функция Грина G(x,x0,z) для оператора Лапласа в прямоугольни

[theambient]

Добрый.

Наведите на мысль как найти свободную функцию Грина$ G(x,x_0,z)$ для оператора Лапласа на плоскости являющеейся фундаменталтьным решением:

$(\Delta -z) G(x,x_0,z) = \delta(x-x_0)$,
$ G|_{x=0}=G|_{x=a} = 0$,
$ G|_{y=0}=\psi_1(x)$,
$ G|_{y=b} =\psi_2(x)$.

Применяю метод разделения переменных, получаю следующии задачи:

$ X'' + (\lambda - z)X = 0$,
$ Y'' - (\lambda + z)Y = 0$,
$ X(0) = X(a) = 0$,
$ Y(0) = \psi_1(x), Y(b) = \psi_2(x)$.

Получаем решения в виде $X_n=\sin(\sqrt{\mu_n} x)$, $Y_n=A_n \sinh(\sqrt{\nu_n} y)+B_n \sinh(\sqrt{\nu_n} (b-y))$, $\nu_n=((\pi n/a)^2)$, $\vu_n=((\pi n/b)^2)$.

Коэффициенты вычисляются как коэффициенты разложения $\psi_1(x)$, $\psi_2(x)$.

Как связать частные решения в общее? я не понимаю как задействован спектральный параметр $z$. Можно сказать, что $\vu_n = \mu_n + 2z$, но тогда непоняино как выбирать $z$, так как $\nu_n=((\pi n/a)^2)$, $\vu_n=((\pi n/b)^2)$ и такого z отличного от нуля не найдется (для всех $n$).

И еще один вопрос. Не понимаю почему при построении частного решения общей задачи используется только диагональное сечение? что я имею ввиду: $X=\sum X_n$, $Y=\sum Y_n$, $u=X\cdot Y = \sum_{n,m} X_n Y_m$. Мы все недиагональные элементы расладываем по диагональным, которые образуют полную систему функций в $L_2( (0,a) \times (0,b) )$ и запихиваем коэффициенты разложения в $A_n$, $B_n$?

[theambient]

Кажется, я тут написал абсолютную чушь.

Уравнение это носит имя Гельмгольца, а задача - задачи Штурма-Лиувиля для оператора Лапласа.

Для прямоугольной области получается разложение по собственным функциям, от спектрального параметра будут зависеть собственные функции из решения второй разделенной задачи.

Задача.
$(\Delta - z) u(x,y,z) = 0,$

$$ \begin{eqnarray*} u|_{x=0}=\varphi_1(x),&&u|_{x=a} = \varphi_2(x),\\ u|_{y=0}=\psi_1(x),&&u|_{y=b} =\psi_2(x). \end{eqnarray*} $$

Представим решение в виде $u(x,y,z) = u_1(x,y,z) + u_2(x,y,z)$, где $u_1(x,y),u_2(x,y)$ удовлетяворяют следующим граничным условиям:

$$ \begin{eqnarray*} u_1|_{x=0}=0,u_1|_{x=a} = 0,&&u_2|_{x=0}=\varphi_1(x),u_2|_{x=a} = \varphi_2(x),\\ u_1|_{y=0}=\psi_1(x),u_1|_{y=b} =\psi_2(x),&&u_1|_{y=0}=0,u_1|_{y=b} =0. \end{eqnarray*} $$

Рассмотри задачу для $u_1=X(x),Y(y)$. Метод разделения переменных приводит к:

$ X'' + (\lambda - z)X = 0$
$ Y'' - (\lambda + z)Y = 0$,
$ X(0) = X(a) = 0$[/math],
$ Y(0) = \psi_1(x), Y(b) = \psi_2(x)$.

Получаем решения в виде $X_n=\sin(\sqrt{\mu_n} x)$, $Y_n=A_n \sinh(\sqrt{\nu_n} y)+B_n \sinh(\sqrt{\nu_n} (b-y))$, где $\mu_n=\lambda_n-z$, $\nu_n=\lambda_n+z$, $\lambda_n=(\pi n/a)^2$.

Коэффициенты вычисляются из граничных условий (как коэффициенты разложения в ряд фурье) и являются функциями $z$.

Аналогично для задачи на $u_2$ с заменой $x$ на $y$, $phi_i$ на $psi_i$, $i=1,2$.

Общее решение:

$$ \begin{array}{c} u=u_1 + u_2,\\ u_1 = \sum_n [A_n(z)\sinh(\sqrt{\nu^1_n} y) + B_n(z) \sinh(\sqrt{\nu^1_n}(b-y))] \sin(\sqrt{\mu^1_n} x),\\ u_2 = \sum_n [C_n(z)\sinh(\sqrt{\nu^2_n} x) + B_n(z) \sinh(\sqrt{\nu^2_n}(a-x))] \sin(\sqrt{\mu^2_n} y),\\ A_n(z)= \frac{1}{\sinh(\sqrt{\nu^1_n}b)}\frac 2a\int_0^a \psi_2(x)\sin(\sqrt{\mu_n}x)dx,\\ B_n(z)= \frac{1}{\sinh(\sqrt{\nu^1_n}b)}\frac 2a\int_0^a \psi_2(x)\sin(\sqrt{\mu_n}x)dx,\\ C_n(z)= \frac{1}{\sinh(\sqrt{\nu^2_n}a)}\frac 2b\int_0^b \psi_1(x)\sin(\sqrt{\mu_n}y)dy,\\ D_n(z)= \frac{1}{\sinh(\sqrt{\nu^2_n}a)}\frac 2b\int_0^b \psi_1(x)\sin(\sqrt{\mu_n}y)dy,\\ \mu^i_n=\lambda^i_n-z, \nu^i_n=\lambda^i_n+z, \lambda^i_n=(\pi n/l_i)^2, l_1=a, l_2=b.\\ \end{array} $$

Функция Грина тогда будет выражаться в виде

$$ G(\mathrm x,\mathrm x_0,z) = u(\mathrm x,z) + \frac{1}{2\pi}\ln{\frac{1}{|\mathrm x-\mathrm x_0|}}. $$