Задача Дирихле для круга.

[Draeden]

Задача Дирихле представляет из себя уравнение $u^{(0,2)}(x,y)+u^{(2,0)}(x,y)=0$ с граничным условием на окружности.
Его можно решать с помощью полярных координат: $v(r,\phi )=u(r \cos (\phi ),r \sin (\phi ))$
В этом случае исходное уравнение перепишется так: $2 \cot (2 \phi ) v^{(0,1)}(r,\phi )+r v^{(1,0)}(r,\phi )=v^{(2,0)}(r,\phi ) r^2+v^{(0,2)}(r,\phi )$
Это уравнение можно решать методом Фурье, т.е. сначала найти все решения представимые в виде $v(r,\phi )=R(r) \Phi (\phi )$
Для таких функций уравнение записывается как $\frac{r R'(r)}{R(r)}+\frac{2 \cot (2 \phi ) \Phi '(\phi )}{\Phi (\phi )}=\frac{R''(r) r^2}{R(r)}+\frac{\Phi ''(\phi )}{\Phi (\phi )}$
Будем искать только ненулевые решения, поэтому после разделения переменных получим систему из двух уравнений:

$R''(r) r^2+\lambda R(r)=r R'(r)$
$\lambda \Phi (\phi )+2 \cot (2 \phi ) \Phi '(\phi )=\Phi ''(\phi )$
где $\lambda$ любое число.

Первое уравнение решается просто: $R(r)=r^{1-\sqrt{1-\lambda }} \left(c_2 r^{2 \sqrt{1-\lambda }}+c_1\right)$

...а вот решение второго выглядит подозрительным:

$$\Phi (\phi )= c_2 G_{2,2}^{2,0}\left(\cos ^2(\phi )| \begin{array}{c} \frac{1}{2} \left(3-\sqrt{1-\lambda }\right),\frac{1}{2} \left(\sqrt{1-\lambda }+3\right) \\ 0,1 \end{array} \right)-c_1 \cos ^2(\phi ) \, _2F_1\left(\frac{1}{2} \left(1-\sqrt{1-\lambda }\right),\frac{1}{2} \left(\sqrt{1-\lambda }+1\right);2;\cos ^2(\phi )\right)$$

Дело в том, что преподаватель решил эту задачу Дирихле за десять минут
Где ошибка ?

[zoo]

никогда не видел что б так обозначили производные
задача рассмотрена в http://www.poiskknig.ru/cgi-bin/poisk.c ... &network=1

[Brukvalub]

А где же здесь граничное условие задействовано? Без него задача некорректна.
Вот стандартное решение в виде интеграла Пуассона: http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%98%D0%BD%D1%82%D0%B5%D0%B3%D1%80%D0%B0%D0%BB_%D0%9F%D1%83%D0%B0%D1%81%D1%81%D0%BE%D0%BD%D0%B0
А у Вас там сам черт ногу сломит - гипергеометрическая функция, и т.д, и т.п....

[Draeden]

На данном этапе граничное условие не важно. В общем случае оно будет таким: $u(a \cos (\phi ),a \sin (\phi ))=f(\phi )$
Я же хочу найти все собственные функции, после чего разложить по ним функцию удовлетворяющую начальному условию.

[Brukvalub]

Draeden в сообщении #163210 писал(а):

Я же хочу найти все собственные функции, после чего разложить по ним функцию удовлетворяющую начальному условию.

См. № 4 в этом списке: [url]http://www.poiskknig.ru/cgi-bin/poisk.cgi?lang=ru&st=%D0%A8%D1%83%D0%B1%D0%B8%D0%BD&network=1
[/url]

[ewert]

Draeden писал(а):

На данном этапе граничное условие не важно. В общем случае оно будет таким: $u(a \cos (\phi ),a \sin (\phi ))=f(\phi )$
Я же хочу найти все собственные функции, после чего разложить по ним функцию удовлетворяющую начальному условию.

Какие-то странные у Вас уравнения; даже и представить не могу, откуда они взялись.

На самом деле лапласиан в полярных координатах имеет вид:

$${1\over r}{\partial\over\partial r}r\,{\partial u\over\partial r}+{1\over r^2}\cdot{\partial^2u\over\partial\varphi^2}$$

.

Здесь присутствуют два дифференциальных оператора, один из которых действует только по радиусу, другой -- только по углу. Граничные условия у Вас однородны именно по углу (они периодичны), но не по радиусу, поэтому задачу Штурма-Лиувилля следует ставить именно для углового оператора ${\partial^2u\over\partial\varphi^2}$. Соответствующие собственные функции -- это стандартный набор синусов и косинусов. После подстановки формального ряда Фурье в уравнение получаются однородные дифуры по радиусу, для каждого из которых одна произвольная постоянная в момент изничтожается требованием ограниченности в нуле. А вторая -- как раз и получится разложением граничного условия в стандартный ряд Фурье по синусам и косинусам.

[Draeden]

Вот оно! Я пол дня сижу, пытась понять как получается эта формула. Не могли бы Вы написать подробнее ?

[V.V.]

Draeden писал(а):

Вот оно! Я пол дня сижу, пытась понять как получается эта формула. Не могли бы Вы написать подробнее ?

Из формулы для производной сложной функции.

[Draeden]

Ага... помню как на втором курсе мы находили этот оператор Лапласа. Я и сам не люблю когда меня спрашивают какую то фигню, мне кажется, что это от лени. Но вот я сейчас сам в таком положении - не могу посчитать какую то примитивную формулу.

[Draeden]

Верны ли мои рассуждения ?
Дано $u_{xx}+u_{yy}=0$. Тогда функция $u$ гармоническая, а значит существует сопряжённая гармоническая функция $v$, причём их пара $f(x,y)=u(x,y)+i v(x,y)$ является голоморфной функцией комплексного аргумента, причём $f_{xx}+f_{yy}=0$. Пусть также дано граничное условие: функция $u$ совпадает с функцией $p$ на некоторой замкнутой гладкой кривой, например окружности. Можно считать, что функция $p$ также комплексная, но принимает только вещественные значения. Тогда можно написать:

$f(z_0)=\frac 1 {2\pi i}\int_{|z|=a}\frac{p(z)}{z-z_0}dz$
$u(z_0)=Re \frac 1 {2\pi i}\int_{|z|=a}\frac{p(z)}{z-z_0}dz$

[Brukvalub]

Нет, не верно. Приведенная Вами формула восстанавливает значения голоморфной в односвязной области функции в той части этой области, которая ограничена контуром интегрирования, по значениям на контуре всей функции, а не только ее вещ. части. Так что для применения этой ф-лы Вы должны сначала найти значения сопряженной функции на контуре, а эти значения вовсе не обязаны быть нулевыми.

[Draeden]

Хорошо. Допустим дано граничное условие на некоторой кривой:

$f(t)=Re(g(\phi(t))) \\ f,\phi:[a,b]\to \mathbb{C} \\ g:\mathbb{C}\to \mathbb{C}$

Я хочу найти голоморфную функцию которая совпадает с $f$ на кривой $\phi$, т.е. хочу найти функцию $g$. Для этого я выписываю соответсвующие условия:

$ \phi(t)=x(t)+i y(t) \\ f_x=g_y \rightarrow \frac{f_t}{x_t}=\frac{g_t}{y_t} \\ f_y=-g_x \rightarrow \frac{f_t}{y_t}=-\frac{g_t}{x_t}$

Делим одно на другое и получаем: $x_t^2+y_t^2=0$ или $\phi=const$.
Ошибки вроде нет, но результат какой то странный.

[Brukvalub]

Это вообще ни в какие ворота не лезет. Вы просто занялись жонглированием символами. Как можно найти частные производные функции f, определенной лишь на кривой?
Мой Вам совет - бросайте маяться ерундой и переходите к изучению реальных методов.

[Draeden]

Изучить реальный метод - не слишком хитрое занятие: прочитать теорию, вывести повторно все формулы самостоятельно и тупо использовать один раз в жизни - на экзамене. Но это скучно. Гораздо интереснее написать на контрольной решение задачи не на два листа, как ожидалось, а в две строчки и при этом правильно

Как я понимаю, формула:

$f(z)=\frac 1 {2\pi i} \int_{|v|=a}g(v)\frac{v+z}{v-z}\frac{dv}{v}$

Как раз восстанавливает значения всей голоморфной функции $f$ внутри окружности $|z|=a$ зная лишь её значения на этой самой окружности (эти значения задаются функцией $g(z)$). Я лишь хотел сразу узнать $f$ не прибегая ни к каким вычислениям

[Brukvalub]

Draeden в сообщении #164629 писал(а):

Как я понимаю, формула:

$f(z)=\frac 1 {2\pi i} \int_{|v|=a}g(v)\frac{v+z}{v-z}\frac{dv}{v}$

Как раз восстанавливает значения всей голоморфной функции $f$ внутри окружности $|z|=a$ зная лишь её значения на этой самой окружности (эти значения задаются функцией $g(z)$). Я лишь хотел сразу узнать $f$ не прибегая ни к каким вычислениям

Для этого традиционно используют ф-лу Коши, которая существенно проще, а такой огород, как у Вас, не городят.