Глава 6. Линейные эллиптические дифференциальные уравнения второго порядка в частных производных

ОПЕРАТОР ЛАПЛАСА В КРИВОЛИНЕЙНЫХ СИСТЕМАХ КООРДИНАТ. ТИПЫ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ ДЛЯ ОПЕРАТОРА ЛАПЛАСА. КОРРЕКТНОСТЬ ЗАДАЧ ДЛЯ ОПЕРАТОРА ЛАПЛАСА. ПОСТРОЕНИЕ РЕШЕНИЯ ВНУТРЕННЕЙ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ НА КРУГЕ. АНАЛИЗ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ. ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА ПУАССОНА. ОСНОВЫ ВАРИАЦИОННОГО МЕТОДА РЕШЕНИЯ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ. МЕТОД РИТЦА ЧИСЛЕННОГО РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ.

§1. Оператор Лапласа в криволинейных системах координат

Выпишем оператор Лапласа в R2 в декартовой прямоугольной системе координат:

Du =	¶2u	+	¶2u.	(6.1.1)
	¶x2		¶y2

Выпишем параболические, гиперболические и эллиптические уравнения общего вида, используя дифференциальные операторы первого порядка.

Градиент: grad = (¶∂x , ¶∂y , ¶∂z ). Дивергенция: div = ¶∂x + ¶∂y + ¶∂z . Ротор:

	i		j
rot a =	¶	¶
	¶x		¶y
	ax		a y

k

¶¶z = [a = az

æ	¶a	z		¶a y ö
ç			-		÷
(ax ,a y ,az )]=ç	¶y			¶z	÷ i
è					ø

+æ ¶az - ¶ax ö ç ÷ j è ¶x ¶z ø

æ ¶a y			¶a	x	ö
ç		-			÷
+ç	¶x		¶y		÷k.
è					ø

Параболическое уравнение примет вид: α ×ut/ - div(β × grad(u)) + γ ×u = f , где α,β ,γ – некоторые известные функции из R; гиперболическое уравнение будет иметь вид: α ×utt′′- div(β × grad(u)) + γ ×u = f , где α,β ,γ – некоторые известные функции из R; эллиптическое уравнение: - div(β × grad(u)) + γ ×u = f ,

где β ,γ – некоторые известные функции из R. Оператор задачи

Штурма –

Лиувилля

примет

вид

- div(β × grad(u)) + γ ×u = α ×λu,

где

α,β ,γ

–

коэффициенты.

В приложениях важную роль играет набла Ñ– оператор Гамильтона. Он

вводится либо как

символический

вектор

Ñ =

∂

i +

∂

j +

∂

k ,

либо

как

¶y

¶z

¶x

дифференциальный

оператор:

æ

¶u

, ¶u ,

¶u

ö

В

физических

Ñu = grad u = ç

÷.

ç

¶x

¶y

¶z

÷

è

ø

приложениях часто применяется следующая запись: grad u = Ñu;

div a = (Ñ,a);

rot(a)=[Ñ,a].

Выпишем оператор Лапласа

в двумерном случае в полярной системе

координат.

Напомним,

что

переход из

полярных

координат R2

в

прямоугольные декартовы задается соотношениями: x= ρcosϕ , y = ρsinϕ . Переход из декартовых координат R2 в полярные задается соотношениями:

95

ρ =

ϕ = arctg

y

.

x2 + y2

,

Вычисляем

полную

производную:

∂u

∂u

∂ρ

∂u

∂ϕ

x

=

×

+

×

.

¶x

¶x

¶ϕ

¶ρ

¶x

Подсчитываем:

∂ρ = (

)

¢

1

x

=

ρ cosϕ

= cosϕ ,

x2 + y2

=

× 2x =

¶x

x

2 x2 + y2

x2 + y2

ρ

¶ϕ

æ

y

ö

¢

1

æ

y ö

1

æ

ρsinϕ

ö

æ

sinϕ

ö

sinϕ

= çarctg

÷

=

×ç-

÷

=

ç-

÷ = cos2

ϕç-

÷ = -

.

¶x

x

2

x

2

2

ρ

2

2

2

ϕ

ρ

è

øx

1+

æ y ö

è

ø

1

+tg ϕ è

cos

ϕ ø

è

ρ cos

ø

ç

÷

è x ø

Получаем

∂u

=

∂u

× cosϕ -

∂u

×

sinϕ

.

¶x

¶ϕ

¶ρ

ρ

Вычисляем полную производную

∂u

=

∂u

×

∂ρ

+

∂u

×

∂ϕ

. Подсчитываем:

¶y

¶ρ

¶y

¶y

¶ϕ

∂ρ = (

)

¢

1

y

=

ρ sinϕ

= sinϕ ,

x2 + y

2

=

× 2y =

¶y

y

2 x2 + y2

x2 + y2

ρ

¶ϕ

æ

y

ö ¢

1

1

1

1

= cos2

ϕ ×

1

cosϕ

= çarctg

÷

=

×

=

×

=

.

¶y

x

æ y

ö2

x

ρ cosϕ

ρ cosϕ

ρ

è

øy

2

1

+

ç

÷

1+ tg

ϕ

è x

ø

Получаем

∂u

=

∂u

×sinϕ +

∂u

×

cosϕ

.

¶y

¶ϕ

¶ρ

ρ

Теперь вычислим вторую производную

¶2u

. Введем обозначение

¶x2

∂u

¶2u

¶ρ

¶ϕ

F =

d æ ¶u

ö

¶F

¶F

¶F

, тогда

¶x2

=

ç

÷

=

1

=

1

×

+

1

×

,

¶x

¶x

¶x

¶ϕ

¶x

1

dx è ¶x

ø

¶ρ

¶F

æ

¶u

× cosϕ -

¶u

sinϕ

ö

¢

¶2u

×cosϕ -

æ

¶2u

sinϕ

¶u

sinϕ

ö

1

= ç

×

÷

=

ç

×

-

×

÷,

2

2

¶ρ

è ¶ρ

¶ϕ ρ ø

ρ

¶ρ

ç

¶ϕ¶ρ ρ

¶ϕ ρ

÷

è

ø

¶F

æ ¶u

×cosϕ -

¶u

sinϕ ö ¢

æ

¶2u

×cosϕ -

¶u

×sinϕ

ö

æ

¶2u sinϕ

¶u

cosϕ ö

1

ç

÷

ç

÷

=ç

×

÷

=

2 ×

+

×

¶ϕ

¶ϕ

ρ

ç

¶ρ¶ϕ

¶ρ

÷

-ç

¶ϕ

ρ

¶ϕ

ρ

÷.

è ¶ρ

ø

è

ø è

ø

ϕ

Получаем

¶2u = ¶2u ×cos2 ϕ - ¶x2 ¶ρ2

+	¶2u	×	sin2	ϕ	+	¶u
	¶ϕ 2		ρ 2			¶ϕ

¶2u

×

sinϕ cosϕ

+

¶u

×

sinϕ cosϕ

-

¶2u

×

cosϕsinϕ

+

¶u

×

sin2 ϕ

+

¶ϕ¶ρ

ρ

¶ϕ

ρ2

¶ρ¶ϕ

ρ

¶ρ

ρ

×cosϕ sinϕ .

ρ2

96

Теперь вычислим вторую производную

¶2u

.

Введем обозначение

¶y2

∂u

¶2u

d

æ

¶u

ö

¶F

¶F

¶ρ

¶F

¶ϕ

F =

, тогда

2

=

ç

÷ =

2

=

2

×

+

2

×

,

2

¶y

¶y

dy

ç

¶y

÷

¶y

¶ρ ¶y ¶ϕ ¶y

è

ø

¶F

æ

¶u

×sinϕ +

¶u

cosϕ

ö

¢

¶2u

×sinϕ +

æ

¶2u

cosϕ

¶u

cosϕ

ö

2

=

ç

×

÷

=

ç

×

-

×

÷,

2

2

¶ρ

è ¶ρ

¶ϕ ρ

øρ

¶ρ

ç

¶ϕ¶ρ ρ

¶ϕ ρ

÷

è

ø

¶F

æ ¶u

¶u

cosϕ ö ¢

æ

¶2u

¶u

ö

æ

¶2u

cosϕ

¶u

sinϕ ö

2

ç

÷

ç

÷

= ç

×sinϕ +

×

÷

=

×sinϕ +

×cosϕ

2 ×

-

×

¶ϕ

¶ϕ

ρ

ç

¶ρ¶ϕ

¶ρ

÷ +ç

¶ϕ

ρ

¶ϕ

ρ

÷.

è¶ρ

ø

è

ø è

ø

Получаем

ϕ

cosϕsinϕ

cosϕsinϕ

sinϕcosϕ

cos2 ϕ

¶2u

=

¶2u

×sin2 ϕ +

¶2u

×

-

¶u

×

+

¶2u

×

+

¶u

×

+

¶y2

¶ρ2

¶ϕ¶ρ

¶ϕ

¶ρ¶ϕ

ρ

ρ2

ρ

¶ρ ρ

+

¶2u

×

cos2 ϕ

-

¶u

×

sinϕ cosϕ

.

¶ϕ2

ρ 2

¶ϕ

ρ 2

Подставляя и приводя подобные, окончательно получаем

Du =

¶2u

+

1

×

¶u

+

1

×

¶2u

.

(6.1.2)

¶ρ 2

ρ

¶ρ

ρ 2

¶ϕ 2

Замечание. Самостоятельно получить запись оператора Лапласа в

R3 в

цилиндрической и сферической системах координат соответственно:

Du =

¶2u

+

1

×

¶u

+

1

×

¶2u

+

¶2u

,

¶ρ 2

¶ϕ2

¶z2

ρ ¶ρ ρ 2

Du =

¶2u

+

¶u

×

2

+

¶2u

×

1

+

¶u

×

cosθ

+

¶2u

×

1

.

¶ρ 2

¶ρ

ρ

¶ϕ 2

ρ 2 sin 2 θ

¶θ

ρ 2 sinθ

¶θ 2

ρ 2

§2. Типы краевых задач для оператора Лапласа

Задача Дирихле: краевая задача с граничным условием 1-го рода

Условие Дирихле: на границе области задана некоторая функция. Внутренняя задача Дирихле:

	ì	¶	2	u		1
	ïDu =				+
		¶ρ 2				ρ
	í
	ï			u(1,ϕ
	î

	×	¶u	+	1	×	¶2u	=0,ρÎ[0,1],	(6.2.1)
		¶ρ		ρ 2		¶ϕ 2
	)= g(ϕ),ϕÎ[0,2π ].

Помимо внутренней задачи Дирихле можно рассмотреть следующую задачу Дирихле, которая носит название внешней задачи Дирихле:

ì

¶

2

u

1

¶u

1

¶

2

u

=0, ρ ³1,

ïDu =

+

×

+

×

(6.2.2)

¶ρ2

ρ 2

¶ϕ2

í

ρ ¶ρ

ï

u(1,ϕ)= g(ϕ),ϕÎ[0,2π ].

î

97

Задачу Дирихле можно рассматривать и на кольце:

ì

¶

2

u

1

¶u

1

¶

2

u

=0,a£ρ £b,

ïDu =

+

×

+

×

¶ρ2

ρ 2

¶ϕ2

ï

ρ ¶ρ

ï

(ϕ),

(6.2.3)

íu(a,ϕ)= g1

ïu(b,κ)= g

2

(ϕ),ϕÎ[0,2π ].

ï

ï

î

Задача Неймана: краевая задача с граничным условием 2-го рода

Для данной краевой задачи на границе области задается производная по внешней нормали ∂∂un . Эта производная эквивалентна вытекающему потоку,

т.е. через границу области задан поток.

Постановка задачи Неймана в декартовой системе координат:

ì

¶

2

u

2

u =0,

ïDu =

+ ¶

ï

¶x

2

¶y

2

(6.2.4)

í

¶u

ï

= g(x,y).

ï

¶n

î

∂G

Пример постановки задачи Неймана в полярной системе координат на

круге:

ì

2

u

1

¶u

1

¶

2

u

ïDu =

¶

+

×

+

×

=0,ρÎ[0,1],ϕÎ[0,2π

];

¶ρ2

ρ 2

ï

ρ ¶ρ

¶ϕ2

(6.2.5)

í

¶u

= g(ϕ),ρ =1,ϕÎ[0,2π ].

ï

ï

¶n

î

∂G

Отметим, что

для

данной

задачи поток тепла направлен внутрь при

ϕ = [0,π ] и наружу при ϕ [π ,2π ].

Отдельно отметим, что задача Неймана для уравнения Лапласа имеет физический смысл только в том случае, когда суммарный поток тепла через границу области равен нулю. На границе должно выполняться соотношение

ò ∂u dS = 0 . В противном случае задача не имеет физического смысла, хотя

∂G ∂n

может иметь математическое решение.

Краевая задача с граничным условием 3-го рода

Рассмотрим задачу с граничным условием смешанного типа. Граничное

условие получено как линейная суперпозиция двух первых типов граничных

условий и имеет следующий вид:	∂u			= −h(u − g) . Здесь u(x, y)	– искомая
	∂n		∂G
функция; g(x, y) – некоторая заданная на границе функция; h –					некоторая

константа, дифференцирование проводится по внешней нормали к ∂G .

Согласно этому условию, поток тепла, втекающий в область через границу, пропорционален разности между искомой температурой u и некоторой заданной температурой g . Это означает при k > 0 следующее. Если

98