Найти стационарное распределение температуры в прямоугольной пластинке D=0&lt

Стационарное распределение температуры в прямоугольной пластинке описывается уравнением Лапласа
uxx+uyy=0, 0<x<2, 0<y<3,
(1)
Граничные условия
u0,y=1, u2,y=y+2, 0≤y≤3; (2)
ux,0=x2+1, ux,3=2x+1, 0≤x≤2.
(3)
Так как на границе пластинки заданы условия на саму функцию, то поставленная задача есть задача Дирихле для прямоугольника. Граничные условия не являются однородными (нулевыми) на параллельных сторонах прямоугольника. Поэтому для нахождения решения ux,y краевой задачи (1) – (3) представим его в виде суммы
ux,y=vx,y+wx,y.
Где функции vx,y и wx,y являются решениями задач с однородными граничными условиями по двум сторонам прямоугольника.
1)
vxx+vyy=0, 0<x<2, 0<y<3,
(1а)
v0,y=0, v2,y=0, 0≤y≤3; (2а)
vx,0=x2+1, vx,3=2x+1, 0≤x≤2.
(3а)
2)
wxx+wyy=0, 0<x<2, 0<y<3,
(1б)
w0,y=1, w2,y=y+2, 0≤y≤3; (2б)
wx,0=0, wx,3=0, 0≤x≤2.
(3б)
Сначала решим задачу 1) для функции vx,y. Применим метод Фурье разделения переменных. Будем искать нетривиальное решение задачи в виде произведения
vx,y=Xx⋅Yy.
Подставим в исходное уравнение (1а)
X''x⋅Yy+Xx⋅Y''y=0.
Разделим это равенство на Xx⋅Yy
X''xXx+Y''yYy=0,
X''xXx=-Y''yYy=-λ2=const,
т.к. левая часть равенства зависит только от x, а правая – только от y.
В результате переменные разделяются, и получается два обыкновенных дифференциальных уравнения
X''x+λ2Xx=0,
Y''y-λ2Yy=0.
(4)
Подставляя vx,y в виде Xx⋅Yy в однородные граничные условия (2а), получим
X(0)⋅Yy=X(2)⋅Yy=0.
Поскольку равенства должны выполняться тождественно, то
X0=0, X(2)=0.
Таким образом, для функции X(x) получили задачу Штурма-Лиувилля
X''x+λ2Xx=0X0=0, X2=0
Найдем корни характеристическое уравнение этого дифференциального уравнения
p2+λ2=0, ⟹ p1,2=±iλ.
Общее решение можно представить в виде
Xx=C1cosλx+C2 sinλx.
Неизвестные коэффициенты C1, C2 найдем из граничных условий
X0=C1=0 X2=C2sin2λ=0
Получили следующее спектральное уравнение для нахождения собственных значений λ задачи Штурма-Лиувилля
sin2λ=0
2λ=πk, k=1,2,…
Собственные значения задачи равны
λk=πk2, k=1,2,…
Им соответствуют собственные функции (с точностью до постоянного множителя)
Xkx=sinπkx2, k=1,2,…
Уравнение (4) для функции Y(y) примет вид
Yk''y-λk2Yky=0.
Yk''y-πk22Yky=0.
Найдем корни характеристического многочлена
p2-πk22=0, p1,2=±πk2
Общее решение этого уравнения имеет вид
Yky=Akchπky2+Bkshπky2.
Удобнее (потом подставлять в граничные условия) фундаментальную систему решений взять в виде shπk(3-y)2,shπky2, тогда решение запишется как
Yky=Akshπk(3-y)2+Bkshπky2, k=1,2,….
Получили частные решения уравнения (1а), удовлетворяющие граничным условиям (2а)
vkx,y=Akshπk(3-y)2+Bkshπky2sinπkx2.
Решение vx,y записывается в виде ряда
vx,y=k=1∞vkx,y=k=1∞Akshπk(3-y)2+Bkshπky2sinπkx2.
Коэффициенты Ak, Bk этого ряда найдем из граничных условий (3а)
vx,0=k=1∞Aksh3πk2sinπkx2=x2+1,
vx,3=k=1∞Bksh3πk2sinπkx2=2x+1.
Коэффициенты Aksh3πk2, Bksh3πk2 представляют собой коэффициенты разложения функций x2+1 и 2x+1, соответственно, в ряды Фурье по собственным функциям sinπkx2k=1∞ на интервале 0;2
Aksh3πk2=2202(x2+1)∙sinπkx2dx;
Bksh3πk2=2202(2x+1)∙sinπkx2dx.
Вычислим отдельно интегралы
02x2+1sinπkx2dx=02x2+1-2πkdcosπkx2=
=-2πkx2+1cosπkx202-022xcosπkx2dx=
=-2πk5cosπk-1-4πk02xdsinπkx2=
=-2πk5-1k-1-4πkxsinπkx202=0-02sinπkx2dx=
=-2πk5-1k-1-8π2k2cosπkx202=-2πk5-1k-1-8-1k-1π2k2=
=2π3k38-1k-1-π2k25-1k-1
022x+1sinπkx2dx=022x+1-2πkdcosπkx2=
=-2πk2x+1cosπkx202-202cosπkx2dx=
=-2πk5cosπk-1-4πksinπkx202=0=2πk1-5-1k.
Таким образом, получили коэффициенты
Ak=28-1k-1-π2k25-1k-1π3k3sh3πk2,
Bk=21-5-1kπk sh3πk2, k=1,2,…
Решение задачи 1) для функции vx,y будет
vx,y=k=1∞28-1k-1-π2k25-1k-1π3k3sh3πk2shπk3-y2+21-5-1kπk sh3πk2shπky2sinπkx2=
=k=1∞2πk sh3πk28-1k-1-π2k25-1k-1π2k2shπk(3-y)2+1-5-1kshπky2sinπkx2.
Теперь решим задачу 2) для функции wx,y