1αk =πZ2πTf (ϕ) cos(kϕ)dϕ =π0T=2πZ2πsin02πZ hiϕcos(kϕ)dϕ = 2 sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b) =2(2k − 1)ϕ(2k + 1)ϕ− sinsin22dϕ =0ϕ=2πϕ=2π !2(2k + 1)ϕ 2(2k − 1)ϕ cos−cos=2k + 122k − 12ϕ=0ϕ=0T222T−2−4T=−·· (−2) −· (−2) =· 2=. (7.2)2π2k + 12k − 1π 4k − 1(4k 2 − 1)πT·=−2π1βk =πZ2πTf (ϕ) sin(kϕ)dϕ =π0T=2πZ2π02πZ sinhiϕsin(kϕ)dϕ = 2 sin a sin b = cos(a − b) − cos(a + b) =2(2k + 1)ϕ(2k − 1)ϕcos− cos22dϕ =0T=·2πc Д.С. Ткаченкоϕ=2πϕ=2π !2(2k + 1)ϕ 2(2k − 1)ϕ sin−sin=2k + 122k − 12ϕ=0ϕ=0T22=··0−· 0 = 0.

(7.3)2π2k + 12k − 1-10-УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)Как обычно, α0 следует находить отдельно:1α0 =πZ2πTf (ϕ)dϕ =π0Z2πϕTϕ ϕ=2π2T4Tsin dϕ = − · 2 cos =−· (−2) =2π2 ϕ=0ππ(7.4)0Наконец, подставив (7.4), (7.2), (7.3) в (3.4), получаем:Ответ:∞ k2T4T X Rcos(kϕ)u(r, ϕ) =−.ππ k=1 r4k 2 − 18. № 720 б)MПостроить функцию u(r, ϕ), гармоническую вне круга радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = M cos ϕ + 2N sin2 ϕ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, ϕ) из условий ∆u ≡ 1r (rur )r + r12 uϕϕ = 0,|u(+∞, ϕ)| < ∞,u(R, ϕ) = f (ϕ) = M cos ϕ + 2N sin2 ϕ.0 6 r < R,0 < ϕ < 2π;(8.1)Шаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в пункте ??.

Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле:∞α0 Xu(r, ϕ) =+2k=1 kR(αk cos(kϕ) + βk sin(kϕ)) ,r(3.4)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,0Так как αk , βk – коэффициенты разложения f (ϕ) в тригонометрический ряд Фурье∞α0 Xf (ϕ) =+(αk cos (kϕ) + βk sin (kϕ)) ,2k=1а заданная нам функция f (ϕ) уже записана практически в таком виде:hi22f (ϕ) = M cos ϕ + 2N sin ϕ = 2 sin a = 1 − cos 2a = N + M cos ϕ − N cos 2ϕ,c Д.С.

Ткаченко-11-(2.2)(8.2)УМФ – семинар – К 5 – 9 (Ф 5 – 12)то, очевидно,2N,M,αk =−N,0приприприприkkkk= 0;= 1;= 2;> 2;βk = 0,k ∈ N.Таким образом, подставив (8.3) в (3.4), получаем:Ответ: 2RRu(r, ϕ) = N + M cos ϕ − Ncos 2ϕ.rr9. № 719 б)MПостроить функцию u(r, ϕ), гармоническую в круге 0 6 r < R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) =1+ sin 2ϕ + 3N cos3 ϕ.2(Для вывода формулы cos3 ϕ можно воспользоваться формулами Эйлераcos x =eix + e−ix,2sin x =eix − e−ix,2ieiy = cos y + i sin y.)10. № 720 г)MПостроить функцию u(r, ϕ), гармоническую вне круга радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, ϕ) = f (ϕ) = U + T cos ϕ.c Д.С. Ткаченко-12-(8.3).

Характеристики

Список файлов семинаров