Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 27

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

Текст из файла (страница 27)

Ткаченко-185-Задачи на уравнение Лапласа в шаре2.2. Уравнение Лапласа в шареРассмотрим в сферических координатах x = r sin θ cos ϕ,y = r sin θ sin ϕ,(2.2.1)z = r cos θ.уравнение Лапласа ∆u = 0. Поскольку всферических координатах∆u =1 2 11ru+(sinθu)+uϕϕ ,rθθr r 2 sin θr2r2 sin2 θто уравнение Лапласа принимает вид:1 2 11r ur r + 2(sin θuθ )θ + 2 2 uϕϕ = 0.2rr sin θr sin θБудем искать решение (2.2.2) методом разделения переменных.Шаг 1.

Поиск сферических гармоникПусть функцияU (r, θ, ϕ) = X(r)Y(θ, ϕ)∆u ≡(2.2.2)есть решение уравнения (2.2.2). Тогда1 2 0 011 sinθY(θ,ϕ)X(r) + 2 2 Yϕϕ (θ, ϕ)X(r) = 0.rX(r)Y(θ,ϕ)+θ22rr sin θθr sin θПоделим это равенство на X(r)Y(θ, ϕ) и умножим на r2 :10sin θYθ (θ, ϕ) +sin θ(r2 X0 (r))θ= −X(r)Y(θ, ϕ)1Y (θ,sin2 θ ϕϕϕ)Так как слева стоит функция, зависящая только от r, а справа – функция, зависящая толькоот θ и ϕ, то равны они друг другу могут быть только в случае, когда они – константы.

Точнее,∃λ∈R:10sin θYθ (θ, ϕ) + sin12 θ Yϕϕ (θ, ϕ)sin θ(r2 X0 (r))θ= −= λ.X(r)Y(θ, ϕ)Отсюда для X(r) получаем уравнениеr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.2.3)11 sin θYθ (θ, ϕ) +Yϕϕ (θ, ϕ) + λY(θ, ϕ) = 0.sin θθsin2 θ(2.2.4)а для функций Y – уравнениеЕсли решение уравнения (2.2.4) искать в видеY(θ, ϕ) = Θ(θ)Φ(ϕ),то получим01 1sin θΘ0 (θ) Φ(ϕ) +Θ(θ)Φ00 (ϕ) + λΘ(θ)Φ(ϕ) = 0.sin θsin2 θ-186-(2.2.5)2.2. УРАВНЕНИЕ ЛАПЛАСА В ШАРЕПоделим это равенство наΘ(θ)Φ(ϕ).sin2 θ0sin θ sin θΘ0 (θ)Θ(θ)+ λ sin2 θ = −Φ00 (ϕ).Φ(ϕ)Слева стоит функция, зависящая только от θ, а справа – только от ϕ, поэтому ∃µ ∈ R :00sin θ sin θΘ (θ) + λ sin2 θ − µ Θ(θ) = 0,(2.2.6)Φ00 (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0(2.2.7)Уравнение (2.2.7) необходимо дополнить условием периодичности, поскольку функция U (r, θ, ϕ),а следовательно и функция Φ должна быть непрерывной. Тогда для Φ(ϕ) получаем задачу: 00Φ (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0,(2.2.8)Φ(ϕ + 2π) = Φ(ϕ).Решим эту задачу.

Общим решением уравнения Φ00 (ϕ) + µΦ(ϕ) = 0 является функцияпри µ = −β 2 < 0; Φ(ϕ) = c1 sh (βϕ) + c2 ch (βϕ)Φ(ϕ) = c1 + c2 ϕпри µ = 0;Φ(ϕ) = c1 sin (βϕ) + c2 cos (βϕ)при µ = β 2 > 0.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, когдаµ = β 2 = m2 ,m ∈ Z.Мы будем рассматривать только m > 0, так как отрицательные значения m не дают новых µ или Φ(ϕ).

А разрешая числу m принимать значение m = 0, мы включаем функциюΦ(ϕ) = const (являющуюся нетривиальным решением при λ = 0) в общую формулу нетривиальных решений (2.2.9).Итак, функция (2.2.5) есть решение (2.2.4), то есть является сферической функцией тогда итолько тогда, когдаΦ(ϕ) = c1 sin (mϕ) + c2 cos (mϕ) ,m = 0, 1, 2, . . . ,а функция Θ(θ) есть решение уравнения0sin θ sin θΘ0 (θ) + λ sin2 θ − m2 Θ(θ) = 0.В уравнении (2.2.10) сделаем замену переменой x = cos θ. Тогда для функцииP (x) = P (cos θ) ≡ Θ(θ)получаемΘ0 (θ) = − sin θP 0 (cos θ),Θ00 (θ) = sin2 θP 00 (cos θ) − cos θP 0 (cos θ),и уравнение (2.2.10) примет вид:sin4 θP 00 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) + λ sin2 θ − m2 P (x) = 0.c Д.С.

Ткаченко-187-(2.2.9)(2.2.10)Задачи на уравнение Лапласа в шареПерепишем его, поделив сначала на sin2 θ, и учтём, чтоsin2 θ = 1 − x2 :m22000(1 − x )P (x) − 2xP (x) + λ −P (x) = 0.1 − x2cos θ = x,Полученное уравнение совпадает с (2.1.15), стр. 184. Поэтому по теореме 2.1.5, стр. 185, всеограниченные решения этой задачи описываются формуламиλ = n(n + 1),n = 0, 1, 2, . . . ; m dm Pn (x)P (x) = Pnm (x) = 1 − x2 2 ·,m = 0, n.dxm(2.2.11)(2.2.12)Поэтому все нетривиальные решения уравнения (2.2.10) имеют видΘmn (θ) = Pnm (cos θ),n = 0, ∞,m = 0, n.(2.2.13)Наконец, с учётом (2.2.9), получаем, чтофункцияU (r, θ, ϕ) = X(r)Y(θ, ϕ)есть решение уравнения Лапласа тогда и только тогда, когда функция X(r) есть решениеуравненияr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.2.3)при λ = n(n + 1), n = 0, ∞, а функция Y(θ, ϕ) имеет видY(θ, ϕ) = Ymn (θ, ϕ) = Pnm (cos θ) (c1 sin (mϕ) + c2 cos (mϕ)) ,n = 0, ∞,m = 0, n.(2.2.14)Шаг 2.

Решение уравнения (2.2.3)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 = n(n + 1), n = 0, ∞ получаем уравнениеy 00 (t) + y 0 (t) − n(n + 1)y(t) = 0, n = 0, ∞.Характеристическое уравнение для него имеет видκ 2 + κ − n(n + 1) = 0.Его корни:√1 + 4n2 + 4n−1 + (2n + 1)== n,22√−1 − 1 + 4n2 + 4n−1 − (2n + 1)κ2 === −n − 122κ1 =−1 +и общее решениеy(t) = Aent + Be−(n+1)t .Отсюда, так как et = r, общее решение уравнения (2.2.3) имеет видX(r) = Arn + Br−(n+1) .Ну а поскольку нас интересуют только ограниченные решения, то когда уравнение решается-188-2.2.

УРАВНЕНИЕ ЛАПЛАСА В ШАРЕ• в шаре, содержащем начало координат, B = 0 иXn (r) = rn ,n = 0, ∞,(2.2.15)• во внешности шара, содержащего начало координат, A = 0 иXn (r) =1rn+1,n = 0, ∞,(2.2.16)• в шаровом слое с центром в начале координат, A, B 6= 0 иXn (r) = Arn + Br−(n+1) ,n = 0, ∞.(2.2.17)Шаг 3. Общее решение уравнения Лапласа в шареНам осталось составить из полученных функций Xn (из равенства (2.2.15)), а также Ymn (θ, ϕ),n = 0, ∞, m = 0, n ряд. Поскольку m меняется в пределах от 0 до n при каждом n, и толькоn меняется от 0 до ∞, то ряд можно составить только по n.

Зато внутри ряда по n придётсяставить конечную сумму по m, формируя линейную комбинацию всех сферических гармоникстепени n:Ответ:u(r, θ, ϕ) =∞XXn (r)nXYmn (θ, ϕ) =m=0n=0=∞Xn=0rnnXPnm (cos θ) Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ) . (2.2.18)m=0Шаг 4. Общее решение уравнения Лапласа вне шараСоставим из полученных функций Xn (из равенства (2.2.17)), а также Ymn (θ, ϕ),m = 0, n ряд. Здесь вся разница от задачи внутри шара состоит в том, чтоn = 0, ∞,функции Xn (r) имеют вид (2.2.17), а не (2.2.15):Ответ:u(r, θ, ϕ) =∞XXn (r)n=0nXYmn (θ, ϕ) =m=0=n∞X1 X mP(cosθ)Acos(mϕ)+Bsin(mϕ). (2.2.19)mnmnnn+1rm=0n=0Шаг 5.

Общее решение уравнения Лапласа в шаровом слоеПоскольку в шаровом слое R1 < r < R2 ограниченными являются как функции (2.2.17), таки функции (2.2.15), ряд надо составлять из тех и других:Ответ:u(r, θ, ϕ) =∞Xn=0rnnXPnm (cos θ) Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ) +m=0∞nX1 X m+P (cos θ) Cmn cos (mϕ) + Dmn sin (mϕ) . (2.2.20)rn+1 m=0 nn=0c Д.С. Ткаченко-189-Задачи на уравнение Лапласа в шаре2.3. № 788 а)Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в однородномшаре радиуса R для случая, когда поверхность шара имеет температуру:T1 ,0 6 θ < α;u(R, θ) = f (θ) =T2 ,α < θ 6 π.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1112sinθu+u= 0,∆u≡(ru)+θr rr2r2 sin θr2 sin2 θ ϕϕθ|u(0, θ)| < ∞,T1 ,0 6 θ < α; u(R, θ) = f (θ) =T2 ,α < θ 6 π.0 6 r < R,0 < θ < π;(2.3.1)Повторим с необходимыми упрощениями, вызванными тем, что в нашем случае искомое решение не зависит от ϕ, шаги 1 – 3 раздела 2.2.Шаг 1.

Поиск сферических гармоник, не зависящих от ϕПусть функцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)есть решение уравнения∆u ≡1 2 1 sinθu= 0.ru+θrrr2r2 sin θθ(2.3.2)Тогда01 2 0 01 0sinθY(θ)X(r) = 0.rX(r)Y(θ)+r2r2 sin θПоделим это равенство на X(r)Y(θ) и умножим на r2 :100sin θY (θ)sin θ(r2 X0 (r))θ= −X(r)Y(θ)Так как слева стоит функция, зависящая только от r, а справа – функция, зависящая толькоот θ, то равны они друг другу могут быть только в случае, когда они – константы.

Точнее,∃λ∈R:0100sinθY(θ)2 0sin θ(r X (r))= −= λ.X(r)Y(θ)Отсюда для X(r) получаем уравнениеr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.3.3)а для функций Y – уравнение01 sin θY0 (θ) + λY(θ) = 0.sin θДомножим на sin2 θ:sin2 θY00 (θ) + sin θ cos θY0 (θ) + λ sin2 θY(θ) = 0.-190-(2.3.4)№ 788 а)В уравнении (2.3.4) сделаем замену переменой x = cos θ. Тогда для функцииP (x) = P (cos θ) ≡ Y(θ)получаемY0 (θ) = − sin θP 0 (cos θ),Y00 (θ) = sin2 θP 00 (cos θ) − cos θP 0 (cos θ),и уравнение (2.3.4) примет вид:sin4 θP 00 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) − sin2 θ cos θP 0 (x) + λ sin2 θP (x) = 0.Перепишем его, поделив сначала на sin2 θ, и учтём, чтоcos θ = x,sin2 θ = 1 − x2 :(1 − x2 )P 00 (x) − 2xP 0 (x) + λP (x) = 0.Полученное уравнение совпадает с (2.1.1), стр.

183. Поэтому по теореме 2.1.1, стр. 183, всеограниченные решения этой задачи описываются формуламиλ = n(n + 1),n = 0, 1, 2, . . . ;P (x) = Pn (x) − полиномы Лежандра.(2.3.5)(2.3.6)Поэтому все нетривиальные ограниченные решения уравнения (2.3.4) имеют видYn (θ) = Pn (cos θ),n = 0, ∞.(2.3.7)Итак, с учётом (2.3.3), получаем, чтофункцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)есть независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.3.2) тогдаи только тогда, когда функция X(r) есть решение уравненияr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.3.3)при λ = n(n + 1), n = 0, ∞, а функция Y(θ) имеет видY(θ) = Yn (θ) = Pn (cos θ),n = 0, ∞.(2.3.8)Шаг 2.

Решение уравнения (2.3.3)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 = n(n + 1), n = 0, ∞ получаем уравнениеy 00 (t) + y 0 (t) − n(n + 1)y(t) = 0, n = 0, ∞.Характеристическое уравнение для него имеет видκ 2 + κ − n(n + 1) = 0.c Д.С.

Характеристики

Список файлов лекций