Матфизика Мурга Е.В

uk (x,y) a		sh	k	(b y) sin	k x
			a		a
1	k

де ak =Ak Сk

Залишилося скласти ряд

u1(x,y) aksh k (b y)sin k x
k 1	a	a

і підібрати коефіцієнти ak, так, щоб задовольнялася крайова умова

u1 |y 0 Bsin

x

a

Одержуємо співвідношення

		x		k		k x
	Bsin		aksh		b sin		,
		a		a
			k 1			a

k

тобто a sh b - це коефіцієнти розкладання в ряд Фур’є по синусах

k a

на (0, а) функції Bsin x. Одержуємо a

		k	2			a		x		k x	0, k 1,
	aksh		b		B	0	sin		sin		dx
		a		a				a		a
											B, k 1.

131

B

Значить, a1 sh b , вся решта коефіцієнтів дорівнює нулю, a

тобто

u1(x,y)		B			sh	(b y)	sin	x	.
						a
	sh			b				a

a

Функцію u2(x,y) також шукаємо у вигляді

u2(x,y)= X(x)∙Y(y)

Але тут задачу Штурма_Лівувіля треба отримати для функції

Y(y) (однорідність по у крайових умов), тому змінні розділимо таким чином:

X (x) Y (y) 2 . X(x) Y(y)

Рішенням задачі

					2	Y(y) 0;
			Y (y)
		Y(0) Y(t) 0
є функції Yk y Dk	sin	k		y , власні значення k				k	, k = 1, 2… .
		b						b

Для функцій Хk(х) одержуємо рівняння

132

Xk (x) (k )2 Xk (x) 0;

b

загальне рішення якого

Xk (x) Ake

k

x

k

x

b

Bke b

Умова u2|x=a= 0 приводить до співвідношення

k

a

k

a

0,

Xk (a) Ake b

Bke b

звідки знаходимо

2k

a

Bk Ake b .

Тоді

k

a

k

(a x)

k

(a x)

Xk (x) Ake b (e b

e

b

)

або після введення нової постійної

k

a

b

Bk 2Ake

отримаємо

k

Xk (x) Bksh

b

(a x) .

Значить, функції uk2 (x,y) має вигляд

uk	(x,y) b	sh	k	(a x) sin	k	y.
			b
2	k				b

133

тут		Dk	. Складемо ряд
	bk Bk
				k		k
			u2 (x,y) bksh		(a x)sin		y.
				b
			k 1			b

Визначаючи коефіцієнти bk так, щоб задовольнити крайовій

умові u2|х=0 = Ay(b - y), одержуємо

k

2a b

k

0,

k 2n;

b sh

a

y(b y)sin

0

ydy

2

k

b

b

b

8Ab

;

k 2n 1;

3 3

k

тобто

b2n 1

8Ab2

.

3 (2n 1)3sn

2n 1

a

b

Значить

8Ab

2

sh

(2n 1) (a x)

sin

(2n 1) y

b

b

u2 (x,y)

.

3

(2n 1)

3

sh

(2n 1) a

n 0

b

Відповідь:

sh

(b y)

x

2

sh

(2n 1) (a x)

sin

(2n 1) y

b

u(x,y) B

a

sin

8Ab

b

.

b

3

(2n 1)

3

(2n 1) a

sh

a

n 0

sh

a

b

134

Приклад 2. Знайти гармонійну функцію усередині кільця

1 r 2, задовольняючу крайовим умовам

u|r=1=0; u|r=2=2Asin .

Рівняння Лапласа в полярних координатах має вигляд

2u		1 u				1		2u
									0.
r2						r2		2
		r r

Шукаємо рішення у вигляді u (r, ) = R(r) Ф( ). Підставимо в рівняння і розділимо змінні

r	2			1
		(R (r)			r		R (r))
									Ф ( ) 2
											.
			R(r)
									Ф( )

Вирішуємо рівняння Ф"( ) 2 Ф = . Загальне рішення Ф = Acos + +Bsin . Для однозначності функції u(r, ), щоб u(r, ) = u(r, +2 ), тоді Ф( )=Ф( +2 ), а це можливо тільки при n, n = 1, 2, 3,… (n береться тільки позитивні, оскільки знак «-» можна віднести до константи).

Отже, Фn( )=Ancosn +Bnsinn . При = 0 отримаємо рівняння Ф0 0 , рішенням якого є лінійна функція

Ф0( ) = В0 + А0.

135

Для цього випадку умова Ф( )=Ф( виконуватиметься,

якщо В0 = 0. Отже, Ф0 = А0.

Для визначення функцій Rn(r) одержуємо рівняння Ейлера

r2Rn r rRn r n2Rn 0.

Розшукуючи рішення цього рівняння у вигляді Rn(r) = r ,

приходимо до характеристичного рівняння 2-n2 =0, корені якого

n. Значить, загальне рішення рівняння (при n 0) має вигляд

Rn(r)= Сnr-n + Dnrn.

У разі n= 0 рівняння приймає вигляд

r2R0 r rR0 r 0,

звідки

R			1		или lnR	lnr ln	,	тобто R		C0	.
	0
R	0		r
					0	0		0		r

Остаточно R0(r)= С0lnr + D0. Значить, функції un(r, ) мають

вигляд

u0(r, ) = a0lnr + b0				(тут a0=C0A0, b0= D0A0),
	n		n		n		n
un (r, ) (anr		bn r				bnr		)sinn
				)cosn (anr

136

(тут an AnCn,

bn AnDn,

an

BnCn,

b BnDn, n 1,2...).

Складемо ряд

u(r, ) a0 nr b0 (anr n bnrn )cosn (anr n bnrn )sinn

n1

іпідберемо коефіцієнти так, щоб задовольнити крайовим умовам.

Вважаємо r = 1:

u|r 1 b0 (an bn )cosn (an bn )sinn 0.

n 1

Звідси

	b0 = 0, an + bn= 0,				n = 1, 2 .	(1)
			bn	0,
		an

При r = 2

u|r 2 a0 ln2 (an 2 n bn 2n )cosn (an 2 n bn 2n )sinn 2Asin .

n 1

Для визначення коефіцієнтів а0, an, bn, an и bn треба

розкласти ряд Фурье функцію 2Asin на (- ). Одержуємо

	a0	ln2	1		2Asin d 0, тобто а = 0,
			2

137

an 2 n bn 2n 1 2Asin cosn d 0; (2)

	n		n	1			0,	n 1,
an 2		bn 2					2Asin sinn d
							2A, n 1.

Розглянемо випадок n = 1. Співвідношення (1) приводять до системи:

		1
		2	b1		2 0
a1						0.
		b			a1 b1
a	1			0
		1

Оскільки визначник цієї однорідної системи відрізнений від

нуля, то тривіальне рішення a1 = 0,							b1 = 0 є єдиним. З рівняння (2)
одержуємо:
		1
		2 b1			2 2A			4				4
a1
							A,			b1	A.
		b		0		a1
a	1						3				3
			1

Для випадку n 1 маємо дві однорідні системи з відмінними від нуля визначниками:

a	n	b	n	0
							a		b		0,
		2 n b				2 0		n		n
a	n				n
		bn		0
an							an bn 0.
		2 n b				2 0
a	n				n

138

Значить, з нескінченного ряду залишається тільки складове,

відповідне n = 1

	4A		1
u(r, )		sin r				.
				r
3
Тут можна перетворити різницю			r		1		elnr e lnr 2shlnr.
						r

Відповідь: u(r, ) 8Ashlnrsin . 3

Приклад 3. Знайти гармонійну функцію усередині кругового сектора 0 ≤ r ≤ R, 0 , задовольняючу на межі умовам:

u(r, 0)= u(r, ) = 0;

u(R, ) = A .

Як і в попередній задачі, рішення рівняння Лапласа (в

полярних координатах) шукатимемо у вигляді

u(r, ) = R(r)Ф( ).

Функція Ф( ), є рішенням рівняння Ф"( )+ 2Ф( ) = 0, має

вигляд

Ф( ) = Фcos + Bsin

З умов u(r,0)=u(r, ) = 0 випливає, що Ф(0) = Ф( ) = 0. Тоді

139

А = 0 і Bsin = 0, але оскільки В 0 ( розшукується нетривіальне

k

рішення), то sin = 0, тобто – власні значення і

k

Фk Bk	sin	k	- власні функції, k = 1, 2, … .
Функції Rn(r), що задовольняють рівнянню Ейлера
					k			2
	2			Rk (r) rRk
			r		(r)			Rk (r) 0,

відповідно до коренів характеристичного рівняння мають вигляд

	k		r
Rk(r)= Ck r		+Dk r

Через обмеженість рішення при r 0 слід покласти Cк = 0.

Значить, функції uk(r, ) мають вигляд

k

uk (r, ) akr sin k .

Тут ak=BkDk..

Далі діємо по стандартній схемі. Складаємо ряд

u(r, ) akRk sin k

k 1

140