2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Уравнение Лапласа
Сообщение17.10.2017, 16:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Задача поставлена так:
$$
\begin{align*}
		\Delta \varphi = 0, \qquad &\left.\varphi\right|_{x = 0} = \left.\varphi\right|_{y = 0} = \left.\varphi\right|_{z = 0} = 0, \\
		&\left.\varphi\right|_{x = a} = a^2 y z, \quad \left.\varphi\right|_{y=b} = x^2 b z, \quad \left.\varphi\right|_{z=c} = x^2 y c.
	\end{align*}
$$

Предлагаю такое решение:

Решаем вспомогательную задачу $\Delta \varphi = 0$ при нулевых условиях $\left.\varphi\right|_{x = 0} = \left.\varphi\right|_{x = a} = 0$, $\left.\varphi\right|_{y = 0} = \left.\varphi\right|_{y = b} = 0$ и дополнительных $\left.\varphi\right|_{z = 0} = 0, \left.\varphi\right|_{z = c} = \psi_{(z)}(x, y)$. Решение задачи обозначим $\varphi_{1}$, но до выписывания решения будем искомую функцию обозначать $\varphi$.

(Спойлер)

Исходя из граничных условий пишем
$$
		\varphi = \sum \limits_{k=0}^\infty \varphi_k (y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} = \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \varphi_{kl}(z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b},
	$$
откуда
$$\begin{align*}
		\varphi_k(y, z) &= \dfrac{2}{a} \int \limits_0^a \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \, \mathrm d x, \\ \varphi_{kl}(z) &= \dfrac{2}{b} \int \limits_0^b \varphi_k(y, z) \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d y = \dfrac{4}{ab} \int \limits_0^a \int \limits_0^b \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d x \, \mathrm d y.
	\end{align*}$$

Уравнение Лапласа в указанном разложении имеет вид
$$\begin{align*}
		\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} &= - \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \varphi_{kl}(z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \cdot \dfrac{\pi^2 k^2}{a^2}, \\
		\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} &= - \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \varphi_{kl}(z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \cdot \dfrac{\pi^2 l^2}{b^2}, \\
		\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} &= \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \varphi_{kl, zz}(z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b}, \\
		\Delta \varphi &= \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \left(\varphi_{kl, zz}(z) - R^2_{kl} \varphi_{kl}\right), \\
		&\varphi_{kl, zz}(z) - R^2_{kl} \varphi_{kl} = 0
	\end{align*}$$
где $R^2_{kl} = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{a^2} + \dfrac{l^2}{b^2}\right)$. Решение последнего уравнения $\varphi_{kl}(z) = A_{kl} \sh (R_{kl} z)$ (наличие только $\sh$ обусловлено условием $\varphi_{kl}(0) = 0$, которое очевидно получается из $\varphi(x, y, 0) = 0$). Коэффициент $A_{kl}$ получается из условия
$$\begin{align*}
		\varphi_{kl}(c) 
		&= \dfrac{4}{ab} \int \limits_0^a \int \limits_0^b \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \psi_{(z)}(x, y) \, \mathrm d x \, \mathrm d y 
		= \dfrac{4}{ab} \int \limits_0^a \int \limits_0^b \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b} x^2 y c \, \mathrm d x \, \mathrm d y = \\ 
		&= \dfrac{4c}{ab} \int \limits_0^a x^2 \sin \dfrac{\pi k x}{a} \, \mathrm d x \int \limits_0^b y \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d y 
		= \dfrac{4c}{ab} \cdot \dfrac{a^3}{\pi^3 k^3} \cdot \dfrac{b^2}{\pi^2 l^2} \int \limits_0^a \dfrac{\pi^2 k^2 x^2}{a^2} \sin \dfrac{\pi k x}{a} \, \mathrm d \left( \dfrac{\pi k x}{a} \right) \times \\ 
		&\times \int \limits_0^b \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d \left(\dfrac{\pi l y}{b}\right) 
		= \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^5 k^3 l^2} \int \limits_0^{\pi k} t^2 \sin t \, \mathrm d t \int \limits_0^{\pi l} t \sin t \, \mathrm d t = \\ 
		&= \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^5 k^3 l^2} \left[ (2 - \pi^2 k^2) (-1)^k - 2 \right] \cdot \left[ - \pi l (-1)^l\right] 
		=  \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^4 k^3 l} \left[ 2(1 - (-1)^k) + \pi^2 k^2 \right] (-1)^l = \\ 
		&=  \dfrac{8 a^2 b c [1 - (-1)^k](-1)^l}{\pi^4 k^3 l} + \dfrac{4 a^2 b c (-1)^l}{\pi^2 k l}, \qquad A_{kl} 
		= \dfrac{\varphi_{kl}(c)}{\sh (R_{kl} c)}.
	\end{align*}$$


Итак, решение вспомогательной задачи даётся выражением
$$
			 \varphi_{1} = \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^2} \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{l = 0}^\infty \dfrac{(-1)^l}{k l} \left[\dfrac{2 [1 - (-1)^k]}{\pi^2 k^2} (-1)^l + 1\right] \dfrac{\sh(R_{kl} z) }{\sh (R_{kl} c)} \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi l y}{b}.
		$$

Теперь будем решать вспомогательную задачу $\Delta \varphi = 0$ при нулевых условиях $\left.\varphi\right|_{x = 0} = \left.\varphi\right|_{x = a} = 0$, $\left.\varphi\right|_{z = 0} = \left.\varphi\right|_{z = c} = 0$ и дополнительных $\left.\varphi\right|_{y = 0} = 0, \left.\varphi\right|_{y = b} = \psi_{(y)}(x, z)$. Решение задачи обозначим $\varphi_{2}$, но до выписывания решения будем искомую функцию обозначать $\varphi$.

(Спойлер)

Исходя из граничных условий построим разложение
$$
	\varphi = \sum \limits_{k=0}^\infty \varphi_k (y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} = \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{km}(y) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c},
	$$
откуда
$$\begin{align*}
	\varphi_k(y, z) &= \dfrac{2}{a} \int \limits_0^a \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \, \mathrm d x, \\ \varphi_{km}(y) &= \dfrac{2}{c} \int \limits_0^c \varphi_k(y, z) \sin \dfrac{\pi m z}{c} \, \mathrm d z = \dfrac{4}{ac} \int \limits_0^a \int \limits_0^c \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \, \mathrm d x \, \mathrm d z.
	\end{align*}$$

Уравнение Лапласа в указанном разложении имеет вид
$$\begin{align*}
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} &= - \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{km}(y) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \cdot \dfrac{\pi^2 k^2}{a^2}, \\
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} &= - \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{km}(y) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \cdot \dfrac{\pi^2 m^2}{c^2}, \\
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} &= \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{km, yy}(y) \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c}, \\
	\Delta \varphi &= \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \left(\varphi_{km, yy}(y) - Q^2_{km} \varphi_{km}\right), \\
	&\varphi_{km, yy}(y) - Q^2_{km} \varphi_{km} = 0
	\end{align*}$$
где $Q^2_{km} = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{a^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right)$. Решение последнего уравнения $\varphi_{km}(y) = B_{km} \sh (Q_{km} y)$ (наличие только $\sh$ обусловлено условием $\varphi_{km}(0) = 0$, которое очевидно получается из $\varphi(x, 0, z) = 0$). Коэффициент $B_{km}$ получается из условия
$$\begin{align*}
	\varphi_{km}(b)
	&= \dfrac{4}{ac} \int \limits_0^a \int \limits_0^c \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \psi_{(y)}(x, z) \, \mathrm d x \, \mathrm d z 
	= \dfrac{4}{ac} \int \limits_0^a \int \limits_0^c \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c} x^2 b z \, \mathrm d x \, \mathrm d z = \\
	&=\ldots = \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^5 k^3 m^2} \int \limits_0^{\pi k} t^2 \sin t \, \mathrm d t \int \limits_0^{\pi m} t \sin t \, \mathrm d t =  \dfrac{8 a^2 b c [1 - (-1)^k](-1)^m}{\pi^4 k^3 m} + \dfrac{4 a^2 b c (-1)^m}{\pi^2 k m}, \\ B_{km} 
	= \dfrac{\varphi_{km}(b)}{\sh (Q_{km} b)}.
	\end{align*}
	$$

Итак, решение вспомогательной задачи даётся выражением
$$
	\varphi_{2} = \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^2} \sum \limits_{k = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \dfrac{(-1)^m}{k m} \left[\dfrac{2 [1 - (-1)^k]}{\pi^2 k^2} (-1)^m + 1\right] \dfrac{\sh(Q_{km} y) }{\sh (Q_{km} b)} \sin \dfrac{\pi k x}{a} \sin \dfrac{\pi m z}{c}.
	$$

Решаем вспомогательную задачу $\Delta \varphi = 0$ при нулевых условиях $\left.\varphi\right|_{y = 0} = \left.\varphi\right|_{y = b} = 0$, $\left.\varphi\right|_{z = 0} = \left.\varphi\right|_{z = c} = 0$ и дополнительных $\left.\varphi\right|_{x = 0} = 0, \left.\varphi\right|_{x = a} = \psi_{(x)}(y, z)$. Решение задачи обозначим $\varphi_{3}$, но до выписывания решения будем искомую функцию обозначать $\varphi$.

(Спойлер)

Исходя из граничных условий пишем
$$
	\varphi = \sum \limits_{l=0}^\infty \varphi_l (x, z) \sin \dfrac{\pi l y}{b} = \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{lm}(x) \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c},
	$$
откуда
$$\begin{align*}
	\varphi_l(x, z) &= \dfrac{2}{b} \int \limits_0^b \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d y, \\ \varphi_{lm}(x) &= \dfrac{2}{c} \int \limits_0^c \varphi_l(x, z) \sin \dfrac{\pi m z}{c} \, \mathrm d z = \dfrac{4}{bc} \int \limits_0^b \int \limits_0^c \varphi(x, y, z) \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \, \mathrm d y \, \mathrm d z.
	\end{align*}$$

Уравнение Лапласа в указанном разложении имеет вид
$$\begin{align*}
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial x^2} &= \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{lm, xx}(x)  \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c}, \\
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial y^2} &= - \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{lm}(x)  \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \cdot \dfrac{\pi^2 l^2}{b^2}, \\
	\dfrac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} &= - \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \varphi_{lm}(x)  \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \cdot \dfrac{\pi^2 m^2}{c^2}, \\
	\Delta \varphi &= \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \left(\varphi_{lm, xx}(x) - P^2_{lm} \varphi_{lm}\right), \\
	&\varphi_{lm, xx}(x) - P^2_{lm} \varphi_{lm} = 0
	\end{align*}$$
где $P^2_{lm} = \pi^2 \left(\dfrac{l^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right)$. Решение последнего уравнения $\varphi_{lm}(x) = C_{lm} \sh (P_{lm} x)$ (наличие только $\sh$ обусловлено условием $\varphi_{lm}(0) = 0$, которое очевидно получается из $\varphi(0, y, z) = 0$). Коэффициент $C_{lm}$ получается из условия
$$\begin{align*}
	\varphi_{lm}(a) 
	&= \dfrac{4}{bc} \int \limits_0^b \int \limits_0^c \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} \psi_{(x)}(y, z) \, \mathrm d y \, \mathrm d z 
	= \dfrac{4}{bc} \int \limits_0^b \int \limits_0^c \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} a^2 y z \, \mathrm d y \, \mathrm d z \\ 
	&= \dfrac{4a^2}{bc} \int \limits_0^b y \sin \dfrac{\pi l y}{b} \, \mathrm d y \int \limits_0^c z \sin \dfrac{\pi m z}{c} \, \mathrm d z 
	= \dfrac{4a^2}{bc} \cdot \dfrac{b^2}{\pi^2 l^2} \cdot \dfrac{c^2}{\pi^2 m^2} \int \limits_0^{\pi l} t \sin t \, \mathrm d t \int \limits_0^{\pi m} t \sin t \, \mathrm d t = \\ 
	&= \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^2 l m} (-1)^{l+m}, 
	\qquad C_{lm} = \dfrac{\varphi_{lm}(a)}{\sh (P_{lm} a)}.
	\end{align*}$$


Итак, решение вспомогательной задачи даётся выражением
$$
	\varphi_{3} = \dfrac{4 a^2 b c}{\pi^2} \sum \limits_{l = 0}^\infty \sum \limits_{m = 0}^\infty \dfrac{(-1)^{l+m}}{l m} \dfrac{\sh(P_{lm} x) }{\sh (P_{lm} a)} \sin \dfrac{\pi l y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c}.
	$$

Решение исходной задачи, ясно, есть $\varphi = \varphi_1 + \varphi_2 + \varphi_3$. Чтобы уважаемые участники не лазили под спойлеры в поисках смысла обозначений, продублирую их:
$$
R_{kl}^2 = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{a^2} + \dfrac{l^2}{b^2}\right), \qquad Q_{km}^2 = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{a^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right), \qquad P_{lm}^2 = \pi^2 \left(\dfrac{l^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right).
$$

Прошу проверить хотя бы приведённый ответ. Я не знаю, как это можно сделать независимым способом, но поскольку я чрезвычайно часто ошибаюсь, хотел бы спросить: а я вообще всё правильно понял, как решать такие задачи? (Нам сказали, что это называется методом разделения переменных, но показали только для двумерного случая).

Спасибо, если продерётесь.

P. S. Допустим, что ответ в такой форме верен. Как исследовать сходимость этих рядов?

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение17.10.2017, 19:01 
Заслуженный участник


25/02/11
1786
Тут напрашивается рассмотреть функцию $\psi=\varphi-x^2yz$. Для $\psi$ получится уравнение Пуассона, зато с нулевыми граничными условиями.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение12.11.2017, 18:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Рассмотрел уравнение
$$
\Delta \psi + 2 yz = 0.
$$
Обозначим $2 y z = f(x, y, z)$. Имеем
$$
\begin{align*}
\psi = \sum \limits_{k=1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \psi_{km}(x) \sin \dfrac{\pi k y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c} , \\
2 y z = \dfrac{8 b c}{\pi^2} \sum \limits_{k=1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{(-1)^{k+m}}{km} \sin \dfrac{\pi k y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c}.
\end{align*}
$$

$$
0 = \Delta \psi + 2 y z = \sum \limits_{k=1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \left[ \psi''_{km}(x) - \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right) \psi_{km}(x) + \dfrac{8 b c}{\pi^2} \dfrac{(-1)^{k+m}}{km} \right] \sin \dfrac{\pi k y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c},
$$
$$
\psi''_{km}(x) - \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right) \psi_{km}(x) + \dfrac{8 b c}{\pi^2} \dfrac{(-1)^{k+m}}{km} = 0.
$$
Обозначим $Q^2 = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right)$, $P = \dfrac{8 b c}{\pi^2} \dfrac{(-1)^{k+m}}{km}$. Имеем задачу Коши
$$
\psi''_{km} - Q^2 \psi_{km} + P = 0, \qquad \psi_{km}(0) = \psi_{km}(a) = 0.
$$
Решение уравнения $\psi_{km} = A \sh Qx + B \ch Qx + C$, подстановка в уравнение даёт $C = P/Q^2$, из граничных условий $B = -C$ и $A = \dfrac{C(\ch Qa - 1)}{\sh Qa}$, откуда
$$
\begin{align*}
&\psi_{km} = \dfrac{P}{Q^2} \left(\dfrac{\sh Qx}{\sh Qa} (\ch Qa - 1) - \ch Qx + 1\right) = \\ 
&= \dfrac{P}{Q^2 \sh Qa} \Big(\sh Qx \ch Qa - \sh Qa \ch Qx + \sh Qa - \sh Qx\Big) = \dfrac{P}{Q^2 \sh Qa} \Big(\sh Q(x - a) - \sh Qx +\sh Qa\Big) = \\
&= \dfrac{P}{Q^2 \sh Qa} \left\lbrace 2 \sh \left(Q \dfrac{x - a}{2}\right)\ch \left( Q \dfrac{x - a}{2}\right) + 2 \sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right)\ch \left(Q\dfrac{a + x}{2}\right)\right\rbrace = \\
&= \dfrac{P}{Q^2 \sh Qa} 2 \sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \cdot 2 \sh \dfrac{Qx}{2} \sh \dfrac{Qa}{2} = \dfrac{4 P}{Q^2} \dfrac{\sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \sh \dfrac{Qx}{2} \sh \dfrac{Qa}{2}}{\sh Qa}.
\end{align*}
$$

Ответ получается такой:
$$
\varphi = x^2 y z + \dfrac{16 b c}{\pi^4} \sum \limits_{k=1}^\infty \sum \limits_{m=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k+m}}{km} \dfrac{\sin \dfrac{\pi k y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c}}{\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}} \dfrac{\sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \sh \dfrac{Qx}{2}}{\ch \dfrac{Qa}{2}}.
$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение12.11.2017, 22:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
StaticZero в сообщении #1264772 писал(а):
$$
\varphi = x^2 y z + \dfrac{16 b c}{\pi^4} \sum \limits_{k=1}^\infty \sum \limits_{m=1}^\infty \dfrac{(-1)^{k+m}}{km} \dfrac{\sin \dfrac{\pi k y}{b} \sin \dfrac{\pi m z}{c}}{\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}} \dfrac{\sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \sh \dfrac{Qx}{2}}{\ch \dfrac{Qa}{2}}.
$$

StaticZero в сообщении #1264772 писал(а):
$Q^2 = \pi^2 \left(\dfrac{k^2}{b^2} + \dfrac{m^2}{c^2}\right)$
Поправьте, если ошибаюсь, но, по-моему, эта хрень расходится со страшной силой. И ещё. Тут не уверен, но мне кажется, что у Вас в задаче многовато граничных условий (аж 6).

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение12.11.2017, 23:00 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
С граничными условиями всё в порядке, можно считать, что оно одно — значение функции $\varphi$ на границе области, просто на каждой грани это значение задаётся своей функцией от двух переменных. Для внутренней задачи Дирихле — то, что нужно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение12.11.2017, 23:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
svv в сообщении #1264860 писал(а):
Для внутренней задачи Дирихле — то, что нужно.
Да, тут виноват - помстилось, что область открытая.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение13.11.2017, 00:48 
Заслуженный участник


03/01/09
1677
москва
amon в сообщении #1264854 писал(а):
Поправьте, если ошибаюсь, но, по-моему, эта хрень расходится со страшной силой.


Да нет, со сходимостью все нормально. Так как при $t\to +\infty \sh t,\ch t \sim \frac 12e^t$, то при $$Q\to +\infty , \dfrac{\sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \sh \dfrac{Qx}{2}}{\ch \dfrac{Qa}{2}}
\to \frac 12$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение13.11.2017, 01:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


04/09/14
5003
ФТИ им. Иоффе СПб
mihiv в сообщении #1264884 писал(а):
Да нет, со сходимостью все нормально.
И тут Ваша правда. Совсем старый стал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение13.11.2017, 16:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
11018
Hogtown
Vince Diesel в сообщении #1256399 писал(а):
Тут напрашивается рассмотреть функцию $\psi=\varphi-x^2yz$. Для $\psi$ получится уравнение Пуассона, зато с нулевыми граничными условиями.
И с правой частью $-2yz$. Тогда $\psi$ не зависит от $x$. Введя $\chi=\psi+y^3z/3$. например, мы опять получим уравнение Лапласа, с неоднородными граничными условиями, но 2-мерное, и решим его с помощью однократных рядов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение13.11.2017, 17:00 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Red_Herring в сообщении #1264987 писал(а):
Введя $\chi=\psi+2y^3z/3$, например, мы опять получим уравнение Лапласа, с неоднородными граничными условиями, но 2-мерное, и решим его с помощью однократных рядов.
Вчера я рассуждал почти так же (только не переходил к неоднородному уравнению). Прибавил к нашей $\varphi$ функцию $-x^2yz+\frac{1}{6}(y^3z+yz^3)$ — она удовлетворяет уравнению Лапласа. Граничные условия теперь зависят только от $y$ и $z$. Вне себя от радости, я уже собирался сообщить всем, что свёл задачу к двумерной, как вдруг понял, что независимость граничных условий от $x$ ничего не значит. :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Уравнение Лапласа
Сообщение13.11.2017, 19:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
11018
Hogtown
svv в сообщении #1264995 писал(а):
то независимость граничных условий от $x$ ничего не значит
. Вы правы, я погорячился...

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group