close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

35.Уравнения математической физики (эллиптический тип)

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение высшего
профессионального образования
«Оренбургский государственный университет»
Кафедра математического анализа
А. Н. ПАВЛЕНКО
УРАВНЕНИЯ
МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ
(ЭЛЛИПТИЧЕСКИЙ ТИП)
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОГО ЗАДАНИЯ
Рекомендовано к изданию Редакционно-издательским советом
Государственного образовательного учреждения
высшего профессионального образования
«Оренбургский государственный университет»
Оренбург 2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 517.95(07)
ББК 22.311я7
П 12
Рецензент
кандидат физико-математических наук, доцент С. А. Герасименко.
Павленко А. Н.
Уравнения математической физики (эллиптический тип):
методические указания к выполнению расчетно-графического
задания / А. Н. Павленко. – Оренбург: ГОУ ОГУ, 2009. – 17 с.
П 12
Методические указания предназначены для выполнения расчетнографического задания по дисциплине «Методы математической физики»
для студентов заочного отделения специальности 210106 «Промышленная электроника».
ББК 22.311я7
© Павленко А. Н., 2009
© ОГУ, 2009
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Содержание
Введение......................................................................................................... 4
1 Решение типового варианта расчетно-графического задания .............. 5
Список использованных источников ........................................................ 16
Обозначения и сокращения........................................................................ 17
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Введение
Методические указания предназначены студентам заочной формы
обучения (специальность: 210106 – «Промышленная электроника») для
выполнения расчетно-графического задания (РГЗ) по дисциплине «Методы
математической физики» (раздел: эллиптические уравнения) в 6 семестре.
Предполагается, что будут использованы сборники задач [1-2].
Целесообразность написания данных методических указаний
обусловлена тем, что предмет «Методы математической физики» относится к
дисциплинам, вызывающим у студентов наибольшие трудности, а небольшое
число аудиторных занятий, предусмотренных учебным планом заочного
обучения, не позволяет подробно рассмотреть все типы задач, предлагаемых
в РГЗ.
В настоящей работе приводятся подробные решения задач типового
варианта РГЗ, состоящего из заданий:
1) раздел «Уравнения математической физики» [1, с. 210-234], задания:
№ 8 (граничная задача для уравнения Лапласа в круговом секторе), № 9
(задача Дирихле для уравнения Лапласа в круге);
2) раздел «Уравнения математической физики» [2, с. 69-98], задания: №
4 (задача Дирихле для уравнения Лапласа в круге), № 5 (граничная задача для
уравнения Пуассона в кольце), № 6 (граничная задача для уравнения
Пуассона в шаровом слое), № 7 (граничная задача для уравнения
Гельмгольца в круге), № 8 (граничная задача для уравнения Гельмгольца в
шаре).
Следует отметить, что данные методические указания могут быть
использованы студентами и других инженерных специальностей всех форм
обучения.
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 Решение типового варианта расчетно-графического
задания
Задача 1. Найти решение задачи для уравнения Лапласа в круге
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < 1, 0 < ϕ < 2π );
ГУ: u r =1 = −3 cos 5ϕ ( 0 ≤ ϕ < 2π ).
Решение.
Используем, что решение задачи
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < 1, 0 < ϕ < 2π );
ГУ: u r = R = f (ϕ ) ( 0 ≤ ϕ < 2π ).
следует искать в виде [2, с. 78]
A0 ∞ ⎛ r ⎞
u (r ,ϕ ) =
+ ∑ ⎜ ⎟ ( An cos nϕ + Bn sin nϕ ) ,
2 n =1⎝ R ⎠
n
где A0 =
1
π
2π
∫ f (ϕ )dϕ ,
An =
0
1
π
2π
1
2π
∫ f (ϕ )cos nϕdϕ , Bn = π ∫ f (ϕ )sin nϕdϕ .
0
0
Так как числа A0 , An , Bn являются коэффициентами разложения
функции f (ϕ ) = −3 cos 5ϕ в ряд Фурье по функциям 1 , sin ϕ , cos ϕ , sin 2ϕ ,
cos 2ϕ ,…, sin nϕ , cos nϕ , то A5 = −3 , а все остальные коэффициенты равны
0.
Тогда решением данной задачи является функция
5
⎛r⎞
u (r , ϕ ) = ⎜ ⎟ (− 3) cos 5ϕ = −3r 5 cos 5ϕ .
⎝1⎠
Задача 2. Найти решение задачи для уравнения Лапласа в круге
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < 1, 0 < ϕ < 2π );
ГУ: u r =1 = −5ϕ 2 − 7ϕ + 6 ( 0 ≤ ϕ < 2π );.
Решение.
Используем, что решение задачи
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < 1, 0 < ϕ < 2π );
ГУ: u r = R = f (ϕ ) ( 0 ≤ ϕ < 2π );.
следует искать в виде [2, с. 78]
A0 ∞ ⎛ r ⎞
u (r ,ϕ ) =
+ ∑ ⎜ ⎟ ( An cos nϕ + Bn sin nϕ ) ,
2 n =1⎝ R ⎠
n
где A0 =
1
π
2π
∫ f (ϕ )dϕ ,
0
An =
1
π
2π
1
2π
∫ f (ϕ )cos nϕdϕ , Bn = π ∫ f (ϕ )sin nϕdϕ .
0
0
Значения коэффициентов A0 , An , Bn удобно искать в каком-либо
компьютерном математическом пакете («MathCAD», «Derive» и т. п.):
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
A0 =
An =
Bn =
1
π
1
π
1
π
2π
∫ (− 5ϕ
2
− 7ϕ + 6 dϕ = −
∫ (− 5ϕ
2
− 7ϕ + 6 cos nϕdϕ = −
∫ (− 5ϕ
2
− 7ϕ + 6 sin nϕdϕ =
0
2π
0
2π
)
40 2
π − 14π + 12 ,
3
)
20
,
n2
)
0
20π + 14
.
n
Тогда решением данной задачи является функция
40
n
− π 2 − 14π + 12 ∞
20π + 14
⎛ r ⎞ ⎛ 20
⎞
3
+ ∑ ⎜ ⎟ ⎜ − 2 cos nϕ +
u (r , ϕ ) =
sin nϕ ⎟ =
2
n
⎠
n =1⎝ 1 ⎠ ⎝ n
∞
20
20π + 14
⎛ 20
⎞
= − π 2 − 7π + 6 + ∑ r n ⎜ − 2 cos nϕ +
sin nϕ ⎟ .
3
n
⎠
n =1 ⎝ n
Задача 3. Найти решение задачи для уравнения Лапласа в секторе
круга
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < 1, 0 < ϕ <
ГУ:
π
12
u (1, ϕ ) = −3 sin 18ϕ ( 0 < ϕ <
);
π
12
),
u (r ,0 ) = 0 ( 0 ≤ r < 1),
⎛ π ⎞
uϕ ⎜ r , ⎟ = 0 ( 0 ≤ r < 1),
⎝ 12 ⎠
Решение.
Используем, что решение задачи
УЧП: ∆u = 0 ( 0 ≤ r < R , 0 < ϕ < α );
ГУ: u (R, ϕ ) = f (ϕ ) ( 0 < ϕ < α ),
a1u (r ,0 ) + b1uϕ (r ,0 ) = 0 ( 0 ≤ r < R ),
a2u (r , α ) + b2uϕ (r , α ) = 0 ( 0 ≤ r < R )
ai + bi ≠ 0 ( i = 1,2 )
следует искать в виде [3, с. 83]
∞
λ
⎛r⎞ n
Φ n (ϕ ) .
u (r , ϕ ) = ∑ Cn ⎜ ⎟
R
⎝ ⎠
n=0
Здесь λn - собственные значения, а Φ n (ϕ ) - собственные функции
задачи Штурма-Лиувилля
ОДУ: Φ′′ + λΦ = 0 ( λ ≥ 0 , 0 < ϕ < α );
ГУ: a1Φ(0) + b1Φ′(0) = 0 ,
a2 Φ(α ) + b2 Φ′(α ) = 0 .
В данном случае получим задачу Штурма-Лиувилля
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ОДУ: Φ′′ + λΦ = 0 ( λ ≥ 0 , 0 < ϕ <
π
12
);
⎛π ⎞
Φ(0 ) = 0 , Φ′⎜ ⎟ = 0 .
⎝ 12 ⎠
При λ = 0 имеем ОДУ Φ′′ = 0 . Очевидно, что его общее решение имеет
вид Φ(ϕ ) = C1ϕ + C2 .
Используя граничное условие Φ(0 ) = 0 , получим, что Φ(0 ) = C2 = 0 , и
тогда Φ(ϕ ) = C1ϕ .
ГУ:
⎛π ⎞
Теперь используем граничное условие Φ′⎜ ⎟ = 0 :
⎝ 12 ⎠
⎛π ⎞
Φ′(ϕ ) = C1 , Φ′⎜ ⎟ = C1 = 0 .
⎝ 12 ⎠
Итак, при λ = 0 задача Штурма-Лиувилля имеет нулевое решение.
Рассмотрим теперь случай λ > 0 . Так как характеристическое
уравнение k 2 + λ = 0 для ОДУ Φ′′ + λΦ = 0 имеет корни k1, 2 = ± λ ⋅ i , то
общим решением рассматриваемого ОДУ будет являться функция
Φ(ϕ ) = C1 cos λϕ + C2 sin λϕ .
Используя граничное условие Φ(0 ) = 0 , получим:
Φ(0 ) = C1 = 0 . Тогда Φ(ϕ ) = C2 sin λϕ .
⎛π ⎞
Используя граничное условие Φ′⎜ ⎟ = 0 , получим:
⎝ 12 ⎠
Φ′(ϕ ) = C2 λ cos λϕ . Отсюда C2 = 0 или λ = 0 или cos
π
12
λ = 0.
Если C2 = 0 , то тогда получаем нулевое решение Φ(ϕ ) ≡ 0 ; случай
λ = 0 рассмотрен выше.
Рассмотрим случай cos
π
λ=
π
+ πn ,
π
12
λ = 0:
λ = 6 + 12n , λ = (6 + 12n) 2 .
12
2
Таким образом, λn = (6 + 12n) 2 ( n = 0,1,2,... ) – собственные значения, а
Φ n (ϕ ) = sin λn ϕ = sin (6 + 12n )ϕ - собственные функции задачи ШтурмаЛиувилля.
Решение данной задачи примет вид
∞
⎛r⎞
u (r , ϕ ) = ∑ Cn ⎜ ⎟
⎝R⎠
n=0
=
∞
∑ Cn
λn
∞
⎛r⎞
Φ n (ϕ ) = ∑ Cn ⎜ ⎟
⎝1⎠
n=0
6 +12 n
sin (6 + 12n )ϕ =
r 6 +12 n sin (6 + 12n )ϕ .
n=0
Теперь используем граничное условие u (1, ϕ ) = −3 sin 18ϕ :
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
u (1, ϕ ) =
∞
∑ Cn sin (6 + 12n )ϕ = −3 sin 18ϕ .
n=0
Отсюда C1 = −3 , а все остальные коэффициенты равны 0.
Тогда решением данной задачи является функция
u (r , ϕ ) = −3r18 sin 18ϕ .
Задача 4. Найти решение задачи для уравнения Пуассона в кольце
x2 − y2
(1 < r < 2 );
УЧП: ∆u =
2
2
x +y
ГУ: u r =1 = −2 , u r r = 2 = 5 .
Решение.
1. Перейдем в полярную систему координат, используя связь между
декартовыми и полярными координатами:
x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , r = x 2 + y 2 .
Получим
x2 − y2
x2 + y2
(
r cos ϕ )2 − (r sin ϕ )2
=
r
(
)
r 2 cos 2 ϕ − sin 2 ϕ
=
=
r
= r cos 2ϕ .
Получили задачу в полярных координатах
1
1
УЧП: u rr + u r + 2 uϕϕ = r cos 2ϕ (1 < r < 2 , 0 < ϕ < 2π );
r
r
ГУ: u (1, ϕ ) = −2 , ur (2, ϕ ) = 5 ( 0 ≤ ϕ < 2π ).
2. Сначала найдем любое частное решение уравнения Пуассона. В
данном случае удобно частное решение искать в виде
v = Ar 3 cos 2ϕ .
Подставив его в уравнение Пуассона, получим
1
1
A ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ r cos 2ϕ + ⋅ A ⋅ 3r 2 cos 2ϕ + 2 − r 3 cos 2ϕ ⋅ 4 = r cos 2ϕ ,
r
r
1
1
5 A cos 2ϕ = r cos 2ϕ , A = . Тогда v = r 3 cos 2ϕ .
5
5
1
3
12
3. Так как v(1, ϕ ) = cos 2ϕ и vr (r , ϕ ) = r 2 cos 2ϕ , vr (2, ϕ ) = cos 2ϕ ,
5
5
5
то решение данной задачи будем искать в виде u = v + w , где w - решение
задачи для уравнения Лапласа в кольце
УЧП: ∆w = 0 (1 < r < 2 , 0 < ϕ < 2π );
1
12
ГУ: w(1, ϕ ) = −2 − cos 2ϕ , wr (2, ϕ ) = 5 − cos 2ϕ ( 0 ≤ ϕ < 2π ).
5
5
4. Решение последней задачи для уравнения Лапласа в кольце будем
искать в виде [2, с. 78]
(
8
)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∞
C ⎞
D ⎞
⎡⎛
⎤
⎛
w(r , ϕ ) = C0 + D0 ln r + ∑ ⎢⎜ An r n + nn ⎟ cos nϕ + ⎜ Bn r n + nn ⎟ sin nϕ ⎥ .
r ⎠
r ⎠
⎝
⎦
n =1 ⎣⎝
1
Используем ГУ w(1, ϕ ) = −2 − cos 2ϕ :
5
∞
1
w(1, ϕ ) = C0 + ∑ [( An + Cn ) cos nϕ + (Bn + Dn ) sin nϕ ] = − 2 − cos 2ϕ .
5
n =1
1
Отсюда C0 = −2 , A2 + C2 = − , а все остальные суммы коэффициентов
5
равны 0.
12
Используем ГУ wr (2, ϕ ) = 5 − cos 2ϕ :
5
∞
D
nC ⎞
nD ⎞
⎡⎛
⎤
⎛
wr (r , ϕ ) = 0 + ∑ ⎢⎜ An nr n −1 − n +n1 ⎟ cos nϕ + ⎜ Bn nr n −1 − n +n1 ⎟ sin nϕ ⎥ ,
r n =1 ⎣⎝
r ⎠
r ⎠
⎝
⎦
∞
D
nC ⎞
nD ⎞
⎡⎛
⎤
⎛
wr (2, ϕ ) = 0 + ∑ ⎢⎜ nAn 2 n −1 − n +n1 ⎟ cos nϕ + ⎜ nBn 2 n −1 − n +n1 ⎟ sin nϕ ⎥ =
2 n =1 ⎣⎝
2 ⎠
2 ⎠
⎝
⎦
12
= 5 − cos 2ϕ .
5
D
1
12
2C
12
Отсюда 0 = 5 , D0 = 10 и 2 A2 2 2 −1 − 2 +21 = − , 4 A2 − C2 = − , а
4
5
2
5
2
соответствующие выражения для остальных коэффициентов равны 0.
Найдем A2 и C2 , решив систему уравнений
1
49
⎧
⎧
+
=
−
=
−
A
C
A
2
2
2
⎪
⎪
5
85
,⎨
⎨
1
12
32
⎪4 A2 − C2 = −
⎪C2 =
4
5 ⎩
85
⎩
Все остальные коэффициенты An и Cn , а так же все коэффициенты Bn
и Dn равны 0.
Получили решение задачи для уравнения Лапласа в кольце
32 1 ⎞
⎛ 49
w(r , ϕ ) = −2 + 10 ln r + ⎜ − r 2 + ⋅ 2 ⎟ cos 2ϕ .
85 r ⎠
⎝ 85
5. Приведем решение данной задачи
1
u (r , ϕ ) = v(u , ϕ ) + w(u, ϕ ) = r 3 cos 2ϕ − 2 + 10 ln r +
5
49
32 ⎞
32 1 ⎞
⎛1
⎛ 49
+ ⎜ − r 2 + ⋅ 2 ⎟ cos 2ϕ = − 2 + 10ln r + ⎜ r 3 − r 2 +
⎟ cos 2ϕ .
2
85
85
5
85
r ⎠
⎝
85r ⎠
⎝
Задача 5. Найти решение задачи для уравнения Пуассона в шаровом
слое
УЧП: u xx + u yy + u zz = xz (1 < r < 3 );
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ГУ: u r =1 = −3 , u r = 3 = 5 .
Решение.
1. Очевидно, что одним из частных решений уравнения Пуассона
u xx + u yy + u zz = xz
1 3
xz .
6
Перейдем в сферическую систему координат, используя соотношения:
x = r sin θ cos ϕ ,
y = r sin θ sin ϕ ,
z = r cos θ .
1
1
1
Тогда v = xz 3 = r sin θ cos ϕ (r cos θ )3 = r 4 cos ϕ sin θ cos3 θ .
6
6
6
2. Так как:
1
1
1) v(1, ϕ , θ ) = ⋅ 14 cos ϕ sin θ cos 3 θ = cos ϕ sin θ cos3 θ ,
6
6
1
27
2) v(3, ϕ , θ ) = ⋅ 34 cos ϕ sin θ cos3 θ =
cos ϕ sin θ cos 3 θ , то решение
6
2
данной задачи будем искать в виде u = v + w , где w - решение задачи для
уравнения Лапласа в шаровом слое:
УЧП: ∆w = 0 (1 < r < 3 );
1
ГУ: w r =1 = −3 − cos ϕ sin θ cos 3 θ ,
6
27
w r = 3 = 5 − cos ϕ sin θ cos3 θ .
2
3. Решение задачи для уравнения Лапласа в шаровом слое будем искать
в виде [2, с. 79]
является функция v =
w(r , ϕ , θ ) =
+
∑ r [A0n Pn (cos θ ) + ∑ ( Akn cos kϕ + Bkn sin kϕ )Pnk (cos θ )]+
∞
n
n
n=0
k =1
∑ r − n −1[C0n Pn (cos θ ) + ∑ (Ckn cos kϕ + Dkn sin kϕ )Pnk (cos θ )].
∞
n=0
n
(1)
k =1
Здесь Pn (cos θ ) - многочлены Лежандра от cos θ , а Pnk (cos θ ) присоединенные многочлены Лежандра от cos θ :
0) P0 (cos θ ) = 1 ;
1) P1 (cos θ ) = cos θ , P11 (cos θ ) = sin θ ;
3
1
2) P2 (cos θ ) = cos 2 θ − , P21 (cos θ ) = 3 sin θ cos θ , P22 (cos θ ) = 3 sin 2 θ ;
2
2
5
3
9⎞
⎛ 15
3) P3 (cos θ ) = cos 3 θ − cos θ , P31 (cos θ ) = sin θ ⎜ cos 2 θ − ⎟ ,
2
2
2⎠
⎝2
P32 (cos θ ) = 15 sin 2 θ cos θ , P33 (cos θ ) = 15 sin 3 θ ;
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
35
15
3
⎛ 35
cos 4 θ − cos 2 θ + , P41 (cos θ ) = sin θ ⎜ cos 3 θ −
8
4
8
⎝ 2
15 ⎞
⎛ 105
cos 2 θ − ⎟ , P43 (cos θ ) = 105 sin 3 θ cos θ ,
P42 (cos θ ) = sin 2 θ ⎜
2⎠
⎝ 2
4) P4 (cos θ ) =
−
15
⎞
cos θ ⎟ ,
2
⎠
P44 (cos θ ) = 105 sin 4 θ .
Так как в выражение cos ϕ sin θ cos 3 θ входит множитель cos ϕ , то
попытаемся представить sin θ cos3 θ в виде линейной комбинации
приведенных многочленов Лежандра вида Pn1 (cos θ ) . Получим:
2
15
⎛ 35
⎞ 2 15
sin θ cos 3 θ = sin θ ⎜ cos3 θ − cos θ ⎟ +
⋅ sin θ cos θ =
35
2
⎝ 2
⎠ 35 2
2 1
1
2 1
1
=
P4 (cos θ ) + ⋅ 3 sin θ cos θ =
P4 (cos θ ) + P21 (cos θ ) .
35
7
35
7
Теперь граничные условия можно записать в виде:
1
1
⎛ 2
1) w r =1 = −3 − cos ϕ sin θ cos3 θ = −3 ⋅ 1 − cos ϕ ⎜ P41 (cos θ ) +
6
6
⎝ 35
1
1
1
⎞
+ P21 (cos θ )⎟ = − 3 ⋅ P0 (cos θ ) −
cos ϕ ⋅ P41 (cos θ ) − cos ϕ ⋅ P21 (cos θ ) ,
105
42
7
⎠
27
27
⎛ 2
2) w r = 3 = 5 − cos ϕ sin θ cos 3 θ 5 ⋅ 1 − cos ϕ ⎜ P41 (cos θ ) +
2
2
⎝ 35
27
27
1
⎞
+ P21 (cos θ )⎟ = 5 ⋅ P0 (cos θ ) − cos ϕ ⋅ P41 (cos θ ) − cos ϕ ⋅ P21 (cos θ ) .
35
14
7
⎠
При r = 1 равенство (1) примет вид
w(1, ϕ , θ ) =
+
=
∑ [A0n Pn (cos θ ) + ∑ ( Akn cos kϕ + Bkn sin kϕ )Pnk (cos θ )]+
∞
n
n =0
k =1
∑ [C0n Pn (cos θ ) + ∑ (Ckn cos kϕ + Dkn sin kϕ )Pnk (cos θ )] =
∞
n
n =0
∞
k =1
n
∑ {( A0n + C0n )Pn (cos θ ) + ∑ [( Akn + Ckn ) cos kn +
n=0
k =1
}
+ (Bkn + Dkn ) sin kϕ ]Pnk (cos θ ) = − 3 ⋅ P0 (cos θ ) −
−
1
cos ϕ ⋅ P21 (cos θ ) .
42
Отсюда
A00 + C00 = −3 ,
A14 + C14 = −
1
,
105
1
cos ϕ ⋅ P41 (cos θ ) −
105
A12 + C12 = −
1
, а все
42
остальные суммы коэффициентов равны 0.
При r = 3 равенство (1) примет вид
w(1, ϕ , θ ) = ∑ 3 [ A0 n Pn (cos θ ) + ∑ ( Akn cos kϕ + Bkn sin kϕ )Pnk (cos θ )] +
∞
n=0
n
n
k =1
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
+
∑ 3n +1 [C0n Pn (cos θ ) + ∑ (Ckn cos kϕ + Dkn sin kϕ )Pnk (cos θ )] =
∞
n=0
∞
1
n
k =1
n
1
1
⎧⎛ n
⎡⎛
⎞
⎞
= ∑ ⎨⎜ 3 A0 n + n +1 C0 n ⎟ Pn (cos θ ) + ∑ ⎢⎜ 3n Akn + n +1 Ckn ⎟ cos kn +
3
3
⎠
⎠
n = 0 ⎩⎝
k =1 ⎣⎝
⎫
27
1
⎤
⎛
⎞
+ ⎜ 3n Bkn + n +1 Dkn ⎟ sin kϕ ⎥ Pnk (cosθ )⎬ = 5 ⋅ P0 (cosθ ) − cosϕ ⋅ P41 (cosθ ) −
35
3
⎝
⎠
⎦
⎭
27
− cos ϕ ⋅ P21 (cos θ ) .
14
1
1
27
1
Отсюда 30 A00 + 0 +1 C00 = 5 , 34 A14 + 4 +1 C14 = − , 32 A12 + 2 +1 C12 =
35
3
3
3
27
= − , а все остальные суммы коэффициентов равны 0.
14
Найдем коэффициенты A00 , C00 , A12 , C12 , A14 и C14 решив системы
уравнений:
⎧ A + C00 = −3 ⎧ A00 = 9
1) ⎨ 00
,⎨
;
⎩ A00 + C00 = 5 ⎩C00 = −12
1
⎧
1
⎧⎪
⎪ A14 + C14 = − 105
A14 = −
,
2) ⎨
105 ;
1
27 ⎨
⎪⎩C14 = 0
⎪81A14 +
C14 = −
243
35
⎩
1093
1
⎧
⎧
⎪ A12 = − 5082
⎪ A12 + C12 = − 42
,
3) ⎨
.
1
27 ⎨
162
⎪C12 =
⎪9 A12 + C12 = −
27
14 ⎩
847
⎩
Все остальные коэффициенты равны 0.
Получили решение граничной задачи для уравнения Лапласа в
шаровом слое
1093 2
r4
1
w(r , ϕ , θ ) = 9 P0 (cos θ ) −
r cos ϕ ⋅ P2 (cos θ ) −
cos ϕ ⋅ P41 (cos θ ) −
5082
105
1093 2
12
162
− P0 (cos θ ) +
cos ϕ ⋅ P21 (cos θ ) = 9 −
r cos ϕ ⋅ 3 sin θ cos θ −
3
5082
r
847 r
15
r4
162
⎛ 35
⎞ 12
cos ϕ ⋅ sin θ ⋅ ⎜ cos 3 θ − cos θ ⎟ − +
−
cos ϕ ⋅ 3 sin θ cos θ =
105
2
⎝ 2
⎠ r 847 r 3
1
12 1093 2
r cos ϕ sin θ cos θ − r 4 cos ϕ sin θ cos3 θ +
=9− −
6
r 1694
1
486
12 ⎛ 1
+ r 4 cos ϕ sin θ cos θ +
cos ϕ sin θ cos θ = 9 − + ⎜ r 4 −
3
14
r ⎝ 14
847 r
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 4
1093 2
486 ⎞
cos
ϕ
sin
θ
cos
θ
−
r cos ϕ sin θ cos3 θ .
r +
⎟
3
6
1694
847 r ⎠
4. Получим решение данной задачи
1
12 ⎛ 1
u (r , ϕ , θ ) = v(r , ϕ , θ ) + w(r , ϕ , θ ) = r 4 cos ϕ sin θ cos3 θ + 9 − + ⎜ r 4 −
6
r ⎝ 14
1 4
1093 2
486 ⎞
12
3
−
r +
⎟ cos ϕ sin θ cos θ − r cos ϕ sin θ cos θ = 9 − +
3
6
1694
r
847 r ⎠
1093 2
486 ⎞
⎛1
r +
+ ⎜ r4 −
⎟ cos ϕ sin θ cos θ .
1694
847 r 3 ⎠
⎝ 14
−
Задача 6. Найти решение задачи для уравнения Гельмгольца внутри
круга
УЧП: ∆u + k 2u = 0 ( 0 ≤ r < 2 );
ГУ: u r = 2 = −7 sin 3 ϕ .
Решение.
Используем, что решение задачи для уравнения Гельмгольца внутри
круга
УЧП: ∆u + k 2u = 0 ( 0 ≤ r < R );
= f (ϕ ) , α + β > 0
ГУ: α u r + β u
(
)r = R
следует искать в виде [3, с. 291]
∞
A0
u (r , ϕ ) =
J 0 (kr ) + ∑ J n (kr )( An cos nϕ + Bn sin nϕ ) ,
2
n =1
где J n ( x ) ( n = 0,1,2,... ) – функции Бесселя, а коэффициенты An и Bn
определяются граничным условием.
При r = 2 получим
∞
A0
u (2, ϕ ) =
J 0 (2k ) + ∑ J n (2k )( An cos nϕ + Bn sin nϕ ) = −7 sin 3 ϕ .
2
n =1
3 sin x − sin 3 x
Используя формулу sin 3 ϕ =
, получим:
4
21
3 sin x − sin 3 x
7
− 7 sin 3 ϕ = − 7 ⋅
= − sin x + sin 3 x .
4
4
4
Используя, что
∞
A0
21
7
J 0 (2k ) + ∑ J n (2k )( An cos nϕ + Bn sin nϕ ) = − sin x + sin 3 x ,
4
2
4
n =1
21
7
получим соотношения: J1 (2k )B1 = − , J 3 (2k )B3 = . Из которых
4
4
21
7
будем иметь, что B1 = −
, B3 =
, а все остальные
4 J1 (2k )
4 J 3 (2k )
коэффициенты равны 0.
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Теперь приведем решение данной задачи
7 J (kr )
21J1 (kr )
sin ϕ + 3
sin 3ϕ .
u (r , ϕ ) = −
4 J1 (2k )
4 J 3 (2k )
Задача 7. Найти решение задачи для уравнения Гельмгольца внутри
шара
УЧП: ∆u + 0,25u = 0 ( 0 ≤ r < π );
ГУ: u r r =π = cosθ .
Решение.
Используем, что решение задачи для уравнения Гельмгольца внутри
шара
УЧП: ∆u + k 2u = 0 ( 0 ≤ r < R );
ГУ: α u r + β u
= f (ϕ , θ ) , α + β > 0
(
)r = R
следует искать в виде [3, с. 303]
∞ ∞
1
u (r , ϕ , θ ) = ∑ ∑
J 1 (kr ) Pnm (cos θ ) ( Anm cos mϕ + Bnm sin mϕ ) .
r n+ 2
n =0m =0
Для нахождения неизвестных коэффициентов используем граничное
условие.
∞ ∞ ⎛
⎞
u r (r ,ϕ ,θ ) = ∑ ∑ ⎜ − 0,5r −1,5 ⋅ J 1 (kr ) + r − 0,5 k J ′ 1 (kr )⎟ Pnm (cosθ ) ×
⎟
⎜
n+
n+
n = 0m = 0 ⎝
⎠
2
2
× ( Anm cos mϕ + Bnm sin mϕ ) .
При r = π и k = 0,5 получим
∞ ∞ ⎛
⎛π ⎞
⎛ π ⎞⎞
u r (π ,ϕ ,θ ) = ∑ ∑ ⎜ − 0,5π −1,5 J 1 ⎜ ⎟ + π − 0,5 0,5 J ′ 1 ⎜ ⎟ ⎟ Pnm (cosθ ) ×
⎜
n+ ⎝ 2 ⎠
n+ ⎝ 2 ⎠⎟
n = 0m = 0 ⎝
⎠
2
2
× ( Anm cos mϕ + Bnm sin mϕ ) = cos θ .
(2)
Так как в правой части отсутствует переменная ϕ , то m = 0 , а
P1 (cosθ ) = cosθ , то n = 1 . Тогда равенство (2) примет вид
⎡
⎛π ⎞
⎛ π ⎞⎤
⎢− 0,5π −1,5 J 3 ⎜ ⎟ + 0,5π − 0,5 J ′3 ⎜ ⎟⎥ cosθ ⋅ A10 = cosθ
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠⎦⎥
⎣⎢
2
2
2 ⎛1
⎞
⎜ sin x − cos x ⎟ , получим:
πx ⎝ x
⎠
2 ⎛ 1
π
π⎞ 4
⎛π ⎞
sin − cos ⎟ = 2 ;
1) J 3 ⎜ ⎟ =
⎜
π
2
2⎠ π
⎝2⎠
2
π ⋅ ⎝π /2
2
Применив формулу J 3 / 2 ( x ) =
14
(3).
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) J ′3 ( x ) =
2
2
π
(− 0,5)x −1,5 ⎛⎜ 1 sin x − cos x ⎞⎟ +
⎝x
⎠
2⎛ 1
⎜ − sin x +
πx ⎝ x 2
1
⎞
+ cos x + sin x ⎟ ,
x
⎠
2
⎛π ⎞
(− 0,5)⎛⎜ π ⎞⎟
J ′3 ⎜ ⎟ =
π
⎝2⎠
⎝2⎠
2
−1,5
π
π⎞
2 ⎛ 4
π
⎛2
⎜ − 2 sin +
⎜ sin − cos ⎟ +
π
2
2⎠
2
⎝π
π⋅ ⎝ π
2
12 2
2
π
π⎞
+ cos + sin ⎟ = − 3 + .
π
π
2
2⎠
π
⎛π ⎞
⎛π ⎞
Подставив значения J 3 ⎜ ⎟ и J ′3 ⎜ ⎟ в равенство (3), получим:
⎝2⎠
⎝2⎠
2
2
π2 −8
2 ⎞⎤
⎡ 1 −1,5 4
− 0,5 ⎛ 12
⋅ 2 + 0,5π
A10 = 1 .
⎜ − 3 + ⎟⎥ A10 = 1 ,
⎢− 2 π
π ⎠⎦
π
π 3,5
⎝ π
⎣
Отсюда A10 =
π 3,5
.
π2 −8
Теперь приведем решение данной задачи
1
π 3,5
π 3,5
1
⎛r⎞
⎛r⎞
⋅
J 3 ⎜ ⎟ cosθ .
u (r ,ϕ ,θ ) =
J 3 ⎜ ⎟ P1 (cosθ ) 2
= 2
r 2⎝2⎠
π −8 π −8 r 2⎝2⎠
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Список использованных источников
1 Кузнецов Л. А. Сборник заданий по высшей математике. Типовые
расчеты: учеб. пособие / Л. А. Кузнецов. 11-е изд., стер. – СПб.:
Лань, 2008. – 240 с.
2 Чудесенко В. Ф. Сборник заданий по специальным курсам высшей
математики (типовые расчеты): учеб. пособие для втузов / В. Ф.
Чудесенко. – М.: Высш. школа, 1983. – 112 с.
3 Боголюбов А. Н. Задачи по математической физике: учеб. пособие /
А. Н. Боголюбов. – М.: Изд-во МГУ, 1998. – 350 с.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Обозначения и сокращения
1.
2.
3.
4.
ГУ – граничное условие;
ОДУ – обыкновенное дифференциальное уравнение;
РГЗ – расчетно-графическое задание;
УЧП – уравнения с частными производными;
17
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа