Краевая задача для ур. Гельмгольца на прямоугольнике

[godsdog]

Следует решить уравнение Гельмгольца
$\Delta w + \lambda^2w=0$
в прямоугольнике: $0\leq x\leq a$, $0\leq y\leq b$, со следующими граничными условиями: $w|_{\Sigma}=K=const$.

Как я вычитал в Википедии, эта проблема впервые была решена Пуассоном в 1829. Осталось только найти это решение. Решение нашёл на EqWorld.

Согласно приведённым формулам при $\lambda\neq\lambda_{n,m}$ ($\lambda_{n,m}$ - собственные значения ур. Гельмгольца на прямоугольнике) решение этого уравнения с граничными условиями
$w=f_1(y)$ при $x=0$, $w=f_2(y)$ при $x=a$,
$w=f_3(y)$ при $y=0$, $w=f_4(y)$ при $y=b$,
имеет следующий вид:
$w(x,y)=\int_0^bf_1(\eta)\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=0}d\eta-\int_0^bf_2(\eta)\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=a}d\eta+\int_0^af_3(\xi)\left[\frac{\partial}{\partial\eta}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\eta=0}d\xi-\int_0^af_4(\xi)\left[\frac{\partial}{\partial\eta}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\eta=b}d\xi$.

В моём случае $f_1=f_2=f_3=f_4=K$.

Я исследую приведённое решение на границе $x=0$. Понятно, что на этой границе решение определяется как
$w(0,y)=\left[\int_0^bf_1(\eta)\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=0}d\eta\right]_{x=0}$.
Но если посмотреть на ф-цию Грина, записанную в виде

$G(x,y,\xi,\eta)=\frac2a\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(p_nx)\sin(p_n\xi)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)$,

то становиться понятно, что это решение на границе $x=0$ равно нулю, а не $f_1(x)$, как должно быть.

Подскажите пожалуйста, в чём ошибка?

[Gafield]

Для эллиптического потенциала двойного слоя $W\varphi$ есть формула скачка: его предельные значения на поверхности равны $\pm \varphi(x)/2 + W\varphi(x)|_S$ в зависимости от того, с какой стороны точка приближается к поверхности $S$. Здесь последнее слагаемое - прямое значение $W\varphi$ на $S$. Вот оно в данном случае будет равно нулю. Технически это происходит от того, что интеграл для потенциала сходится неравномерно, когда точка приближается к поверхности. А если сходимость ряда или интеграла, зависящего от параметра, неравномерная, то его сумма может быть разрывна, что и дает формулу скачка. Например, сумма ряда $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}n$ в нуле будет ноль, однако на интервале $(0,\pi)$ она равна $\pi/2-x$, так что предельные значения в нуле справа и слева будут $\pm \pi/2$.

[godsdog]

Gafield, спасибо.

Действительно, ряд для $G(x,y,\xi,\eta)$ на прямоугольнике сходится неравномерно. Но в таком случае, я совершенно не понимаю, как получить решение для ур. Гельмгольца.
Имеем
$G(x,y,\xi,\eta)=\frac2a\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(p_nx)\sin(p_n\xi)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)$.
Так как ряд сходится неравномерно, мы не можем дифференциировать почленно.

Допустим, что ряд для $G$ сходится равномерно в
x: [\varepsilon_1,a-\varepsilon_2], \xi: [\varepsilon_3,a-\varepsilon_4],
y: [\varepsilon_5,b-\varepsilon_6], \eta: [\varepsilon_7,a-\varepsilon_8],
пусть в этой же области равномерно сходится ряд из производных, тогда справедливо равенство
$\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]=\frac2a\sum_{n=1}^\infty\frac{p_n\sin(p_nx)\cos(p_n\xi)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)$.
Поскольку согласно формуле, взятой на EqWorld производную следует брать при $\xi=0$, а не $\xi\rightarrow0$ (возможно, результат будет тот же; всё опять упирается в равномерную сходимость полученного ряда но уже на полном прямоугольнике, без вырезов), то можем записать, что
$\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=0}=\frac2a\sum_{n=1}^\infty\frac{p_n\sin(p_nx)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)$.
Далее
$\int_0^bf_1(\eta)\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=0}d\eta=\frac{2K}a\int_0^b\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{p_n\sin(p_nx)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)\right]d\eta$.
Чтобы перенести интеграл под сумму нам нужна равномерная сходиность ряда при $\eta: [0,b]$, которой нет!

Что делать? Как численно рассчитать решение уравнения Гельмгольца на прямоугольнике?

[Gafield]

Тут вопрос равномерной сходимости интеграла при $x\to+0$, а если точка $(x,y)\in (0,a)\times(0,b)$ фиксирована, то ряд для $\frac{\partial G}{\partial \xi}$ сходится равномерно по $\eta\in[0,b]$.

[godsdog]

Gafield, спасибо ещё раз!
Ок, из тупика вышли. Что общими усилиями удалось выяснить.

1) При $(x,y)\in (0,a)\times(0,b)$ ряды для $G$ и для $\frac{\partial G}{\partial\xi}$ сходятся равномерно на $\xi\in[0,a]$ и $\eta\in[0,b]$.

2) Следовательно при $(x,y)\in (0,a)\times(0,b)$ пишем:
$\int_0^bf_1(\eta)\left[\frac{\partial}{\partial\xi}G(x,y,\xi,\eta)\right]_{\xi=0}d\eta=\frac{2K}a\int_0^b\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{p_n\sin(p_nx)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)\right]d\eta=\frac{2K}a\sum_{n=1}^\infty\int_0^b\left[\frac{p_n\sin(p_nx)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}H_n(y,\eta)\right]d\eta=\frac{2K}a\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{p_n\sin(p_nx)}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}h_n(y)\right]$.

Полное решение:
$w(x,y)=2K\left[\frac1a\sum_{n=1}^\infty\frac{p_n\sin(p_nx)[1-\cos(p_na)]}{\beta_n\sinh(\beta_nb)}h_n(y)+\frac1b\sum_{m=1}^\infty\frac{q_m\sin(q_my)[1-\cos(q_mb)]}{\mu_m\sinh(\mu_ma)}g_m(x)\right]$,
где
$h_n(y)=\int_0^\beta H_n(y,\eta)d\eta=\frac1{\beta_n}\left[\sinh(\beta_nb)-\sinh(\beta_ny)-\sinh(\beta_n(b-y))\right]$,
$g_m(x)=\int_0^\beta Q_m(y,\eta)d\eta=\frac1{\mu_m}\left[\sinh(\mu_ma)-\sinh(\mu_mx)-\sinh(\mu_m(a-x))\right]$;

$p_n=\frac{\pi n}{a}$, $\beta_n=\sqrt{{p_n}^2-\lambda^2}$,
$q_m=\frac{\pi m}{b}$, $\mu_m=\sqrt{{q_m}^2-\lambda^2}$.

Полученные ряды сходятся на прямоугольнике (следует помнить об особом поведении на границе).

Понятно, что на полном прямоугольнике равномерной сходимости нет, но
можно ли что-либо утверждать о равномерной сходимости $(x,y)\in [\varepsilon_1,a-\varepsilon_2]\times[\varepsilon_3,b-\varepsilon_4]$?

Кроме того, мне надо проинтегрировать полученное решение по прямоугольнику. Как это проделать, если у нас нет равномерной сходимости?

Спасибо.

[ewert]

Какие-то жуткие ряды. Нет, вообще-то говоря, наверное, так (детали не проверял), но у нас-то граничные значения -- это константа. Поэтому просто делаем замену $w(x,y)=u(x,y)+K$. И получаем для $u(x,y)$ уравнение Гельмгольца неоднородное: $\Delta u+\lambda^2u=-\lambda^2K$, но зато уже с нулевыми условиями Дирихле на границе. Откуда мгновенно и ответ:

$$u(x,y)=\sum\limits_{k,n=1}^{\infty}{1\over\lambda_{kn}}\cdot{(-\lambda^2K,\psi_{kn})\over\|\psi_{kn}\|^2}\cdot\psi_{kn}(x,y)\;,$$

где $\psi_{kn}(x,y)=\sin{\pi kx\over a}\cdot\sin{\pi ny\over b}$ -- собственные функции оператора Лапласа (и они же Гельмгольца), $\lambda_{kn}=-\pi^2\left(\dfrac{k^2}{a^2}+\dfrac{n^2}{b^2}\right)+\lambda^2$ -- соответствующие собственные числа оператора Гельмгольца, $\|\psi_{kn}\|^2=\dfrac{ab}{4}$ и в числителе стоит скалярное произведение константы и собственной функции:

$$(-\lambda^2K,\psi_{kn})=-\lambda^2K\int\limits_0^a dx\int\limits_0^b dy\cdot\psi_{kn}(x,y)=-\lambda^2K\cdot\dfrac{4ab}{\pi^2kn}$$

-- если и $k$, и $n$ нечётны (а если хоть одно из них чётно, то ноль, так что фактически суммирование в этом ряде ведётся только по нечётным $k$ и $n$).

Интегрируем это решение по прямоугольнику тупо в лоб -- получатся ещё раз точно такие же интегральчики. Т.е.:

$$\int\limits_0^a dx\int\limits_0^b dy\cdot u(x,y)=-\lambda^2K\sum\limits_{i,j=0}^{\infty}{1\over-\pi^2\left(\dfrac{(2i+1)^2}{a^2}+\dfrac{(2j+1)^2}{b^2}\right)+\lambda^2}\cdot\left(\dfrac{4ab}{\pi^2\,(2i+1)(2j+1)}\right)^2\cdot{4\over ab}\;.$$

Ни о какой равномерной сходимости заботиться не нужно: интеграл от решения по периоду -- это скалярное произведение решения и единички, а уж почленное скалярное умножение ряда Фурье на любую функцию -- всяко законно.

[godsdog]

ewert, огромное спасибо, разбираюсь.

PS
вы пропустили $\pi^2$ вот здесь

$$(-\lambda^2K,\psi_{kn})=-\lambda^2K\int\limits_0^a dx\int\limits_0^b dy\cdot\psi_{kn}(x,y)=-\lambda^2K\cdot\dfrac{4ab}{\pi^2kn}$$

Исправьте у себя итоговую формулу, пожалуйста.

[godsdog]

ewert в сообщении #308193 писал(а):

почленное скалярное умножение ряда Фурье на любую функцию - всяко законно.

А вот если бы мы решали неоднородное ур. Гельмгольца с $K$ зависимым от $x$, $y$ и с нулевыми граничными условиями. То можна ли было бы почленно интегрировать?

Мои рассуждения:
Собственные функции - это произведение синусов. Решение $u(x,y)$ краевой задачи для ур. Гельмгольца - непрерывно дифференцируемая функция (где-то встречал такую теорему). Представление решения в виде разложения по собственным функциям - это его (решения) ряд Фурье. А для непрерывно дифференцируемой функции ряд фурье сходится равномерно а следовательно возможно почленное интегрирование. Я прав?

спасибо.

[ewert]

godsdog в сообщении #308254 писал(а):

вы пропустили $\pi^2$ вот здесь

угу, упустил, каюсь

godsdog в сообщении #308289 писал(а):

А для непрерывно дифференцируемой функции ряд фурье сходится равномерно а следовательно возможно почленное интегрирование. Я прав?

Я бы сказал, что скорее нет. Т.е.это не в ту сторону. Какая бы ни была правая часть (лишь бы квадратично интегрируемой) -- мы оказываемся в гильбертовом случае. В котором все вышеупомянутые манипуляции заведомо корректны. Т.е. все интересующие нас ряды заведомо сходятся в среднем квадратичном и дают разумный результат. Ну а будут ли они сходиться ещё и равномерно -- это уж следующий вопрос, требующий дополнительного анализа (и на мой лично взгляд не очень интересный, если только для его постановки нет спецпричин).

[godsdog]

ewert в сообщении #308304 писал(а):

Какая бы ни была правая часть (лишь бы квадратично интегрируемой) - мы оказываемся в гильбертовом случае. В котором все вышеупомянутые манипуляции заведомо корректны. Т.е. все интересующие нас ряды заведомо сходятся в среднем квадратичном и дают разумный результат.

Хм. А не могли бы вы немного математически строже сказать то же самое? Дело в том, что я совершенно не владею предметом и жаргонизмы мне не понятны. Если бы были более точные формулировки, я бы смог покопаться в литературе. Меня интересуют вот те ваши высказывания, которые я выделил жирным. Может посоветуете, что по этому поводу почитать?
спасибо!

[ewert]

Я не знаю, в какую сторону надо пояснять.

Попробую так.

Оператор Лапласа (и соотв. Гельмгольца) самосопряжён в пространстве $L_2(\Omega)$, т.е. пространстве квадратично интегрируемых функций (а под $\Omega$ понимается, естественно, прямоугольник).

И, следовательно, имеет спектральное разложение. А поскольку спектр у него чисто дискретен, то это разложение имеет вид

$$\Delta+\lambda^2=\sum\limits_{k,n}\lambda_{kn}\cdot P_{kn}\equiv\sum\limits_{k,n}\lambda_{kn}\cdot\dfrac{(\,\cdot\,,\psi_{kn})}{\|\psi_{kn}\|^2}\cdot\psi_{kn}},$$

где под $P_{kn}$ подразумеваются ортопроекторы на соответствующие собственные функции.

Ну и, соответственно, для обратного к нему оператора (раз уж мы не на спектре сидим и, соотв., обратный имеет смысл) имеем

$$\left(\Delta+\lambda^2\right)^{-1}=\sum\limits_{k,n}{1\over\lambda_{kn}}\cdot\dfrac{(\,\cdot\,,\psi_{kn})}{\|\psi_{kn}\|^2}\cdot\psi_{kn}.$$

Если чего не хватает -- ну погуглите сами, тут достаточно ключевых слов, а в Гугле и ссылки небось найдутся.