Лекция 24 - Belarusian State UniversityЛекция 24 лектор: доцент Кулешов А.А., ауд. 421 Author: KULIASHOU ALIAKSANDR Belorussian State University,

Лекция 24лектор: доцент Кулешов А.А., ауд. 421

Author: KULIASHOU ALIAKSANDR

Belorussian State University, main entry, app. 421, sub-faculty (department) of the equation mathematical physics

Формула Пуассона

Основные понятия и методы исследования

1. Функция Грина

Если функция U(x) является гармонической в замкнутой области G=Gêêê

, то, как показывают формулы(10. 24 и 10. 25) предыдущей главы, значения этой функции внутри области выражаются через ее значения изначения ее нормальной производной на границе области G. Пользуясь понятием функции Грина, в некоторыхслучаях можно получить формулу, выражающую значения гармонической функции внутри области толькочерез ее значения на границе.

Пусть G-некоторая n-мерная область с кусочно-гладкой границей S и x0-произвольная точка, лежащаявнутри G. Предположим, что существует гармоническая в G

êêê функция g(x, x0), значения которой в точках xœS

равны r2-n, если n>2, или ln(r), если n=2, где r есть расстояние от x до x0. Если область G являетсяограниченной, то, применяя к паре функций U(x) и g(x, x0) вторую формулу Грина получим, что для любойфункции U(x), гармонической в этой замкнутой области,

‡S

ikjjU HxL

∂g

∂n→ Hx, x0L − g Hx, x0L

∂U

∂n→ HxLy

{zz σx = 0.

Вычитая это равенство после умножения на 1ÅÅÅÅÅÅÅÅ2 p при n=2 или на GH nÅÅÅÅ2 LÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH2-nL 2 p

nÅÅÅÅÅÅ2 при n>2 из равенства

U Hx0L =12 π

‡S

ikjjU HxL

∂ln HρL∂n

→ Hx, x0L − ln HρL ∂U

∂n→ HxLy

{zz σx,

соответственно из равенства

U Hx0L =Γ H n

2 LH2 − nL 2 π

n2

‡S

ikjjU HxL

∂ρ2−n

∂n→ Hx, x0L − ρ2−n

∂U

∂n→ HxLy

{zz σx,

и учитывая, что для точек xœS

(1)g Hx, x0L = ln HρL, n = 2,

(2)g Hx, x0L = ρ2−n, n > 2,

получим

Printed from the Mathematica Help Browser 1

©1988-2004 Wolfram Research, Inc. All rights reserved.

(3)

eq3

U Hx0L = ‡S

U HxL ∂ Hx, x0L

∂n→ σx,

где

(4) Hx, x0L =12 π

Hln HρL − g Hx, x0LL, n = 2,

(5) Hx, x0L =Γ H n

2 LH2 − nL 2 π

n2

Hρ2−n − g Hx, x0LL, n > 2.

def11.1

Определение 11. 1. Функцию (x, x0), заданную формулами (1), (2) и (4), (5) для любых двух точек x,x0œG, x∫x0, называют функцией Грина области G.

Из определения следует, что о функции Грина для области G можно говорить лишь тогда, когдасуществует функция g(x, x0) с указанными выше свойствами. Из определения видно также, что функция Гринаобласти G (как функция от x) гармонична в любой замкнутой области G

êêê\Qe, где Qe-шар с центром в точке x0

достаточно малого радиуса e>0, и равна нулю на границе S.

Если область G является ограниченной, то знание функции Грина этой области, как мы видели,позволяет выразить значения гармонической в G

êêê функции U(x) во внутренних точках области через ее

значения на границе S по формуле (3).

2. Формула Пуассона для гармонической в шаре функции

Рассмотрим тот случай, когда област G есть n-мерный шар радиуса R с центром в некоторой точке O.Обозначим через r расстояние от точки x0, лежащей внутри этого шара, до его центра, а через r, как и прежде,расстояние от произвольной точки x до точки x0.

Пусть x0∫O и x*0 есть конец вектора O x*

0Ø

= R2ÅÅÅÅÅÅÅr2 O x0

Ø

. Поскольку |O x*0

Ø

|= R2ÅÅÅÅÅÅÅr2 и r<R, то точка x*

0 находится запределами шара G. Поэтому, полагая

(6)g Hx, x0L = ln J rρ∗

RN, n = 2,

(7)g Hx, x0L = J rρ∗

RN2−n

, n > 2,

где r* означает расстояние между точками x и x*0, получим некоторую функцию от переменной x,

гармоническую всюду, кроме точки x*0, в частности, всюду в рассматриваемом замкнутом шаре G

êêê.

Убедимся, кроме того, еще в том, что в точках x, расположенных на границе шара G, функция (6), (7)удовлетворяет условию (1) соответственно (2). С этой целью, считая, что x находится на S, рассмотримтреугольник с вершинами в точках O, x0 и x, а также треугольник с верщинами в точках O, x*

0 и x.Треугольники Ox0x и Ox*

0x подобны, так как имеют общий угол при вершине O и

À Ox→ ÀƒƒƒƒƒƒƒƒƒOx0

→ ƒƒƒƒƒƒƒƒƒ

=

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒOx∗

0→ ƒƒƒƒƒƒƒƒƒ

À Ox→ À.

Следовательно,

2 Printed from the Mathematica Help Browser


ƒƒƒƒƒƒƒƒƒx∗0 x→ ƒƒƒƒƒƒƒƒƒ

À x0 x→

À=

À Ox→ ÀƒƒƒƒƒƒƒƒƒOx0

→ ƒƒƒƒƒƒƒƒƒ

,

т. е. для точек x на границе шара

(8)ρ∗ =Rρr

,

и функция (6), (7) в этих точках удовлетворяет условию (1) соответственно (2).

Значит для шара при x0∫O существует функция Грина, которая в этом случае имеет вид

(9) Hx, x0L =12 π

ln J ρRρ∗ r

N, n = 2,

(10) Hx, x0L =Γ H n

2 LH2 − nL 2 π

n2

ikjjjρ2−n − J rρ∗

RN2−ny

{zzz, n > 2.

Если точка x0 совпадает с центром шара, то гармонической функцией, удовлетворяющей условию (1),(2), очевидно, будет функция g(x, x0)=ln(R), когда n=2, и g(x, x0)=R2-n, когда n>2. Поэтому

(11)

eq11_12

Hx, x0L =12 π

ln I ρRM, n = 2,

(12)

eq11_12

Hx, x0L =Γ H n

2 LH2 − nL 2 π

n2

Hρ2−n − R2−nL, n > 2.

Теперь можно записать формулу (3). Несложные, но достаточно громоздкие вычисления приводят к равенству

(13)U Hx0L =Γ H n

2 L2 π

n2

‡S

U HxL R2 − r2

Rρn σx.

Если обозначить через q угол между вектором O x0Ø

и переменным вектором O xØ

и учесть, что

ρ2 = R2 + r2 − 2 R r cos HθL,

то получим

(14)U Hx0L =Γ H n

2 L2 π

n2

‡S

U HxL R2 − r2

R HR2 + r2 − 2 R r cos HθLL n2

σx.

Определение 11. 2. Формула (13), или (14), называемая формулой Пуассона, выражает значенияфункции U(x), гармонической в замкнутом n-мерном шаре, в точках x0 внутри шара через ее значения награнице этого шара. Множитель под знаком интеграла в формуле Пуассона называют ядром Пуассона.

Для ядра Пуассона введем обозначение:

(15) Hx, x0L =Γ H n

2 L2 π

n2

R2 − r2

R HR2 + r2 − 2 R r cos HθLL n2.

3. Основные свойства ядра Пуассона

Перечислим некоторые свойства ядра Пуассона.



1. Для точек x0œG ядро Пуассона неотрицательно

(16) Hx, x0L ≥ 0.

2. Для точек x0œG справедливо равенство

(17)‡S

Hx, x0L σx = 1.

Соотношение (17) является следствием формулы Пуассона (14), примененной к функции U(x)=1.

3. Для всякой точки xœS ядро Пуассона как функция точки x0 гармонична всюду, кроме точки x0=x.

4. Ядро Пуассона как функция точки x0 всюду, кроме точки x0=x, непрерывно дифференцируема любое числораз.

Теорема 11. 1. Пусть функция j(x), заданная в точках границы S шара G радиуса R с центром O,непрерывна в каждой точке, принадлежащей S. Функция

(18)U Hx0L =Γ H n

2 L2 π

n2

‡S

ϕ HxL R2 − r2

R HR2 + r2 − 2 R r cos HθLL n2

σx

является гармонической в шаре G и

(19)limitx0→x1

U Hx0L = ϕ Hx1L,

когда точка x0 внутри шара стремится к точке x1 на его границе.

Доказательство. Гармоничность функции (18) внутри шара является непосредственным следствиемсоответствующего свойства ядра Пуассона.

Далее, в силу (17),

U Hx0L − ϕ Hx1L = ‡S

Hϕ HxL − ϕ Hx1LL Hx, x0L σx.

Поэтому, учитывая (16), имеем

(20)| U Hx0L − ϕ Hx1L | ≤ ‡S

| ϕ HxL − ϕ Hx1L | Hx, x0L σx.

Из непрерывности функции j(x) в точке x1следует, что при любом e>0 существует окрестность (x1) точкиx1на сфере S, обладающая тем свойством, что для всех точек x из (x1) справедливо неравенство

» ϕ HxL − ϕ Hx1L » < ε.

Обозначив через Hx1LC дополнение окрестности (x1) до всей границы шара, из (20) получимнеравенство

| U Hx0L − ϕ Hx1L | ≤ ‡ Hx1L

| ϕ HxL − ϕ Hx1L | Hx, x0L σx + ‡ Hx1LC

| ϕ HxL − ϕ Hx1L | Hx, x0L σx <

ε ‡ Hx1L

Hx, x0L σx + ‡ Hx1LC

| ϕ HxL − ϕ Hx1L | Hx, x0L σx.



Выберем теперь такой шар G(x1) с центром в точке x1, чтобы расстояние l между множествами G(x1) и Hx1LC было положительным. Тогда для точек x0, принадлежащих общей части множеств G и G(x1), применяя

(17), получим следующую оценку

| U Hx0L − ϕ Hx1L | ≤ ε + 2 С Γ H n

2 L HR2 − r2L2 π

n2 Rln

2 π

n2

Γ H n2 L

Rn−1 < ε + 4 CRn−1 R − rln

,

где

С = supx∈S

| ϕ HxL |.

Правая часть предыдущего неравенства может быть сделана меньшей 2e при значении r, достаточноблизком к R. Поэтому для всех точек x0, принадлежащих общей части множеств G и G(x1) и достаточноблизких к точке x1, выполняется неравенство

| U Hx0L − ϕ Hx1L | ≤ 2 ε.

Теорема доказана.

4. Задача Дирихле и основные свойства функции Грина в общем случае

Формула (18) в случае шара дает решение задачи об определении гармонической в области G инепрерывной в G

êêê функции U(x), имеющей заданные значения j(x) на границе S. Такая задача, как нам

известно, называется задачей Дирихле.

При рассмотрении задачи Дирихле в случае произвольной ограниченной области G с кусочно-гладкойграницей S естественно исходить из общей формулы (3), выражающей значение гармонической функции U(x)внутри области G через ее значения на границе S с помощью функции Грина (x, x0), в предположении еесуществования.

Перечислим некоторые свойства функции Грина произвольной области G.

1. Функция Грина области G везде внутри G, где она существует, отрицательна

(21) Hx, x0L < 0.

В самом деле, из формул (1), (2) и (3), если учесть, что функция g(x, x0) ограничена внутри G, следует, что дляточек x∫x0 из достаточно малой окрестности точки x0 справедливо неравенство (x, x0)<0. Рассматриваяобласть, полученную из G удалением замкнутого шара с центром в точке x0 достаточно малого радиуса, мывидим, что на части границы этой новой области-на S справедливо равенство (x, x0)=0, а на остальной частиее границы (x, x0)<0. Поэтому, в силу принципа максимума для гармонических функций, (x, x0)<0 всюдувнутри области, и, таким образом, неравенство (21) справедливо для любых двух различных точек x и x0 из G.

2. В точках x на границе S области G производная ∑ Hx, x0LÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ∑nØ

функции Грина (x, x0) по направлению внешнейнормали к границе S неотрицательна

(22)∂ Hx, x0L

∂n→

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒS

≥ 0.

Это свойство является следствием предыдущего, если учесть, что (x, x0)=0 в точках xœS.

3. Для любой точки x0 внутри G справедливо равенство



(23)‡S

∂ Hx, x0L∂n

→ σx = 1.

Соотношение (23) является следствием формулы (3), примененной к функции U(x)=1.

4. Функция Грина (x, x0) симметрична относительно x и x0 из G, т. е.

(24) Hx, x0L = Hx0, xL.5. Функция Грина (x, y) области G является гармонической и, следовательно, бесконечно дифференцируемойотносительно обеих переменных для всех пар точек x и y из области G, кроме пар x=y.

properties6

6. Функция Грина (x, x0) области G везде в области G, где она существует, удовлетворяет неравенству

(25)

properties6

Hx, x0L ≥12 π

ln I ρRM, n = 2,

properties6

или неравенству

(26)

properties6

Hx, x0L ≥Γ H n

2 LHn − 2L 2 π

n2

HR2−n − ρ2−nL, n > 2,

properties6

в правой части которого R-любое число, обладающее тем свойством, что шар радиуса R с центром впроизвольной точке x0œG содержит область G.

В самом деле, рассматривая произвольную точку x0œG и наряду с функцией Грина (x, x0) для областиG функцию Грина (11), (12) для шара радиуса R с центром в этой точке, мы видим, что разность

Hx, x0L −12 π

ln I ρRM,

когда n=2, или разность

Hx, x0L −Γ H n

2 LHn − 2L 2 π

n2

HR2−n − ρ2−nL,

когда n>2, есть гармоническая в Gêêê

функция, значения которой на границе S неотрицательны. Поэтому отсюда,в силу принципа максимума, следует, что ее значения неотрицательны всюду в G

êêê.

5. Метод разделения переменных для уравнений Лапласа и Пуассона на плоскости

Решение краевых задач в случае простейших областей (круг, круговое кольцо, прямоугольник и др.)можно получить методом разделения переменных.

Задача Дирихле для круга решается обычно в полярной системе координат и формулируетсясоответственно следующим образом: найти функцию u(r, f), удовлетворяющую внутри круга уравнениюЛапласа

(27)∆u =1r

∂

∂r Jr

∂u∂φ

N +1r2

∂2 u∂φ2

= 0,

принимающую заданные значения на границе круга, т. е.



(28)u HR, φL = f HφLи удовлетворяющую "краевому условию"

(29)u Hr, φ + 2 πL = u Hr, φL.Ищем частные решения уравнения (27) вида

(30)u = Z HrL Φ HφL.Подставляя (29) в (27), получаем после разделения переменных

(31)Φ HφL + λΦ HφL = 0, Φ Hφ + 2 πL = Φ HφL,

(32)r Hr Z L − λZ = 0.

Задача (31) и уравнение (32) легко решаются

sol = DSolve@∂φ,φ Φ@φD + λ ∗ Φ@φD 0, Φ@φD, φD

Решение F(f) должно быть периодической функцией с периодом 2p. Функции cos(è!!!!l f) и sin(è!!!!

l f)являются линейно независимыми, поэтому для периодичности функции F(f) необходимо и достаточно условияпериодичности этих функций. Записываем условия периодичности

ICosAè!!!!λ φE − CosAè!!!!

λ φ + 2 π è!!!!

λ E êê FullSimplifyM == 0

ISinAè!!!!λ φE − SinAè!!!!

λ φ + 2 π è!!!!

λ E êê FullSimplifyM 0

Для определения l получаем одно уравнение sin(pè!!!!

l )=0. Решаем сначала уравнение sin(x)=0

sol = TrigSolve@Sin@xD 0, xD ê. 8C@2D → n<

Теперь находим l

SolveAπ è!!!!

λ == sol@@1DD@@1DD@@2DD, λE

Следовательно, решение задачи (31) записывается в виде

(33)Φn HφL = An cos Hn φL + Bn sin HnφL,где n-целое число. Уравнение (32) решаем при найденных значениях l:=n2. Следует различать случаи n=0 иn∫0. Если n=0, получаем решение

DSolve@r ∂r Hr ∂r Z@rDL 0, Z@rD, rD

Для значений n∫0 решение имеет вид

FullSimplify@DSolve@r ∂r Hr ∂r Z@rDL − n2 Z@rD 0, Z@rD, rD, 8n ∈ Integers, r > 0<D

Упростим, полученное выражение для решения

Clear@Z, r, α, β, A, BD;

Z@r_, n_D = Collect@2 α Cosh@n Log@rDD + 2 β Sinh@n Log@rDD êê TrigToExp, 8rn, r−n<D ê.8α + β → An, α − β → Bn<

Проверим решение



r ∂r Hr ∂r Z@r, nDL − n2 Z@r, nD êê FullSimplify

Решение внутренней задачи Дирихле ищем в виде ряда

(34)u Hr, φL = C + ‚n=1

∞

rn HAn cos HnφL + Bn sin HnφL,

где коэффициенты An и Bn определяются из "начального" условия (28)

(35)С =12 π

‡−π

π

f HφL φ,

(36)An =1

πRn ‡

−π

π

f HφL cos nφ φ,

(37)Bn =1

πRn ‡

−π

π

f HφL sin nφ φ.

Суммируя ряд (34), получаем решение внутренней задачи Дирихле внутри круга в виде интеграла Пуассона

Clear@u, r, φ, fD

u@r_, φ_D =

ikjjjjj

1

π ‡

−π

π

f@ξD ikjjjjj

1

2+ ‚

n=1

∞ rn

Rn HCos@n ξD Cos@n φD + Sin@n ξD Sin@n φDL êê TrigToExp

y{zzzzz ξ

y{zzzzz êê

FullSimplify

т. е. в виде

(38)

eq38

u Hr, φL =12 π

‡−π

π R2 − r2

r2 + R2 − 2 r R cos Hθ − φL f HθL θ.

Заметим, что для практической реализации формула (38) малоэффективна. В этом можно убедиться на примерепростой функции f (f)=f2. По этой причине, метод функций Грина имеет в основном теоретическое значение.

Решение внешней задачи Дирихле ищут в виде ряда

(39)u Hr, φL = C + ‚n=1

∞

r−n HAn cos HnφL + Bn sin HnφL,

а решение задачи Дирихле для кольца в виде ряда

(40)

u Hr, φL =

a ln HrL + b + ‚n=1

∞

HAn rn + Bn r−nL cos HnφL + HCn rn + Dn r−nL sin HnφL.

Иногда решение задачи Дирихле удается найти без использования формул (35)-(37). Так случится,например, если функция f(f) уже разложена в ряд Фурье.

Пример 11. 1. Задача Дирихле. Найти функцию, гармоническую внутри единичного круга и такую, что

(41)u H1, φL = sin6 HφL + cos6 HφL.Решение. Разложим правую часть условия (41) в ряд Фурье



Sin@φD6 + Cos@φD6 êê TrigReduce

Сравнивая, полученное значение с правой частью выражения (34) при r=1 сразу записываем решение

u Hr, φL =18H5 + 3 cos H4 φL r4L.

Задача Неймана имеет не единственное решение.

neumann

Пример 11. 2. Задача Неймана. Найти функцию, гармоническую внутри круга радиуса R с центром вначале координат и такую, что

(42)J ∂u∂r

N HR, φL = sin3 HφL.

Решение. Разложим правую часть условия (42) в ряд Фурье

Sin@φD3 êê TrigReduce

Продифференцируем по r ряд (34)

Clear@A, B, u, r, φD;

u@r_, φ_D := C + ‚n=1

∞

rn HA@nD Cos@n φD + B@nD Sin@n φDL;

∂r u@r, φD ê. 8r → R<

Решаем уравнение для определения ненулевого коэффициента B3

SolveA3 R−1+3 B3 −1

4, B3E

Записываем решение

task11.2

C +34

sin H φL r −r3

12 R2 sin H3 φL.

В отличие от задачи Дирихле, решение задачи Неймана зависит от одной произвольной постоянной.

Задача Неймана на плоскости будет рассмотрена ниже более подробно (см. 11. 7).

Пример 11. 3. Задача Дирихле. Найти стационарное распределение температуры внутри бесконечногоцилиндра радиуса 1, если на одной половине поверхности цилиндра (0§f<p) поддерживается температура -1,а на другой половине (-p§f<0) температура -1.

Решение. Это один из тех немногих примеров, когда можно воспользоваться интегралом Пуассона

<< Algebra`ReIm`

Clear@u, r, φD

r ê: Im@rD = 0;

φ ê: Im@φD = 0;

RealValued@uD;



u@r_, φ_D = FullSimplifyA1

2 π IntegrateA 1 − r2

r2 + 1 − 2 r Cos@θ − φD , 8θ, −π, 0<, Assumptions → 8r > 0, r < 1<E −

1

2 π IntegrateA 1 − r2

r2 + 1 − 2 r Cos@θ − φD , 8θ, 0, π<, Assumptions → 8r > 0, r < 1<E,

81 + r2 > 2 r Cos@φD && 1 + r2 + 2 r Cos@φD > 0<E

Перепишем результат вычислений

Clear@u, r, φD

r ê: Im@rD = 0;

φ ê: Im@φD = 0;

RealValued@uD;

u@r_, φ_D = −1

2 π

i

kjjjjjj

i

kjjjjjj−LogA1 −

H1 + rL Cot@ φ2D

−1 + rE + LogA1 +

H1 + rL Cot@ φ2D

−1 + rE − LogA1 −

H1 + rL Tan@ φ2D

−1 + rE +

LogA1 +H1 + rL Tan@ φ

2D

−1 + rEy

{zzzzzzy

{zzzzzz;

Проверим правильность решения

1

r ∂r Hr ∂r u@r, φDL +

1

r2 ∂φ,φ u@r, φD êê FullSimplify

Вычислим значения решения на границе единичного круга

Limit@u@r, φD, r → 1, Analytic → True, Direction → 1D êê ComplexExpand

Графическое изображение граничных значений

PlotA EvaluateAArg@− Cot@ φ

2DD

2 π−

Arg@ Cot@ φ2DD

2 π+

Arg@− Tan@ φ2DD

2 π−

Arg@ Tan@ φ2DD

2 πE,

8φ, −π, π<, PlotPoints −> 30, PlotRange → AllE;

подтверждает правильность записи решения. Построим график распределения температурного режима

<< Calculus`Integration`

ContourPlotAEvaluateAuAè!!!!!!!!!!!!!!!x2 + y2 , ArcTan@x, yDEE Boole@ x2 + y2 ≤ 1D, 8x, −1, 1<,

8y, −1, 1<, ContourLines → False, PlotPoints → 300, ColorFunction → HHue@1 − #D &LE;

и график решения в трех-мерном пространстве

Plot3DA EvaluateAuAè!!!!!!!!!!!!!!!x2 + y2 , ArcTan@x, yDEE Boole@ x2 + y2 ≤ 1D,

8x, −1, 1<, 8y, −1, 1< , PlotPoints → 200, Mesh → False,PlotRange → All, ViewPoint −> 82.529, 0.784, 2.108<E;

Пример 11. 4. Задача Дирихле. Найти функцию, гармоническую в кольце 1<r<2 и такую, что

(43)u H1, φL = 1 + cos2 HφL, u H2, φL = sin2 HφL.



Решение. В этом случае решение ищем в виде

Clear@u, r, φ, a, b, A, B, C1, D1D

r ê: Im@rD = 0;

φ ê: Im@φD = 0;

RealValued@uD;

u@r_, φ_D = a Log@rD + b + ‚n=1

∞

HA@nD rn + B@nD r−nL Cos@n φD + ‚n=1

∞

HC1@nD rn + D1@nD r−nL Sin@n φD

Условия (43) приводят к равенствам

u@1, φD == TrigReduce@1 + Cos@φD2D

u@2, φD == TrigReduce@Sin@φD2D

Сравнение этих рядов Фурье показывает, что все неизвестные коэффициенты, кроме a, b и A[2] и B[2], равнынулю. Искомые коэффициенты находим, решая следующие две системы линейных уравнений с двумянеизвестными

SolveA9b ==3

2, b + a Log@2D ==

1

2=, 8a, b<E

SolveA9A@2D + B@2D ==1

2, 22 A@2D + 2−2 B@2D −

1

2=, 8A@2D, B@2D<E

Теперь записываем решение задачи

Clear@u, r, φD;

r ê: Im@rD = 0;

φ ê: Im@φD = 0;

RealValued@uD;

u@r_, φ_D =3

2−

Log@rDLog@2D + i

kjjr2 i

kjj−

1

6y{zz + r−2 2

3y{zz Cos@2 φD êê FullSimplify

Функция удовлетворяет уравнению

1

r ∂r Hr ∂r u@r, φDL +

1

r2 ∂φ,φ u@r, φD êê FullSimplify

и условиям (43)

Limit@u@r, φD, r → 1, Analytic → True, Direction → 1D êê FullSimplify

Limit@u@r, φD, r → 2, Analytic → True, Direction → 1D êê Simplify

Распределение температурного режима в кольце

ContourPlotAEvaluateAuAè!!!!!!!!!!!!!!!x2 + y2 , ArcTan@x, yDEE Boole@1 < x2 + y2D Boole@ x2 + y2 < 4D,

8x, −2, 2<, 8y, −2, 2<, ContourLines → True, PlotPoints → 300,Contours → 50, ContourShading → True, ColorFunction → HHue@1 − #D &LE;



и график в декартовой системе координат

Plot3DA EvaluateAuAè!!!!!!!!!!!!!!!x2 + y2 , ArcTan@x, yDEE Boole@1 < x2 + y2D Boole@ x2 + y2 ≤ 4D,

8x, −2, 2<, 8y, −2, 2< , PlotPoints → 100, Mesh → False,PlotRange → All, ViewPoint −> 82.529, 0.784, 2.108<E;

6. Метод конформных отображений. Задача Дирихле

Для решения задачи Дирихле в областях, отличных от единичного круга можно воспользоватьсяметодом конформных отображений.

Пусть на границе G ограниченной области D задана непрерывная функция u0(z). Напомним,классическая задача Дирихле для уравнения Лапласа состоит в следующем: найти функцию u(z),гармоническую в области D, непрерывную вплоть до границы G и принимающую на G значения u0(z).

Пусть регулярная функция z= g(z) конформно отображает область G на область D и u(z) —гармоническая в области D функция. Тогда функция u(z)=u(g(z)) — гармоническая в области G. Этоутверждение лежит в основе метода решения задачи Дирихле с помощью конформных отображений.

Пример 11. 5. Задача Дирихле. Пусть D — область Im z<0, |z+Âl|>R, где l> R>0. Найти гармоническуюв D функцию u, принимающую на границе значения: u=0, если Im z=0 и u=T=const, если |z+Âl|=R.

Решение. Рассмотрим конформное отображение

ζ = h HzL =z + az − a

области D на концентрическое кольцо K:

R1 < » ζ » < 1,

где a=è!!!!!!!!!!!!!!!l2 - R2 , R1=(R+l-a)(R+l+a). При этом отображениии прямая Im z=0 переходит в окружность |z|=1, а

окружность |z+Â l|=R — в окружность |z|=R1. Пусть z=g(z) — функция, обратная к функции h(z). Получаем, чтоu(z)=u(g(z)) — гармоническая в кольце K функция. Из краевых условий находим

(44)u = 0, » ζ » = 1 и u = T, » ζ » = R1.

Найдем гармоническую функцию, удовлетворяющую краевым условиям (44). Пусть

ζ = ξ + η = ρ θ.

После замены

ξ = ρ cos θ, η = ρ sin θ

уравнение Лапласа запишется в виде

(45)∂ρ,ρu +1ρ

∂ρ u +1ρ2

∂θ,θu = 0.

Так как граничные функции в условиях (44) не зависят от q, то естественно предположить, что и решениезадачи (44), (45) не зависит от q, т.е. функция u(z) является функцией только от одной переменной r. Найдемтакое решение. Тем самым, в силу единственности решения задачи Дирихле, будет доказано, что решение (44)и (45) не зависит от q. В случае, когда функция u(z) не зависит от q, уравнение Лапласа (45) являетсяобыкновенным дифференциальным уравнением:



(46)u HρL +1ρ

u HρL = 0.

Найдем решение уравнения (46), удовлетворяющее условиям

(47)u H1L = 0, u HR1L = T.

SimplifyADSolveA9u''@ρD −1

ρ u'@ρD, u@1D 0, u@R1D T=, u, ρE, ρ > 0E

Проверим полученное решение

9u''@ρD −1

ρ u'@ρD, u@1D 0, u@R1D T= ê. % êê Simplify

Для нахождения решения исходной задачи остается перейти к координатам z=x+Â y. Так как u(z)=uè(h(z)), то

Clear@z, x, y, aD;

x ê: Im@xD = 0

y ê: Im@yD = 0

a ê: Im@aD = 0

z = x + ∗ y;

PrintA"»ζ»=»hHzL»=",

FullSimplifyA-ComplexExpandA Hz + aLHz − aL ∗ ConjugateA Hz + aL

Hz − aL EEEE

Поэтому решением задачи будет функция

Clear@u, x, y, R, l, TD;

u@x_, y_, R_, l_, T_D =

FullSimplifyA T

Log@R1D I,Ia4 + 2 a2 Hx − yL Hx + yL + Hx2 + y2L2MM ë Hx2 + Ha − yL2L ê.

8R1 −> HR + l − aL HR + l + aL< ê. 9a →è!!!!!!!!!!!!!!!

l2 − R2 =E

Рассмотрим решение при конкретных значениях параметров:

l = 2, R = 1, T = 1.

Найдем область в которой получено решение. Эта область распадается на объединение следующих трехпопарно непересекающихся множеств

<< Algebra`InequalitySolve`

InequalitySolve@ y < 0 && x2 + 9 y2 > 1, 8x, y<D

Контурные графики (графики распределения температуры) решения в областях x§-1&y<0 и x>1 & y<0соответственно.

ContourPlot@Evaluate@u@x, y, 1, 2, 1DD, 8x, −5, −1<, 8y, −5, 0<,ContourLines → True, PlotPoints → 300, ColorFunction → HHue@1 − #D &LD;



ContourPlot@Evaluate@u@x, y, 1, 2, 1DD, 8x, 1, 5<, 8y, −5, 0<,ContourLines → True, PlotPoints → 300, ColorFunction → HHue@1 − #D &LD;

3D графики решения в областях x§-1&y<0 и x>1&y<0 соответственно. Для вызова справки о функциисистемы применяют следующие записи.

Plot3D@Evaluate@u@x, y, 1, 2, 1DD,8x, −1000, −1<, 8y, −1000, 0<, PlotPoints → 70, Mesh → FalseD;

Plot3D@Evaluate@u@x, y, 1, 2, 1DD,8x, 1, 1000<, 8y, −1000, 0<, PlotPoints → 70, Mesh → FalseD;

График решения в области -1<x§1&y<- 1ÅÅÅÅ3è!!!!!!!!!!!!!1 - x2 можно построить следующими операторами

TableAPlot3DAEvaluate@u@x, y, 1, 2, 1DD, 8x, −t, t<, 9y, −100, −1

3 è!!!!!!!!!!!!!

1 − t2 =,

ViewPoint −> 81.106, −0.590, 2.788<, PlotRange → 88−1, 1<, 8−100, 0<, 80.35, 0.55<<,ColorOutput → NoneE, 8t, 0.01, 1, 0.01<E;

Пусть функция u(z), гармоническая в круге |z|<1, непрерывная в замкнутом круге |z|§1. Тогдасправедлива формула Пуассона

(48)

eq48

u Hr ϕL =12 π

‡o

2 π

H1 − r2LêH1 − 2 rcos Hϕ − θL + r2L u H ϕL ϕ,

где z=r‰Âj, 0§r<1. Формулу Пуассона (48) можно записать в виде интеграла по контуру (интеграл Шварца):

(49)

eq49

u HzL = Re 1

2 π ‡»ζ»=1

u HζL z + ζζ − z

ζ

ζ, » z » < 1.

С помощью формулы Пуассона (49) можно решать задачу Дирихле для уравнения Лапласа в круге |z|§1. Вчастности, если граничная функция является рациональной функцией от sin j и cos j, то интеграл в формуле(49) вычисляется с помощью вычетов. Этот метод позволяет вычислять интеграл Пуассона в замкнутой форме,т. е. в виде обычной функции от двух переменных.

Пример 11. 6. Задача Дирихле. Найти решение задачи

Du=0, |z|<1; u= sin jÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ5 + 4 cosj

при |z|=1, z=r‰Âj.

Решение. Воспользуемся формулой (49). Пусть z=‰Âq, тогда

Off@General::"spell1"D;

Clear@rule, ζ, θD;

rule = 9Sin @θD −>1

2 ikjjζ −

1

ζy{zz, Cos@θD −>

1

2 ikjjζ +

1

ζy{zz=;

Записываем краевое условие в виде рациональной функции комплексной переменной z

Clear@uD;

PrintA"uHζL=", u@ζ_D = FullSimplifyA Sin@θD5 + 4 Cos@θD

ê. ruleEE



Вычислим интеграл Щварца

=1

2 π ‡»ζ»=1

z + ζζ − z

H1 − ζ2L

4 + 10 ζ + 4 ζ2 ζ

ζ,

где окружность |z|=1 ориентирована против часовой стрелки. Подынтегральная функция

(50)F HζL =z + ζζ − z

H1 − ζ2L

4 + 10 ζ + 4 ζ2 1ζ

в области |z|>1 имеет одну конечную особую точку z=-2 — полюс первого порядка и устранимую особуюточку z=¶. Действительно,

Clear@z, ζD;

Reduce@Hζ − zL ∗H4 + 10 ζ + 4 ζ2L 0, ζD

Следовательно,

Clear@ , FD;

F@ζ_D =z + ζ

ζ − z

H1 − ζ2L4 + 10 ζ + 4 ζ2

1

ζ;

Print@" =", = −Residue@F@ζD, 8ζ, −2<D − Residue@F@ζD, 8ζ, ∞<D êê FullSimplifyD

По формуле (49) получаем

Clear@z, x, yD;x ê: Im@xD = 0;y ê: Im@yD = 0;z = x + ∗ y;

Print@"uHx,yL=", FullSimplify@Re@ComplexExpand@ DDDD

Пусть функция u(z), гармоническая и ограниченная в полуплоскости Im z>0, непрерывна вплоть допрямой Im z=0, за исключением, быть может, конечного числа точек. Тогда имеет место формула Пуассона

(51)

eq51

u HzL =1π

‡−∞

+∞ y u HtLHt − xL2 + y2

t,

где z=x+Â y, y>0. Формулу (51) можно переписать в виде (интеграл типа Коши):

(52)

eq52

u HzL = Re 1

π ‡

−∞

+∞ u HtLt − z

t.

С помощью формул (51) или (52) можно решать задачу Дирихле для уравнения Лапласа в полуплоскости Imz>0.


Du=0, y>0; u=R(x), если y=0, где рациональная функция R(x) действительна, не имеет полюсов надействительной оси и R(z)Ø0 при zØ¶.

Решение. При сделанных предположениях решение задачи представляется в виде:



(53)u HzL = −2 Re ‚Im ζk<0

resζ= ζk

R HζLζ − z

.

В формуле (52) вычеты берутся по всем полюсам функции R(z), лежащим в полуплоскости Im z<0.

Рассмотрим пример реализации вычислений по формуле (53).


Du=0, y>0; u= 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1+x2 , если y=0.

Решение. По формуле (53) получаем

Clear@z, x, yD;x ê: Im@xD = 0;y ê: Im@yD = 0;z = x + ∗ y;

PrintA"uHzL=", −2 ReAFullSimplifyAResidueA 1

H1 + ζ2L Hζ − zL , 8ζ, − <EEEE

В заключение рассмотрим задачу Дирихле для уравнения Лапласа в произвольной односвязной области

(54)∆u = 0, z ∈ D, u = u0 HzL, если z ∈ Γ,

где граница G области D состоит более чем из одной точки. Решение этой задачи можно найти с помощьюконформного отображения области D на круг или полуплоскость и формулы Пуассона.

Пусть функция z=h(z) конформно отображает область D на полуплоскость Im z>0, z=g(z) — обратноеотображение. Тогда uè(z)=u(g(z)) — гармоническая в полуплоскости Im z>0 функция и

uη=0 = u0 Hg HzLLz∈Γ = u0 HξL,где z=x+Â h. В силу (52)

u HζL = Re 1

π ‡

−∞

+∞ u0 HtLt − ζ

t.

В этой формуле сделаем замену z=h(z), t=h(t). Получаем решение задачи (54)

(55)u HzL = Re 1

π ‡Γ

u0 HτL h HτLh HτL − h HzL τ.

Аналогично, если функция w= f (z) конформно отображает область D на круг |w|<1, то с помощью формулы(49) решение задачи (54) можно записать в виде

(56)u HzL = Re 1

2 π ‡Γ

u0 HζL f HζL + f HzLf HζL − f HzL

f HζLf HζL ζ.

Часто при нахождении решения задачи (54) вместо вычисления интеграла (55) или (56) удобно посленайденного конформного отображения z=h(z) области D на круг или полуплоскость вычислить интегралПуассона (48) или (51) и в полученном результате сделать замену z=h(z).




Du=0, 0<y< p; uy=0=1, если x>0, uy=0=0, если x<0; uy = p=0, z=x+Ây.

Решение. Функция z=‰z(z=x+Â h) конформно отображает полосу 0<y<p на полуплоскость h>0. При этомусловия задачи переходят в условия

uη=0 = 1 при ξ > 1, uη=0 = 0 при ξ < 1.

По формуле (51) находим

Clear@ξ, η, fD;

ξ ê: Im@ξD = 0;η ê: Im@ηD = 0;

Off@Pattern::"nodef"D;

Off@General::"stop"D;

PrintA"uHζL=", f@ξ_, η_D =

ReAFunctionExpandA 1

π IntegrateA η

Hξ − tL2 + η2, 8t, 1, +∞<, Assumptions → 8η > 0<EEEE

Отсюда после замены

ξ = x cos HyL; η = x sin HyLполучаем решение

FullSimplify@f@ x Cos@yD, x Sin@yDD, 80 < y, y < π<D

Полученное решение можно упростить. Оставляем читателю проделать дальнейшие упрощениясамостоятельно.

7. Метод конформных отображений. Задача Неймана

Пусть D-ограниченная область с гладкой границей G и на G задана непрерывная функция u1(z).Напомним постановку задачи Неймана.

Определение 11. 3. Классической задачей Неймана для уравнения Лапласа называется задачаопределения гармонической в области D функции u(z), непрерывно дифференцируемой вплоть до границы G иудовлетворяющей условию ∑uÅÅÅÅÅÅÅ

∑nØ»

zœG=u1(z), где ∑ÅÅÅÅÅÅÅ

∑nØ-производная по направлению внешней нормали к G.

Формальная постановка задачи Неймана следующая:

(57)∆u = 0, z ∈ D,

(58)∂u

∂n→

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒz∈Γ

= u1 HzL.

Мы уже видели, что решение залачи Неймана единственно с точностью до постоянного слагаемого (вслучае существования). Оказывается, что решение этой задачи существует не всегда.

Теорема 11. 2. Для разрешимости задачи (57), (58) необходимо, чтобы выполнялось условие



(59)‡Γ

u1 HzL s = 0,

где „s= |„z|-элемент длины кривой G.

Доказательство. В самом деле, в силу первой формулы Грина при w=1, z=u

‡D

∆u ω = ‡Γ

∂u

∂n→ HzL s = ‡

Γ

u1 HzL s,

где „w -элемент площади. Отсюда немедленно следует (59). Теорема доказана.

sincub

В главе 13 будет показано, что при выполнении условия (59) решение классической задачи Нейманасуществует и единственно с точностью до постоянного слагаемого. В примере 11. 2 граничное условиеu1(z)= ÂHz2-1L3

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ8 z3 удовлетворяет (59)

sincub

‡0

2 π

Sin@φD3 φ

sincub

и решение, как мы убедились, зависит от одной произвольной постоянной.

Теорема 11. 3. Решение задачи (57), (58) единственно (в случае существования) с точностью допостоянного слагаемого.

Доказательство. Пусть uH1L(z), uH2L(z)-два решения задачи (57), (58). Тогда u(z)= uH1L(z)-uH2L(z)-решениезадачи

(60)∆u = 0, z ∈ D,

(61)∂u

∂n→

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒz∈Γ

= 0.

Из первой формулы Грина

‡D

J ∂u∂x

N2

+ J ∂u∂y

N2 ω = ‡

Γ

u ∂u

∂n→ s − ‡

D

u ∆u ω.

Правая часть этой формулы равна 0 в силу (60), (61). В левой части подынтегральная функция неотрицательнаи непрерывна в области D. Следовательно, ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑x =0, ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑y =0, откуда u(z)=const при zœD. Теорема доказана.

Наряду с классической задачей Неймана будем рассматривать также задачу (57), (58) в случае, когдаобласть D неограничена. Тогда предполагается, что функция u(z) и ее частные производные первого порядкаограничены в области D.

Пример 11. 10. Задача Неймана. Найти решение задачи

(62)∆u = 0, y > 0, ∂u∂y

Hx, 0L = −u1 HxL,

где z=x+Ây, u1(x)-непрерывная функция при -¶<x<+¶,

u1 HxL = O H » x »−1−εL



при xØ¶, e>0. Предполагается, что условие разрешимости (59) выполнено, т. е.

(63)‡−∞

∞

u1 HxL x = 0.

Решение. Задачу Неймана (62) можно свести к задаче Дирихле для функции ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑y . В самом деле, так какu(z)-гармоническая функция, то ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑y -также гармоническая функция при y>0. Поэтому для ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑y получаем задачуДирихле

∆ J ∂u∂y

N = 0, y > 0, ∂u∂y

Hx, 0L = −u1 HxL.

По формуле (51) находим

∂u∂y

HzL = −1π

‡−∞

+∞ y u1 HtLHt − xL2 + y2

t,

откуда

−1

π ‡

y

Ht − xL2 + y2 y êê FullSimplify

и мы получаем

(64)u HzL = −12 π

‡−∞

+∞

u1 HtL ln HHt − xL2 + y2L t + C HxL.

В формуле (64) интеграл-гармоническая при y>0 функция, так как подынтегральная функция -гармоническая,а условие

(65)u1 HxL = O H » x »−1−εLобеспечивает сходимость этого интеграла и существование его частных производных любого порядка.Поэтому C(x)-также гармоническая функция, т. е. C≥(x)=0, откуда C(x)=C1+C2x. Из условия (63) следует, чтоинтеграл в формуле (64) ограничен при y>0, так как его можно представить в виде

‡−∞

+∞

u1 HtL ln HHt − xL2 + y2L t − ln Hx2 + y2L ‡−∞

+∞

u1 HtL t = ‡−∞

+∞

u1 HtL ln ikjjj Ht − xL2 + y2

x2 + y2y{zzz t,

а последний интеграл при больших значениях x2+y2 по модулю меньше интеграла

‡−∞

+∞

» u1 HtL » ln H » t » +1L2 t,

который сходится в силу условия (65). Функция u(z) ограничена, следовательно, C(x) также ограничена, т. е.C2=0, и из (64) окончательно получаем решение задачи (62):

(66)u HzL = −12 π

‡−∞

+∞

u1 HtL ln HHt − xL2 + y2L t + C,

где C-постоянная. Эту формулу можно записать в виде

(67)u HzL = −1π

‡−∞

+∞

u1 HtL ln | t − z | t + C,

так как "########################Ht - xL2 + y2 = |t-z|.



Решение задачи Неймана (57), (58) в односвязной области D можно найти с помощью конформногоотображения области D на полуплоскость и формулы (67).

Пусть функция z=h(z), z=x+Âh конформно отображает область D на полуплоскость Im z>0,z=g(z)-обратное отображение. Тогда uè(z)=u(g(z))-гармоническая функция в полуплоскости Im z>0. Найдем

∑ uèÅÅÅÅÅÅÅÅ∑nè

Ø »h=0

, где nèØ

-внешняя нормаль к границе полуплоскости Im z>0. При конформном отображении z=g(z)

направление нормали nèØ

переходит в направление нормали nØ, а коэффициент линейного растяжения в точкахпрямой Im z=0 равен |g£(x)|. Следовательно,

∂u

∂n→

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒƒƒη=0

=∂u

∂n→

ƒƒƒƒƒƒƒƒƒz=g HξL

| g HξL | = u1 Hg HξLL | g HξL | = u1 HξL | g HξL |.

Учитывая, что ∑ uèÅÅÅÅÅÅÅÅ∑nè

Ø »h=0

=- ∑ uèÅÅÅÅÅÅÅÅ∑h »h=0

, по формуле (67) находим

u HζL = −1π

‡−∞

∞

u1 HtL | g HtL | ln | t − z | t + C.

Вернемся к прежним переменным, полагая z=h(z), t=h(t). Так как g£(t) = 1ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅh£HtL , то решение задачи (57), (58)имеет вид

(68)u HzL = −1π

‡Γ

u1 HτL ln | h HτL − h HzL | h HτL

» h HτL » τ + C.

Пример 11. 11. Задача Неймана. Найти решение задачи

(69)∆u = 0, r < 1,∂u∂r

Àr=1

= u1 H φL,

где z=r‰Âf, u1(‰Âf)-непрерывная функция и Ÿ02 pu1H‰ÂfL „ f= 0. В этом случае ∑uÅÅÅÅÅÅÅ

∑nØ»

r=1= ∑uÅÅÅÅÅÅÅ∑r »

r=1.

Решение. Функция z=g(z)= z-ÂÅÅÅÅÅÅÅÅÅz+Â конформно отображает полуплоскость Im z>0 на круг |z|<1 (см., например, [5]).Обратное отображение имеет вид z=h(z)= 1+zÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ1-z Â. Осуществим запись отображения h в системе Mathematica

Clear@h, Iden, solset, w, zD;Iden@z_D = z;

h@z_D =H1 + zL1 − z

;

Print@"hHzL = ", h@zDD;

Находим обратное отображение

solset = Solve@w h@zD, zD;Print@solsetD;Print@"z = g@wD = ", solsetP1, 1, 2TD;

Строим образ единичного круга при отображении h, демонстрирующий свойства этого конформногопреобразования

<< Graphics`ComplexMap`



Clear@h, Iden, zD;Iden@z_D = z;

h@z_D =H1 + zL1 − z

;

Off@General::"spell1"D;zplane = PolarMapAIden, 80.005, 0.995, 0.11<,

90, 2 π,π

12=, PlotRange → 88−1.05, 1.05<, 8−1.05, 1.05<<,

PlotRegion → 880.15, 0.85<, 80.15, 0.85<<, Ticks → 8Range@−1, 1, 1D, Range@1, 1, 1D<,AxesLabel → 8"x", "y"<, DisplayFunction → IdentityE;

wplane = PolarMapAh , 80.005, 0.995, 0.11<, 90, 2 π,π

12=,

Ticks → 8Range@−3, 3, 1D, Range@0, 3, 1D<, AspectRatio →1

2,

PlotRange → 88−3, 3<, 80, 3<<, AxesLabel → 8"u", "v"<, DisplayFunction → IdentityE;

graphs = Show@GraphicsArray@8zplane, wplane<D, DisplayFunction → $DisplayFunctionD;Print@"The mapping w = ", h@zDD;

Так как h£(z) = 2 ÂÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅH1-zL2 , то в силу (68) решение задачи (69) определяется формулой

(70)u HzL = −1π

‡»τ»=1

u1 HτL ln | 1 + τ1 − τ

−1 + z1 − z

| » 1 − τ »2H1 − τL2 τ + C.

В интеграле (70) положим t=‰Âf, тогда

» 1 − τ »2H1 − τL2 =

H1 − φL H1 − − φLH1 − φL2

φ φ = φ,

À 1 + τ1 − τ

−1 + z1 − z

À =2 » φ − z »

» 1 − φ »» 1 − z » .

Из (70) получаем

u HzL = −1π

‡0

2 π

u1 H φL ln | φ − z | φ + J1 + J2 + C,

где

J1 = −1π

ln 2

» 1 − z » ‡0

2 π

u1 H φL φ = 0,

J2 =1π

‡0

2 π

u1 H φL ln | 1 − φ | φ = const

(не зависит от z). Окончательно находим решение задачи (69)

(71)u HzL = −1π

‡0

2 π

u1 H φL ln | φ − z | φ + C,

где C-произвольная постоянная.

Задачу Неймана (57), (58) в односвязной области D можно решить с помощью конформногоотображения области D на круг и формулы (71).



8. Метод разделения переменных для уравнений Лапласа и Пуассона в пространстве

Найдем решения уравнения Лапласа в сферических координатах для случая, когда неизвестная функцияu(r, theta) не зависит от угла phi. Будем использовать метод разделения переменных.

Подключаем пакет, содержащий операторы перехода к сферическим координатам.

VectorAnalysis

<< Calculus`VectorAnalysis`


Clear@x, y, z, r, theta, phiD;

x ê: Im@xD = 0;

y ê: Im@yD = 0;

z ê: Im@zD = 0;

r ê: Im@rD = 0;

theta ê: Im@thetaD = 0;

phi ê: Im@phiD = 0;

SetCoordinates, Spherical

SetCoordinates@Spherical@r, theta, phiDD

Clear@cfcD;

CoordinatesFromCartesian, Spherical

cfc = CoordinatesFromCartesian@8x, y, z<, SphericalD

CoordinateSystem, Coordinates

8CoordinateSystem, Coordinates@D<

Coordinates, Spherical, CoordinatesRanges

8Coordinates@SphericalD, CoordinateRanges@SphericalD<

CoordinatesToCartesian

CoordinatesToCartesian@8r, theta, phi<, SphericalD

Записываем оператор Лапласа в сферической системе координат

Clear@equ, fD;

equ = Laplacian@f@r, thetaDD

Разделяем переменные в уравнении Лапласа (записываем только левую часть уравнения):

f@r_, theta_D = Z@rD W@thetaD;

Hequêf@r, thetaDL ∗ r2 êê ExpandAll

Переменные разделились. Выражение, содержащее функции от r приравниваем к константе n (1+n), где n¥0-целое число. Решаем, полученное обыкновенное дифференциальное уравнение

FullSimplify@DSolve@r2 Z @rD + 2 r Z @rD − ν Hν + 1L Z@rD 0, Z@rD, rD,8ν ∈ Integers, ν ≥ 0<D êê ExpandAll



В дифференциальном уравнении для функции W сделаем замену переменных x=cos(q)

W@theta_D = y@Cos@thetaDD;

eq@ξ_D = HW @thetaD + Cot@thetaD W @thetaD + ν Hν + 1L W@thetaD ê. 8Cos@thetaD → ξ<L ê.8Sin@thetaD2 → 1 − ξ2< êê FullSimplify

Решим уравнение относительно новой неизвестной функции y

FullSimplify@DSolve@eq@ξD 0, y@ξD, ξD, 8ν ∈ Integers, ν ≥ 0<D êê ExpandAll

В качестве решений воэьмем полиномы LegendreP(n, x), которые в учебной литературе (см. [1], [2]) называютсяполиномами Лежандра и обозначаются Pn(x). Выпишем первые пять полиномов Лежандра

Table@LegendreP@ν, ξD, 8ν, 0, 4<D

Полиномы Лежандра образуют ортогональную систему в пространстве L2(-1, 1), т. е.

‡−1

1

Pn HξL Pm HξL ξ = 0 Hn ≠ mL

и, кроме того,

‡−1

1

HPn HξLL2 ξ =2

2 n + 1.

Например,

TableA‡−1

1

LegendreP@ν, ξD2 ξ, 8ν, 0, 7<E êê FullSimplify

Всякая функция f œL2(-1, 1) разлагается в ряд Фурье по полиномам Лежандра

f HξL = ‚n=0

∞2 n + 1

2< f, Pn >2 Pn HξL,

сходящийся в L2(-1, 1).

Решение внутренней задачи Дирихле (и других внутренних задач для уравнения Лапласа) в случае,когда краевые условия заданы на сфере r=R и зависят только от theta, следует искать в виде

(72)u Hr, θL = ‚n=0

∞

An rn Pn Hcos HθLL,

а решение внешней задачи-в виде

(73)u Hr, θL = ‚n=0

∞

Bn r−n−1 Pn Hcos HθLL.

Если краевые условия заданы на границе шарового слоя R1<r<R2 и зависят только от theta, то решение нужноискать в виде

(74)u Hr, θL = ‚n=0

∞

HAn rn + Bn r−n−1L Pn Hcos HθLL.

Коэффициенты An, Bn определяются из краевых условий.



Пример 11. 12. Задача Дирихле. Найти функцию u, гармоническую внутри шара радиуса R с центромв начале координат и такую, что u(R, theta)=sin2(theta).

Решение. Решение ищем в виде ряда (72). Рассмотрим первые два многочлена Лежандра

Table@LegendreP@ν, Cos@thetaDD, 8ν, 0, 2<D êê TrigReduce

и краевое условие

Clear@ϕ, thetaD;

ϕ@theta_D = Sin@thetaD2 êê TrigReduce

Сравнеие показывает, что решение можно искать в виде (в силу единственности разложения в ряд помногочленам Лежандра)

Clear@u, r, AD;

u@r_, theta_D = ‚n=0

2

A@nD rn LegendreP@n, Cos@thetaDD êê TrigReduce

Из краевого условия находим коэффициенты разложения

Clear@solD;

sol = SolveAlways@Collect@u@R, thetaD − ϕ@thetaD, 8Cos@thetaD, Cos@2 thetaD<D 0,8Cos@thetaD, Cos@2 thetaD<D

Записываем решение задачи

u@r, thetaD ê. sol êê ExpandAll

Пример 11. 13. Задача Дирихле. Найти гармоническую внутри шарового слоя 1<r<2 функцию такую,что

u H1, thetaL = 9 cos H2 thetaL, u H2, thetaL = 3 H1 − 7 cos2 HthetaLL.

Решение. Решение ищем в виде ряда (74). Рассмотрим краевые условия

Clear@ϕ1, ϕ2, thetaD;

ϕ1@theta_D = 9 Cos@2 thetaD;

ϕ2@theta_D = 3 H1 − 7 Cos@thetaD2L êê TrigReduce

Следовательно, можно искать решение в виде

Clear@u, rD;

u@r_, theta_D = ‚n=0

2

HA@nD rn + B@nD r−n−1L LegendreP@n, Cos@thetaDD êê TrigReduce

Из краевых условий находим коэффициенты разложения

Clear@solD;



sol = SolveAlways@8Collect@u@1, thetaD − ϕ1@thetaD, 8Cos@thetaD, Cos@2 thetaD<D 0,Collect@u@2, thetaD − ϕ2@thetaD, 8Cos@thetaD, Cos@2 thetaD<D 0<,8Cos@thetaD, Cos@2 thetaD<D

Записываем решение задачи

Clear@UD;

U@r_, theta_D = Hu@r, thetaD ê. sol êê ExpandAllL@@1DD

Функция U удовлетворяет уравнению Лапласа

Laplacian@U@r, thetaDD êê FullSimplify

и краевому условию

8U@1, thetaD == 9 Cos@2 thetaD, U@2, thetaD == 3 H1 − 7 Cos@thetaD2L< êê FullSimplify

В общем случае, когда неизвестная функция u(r, theta, phi) зависит от всех переменных, задача Дирихледля уравнения Лапласа:

(75)∆u = 0, u HR, theta, phiL = ϕ Htheta, phiLснова может быть решена методом разделения переменных. Реализация этого метода немного сложнее чем вслучае u(r, theta, phi)=u(r, theta) и приводит к следующему результату.

Решение этой задачи (и других внутренних задач) следует искать в виде

(76)u Hr, theta, phiL = ‚k=0

∞

I rRMk Yk Htheta, phiL,

где

(77)

Yk Htheta, phiL = A0,k Pk Hcos HthetaLL +

‚n=1

k

HAn,k cos Hn phiL + Bn,k sin Hn phiLL PkHnL Hcos HthetaLL,

а PkHnL(x) -присоединенные полиномы Лежандра.

Решение внешней задачи Дирихле для сферы радиуса R (и других внешних задач) следует искать в виде


∞

I RrMk+1

Yk Htheta, phiL.

Для решения задачи Неймана (внутренней и внешней)

(79)∆u = 0, J ∂u∂r

N HR, theta, phiL = ϕ Htheta, phiL

можно сформулировать аналогичные результаты. При выполнении условия

(80)

eq80

14 πR2

‡SR

ϕ HxL σx = 0

решение внутренней задачи Неймана ищем в виде




∞Rk

I rRMk Yk Htheta, phiL + C, r < R,

а решение внешней задачи Неймана в виде ряда

(82)u Hr, theta, phiL = −‚k=0

∞R

k + 1 I RrMk+1

Yk Htheta, phiL + C, r > R.

Пример 11. 14. Задача Неймана. Найти функцию, гармоническую внутри единичной сферы такую, что

∂u∂r

H1, theta, phiL = sin10 HthetaL sin H10 phiL, u H0, theta, phiL = 1.

Решение. Представим функцию sin10(theta) в виде суммы тригонометрических функций кратного аргумента


Clear@ϕ, theta, phiD;

ϕ@theta_, phi_D = HSin@thetaD10 êê TrigReduceL

Проверим условие разрешимости задачи Неймана. Имеем

1

4 π Integrate@ϕ@theta, phiD Sin@10 phiD

HHJacobianDeterminant@Spherical@r, theta, phiDDL ê. 8r → 1<L,8theta, 0, Pi<, 8phi, −Pi, Pi<D

Следовательно, решение задачи Неймана существует и единственно с точностью до константы. Структуракраевого условия позволяет искать решение задачи в виде ряда

Clear@u, u1, A, B, c0D;

u@r_, theta_, phi_D =ikjjjjj‚

k=1

11 1

k rk A@kD LegendreP@k − 1, Cos@thetaDD

y{zzzzz Sin@10 ∗ phiD + c0;

У многочленов Лежандра Pk(x) (в записи решения) индекс сдвинут на единицу влево, поскольку намнеобходимо получить 11 уравнений с 11 неизвестными {A[i]<i=1

11 . В связи с этим заметим, что первые 10необходимых нам для решения задачи многочленов Лежандра содержат 11 линейно независимых функций: 1,cos(theta), ..., cos(10 theta). Находим левую часть условия Неймана

u1@theta_, phi_D =ikjjjjj‚

k=1

11

A@kD LegendreP@k − 1, Cos@thetaDDy{zzzzz êê Simplify êê TrigReduce;

Составляем и решаем систему уравнений для определения коэффициентов {A[i]<i=111 .

Clear@sol, tbD;

tb = Table@Cos@i thetaD, 8i, 1, 10<D;

sol = SolveAlways@Collect@u1@theta, phiD − ϕ@theta, phiD, tbD 0, tbD

Записываем решение задачи Неймана

Clear@UD;

U@r_, theta_, phi_D = Hu@r, theta, phiD ê. sol êê FullSimplifyL@@1DD



Функция U удовлетворяет уравнению Лапласа

Laplacian@U@r, theta, phiDD êê FullSimplify

и краевому условию

HH∂r U@r, theta, phiDL ê. 8r → 1<L == ϕ@theta, phiD Sin@10 phiD êê FullSimplify

В начале координат решение принимает значение

U@0, theta, phiD

Поэтому, достаточно положить c0=1 и мы удовлетворим всем условиям задачи. Итак, искомое решение имеетвид:

Clear@WD;

W@r_, theta_, phi_D = U@r, theta, phiD ê. 8c0 → 1<

Function Definition

Литература

1.Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физики. — М., Наука, 1972.

2. Владимиров В. С. Уравнения математической физики.-M.: Наука, 1988.-512 с.

3. Зорич В. А. Математический анализ: Учебник. Ч. II. -М.: Наука, 1984. -640 c.

4. Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник задач по математической физике. М., Наука, 1980.

5. Маркушевич А.И. Теория аналитических функций. Москва-Ленинград, ГИТТЛ, 1950.-704 с.



Documents

Лекция 24 - Belarusian State UniversityЛекция 24 лектор: доцент Кулешов А.А., ауд. 421 Author: KULIASHOU ALIAKSANDR Belorussian State University,