Реши задачу

Ниже — аккуратное решение методом разделения переменных (разложение по собственным функциям по $x$ и $z$ и решением одномерной задачи по $y$ для каждого гармонического номера).

---

Постановка

Область: $0<x<a=1,\; 0<y<b=2,\; 0<z<c=3$.

Уравнение Пуассона в однородном диэлектрике

$$\varepsilon\,\Delta u=-\rho(x,y,z),\qquad \varepsilon=-1$$

даёт

$$\boxed{\;\Delta u=\rho(x,y,z)\;},\qquad \rho=x^{4}y^{4}+x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}.$$

Граничные условия (смешанные):

$$u_x|_{x=0}=0,\quad u|_{x=1}=0,\qquad u_z|_{z=0}=0,\quad u|_{z=3}=0,$$ $$u|_{y=0}=\cos\!\frac{3\pi x}{2}\,\cos\!\frac{7\pi z}{6},\qquad u|_{y=2}=x^{2}(x-1)\cos\!\frac{5\pi z}{6}.$$

---

Разложение по собственным функциям по $x$ и $z$

С учётом $u_x|_{x=0}=0,\;u|_{x=1}=0$ и $u_z|_{z=0}=0,\;u|_{z=3}=0$ удобно взять

$$X_n(x)=\cos(k_n x),\quad k_n=\frac{(2n+1)\pi}{2},\qquad Z_m(z)=\cos(\kappa_m z),\quad \kappa_m=\frac{(2m+1)\pi}{6},$$

$n,m=0,1,2,\dots$ (действительно $X_n'(0)=0,\;X_n(1)=0$, $Z_m'(0)=0,\;Z_m(3)=0$).

Ищем решение в виде двойного ряда

$$\boxed{\; u(x,y,z)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}U_{nm}(y)\,X_n(x)\,Z_m(z)\;}.$$

Тогда при подстановке в $\Delta u=\rho$ получаем для каждого $(n,m)$:

$$U_{nm}''(y)-\lambda_{nm}U_{nm}(y)=R_{nm}(y),\qquad \lambda_{nm}=k_n^2+\kappa_m^2,$$

с краевыми условиями по $y$:

$$U_{nm}(0)=F_{nm},\qquad U_{nm}(2)=G_{nm}.$$

Здесь $F_{nm}$, $G_{nm}$ — коэффициенты разложения заданных на $y=0,2$ функций в базисе $X_nZ_m$, а $R_{nm}(y)$ — коэффициент разложения $\rho(\cdot,y,\cdot)$.

---

Коэффициенты на плоскостях $y=0$ и $y=2$

Нормы базисных функций: $\int_{0}^{1}\!X_n^2\,dx=\tfrac12$, $\int_{0}^{3}\!Z_m^2\,dz=\tfrac{3}{2}$.
Отсюда для любой $f(x,z)$:

$$\text{коэф.}=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{3} f(x,z)\,X_n(x)\,Z_m(z)\,dz\,dx.$$

• На $y=0$: $f_0=\cos\frac{3\pi x}{2}\cos\frac{7\pi z}{6}=X_{1}(x)Z_{3}(z)\Rightarrow$

$$\boxed{\,F_{nm}=\delta_{n,1}\,\delta_{m,3}\,}.$$

• На $y=2$: $g=x^2(x-1)\cos\frac{5\pi z}{6}$. По $z$ остаётся только $m=2$. По $x$ — коэффициенты Фурье по $X_n$:

$$G_{n,2}=\frac{4}{3}\!\left(\!\int_0^1\!x^2(x-1)X_n\,dx\!\right)\!\left(\!\int_0^{3}\!Z_2^2\,dz\!\right) =2\!\int_{0}^{1}\!(x^{3}-x^{2})\cos(k_n x)\,dx,$$ $$\int_{0}^{1}\!(x^{3}-x^{2})\cos(kx)\,dx =\frac{6}{k^{4}}-\frac{4\sin k}{k^{3}}.$$

При $k=k_n=\frac{(2n+1)\pi}{2}$ имеем $\sin k_n=(-1)^n$. Поэтому

$$\boxed{\,G_{n,2}= \frac{12}{k_n^{4}}-\frac{8(-1)^n}{k_n^{3}},\quad G_{nm}=0\ (m\neq 2)\,}.$$

---

Правая часть $R_{nm}(y)$

$$R_{nm}(y)=\frac{4}{3}\!\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{3} \!\big(x^{4}y^{4}+x^{4}z^{4}+y^{4}z^{4}\big)\,X_n(x)Z_m(z)\,dz\,dx.$$

Обозначим (при $k=k_n,\ \kappa=\kappa_m$)

$$\begin{aligned} &I_x^{(0)}=\int_{0}^{1}\!\cos(kx)\,dx=\frac{\sin k}{k}=\frac{(-1)^n}{k},\\ &I_x^{(4)}=\int_{0}^{1}\!x^{4}\cos(kx)\,dx =\frac{\sin k}{k}-\frac{12\sin k}{k^{3}}+\frac{24\sin k}{k^{5}} =(-1)^n\!\Big(\frac{1}{k}-\frac{12}{k^{3}}+\frac{24}{k^{5}}\Big),\\[2mm] &I_z^{(0)}=\int_{0}^{3}\!\cos(\kappa z)\,dz=\frac{\sin(3\kappa)}{\kappa}=\frac{(-1)^m}{\kappa},\\ &I_z^{(4)}=\int_{0}^{3}\!z^{4}\cos(\kappa z)\,dz =(-1)^m\!\Big(\frac{81}{\kappa}-\frac{108}{\kappa^{3}}+\frac{24}{\kappa^{5}}\Big). \end{aligned}$$

Тогда

$$\boxed{\; R_{nm}(y)=\frac{4}{3}\Big[y^{4}\big(I_x^{(4)}I_z^{(0)}+I_x^{(0)}I_z^{(4)}\big) +I_x^{(4)}I_z^{(4)}\Big]\,. \;}$$

(заметьте, что общий множитель $(-1)^{n+m}$ содержится внутри $I$-интегралов).

---

Задача по $y$ для каждого $(n,m)$

Обозначим $\sigma_{nm}=\sqrt{\lambda_{nm}}=\sqrt{k_n^2+\kappa_m^2}$.
Решение ОДУ

$$U_{nm}''-\lambda_{nm}U_{nm}=R_{nm}(y),\quad U_{nm}(0)=F_{nm},\ U_{nm}(2)=G_{nm}$$

запишем через функцию Грина для оператора $D^2-\lambda$ с нулевыми значениями на концах $0$ и $b=2$:

$$G_{\sigma}(y,\eta)=\frac{1}{\sigma\sinh(2\sigma)} \begin{cases} \sinh(\sigma \eta)\,\sinh\big(\sigma(2-y)\big),& 0\le \eta\le y,\\ \sinh(\sigma y)\,\sinh\big(\sigma(2-\eta)\big),& y\le \eta\le 2. \end{cases}$$

Удобно выделить часть, удовлетворяющую граничным условиям, и «особую» часть от источника:

$$\boxed{\; \begin{aligned} U_{nm}(y)=&\ \frac{\sinh\!\big(\sigma_{nm}(2-y)\big)}{\sinh(2\sigma_{nm})}\,F_{nm} +\frac{\sinh(\sigma_{nm}y)}{\sinh(2\sigma_{nm})}\,G_{nm}\\ &\quad+\int_{0}^{2} G_{\sigma_{nm}}(y,\eta)\,R_{nm}(\eta)\,d\eta. \end{aligned}}$$

---

Итого: искомый потенциал

$$\boxed{\; u(x,y,z)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty} U_{nm}(y)\,\cos(k_n x)\,\cos(\kappa_m z), \;}$$

где $k_n=\dfrac{(2n+1)\pi}{2}$, $\kappa_m=\dfrac{(2m+1)\pi}{6}$, а $U_{nm}(y)$ задаётся формулой выше с

$$F_{nm}=\delta_{n,1}\delta_{m,3},\qquad G_{n,2}=\frac{12}{k_n^4}-\frac{8(-1)^n}{k_n^3},\quad G_{nm}=0\ (m\neq 2),$$

и

$$R_{nm}(y)=\frac{4}{3}\Big[y^{4}\big(I_x^{(4)}I_z^{(0)}+I_x^{(0)}I_z^{(4)}\big)+I_x^{(4)}I_z^{(4)}\Big],$$

где

$$\begin{aligned} &I_x^{(0)}=\frac{(-1)^n}{k_n},\qquad I_x^{(4)}=(-1)^n\!\Big(\frac{1}{k_n}-\frac{12}{k_n^{3}}+\frac{24}{k_n^{5}}\Big),\\ &I_z^{(0)}=\frac{(-1)^m}{\kappa_m},\qquad I_z^{(4)}=(-1)^m\!\Big(\frac{81}{\kappa_m}-\frac{108}{\kappa_m^{3}}+\frac{24}{\kappa_m^{5}}\Big). \end{aligned}$$

Эта формула даёт единственное решение задачи (по линейности и коэрцитивности $D^2-\lambda_{nm}$ при $\lambda_{nm}>0$) и готова к численному вычислению: подынтегральная функция в свёртке по $\eta$ — полином $A\,\eta^{4}+B$, поэтому интеграл выражается в элементарных комбинациях $\sinh,\cosh$ (при желании можно выписать их явно). Если хочешь, посчитаю несколько первых членов ряда и дам численную аппроксимацию $u(x,y,z)$.

Коротко: да, такая схема подойдёт. Она корректно учитывает смешанные ГУ (Нейман при $x=0,z=0$, Дирихле при $x=1,z=3$ и Дирихле по $y$). Ниже — что надо зафиксировать, чтобы решение было «закрыто».

Базис и разбиение

• $X_n(x)=\cos k_nx,\ k_n=\frac{(2n+1)\pi}{2}$ (Нейман в $x=0$, Дирихле в $x=1$).
• $Z_m(z)=\cos \kappa_m z,\ \kappa_m=\frac{(2m+1)\pi}{6}$ (Нейман в $z=0$, Дирихле в $z=3$).
• По $y$: для части с однородными ГУ берём $Y_p(y)=\sin\frac{p\pi y}{2}$, $p=1,2,\dots$.

Разбиваем $u=v+w$:

• $v$: $\Delta v=0$, несёт неоднородные ГУ на $y=0,2$.
• $w$: $\Delta w=\rho$, все ГУ однородные.

---

Решение для $v$ (Лаплас)

$$v=\sum_{n,m\ge0}\!\left[A_{nm}\cosh(k_{nm}y)+B_{nm}\sinh(k_{nm}y)\right]X_nZ_m,\quad k_{nm}=\sqrt{k_n^2+\kappa_m^2}.$$

Граница $y=0:\ v(x,0,z)=\cos\frac{3\pi x}{2}\cos\frac{7\pi z}{6}\Rightarrow$

$$\boxed{A_{13}=1,\ \ A_{nm}=0\ \text{для }(n,m)\neq(1,3).}$$

Граница $y=2$:

• Чтобы не появлялся гармонический $Z_3$, нужно обнулить вклад $(1,3)$:

$$\boxed{B_{13}=-\,\coth\!\big(2k_{13}\big)\approx-1.}$$

• Для единственного присутствующего по $z$ гармоника $m=2$:

$$\boxed{B_{n,2}=\frac{g_n}{\sinh(2k_{n,2})},\qquad g_n=2\!\int_0^1(x^3-x^2)\cos(k_nx)\,dx =\frac{12}{k_n^4}-\frac{8(-1)^n}{k_n^3}.}$$

(и $A_{n,2}=0$, как выше).

Этого достаточно, чтобы $v$ ровно воспроизводил оба граничных значения по $y$.

---

Решение для $w$ (Пуассон)

$$w=\sum_{n,m\ge0}\sum_{p\ge1} W_{nmp}\,X_n(x)Z_m(z)Y_p(y),\quad \Delta(X_nZ_mY_p)=-(k_{nm}^2+\tfrac{p^2\pi^2}{4})X_nZ_mY_p.$$

Отсюда

$$\boxed{\,W_{nmp}=-\frac{\rho_{nmp}}{k_{nm}^2+\tfrac{p^2\pi^2}{4}}\,},$$

где коэффициенты правой части

$$\rho_{nmp}=\frac{4}{3}\!\left[I_x^{(4)}I_z^{(0)}J_p^{(4)}+I_x^{(4)}I_z^{(4)}J_p^{(0)}+I_x^{(0)}I_z^{(4)}J_p^{(4)}\right],$$

а элементарные интегралы:

$$\begin{aligned} &I_x^{(0)}=\frac{(-1)^n}{k_n},\quad I_x^{(4)}=(-1)^n\!\Big(\frac{1}{k_n}-\frac{12}{k_n^3}+\frac{24}{k_n^5}\Big),\\ &I_z^{(0)}=\frac{(-1)^m}{\kappa_m},\quad I_z^{(4)}=(-1)^m\!\Big(\frac{81}{\kappa_m}-\frac{108}{\kappa_m^3}+\frac{24}{\kappa_m^5}\Big),\\ &J_p^{(0)}=\int_0^2\!\sin\frac{p\pi y}{2}\,dy=\frac{2\,(1-(-1)^p)}{\pi p},\\ &J_p^{(4)}=\int_0^2\!y^4\sin\frac{p\pi y}{2}\,dy =\frac{32}{\pi^5p^5}\!\left[24-(-1)^p\!\left(\pi^4p^4-12\pi^2p^2+24\right)\right]. \end{aligned}$$

---

Итог

Да, такой подход верный и «защитимый»: $u=v+w$ с явными формулами для коэффициентов (см. рамки выше). Если хочешь, могу посчитать несколько первых $B_{n,2}$ и $W_{nmp}$ и дать короткий численный ряд — скажи, до какой точности нужен.