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No.4ベストアンサー
- 回答日時:
あっ境界条件『円の中心でu(x,y)=0』はいらないかも.見落としていました!!『単位円内部で有界な解u(x,y)』と書いてありますね.
R=Ar^(√k)+Br^(-√k)=Ar^(√k)+B/r^(√k)
r→0でuが有界となるにはRも有界.このとき,B≠0であるとするならば,RはB/r^(√k)の項により発散してしまう.だから,B=0でなければなりませんね!!
u=RΘ={Ar^n}{c1sin(nθ)+c2cos(nθ)}
=r^n{c1Asin(nθ)+c2Acos(nθ)}
c1A=b_n,c2A=a_nとおいて重ねの理で
u(r,θ)=Σ[n=1~∞]r^n{a_ncos(nθ)+b_nsin(nθ)}
あとは計算すればa_n,b_nがf(x,y)=f(θ)で表現でき,u(r,θ)が求まりますね!というわけで境界条件『円の中心でu(x,y)=0』の追加条件は不要でしたね.
No.3
- 回答日時:
No.2の続き.まっとりあえず進めてみよう.
よって,
u=RΘ={Ar^(√k)+Br^(-√k)}{c1sin√kθ+c2cos√kθ}
ここで,u(r,θ)=u(r,θ+2π)であるはずなので,
√k=n (n=1,2,3,…)である必要がある.
c1=b_n,c2=a_nとおいて
u=RΘ={Ar^(√k)+Br^(-√k)}{a_ncos(nθ)+b_nsin(nθ)}
重ねの理より
u(r,θ)=Σ[n=1~∞]{Ar^(√k)+Br^(-√k)}{a_ncos(nθ)+b_nsin(nθ)}
境界条件u(1,θ)=f(x,y)=f(θ)より
f(θ)=Σ[n=1~∞]{(A+B)a_ncos(nθ)+(A+B)b_nsin(nθ)}
これはまさにフーリエ級数の表現!!
ゆえに
(A+B)a_n=(1/π)∫[-π~π]f(θ)cos(nθ)dθ
(A+B)b_n=(1/π)∫[-π~π]f(θ)sin(nθ)dθ
やっぱり,境界条件『円の中心でu(x,y)=0』がいるかも….
No.2
- 回答日時:
この問題は例えば円形金属板の定常状態における温度分布u(x,y)を求める問題と言えます.
Δu=0を極座標で書き直すと(x=rcosθ,y=rsinθ)
∂^2u/∂r^2+(1/r)∂u/∂r+(1/r^2)∂^2u/∂θ^2=0
となります.
求める解を変数分離法によりu(r,θ)=R(r)Θ(θ)とし,これを上式に代入して変形すると
r^2R''/R+rR'/R=-Θ''/Θ(=k)←分離定数
r^2d^2R/dr^2+rdR/dr-kR=0 …(1)
d^2Θ/dθ^2+kΘ=0 …(2)
始めに(2)式を解くと,次の三つの場合の解があります.
Θ=c1sin√kθ+c2cos√kθ (k>0)
Θ=c3e^{√(-k)θ}+c4e^{√(-k)θ} (k<0)
Θ=c5θ+c6=0
ここに,題意よりΘは周期関数であるはずだから,一番上の式がΘを与えるのにふさわしい!!
(1)式はオイラーの方程式と呼ばれており,r=e^zとおいて変形すると
d^2R/dz^2-kR=0
となります.
これを解いて
R=Ar^(√k)+Br^(-√k) (k>0)
となる.
これ以降の計算で,一つ気付いたのですが,もう一つ境界条件円の中心でu(x,y)=0という条件はありませんか?
それがあれば式が簡単になり助かるのですが.
また,途中の計算を省略しましたが,それは自分の勉強だと思って紙と鉛筆(シャープペン)を持って計算して下さい.
No.1
- 回答日時:
『単位円の円周上で定義された』というのを素直に解釈すれば
『xとyはx^2+y^2=1の関係で束縛されており互いに独立変数ではない』ということになるかと思います.ですから実際はf(x,y)=f(x)と書いてもいいかと思います.
『既知の関数』ということは例えばf(x)=sinxなどのように予め関数が分かっているということだと思います.この問題では与えられていないのでf(x,y)のまま表現すればよいかと思います.
この回答への補足
回答ありがとうございます!
なんとなく概念はわかった気がします!
よければ、2次元のラプラス方程式Δu=0をどうゆう風に使って解いていけばいいか教えていただけませんか?
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