Семинары 7-15 по специальным функциям одним файлом (1127984), страница 32

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

Текст из файла (страница 32)

Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ Xr nn=0Rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.11.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = 3 + 5 cos2 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P0 (cos θ) и P2 (cos θ):i 3 cos2 θ − 1hP0 (cos θ) = 1иP2 (cos θ) = в силу формулы (2.1.10) =,21 + 2P2 (cos θ)1410= P0 (cos θ) + P2 (cos θ),333то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов: 14n = 0; 3141010n = 2;f (θ) = P0 (cos θ) + P2 (cos θ)=⇒fn =3330n = 1, n > 3.f (θ) = 3 + 5 cos2 θ = 3 + 5=⇒Таким образом,u(r, θ) =1410r214 10r2 3 cos2 θ − 1145r2r2P0 (cos θ) +P(cosθ)=+·=−+5·cos2 θ.233R233R2233R2R2Ответ:1410r2145r2r2P0 (cos θ) +P(cosθ)=−+5·cos2 θ,233R233R2R2где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).u(r, θ) =c Д.С.

Ткаченко-219-Задачи Дирихле для уравнения Лапласа2.14. № 790 б)Построить функцию u(r, θ), гармоническую в шаре радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, θ) = f (θ) = 2 cos θ − 3 sin2 θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1 ∆u ≡ 12 (r2 ur ) + 2 1sin θuθ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0,rrr sin θθ0 6 r < R,0 < θ < π;(2.14.1)|u(0, θ)| < ∞,u(R, θ) = f (θ) = 2 cos θ − 3 sin2 θ.Шаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а).

Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ Xr nn=0Rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.11.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = 2 cos θ − 3 sin2 θ, как легко видеть, есть линейнаякомбинация полиномов P0 (cos θ), P1 (cos θ) и P2 (cos θ):P0 (cos θ) = 1,=⇒P1 (cos θ) = cos θиhi 3 cos2 θ − 1,P2 (cos θ) = в силу формулы (2.1.10) =2f (θ) = 2 cos θ − 3 sin2 θ = 2 cos θ − 3 1 − cos2 θ = −3 + 2 cos θ + 3 cos2 θ =3 cos2 θ − 1= −3 + 2 cos θ + 2 ·+ 1 = −2P0 (cos θ) + 2P1 (cos θ) + 2P2 (cos θ),2то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов: −22f (θ) = −2P0 (cos θ) + 2P1 (cos θ) + 2P2 (cos θ)=⇒fn =0n = 0;n = 1, n = 2;n > 3,Таким образом,rr22rr2 3 cos2 θ − 1u(r, θ) = −2P0 (cos θ) + 2 · P1 (cos θ) + 2 · 2 P2 (cos θ) = −2 +cos θ + 2 · 2 ·=RRRR22rr2r2= −2 − 2 +cos θ + 3 · 2 · cos2 θ.RRRОтвет:u(r, θ) = −2P0 (cos θ) + 2 ·rr2r22rr2P1 (cos θ) + 2 · 2 P2 (cos θ) = −2 − 2 +cos θ + 3 · 2 · cos2 θ,RRRRRгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).-220-2.15.

№ 790 В)2.15. № 790 в)Построить функцию u(r, θ), гармоническую в шаре радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, θ) = f (θ) = 3 cos3 θ − cos θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1112 ∆u ≡ 2 (r ur ) + 2sin θuθ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0,rrr sin θ|u(0, θ)| < ∞,u(R, θ) = f (θ) = 3 cos3 θ − cos θ.θ0 6 r < R,0 < θ < π;(2.15.1)Шаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а).

Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ Xr nn=0Rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.11.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = 3 cos3 θ − cos θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P1 (cos θ) и P3 (cos θ):P1 (cos θ) = cos θиi 5 cos3 θ − 3 cos θ,P3 (cos θ) = в силу формулы (2.1.10) =2hf (θ) = 3 cos3 θ − cos θ = − cos θ +=⇒6 5 cos3 θ − 3 cos θ 9·+ cos θ =52546= P1 (cos θ) + P3 (cos θ),55то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов: 4n = 1; 5466f (θ) = P1 (cos θ) + P3 (cos θ)=⇒fn =n = 3; 5550n = 0, n = 2, n > 4.Таким образом,u(r, θ) =6 r34 r6 r3 5 cos3 θ − 3 cos θ4 r· P1 (cos θ) + · 3 P3 (cos θ) = · cos θ + · 3 ·=5 R5 R5 R2 5 Rr34 r9 r3=· − · 3 cos θ + 3 · 3 · cos3 θ.5 R5 RRОтвет:4 r6 r3u(r, θ) = · P1 (cos θ) + · 3 P3 (cos θ) =5 R5 Rгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).c Д.С.

Ткаченко-221-4 r9 r3· − · 35 R5 Rcos θ + 3 ·r3· cos3 θ,3RЗадачи Дирихле для уравнения Лапласа2.16. № 790 г)Построить функцию u(r, θ), гармоническую в шаре радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, θ) = f (θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1112 ∆u ≡ 2 (r ur ) + 2sin θuθ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0,rrr sin θ0 6 r < R,θ0 < θ < π;|u(0, θ)| < ∞,u(R, θ) = f (θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ.(2.16.1)Шаг 1.

Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а). Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ Xr nn=0Rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.11.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ, как легко видеть, есть линейнаякомбинация полиномов P0 (cos θ), P2 (cos θ) и P4 (cos θ):i 3 cos2 θ − 1hиP2 (cos θ) = см. (2.1.10) =2hi 35 cos4 θ − 30 cos2 θ + 3,P4 (cos θ) = см. (2.1.10) =8P0 (cos θ) = 1,f (θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ = 3 (2 sin θ cos θ)2 − 2 1 − cos2 θ == 12 1 − cos2 θ cos2 θ − 2 1 − cos2 θ = −2 + 14 cos2 θ − 12 cos4 θ =8 35 cos4 θ − 30 cos2 θ + 37236263496= −12 ··−cos2 θ + +14 cos2 θ−2 = − P4 (cos θ)+ cos2 θ−=35873535735|{z}=⇒=−12 cos4 θ2=−9626 2 3 cos θ − 1 263496524P4 (cos θ) +· ·+−= − P4 (cos θ) + P2 (cos θ) + P0 (cos θ),357 32352115|21 {z 35}4= 15то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:f (θ) = −96524P4 (cos θ) + P2 (cos θ) + P0 (cos θ)352115=⇒fn =-222-=⇒ 41552 21− 9635 0n = 0;n = 2;n = 4;n = 1, n = 3, n > 5,2.17.

№ 791 А)Таким образом,u(r, θ) =452 r296 r4P0 (cos θ) +· 2 P2 (cos θ) −·P4 (cos θ) =1521 R35 R452 r2 3 cos2 θ − 196 r4 35 cos4 θ − 30 cos2 θ + 34+· 2·−· 4·==15 21 R235 R8 426 r2r436 r478 r272 r4=−· 2−· 4+· 2+· 4 cos2 θ − 12 · 4 cos4 θ.1521 R35 R21 R7 RRОтвет:52 r2496 r4··u(r, θ) = P0 (cos θ) +P2 (cos θ) −P4 (cos θ) =1521 R235 R426 r2436 r478 r272 r4r4−· 2−· 4+· 2+· 4 cos2 θ − 12 · 4 cos4 θ,=1521 R35 R21 R7 RRгде Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Проверка: при r = R получаем:426 3678 72r4u(R, θ) =−−++cos2 θ − 12 cos4 θ = −2 + 14 cos2 θ − 12 · 4 cos4 θ ≡ f (θ).15 21 35217R2.17. № 791 а)Построить функцию u(r, θ), гармоническую вне шара радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, θ) = f (θ) = 2 cos θ − cos2 θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1112∆u ≡ r2 (r ur )r + r2 sin θ sin θuθ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0,|u(0, θ)| < ∞,u(R, θ) = f (θ) = 2 cos θ − cos2 θ.R < r < ∞,0 < θ < π;(2.17.1)θШаг 1.

Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 б). Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ n+1XRn=0rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.12.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = 2 cos θ − cos2 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P0 (cos θ), P1 (cos θ) и P2 (cos θ):P0 (cos θ) = 1,c Д.С.

ТкаченкоP1 (cos θ) = cos θиhi 3 cos2 θ − 1P2 (cos θ) = в силу формулы (2.1.10) =,2-223-Задачи Дирихле для уравнения Лапласаf (θ) = 2 cos θ − cos2 θ = 2 cos θ −=⇒2 3 cos2 θ − 11·− =32312= − P0 (cos θ) + 2P1 (cos θ) − P2 (cos θ),33то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:12f (θ) = − P0 (cos θ) + 2P1 (cos θ) − P2 (cos θ)33 1− 32fn =−2 30=⇒n = 0;n = 1;n = 2;n > 3.Таким образом,1 RR22 R3· P0 (cos θ) + 2 · 2 P1 (cos θ) − · 3 P2 (cos θ) =3 rr3 rR21 R R22 R3 3 cos2 θ − 1R2R31 R= ·−1+2·cosθ−· cos2 θ.= − · + 2 · 2 cos θ − · 3 ·3 rr3 r23 r r2r2r3u(r, θ) = −Ответ:1 RR22 R31 Ru(r, θ) = − · P0 (cos θ)+2· 2 P1 (cos θ)− · 3 P2 (cos θ) = ·3 rr3 r3 rR2R2R3−1+2·cosθ−·cos2 θ,r2r2r3где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.18.

№ 791 б)Построить функцию u(r, θ), гармоническую вне шара радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:u(R, θ) = f (θ) = cos3 θ.Записав эти условия математически, получим задачу:Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий=0z}|{1 ∆u ≡ 12 (r2 ur ) + 2 1sinθu+u= 0,θrrr sin θr2 sin2 θ ϕϕ|u(0, θ)| < ∞,u(R, θ) = f (θ) = cos3 θ.R < r < ∞,0 < θ < π;(2.18.1)θШаг 1. Решение в общем видеДанная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 б). Воспользуемся результатом:Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:u(r, θ) =∞ n+1XRn=0rfn Pn (cos θ),2n + 1fn =2Zπf (θ)Pn (cos θ) sin θdθ,(2.12.2)0где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).Поскольку данная нам функция f (θ) = cos3 θ, как легко видеть, есть линейная комбинацияполиномов P1 (cos θ) и P3 (cos θ):hi 5 cos3 θ − 3 cos θP1 (cos θ) = cos θиP3 (cos θ) = в силу формулы (2.1.10) =,2-224-2.19.

№ 791 В)2 5 cos3 θ − 3 cos θ 332·+ cos θ = P1 (cos θ) + P3 (cos θ),52555то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:3n = 1; 5322f (θ) = P1 (cos θ) + P3 (cos θ)=⇒fn =n = 3;555 0n = 0, n = 2, n > 4.f (θ) = cos3 θ ==⇒Таким образом,u(r, θ) =3 R22 R43 R22 R4 5 cos3 θ − 3 cos θ· 2 P1 (cos θ) + · 4 P3 (cos θ) = · 2 cos θ + · 4 ·=5 r5 r5 r5 r2 3 R2R2R4= · 2 1 − 2 + 4 · cos3 θ.5 rrrОтвет:3 R22 R43 R2u(r, θ) = · 2 P1 (cos θ) + · 4 P3 (cos θ) = · 25 r5 r5 rR21− 2r+R4· cos3 θ,r4где Pn (x) – полиномы Лежандра (2.1.2).2.19.

Характеристики

Список файлов лекций