Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 28

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

Текст из файла (страница 28)

Ткаченко-191-Задачи на уравнение Лапласа в шареЕго корни:κ1 =κ2 =−1 +−1 −√√1 + 4n2 + 4n−1 + (2n + 1)== n,221 + 4n2 + 4n−1 − (2n + 1)== −n − 122и общее решениеy(t) = Aent + Be−(n+1)t .Отсюда, так как et = r, общее решение уравнения (2.3.3) имеет видX(r) = Arn + Br−(n+1) .Ну а поскольку нас интересуют только ограниченные решения, то B = 0 иXn (r) = rn ,n = 0, ∞.(2.3.9)Составив из полученных функций ряд, получим что независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.3.2) имеет вид:u(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0∞XAn rn Pn (cos θ),An ∈ R.(2.3.10)n=0Шаг 3. Использование краевого условияДля нахождения коэффициентов An используем краевое условиеu(R, θ) = f (θ).По теореме 2.1.7, стр. 185,f (θ, ϕ) разлагается в следующий ряд Фурье"#k∞XXαk0Pk (cos θ) +Pkm (cos θ) (αkm cos(mϕ) + βkm sin(mϕ)) ,f (θ, ϕ) =2m=1k=0αkm2k + 1 (k − m)!·=2π(k + m)!Z2πZπdϕ cos(mϕ)0βkm(2.3.11)f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.3.12)02k + 1 (k − m)!·=2π(k + m)!Z2πZπdϕ sin(mϕ)0f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.3.13)0При этом ряд (2.6.16) сходится к f (θ, ϕ) абсолютноθ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π].Поскольку в нашем случае функция f (θ) не зависит от ϕ, тоиравномерно=0αkm =2k + 1 (k − m)!·2π(k + m)!Zπf (θ) Pkm (cos θ) sin θdθ ·0βkm2k + 1 (k − m)!=·2π(k + m)!zZ2π}|{cos(mϕ)dϕ = 0,m 6= 0,0Zπf (θ) Pkm (cos θ) sin θdθ ·0Z2πsin(mϕ)dϕ = 0.|0-192-{z=0}на№ 788 а)Найдём αk0 :=2παk0z }| {ZπZ2πZπ2k + 1 k!=·f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ ·dϕ = (2k + 1) f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ.2πk!000Приравнивая рядыu(R, θ) =∞XnAn R Pn (cos θ) =n=0∞Xαk0k=02Pk (cos θ) = f (θ),видим, что они равны, еслиαn02n + 1An ==n2R2RnZπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ.0Ответ в общем виде:u(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0An =∞XAn rn Pn (cos θ),(2.3.14)n=02n + 12RnZπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ.(2.3.15)0Нам осталось вычислить An в данном конкретном случае, когдаT1 ,0 6 θ < α;f (θ) =T2 ,α < θ 6 π.ПосколькуZαhcosZ αiT1 Pn (cos θ) sin θdθ = x = cos θ = −T10Pn (x) dx =1i00= по рекуррентной формуле (2.1.6) (2n + 1)Pn (x) = Pn+1(x) − Pn−1(x) n > 1 =hx=1Z1T1T100=Pn+1 (x) − Pn−1 (x) dx =(Pn+1 (x) − Pn−1 (x)) =2n + 12n + 1x=cos αcos αhiT1= по формуле (2.1.8) Pn (1) = 1 =(Pn−1 (cos α) − Pn+1 (cos α)) ,n > 1;2n + 1Zπx=cos αT2T2 Pn (cos θ) sin θdθ = аналогично =(Pn+1 (x) − Pn−1 (x)) =2n + 1x=−1αhiT2= по формуле (2.1.8) Pn (−1) = (−1)n , n > 1 =(Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α)) ,2n + 1Zαhiθ=αZαiT1 P0 (cos θ) sin θdθ = P0 (x) ≡ 1 = T1 sin θdθ = −T1 cos θ= T1 (1 − cos α) ,0c Д.С.

Ткаченкоhθ=00-193-n > 1;n = 0;Задачи на уравнение Лапласа в шареZπθ=πZπiT2 P0 (cos θ) sin θdθ = P0 (x) ≡ 1 = T2 sin θdθ = −T2 cos θ= T2 (1 + cos α) ,hαn = 0,θ=ααполучаем2n + 1An =2RnZπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ =0=2n+12Rn12·T2 −T12n+1(Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α)) ,· (T1 + T2 + (T2 − T1 ) cos(α)) ,при n > 1;при n = 0.Ответ:∞ r nT1 + T2 + (T2 − T1 ) cos(α) T2 − T1 X+(Pn+1 (cos α) − Pn−1 (cos α))u(r, θ) =Pn (cos θ),22Rn=1где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.4. № 788 б)Определить стационарное распределение температуры u(r, θ) в однородномшаре радиуса R для случая, когда шар нагревается плоскопараллельным потоком тепла плотности q, падающим на его поверхность сверху, и отдаёттепло со всей своей поверхности в окружающую среду в результате конвективного теплообмена.

Температура среды равна T .Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{11120 < θ < π; ∆u ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ θ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0, 0 6 r < R,(2.4.1)|u(0, θ)| < ∞, qπcos θ + hT,0 6 θ < 2;k ur (R, θ) + hu(R, θ) = f1 (θ) =π< θ 6 π.hT,2Шаг 0.

Вид решения и упрощение краевого условияЛегко убрать в краевом условии выражение hT , если искать решение задачи (2.4.1) в видеu(r, θ) = T + v(r, θ).Тогда v(r, θ) есть, очевидно, решение следующей задачи:112∆v≡(rv)+sinθv= 0, 0 6 r < R,r rθr2r 2 sin θθ|v(0, θ)| < ∞, qcos θ,0 6 θ < π2 ;k vr (R, θ) + hv(R, θ) = f (θ) =π0,< θ 6 π.2Повторим дословно шаги 1 – 2 номера № 788 а).Шаг 1. Поиск сферических гармоник, не зависящих от ϕПусть функцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)-194-(2.4.2)0 < θ < π;(2.4.3)№ 788 б)есть решение уравнения∆v ≡1 2 1 sinθv= 0.rv+θrrr2r2 sin θθ(2.4.4)Тогда01 2 0 01 0rX(r)sinθY(θ)Y(θ)+X(r) = 0.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,(2.4.5)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.(2.4.6)В уравнении (2.4.6) 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 (2.4.6) 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.c Д.С. Ткаченко-195-(2.4.7)(2.4.8)Задачи на уравнение Лапласа в шареПоэтому все нетривиальные ограниченные решения уравнения (2.4.6) имеют видn = 0, ∞.Yn (θ) = Pn (cos θ),(2.4.9)Итак, с учётом (2.4.5), получаем, чтофункцияU (r, θ) = X(r)Y(θ)есть независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.4.4) тогдаи только тогда, когда функция X(r) есть решение уравненияr2 X00 (r) + 2rX0 (r) − λX(r) = 0,(2.4.5)при λ = n(n + 1), n = 0, ∞, а функция Y(θ) имеет видY(θ) = Yn (θ) = Pn (cos θ),n = 0, ∞.(2.4.10)Шаг 2. Решение уравнения (2.4.5)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:κ1 =κ2 =−1 +−1 −√√1 + 4n2 + 4n−1 + (2n + 1)== n,221 + 4n2 + 4n−1 − (2n + 1)== −n − 122и общее решениеy(t) = Aent + Be−(n+1)t .Отсюда, так как et = r, общее решение уравнения (2.4.5) имеет видX(r) = Arn + Br−(n+1) .Ну а поскольку нас интересуют только ограниченные решения, то B = 0 иXn (r) = rn ,n = 0, ∞.(2.4.11)Составив из полученных функций ряд, получим что независящее от ϕ ограниченное нетривиальное решение уравнения Лапласа (2.4.4) имеет вид:v(r, θ) =∞Xn=0An Xn (r)Yn (θ) =∞Xn=0-196-An rn Pn (cos θ),An ∈ R.(2.4.12)№ 788 б)Шаг 3.

Использование краевого условияДля нахождения коэффициентов An используем краевое условиеvr (R, θ) + hv(R, θ) = f (θ).По теореме 2.1.7, стр. 185,f (θ, ϕ) разлагается в следующий ряд Фурье#"k∞XXαk0Pk (cos θ) +Pkm (cos θ) (αkm cos(mϕ) + βkm sin(mϕ)) ,f (θ, ϕ) =2m=1k=0αkm2k + 1 (k − m)!=·2π(k + m)!Z2πZπdϕ cos(mϕ)0βkm(2.4.13)f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.4.14)02k + 1 (k − m)!=·2π(k + m)!Z2πZπdϕ sin(mϕ)0f (θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,(2.4.15)0При этом ряд (2.6.16) сходится к f (θ, ϕ) абсолютноθ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π].Поскольку в нашем случае функция f (θ) не зависит от ϕ, тоиравномернона=0αkm =2k + 1 (k − m)!·2π(k + m)!Zπf (θ) Pkm (cos θ) sin θdθ ·{cos(mϕ)dϕ = 0,m 6= 0,00βkm}|zZ2π2k + 1 (k − m)!=·2π(k + m)!Zπf (θ) PkmZ2π(cos θ) sin θdθ ·0sin(mϕ)dϕ = 0.|0{z=0}Найдём αk0 :=2παk0z }| {ZπZ2πZπ2k + 1 k!=·f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ ·dϕ = (2k + 1) f (θ) Pk (cos θ) sin θdθ.2πk!000Приравнивая рядыvr (R, θ) + hv(R, θ) = hA0 +∞ Xnn=1∞Xαk0+ h An Rn Pn (cos θ) =Pk (cos θ) = f (θ),R2k=0видим, что они равны, еслиαn02n + 1An ==n−12 (n + hR) R2 (n + hR) Rn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ,n = 0, ∞.0Ответ в общем виде:v(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0An =An rn Pn (cos θ),(2.4.16)n=02n + 12 (n + hR) Rn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ.0c Д.С.

Ткаченко∞X-197-(2.4.17)Задачи на уравнение Лапласа в шареНам осталось вычислить An в данном конкретном случае, когдаf (θ) =qk0 6 θ < π2 ;π< θ 6 π.2cos θ,0,ПосколькуZhZiPn (cos θ) sin θdθ = x = cos θ = − Pn (x) dx =hi00= по рекуррентной формуле (2.1.6) (2n + 1)Pn (x) = Pn+1(x) − Pn−1(x) n > 1 ==−Pn+1 (x) − Pn−1 (x)+ c,2n + 1n > 1, (2.4.18)то при n > 2πZ2hZ1icos θPn (cos θ) sin θdθ = x = cos θ =0hixPn (x) dx = по частям =0x=1Z11x (Pn+1 (x) − Pn−1 (x)) +=−(Pn+1 (x) − Pn−1 (x)) dx =2n + 12n + 1x=00hi= в силу равенства Pn (1) = 1 и формулы (2.4.18) при (n + 1) и (n − 1) =x=11Pn (x) − Pn−2 (x) Pn+2 (x) − Pn (x)=−.2n + 12n + 32n − 1x=0В силу равенства Pn (1) = 1 и формул (2.1.9):P2m+1 (0) = 0,P2m (0) =(−1)m (2m)!,22m (m!)2m>0(2.1.9)получаем при n = 2m + 1, m > 0:πZ21cos θP2m+1 (cos θ) sin θdθ =4m + 30x=1P2m+3 (x) − P2m+1 (x)P2m+1 (x) − P2m−1 (x) −= 0,4m + 54m + 1x=0а при n = 2m, так как(2m + 1)(2m + 2)2m + 1· P2m (0) = −· P2m (0),24(m + 1)2(m + 1)2m22mP2m−2 (0) = −· P2m (0) = −· P2m (0),m(2m − 1)2m − 1P2m+2 (0) = −-198-(2.4.19)(2.4.20)№ 788 б)имеем:πZ2x=11P2m+2 (x) − P2m (x)P2m (x) − P2m−2 (x) cos θP2m (cos θ) sin θdθ =−=4m + 14m + 34m − 1x=00 hiP2m+2 (0) − P2m (0)P2m (0) − P2m−2 (0)1−= в силу (2.4.19) и (2.4.20) ==−4m + 14m + 34m − 112m + 112mP2m (0)· −−1 −· 1+==−4m + 1 4m + 32(m + 1)4m − 12m − 1P2m (0)14m + 314m − 1=·+·=4m + 1 4m + 3 2(m + 1)4m − 1 2m − 1P2m (0)11P2m (0)4m + 1P2m (0)=+=·=4m + 1 2(m + 1) 2m − 14m + 1 2(m + 1)(2m − 1)2(m + 1)(2m − 1)Таким образом, при n > 2An =2n + 12 (n + hR) Rn−1πZπq2n + 1·k 2 (n + hR) Rn−1f (θ) Pn (cos θ) sin θdθ =0Z2cos(θ) Pn (cos θ) sin θdθ =0(=0,qk·4m+12(2m+hR)R2m−1·P2m (0),2(m+1)(2m−1)n = 2m + 1, m > 1;n = 2m, m > 1.Найдём теперь A0 и A1 .1A0 =2hZππ1f (θ) P0 (cos θ) sin θdθ =2h00A1 =32(1 + hR)Z2θ= πqqcos2 θ 2qcos θ sin θdθ = −·=.k2hk2 θ=04hkπZπf (θ) P1 (cos θ) sin θdθ =32(1 + hR)Z2qcos2 θ sin θdθ =k00θ= π3qcos3 θ 2q=−·=.2(1 + hR)k3 θ=02(1 + hR)kИтак,2n + 1An =2 (n + hR) Rn−1Zπf (θ) Pn (cos θ) sin θdθ =0=q,4hkq,2(1+hR)k0, q·k4m+12(2m+hR)R2m−1·P2m (0),2(m+1)(2m−1)n = 0;n = 1;n = 2m + 1, m > 1;n = 2m, m > 1.Подставляя найденные An в (2.4.16)v(r, θ) =∞XAn Xn (r)Yn (θ) =n=0c Д.С.

Характеристики

Список файлов лекций