Методы математической физки Меркулов

Собственным числам оператора Лапласа 0;m

0

0;m

2

;m

=

R

(m = 1; 2; :::)

0;m

k;m

2

R

соответствуют собственные функции

( ) = J0

.

Каждому собственному числу k;m

=

(k

= 1; 2; :::;

m =

R

= 1; 2; :::)

соответствуют две собственные

функции

k;m( ; ') = cos(k')Jk

k;m

; k;m( ; ') = sin(k')Jk

k;m

:

R

R

Здесь k;m (k = 0; 1; :::; m = 1; 2; :::) – корни уравнения Jk( ) = 0. Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют орто-

гональную, полную в пространстве L2[ ; ] систему функций.

Пример 4.7. Найти собственные числа и собственные функции оператора Лапласа на сфере радиуса R = 1 ( = f( ; ') : 0 ; 0 ' < < 2 g).

Запишем оператор Лапласа в сферической системе координат и поло-

жим = 1:

sin

1 @2Y

Y =

1

@

@Y

+

:

sin

@

@

sin2

@'2

Полученный оператор называется оператором Бельтрами. Поставим задачу на собственные значения этого оператора:

1 @

@Y

1 @2Y

sin

+

= Y;

0 < < ; 0 < ' < 2 ;

sin

@

@

sin2

@'2

Y ( ; ') ограничена при

! 0 + 0 и при ! 0;

Y ( ; 0) = Y ( ; 2 );

@Y ( ; 0)

=

@Y ( ; 2 )

:

@'

@'

По обеим переменным заданы естественные краевые условия, следующие из свойств сферических координат.

Решение будем искать в виде произведения двух функций Y ( ; ') = = ( ) ('), предположив, что выполняются условия:

( ) ограничена при ! 0 + 0 и при ! 0;

(0) = (2 ); 0(0) = 0(2 ):

Тогда для функции Y будут выполнены краевые условия исходной задачи. Подставим Y ( ; ') = ( ) (') в дифференциальное уравнение:

	sin		(sin 0( ))0 (') + sin2	( ) 00(')		= ( ) ('):
	1		1

120

Как и в предыдущем примере, для функции (') решим задачу Штурма–

Лиувилля:

00(') = ('); 0 ' < 2 ;(' + 2 ) = ('); 0(' + 2 ) = 0('):

Тогда функция ( ) – решение другой задачи Штурма–Лиувилля:

1		(sin 0( ))0
				+		( ) = ( );
	sin				sin2
( ) ограничена при			! 0 + 0 и при ! 0:

Первая задача Штурма–Лиувилля рассмотрена в предыдущем примере. Собственные числа k = k2, k = 0; 1; ::: . Собственному числу 0 = 0 соответствует одна собственная функция 0(') = 1, а каждому собственному числу k = k2, k = 1; 2; ::: – две собственные функции k;1(') = cos(k'),

k;2(') = sin(k').

Каждому числу k будет соответствовать функция k( ). При этом задача Штурма–Лиувилля для функции k( ) примет вид

1

(sin k0 ( ))0

k2

(4.9)

+

k( ) = k( );

sin

sin2

k( ) ограничена при

! 0 + 0 и при ! 0:

Преобразуем уравнение относительно функции k( ) к виду

1 d

1

d ( )

k2

sin2 (

)

k

+

k( ) = k( ):

sin

d

sin

d

sin2

Введем новую переменную t = cos ( 1 < t < 1). Будет выполняться цепочка равенств

k( ) = k(arccos t) = vk(t) = vk(cos )

(4.10)

и

v0

(t) = 0

( )

p

1

=

1

0

( )

. Учитывая эту взаимосвязь между

k

k

sin

k

2

1 t

2

2

производными функций vk(t) и k( ), а также равенство sin

= 1 t ,

получим уравнение для функции vk(t)

d

dv

2

k

(1 t2)

k

+

vk = vk:

dt

dt

1 t2

При этом функция vk(t) будет удовлетворять однородным краевым условиям:

vk(t) ограничена при t ! 1 + 0 и при t ! 1 0:

121

Получилась задача Штурма–Лиувилля для оператора

Lk(v) = (1 t2)v0 0 +	k2
		v:
	1 t2

Эта задача была рассмотрена в 1.8. Собственные числа оператора Lk(v) – это числа n = n(n + 1) (n = k; k + 1; :::). Соответствующие им собственные функции оператора Lk(v) – это присоединенные функции Лежандра:

k		2 k=2 dk
vk;n(t) = Pn	(t) = (1	t )		Pn(t);
			dtk

где Pn(t) – многочлены Лежандра.

Возвращаясь к переменной , учитывая равенства (4:10), получим решения задачи Штурма–Лиувилля (4:9). Искомые собственные числа – это числа n = n(n + 1) (n = k; k + 1; :::). Им соответствуют собственные функции k;n( ) = Pnk(cos ).

Очевидно, что найденные собственные числа n являются также собственными числами оператора Бельтрами. Ранее указывалось, что собственные функции этого оператора будем искать в виде Y ( ; ') = ( ) ('). Функции ( ) и (') найдены. Учитывая эти функции, заключаем, что каждому собственному числу n = n(n + 1) (n = 0; 1; :::) соответствует 2n + 1 собственная функция вида:

Yn0( ; ') = Pn0(cos ) = Pn(cos );

Ynk( ; ') = Pnk(cos ) sin(k');	k = 1; :::; n;
Yn k( ; ') = Pnk(cos ) cos(k');	k = 1; :::; n:

Найденные собственные функции оператора Бельтрами называются сферическими функциями. Они образуют ортогональную, полную в пространстве L2[ ; sin ] систему функций. Доказательство приводится, например, в [8].

4.8.Решение задач разложением по собственным функциям оператора Лапласа

Рассмотрим несколько примеров, в которых целесообразно искать решение в виде ряда Фурье, разложив искомую функцию по собственным функциям оператора Лапласа.

Пример 4.8. Найти стационарное распределение температуры в длинном металлическом стержне с прямоугольным сечением (0 x A, 0 y B) при условии, что в стержне выделяется тепло с объемной плотностью распределения тепловой энергии Q, а его грани поддерживаются

122

при температуре T0. Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой.

Функция u(x; y), описывающая стационарное распределение темпера-

	туры в поперечном сечении стержня, не зависит от времени (						@u	= 0),
							@t
	поэтому она удовлетворяет уравнению
		@2u @2u
			+		= Q0	(0 < x < A; 0 < y < B);
		@x2		@y2
	краевым условиям:			u(0; y) = T0;		u(A; y) = T0;
				u(x; 0) = T0; u(x; B) = T0;

где Q0 = Q , K – коэффициент теплопроводности.
K
Искомая функция u(x; y) является решением задачи Дирихле для урав-
нения Пуассона в прямоугольнике = f(x; y) : 0 x A; 0 y Bg:
u = Q0; u = T0:
Сначала сведем эту краевую задачу к задаче	с однородными краевыми

условиями. Используем замену u(x; y) = v(x; y) + w(x; y). Очевидно, что функция w(x; y) = T0 удовлетворяет тем же краевым условиям, что и функция u(x; y). Тогда функция v(x; y) будет удовлетворять однородным краевым условиям. Учитывая, что u(x; y) = v(x; y) + T0, запишем краевую задачу относительно функции v(x; y):

8	@2v	+		@2v		= Q0 (0 < x < A; 0 < y < B);
	@x2		@y2				(4.11)
>v(0; y) = 0;						v(A; y) = 0;
>
<

>

>

:v(x; 0) = 0; v(x; B) = 0:

Функция v(x; y) удовлетворяет однородным краевым условиям на всей границе.

Полученную краевую задачу будем решать методом Фурье, выполнив разложение в ряд по системе собственных функций оператора Лапласа.

Задача на собственные значения оператора Лапласа в прямоугольнике при условии, что функция на границе удовлетворяет однородным краевым условиям Дирихле, была решена в примере 4.5. Собственные числа оператора:

km =

k

2

+

m

2

;

A

B

соответствующие им собственные функции:

kx

my

Vkm(x; y) = sin

sin

;

k = 1; 2; :::; m = 1; 2; ::: :

A

B

123

Собственные функции образуют ортогональную, полную в пространстве L2[ ] систему функций.

Функцию v(x; y) представим в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа:

+1 +1

X X

v(x; y) = ckmVkm(x; y):

k=1 m=1

Функцию Q0 разложим в ряд Фурье по той же системе функций:

+1 +1

Xk

X

qkmVkm(x; y);

Q0 =

=1 m=1

где qkm =

(Q0; Vkm(x; y))

. Вычислим скалярные произведения:

kVkm(x; y)k2

A B

Q0Vkm(x; y)dx dy = Q0

A

B

dy =

(Q0; Vkm(x; y)) = ZZ0 0

Z0 sin A

dx Z0 sin B

kx

my

= Q0

AB(( 1)k 1)(( 1)m 1)

;

2km

A B

Vkm2 (x; y)dx dy =

A

B

sin2

B dy =

4 :

kVkm(x; y)k2 = ZZ0 0

Z0 sin2

A dx Z0

kx

my

AB

Тогда

4Q0(( 1)k 1)(( 1)m 1)

qkm =

:

2km

Подставим функции v(x; y) и Q0, представленные в виде рядов, в урав-

нение краевой задачи (4:11):

+1 +1

@2Vkm

@2Vkm

+1 +1

k=1 m=1 ckm

@x2

+ @y2

= k=1 m=1 qkmVkm(x; y):

X X

X X

Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций Vkm(x; y) выполняются равенства

				@2Vkm			@2Vkm
						+			= kmVkm;
				@x2			@y2
	то ckm =	qkm	для всех k = 1; 2; :::;				m = 1; 2; ::: и решение краевой задачи
		km
	(4:11) представляется в виде
					+1 +1 qkm
			v(x; y) =		Xk		X			Vkm(x; y) =
								km
						=1 m=1

124

= 4Q0		+1 +1		(( 1)k 1)(( 1)m 1) sin kx sin my						:
		Xk	X
	2	=1 m=1		km ( Ak )2 + ( Bm)2			A		B

Учитывая, что u(x; y) = v(x; y) + T0, получим решение исходной задачи

u(x; y) = T0 + 4Q0		+1 +1		(( 1)k 1)(( 1)m 1) sin kx sin my						:
		Xk	X
	2	=1 m=1		km ( Ak )2 + ( Bm)2			A		B

Пример 4.9. Найти стационарное распределение температуры в длинном металлическом стержне с круглым сечением (0 R; 0 '2 ), если в стержне выделяется тепло с объемной плотностью распределения тепловой энергии Q, а поверхность стержня = R поддерживается при температуре T0. Температура в каждом поперечном сечении стержня считается одинаковой.

Пусть функция u описывает стационарное распределение температуры в поперечном сечении стержня. Как и в предыдущем примере, она является решением задачи Дирихле для уравнения Пуассона

u = Q0	; u = T0:

Поскольку в этом примере сечение стержня – круг, то в модели используем полярную систему координат. Функция u = u( ; ') удовлетворяет стационарному уравнению теплопроводности

1 @

@u

1 @2u

+

= Q0 (0 < < R; 0 ' < 2 )

@

@

2

@'2

и краевым условиям:

u( ; ') ограничена при ! 0 + 0;

u(R; ') = T0;

u( ; 0) = u( ; 2 );

@u( ; 0)

=

@u( ; 2 )

:

@'

@'

Здесь Q0 =

Q

, K – коэффициент теплопроводности.

K

Сведем эту краевую задачу к задаче с однородными краевыми усло-

виями. Аналогично предыдущему примеру, используем замену u( ; ') = = v( ; ') + T0: Функция v( ; ') будет удовлетворять однородным краевым условиям и являться решением следующей краевой задачи:

1 @

@v

1 @2v

+

= Q0

(0 < < R;

0 ' < 2 ); (4.12)

@

@

2 @'2

краевые условия:

v( ; ') ограничена при ! 0 + 0;

v(R; ') = 0;

125

	v( ; 0) = v( ; 2 );	@v( ; 0)	=		@v( ; 2 )	:
		@'		@'

Решение этой задачи будем искать в виде ряда Фурье по системе собственных функций оператора Лапласа в круге.

Задача на собственные значения оператора Лапласа в круге для краевых условий Дирихле была решена в примере 4.6. Собственным числам

оператора Лапласа 0m = 0m 2 (m = 1; 2; :::) соответствуют собственные

R

функции 0m( ) = J0 0m .

R

Каждому собственному числу km =

km

2

( k

= 1; 2; :::; m =

R

= 1; 2; :::)

соответствуют две собственные

функции

km = cos(k')Jk

km

; km = sin(k')Jk

km

:

R

R

Здесь km ( k = 0; 1; :::;

m = 1; 2; :::) – корни уравнения Jk( ) = 0.

Найденные собственные функции оператора Лапласа образуют ортогональную, полную в пространстве L2[ ; ] систему функций.

Представим функцию v( ; ') в виде ряда Фурье по найденной системе собственных функций оператора Лапласа:

+1 +1 +1

v( ; ') =

a0m 0m( ; ') +

=1 m=1

(akm km( ; ') + bkm km( ; ')):

m=1

X

Xk

X

Разложим функцию Q0 в ряд по той же системе функций:

+1

+1 +1

Q0 =

0m 0m( ; ') +

( km km( ; ') + km km( ; '));

m=1

=1 m=1

X

Xk

X

где 0m =

(Q0; 0m( ; '))

, km =

(Q0; km( ; '))

, km

=

(Q0; km( ; '))

.

k 0m( ; ')k2

Вычислим

k km( ; ')k2

k km( ; ')k2

2 R

(Q0; km( ; ')) = ZZ0 0

Q0 km( ; ') d' d =

2

R

= Q0

Z

cos(k')d'

Z

Jk

km

d :

0

0

R

2

Z

Поскольку

cos(k')d' = 0, то (Q0; km( ; '))

= 0. Аналогично,

0

126

2

учитывая, что Z0

sin(k')d' = 0, получим (Q0; km( ; ')) = 0. Значит,

km = 0; km = 0

(k = 1; 2; :::;

m = 1; 2; :::):

Найдем 0m. Используя формулы (1.28), (1.29), свойство J00(x) = J1(x)

и равенство J0( 0m) = 0 получим:

2 R

2

R

R

d =

k 0m( ; ')k2 = ZZ 02m( ; ') d' d = Z d' Z J02

0m

0 0

0

0

R2

J12( 0m);

= 2

2

2 R

2

R

0R

d =

(Q0; 0m( ; ')) = ZZ Q0 0m( ; ') d' d = Q0

Z d' Z J0

m

0 0

0

0

R2

= Q02

J1( 0m):

0m

Тогда

2Q0

0m =

:

0mJ1( 0m)

Подставим функции v(x; y) и Q0, представленные в виде рядов, в уравнение (4.12) краевой задачи:

+1	+1 +1
X	Xk	X
a0m 0m( ; ') +		(akm km( ; ') + bkm km( ; ')) =
m=1	=1 m=1
+1		+1 +1
X		Xk	X
= 0m 0m( ; ')			( km km( ; ') + km km( ; ')):
m=1		=1 m=1

Поскольку разложение в ряд Фурье единственно и для функций 0m( ; '),km( ; ') и km( ; ') выполняются равенства

0m = km 0m;				km = km km; km = km km;
то a0m =	0m	, akm =	km	, bkm =	km	для всех k = 1; 2; :::; m = 1; 2; ::: и
			km
	0m				km

решение краевой задачи представляется в виде

+1 0m	+1	2Q0R2			0m		:
v( ; ') = m=1 0m	0m( ; ') = m=1 03mJ1( 0m)J0				R
X	X

127

Учитывая, что u(x; y) = v(x; y)+T0, получим решение исходной задачи

u(x; y) = T0	+1	1			0m		:
	+ 2Q0R2 m=1 03mJ1( 0m)J0				R
	X

4.9. Метод функции Грина

В ряде случаев требуется найти аналитическое решение краевой задачи не в виде ряда, а в виде интеграла. Одним из методов нахождения такого решения является метод функции Грина. Идея метода состоит в том, что сначала внутри области строится некоторая гармоническая функция G1. Затем с помощью этой функции находится решение заданной краевой задачи.

Пусть 2 R3 – ограниченная область, M0 – некоторая фиксированная точка, лежащая внутри . Обозначим через G1(M0; M) функцию, удовлетворяющую следующим условиям:

1)G1(M0; M) непрерывна на множестве [ ;

2)G1(M0; M) является гармонической функцией внутри области : G1 =

= 0;

на границе

,

3)

1

0

2

2

2

1

0

r

G

(M

; M)

удовлетворяет условию: G

(M

; M)

=

1

где r =

M0M

= (x

x0)

+ (y

y0) + (z

z0) .

j

j

p

Если область имеет гладкую или кусочно-гладкую границу, то такая функция существует. Из утверждения 4.6 следует, что функция G1(M0; M) единственна.

Прежде чем привести примеры построения функции G1(M0; M), покажем как с ее помощью можно найти значения другой гармонической функции в области , если известны значения этой функции на границе .

Пусть u = u(M) – гармоническая в области функция, непрерывная

S

на множестве . Тогда для любой внутренней точки M0(x0; y0; z0) множества справедлива основная формула теории гармонических функций (4:5):

u(M0) = 4 ZZ

r @~n

u@~n

r

ds;

(4.13)

1

1 @u

@

1

где r = jM0Mj =

.

(x x0)2 + (y y0)2 + (z z0)2

функциям u и G

вторую формулу Грина (4:2), задав

Применим к p

1

v = G1. Поскольку u = 0 и G1 = 0, то

0 = ZZ	u @~n1		G1 @~n			ds:
	@G			@u

128

Умножив обе части этого равенства на

1

и сложив с (4:13), получим

u(M0) = 4 ZZ u

@~n1

4

r ds:

@~n r @~n G1

1

@G

@

1

@u

1

1

следует равенство

Из условия G1(M0; M) = r

1

@

1

u(M0) =

ZZ

u

G1

ds:

(4.14)

4

@~n

r

1

Определение 4.3. Функция G(M0; M) =

G1(M0; M) называется

r

функцией Грина в области .

Используя функцию Грина, формулу (4:14) можно записать в виде

u(M0) = 4 ZZ u@~nG(M0; M)ds:

(4.15)

1

@

Если известны значения функции u на границе и известна функция Грина G(M0; M) в области , то формула (4:15) дает возможность вычислять значения гармонической функции u в любой внутренней точке M0 области .

Отметим, что построение функции Грина не является тривиальной задачей, но для некоторых областей ее удается найти.

Пример 4.10. Построить функцию Грина в шаре KR(O) радиуса R. Найдем сначала функцию G1(M0; M) – непрерывное в шаре решение

задачи Дирихле

			1
	G1 = 0; G1(M0; M) R = r R :
1. Пусть точка M0(x0; y0; z0) – центр шара.				Тогда		очевидно, что функ-
ция G1(M0; M) =	1	. Действительно, эта функция-константа является непре-
	R

рывной и гармонической в шаре. Если M лежит на границе R, то jM0Mj =

= R и выполняется краевое условие G1(M0; M) R =						1		R .
							R
	M (x ; y ; z )		OM OM = R2						M
2. Пусть теперь M0		не является центром шара.		На луче					[OM0) найдем
такую точку 1 1 1		1 , что j	0j j 1j		. Точка					1 находится
вне шара.

Рассмотрим произвольную точку M(x; y; z), находящуюся внутри или на поверхности шара. Соединим ее с точками M0 и M1. Обозначим

129