XII Мартинсон Л.К., Малов Ю.И. Дифференциальные уравнения математической физики (1081414), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Пусть дана область Й, ограниченная замкнутой поверхностью Е, на которой задана непрерывная функция 5(Р). Сформулируем внутреннюю задачу Дирихле. Найти такую функцию и(М), которая непрерывна в замкнутой области Й = Й+ Е, удовлетворяет в области Й уравнению Лапласа и принимает на поверхности Е заданные значе- З.б. Краевые задачи для уравнения Лапласа 115 ния л(Р), т.е. Ли=О, М(х,у,л)ЕЙ; и~~ — — 3(Р), Р(х, у, г) Е Е.
(3.44) Ли=О, М(х,у,г)еЙ, (3.45) непрерывное в замкнутой области Й = Й+Е и удовлетворяющее на поверхности Е условию дп — = д(Р), Р(х, у, я) Е Е. (3.46) дп ~ Покажем, что решение задачи (3.45), (3.46) определяется с точностью до произвольной постоянной.
Доказательство проведем при дополнительном условии непрерывности производных функции и первого порядка в области Й. Пусть две непрерывно дифференцируемые функции и~ и и2 в области Й = Й+ Е удовлетворяют уравнению (3.45) в области Й и условию (3.46) на Е. Тогда для функции и = и1 — и2 будем иметь Ьо=О в Й, — =О. дп (3.47) дп ~ Положим в формуле Остроградского (3.21) а~ = е8гас(о. Так как а~ . п1 = п(8гас(е с7) = и(ди/дп), йч(е8габе) = (8гае(е) + еЬо, то эта формула примет вид ((йети и) + и Ьо) «Ь' = о — дд. (3,48) Теорема 3.1. Решение внутренней задачи Дирихле (3.44), непрерывное в замкнутой области Й = Й + Е, единственно. М Пусть две функции из и и2 являются решением этой задачи. Тогда их разность и = и~ — и2 удовлетворяет уравнению Лапласа в области Й, а на границе Е принимает значение, равное нулю.
В силу свойства 5 гармонической функции имеем, что и = О всюду в Й. и» Внутренняя задача Неймана формулируется следующим образом: найти внутри области Й решение и(М) уравнения Ла- пласа 116 3. УРА ВПЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Учитывая теперь (3.47), из уравнения (3.48) находим (8гас(е) с(У = О.
Отсюда ягас( е = О всюду в 11. Но тогда в силу непрерывности функции е и ее частных производных следует, что до де де — = — = — =О, дх ду дл т,е, е = и1 — и3 = сопв1. Замечание 3.3. Задача Неймана может иметь решение не при всякой непрерывной функции д(Р). Из свойства 1 для гармонической функции и граничного условия (Зяб) вытекает условие разрешимости задачи Неймана (3,49) Для единственности внешних краевых задач необходимо потребовать дополнительного условия его поведения на бесконечности, а именно и(М) равномерно стремится к нулю при М -~ оо. 4 3.7. Метод функции Грина Функцией Грина для задачи Дирихле (3.44) назовем функцию С(М, Мб), которая является обобщенным решением следующей краевой задачи: < ЬС = — 4хбз(М, МО), МО(хО, уО, аб) Е (); (3.50) Так как функция Грина С(М, Мб) имеет особенность вида 1 —, то ее можно представить в виде ' мом сз(М, Мб) = — + е(М), 1 гмо м 3.7.
Метод функции Грина 117 где ц(М) — гармоническая функция, являющаяся решением кра- евой задачи Ье = О, М(х, у, х) Е Й; 1 о(~ — — — —, Р(х, у, г) Е Е. "маг Запишем формулу Грина (3.25), в которой функция и есть искомое решение задачи Дирихле (3.44), а функция е = = С(М Ме): / дС ди'~ ~и — — С вЂ” ) ЫЯ = (иЬС вЂ” СЬп) аК (3.51) дп дп) Учитывая, что С(~ — — О, и)Š— — 3(Р), а в области 11 Ьи = 0 и ЬС = — 4яцз(М, Мо), из формулы (3.51) получаем Отсюда, используя свойство дельта-функции, находим Ф 1 Е дС и(Мо) = — — $5(Р) — Ж (3.52) 4яЯ дп Эта формула дает решение задачи Дирихле (3.34) в любой точке Мо Е И, если известна функция Грина С(М, Ме) для этой задачи.
Используя определение функции Грина (3.50), дадим следующую электростатическую интерпретацию функции Грина для задачи Дирихле. Пусть точечный заряд д помещен в точку Мо внутри проводящей заземленной поверхности Е (рис. 3.1). Функцию Грина С(М, Ме) можно интерпретировать как потенциал поля, создаваемого точечным зарядом 7 = 4ясо, помещенным в точку Ме внутри поверхности Е. Потенциал этого поля складывается из потенциала поля точечного заряда д и потенциала поля, 11В 3. чРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Рис.
3.1 < Ьи = О, — оо < х, у < +ос, х > 0; и(х, у, О) = У(х, у), -оо < х, у < +со. (3.53) В этой задаче поверхность Е представляет собой плоскость х = О, которую можно замкнуть в бесконечности. Для нахождения функции Грина воспользуемся электростатической аналогией. Если вблизи заземленной проводящей плоскости г = 0 расположен заряд Ч, то потенциал электростатического поля в области х > 0 можно найти, поместив в точку М~о(хо, ув, — х0) отрицательный заряд — а.
Поскольку потенциал искомого поля будет равен сумме потенциалов, создаваемых этими двумя зарядами, функцию Грина определим как (3.54) создаваемого индуцированными (наведенными) на поверхности Е зарядами противоположного знака. Такая электростатическая аналогия позволяет построить функцию Грина для областей простой формы (полупространство, шар, слой), используя решение задач электростатики.
Приведем примеры решения задачи Дирихле метподо.и амуниции Грина. Задача Дирихле для полупространства. Найти решение краевой задачи 3.7. Метод функции Грина 119 Рис. 2.2 где т = умом = мо™ )2 (у уо)2+ ( + хо)2. ОчевиДно, что г1 = т на поверхности Е, а поэтому С~~ = О. Найдем производную функции С(М, МО) по внешней нормали к поверхности Е (рис. 3.2.): дС дС 2хо 23и Е а=о ((х — хо)2+ (у — уо)2+ хо) ' Тогда согласно (3.52) решение задачи Дирихле для полупрос- транства примет вин ( ) = О 1 (.
У)~*~У (355) [(х — хО)2+ (у — уо) + х~] ~2 Интеграл в правой части уравнения (3.55) называют интегралом Пуассона длл полупростпранстеа. Задача Дирихле для шара. Рассмотрим краевую задачу Е 1"1п = О~ М Е Йа~ п)~ = 3(Р) Р Г Ео. (3.56) Здесь йо — шар радиуса а с центром в начале координат; Е„ поверхность этого шара. 120 3. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Рис. 3.3 Для построения функции Грина воспользуемся известным решением задачи злектростатики о потенциале поля, созданном точечным зарядом д, помещенным внутрь заземленной проводящей сферической оболочки в точке МО 1рис.
3.3), находящейся на расстоянии рО от центра шара. Для вычисления потенциала внутри проводящей сферы с центром в начале координат поместим в сопряженную точку М*, находящуюся на расстоянии рО от центра шара 1рорΠ— — а2), отрицательный заряд оа д* = — —.
Такие два заряда д и д* создают злектростатиче- РО ское поле, потенциал которого на поверхности Е равен нулю. Поэтому функцию Грина в этой задаче следует представить в виде 13.57) где т = гц,м, т1 = тм;и. Совместим теперь точку М с точкой Р на поверхности сферы 1рис. 3.4). Так как на поверхности сферы С(Р, МО) = О, а то для точки Р справедливо равенство т1 = — г. РО Найдем производную функции С по внешней нормали к поверхности Ел: 3.7. Метод функции Г)окна 121 Рис. 3.4 Далее определим Поэтому дС т' н' а т1' М сова1 а сова2 — — — — + — —— + дп тЗ рв тЗ т2 ре т2 где а1 = ( ту, 'Р); а2 = (тГВ). По теореме косинусов иэ треугольников ОМоР и ОМоР вычисляем Тогда дС а2 + т2 — р2 а а2 + т1 — ро 2 н2 дп ~ 2атЗ ро 2атЗ а2+ 2 — р2 сова1 = 2ат ' +т1-РО 2 2 «2 сова2 = 2а т1 122 3.
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА аг а Таккакг1 = — ~рд = — ~ с= РО РО , то ВО 2 2 р~о — а Еа ~~ а (аг + р~ — 2аро сов 4) ~2 1 17 а2 Р2 ( М р ) ~ ~ 3 ( Р ) о И Я ( 3 5 8 ) (аг+ рвг — 2аро сову) ~2 Введем сферическую систему координат: х = рз1пВ сову; у = рзшВ япу; з = рсовВ.
Тогда Мо(ре, Ве, уе), а на сфере Ее будем иметь Р = Р(а, О, у); У(Р) = л(О, у); ао = агз1пОВВйр. Выразим сов ф через сферические координаты точек Мр и Р: ОМв /хо цо за~ — —.~- — — 1 —, —, — ) = (з1пВе сов уз, з1пВо з1пуз, соз Вв), !ОМо) ~рв' Рв' Ре) ОФ (хр рр зр 1 —:=х- = 1 —, —, — ) = (яп В сов у, в(п В яп у, соз В), !ОГ! ~а' а' а) совф = соз(ОМв, 01 ) = =~-=~- = !ОМ,~ !ОГ~ = япВо з(пВ соз(у — уе) + совдс совВ.
Итак, после преобразования координат решение (3.58) задачи Дирихле для шара будет иметь вид а 1" 1",7(В, у)(аг — рг) в1пВйВйу О В (Рг~+ аг 2арвсозФ Окончательно в соответствии с формулой (3.52) получаем решение задачи Дирихле (3.56) в виде 3.8. Метод разделения переменныя 123 Интеграл в правой части формулы (3.59) называют интпегра- лоле Пуассона для шара. 3.8. Решение краевых задач для уравнения Лапласа методом разделения переменных Третья краевая задача.
Рассмотрим внутреннюю краевую задачу для уравнения Лапласа с граничным условием третьего рода < Ь~и=О, МеР; а — +ди = г(Р), РЕС, (3.60) где а, Д = сопвС ) 0; ав + ф ф О. Пусть область Р представляет собой круг радиуса а, ограниченный окружностью С. Тогда задача (3.60) в полярных координатах будет иметь вид 1 д / ди~ 1 д2н — — ~т — ) + — — = О, 0 < т < а, 0 < 1р < 2я; (3.61) г дт ~ дт) г2 д~р2 < дн а — +фи)( = у(~р), 0 < у<2я. у от=и Решение этой задачи будем искать методом разделения переменных в виде и(г, у) = В(г) Ф(~р) ~ О.