Свешников А.Г., Боголюбов А.Н., Кравцов В.В. Лекции по математической физике (1993) (1095473), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Заметим, что по сравнению с внутренней задачей добавляется требование регулярности на бесконечности. Формулы для решений внешних краевых задач выводятся так же, как и для внутренних задач, и имеют аналогичный вид. 6. Примеры построения функций Грина Ло=О при г)О, о).=о= — 4 ~, М=(х, у, г), 1 ~вймм, =о о ' 0 на бесконечности.
(4.23) Пусть М, — точка, симметричная точке Мо(хо, уо, го) относи- тельно плоскости г=О. Тогда очевидно, что решением задачи (4.23) является функция 1 о=— 4вймм Следовательно, функция Грина имеет вид 1 1 4гой 4гЖ мма мм, (4.24) Заметим, что первое слагаемое в формуле (4.24) представляет собой потенциал точечного заряда, расположенного вточке Мо, а второе — потенциал точечного заряда противоположного знака, расположенного в симметричной точке Мь Учитывая физическую интерпретацию функции Грина, выражение (4.24) можно было выписать сразу. Построим теперь функцию Грина для шара К, радиуса а. В этом случае тоже можно использовать метод электростатических отображений. Но для иллюстрации различных способов построения функции Грина 6(М, М,) воспользуемся методом разделения переменных.
155 Рассмотрим несколько примеров построения функции Грина задачи Дирихле для конкретных областей. Для построения функции Грина для полупространства ( — оо(х, у( о, г~О) удобнее всего применить метод электростатических отображений. Чтобы построить функцию Грина, достаточно определить функцию о, которая в данном случае является решением следующей краевой задачи: Введем сферическую систему координат (г,б, Гр) с началом в центре шара н ось г направим так, чтобы она проходила через точку Мо. Для определения функции о получаем краевую задачу Ло=О в К„ 1 4ял М,Я 1=5 М,=(г„О, 0), Р=(г, 6, гр).
Общее решение уравнения Лапласа внутри шара имеет вид (4.28) 0 л о=~~~ Э~1 ( — 1 Рг '(созб)(Ал созпир+Вл зштгр). (4.2б) С.1 (а/ л=о т= — л лМР 2/ 2 го + г' — 2гго соо О г го го 2 1 — 2 — Гоо о+ г го Коэффициенты Ал и Вл следует определить из граничных условий.
Легко видеть, что в силу аксиальной симметрии краевой задачи для функции о эта функция также не будет зависеть от / до азимутального угла гр( — =0). Поэтому в разложении функ(, д~р ции о отличными от нуля оказываются лишь коэффициенты А,о, и это разложение принимает вид о = ~~ А„, ( — ) Р„(соз б), (4.27) (а/ =о где Рл(созб) — полиномы Лежандра. Для разложения граничного условия по полиномам Лежандра воспользуемся выражением для производящей функции полнномов Лежандра: 1 1 1 1 = — ~1~1 ( — ') Р„(соз О). (4.28) Ал„= — — ( — ') при п=О, 1, 4па (,а) Следовательно, о= — — ~1 ( — ) Рл(созб), л=о л=-О Подставляя (4.27) в граничное условие и учитывая (4.28), на- ходим Этот ряд можно просуммировать, Пусть М,(гь бь оро) — точка, сопряженная точке Мо(го, О. 0) относительно сферы г=и, т.
е. ао г, = —, О, = О, ор, — О. Тогда го о = — — ~ ( — ') Р„(соз 6) = 44 1 1 г у 1 — 2 — о-,'- го го 1 1 а 1 4ла (/ гоо -1- го — 2гг, соо О 4Я го оомое Поэтому функция Грина имеет вид 1 1 1 а 1 С(М, М,)= — ~ — — — 1. 4л ! оомм, го оомм, Решение краевой задачи Ли=О в К„ и ~о=-а =1 (О, чо) выражается через функцию Грина С(М, М,) в виде и(Мо)= — 1 д (Р, Мо)иог. дб (4.29) о — 1~ дл Преобразуем эту формулу.
Пусть Мо=(г„б„ро), Р=(г, О, ф). Так как )Ьм, = 1/'г'+з',— 2гг, соз ~, 14гм, = — )ггго+ г,' — 2гг, соз ~, где ао го =— го соз р = сов О соз ба+ 5!ПО 51пбо соз (\р фо) то о о ого (4.30) дл !г'=а дг (г=о 4ла (ао + гоо — 2аго соо р)оГо ' Подставляя (4.30) в (4.29), получим ол л1(д ор) (ао — г~с]мад'Юдоо и(г, О, )=— ( о о 'го) 1ао+ г2 2аг слой)ого ( (4.31) о о Формула (4.31) называется интегралом Пуассона для сферы.
Можно показать, что для любой непрерывной функции 1 она дает классическое решение задачи Дирихле в шаре. 1Бт Точно так же может быть построена функция Грина для внешней задачи (для области вне шара). Формула Пуассона для внешней задачи выписывается сразу, если учесть различие направлений нормали для внутренней и внешней задач: а ! ~(го ао!/(б, е)о!вдавим и (!о бо 'ро) = оа,) (а'+ гоо — 2аго ооо ()) озо о о где Мо(го, до, сро) — точка наблюдения, расположенная вне шара.
Рассмотрим еще один метод построения функции Грина. Как было показано (см. п. 2), функция Грина 6(М, М,) есть обобщенное (в смысле обобщенных функций) решение следующей краевой задачи: "1м6 — б(М: Мо) 6)мез=О Исходя нз задачи (4.32) можно построить функцию Грина в виде ряда по собственным функциям оператора Лапласа. Изложим схему этого построения.
Пусть (Л,) и (со(М)) — полные системы собственных значений и ортонормнрованных собственных функций задачи Дирихле для оператора Лапласа: Ьо„+Х„о„=О в Р, о„~з=О, Цо„() =1. Решение задачи (4.32) будем искать в виде 6(М, М,)= ) С„о„(М). о=! Предполагая, что написанный ряд сходится в смысле обобщенных функций, подставим его в (4.32). Получим О ,') С„Х„со (М) =б(М, М,). Отсюда С„= — ! б (М, М,) со (М) !Л~ = Хо Хо О Следовательно, 6 (М М ! ~1 оо (!Ио) ао (!и) о) — -~, хо л=! ' Такое выражение было получено ранее в $7 гл. П1. На исследовании вопросов сходимости полученного ряда останавливаться не будем.
ззз 7. Функция Грина задачи Дирихле на плоскости Остановимся на вопросе построения функции Грина для внутренней задачи Дирихле на плоскости. Определение. Функция 6(М, Я) называется функцией Грина внутренней задачи Дирихле на плоскости, если: 1 1 !) 6(М, 6)= — !п +и, где о — гармоническая в области 2п 17 ма Р функция; 2) 6 (М, Я) ! ма г = О; à — замкнутый контур, являющийся границей области Р. Решение задачи Дирихле Асс=- — г в Р, через функцию Грина выражается следующим образом: сс = — <у 7' — с(1+ ~ 6г с(о. г до ап Эта формула выводится точно так же, как и в трехмерном случае.
Для построения функции Грина на плоскости можно использовать методы теории функций комплексной переменной. Напомним основные факты, отсылая за доказательствами их к учебникам по теории функций комплексной переменной е1. Точку М на плоскости (х, у) будем обозначать как точку з=х+тр на плоскости комплексной переменной.
Пусть функция та= =1(з, ге) осуществляет конформное отображение области Р на круг единичного радиуса !ы!(1, причем точка зо переходит в центр круга в=О. Тогда функция 6(М, Ма)= — !и ! 1 2п !! (», та)! является функцией Грина задачи Дирихле в области Р. Заметим, что формула (4.33) остается справедливой и в случае односвязной внешней области Р„содержащей бесконечно удаленную точку комплексной плоскости. Методом конформного отображения можно построить функцию Грина для круга, которая имеет вид 6(М Ме) ! ))и !п 2п ! !армм, та ммм, где Мо=(ге, ~ро), М1=(гь ~ро) — точка, сопряженная точке Мо дзь ) относительно круга радиуса а, г, =— та "См., например: Свешников А.
Г., Тихонов А. Н. Теория: функций комплексной переменной. М: Наука, 1979. го доказательство приведенных утверждений см. там же. 1ав Получим интеграл Пуассона для круга, Так как Рмм, = )ггг'+ г,', — 2гго соз (ср — <ро), Ймм,= ф' ги+г',— 2гг,соз(сР— Уо), то дп ( дй а' — го да (г дг )~=а 2яа (аа+ г~а — 2агосаа(% — Ро)) Следовательно, решение краевой задачи Ли=О в круге г с.а, и(,=,=~(<р) имеет вид и(гс сро) —— ( * — ~) Р(Р) дч (4.34) 2я,) а'+г~ — 2агв сои (<Р— Ро) о о Эта формула называется интегралом Пуассона для круга.
Она дает классическое решение задачи Дирихле внутри круга при любой непрерывной функции ((ф). Отметим, что решение внешней задачи Дирихле вне круга радиуса а также выражается интегралом Пуассона (4.34), в котором множитель (а~ — гс') нужно заменить на (гс' — аз), й 5. РЕШЕНИЕ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ЛАНЛАСА В КРУГЕ И НРЯМОУГОЛЪН ИКЕ Рассмотрим метод разделения переменных решения краевых задач для уравнения Лапласа. Метод применим в том случае, когда граница области такова, что возможно разделение переменных. На плоскости это осуществимо, в частности, для круга и прямоугольника. Эти случаи и будут рассмотрены в настоящем параграфе.
1. Краевые задачи для уравнения Лапласа в круге, вне круга и в кольце (5.!) 360 Методом разделения переменных построим общее решение уравнения Лапласа в круге. Введем полярную систему координат (г, ср) с началом в центре круга. Запишем уравнение Лапласа в полярной системе координат: 1 ~д Г ди ~ 1 д~и Ь,и= — — ( г — )+ — — =О. г дг (, дг ! г~ дас Найдем решения уравнения (5.1), представимые в виде и(г', <р)=)х(г)Ф(~р) чВО. (5.2) Подставляя (5.2) в (5,1) и разделяя переменные, получим !(( ы1 г — г— !(г ( !( ) Ф" (ф) — Л.
(5.3) (1 (г) Ф (ф) Поскольку уравнение (5.1) должно выполняться всюду в круге 0<г<а, то функция и(г, ф) периодична по ф с периодом 2л и ограничена в этом круге. Из (5.3) получаем уравнение для )с(г) и Ф(ф). Рассмотрим сначала уравнение для Ф(!р): Ф" +ЛФ= О, 0(гр(2л. (5.4) Следовательно, для определения Ф (ф) получена задача Штурма †Лиувил с условиями периодичности.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
