1612725605-4201826098943ec8a5930a8a95852d2f (828606), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Опять при k = 2πn функция Грина обращается в бесконечность, у однородной задачи возникает сразу два решения — sin(kx) и cos(kx), т. е. две нулевые моды.6.2.Обобщенные функции Грина для ОДУРассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение n-го порядкаL̂x u(x) = f (x)в области a < x < b с граничными условиями при x = a и (или) x = bM̂k u = hk ,k = 1, .., n.Пусть однородная задача имеет нулевую моду φ0 (x):L̂x φ0 (x) = 0,M̂k φ0 (x) = 0,k = 1, .., n.Нам не удастся использовать ФСР для удовлетворения граничных условий. Однакоможно взять произвольную функцию u1 (x) (например полином), удовлетворяющую граничным условиям, и задача сведется к полуоднородной задаче на функцию v = u − u1видаL̂x v(x) = f (x) − L̂x u1 ≡ f˜(x) M̂k v = 0, k = 1, .., n.Оператор L̂ необратим, поскольку имеет нулевое собственное значение.
Однако изRbнормированной нулевой моды dxφ0 (x) = 1 можно сделать проектор на подпространaство этой моды в гильбертовом пространстве: интегральный оператор с ядром видаP (x, x′ ) = φ0 (x)φ0 (x′ ). А значит, можно обратить оператор и получить уравнение наобобщенную функцию грина (ОФГ) в подпространстве, ортогональном нулевой моде:L̂x G(x, x′ ) = δ(x − x′ ) − φ0 (x)φ0 (x′ ),M̂k G(x, x′ ) = 0,k = 1, .
. . , n.Решение ищется в виде суммы ФСР и частного решения неоднородного уравнения, затемсшивается при x = x′ . Ясно, что решение не единственно, поскольку всегда можнодобавить нулевую моду с произвольным коэффициентом.1026. ФУНКЦИИ ГРИНАЗадача 253 .
Найти функцию Грина краевой задачиd2 u+ π 2 u = f (x), u(0) = a, u(1) = b.dx2Решение. ФСР дифференциального уравнения содержит нулевую модуφ0 = sin(πx).Второе решение φ2 = cos(πx) не удовлетворяет ни одному из нулевых граничных условий.Рассмотрим функцию u1 = a + (b − a)x, которая удовлетворяет неоднородным граничным условиям, однако не является решением уравнения.
Тогда задача на функциюv = u − u1 является полуоднородной с модифицированной правой частью:d2 v+ π 2 v = f (x) − π 2 (a + (b − a)x) = f˜(x), v(0) = v(1) = 0.dx2Функция Грина модифицированной задачи удовлетворяет уравнениюd2 G(x, x′ )+ π 2 G(x, x′ ) = δ(x − x′ ) − 2 sin(πx) sin(πx′ ), G(0, x′ ) = 0, G(1, x′ ) = 0.dx2Условия сшивки такие же, как в предыдущих задачах.Составляя функцию Грина из ФСР и частного решения неоднородного уравненияxcos(πx) sin(πx′ ) и снова пользуясь граничными условиями, получим:πxx−1cos(πx) sin(πx′ ) + A sin(πx), G> (x, x′ ) =cos(πx) sin(πx′ ) + B sin(πx).ππОсталось найти A и B из условий сшивки:G< (x, x′ ) =A sin(πx′ ) = (B − cos(πx′ )/π) sin(πx′ ),πB cos(πx′ ) + sin2 (πx′ ) − πA cos(πx′ ) = 1,откуда находим, что A = B − cos(πx′ )/π и B — произвольная функция от x′ .
Окончательно для обобщенной функции Грина получаемxcos(πx> ) sin(πx< )cos(πx) sin(πx′ ) −+ B(x′ ) sin(πx).ππРешение имеет видG(x, x′ ) =u(x) = a + (b − a)x + C sin(πx) +Z1dx′ G(x, x′ ))f˜(x′ ).0Обобщенная функция Грина определена в подпространстве, ортогональном нулевым модам, поэтому коэффициент B(x′ ) находится из условия ортогональности нулевойR1моде: 0 sin(πx)G(x, x′ ) = 0. Однако при нахождении решения эту громоздкую процедуру можно пропустить.
Коэффициент B(x′ ) можно положить произвольной функции (например, B = 0 либо B = x′ cos(πx′ )/π, чтобы ОФГ была симметричной, как и положенодля эрмитовой задачи), поскольку он дает лишь изменение в неопределенной константеC при нулевой моде. В последнем случае обобщенная функция Грина будет найденас точностью до проектора на подпространство нулевой моды: G(x, x′ ) + Cφ0 (x)φ0 (x′ ).Кроме того, нужно явно выделить вклад от граничных условий, взяв интеграл от−π 2 G(x, x′ )(a + (b − a)x′ ), и представить ответ в стандартном виде суммы вкладов отf (x) и от граничных условий.1036.2. Обобщенные функции Грина для ОДУОпределение.1. Оператор называется эрмитовым, если L̂† = L̂.2. Если оператор эрмитов и нулевые граничные условия правой и левой задачсовпадают, то задача называется самосопряженной.
Тогда собственные функции левой и правой задач совпадают.Замечание. Для предыдущей задачи домножим L̂u на функцию w ∗ (x) и проинтегрируем по частям:(w, L̂u) =Z10Z10dx u(x)11ih d2dw ∗∗ du 2 +−u(x)=w−πu(x)dx w (x)dx2dx 0dx0h d2 w(x)dx2∗− π 2 w(x)i∗11∗dwduu(x) + (L̂† w, u).= w ∗ −dx 0dx0Мы получили, что оператор эрмитовый.
Теперь подставим нулевые граничные условиядля u(0) = u(1) = 0, тогда второй внеинтегральный член обратится в ноль. Граничныеусловия на левую задачу (функцию w) обязаны быть такими, чтобы оставшиеся внеинтегральные слагаемые обратились в ноль. В нашем случае это w(0) = w(1) = 0, т. е.они в точности совпадают с граничными условиями правой задачи.
Мы доказали, чтозадача самосопряженная.Домножим исходное уравнение на нулевую моду и воспользуемся выведенным равенством при w = sin(πx):Z101d sin(πx)dx f (x) sin(πx) = −u(x) = π(b + a).dx0Если повторить это для модифицированной (полуоднородной) задачи, то получимZ1dxf˜(x) sin(πx) = 0.0Очевидно, что это одно и то же равенство. Приходим к альтернативе Фредгольма: либоправая часть уравнения в полуоднородной задаче ортогональна нулевым модам (и тогдарешение не единственно) либо задача некорректна и не имеет решений.
Для неоднородной задачи условие разрешимости на правую часть уравнения зависит от значения награницах.Задача 254 . Найти функцию Грина краевой задачиdu du d2 u= a,= b.= f (x),dx2dx 0dx 1Решение. ФСР φ0 = 1, φ1 = x содержит нулевую моду. Для полуоднороднойзадачи выпишем уравнение на функцию Грина:d2 G(x, x′ )= δ(x − x′ ) − 1,2dxG(0, x′ ) = 0,G(1, x′ ) = 0.1046. ФУНКЦИИ ГРИНАСоставляя функцию Грина из ФСР и частного решения −x2 /2 и пользуясь граничными условиями, получим:G< (x, x′ ) = −x2+ A,2G> (x, x′ ) = −x2+ B + x.2Осталось найти A и B из условий сшивки: A = B + x′ , 1 = 1, опять один коэффициент при нулевой моде не определен.
Окончательно для функции Грина получаемG(x, x′ ) = −x2+ x> + B(x′ ),2чтобы ОФГ была симметричной (поскольку задача самосопряженная), выберем B =−x′2 /2 + const. Произвол в выборе константы фиксируется условием ортогональностиОФГ с нулевой модой. Теперь ОФГ удовлетворяет нулевым граничным условиям по xи x′ .Осталось учесть граничные условия и найти условие разрешимости задачи. Умножая уравнение на нулевую моду и интегрируя по частям, находим условие разрешимости:1Z 1du = b − a.dxf (x) =dx 00Теперь, чтобы учесть ненулевые граничные условия, умножим уравнение на ОФГ ипроинтегрируем по частям:Z10Ответ.1Z1dudx′ G(x, x′ )f (x′ ) = G(x, x′ ) ′ + u(x) − dx′ u(x′ ).dx 00u(x) =Z0Z10dx′ G(x, x′ )f (x′ ) + aG(x, 0) − bG(x, 1) + Cφ0 =1dx′ G(x, x′ )f (x′ ) + ax(1 − x/2) + bx2 /2 + C.Подставляя решение в уравнение, убеждаемся, что оно выполняется, если выполненоусловие разрешимости, в противном случае задача некорректна.Задача 255 .
* Найти ОФГ краевой задачиd2 udu + a,− u = f (x), u(0) =dx2dx 0du u(1) =+ b.dx 1Указание. ФСР φ0 = exp(x), φ1 = exp(−x) содержит нулевую моду, вронскианравен 2. Для полуоднородной задачи выпишем уравнение на функцию Грина:2 exp(x + x′ )d2 G(x, x′ )′′−G(x,x)=δ(x−x)−,dx2e2 − 1G(0, x′ ) = G(1, x′ ),dG 1| = 0.dx 0Решение имеет видG(x, x′ ) = −x exp(x + x′ ) sh (x − x′ ) 2+(e θ(x − x′ ) + θ(x′ − x)).e2 − 1e2 − 16.3. Функции Грина эллиптических уравнений105Условие разрешимости получим, интегрируя уравнение с нулевой модой:Z1dx exp(x)f (x) = a − eb.0Ответ.u(x) =Z1dx′ G(x, x′ )f (x′ ) + G(x, 1)b − G(x, 0)a =0Z1′′dx G(x, x )f (x ) +06.3.′ 2sh (x − 1) − x exp(x + 1)e sh (x) − x exp(x)b−a.e2 − 1e2 − 1Функции Грина эллиптических уравненийЗадача 256 . Найти функцию Грина для уравнения Пуассона△u(~r) = f (~r)с нулевыми граничными условиями на бесконечности u(∞) = 0.Решение.
Уравнение на функцию Грина имеет вид△G(~r, ~r ′ ) = δ(~r − ~r ′ )(6.2)с нулевыми граничными условиями на бесконечности. Поскольку правая часть зависит~ = ~r −~r ′ и граничные условия поставлены при R = ∞, будем искатьтолько от разности R~ В сферической системе координат для размерности пространстваФГ как функцию R.d получим~div∇G(R) = δ(R).Интегрируя по шару радиуса R, получимZZdG(R)′d′′~~= 1,dR div’∇ G(R ) =dS∇G(R)= Ωd Rd−1dRR′ <RR′ =Rгде Ωd — площадь поверхности d-мерной сферы единичного радиуса. Интегрируем ещераз и получаем−1при d > 2.G(~r, ~r ′ ) =(d − 2)Ωd |~r − ~r ′ |d−2Для размерности пространства меньше d < 3 нулевые условия на бесконечности выполнить нельзя.ln(|~r − ~r ′ |)′при d = 2,G(~r, ~r ) =2π|x − x′ |G(x, x′ ) =при d = 1.2В электростатике ФГ задает поле (потенциал) точечного заряда.
Для d = 2 — это потенциал заряженной нити, он логарифмически растет на бесконечности, а d = 1 — потенциал заряженной плоскости, он растет линейно.1066. ФУНКЦИИ ГРИНАЗадача 257 . Найти решение уравнения Пуассона в области z > 0 трехмерногопространства с граничным условием u(x, y, 0) = φ(x, y) (задача Дирихле: на границезадано распределение потенциала).Решение. Начнем с решения полуоднородной задачи G(x, y, 0; ~r ′ ) = 0.
ФГ найдемметодом изображения. В силу симметрии относительно отражения от плоскости z = 0ищем в виде суммы двух ФГ из предыдущей задачи, отличающихся заменой z → −z:G(~r, ~r ′ ) =−1−1+A,′4π|~r − ~r |4π|~r − ~r ′′ |где x′′ = x′ , y ′′ = y ′, z ′′ = −z ′ . Лапласиан от второго слагаемого равен нулю в областиопределения функции, поэтому функция Грина удовлетворяет уравнению (6.2). А используя граничные условия, получим A = −1. Формально ФГ задает поле от точечногозаряда и заряда его изображения другого знака.Чтобы найти вклад от граничных условий, умножим уравнение Пуассона на ФГ ипроинтегрируем по частямZZdu ′ ′′3′′′′′′+dr G(~r, ~r )div ∇ u(~r ) = − dx dy G(~r; x , y , 0) ′ dz z ′ =0z ′ >0ZZ′ dG(~r,~r)′′′′dx dy u(x , y , 0)dr ′3 G(~r, ~r ′ )f (~r ′ ).
′ + u(~r) =dz ′z =0z ′ >0Поскольку G(~r; x , y , 0) = 0, то получим ответ в видеZZ′ dG(~r,~r)′′u(~r) =dr ′3 G(~r, ~r ′ )f (~r ′ ) − dx′ dy ′ ′ φ(x , y ),dz ′z =0′′z ′ >0где функция −(dG(~r, ~r ′ )/dz ′ ) |z ′ =0 называется функцией Грина второго рода в задачеДирихле. Она задает поле в трехмерной области пространства по заданному значениюпотенциала на его границе.12z ′′G2 (~r, x , y ) =.4π |~r − ~r ′ |3 z ′ =0Задача 258 .
Найти решение уравнения Пуассона в области r < 1 двумерногопространства с граничным условием u(1, φ) = h(φ) (задача Дирихле).Решение. Начнем с решения полуоднородной задачи G(1, φ; ~r ′ ) = 0. ФГ найдемметодом изображения. В силу симметрии относительно инверсии ~r → ~r/r 2 , котораяявляется конформной, т. е. оставляет лапласиан без изменения, к ФГ из предыдущейзадачи надо добавить слагаемое с инверсией:1[ln |~r − ~r ′ | + A ln(|~r − ~r ′ /r ′2 |) + ln(C(r ′))].2πЛапласиан от второго слагаемого равен нулю в области определения функции r < 1, поэтому она удовлетворяет уравнению на функцию Грина.
Используя граничные условия,получим, чтоG(~r, ~r ′ ) =ln[(r ′2 − 2(~r ′ · ~n) + 1)(r ′−2 − 2(~r ′ · ~n)/r ′2 + 1)A C 2 (r ′ )] = 0,откуда A = −1, а C = 1/r ′ .1076.3. Функции Грина эллиптических уравненийЗамечание. Заметим, что |r ′~r −~r ′ /r ′| = |~r/r−r~r ′ |, поэтому функция Грина симметричнапо замене ~r ↔ ~r ′ .Чтобы найти вклад от граничных условий, умножим уравнение Пуассона на ФГ ипроинтегрируем по частямZZZr, ~r ′ ) ′′ dG(~′2′′′′′ du − dφ u(1, φ )dr G(~r, ~r )div’∇ u(~r ) =dφ G(~r; 1, φ ) ′ ′dr r′ =1dr ′r =1′r <1Z+u(~r) =dr ′2 G(~r, ~r ′ )f (~r ′ ).r ′ <1Поскольку G(~r; 1, φ′) = 0, мы находим ответ в видеZZr, ~r ′ ) ′2′′′ dG(~u(~r) =dr G(~r, ~r )f (~r ) + dφh(φ′ ),′drr ′ =1r ′ <1где функция (dG(~r, ~r ′ )/dr ′) |r′ =1 называется функцией Грина второго рода в задаче Дирихле. Она позволяет найти поле в двухмерной области пространства по заданномузначению потенциала на его границе:G2 (~r, φ′ ) =1 1 − (~r · ~n′ ) 1 − (~r · ~n′ )/r 211 − r2(−)=.2π |~r − ~n′ |2|~r/r 2 − ~n′ |22π r 2 + 1 − 2(~r · ~n′ )Задача 259 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
