Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Эллиптические задачи (128.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

457 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Неопределенные коэффициенты, входящие в выражение (2.5), определяются так, чтобы были удовлетворены граничные условия,

т. е. u (R1,ϕ) = f1 (ϕ) и u (R2 ,ϕ)= f2 (ϕ). Полагая в формуле общего решения (2.5) r = R1 и r = R2 , получаем

u (R1,ϕ)= a0 +b0 ln R1 +

∞

+∑n=1 (an R1n +bn R1−n )cos(nϕ)+(cn R1n + dn R1−n )sin (nϕ) ,

u (R2 ,ϕ) = a0 +b0 ln R2 +

∞

+∑n=1 (an R2n +bn R2−n )cos(nϕ)+(cn R2n + dn R2−n )sin (nϕ) .

Воспользовавшись выражениями для коэффициентов Фурье тригонометрического ряда, приходим к следующим системам линейных алгебраических уравнений относительно коэффициентов суммы (2.5):

2π

f (ϕ)dϕ,

ln R =

∫0

2π

+b0 ln R2 =

∫ f2 (ϕ)dϕ,

2π

(ϕ)cos(nϕ)dϕ,

a Rn

ln R−n =

∫0

2π

an R2n +bn ln R2−n =

∫ f2 (ϕ)cos(nϕ)dϕ,

2π

(ϕ)sin (nϕ)dϕ,

c Rn

+ d

ln R−n =

∫0

2π

cn R2n + dn ln R2−n =

∫ f2 (ϕ)sin (nϕ)dϕ.

(2.6)

(2.7)

(2.8)

Систему (2.6) решают относительно коэффициентов a0 и b0 , аналогично системы (2.7) и (2.8) – соответственно относительно пар коэффициентов an и bn , cn и dn (n =1, 2, …).

Таким образом, решение задачи (2.1) дается формулой (2.5), в которой коэффициенты определяются из систем (2.6) – (2.8).

Пример 2.2. Найти решение задачи

	u = 0,	1 < r < 2, 0 ≤ ϕ< 2π,

		0 ≤ ϕ≤ 2π,
u (1,ϕ) = 1,		0 ≤ ϕ≤ 2π,

u (2,ϕ)= 2,		0 ≤ ϕ≤ 2π.

Решение. Учитывая постоянство граничных условий, решение ищем в виде функции, которая не зависит от ϕ, т. е.

u (r,ϕ)= a0 +b0 ln r. Подставляя эту функцию в граничные условия, получаем систему уравнений

a		+b ln1 = 2,
	0	0
		+b ln 2 =1,
a		+b ln 2 =1,
	0	0
откуда a0 = 2, b0 = −log2 e.		Следовательно, искомым решением

является функция u (r,ϕ)= 2 −	ln r	.

	ln 2
Пример 2.3. Найти решение задачи
u = 0,	1 < r < 2, 0 ≤ ϕ< 2π,

	0 ≤ ϕ≤ 2π,
u (1,ϕ) =sin ϕ,

u (2,ϕ)= cos ϕ,	0 ≤ ϕ≤ 2π.

Решение. Здесь тоже надо обратить внимание на граничные условия. Понятно, что все коэффициенты a0 , b0 , an , bn , cn и dn

(n >1) равны нулю, а коэффициенты a1, b1 , c1 и d1 определяются из двух систем уравнений:

a +b =1,							c + d = 0,
	1		1			и		1		1
	2a	+	1	b	= 0			2c	+	1	d	=1,


	1		2	1				1		2	1

решая которые, получаем

a = −	1	, b =	4	, c =	2	, d = −	2	.

1	3	1	3	1	3	1	3

Отсюда решением задачи является функция

u (r,ϕ)= 13 (−r + 4r−1 )cos ϕ+ 23 (r −r−1 )sin ϕ.

3. ВНУТРЕННЯЯ И ВНЕШНЯЯ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ

Существуют два важных частных случая: первый, когда решение определяют в круге (внутренняя задача Дирихле), и второй, когда решение ищут в области, окружающей круг (внешняя задача Дирихле).

Внутренняя задача Дирихле. Требуется найти функцию, ко-

торая является решением следующей задачи:

	2	urr + rur +uϕϕ = 0, 0 ≤ r < R,		0 ≤ ϕ< 2π,
r		urr + rur +uϕϕ = 0, 0 ≤ r < R,		0 ≤ ϕ< 2π,
u (R,ϕ)= g (ϕ),			0 ≤ ϕ≤ 2π.

Эта задача решается точно так же, как решалась задача Дирихле для кольца, но только с тем отличием, что теперь необходимо исключить те частные решения, которые не ограничены при стремлении r к нулю (см. пример 2.1):

ln r, r−n cos(nϕ), r−n sin (nϕ), n =1, 2, ... .

Следовательно, в качестве решения необходимо взять функцию

u (r, ϕ)=	∞	r n	a		cos(nϕ)	+b	sin (nϕ) .
	∑			n
						n
	n=0	R
Здесь коэффициенты		a0	(b0 = 0), an ,			bn	(n > 0) вычисляются

по формулам

			1		2π
a		=	1		g (ϕ)dϕ,
a		=			g (ϕ)dϕ,
	0		2π ∫0
			1	2π
			1	2π
an =				∫ g (ϕ)cos(nϕ)dϕ,
an =			π	∫ g (ϕ)cos(nϕ)dϕ,
			π	0
				0

	1	2π	(3.1)
		2π
bn =		∫ g (ϕ)sin (nϕ)dϕ, n > 0.
bn =	π	∫ g (ϕ)sin (nϕ)dϕ, n > 0.
		0

Таким образом, решение строится по следующему алгоритму. Функция f (ϕ) разлагается в ряд Фурье:

∞

f (ϕ)= ∑ an cos(nϕ)+bn sin (nϕ) ,

n=0

а затем каждый член этого ряда умножается на коэффициенты

r n . Например, внутренняя задача Дирихле в единичном круге

u = 0,		0 ≤ r <1,	0 ≤ ϕ< 2π,

u (1,ϕ)= cos2	ϕ,	0 ≤ ϕ≤ 2π,

имеет решение

u (r,ϕ)= 12 1 + r2 cos(2ϕ) .

Внешняя задача Дирихле записывается следующим образом:

	2	urr + rur +uϕϕ = 0,	R< r < +∞, 0 ≤ ϕ< 2π,
r		urr + rur +uϕϕ = 0,	R< r < +∞, 0 ≤ ϕ< 2π,
u (R,ϕ)= g (ϕ),			0 ≤ ϕ≤ 2π.

Теперь необходимо исключить те частные решения, которые не ограничены при стремлении r к бесконечности (см. пример 2.1):

ln r, rn cos(nϕ), rn sin (nϕ), n =1, 2,... .

Таким образом, в качестве решения нужно взять функцию

u (r,ϕ)=	∞	r −n	a	cos(nϕ)+b	sin (nϕ) ,
	∑
			n	n
	n=0	R

где коэффициенты an и bn вычисляются по формулам (3.1).

Например, внешняя задача Дирихле (по отношению к единичному кругу)

u = 0,		1 ≤ r < +∞,	0 ≤ ϕ< 2π,

u (1,ϕ)=sin2	ϕ,	0 ≤ ϕ≤ 2π,

имеет решение

u (r,ϕ)= 14 3r−1 sin ϕ−r−3 sin (3ϕ) .

Пример 3.1. Найти распределение температуры в секторе 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ ϕ≤ α, удовлетворяющее краевым условиям u (r,0)=

=u (r,α)= 0 , u (a,ϕ)= Aϕ (A = const ).

Решение. В данном случае имеем следующую задачу Дирихле:

r2u	rr	+ ru	r	+u	ϕϕ	= 0,	0 < r < a,	0<ϕ< α < 2π,
	rr		r		ϕϕ
							0 ≤ r ≤a,
u (r,0)=u (r,α),							0 ≤ r ≤a,
u (a,ϕ)=			Aϕ,				0 ≤ ϕ≤ α.

Примем u (r,ϕ)= R(r )Φ(ϕ) и выполним разделение переменных. Получим два обыкновенных дифференциальных уравнения:

r2 R′′+ rR′−λR = 0, Φ′′+λΦ = 0.	(3.2)
	15

Из условий u (r,0)= R(r )Φ(0)= 0 и u (r,α)= R(r )Φ(α)= 0 следует, что Φ(0) = Φ(α) = 0. Решая задачу Штурма – Лиувилля

			Φ′′+λΦ = 0, 0 < ϕ < α,

			Φ(0)= Φ(α)=	0,

	nπ 2		nπϕ
находим	λn =		и Φn (ϕ)=sin		,	n =1, 2, …. Функцию
находим	λn =		и Φn (ϕ)=sin		,	n =1, 2, …. Функцию
		α		α

R(r ) ищем в виде R(r )= rμ. Подставляя это выражение в первое

nπϕ				nπ
уравнение (3.2), находим μ(μ −1)+μ −		= 0,	откуда μ = ±		.
	α			α
Учитывая, что функция R(r ) должна быть ограниченной,				вы-

берем μ = nαπ и получим Rn (r )= r nαπ

. Частными решениями, из

которых построим решение задачи, являются функции

	nπ	nπϕ
un (r,ϕ)= r α		nπϕ			n =1, 2, ….
		sin		,
		sin	α	,
			α

Отсюда решение задачи строим так:

∞	nπ	nπϕ
u (r,ϕ)= ∑cnr α		nπϕ
		sin		.
		sin	α	.
n=1			α

Постоянные cn (n =1, 2, …) определяем из граничного условия u (a,ϕ)= Aϕ. Имеем

nπ

nπϕ

dϕ,

c a α

∫

Aϕsin

откуда

c =

ϕsin

nπϕ

dϕ =

(−1)n+1

2αA

nπ ∫

nπ

αa α

Окончательно решение задачи записываем в виде

		∞			nπϕ
	2αA		n+1 r	nπ sin		α
u (r,ϕ)=		∑(−1)		α			.

	π					n
		n=1	a

Отметим, что решение имеет особенность в граничной точке r = a, ϕ = α из-за несогласования граничных значений.

4. ВНУТРЕННЯЯ И ВНЕШНЯЯ ЗАДАЧИ НЕЙМАНА ДЛЯ КРУГА

Если область, в которой ищется решение, есть круг радиуса R с центром в начале координат, то производная по направлению

внешней нормали определяется как

∂u

= ∂u

. Поэтому ре-

∂n

r=R

∂r

r=R

шение внутренней задачи Неймана ищут в виде

u (r,ϕ)= ∞

r n

cos(nϕ)+b sin (nϕ) +C,

∑

n=0

где С – произвольная постоянная, коэффициенты an

и bn опреде-

ляются из граничного условия

∂u

= q(ϕ), т. е.

2π

∂r

r=R

an =

∫ q(ϕ)cos(nϕ)dϕ,

nπ

(4.1)

2π

bn =

∫ q(ϕ)sin (nϕ)dϕ, n =1, 2, ….

nπ

Решение внешней задачи Неймана ищут в виде

u (r,ϕ)= ∞

r −n

cos(nϕ)+b

sin (nϕ) +C ,

∑

n=0

где коэффициенты an и bn

определяются из граничного условия

∂u

= q(ϕ). Для вычислений используются те же формулы (4.1),

∂n

r=R

но только нужно учесть, что здесь ∂u

= −∂u

∂n

r=R

∂r

r=R

Пример 4.1. Найти температуру внутри неограниченного ци-

линдра радиуса R,

если на его боковой поверхности задана плот-

ность теплового потока ∂u

= cos3 ϕ.

∂n

r=R

Решение. Имеем внутреннюю задачу Неймана

u = 0,

0 < r < R,

0 ≤ ϕ< 2π,

∂u

= cos3 ϕ,

0 ≤ ϕ≤ 2π.

∂n

r=R

Проверим выполнение условия разрешимости данной задачи Неймана, т. е. убедимся, что ∫L ∂∂un ds = 0, здесь L – внешняя ок-

ружность круга радиуса r = R. Имеем

∂u ds =

2πcos3

ϕdϕ =

2πcos ϕdϕ+

R 2π

cos(3ϕ)+cos ϕ dϕ = 0.

∫

4 ∫

∂n

∫

2 ∫

Поскольку cos3 ϕ =

cos ϕ+

cos(3ϕ), то a =

a =

R, а

все остальные коэффициенты в ряде, определяющем решение внутренней задачи Неймана, равны нулю. Поэтому решение данной задачи будет иметь вид

u (r,ϕ)= 34 r cos ϕ+121R2 r3 cos(3ϕ)+C,

где С – произвольная постоянная.

Замечание 4.1. Если задача Неймана рассматривается в кольце (R1 ≤ r ≤ R2 , 0 ≤ ϕ≤ 2π), то задают два граничных условия:

−	∂u (R ,ϕ)= q		(ϕ),	∂u (R ,ϕ)= q		(ϕ).
	∂r 1	1		∂r 2	2

При этом решение задачи Неймана существует только при выполнении условия

2π	2π
R1 ∫ q1	(ϕ)dϕ = R2 ∫ q2	(ϕ)dϕ
0	0

и определяется с точностью до произвольной постоянной.

5.КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ПУАССОНА

ВКОЛЬЦЕ И КРУГЕ

При решении задачи Дирихле для уравнения Пуассона u = f следует найти какое-либо частное решение u1 уравнения Пуассона, а далее с помощью замены u =u1 +v перейти к нахождению функции v, являющейся решением краевой задачи для уравнения Лапласа v = 0. Задача Неймана и задача смешанного типа для уравнения Пуассона могут быть решены по аналогичной схеме.

Пример 5.1. Найти решение уравнения Пуассона

∂2u + ∂2u = −xy ∂x2 ∂y2

в круге радиуса R с центром в начале координат при условии u (R,ϕ)= 0.

Решение. Используя полярную систему координат, получаем задачу

	1	r4 sin (2ϕ),
r2urr + rur +uϕϕ = −			0 ≤ r < R, 0	≤ ϕ < π,	(5.1)
r2urr + rur +uϕϕ = −	2		0 ≤ r < R, 0	≤ ϕ < π,
	2
u (R,ϕ)= 0,			0 ≤ ϕ ≤ π.

					19

Частное решение уравнения Пуассона ищем в виде

u1 (r,ϕ) = w(r)sin (2ϕ).

Подставляя функцию u1 (r,ϕ)			в уравнение (5.1) и сокращая на
sin (2ϕ), приходим к уравнению
	2 ′′	′		1	4
r				2 r		.	(5.2)
	w	+ rw −4w = −

С помощью замены r = et уравнение (5.2) приводим к уравнению с постоянными коэффициентами

′′

(5.3)

w − 4w = − 2 e

Здесь

w′′ = wtt . Частным решением уравнения (5.3) является

функция

w(t )=

e4t ,

но тогда

w(r )=

– частное решение

уравнения (5.2). Отсюда

(r,ϕ)=

r4 sin (2ϕ).

Введем вспомогательную функцию

v(r,ϕ)=u (r,ϕ)−u1 (r,ϕ).

Чтобы найти функцию v(r,ϕ), необходимо решить задачу Дирихле для уравнения Лапласа

r2v

+ rv

0 < r < R, 0 ≤ ϕ< π,

ϕϕ

v(R,

ϕ)=

R4 sin (2ϕ),

0 ≤ ϕ≤ π.

Решение этой задачи:

v(r,

ϕ)=

r 2

R4 sin (2ϕ)=

r2 R2 sin (2ϕ).

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]