Уравнение Лапласа

[StaticZero]

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?

[Vince Diesel]

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

[StaticZero]

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:

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

[amon]

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).

[svv]

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.

[amon]

svv в сообщении #1264860 писал(а):

Для внутренней задачи Дирихле — то, что нужно.

Да, тут виноват - помстилось, что область открытая.

[mihiv]

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

$$Q\to +\infty , \dfrac{\sh \left(Q \dfrac{a - x}{2}\right) \sh \dfrac{Qx}{2}}{\ch \dfrac{Qa}{2}} \to \frac 12$$

[amon]

mihiv в сообщении #1264884 писал(а):

Да нет, со сходимостью все нормально.

И тут Ваша правда. Совсем старый стал.

[Red_Herring]

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.

[svv]

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.

[Red_Herring]

svv в сообщении #1264995 писал(а):

то независимость граничных условий от $x$ ничего не значит

. Вы правы, я погорячился...