9.7-bo'lim: Laplas tenglamasi
Biz hal qiladigan keyingi qisman differentsial tenglama 2-D Laplas tenglamasi,
\[{\nabla ^2}u = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}} = 0\]Buni qanday hal qilishni o'rganishni boshlashdan oldin so'rashimiz kerak bo'lgan tabiiy savol - bu tenglama har qanday joyda tabiiy ravishda paydo bo'ladimi? Javob juda aniq ha! Agar biz 2-D issiqlik tenglamasini ko'rib chiqsak,
\[\frac{{\partial u}}{{\partial t}} = k{\nabla ^2}u + \frac{Q}{{cp}}\]Ko'ramizki, Laplas tenglamasi muvozanat yechimini topishga mos keladi (i.e. vaqtdan mustaqil yechim) agar manbalar bo'lmasa. Demak, bu jismoniy vaziyatlardan kelib chiqadigan tenglama.
Laplas tenglamasini qanday yechishimiz uni hal qilayotgan 2D ob'ektning geometriyasiga bog'liq bo'ladi. Keling, buni \(0 \le x \le L\), \(0 \le y \le H\) tomonidan berilgan to'rtburchakda echishdan boshlaylik. Ushbu geometriya uchun Laplas tenglamasi to'rtta chegara shartlari bilan birga bo'ladi:
\[\begin{equation}\begin{aligned}& {\nabla ^2}u = \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}} + \frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}} = 0\\ & u\left( {0,y} \right) = {g_1}\left( y \right)\hspace{0.25in}u\left( {L,y} \right) = {g_2}\left( y \right)\\ & u\left( {x,0} \right) = {f_1}\left( x \right)\hspace{0.25in}u\left( {x,H} \right) = {f_2}\left( x \right)\end{aligned}\label{eq:eq1}\end{equation}\]Bu erda ta'kidlash kerak bo'lgan muhim narsalardan biri shundaki, issiqlik tenglamasidan farqli o'laroq, bu erda bizda hech qanday boshlang'ich shart bo'lmaydi. Ikkala o'zgaruvchi ham fazoviy o'zgaruvchilardir va har bir o'zgaruvchi 2 da sodir bo'ladind tartib hosilasi va shuning uchun har bir o'zgaruvchi uchun ikkita chegara sharti kerak bo'ladi.
Keyin shuni ta'kidlaymizki, qisman differentsial tenglama ham chiziqli, ham bir hil bo'lsa-da, chegara shartlari faqat chiziqli va bir hil emas. Bu muammo tug'diradi, chunki o'zgaruvchilarni ajratish bir hil chegara shartlarini talab qiladi.
Laplas tenglamasini to'liq yechish uchun biz uni to'rt marta yechishimiz kerak. Har safar biz buni hal qilganimizda, to'rtta chegara shartlaridan faqat bittasi bir hil bo'lmasligi mumkin, qolgan uchtasi esa bir hil bo'ladi.
To'rtta muammo, ehtimol, eng yaxshi tezkor eskiz bilan ko'rsatilgan, shuning uchun quyidagi eskizni ko'rib chiqaylik.
Endi, biz ushbu to'rtta muammoni hal qilganimizdan so'ng, bizning asl tizimimiz \(\eqref{eq:eq1}\) ning yechimi shunday bo'ladi:
\[u\left( {x,y} \right) = {u_1}\left( {x,y} \right) + {u_2}\left( {x,y} \right) + {u_3}\left( {x,y} \right) + {u_4}\left( {x,y} \right)\]Biz bilamizki, Laplas tenglamasi chiziqli va bir hil va bo'laklarning har biri Laplas tenglamasining yechimi bo'lsa, yig'indi ham yechim bo'ladi. Bundan tashqari, bu to'rtta dastlabki chegara shartlarining har birini qondiradi. Birinchisini tekshiramiz, qolganini tekshirishni sizga qoldiramiz.
\[u\left( {x,0} \right) = {u_1}\left( {x,0} \right) + {u_2}\left( {x,0} \right) + {u_3}\left( {x,0} \right) + {u_4}\left( {x,0} \right) = {f_1}\left( x \right) + 0 + 0 + 0 = {f_1}\left( x \right)\]Ushbu holatlarning har birida biz bir-ikki bo'lim oldin yechgan issiqlik tenglamasi muammolaridagi boshlang'ich shart o'rnini bir jinsli bo'lmagan chegara sharti egallaydi. Biz har bir masala uchun o'zgaruvchilarni ajratishni qo'llaymiz va differensial tenglama va uchta bir hil chegara shartlarini qondiradigan mahsulot yechimini topamiz. Superpozitsiya printsipidan foydalanib, biz muammoning yechimini topamiz va so'ngra masalada qolgan doimiy (lar) qiymatini aniqlash uchun yakuniy chegara shartini qo'llaymiz. Jarayon ko'p jihatdan biz issiqlik tenglamasini echishda qilgan ishimizga deyarli o'xshaydi.
Biz bu erda ikkita ish bilan shug'ullanamiz va qolgan ikkitasini sizga qoldiramiz.
Yechim
Bizning yechimimiz shaklda bo'lishini taxmin qilishdan boshlaymiz,
\[{u_4}\left( {x,y} \right) = h\left( x \right)\varphi \left( y \right)\]va keyin biz ushbu muammo bo'yicha o'zgaruvchilarni ajratishni amalga oshirganimizni eslaymiz (notatsiyada kichik o'zgarish bilan) 5-misol O'zgaruvchilarni ajratish bo'limidan. Shunday qilib, bu muammodan biz bilamizki, o'zgaruvchilarni ajratish biz hal qilishimiz kerak bo'lgan quyidagi ikkita oddiy differentsial tenglamani beradi.
\[\begin{align*} & \frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} - \lambda h = 0 & \hspace{0.25in} & \frac{{{d^2} \varphi }}{{d{y^2}}} + \lambda \varphi = 0\\ & h\left( L \right) = 0 & \hspace{0.25in}& \varphi \left( 0 \right) = 0\hspace{0.25in} \varphi \left( H \right) = 0\end{align*}\]E'tibor bering, bu holda, issiqlik tenglamasidan farqli o'laroq, biz birinchi navbatda chegaraviy muammoni hal qilishimiz kerak. \(\lambda \) nima ekanligini bilmasdan turib, bu yerda birinchi differensial tenglamani faqat bitta chegara sharti bilan yechishning iloji yo'q, chunki \(\lambda \) belgisi yechimga ta'sir qiladi.
Shuningdek, biz chegara masalasini hal qilganimizga e'tibor beraylik 1-misol Issiqlik tenglamasini yechish va shuning uchun bu erda uni hal qilish uchun hech qanday sabab yo'q. Chegaraviy masala uchun o'z qiymatlari va o'z funktsiyalarini hisobga olgan holda harflarning o'zgarishi, bu erda:
\[{\lambda _{\,n}} = {\left( {\frac{{n\pi }}{H}} \right)^2}\hspace{0.25in}{\varphi _n}\left( y \right) = \sin \left( {\frac{{n\,\pi \,y}}{H}} \right)\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \]Endi biz xususiy qiymatlar nima ekanligini bilganimizdan so'ng, keling, \(\lambda \) ulangan birinchi differentsial tenglamani yozamiz.
\[\begin{align*}\frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} - {\left( {\frac{{n\pi }}{H}} \right)^2}h & = 0\\ h\left( L \right) & = 0\end{align*}\]Yuqoridagi differensial tenglamadagi \(h\left( x \right)\) koeffitsienti musbat bo'lgani uchun biz buni hal qilishimiz mumkinligini bilamiz,
\[h\left( x \right) = {c_1}\cosh \left( {\frac{{n\pi \,x}}{H}} \right) + {c_2}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,x}}{H}} \right)\]Biroq, bu \(h\left( L \right) = 0\) chegara holati bilan ishlash uchun haqiqatan ham mos emas. Shunday qilib, keling, quyidagi ham yechim ekanligini ta'kidlaylik.
\[h\left( x \right) = {c_1}\cosh \left( {\frac{{n\pi \,\left( {x - L} \right)}}{H}} \right) + {c_2}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( {x - L} \right)}}{H}} \right)\]Buni differensial tenglamaga ulab, bu haqiqatan ham yechim ekanligini tekshirish orqali buni tekshirishingiz kerak. Yagona chegara shartini ushbu "o'zgartirilgan" yechimga qo'llash,
\[0 = h\left( L \right) = {c_1}\]Birinchi differensial tenglamaning yechimi endi,
\[h\left( x \right) = {c_2}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( {x - L} \right)}}{H}} \right)\]va biz bu bilan uzoqroq borishimiz mumkin, chunki bizda faqat bitta chegara sharti bor edi. Ammo bu aslida muammo emas, chunki bizda ushbu qisman differentsial tenglama uchun mahsulot yechimini yaratish uchun etarli ma'lumotlar mavjud.
Ushbu qisman differentsial tenglama uchun mahsulot yechimi:
\[{u_n}\left( {x,y} \right) = {B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( {x - L} \right)}}{H}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,y}}{H}} \right)\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \]Superpozitsiya printsipi bizga qisman differentsial tenglamaning yechimi ekanligini aytadi:
\[{u_4}\left( {x,y} \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( {x - L} \right)}}{H}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,y}}{H}} \right)} \]va bu yechim uchta bir hil chegara shartlarini qondiradi.
Konstantalarni aniqlash uchun biz qilishimiz kerak bo'lgan yagona narsa oxirgi chegara shartini qo'llashdir.
\[{u_4}\left( {0,y} \right) = {g_1}\left( y \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( { - L} \right)}}{H}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,y}}{H}} \right)} \]Endi, oldingi muammolarda biz buni aniq Furye seriyasi bo'lgan va aslida u hali ham shunday. Bu erdagi farq shundaki, Furye sinus qatorining koeffitsientlari endi,
\[{B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( { - L} \right)}}{H}} \right)\]faqat \({B_n}\) o'rniga. Biz \({B_n}\) uchun formulalarni olish uchun sinuslarning ortogonalligidan foydalanishga biroz ko'proq vasvasaga tushishimiz mumkin, ammo bu erda koeffitsientlar formulalarini olish uchun ilgari qilgan ishni qayta ishlatishimiz mumkin.
Esda tutingki, Furye sinusi qatori shunchaki bir qator koeffitsientlardir (\(n\) sinusga bog'liq. Bizda bu hali ham mavjud, faqat "koeffitsientlar" bu safar Furye seriyasi bilan birinchi marta ishlaganimizda ko'rganimizdan biroz chigalroqdir. Shunday qilib, koeffitsientlarni xuddi shu formuladan foydalanib topish mumkin. Furye sinus qatori \(0 \le y \le H\) funksiyasining bo'limida biz faqat koeffitsientlar bilan ehtiyot bo'lishimiz kerak.
\[\begin{align*}{B_{\,n}}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,\left( { - L} \right)}}{H}} \right) & = \frac{2}{H}\int_{{\,0}}^{{\,H}}{{{g_1}\left( y \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi y}}{H}} \right)\,dy}}\,\,\,\,\,\,\,n = 1,2,3, \ldots \\ {B_n} & = \frac{2}{{H\sinh \left( {\frac{{n\,\pi \,\left( { - L} \right)}}{H}} \right)}}\int_{{\,0}}^{{\,H}}{{{g_1}\left( y \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi y}}{H}} \right)\,dy}}\,\,\,\,\,\,\,n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]\({B_n}\) formulalari biz qilgan boshqa muammolarga nisbatan bu safar biroz chalkash, ammo ular unchalik chalkash emas.
Mayli, keling, bu yerda boshqa masalalardan birini bajaramiz, shunda biz bir-ikki nuqtani aniqlay olamiz.
Yechim
Xo'sh, biz birinchi marta o'zgaruvchilarni ajratishni amalga oshirmagan muammoga duch keldik, shuning uchun buni ko'rib chiqaylik. Biz yechimni shaklda deb hisoblaymiz,
\[{u_3}\left( {x,y} \right) = h\left( x \right)\varphi \left( y \right)\]Biz buni birinchi navbatda bir hil chegara shartlariga qo'llaymiz, chunki biz ajratish konstantasini tanlash nuqtasiga yetganimizdan keyin ularga kerak bo'ladi. Biz sizga chegara shartlariga aylanganligini tekshirishga ruxsat beramiz,
\[h\left( 0 \right) = 0\hspace{0.25in}h\left( L \right) = 0\hspace{0.25in}\varphi \left( 0 \right) = 0\]Keyinchalik, mahsulot yechimini differentsial tenglamaga kiritamiz.
\[\begin{align*}\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {x^2}}}\left( {h\left( x \right)\varphi \left( y \right)} \right) + \frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {y^2}}}\left( {h\left( x \right)\varphi \left( y \right)} \right) & = 0\\ \varphi \left( y \right)\frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} + \,h\left( x \right)\frac{{{d^2}\varphi }}{{d{y^2}}} & = 0\\ \frac{1}{h}\frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} & = - \frac{1}{\varphi }\frac{{{d^2}\varphi }}{{d{y^2}}}\end{align*}\]Endi, bu nuqtada biz ajratish konstantasini tanlashimiz kerak. Bizda \(h\) da ikkita bir hil chegaraviy shartlar mavjud, shuning uchun keling, konstantani tanlaylik, shunda \(h\) uchun differensial tenglama tanish chegaraviy muammoni beradi, shuning uchun biz bu ishlarni qayta bajarishimiz shart emas. Bu holda, \({u_4}\) dan farqli o'laroq hol, bizga \( - \lambda \) kerak bo'ladi.
Bu yaxshi muammo bo'lib, ba'zida \(\lambda \) ajralish konstantasi sifatida, ba'zan esa \( - \lambda \) kerak bo'lishini aniq ko'rsatadi. Nafaqat bu, balki ba'zida chegara sharoitidagi kichik o'zgarish kerak bo'ladi, bu o'zgarishga majbur qiladi.
Shunday qilib, ajratish konstantasini qo'shgandan so'ng, biz olamiz,
\[\frac{1}{h}\frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} = - \frac{1}{\varphi }\frac{{{d^2}\varphi }}{{d{y^2}}} = - \lambda \]va bu holatdan oladigan ikkita oddiy differensial tenglamalar (ularning chegaraviy shartlari bilan birga),
\[\begin{align*} & \frac{{{d^2}h}}{{d{x^2}}} + \lambda h = 0 & \hspace{0.25in} & \frac{{{d^2}\varphi }}{{d{y^2}}} - \lambda \varphi = 0\\ & h\left( 0 \right) = 0\,\,\,\,\,\,\,h\left( L \right) = 0 & \hspace{0.25in} &\varphi \left( 0 \right) = 0\end{align*}\]Endi, yuqorida aytib o'tganimizdek, qaysi ajratish konstantasi bilan ishlashni hal qilganimizda, biz birinchi chegaraviy muammoni hal qildik. Demak, birinchi chegaraviy masala uchun xos qiymatlar va xos funksiyalar,
\[{\lambda _{\,n}} = {\left( {\frac{{n\pi }}{L}} \right)^2}\hspace{0.25in}{h_n}\left( x \right) = \sin \left( {\frac{{n\,\pi \,x}}{L}} \right)\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \]Ikkinchi differensial tenglama esa,
\[\begin{align*}& \frac{{{d^2}\varphi }}{{d{y^2}}} - {\left( {\frac{{n\pi }}{L}} \right)^2}\varphi = 0\\ & \varphi \left( 0 \right) = 0\end{align*}\]\(\varphi \) koeffitsienti ijobiy bo'lgani uchun biz buni hal qilishimiz mumkinligini bilamiz,
\[\varphi \left( y \right) = {c_1}\cosh \left( {\frac{{n\pi \,y}}{L}} \right) + {c_2}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,y}}{L}} \right)\]Bu holda, oldingi misoldan farqli o'laroq, biz yechimning o'zgartirilgan versiyasidan foydalanishimiz shart emas, chunki bu bizda mavjud chegara sharti bilan juda yaxshi ishlaydi. Shunday qilib, chegaraviy shartni qo'llash,
\[0 = \varphi \left( 0 \right) = {c_1}\]va bu yechim bo'ladi,
\[\varphi \left( y \right) = {c_2}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,y}}{L}} \right)\]Bu holda mahsulot yechimi shunday bo'ladi:
\[{u_n}\left( {x,y} \right) = {B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,y}}{L}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,x}}{L}} \right)\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \]Bu qisman differensial tenglamaning yechimi quyidagicha:
\[{u_3}\left( {x,y} \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,y}}{L}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,x}}{L}} \right)} \]Nihoyat, ushbu yechim uchun koeffitsientlarni olish uchun bir jinsli bo'lmagan chegara shartini qo'llaymiz.
\[{u_3}\left( {x,H} \right) = {f_2}\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,H}}{L}} \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi \,x}}{L}} \right)} \]Biz kutganimizdek, bu yana Furye sinusi (garchi u har doim ham sinus bo'lmasa ham) seriyasidir va shuning uchun sinuslarning ortogonalligidan foydalanish o'rniga ilgari bajarilgan ishlardan foydalangan holda biz buni ko'ramiz,
\[\begin{align*}{B_{\,n}}\sinh \left( {\frac{{n\pi \,H}}{L}} \right) & = \frac{2}{L}\int_{{\,0}}^{{\,L}}{{{f_2}\left( x \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi x}}{L}} \right)\,dx}}\,\,\,\,\,\,\,n = 1,2,3, \ldots \\ {B_n} & = \frac{2}{{L\sinh \left( {\frac{{n\,\pi \,H}}{L}} \right)}}\int_{{\,0}}^{{\,L}}{{{f_2}\left( x \right)\sin \left( {\frac{{n\,\pi x}}{L}} \right)\,dx}}\,\,\,\,\,\,\,n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]OK, biz \(\eqref{eq:eq1}\) ni toʻliq yechish uchun hal qilinishi kerak boʻlgan toʻrtta holatdan ikkitasini ishladik. Ko'rib turganimizdek, har bir holat juda o'xshash edi va shu bilan birga ba'zi farqlar ham bor edi. Biz ikkala ajratish konstantasidan foydalanishni ko'rdik va ba'zida chegara shartlaridan birini hal qilish uchun "o'zgartirilgan" echimdan foydalanishimiz kerak.
Davom etishdan oldin shuni ta'kidlaymizki, biz bu erda belgilangan harorat chegaralaridan foydalanganmiz, ammo biz belgilangan oqim chegara shartlarini yoki ikkalasining aralashmasini osongina ishlatishimiz mumkin edi. Bizda qanday chegara shartlari bo'lishidan qat'i nazar, ular bir xil ishlaydi.
Ushbu bo'limdagi yakuniy misol sifatida keling, \(a\) radiusli diskda va chegarada belgilangan haroratda Laplas tenglamasini echishni ko'rib chiqamiz. Biz hozir diskda bo'lganimiz sababli, biz bu masalani qutb koordinatalarida bajarishimiz kerakligi mantiqan to'g'ri keladi va shuning uchun birinchi navbatda Laplas tenglamasini qutb koordinatalari nuqtai nazaridan yozishimiz kerak.
Laplas tenglamasi qutb koordinatalari bo'yicha:
\[{\nabla ^2}u = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial u}}{{\partial r}}} \right) + \frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {\theta ^2}}}\]Xo'sh, bu Laplas tenglamasining Dekart shakliga qaraganda ancha murakkab va u yechim jarayoniga bir nechta murakkabliklar qo'shadi, lekin u ko'rinadigan darajada yomon emas. Bu erda bizda mavjud bo'lgan asosiy muammo shundaki, bizda yagona chegara sharti mavjud. Ya'ni,
\[u\left( {a,\theta } \right) = f\left( \theta \right)\]Bu disk chegarasidagi haroratni belgilaydi. Bizga yana uchta shart kerakligi aniq, ammo bizda 2 ta shart bornd \(r\) va \(\theta \) da hosila.
Biz Laplas tenglamasini to'rtburchakda yechganimizda, biz har bir o'zgaruvchi diapazonining oxirgi nuqtalaridagi shartlardan foydalandik va shuning uchun bu erda bizga ham xuddi shunday shartlar kerak bo'lishi mantiqiy. Bu erda bizning o'zgaruvchilarimiz oralig'i,
\[0 \le r \le a\hspace{0.25in} - \pi \le \theta \le \pi \]E'tibor bering, \(\theta \)-dagi cheklovlar bu erda biroz o'zboshimchalik bilan va bu erda qulaylik uchun tanlangan. To'liq diskni qamrab oladigan har qanday cheklovlar to'plami ishlaydi, ammo biz ushbu chegaralar bilan ko'rib turganimizdek, yana bir tanish chegara muammosi paydo bo'ladi. Bu erda eng yaxshi tanlov ko'pincha o'zgaruvchilarni ajratish tugamaguncha ma'lum emas. O'sha paytda siz orqaga qaytib, o'z tanlovingizni qilishingiz mumkin.
OK, endi bizga \(r = 0\) va \(\theta = \pm \,\pi \) uchun shartlar kerak. Birinchidan, qutb koordinatalari bo'yicha Laplas tenglamasi \(r = 0\) da yagona ekanligini unutmang (i.e. biz nolga bo'linamiz). Biroq, biz jismoniy mulohazalardan bilamizki, harorat diskning hamma joyida chekli bo'lib qolishi kerak va shuning uchun quyidagi shartni qo'yaylik:
\[\left| {u\left( {0,\theta } \right)} \right| < \infty \]Bu g'alati holat bo'lib tuyulishi mumkin va u biz ko'rgan boshqa chegara shartlariga mutlaqo mos kelmaydi, lekin biz ko'rib turganimizdek, bu biz uchun ishlaydi.
Endi, \(\theta \) uchun chegara shartlari uchun biz 1-D issiqlik tenglamasi uchun qilganimizga o'xshash narsani qilamiz. yupqa uzuk. \(\theta \)-dagi ikkita chegara haqiqatan ham diskdagi chiziqning turli tomonlari va shuning uchun keling, u erda davriy sharoitlardan foydalanamiz. Boshqa so'zlar bilan aytganda,
\[u\left( {r, - \pi } \right) = u\left( {r,\pi } \right)\hspace{0.25in}\frac{{\partial u}}{{\partial r}}\left( {r, - \pi } \right) = \frac{{\partial u}}{{\partial r}}\left( {r,\pi } \right)\]Bularning barchasidan tashqari keling, \(a\) radiusli diskda Laplas tenglamasini yechamiz.
Yechim
Bunday holda, yechim shaklda bo'ladi deb taxmin qilamiz,
\[u\left( {r,\theta } \right) = \varphi \left( \theta \right)G\left( r \right)\]Buni davriy chegara shartlariga kiritish,
\[\begin{array}{c} \displaystyle \varphi \left( { - \pi } \right) = \varphi \left( \pi \right)\hspace{0.25in}\frac{{d\varphi }}{{d\theta }}\left( { - \pi } \right) = \frac{{d\varphi }}{{d\theta }}\left( \pi \right)\\ \left| {G\left( 0 \right)} \right| < \infty \end{array}\]Endi mahsulot yechimini qisman differentsial tenglamaga kiritamiz.
\[\begin{align*}\frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {\varphi \left( \theta \right)G\left( r \right)} \right)} \right) + \frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}}}{{\partial {\theta ^2}}}\left( {\varphi \left( \theta \right)G\left( r \right)} \right) & = 0\\ \varphi \left( \theta \right)\frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{dG}}{{dr}}} \right) + G\left( r \right)\frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{d^2}\varphi }}{{d{\theta ^2}}} & = 0\end{align*}\]Bu, albatta, o'zgaruvchilarni ajratish haqida gap ketganda, biz shu paytgacha ko'rgan tartibsizlikdir. Bunday holda, o'zgaruvchilarni ajratish uchun zarur bo'lsa-da, mahsulot eritmasiga oddiygina bo'lish etarli bo'lmaydi. O'zgaruvchilarni butunlay ajratish uchun biz \({r^2}\) ga ko'paytirishimiz kerak. Shunday qilib, bularning barchasini bajarib, har bir atamani teng belgining bir tomoniga ko'chirish va ajratish konstantasini kiritish,
\[\frac{r}{G}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{dG}}{{dr}}} \right) = - \frac{1}{\varphi }\frac{{{d^2}\varphi }}{{d{\theta ^2}}} = \lambda \]Biz \(\lambda \) dan \(\varphi \) ning differentsial tenglamasini allaqachon bajarganimiz bilan moslashtirish uchun bu safar ajratish konstantasi sifatida ishlatdik.
Biz oladigan oddiy differensial tenglamalar,
\[\begin{align*}& r\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{dG}}{{dr}}} \right) - \lambda G = 0 & \hspace{0.25in}& \frac{{{d^2}\varphi }}{{d{\theta ^2}}} + \lambda \varphi = 0\\ & \left| {G\left( 0 \right)} \right| < \infty & \hspace{0.25in} & \varphi \left( { - \pi } \right) = \varphi \left( \pi \right)\hspace{0.25in}\frac{{d\varphi }}{{d\theta }}\left( { - \pi } \right) = \frac{{d\varphi }}{{d\theta }}\left( \pi \right)\end{align*}\]Endi biz yuqoridagi chegara muammosini hal qildik 3-misol Oldingi bobning o'z qiymatlari va xususiy funktsiyalar bo'limi va shuning uchun bu erda uni qayta tiklash uchun hech qanday sabab yo'q. Ushbu muammoning o'z qiymatlari va o'z funktsiyalari:
\[\begin{align*}& {\lambda _{\,n}} = {n^2} & \hspace{0.25in} & {\varphi _n}\left( \theta \right) = \sin \left( {n\,\theta } \right)\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \\ & {\lambda _{\,n}} = {n^2} & \hspace{0.25in} & {\varphi _n}\left( \theta \right) = \cos \left( {n\,\theta } \right)\hspace{0.25in}n = 0,1,2,3, \ldots \end{align*}\]Buni birinchi oddiy differensial tenglamaga kiritib, hosil bo‘lgan hosila qoidasidan foydalanib,
\[\begin{align*}r\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{dG}}{{dr}}} \right) - {n^2}G & = 0\\ r\left( {r\frac{{{d^2}G}}{{d{r^2}}} + \frac{{dG}}{{dr}}} \right) - {n^2}G & = 0\\ {r^2}\frac{{{d^2}G}}{{d{r^2}}} + r\frac{{dG}}{{dr}} - {n^2}G & = 0\end{align*}\]Bu a Eyler differensial tenglamasi va shuning uchun biz bilamizki, echimlar \(G\left( r \right) = {r^p}\) shaklida bo'ladi, agar \(p\) ildiz bo'lsa,
\[\begin{align*}p\left( {p - 1} \right) + p - {n^2} & = 0\\ {p^2} - {n^2} & = 0\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}p = \pm \,n\hspace{0.25in}\,\,\,\,\,\,\,\,n = 0,1,2,3, \ldots \end{align*}\]Shunday qilib, \(n = 0\) ishi qo'sh ildiz beradi, agar \(n \ne 0\) ikkita haqiqiy ildizga nisbatan bu erda ikkita holat mavjud. Ular,
\[\begin{align*}& G\left( r \right) = {c_1} + {c_2}\ln r & \hspace{0.25in} & n = 0\\ & G\left( r \right) = {{\overline{c}}_1}{r^n} + {{\overline{c}}_2}{r^{ - n}} & \hspace{0.25in} & n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]Endi biz \(\left| {G\left( 0 \right)} \right| < \infty \) shartini esga olishimiz kerak. Yuqoridagi echimlarning har biri \(r \to 0\) sifatida \(G\left( r \right) \to \infty \) ga ega bo'ladi, shuning uchun bu chegaraviy shartni qondirish uchun bizda \({c_2} = {\overline{c}_2} = 0\) bo'lishi kerak.
Shunday qilib, eritma quyidagicha kamayadi:
\[G\left( r \right) = {c_1}{r^n}\hspace{0.25in}n = 0,1,2,3, \ldots \]E'tibor bering, ikkinchi muddat tugashi bilan biz ikkita yechimni bitta yechimga birlashtira olamiz.
Shunday qilib, bizda ushbu muammo uchun ikkita mahsulot echimi mavjud. Ular,
\[\begin{align*} & {u_n}\left( {r,\theta } \right) = {A_n}\,{r^n}\cos \left( {n\,\theta } \right) & \hspace{0.25in} & n = 0,1,2,3, \ldots \\ & {u_n}\left( {r,\theta } \right) = {B_n}\,{r^n}\sin \left( {n\,\theta } \right) & \hspace{0.25in} & n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]Bizning yechimimiz bu barcha echimlarning yig'indisi yoki,
\[u\left( {r,\theta } \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{A_n}\,{r^n}\cos \left( {n\,\theta } \right)} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\,{r^n}\sin \left( {n\,\theta } \right)} \]Bunga yakuniy chegara shartimizni qo'llash,
\[u\left( {a,\theta } \right) = f\left( \theta \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{A_n}\,{a^n}\cos \left( {n\,\theta } \right)} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{B_n}\,{a^n}\sin \left( {n\,\theta } \right)} \]Bu \( - \pi \le \theta \le \pi \) oralig'ida \(f\left( \theta \right)\) uchun to'liq Furye seriyasidir, i.e. \(L = \pi \). Shuni ham yodda tutingki, Furye seriyasining "koeffitsientlari" odatdagidan biroz chalkashroq, ammo yuqoridagi to'rtburchakda ishlaganimizdek unchalik chalkash emas. Biz \({A_n}\) va \({B_n}\) formulalarini olish uchun yana bir bor sinuslar va kosinuslarning ortogonalligidan foydalanishimiz mumkin yoki faqat formulalardan foydalanishimiz mumkin. Fourier series section with to get,
\[\begin{align*}{A_0} & = \frac{1}{{2\pi }}\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\,d\theta }}\\ {A_n}{a^n} & = \frac{1}{\pi }\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\cos \left( {n\theta } \right)\,d\theta }}\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \\ {B_n}{a^n} & = \frac{1}{\pi }\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\sin \left( {n\theta } \right)\,d\theta }}\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]Koeffitsientlarni yechib, biz olamiz,
\[\begin{align*}{A_0} & = \frac{1}{{2\pi }}\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\,d\theta }}\\ {A_n} & = \frac{1}{{\pi {a^n}}}\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\cos \left( {n\theta } \right)\,d\theta }}\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \\ {B_n} & = \frac{1}{{\pi {a^n}}}\int_{{\, - \pi }}^{\pi }{{f\left( \theta \right)\sin \left( {n\theta } \right)\,d\theta }}\hspace{0.25in}n = 1,2,3, \ldots \end{align*}\]Ushbu misoldan oldin o'zgaruvchan muammolarni ajratishning aksariyati juda o'xshash ko'rinishga ega edi va hamma narsa biz ilgari ko'rgan narsaga o'xshash bo'lishini kutish tuzog'iga tushib qolish oson. Ushbu misol bilan biz muammolar ba'zan har xil bo'lishi mumkinligini ko'rishimiz mumkin, shuning uchun ular doimo xuddi shunday ishlaydi deb o'ylamang.
Ushbu bo'limni tark etishdan oldin, qisman diskda nima qilish kerakligi haqida qisqacha gaplashamiz. Yuqoridagi davriy chegara shartlari faqat mavjud edi, chunki bizda butun disk bor edi. Agar bizda faqat \(\alpha \le \theta \le \beta \) o'rtasida disk bo'lsa-chi?
Qisman diskka ega bo'lganimizda, biz butun diskda mavjud bo'lmagan ikkita yangi chegaraga ega bo'lamiz va davriy chegara shartlari endi mantiqiy bo'lmaydi. Davriy chegara shartlari faqat ikkita "chegara" bir-biri bilan aloqa qilganda qo'llaniladi va bu qisman diskda bo'lmaydi.
Shunday qilib, agar biz belgilangan harorat chegarasi shartlariga rioya qilsak, biz quyidagi shartlarga ega bo'lamiz
\[\begin{align*} & \left| {u\left( {0,\theta } \right)} \right| < \infty & & \\ & u\left( {a,\theta } \right) = f\left( \theta \right) & \hspace{0.25in} & \alpha \le \theta \le \beta \\ & u\left( {r,\alpha } \right) = {g_1}\left( r \right)\hspace{0.25in}0 \le r \le a\\ & u\left( {r,\beta } \right) = {g_2}\left( r \right) & \hspace{0.25in} & 0 \le r \le a\end{align*}\]Shuni ham yodda tutingki, ushbu shartlarda o'zgaruvchilarni ajratishdan foydalanish uchun ularning bir hil ekanligiga ishonch hosil qilish uchun bizda \({g_1}\left( r \right) = {g_2}\left( r \right) = 0\) bo'lishi kerak.
Yakuniy eslatma sifatida, agar xohlasak, oxirgi ikkitasi uchun oqim chegarasidan osongina foydalanishimiz mumkin edi. Chegaraviy qiymat muammosi boshqacha bo'lar edi, lekin undan tashqarida muammo xuddi shu tarzda ishlaydi.
Biz \(r = a\) chegarasida oqim holatidan ham foydalanishimiz mumkin, ammo biz hali bunday shartni yechimimizga qanday qo'llash haqida gapirmadik. Eslatib o'tamiz, bu koeffitsientlarni aniqlash uchun bizning yechimimizga qo'llaniladigan shartdir. Foydalanish qiyin emas, biz hali bunday holat haqida gapirmadik. Biz buni keyingi bo'limda qilamiz.