Непрерывное продолжение на квадрате по границе

[quantum newbie]

Прошу помощи, свежего взгляда. Задача, вроде, простая, а придумать функцию не получается.

Кратко: подобрать любую непрерывную $f(x,y)$, определённую на единичном квадрате, которая на границах принимает известные значения

$$f(0,y) = a(y), \qquad f(1,y) = b(y), \qquad f(x,0) = c(x), \qquad f(x,1) = d(x).$$

На всякий случай опишу исходную задачу, котору я свёл к предыдущей; вдруг тут есть способ по-проще. Имеется достаточно гладкая функция $\varphi: [0,1]\times[0,1] \to \mathbb{S}^1$ — зависимость фазы имеющегося собственного состояния от точки зоны Бриллюэна, нужно из неё неким гладким образом (собственное состояние определено с точностью до фазы) получить периодическую функцию, чтобы можно было представить в виде $\mathbb{S}^1\times\mathbb{S}^1 \to \mathbb{S}^1$, то есть сделать фазу переодичной.

[quantum newbie]

Кажется, я подобрал:

$$f(x,y) = (1-x) a(y) + x b(y) + (1-y) c(x) + y d(x) - (1-x)(1-y) A - (1-x) y B - x(1-y) C - x y D,$$

где $A = a(0) = c(0)$, $B = a(1) = d(0)$, $C = b(0) = c(1)$ и $D = b(1) = d(1)$.

А моя задача сводится к этой так: на границе квадрата $\varphi$ принимает некоторые значения, выписывается функция $f(x,y)$, непрерывная на этом квадрате с теми же граничными условиями, затем вычитаются и разность $\varphi-f$ на границе зануляется, а значит функция становится переодичной и можно область определения преобразовывать в тор.

-- 13.09.2014, 06:24 --

Беда: здесь возможен разрыв производных во время перехода к тору. Чтобы разрыва не было, нужно занулить производные на границе. То есть $f$ должна удовлетворять условию $f'_\mu = - \varphi'_\mu$, $\mu=x,y$.
Так что вопрос актуальный: подобрать гладкую функцию $f(x,y)$, которая удовлетворяет 4 уравнениям с $a,b,c,d$ и ещё

$$f'_x(0,y) = \alpha(y), \qquad f'_x(1,y) = \beta(y), \qquad f'_y(x,0) = \gamma(x), \qquad f'_y(x,1) = \delta(x).$$

Помню, в курсе матанализа мы строили функцию, которая бесконечно гладко переходит в нуль. Поэтому уверен, что у этой задачи (с производными) есть решение. А как строить, не знаю.

[quantum newbie]

Простите, я подниму тему, очень надо.
На всякий случай сформулирую задачу более чётко.

Построить любую гладкую функцию $f(x,y)$, которая удовлетворяет граничным условиям

\begin{array}{cccc} f(0,y) = a(y) & f(1,y) = b(y) & f(x,0) = c(x) & f(x,1) = d(x) \\ f_x(0,y) = \alpha(y) & f_x(1,y) = \beta(y) & f_y(0,x) = \gamma(x) & f_y(1,x) = \delta(x) \end{array}

Гарантированно выполняются ограничения согласованности

\begin{array}{cccc} a(0) = c(0) & a(1) = d(0) & b(0) = c(1) & b(1) = d(1) \\ \alpha(0) = c'(0) & \alpha(1) = d'(0) & \beta(0) = c'(1) & \beta(1) = d'(1) \\ \gamma(0) = a'(0) & \gamma(1) = b'(0) & \delta(0) = a'(1) & \delta(1) = b'(1) \end{array}

Функции $a,b,c,d,\alpha,\beta,\gamma,\delta$ известны.

Достаточно любой, самой простой в построении, гладкой функции с такими условиями.
Вообще не приложу ума, куда копать.

[Evgenjy]

quantum newbie в сообщении #907591 писал(а):

Построить любую гладкую функцию $f(x,y)$, которая удовлетворяет граничным условиям

Центр квадрата - точка $(1/2,1/2)$. Через центр и точку $(x,y)$ проведем отрезок до пересечения с границей квадрата в точке $\gamma$, которая зависит от $(x,y)$. $d$ - расстояние от центра до точки $\gamma$, $r$ - расстояние от центра до точки $(x,y)$. Положим $g(x,y)=\frac rd f(\gamma)$. Мы получили непрерывную функцию на квадрате с нужными значениями на границе. Аналитические преобразования, т. е. приведение к зависимости от $x$ и $y$ просты. Однако эта функция не будет гладкой в центре. Чтобы ее там сгладить необходимо домножить на $(1-\sin {\pi x)}(1-\sin {\pi y)}$.

[quantum newbie]

Спасибо, интересный подход. Первую задачу (с граничными значениями) для квадрата я решил с помощью билинейного «перехода», формула выше. Ваш подход более универсален.
Скажите, как учесть ещё производные на границе?

[Munin]

quantum newbie в сообщении #907657 писал(а):

Первую задачу (с граничными значениями) для квадрата я решил с помощью билинейного «перехода», формула выше.

Теперь замените в нём просто линейную функцию на отрезок синусоиды (от минимума до максимума).

Вообще, учесть $n$ высших производных можно при помощи ряда Фурье до, соответственно, $n$-й гармоники.

[Evgenjy]

quantum newbie в сообщении #907591 писал(а):

Построить любую гладкую функцию $f(x,y)$, которая удовлетворяет граничным условиям

Определим функцию на $(0,1)$
$\lambda(t)=\exp(\frac1t)\exp(\frac1{t-0,5})$ при $0< t< 0,5$
$\lambda(t)=0$ при $0,5\le t < 1$
Тогда функция
$f(x,y)=\frac{\lambda (x)[a(y)+x\alpha (y)]+\lambda (1-x)[b(y)+(x-1)\beta (y)]+\lambda (y)[c(x)+y\gamma (x)]+\lambda (1-x)[d(x)+(x-1)\delta (x)]}{\lambda (x)+\lambda (1-x)+\lambda (y)+\lambda (1-x)}$
является продолжением на внутренние точки квадрата, если я где-нибудь не ошибся.
Если все правильно, то можно строить и с ограничениями на следующие производные. Способ виден из формулы.

[quantum newbie]

Evgenjy, проверю, удовлетворяет ли эта функция условиям. Построение интересное.

Мне тут подсказали очень элегантное решение:
Если имеется возможность продолжить $f = F[a,b,c,d]$ непрерывно по граничному условию только на значения, билинейной функцией или в полярном представлении Евгения, можно «опустить» $\bar{f}(x,y) = f(x,y) - F[a,b,c,d]$ до нулевых граничных условий $\bar{a}=\bar{b}=\bar{c}=\bar{d}\equiv 0$ вычитанием и искать функцию в виде $\bar{f}(x,y) = \frac{1}{2\pi}\varphi(x,y) \sin(2\pi x) \sin(2\pi y)$. Поскольку на границе производные выражаются явно (линейно) через $\varphi(x,y)$ и не зависят от производных $\varphi$, то можно решить предыдущую задачу относительно $\varphi(x,y)$ с граничными условиями

$$\varphi(0,y) = \bar{\alpha}(y) = \alpha(y) - F[a,b,c,d]'_x(0,y),$$ $$\varphi(1,y) = \bar{\beta}(y) = \beta(y) - F[a,b,c,d]'_x(1,y)$$

и т.п., то есть $\varphi(x,y) = F[\bar{\alpha}, \bar{\beta}, \bar{\gamma}, \bar{\delta}]$. Здесь черта над буквой означает, что речь идёт об «опущенном» случае.

[Evgenjy]

Evgenjy в сообщении #907988 писал(а):

если я где-нибудь не ошибся

В трех местах следует заменить $x$ на $y$.
Подправленная формула

$f(x,y)=\frac{\lambda (x)[a(y)+x\alpha (y)]+\lambda (1-x)[b(y)+(x-1)\beta (y)]+\lambda (y)[c(x)+y\gamma (x)]+\lambda (1-y)[d(x)+(y-1)\delta (x)]}{\lambda (x)+\lambda (1-x)+\lambda (y)+\lambda (1-y)}$

[Munin]

Может быть, я глупость написал. Что-то мне начинает казаться, что правильное решение есть решение уравнения Лапласа в квадрате...