Уравнение Пуассона в шаровом слое

[dasalam]

Дано вот такое уранвение
$ \bigtriangleup U = \frac 6 r, \frac 1 3 < r < 1 \\ U(r = \frac 1 3 ) = \cos^2 \theta \cos2\varphi + 2 \sin^2 2\varphi \\ U(r = 1 ) = 1 + \cos\theta $
Нашел частное решение неоднородного уравнения $ U_{0} = 6r $. И заменой $V = U - U_{0}$ привел уравненеи с начльными условиями к виду
$ \bigtriangleup V = 0, \frac 1 3 < r < 1 \\ V(r = \frac 1 3 ) = \cos^2 \theta \cos2\varphi + 2 \sin^2 2\varphi - 2 \\ V(r = 1 ) = -5 + \cos\theta $
Не могу только понять как представить правые части начальных условий так чтобы они выражались через сферические функции

[moscwicz]

вообще-то через сферические функции выражаются собственные функции оператора Лапласа, с нулевыми, разумеется гран. условиями. Так, что заботиться надо не об обнулени правой части уравнения , а об обнулении гран. условий. Сее делается заменой $U\mapsto U+a(\varphi,\theta)r+b(\varphi,\theta)$,

[dasalam]

moscwicz в сообщении #377816 писал(а):

вообще-то через сферические функции выражаются собственные функции оператора Лапласа, с нулевыми, разумеется гран. условиями. Так, что заботиться надо не об обнулени правой части уравнения , а об обнулении гран. условий

Всегда думал, что алгоритм решения обычно такой:
1) Приводим уравение Пуассона к уравнению Лапласа;
2) Ищем решение в виде $U = \sum (r/R_{2})^k*Y_{k} + \sum (R_{1}/r)^{k+1}* \tilde Y_{k}$

[moscwicz]

Уравнеие Пуассона $\Delta u=f\quad u\mid_{\partial D}=0$ (в Вашем случае $D$ -- шаровой слой) решается следующим образм.

1) ищем собственные функции: $\Delta e_k=\lambda_ke_k,\quad e_k\mid_{\partial D}=0,\quad k=1,2,...$ из общих теорем они существуют и образуют ортогон. базис в $L^2(D)$.
3) Поэтому решение уравнения надо искать в виде $u=\sum_ku_ke_k$. 2) Предварительно разложив в ряд по $\{e_k\}$ правую часть уравнения -- $f$.

[dasalam]

moscwicz в сообщении #377831 писал(а):

Уравнеие Пуассона $\Delta u=f\quad u\mid_{\partial D}=0$ (в Вашем случае $D$ -- шаровой слой) решается следующим образм.

1) ищем собственные функции: $\Delta e_k=\lambda_ke_k,\quad e_k\mid_{\partial D}=0,\quad k=1,2,...$ из общих теорем они существуют и образуют ортогон. базис в $L^2(D)$.
3) Поэтому решение уравнения надо искать в виде $u=\sum_ku_ke_k$. 2) Предварительно разложив в ряд по $\{e_k\}$ правую часть уравнения -- $f$.

Вот у меня как раз с разложением то и возникает проблема.

[dasalam]

moscwicz в сообщении #377855 писал(а):

и будет возникать, пока не обнулите гран. условия

Ок, делаю как вы говорите:
1) Делаю замену так чтобы граничные условия были нулевыми
$U\mapsto V+a(\varphi,\theta)r+b(\varphi,\theta) \\ a = 1.5*(1+cos \theta - cos^2 \theta * cos 2\varphi + 2*sin^2 2\varphi) \\ b = -2.5 - 2.5*cos \theta + cos^2 \theta * cos \varphi + 2*sin^2 2\varphi $
2) Теперь собственно замена
$\bigtriangleup U = \bigtriangleup V + \bigtriangleup (a*r) + \bigtriangleup b =>(\bigtriangleup U =f) \\ \bigtriangleup V = f - \bigtriangleup (a*r) - \bigtriangleup (b) = \frac 6 r \\ \bigtriangleup (a*r) = \frac {2*a} r + \frac 1 {r*sin^2} * (-2*sin \theta * cos \theta + 2*cos 2\theta * cos 2\varphi) \frac 1 {r^2*sin^2 \theta} *(4*cos 2\varphi * cos^2 \theta) - 16*cos 4\varphi \\ \bigtriangleup b = \frac 1 {r^2*sin \theta}*(2.5*cos 2\theta - 2*sin 2\theta * cos 2\varphi) + \frac 1 {r^2*sin^2 \theta}*(-4*cos^2 \theta * cos 2\varphi + 16*cos 4\varphi) $
Что-то так и не вижу как правая часть представляется через сферические функции (может конечно ошибся где). Я вообзе не совсем понимаю зачем приводить задач к задаче с нулевыми граничными условиями. Разве нельзя искать ершение в том виде, которое я писал ранее?

[moscwicz]

теперь ищем собственные функции оператора Лапласа и раскладываем по ним правую часть

-- Sat Nov 20, 2010 21:17:44 --

я обнаружил книжку, с техникой к которой Вы больше привыкли, ловите:

http://www.rapidshare.ru/1694209 pass: ellipt

[dasalam]

moscwicz в сообщении #377880 писал(а):

теперь ищем собственные функции оператора Лапласа и раскладываем по ним правую часть

-- Sat Nov 20, 2010 21:17:44 --

я обнаружил книжку, с техникой к которой Вы больше привыкли, ловите:

http://www.rapidshare.ru/1694209 pass: ellipt

Вы предлагаете мне счиатть двойные интегралы?

[ewert]

dasalam в сообщении #377884 писал(а):

Вы предлагаете мне счиатть двойные интегралы?

а как же; если по схеме необходимо -- то придётся, сжульничать тут (вообще говоря) никак не выйдет

dasalam в сообщении #377876 писал(а):

Я вообзе не совсем понимаю зачем приводить задач к задаче с нулевыми граничными условиями.

Потому, что если граничные условия ненулевые -- то всякие попытки разложения вообще бессмысленны. Ибо пафос именно в том, что решение раскладывается по собственным функциям именно линейного оператора (не только линейного, конечно, но линейность -- условие уж всяко необходимое). Неоднородность же граничных условий -- сбивает линейность напрочь, и вот уж тут-то -- точно аминь.

[moscwicz]

ewert
Похожаев в той книжке, которую я выложил выписывает общий вид гармонической функции в шаровом слое.
А потом предлагает раскладывать гран условия по сферическим функциям, которые образуют ортогональный базис на сфере. Признаюсь, для меня это что-то новое, я так никогда не делал.

И, как я теперь понимаю, топикстартер изначально все делал правильно, он только как разложить гран. условие по сферическим функциям не понимает.

dasalam
Если $f(\varphi,\theta)$ -- гран условие, то $f=\sum_nf_nY_n,$

$$f_n=\frac{1}{\sqrt{\int_{S}Y_n^2(\varphi,\theta)ds}}\int_{S}f(\varphi,\theta)Y_n(\varphi,\theta)ds$$

$ds$ -- элемент площади на единичной сфере

[ewert]

(Оффтоп)

moscwicz в сообщении #377923 писал(а):

А потом предлагает раскладывать гран условия по сферическим функциям, которые образуют ортогональный базис на сфере. Признаюсь, для меня это что-то новое, я так никогда не делал.

Я тоже. Поскольку книжку не читал -- для меня это выглядит чем-то вроде чесания левого уха правой ногой. Но так априори возражать не возьмусь; возможно, в этом и найдётся некоторый смысл.

moscwicz в сообщении #377923 писал(а):

вопрос топикстартера состоит в том, как разложить функцию по ортогональному базису в гильбертовом пространстве.

Да он безусловно в этом и состоит. Вопрос лишь в том, как подойти к этому вопросу сознательно.

[dasalam]

moscwicz, формулы для коэффициентов я понял - это коэффициенты Фурье функции f (только зачем там корень?). Изначально я думал, что можно будет как-то упростить правые части так чтобы они легко выражались через известные сферические функции, но раз нельзя значит придется посчитать интегралы. За книгу спасибо.
ewert, помоему намного удобней разлагать сразу правые части граничных условий по ортогональной системе, чем приводить уравнение к уравнению с нулевыми граничными условиями.

[moscwicz]

dasalam в сообщении #377947 писал(а):

помоему намного удобней разлагать сразу правые части граничных условий по ортогональной системе, чем приводить уравнение к уравнению с нулевыми граничными условиями.

Я думаю, что в случае произвольной ограниченной области с гладкой границей ничего такого проделать неудастся. А в шаровом слое это просто вызвано тем, что переменные в сферических координатах у лапласиана разделяются и границы области являются координатными кривыми. А разложение по собственным функциям оператора Лапласа с нулевыми гран условиями это общая вещь

-- Sun Nov 21, 2010 00:16:03 --

dasalam в сообщении #377947 писал(а):

только зачем там корень?).

да, корень не нужен