Задача Дирихле в полукруге

[hjury]

Пускай у нас есть полукруг радиуса R, с центром в точке 0. Требуется найти функцию U, гармоничную внутри этого полукруга, и удовлетворяющую следующим краевым условиям: $U(R,\varphi)=\sin{\varphi},0\leqslant\varphi\leqslant \pi$, $U(r,\pi)=0,0\leqslant r \leqslant R$, $\frac{dU}{dn}(r,0)=0,0\leqslant r \leqslant R$, где $n$ - вектор нормали к границе полукруга.
Я решаю эту задачу методом разделения переменных, то есть ищу решение исходной задачи в виде:
$U=\Phi(\varphi)\Psi(r)$
Записываю лапласиан в полярной системе координат и подставляя это решение, разделяю переменные и имею два уравнения:
$\frac{d^{2}}{d\varphi^2}\Phi+\lambda\Phi = 0$ и $r\frac{d}{dr}(r\frac{d}{dr}\Phi)+\lambda\Phi=0$
Пусть $\lambda=0$, тогда получаем, что $\Phi=A\varphi+B$ и $\Psi=C\ln(r)+D$, подставляя начальные условия, а именно, то что $\Phi(\pi)=0$ и $\frac{d}{d\varphi}\Phi(0) = 0$ имеем, что $A=B=0$, т.е тривиальное решение.
Далее пусть теперь $\lambda<0$,
Тогда имеем следующие решения $\Phi=A\sh{\alpha\varphi}+B\ch{\alpha\varphi}$, где $\alpha=\sqrt{-\lambda}$, и $\Psi=C_{1}r^{i\alpha}+C_{2}r^{-i\alpha}$, где $\alpha=\sqrt{-\lambda}$
Подставляя начальные условия легко убедиться, что $A=B=0$
Теперь пусть $\lambda<0$
Имеем следующие решения:
$\Phi=A\cos{\sqrt{\lambda}\varphi}+B\sin{\sqrt{\lambda}\varphi}$ и $\Psi=C_{1}r^{\sqrt{\lambda}}+C_{2}r^{-\sqrt{\lambda}}$
Подставляя начальные условия имею, что $B=0$ и $\cos{\sqrt{\lambda}\pi}=0$, т.е получаем уравнение на $\lambda$, $\lambda=(\frac{1}{2}+k)^2$ , где $k=0,1,2...$
Итого $U$ представляется как:
$U=\sum_{k=0}^{\infty}{A_{k}\sin{\sqrt{\lambda_{k}}\varphi}(C_{1k}r^{\sqrt{\lambda_{k}}}+C_{2k}r^{-\sqrt{\lambda_{k}}})}$
Дальше собственно вопрос: можно ли потребовать, чтобы $C_{1}=0$ для того чтобы решения оставались ограниченными или нет?

[svv]

А почему не $C_{2k}=0$ ?

[hjury]

svv в сообщении #853449 писал(а):

А почему не $C_{2k}=0$ ?

В случае с кругом, нуль точка принадлежащая внутренности круга и тогда да, я полагала $C_{2k}=0$, т.к иначе решения неограничены в нуле. Но тут же нуль вроде как на границе лежит. Более того, если полагать $C_{2k}=0$ и подставлять последнее условие получится ответ вида:
$U=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{2}{\pi}\frac{4}{(3+2k)(1-2k)}\cos{\sqrt{\lambda_{k}}\varphi}\cdot e^{\sqrt{\lambda_{k}}\ln{\frac{r}{R}}}}$ И я беспокоюсь за то что ряд, как мне кажется, кривовато сходится

[svv]

Давайте пока не обращать внимание на граничные условия. Обсудим поведение решения в области. Конкретно — его ограниченность.
Вот, скажем, слагаемое
$r^{278}\sin 278\varphi$
А вот другое слагаемое:
$r^{-278}\sin 278\varphi$
И какое будет ограниченным внутри полукруга? А какое не будет ограниченным, и его надо исключить?

[hjury]

svv в сообщении #853463 писал(а):

Давайте пока не обращать внимание на граничные условия. Обсудим поведение решения в области. Конкретно — его ограниченность.
Вот, скажем, слагаемое
$r^{278}\sin 278\varphi$
А вот другое слагаемое:
$r^{-278}\sin 278\varphi$
И какое будет ограниченным внутри полукруга? А какое не будет ограниченным, и его надо исключить?

Я вроде понял о чем вы, и действительно слагаемое вида $r^{-278}\sin 278\varphi$ будет неограниченным нуле, в то время как другое будет всегда ограниченным внутри круга.

[hjury]

Дополнительный вопрос: я ведь правильно понимаю, что производная по нормали на границе(горизантальной) полукруга - производная по фи?

[svv]

Да, почти правильно. Если вектор нормали направлен в сторону увеличения $\varphi$, то $\frac{\partial}{\partial n}=\frac 1 r \frac{\partial}{\partial \varphi}$, а если в сторону уменьшения, то $-\frac 1 r \frac{\partial}{\partial \varphi}$. Но так как на этой части границы условие однородное, знак и коэффициент безразличны.

-- Чт апр 24, 2014 12:02:03 --

hjury в сообщении #853538 писал(а):

и действительно слагаемое вида $r^{-278}\sin 278\varphi$ будет неограниченным нуле

Хочу подчеркнуть, что она неограниченна внутри области, даже несмотря на то, что точка $r=0$ не входит в её область определения в эту внутренность. Подобно тому, как функция $y=1/x$ неограниченна на множестве $x>0$.

[ewert]

hjury в сообщении #853447 писал(а):

Итого $U$ представляется как:
$U=\sum_{k=0}^{\infty}{A_{k}\sin{\sqrt{\lambda_{k}}\varphi}(C_{1k}r^{\sqrt{\lambda_{k}}}+C_{2k}r^{-\sqrt{\lambda_{k}}})}$

Если не обращать внимания на путаницу между синусами и косинусами (которую Вы уже исправили): с какой стати там $A_k$-то? Там же стоит собственная функция по углу, и приписывать ей ещё и произвольный множитель бессмысленно.

В остальном верно, а далее всё-таки желательно проявлять сознательность. Что там за радиальные множители под знаком суммы?... -- правильно, это общие решения соответствующих дифуров. А чем в них определяются произвольные постоянные?... -- правильно, граничными условиями по $r$ в исходной (двумерной) задаче. А что является таким условием в точке $r=0$ (учитывая сингулярность радиальных уравнений)?...

hjury в сообщении #853450 писал(а):

$e^{\sqrt{\lambda_k}\ln\frac{r}{R}}$

Знаете ли, надо быть последовательным. Раз уж Вам захотелось представить степень как комбинацию экспоненты и логарифма, то почему Вы ограничились лишь одной парой?... Вкатите ещё десяток.

[hjury]

Цитата:

Хочу подчеркнуть, что она неограниченна внутри области, даже несмотря на то, что точка $r=0$ не входит в её область определения в эту внутренность. Подобно тому, как функция $y=1/x$ неограниченна на множестве $x>0$.

Вот этого понимания не хватало, теперь, как мне кажется, я понимаю.

Цитата:

А что является таким условием в точке $r=0$ (учитывая сингулярность радиальных уравнений)?

Ограниченность решения,когда r стремится к нулю? Или я неправильно понял вопрос?

Цитата:

Если не обращать внимания на путаницу между синусами и косинусами (которую Вы уже исправили): с какой стати там $A_k$-то? Там же стоит собственная функция по углу, и приписывать ей ещё и произвольный множитель бессмысленно.

Согласился. Но меня озадачило, что вы так отнеслись к $e^{\sqrt{\lambda_{k}}\ln{\frac{r}{R}}}$. Я ввел эту форму записи лишь для того, чтобы можно было удобно удовлетворить последнему граничному условию.

[ewert]

hjury в сообщении #854087 писал(а):

Или я неправильно понял вопрос?

Правильно поняли. И да, вы этот вопрос уже обсуждали. Я просто хотел акцентировать, что этот вопрос возникает вот ровно в этом месте -- не раньше и не позже.

hjury в сообщении #854087 писал(а):

Я ввел эту форму записи лишь для того, чтобы можно было удобно удовлетворить последнему граничному условию.

Так ведь как раз неудобно ж так-то.

[hjury]

Цитата:

Так ведь как раз неудобно ж так-то.

Ну, подставим последнее граничное условие $U(R,\varphi)=\sin{\varphi}$
Получаем $\sin{\varphi}=\sum_{k=1}^{\infty}{C_{k}\sin{\sqrt{\lambda_{k}}\varphi}}$
Теперь скалярно домножим обе части равенства $\sin{\sqrt{\lambda_{l}}\varphi}$. Интегрируя обе части равенства, из-за ортогональности собственных функций, в сумме останется одно слагаемое с $k=l$. В итоге, получаем искомые коэффициенты $C_{k}$
Хотя в действительности если оставлять радиальные функции, получится тоже несложно.

[ewert]

hjury в сообщении #854731 писал(а):

Интегрируя обе части равенства, из-за ортогональности собственных функций, в сумме останется одно слагаемое с $k=l$.

Нет.