2.9.№ 793 а). Внутренняя задача Дирихле для уравнения Лапласа

2.10.№ 793 б). Внешняя задача Дирихле для уравнения Лапласа

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

SpecFunc.pdf

Скачиваний:

104

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

2.13 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа
где µkn – положительные корни уравнения
αRJ	k+	1	(µ) + βµJ0	1 (µ) = 0.	(2.8.22)
	k+	2	k+	2

Решить задачу Дирихле для уравнения Лапласа внутри шара радиуса R.

Математически это означает задачу:

Найти ограниченную функцию u(r, θ, ϕ) из условий

u(0≡, θ,r2ϕ()

<r)r +,

r2 sin θ

sin θuθ θ

+ r2 sin2

θ uϕϕ = 0,

0 6

0 < ϕ < 2π;

r2u

r < R,

< θ < π

∞

u(R, θ, ϕ) = f(θ, ϕ).

(2.9.1)

Шаг 1. Решение уравнения Лапласа в шаре

Уравнения Лапласа в шаре мы уже решили в разделе 2.2 и получили формулу

∞n

u(r, θ, ϕ) = Xn(r) Ymn(θ, ϕ) =

n=0	m=0
	∞	n
	X X
	= rn	Pnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) . (2.2.18)
	n=0	m=0

Шаг 2. Использование краевого условия

В нашей задаче добавилось краевое условие

u(R, θ, ϕ) = f(θ, ϕ).

Оно позволит нам найти коэффициенты Amn и Bmn в формуле (2.2.18). По теореме 2.1.7, стр. 185, f(θ, ϕ) разлагается в следующий ряд Фурье

f(θ, ϕ) =

∞

αk0

Pk(cos θ) +

(2.6.16)

Pkm(cos θ) (αkm cos(mϕ) + βkm sin(mϕ))# ,

k=0

m=1

2π

(2.6.18)

· (k + m)! Z

2k + 1

(k − m)!

dϕ cos(mϕ)

f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

0
π
dϕ sin(mϕ) Z	f(θ, ϕ) Pkm (cos θ) sin θdθ,	(2.6.18)

0	0
При этом ряд (2.6.16) сходится к	f(θ, ϕ) абсолютно и равномерно на
θ [0, π], ϕ [0, 2π].

Приравняем ряд (2.2.18), взятый при r = R, к ряду (2.6.16):

∞		n
X	X
u(R, θ, ϕ) =	Rn		Pnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) =
n=0	m=0		2	Pn(cos θ) + m=1 Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#	= f(θ, ϕ)
= n=0		"	2	Pn(cos θ) + m=1 Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#	= f(θ, ϕ)
	∞	αn0		n
	X			X

-214-

2.10. № 793 Б). ВНЕШНЯЯ ЗАДАЧА ДИРИХЛЕ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА

Получаем при m = 0

A0ncos (0) + B0nsin (0) =

RnPn(cos θ)

Pn(cos θ),

αn0

откуда

αn0

z }| {

B0n − произвольно,

(2.9.2)

A0n =

n = 0, ∞.

2Rn

Аналогично, при m N

RnPnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) = Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ)) ,

откуда, в силу линейной независимости функций sin (mϕ) и cos (mϕ),

αnm

βnm

m N.

(2.9.3)

Amn =

Bmn =

, n = 0, ∞,

Ответ:

∞

n αn0

n=0

m=1

Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))# ,

(2.9.4)

u(r, θ, ϕ) =

Pn(cos θ) +

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2), а коэффициенты αnm и βnm определяются из формул

	nm			2π			2π	π	n	(2.6.18)
					· (n + m)! Z0			Z0
α		=	2n + 1			(n − m)!		dϕ cos(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

	nm			2π			2π	π	n	(2.1.21)
					· (n + m)! Z0			Z0
β		=		2n + 1		(n − m)!		dϕ sin(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

· (k + m)! Z

Решить задачу Дирихле для уравнения Лапласа вне шара радиуса R.

Математически это означает задачу:

Найти ограниченную функцию u(r, θ, ϕ) из условий

u ≡ r2	(r2ur)r	+ r2 sin θ
1		1

|u(∞, θ, ϕ)| < ∞,

u(R, θ, ϕ) = f(θ, ϕ).

sin θuθ + 2 1 2 uϕϕ = 0, R < r < ∞, 0 < θ < π 0 < ϕ < 2π;

θ r sin θ

(2.10.1)

Шаг 1. Решение уравнения Лапласа в шаре

Уравнения Лапласа в шаре мы уже решили в разделе 2.2 и получили формулу

∞n

u(r, θ, ϕ) = Xn(r) Ymn(θ, ϕ) =

n=0 m=0

∞	1	n
X		X
=		Pnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) . (2.2.19)
n=0	rn+1	m=0
n=0		m=0

c Д.С. Ткаченко

-215-

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа

Шаг 2. Использование краевого условия

В нашей задаче добавилось краевое условие

u(R, θ, ϕ) = f(θ, ϕ).

∞

αk0

f(θ, ϕ) =

Pk(cos θ) +

Pkm(cos θ) (αkm cos(mϕ) + βkm sin(mϕ))# ,

(2.6.16)

k=0

m=1

2π

2k + 1

(k − m)!

dϕ cos(mϕ)

f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

2π

(k + m)!

(2.6.18)

2π

2k + 1

(k − m)!

dϕ sin(mϕ)

f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

2π

(k + m)!

(2.1.21)

При этом

ряд

(2.6.16)

сходится к f(θ, ϕ)

абсолютно

и равномерно на

θ [0, π], ϕ [0, 2π].

Приравняем ряд (2.2.18), взятый при r = R, к ряду (2.6.16):

u(R, θ, ϕ) =

∞

Pnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) =

Rn+1

m=0

n=0

∞

αn0

= n=0 "

Pn(cos θ) + m=1 Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))# = f(θ, ϕ)

Получаем при m = 0

αn0

Pn(cos θ) A0ncos (0) + B0nsin (0) =

Pn(cos θ),

Rn+1

откуда

αn0

z }| {

Rn+1,

B0n − произвольно,

(2.10.2)

A0n =

n = 0, ∞.

Аналогично, при m N

Pnm(cos θ) (Amn cos (mϕ) + Bmn sin (mϕ)) = Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ)) ,

Rn+1

откуда, в силу линейной независимости функций sin (mϕ) и cos (mϕ),

Amn = αnmRn+1,

Bmn = βnmRn+1,

m N.

(2.10.3)

Ответ:

n =

0, ∞

∞

n+1 αn0

u(r, θ, ϕ)

n=0

Pn(cos θ) +

Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))# ,

m=1

(2.10.4)

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2), а коэффициенты αnm и βnm определяются из формул

	nm			2π			2π	π	n	(2.6.18)
					· (n + m)! Z0			Z0
α		=	2n + 1			(n − m)!		dϕ cos(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

	nm			2π			2π	π	n	(2.1.21)
					· (n + m)! Z0			Z0
β		=		2n + 1		(n − m)!		dϕ sin(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

-216-

fnPn(cos θ),

2.11. № 792 А).

2.11. № 792 а).

Концентрация некоторого газа на границе сферического сосуда радиуса R с центром в начале координат равна f(θ). Определить стационарное распределение концентрации данного газа внутри этого сосуда.

Математически это означает частный случай внутренней задачи Дирихле (2.9.1):

Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий

			1	2		1				0 6 r < R, 0 < θ < π;
		u		(r	ur)r	+		sin θuθ	= 0,
	\|		r2				r2 sin θ
			\|	∞					θ
u(R, θ) = f(θ).										(2.11.1)
		u(0≡, θ)		< ,

Поскольку в номере № 793 а) мы решили более общую задачу (2.9.1), стр. 214, воспользуемся её результатом:

u(r, θ, ϕ) =	R	"	2	Pn(cos θ) +	Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#	, (2.9.4)
∞	r	n	αn0		n
n=0					m=1
X					X

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2), а коэффициенты αnm и βnm определяются из формул

	nm			2π			2π	π	n	(2.6.18)
					· (n + m)! Z0			Z0
α		=	2n + 1			(n − m)!		dϕ cos(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

	nm			2π			2π	π	n	(2.1.21)
					· (n + m)! Z0			Z0
β		=		2n + 1		(n − m)!		dϕ sin(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

По теореме 2.1.4, стр. 184, функцию f(θ) можно представить следующим рядом Фурье по полиномам Лежандра:

∞

fk = 2

f(θ)Pk(cos θ) sin θdθ, θ [0, π].

f(θ) = k=0 fkPk(cosθ),

k + 1

Поэтому из граничного условия u(R, θ) = f(θ) получаем равенство рядов

u(R, θ, ϕ) =

Pn(cos θ) + Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#

∞

αn0

n=0

m=1

∞

(2.1.14)

= fnPn(cosθ) = f(θ),

n=0

которое заведомо верно, если ряды по индексу n равны почленно:

	αn0			n
		Pn(cos θ) +		Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ)) = fnPn(cosθ).
2
			m=1
			X
Эти же равенства, в свою очередь, выполняются, если
		αn0		= fn,	а при m > 0 все αnm = βnm = 0.
			2

Ответ:

∞

X r n

u(r, θ) =

n=0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

fn = 2n + 1 f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ, (2.11.2) 2

c Д.С. Ткаченко

-217-

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа

2.12. № 792 б).

Математически это означает частный случай внешней задачи Дирихле (2.9.1):

Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий

(r2ur) +

sin θuθ = 0,

R < r <

, 0 < θ < π;

∞

sin θ

u(R, θ) = f(θ).

∞

(2.12.1)

u(0≡, θ) <

Поскольку в номере № 793 б) мы решили более общую задачу (2.10.1), стр. 215, воспользуемся её результатом:

u(r, θ, ϕ) =	r	"	2	Pn(cos θ) +	Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#	,
∞	R	n+1	αn0		n
n=0					m=1
X					X

(2.10.4)

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2), а коэффициенты αnm и βnm определяются из формул

	nm			2π			2π	π	n
					· (n + m)! Z0			Z0
α		=	2n + 1			(n − m)!		dϕ cos(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

	nm			2π			2π	π	n
					· (n + m)! Z0			Z0
β		=		2n + 1		(n − m)!		dϕ sin(mϕ)	f(θ, ϕ) P m (cos θ) sin θdθ,

(2.6.18)

(2.1.21)

По теореме 2.1.4, стр. 184, функцию f(θ) можно представить следующим рядом Фурье по полиномам Лежандра:

∞

fk = 2

Z f(θ)Pk(cos θ) sin θdθ,

θ [0, π].

(2.1.14)

f(θ) = k=0 fkPk(cosθ),

k + 1

Поэтому из граничного условия u(R, θ) = f(θ) получаем равенство рядов

u(R, θ, ϕ) =

Pn(cos θ) + Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ))#

∞

n+1

αn0

n=0

m=1

∞

fnPn(cosθ) = f(θ),

n=0

которое заведомо верно, если ряды по индексу n равны почленно:

α2n0 Pn(cos θ) + X Pnm(cos θ) (αnm cos(mϕ) + βnm sin(mϕ)) = fnPn(cosθ).

m=1

Эти же равенства, в свою очередь, выполняются, если

αn0 = fn, а при m > 0 все αnm = βnm = 0.

-218-

2.13. № 790 А)

Ответ:

∞						π
∞	R	n+1		2	n + 1	Z f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.12.2)
u(r, θ) = n=0		fnPn(cos θ),	fn =	2
u(r, θ) = n=0	r	fnPn(cos θ),	fn =		2
X						0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

2.13. № 790 а)

Построить функцию u(r, θ), гармоническую в шаре радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:

u(R, θ) = f(θ) = 3 + 5 cos2 θ.

Записав эти условия математически, получим задачу:

Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий

u(0≡, θ

z}|{

)

< ,

+ r2 sin θ

sin

= 0,

(2.13.1)

(r ur)r

sin θuθ

uϕϕ

6 r < R, 0 < θ < π;

∞

θ.

u(R, θ) = f(θ) = 3 + 5 cos

Шаг

1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞					π
∞	r	n	fn = 2	n + 1	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
u(r, θ) = n=0	R	fnPn(cos θ),	fn = 2	2	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
X					0

где 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):

h i 3 cos2 θ − 1

P0(cos θ) = 1 и P2(cos θ) = в силу формулы (2.1.10) = ,

= f(θ) = 3 + 5 cos2 θ = 3 + 5	1 + 2P2(cos θ)	=	14	P0(cos θ) +	10		P2(cos θ),
	3		3			3

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) =	P0(cos θ) + P2(cos θ)	=	fn =	14
f(θ) =	P0(cos θ) + P2(cos θ)	=	fn =	3
3	3			3
14	10			10

				0

n = 0; n = 2;

n = 1, n > 3.

Таким образом,

u(r, θ) =

(cos θ) +

10r2

(cos θ) =

10r2

3 cos2 θ − 1

3R2 ·

3 0

3R2 2

Ответ:

10r2

5r2

−

u(r, θ) =

P0(cos θ) +

P2(cos θ) =

3R2

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

	14		5r2		r2
=		−		+ 5 ·		cos2 θ.
	3		3R2		R2

+ 5 · r2 cos2 θ, R2

c Д.С. Ткаченко

-219-

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа

2.14. № 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

u(0≡, θ

z}|{

)

< ,

+ r2 sin θ sin θuθ

sin

= 0,

(2.14.1)

(r ur)r

uϕϕ

6 r < R, 0 < θ < π;

∞

θ.

u(R, θ) = f(θ) = 2 cos θ − 3 sin

Шаг

1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞					π
∞	r	n	fn = 2	n + 1	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
u(r, θ) = n=0	R	fnPn(cos θ),	fn = 2	2	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
X					0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

Поскольку данная нам функция f(θ) = 2 cos θ − 3 sin2 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P0(cos θ), P1(cos θ) и P2(cos θ):

P0(cos θ) = 1,

P1(cos θ) = cos θ и

P2(cos θ) = hв силу формулы (2.1.10)i

3 cos2 θ − 1

f(θ) = 2 cos θ

3 sin2 θ = 2 cos θ − 3

1 − cos2 θ

= −3 + 2 cos θ + 3 cos2 θ =

−

3 cos2 θ

= −3 + 2 cos θ + 2 ·

−

+ 1 = −2P0(cos θ) + 2P1(cos θ) + 2P2(cos θ),

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) =

2P0(cos θ) + 2P1(cos θ) + 2P2(cos θ)

fn =

n = 1, n = 2;

−

−2

n = 0;

n > 3,

Таким образом,

u(r, θ) =

(cos θ) + 2

(cos θ) =

2 +

cos θ + 2

3 cos2 θ − 1

−

· R2 ·

R 1

= −2 −

cos θ + 3 ·

· cos2 θ.

Ответ:

u(r, θ) = −2P0(cos θ) + 2 ·

P1(cos θ) + 2

P2(cos θ) = −2 −

cos θ + 3 ·

· cos2 θ,

где 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

u(0≡, θ

z}|{

)

< ,

+ r2 sin θ

sin θuθ

sin

= 0,

(2.15.1)

(r ur)r

uϕϕ

6 r < R, 0 < θ < π;

∞

θ − cos θ.

u(R, θ) = f(θ) = 3 cos

Шаг 1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞					π
∞	r	n	fn = 2	n + 1	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
u(r, θ) = n=0	R	fnPn(cos θ),	fn = 2	2	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
X					0

где 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):

(cos θ) = cos θ

(cos θ) =

= 5 cos3

θ − 3 cos θ ,

hв силу формулы (2.1.10)i

f(θ) = 3 cos3 θ

cos θ =

cos θ +

5 cos3 θ − 3 cos θ

cos θ =

−

5 ·

P1(cos θ) +

(cos θ),

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) =

P1(cos θ) +

P3(cos θ)

fn =

n = 3;

n = 1;

n = 0, n = 2, n

Таким образом,

u(r, θ) =

(cos θ) +

(cos θ) =

cos θ +

5 cos3 θ − 3 cos θ

· R3

5 ·

R3 ·

· R 1

−

cos θ + 3 ·

· cos3 θ.

Ответ:
	4	·	r			6	·	r3
u(r, θ) =				P1	(cos θ) +				P3(cos θ) =
u(r, θ) =	5		R	P1	(cos θ) +	5		R3	P3(cos θ) =

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

4			r		9		r3	cos θ + 3 ·	r3
	·			−		·				· cos3 θ,
5		R			5		R3		R3

c Д.С. Ткаченко

-221-

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа

2.16. № 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

u(0≡, θ

z}|{

)

< ,

+ r2 sin θ

sin

= 0,

(2.16.1)

(r ur)r

sin θuθ

uϕϕ

6 r < R, 0 < θ < π;

∞

u(R, θ) = f(θ) = 3 sin

(2θ) − 2 sin θ.

Шаг 1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 а). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞					π
∞	r	n	fn = 2	n + 1	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
u(r, θ) = n=0	R	fnPn(cos θ),	fn = 2	2	Z	f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.11.2)
X					0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

Поскольку данная нам функция f(θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P0(cos θ), P2(cos θ) и P4(cos θ):

P0(cos θ) = 1,

P2(cos θ) = hсм. (2.1.10)i =

3 cos2 θ − 1

P4(cos θ) = hсм. (2.1.10)i

35 cos

−

30 cos2 θ + 3

f(θ) = 3 sin2 (2θ) − 2 sin2 θ = 3 (2 sin θ cos θ)2 − 2

1 − cos2 θ

= 12 1

cos

2 θ

cos

2 θ

2 1

cos

= 2

12 cos4 θ =

35 cos

− 30 cos

+ 3

−

cos2

θ +

+14 cos2 θ

2 =

−

P (cos θ)+

cos2 θ

4 θ

−

2 θ

−

− ·

−

− −

−

= |

}

96P (cos θ) + 52P (cos θ) +

4 P (cos θ),

96P (cos θ) + 26

2 3{z

−

=−12 cos4

−

cos2 θ

−

}

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) = −	96			52			4						=
		P4	(cos θ) +		P2	(cos θ) +		P0	(cos θ)
	35	P4	(cos θ) +	21	P2	(cos θ) +	15	P0	(cos θ)
															4
														21
														15
							=			f	n	=				96
											n			52		96

																35

													−
														0

n = 0; n = 2; n = 4;

n = 1, n = 3, n > 5,

-222-

2.17. № 791 А)

Таким образом,

u(r, θ) =

P0(cos θ) +

P2(cos θ) −

P4(cos θ) =

3 cos2 θ − 1

35 cos4

θ − 30 cos2 θ + 3

R2 ·

− 35

· R4 ·

15 21

36 r4

72 r4

−

cos2 θ − 12 ·

cos4 θ.

Ответ:

u(r, θ) =

P0(cos θ) +

P2(cos θ) −

P4(cos θ) =

36 r4

72 r4

−

cos2 θ − 12 ·

cos4 θ,

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

Проверка: при r = R получаем:

− 35 +

cos2

θ −12 cos4 θ = −2 + 14 cos2 θ −12 · R4 cos4

u(R, θ) = 15 −

21 +

θ ≡ f(θ).

2.17. № 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

(r2ur)

sin θuθ

uϕϕ = 0,

R < r <

∞

, 0 < θ < π;

u(0≡, θ)

< ,

sin

θ z}|{

(2.17.1)

∞

sin θ

u(R, θ) = f(θ) = 2 cos θ − cos θ.

Шаг 1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 б). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞						π
∞	R	n+1		2	n + 1	Z f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.12.2)
u(r, θ) = n=0		fnPn(cos θ),	fn =	2
u(r, θ) = n=0	r	fnPn(cos θ),	fn =		2
X						0

где 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,	P1(cos θ) = cos θ	и	P2(cos θ) = hв силу формулы (2.1.10)i =	3 cos2 θ − 1	,
				2
c Д.С. Ткаченко			-223-

Задачи Дирихле для уравнения Лапласа

f(θ) = 2 cos θ

−

cos2 θ = 2 cos θ

−

3 cos2 θ − 1

− 3

= −

P0(cos θ) + 2P1(cos θ) −

(cos θ),

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) =	1P0(cos θ) + 2P1(cos θ)		2P2(cos θ)	=	fn =	2	2
	− 3	− 3				−	31
	− 3	− 3					3

					−
						0

n = 0; n = 1; n = 2; n > 3.

Таким образом,

u(r, θ) = −

P0(cos θ) + 2

P1(cos θ) −

P2(cos θ) =

3 cos2 θ

= −

+ 2

cos θ −

−

− 1 + 2 ·

cos θ −

· cos2 θ.

Ответ:

1 R

2 R3

1 R R2

u(r, θ) = −

P0(cos θ)+2·

P1(cos θ)−

P2(cos θ) =

− 1 +2·

cos θ−

·cos2 θ,

где 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

u ≡ r2 (r2ur)r

+ r2 sin θ

sin θuθ

θ + r2 sin2 θ uϕϕ = 0, R < r < ∞,

0 < θ < π;

< ,

z}|{

(2.18.1)

u(0, θ)

∞

θ.

u(R, θ) = f(θ) = cos

Шаг 1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 б). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞						π
∞	R	n+1		2	n + 1	Z f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.12.2)
u(r, θ) = n=0		fnPn(cos θ),	fn =	2
u(r, θ) = n=0	r	fnPn(cos θ),	fn =		2
X						0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

Поскольку данная нам функция f(θ) = cos3 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P1(cos θ) и P3(cos θ):

P	(cos θ) = cos θ		P	(cos θ) =	=	5 cos3 θ − 3 cos θ	,
1		и	3	hв силу формулы (2.1.10)i
1		и	3	hв силу формулы (2.1.10)i		2
				-224-

2.19. № 791 В)

f(θ) = cos3 θ =

5 cos3 θ − 3 cos θ

cos θ =

(cos θ) +

(cos θ),

5 ·

то коэффициенты fn можно найти сразу, не вычисляя интегралов:

f(θ) = 3P (cos θ) + 2P (cos θ)

n = 1;

5 1

5 3

n = 3;

n = 0, n = 2, n > 4.

Таким образом,

u(r, θ) =

(cos θ) +

(cos θ) =

cos θ +

5 cos3

θ − 3 cos θ

5 ·

r4 ·

5 ·

1 −

· cos3 θ.

Ответ:

3 R2

2 R4

3 R2

u(r, θ) =

P1(cos θ) +

P3(cos θ) =

1 −

· cos3 θ,

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

2.19. № 791 в)

Построить функцию u(r, θ), гармоническую вне шара радиуса R, и удовлетворяющую краевому условию:

u(R, θ) = f(θ) = 3 + 2 cos2 θ.

Записав эти условия математически, получим задачу:

Найти ограниченную функцию u(r, θ) из условий

(r2ur)

sin θuθ

uϕϕ = 0,

R < r <

∞

, 0 < θ < π;

u(0≡, θ)

< ,

sin

θ z}|{

(2.19.1)

∞

sin θ

u(R, θ) = f(θ) = 3 + 2 cos θ.

Шаг 1. Решение в общем виде

Данная задача есть частный случай задачи, решённой нами в № 792 б). Воспользуемся результатом:

Общее решение внутренней задачи Дирихле, не зависящее от ϕ:

∞						π
∞	R	n+1		2	n + 1	Z f(θ)Pn(cos θ) sin θdθ,	(2.12.2)
u(r, θ) = n=0		fnPn(cos θ),	fn =	2
u(r, θ) = n=0	r	fnPn(cos θ),	fn =		2
X						0

где Pn(x) – полиномы Лежандра (2.1.2).

Поскольку данная нам функция f(θ) = 3 + 2 cos2 θ, как легко видеть, есть линейная комбинация полиномов P0(cos θ) и P2(cos θ):

P0(cos θ) = 1,	и P2(cos θ) = hв силу формулы2(2.1.10)i				=		3 cos2 θ − 1					,
							2
=	f(θ) = 3 + 2 cos2 θ = 3 +	4	3 cos θ − 1	+	2	=			11	P	(cos θ) +		4	P	(cos θ),
			2		3
	3 ·							3 0					3 2
c Д.С. Ткаченко	-225-

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.06.2015895.72 Кб5SKETCH_UserGuide.pdf
#
04.06.2015511.46 Кб40Skhemy_Orlov.нов.doc
#
04.06.2015137.09 Кб55sostoyania_cheloveka_v_protsesse_truda.docx
#
18.11.2019296.96 Кб80SO_UI_U3-4_TestA.doc
#
05.06.2015696.53 Кб28Speak ehglish with us.pdf
#
05.06.20152.13 Mб104SpecFunc.pdf
#
05.06.2015605.52 Кб31Spisok_opredeleny_k_ekzamenu_2014.pdf
#
04.08.201990.05 Кб0SPORY.docx
#
04.06.20153.1 Mб18Statistics.doc
#
26.09.2019275.46 Кб7STBDiIS шпоры1.doc
#
12.11.2019370.61 Кб5Studentam.Integrals.docx