1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Способ сопряженных тригонометрических рядов. Укажем теперь другой способ приближенного построения функции, совершающей конформное преобразование односвязной области B на круг. В данном случае мыбудем иметь это приближенное представление в виде полинома не на плоскостиz области B, как в предыдущем случае, а на плоскости единичного круга τ . Дляпростоты будем считать, не ограничивая общности, что центр круга переходитв начало координат, которое лежит внутри B.
Пустьz = a1 τ + a2 τ 2 + . . .(75)функция, которая преобразует единичный круг C(|τ | < 1) в B. Если контурB есть простая замкнутая кривая, то можно показать, что ряд (75) сходитсяравномерно во всем замкнутом круге C, включая его окружность. На этойокружности мы должны положить τ = eiϕ , где 0 ϕ 2π; при этом получимуравнение контура Γ нашей области B:z = x + iy = a1 eiϕ + a2 ei2ϕ + a3 ei3ϕ + . . .(76)или, отделяя в коэффициентах вещественную и мнимую части ak = αk − iβk ,можем написать уравнение контура в видеx=∞(αk cos kϕ + βk sin kϕ);y=k=1∞(−βk cos kϕ + αk sin kϕ).(77)k=1В частности, мы можем считать a1 вещественным, т. е. β1 = 0.
Уравнения(77) дают параметрическое представление контура Γ области B особого вида,а именно параметрическое представление в виде сопряженных тригонометрических рядов [25]. Назовем такое представление нормальным параметрическим представлением кривой. В комплексной форме это представление можетбыть написано в виде (76). Наоборот, имея нормальное параметрическое представление контура Γ области в виде (76) или (77), мы можем построить и самуюфункцию, заменив в ряде (76) eikϕ на τ k . При этом, конечно, ряд (76) долженбыть равномерно сходящимся.
Таким образом, задача сводится к нахождениюнормального параметрического представления контура Γ заданной области B.Предположим, что имеется уравнение контура Γ в неявной форме, причемэто уравнение имеет видx2 + y 2 − 1 + λP (x2 , y 2 ) = 0,P (x2 ,y 2 ) — полином,(78)содержащий лишь четгде λ — некоторая постоянная иные степени x и y. Уравнение (78) мы можем переписать в комплексной форме.42]Способ сопряженных тригонометрических рядов199Заметим для этого, что P (x2 , y 2 ) можно считать полиномом от двух аргументов:x2 + y 2 = zz и 2(x2 − y 2 ) = z 2 + z 2 ,так что уравнение (78) может быть переписано в формеzz − 1 + λk0l0 Akl (zz)k (z 2 + z 2 )l = 0,(79)l=0 k=0где Akl — заданные вещественные коэффициенты.
По условию наша криваяΓ симметрична относительно координатных осей, и, повторяя рассуждения,аналогичные тем, которые мы проводили в [39] при рассмотрении правильного многоугольника, можно показать, что в формулах (77) мы должны иметьβk = 0 и α2k = 0, так что уравнение контура в комплексной форме мы должныбудем искать в следующем виде:z = α1 eiϕ + α3 ei3ϕ + . . .(α1 > 0),(80)где α2k+1 — вещественные коэффициенты, и, следовательно,z = α1 e−iϕ + α3 e−i3ϕ + .
. .(81)Непосредственным перемножением получим выраженияzz = +∞p=−∞z 2 + z2 =+∞p=0++∞p=0α2j+1 α2j +1 e2ipϕ,j−j =pj+j =pj+j =pα2j+1 α2j +1 ei(2p+2)ϕ +⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪−i(2p+2)ϕ ⎪⎪α2j+1 α2j +1 e.⎪⎪⎭(82)В каждом из написанных выражений суммирование по j и j совершается от 0 до +∞ лишь по тем значениям, которые удовлетворяют написаннымвнизу суммы равенствам.
Подставляя выражения (82) в левую часть (79), мыдолжны, перемножая опять ряды и собирая члены с одинаковыми степенями eiϕ , приравнять нулю члены при различных степенях eiϕ . Заметим приэтом, что в формулах (82) коэффициенты при положительных и отрицательных степенях будут одинаковы, и участвуют лишь четные степени eiϕ . То жебудет, очевидно, и при разложении левой части уравнения (79), так что нампридется приравнять нулю лишь свободный член и коэффициенты при ei2pϕдля p > 0.Не проделывая всех вычислений в общем случае, заметим лишь, чтомы получим в силу первого из уравнений (82) систему уравнений вида200Гл. II.
Конформное преобразование и плоское поле[42⎫α21 + α23 + α25 + . . . + λT0 (α2j+1) = 1,⎪⎪⎪⎪α1 α3 + α3 α5 + . . . + λT1 (α2j+1 ) = 0,⎬(83)α1 α5 + α3 α7 + . . . + λT2 (α2j+1 ) = 0,⎪⎪⎪⎪⎭.......................................где Tp (α2j+1 ) — некоторые определенные выражения, содержащие заданныекоэффициенты Akl и искомые α2j+1 . Мы их не будем выписывать в общемслучае. Перепишем предыдущую систему, оставляя в каждом уравнении слевалишь первое слагаемое и извлекая в первом уравнении корень квадратный, аостальные уравнения деля на α1 :α1 = 1 − [α23 + α25 + . . .
+ λT0 (α2j+1 )],α3 α5α5 α71−− ... −λT1 (α2j+1 ),α1α1α1α3 α7α5 α91α5 = −−− ... −λT2 (α2j+1 ),α1α1α1.............................................α3 = −Разлагая радикал по биному Ньютона, получим⎫1⎪⎪α1 = 1 − [α23 + α25 + . . . + λT0 (α2j+1 )]+⎪⎪2⎪⎪⎪⎪⎪1 1⎪⎪−1⎪2 2⎪⎪222+[α3 + α5 + .
. . + λT0 (α2j+1 )] + . . . , ⎪⎪⎬2!α3 α5α5 α71⎪⎪−− ... −λT1 (α2j+1 ),α3 = −⎪⎪⎪α1α1α1⎪⎪⎪⎪α3 α7α5 α91⎪⎪α5 = −−− ... −λT2 (α2j+1 ),⎪⎪⎪α1α1α1⎪⎪⎭...................................................(84)Будем решать эту систему по методу последовательных приближений, принимая за исходные следующие значения:(0)α1= 1;(0)α3(0)= α5= . . . = 0.(85)Подставляя выражения (85) в правые части равенств (84) и отбрасываявсе члены, содержащие λ выше, чем в первой степени, мы получим первоеприближение:(0)(1)α2j+1 + λα2j+1 ,(86)причем, пользуясь выражениями Tk (α2j+1 ), можно показать, что все выражения (86) при достаточно больших значениях j будут равны нулю.Подставляя выражения (86) опять в правую часть равенств (84) и отбрасывая те члены, которые содержат λ выше, чем во второй степени, мы будемиметь для коэффициентов второе приближение вида(0)(1)(2)α2j+1 + λα2j+1 + λ2 α2j+1 ,42]Способ сопряженных тригонометрических рядов201причем опять все эти выражения будут нули при больших j и т.
д. Можнопоказать, что полученные таким образом бесконечные ряды для α2j+1 будутсходящимися для всех λ, достаточно близких к нулю, и будут давать решениезадачи.П р и м е р. Для разъяснения предыдущего метода рассмотрим пример, аименно найдем функцию, отображающую единичный круг на внутренность эллипса с уравнением:x2 + y 2 − 1 − λ(x2 − y 2 ) = 0(λ < 1).(87)В комплексной форме это уравнение может быть представлено в видеzz − λz 2 + z2= 1,2и, непосредственно пользуясь формулами (82), получим бесконечную системувида⎫α21 + α23 + α25 + α27 + α29 + α211 + . . .= 1,⎪⎪⎪⎪⎪1 2⎪⎪α1 ,α1 α3 + α3 α5 + α5 α7 + α7 α9 + α9 α11 + .
. . = λ⎪⎪⎪2⎪⎪⎪⎪α1 α5 + α3 α7 + α5 α9 + α7 α11 + . . .= λ(α1 α3 ),⎪⎪⎪⎬1 2(88)α3 + α1 α5 ,α1 α7 + α3 α9 + α5 α11 + . . .=λ⎪2⎪⎪⎪⎪⎪α1 α9 + α3 α11 + . . .= λ(α1 α7 + α3 α5 ),⎪⎪⎪⎪1 2 ⎪⎪α1 α11 + α3 α13 + . . .= λ α1 α9 + α3 α7 + α5 ,⎪⎪⎪5⎪⎪⎭....................................................................Введем новые неизвестные ρk , полагаяα3α5ρ0 = α1 ; ρ1 =; ρ2 =; ...α1α1(89)Для них система (88) перепишется так:⎫1ρ0 = (1 + ρ21 + ρ22 + . . .)− 2 ,⎪⎪⎪⎪⎪1⎪⎪ρ1 = λ − ρ1 ρ2 − ρ2 ρ3 − ρ3 ρ4 − ρ4 ρ5 − . . . ,⎪⎪⎪2⎪⎪⎪⎪⎪ρ2 = λρ1 − ρ1 ρ3 − ρ2 ρ4 − ρ3 ρ5 − .
. . ,⎪⎪⎪⎬1 2ρ1 + ρ2 − ρ1 ρ4 − ρ2 ρ5 − . . . ,ρ3 = λ⎪2⎪⎪⎪⎪⎪ρ4 = λ(ρ1 ρ2 + ρ3 ) − ρ1 ρ5 − . . . ,⎪⎪⎪⎪⎪1 2⎪⎪⎪ρ5 = λ ρ4 + ρ1 ρ3 + ρ2 − ρ1 ρ6 − . . . ,⎪⎪2⎪⎪⎭...........................................(90)202Гл. II. Конформное преобразование и плоское поле[43Не обращая пока внимания на первое уравнение, мы можем решить остальные указанным выше методом последовательных приближений.Таким путем, доходя до членов, содержащих λ5 , получим113 519 4λ , ρ2 = λ2 −λ ,ρ1 = λ − λ3 +243221659721 5λ ,ρ3 = λ3 − λ5 , ρ4 = λ4 , ρ5 =88816причем все остальные ρk будут равны нулю. За начальные значения мы брали(0)(0)ρ1 = ρ2 = .
. . = 0. Подставляя полученные выражения для ρk в правую частьпервого из уравнений системы (90) и пользуясь формулой бинома Ньютона,получим для ρ0 выражение с точностью до λ5 :1 23 4λ +λ .8128Зная ρk , согласно (89), можно построить αk :ρ0 = 1 −α1 = ρ0 , α3 = ρ0 ρ1 , α5 = ρ0 ρ2 , . . .Искомая функция, отображающая единичный круг во внутреннюю частьэллипса (87), будет приближенно представляться в виде 13 43 5 211λ τ 1+λ − λ3 +λ τ +z = 1 − λ2 +812824329 4 49 5 6721 5 105 31 2. (91)λ −λ τ +λ − λ τ + λ4 τ 8 +λ τ+2168881643. Плоское установившееся течение жидкости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
