Лекция л.5 решение ур. Лапласа в круге и шаре (Электронные лекции)

Краевые задачи для гармонических функций в круге и шаре. ФормулыПуассона.I. Задача на плоскости.Рассматривается следующая краевая задача Дирихле для функции, гармонической вкруге. u  0;(1)u  f ( P ), SЗдесь S - граница круга, радиуса а; f(P) – заданная известная функция (распределениеэлектростатического потенциала на окружности r = a ) Задачу (1) удобно решать вполярных координатах r ; . Тогда, u = u(r,  ),1   u 1  2uru=+= 0, (2)r r  r r 2  2Уравнение Лапласа в полярных координатах. Краевое условие на границе кругапринимает видu(a,  ) = f( ).Переменные r,  принадлежат интервалам 0  r  a ; 0    2.(3)Замечание. Аналогичным образом выглядит и постановка внешней первой краевойзадачи вне круга, где a  r  ; 0    2 , с условием ограниченности решения u вбесконечно удаленной точке.Поскольку искомое решение u(r,), должно быть однозначным по угловой координате:u(r, + 2) = u(r,) , то частные решения уравнения (2) будем искать в видеu n (r,) = a n ( r )cosn + b n ( r )sinn .(4)При подстановке (4) в уравнение (2), собирая подобные члены при линейнонезависимых функциях cosn и sinn , т.е.:1 d  dan  n 21 d  dbn  n 2rr(a)cosn+(b n) sinn = 0,nr dr  dr  r 2r dr  dr  r 2Получим для функций a n ( r ), b n ( r ) одинаковые ОДУ вида1 d  dan  n 21 d  dbn  n 2rra=0;b n = 0,r dr  dr  r 2 nr dr  dr  r 2(5)являющиеся простейшими уравнениями типа Эйлера, частные решения которых имеютвид r  n .

Очевидно, что мы ищем решение задачи внутри круга ограниченное в нуле,поэтому, для внутренней задачи мы выбираем решение r n . Наоборот, в случае внешнейзадачи в неограниченной области нам необходимо иметь решение. Ограниченное вбесконечности, и для этой задачи выбирается решение r  n .Таким образом, внутри круга частные решения уравнения Лапласа берутся в видеu n (r,) = r n (c n cosn + d n sinn ),(6)и полное решение рассматриваемой краевой задачи имеет вид рядаu (r,) =  r n (c n cosn + d n sinn ),(7)n0где c n ; d n - обычные неопределенные константы. Эти константы вычисляются,используя краевое условие (3):u (a,) =  a n (c n cosn + d n sinn ) = f( ).(8)n0Ряд в(8) является рядом Фурье заданной периодической функции f( ), с периодом 2 ,и коэффициентами Фурье a n c n ; a n d n . Стандартный ряд Фурье этой функции имеетвид:p0+  (p n cosn + qn sinn ),2n 1211 21 2где p0 =;p=;q=f()df()cosndnn f ( )sin n d .f( ) =00(9)0Используя эти равенства.

Получаем окончательное решение задачи в виде6np0r+    ( pn cosn + qn sinn ).(10)2n 1  a Замечание. Соответствующее решение аналогичной краевой задачи вне круга имеет,очевидно, видu (r,) =pu (r,) = 0 + 2n 1na r  ( pn cosn + qn sinn ). (11)I I . Формула Пуассона плоской задачи.Рассмотрим теперь функцию Грина внутренней задачи для круга, т.е. функциюG( M, M0), удовлетворяющую краевой задачеG M , M 0  0; M  M 0G P , M 0,0 PS11 g M , M0 ;G M , M 0  2 lnR M , M0В (12)g M , M0(12)- регулярная часть функции Грина, удовлетворяющая уравнениюЛапласа в круге всюду.

В предыдущей лекции такая функция была построена в явномвиде, с использованием комплексных координат на плоскости:G  z , z0  =a 2  zz01.ln2a z  z0(13)Воспользуемся теперь третьей формулой Грина из лекции о фундаментальных решенияхуравнения Лапласа:1 11d .u M0  =(14)lnuPuPln11 n2 L  R M , P n P1RM,P0 10 1 Заметим, что фундаментальное решение в этой формуле можно заменить функциейГрина уравнения Лапласа в области, поскольку она содержит в себе фундаментальное   решение, а обе функции u(M) и g M , M гармоничны в данной области.

Но функция0Грина, в отличие от фундаментального решения, удовлетворяет на границе однородномукраевому условию. Следовательно, получаемuM  = 1u  P  G  M , P d P .2 Ln(15)Применим формулу (15) для случая круга, взяв в качестве G( M, M0) явный вид (13)этой функции. Достаточно лишь переписать соответствующее выражение в полярныхкоординатах:a 2  zz0 =a 4  r 2r02  2a 2rr0 cos   0 ; z  z0 =r 2  r02  2rr0 cos   0 .Тогда, выражение (13) примет видa 4  r 2r02  2a 2rr0 cos    0 11G r, r0 ; ,0 = 1 ln+ln .222r  r0  2rr0 cos   0Производная по нормали в (15) совпадает с2a(16), что при r0 = a (то есть,- на границеr0круга) приводит к выражениюr2  a212 a r 2  a 2  2ra cos   0С учетом (17), и того, что=G r , r0 ; ,  0r0r0  a.(17)d  P = a d , окончательное выражение для решениякраевой задачи в кругe имеет вид222u  r,  = 1  2 2 a  rf   d .2 0 r  a  2ra cos    (18)Выражение (18) носит название интеграла Пуассона.

Оно позволяет выписать решениекраевой задачи Дирихле в круге не прибегая к ряду Фурье (11), воспользовавшись толькоинтегрированием явного выражения по угловой координате, что удобно при расчетах.III . Метод электростатических изображений для трехмерной задачиДирихле в шаре.Будем рассматривать теперь краевую задачу (1) внутри шара радиусаa .Предварительно построим функцию Грина для этой области. Несмотря на то, что втрехмерном пространстве нет комплексных координат, метод электростатическихизображений применим и в этом случае.3Напомним, что фундаментальное решение уравнения Лапласа в R имеет вид1 3 r, r0 ; ,0 ; ,0 =,4 R  r, r0 ; ,  0 ; ,0 гдеR  r, r0 ; ,0 ; ,0  =r 2  r02  2rr0 cos   ,0 ;,0(19)- декартово расстояние всферических координатах. Здесь   ,0 ; ,9  - угол между двумя единичными векторамивнаправленииточекM и M0изначалакоординат:  ,0 ; ,9 =cos cos0  sin  sin 0 cos(   0 ) .Функция (19) описывает электростатическое поле, создаваемое в окружающемпространстве электрическим зарядом единичной амплитуды, расположенном в точке скоординатами r = r0 ; = 0 ; =0 .Покажем, что если взять луч, исходящий из центра сферы в направлении  = 0 ;=0 ,то есть.

проходящий через точку расположения точечного источника, находящегосявнутри сферы радиус а , на расстоянии r0  а, и поместить на продолжении этого луча внесферы точечный источник противоположного знака в точке, радиус которой r0 связан с r0равенствомr0 r0 = a 2 ,(20)то можно подобрать амплитуду A этого источника так, что сумма полей данногоисточника и исходного обратятся в ноль всюду на поверхности сферы:Суммарное поле двух источников имеет видA1(21)42aa4 r 2  r02  2rr0 cos   , 0 ; ,024 r  2  2 r cos   , 0 ; ,0r0r0r = а , находим значение A =Полагая в (21)a, при котором выражение (21)r0обращается в ноль на поверхности сферы. Следовательно, функция Грина внутреннейкраевой задачи Дирихле для шара имеет вид1aG r, r0 ; ,0 ; ,0 =.4 r 2  r 02 2rr0 cos   ,0 ; ,04 r 2r 02 a 4 2a 2r r0 cos   ,0 ; ,0(22)Замечание.

Равенство (20) обычно называют соотношением обратных радиусов. Второеслагаемое формулы (22) является регулярной частью g r, r0 ; , 0 ; ,0 функции Грина,т.е. функцией, гармонической всюду внутри сферы.Теперь можно построить решение краевой задачи Дирихле (1) для шара, пользуясьпредставлением (15) , где интегрирование ведется по поверхности сферы S .В данном случае достаточно просто вычислить нормальную производнуюG  r, r0 ; ,0 ; ,0 1r0  a =4r0r2  a2a r 2  a 2  2ra cos   ,0 ; ,03.2Тогда, полагая правую часть краевого условия задачи (1) известной функцией f(, )2угловых координат и учитывая, что d  P = a sin d d , получим трехмерный вариантинтеграла Пуассона 2u  r, ,   = a  40 0(a 2  r 2 ) f ( ,  )sin d dr2 a 2  2ra cos   ,0 ; ,03.2(22).