Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 57
Текст из файла (страница 57)
дп Указание. Для вывода уравнения следует исходить из уравнений Максвелла (11м. решение задачи 3), считая там е функцией пространственных переменных. Вывод условий сопряжения см, в задаче 8. При решении задачи 3 мы имеем Е = — 8гас1и, Жн еЕ = 41гр. Отсюда и следует уравнение (1). Условия сопряжения выводятся так же, как и в задаче 8. Отметим лишь, что при наличии поверхностных зарядов на В1 Р1п Р2п — йп сг 340 Ответы, указания и решения или ди7 дил ег — — ег — = 4яп, да дп где 77 плотность повеРхностных заРЯдов на Хг. 10. Если Н = — ягас) 7р, то в стационарном случае йу(1л8гас17р) = О, где 7р = уз(Р) -- скалярный потенциал, 7а = 1л(Р) —.
магнитная про- ницаемость среды в точке Р. Условия сопряжения на поверхности разрыва коэффициента магнитной проницаемости имеют вид дил диг иг — — иг, 1лг — — Дг на Хг, дп дгл где цифры 1 и 2 соответствуют значениям величин на разных сторо- нах поверхности разрыва Ег. Второе условие означает непрерывность нормальной составляю- щей вектора магнитной индукции на Ег. Вг„=В „. Краевая задача для кусочно постоянного 107 в Тг, ~1л в Т ставится по аналогии с задачами 8 и 9: ланг=О в Т„ ~17лг = 0 в Тг, а на Ег условие сопряжения. Указание.
См. задачу 9. 11. В среде с переменной проводимостью и = сг(т, у, г) для потен- циала электрического поля постоянного тока имеет место уравнение йу(ойгас1и) = О. Если Е - - поверхность разрыва и, то дал диг ил = иг, аг — = ссг — На л'; д д второе условие означает непрерывность нормальной составляющей плотности тока на поверхности Е: уга — — угн, поскольку у = — п8гас1и. Указание. См, задачи аг, 8, 9, 10. Учитывая соотношения Е = — кгас1 и, з =сгЕ, йнг=О, получаем йу(778тас) и) = О.
Условия сопряжения выводятся по аналогии с задачей 9. 341 Гл. 1Ъ'. Уравнения эллсспти сесного типа 12. Подобие перечисленных в условии полей устанавливает следующая таблица: Электрическое поле постоян- Плотность тока у = — сг ягас1и Потенциал и Коэффициент электропро- водности а ного тока Поток тепла с„с = — 1сцсас1 и Теплопровод- ность Температу- ра и Коэффициент теплопровол- ности й Концентра- ция и Диффузия Коэффициент диффузии Р Поток вешества у = — Рягас1 и Электростатика Пиэлектрическая пос- Вектор электричес- кай индукции Р = гЕ = — г кгас1 и Потенциал электрического поля и тояннэя г Вектор магнитной индукции .В = — рягас1и Магнитостатика Потенциал магнитного Магнитная проницае- мость р полян и = ятас1и Потенциальное течение несжима- Потенциал скоростей и емой жидкости з 2.
Простейшие задачи для уравнений Лапласа и Пуассона Значительная часть решений задач этого параграфа либо обладает круговой или сферической симметрией, либо просто зависит от угловых координат. Напомним выражения для оператора Лапласа: 1) в полярной системе координат 1 д1 ди1 1 ди сззи = — — ~р — + —, р др )с др! рэ дсог' 2) в сферической системе координат 1 д (эди) 1 д (. дн) 1 ди Ьи = — — (.- — ~+, л — ~зшд ~+ гг дг ~ дг~ гаэ1пВ дВ ~ Я~ .гя.пар дс г1 Во всех случаях функция и удовлетворяет уравнению Лапласа.
Указание. См. предыдущие задачи этого параграфа и также 1 1 гл. Н, задачу 49. Замечание. Если на некоторойповерхности Хс константыа, к, Р, г или д терпят разрыв, то на Хс выполняются условия сопряжения, которые можно прсдставить в виде дис диг ссс ссз рс рэ на Х1, дсс дп где и искомая функция, а р один из параметров а, Й, Р, г, р; цифры 1 и 2 соответствуют предельным значениям рассматриваемых величин нсз резвых сторонах поверхности Хс, .при этом с11чср Кгас) и) = О. 342 Ответы, указания и решении 3) в цилиндрической системе координат 1 д /' дгг1 1 ди дги ди гзи = — — ~р — ~ + — — + — = Ьги+ —. рдр), др) ргдр д - дг ' При решении некоторых задач следует принять во внимание, что уравнению Лапласа Лги = О удовлетворяет полипом и = А(х~ — у ) + Вху+ Сх+ Ву где А, В, .С, В -- произвольные постоянные. 1.
Краевые задачи для уравнения Лапласа. А А 13. а) и = А; б) и = — х или и = — рсояуг; а а в) и = А+ Ву или и = А+ Вряпгуг; г г) и = Аху или и = — рг я1п2уг; 2 В В д) и = А+ — у или и = А+ — рягпуг; а а А+В В А г е) и= + (х~ — у ) или 2 2аг и = — 1 — — соя2уг + — 1+ — соя2уг 2~,аг(2~,аг Указание. При построении решения следует учесть, что х, у, ху, хг — уг и их линейная комбинация являются гармоническими функциями. В правильности решения следует убеждаться непосредственной подстановкой найденного выражения для и в уравнение и„-~- и„„= О или и в граничное условие.
Проиллюстрируем приемы отыскания решения на примере 13, б). Переходя от переменных (р, уг) к переменным (х, у), перепишем граничное условие в виде и = — х. а Отсюда видно, что искомым решением является гармоническая функция А А гг(х, у) = — х или и(р, р) = — рсоа уг. а а 14. Задачи а) и г) поставлены неправильно, так как в случае второй краевой задачи Ьи = О, ди с должно выполняться условие 1У ° =О; с б) и(х, у) = Аах+ С или и(р, уг) = Аарсояуг+ С: г г А в) и = — а(хг — уг) + С или и(р, уг) = — арг соя2уг+ С; 2 2 Гл.
!1л Уравпептс эллиптического типа 25 д) и = (А+ 0.75В)у — — ', (З(хг+ уз)у — 4уз) +С или и(р, вэ) = (А+0.75В)рзшср — рзяшЗР+ С. 12аг Решение второй краевой задачи, как известно, определяется с точностью до произвольной постоянной С. Указание. Остановимся лишь на решении одного примера, например 14,б), в котором дано Функция а = Вх или и = Рр соя во является гармонической. Дифференцирование по нормали совпадает с дифференцированием по р. Требуя, чтобы она удовлетворяла.
краевому условию при р = а, находим Р = Аа, так что и(х, у) = Аах или и(р, р) = Аарсоя~р. В примере д) следует разбить 7" на два слагаемых: 1 = уг(уэ) + + 7г(Ф) э'г = оя1п~р, .лг = Дя1пЗвэ, и искать решение в виде и = Лг(Р)эг(зэ) + Лг(Р)эг(1о) 15. а) и(р, вэ) = А. б) и(р, у) = — сояуэ; Р Ва 1 а в) и(р, р) = А -~- я1пср; г) и(р, уэ) = — А —, яш2уэ; Р 2 рг д) и(р, ~р) = А+  — яшко; Р А-'еВ А — В а е) и(Р, ~Р) = — . — соя 2уэ.
2 2 рг Указание. Перейти всюлу к полярным координатам. Коли гра- ничное условие при р = а имеет вид и~, = АвсояЬр, то искать решение в виде и(р, ~р) = Л(р) соя йр., где Л(р) - функция, удовлетворяющая уравнению р'Ло+ РЛ' — й'Л = О и следующим граничным условиям; Л(а) = Ая, (Л(оо)( ( со. 16. Задачи а) и г) не имеют решения, так как не выполняется условие ~ — сЬ = О:, с, Аа б) и(р, вэ) = — соя р + сопя$; Р 344 Отпееты, указании и решении Аае в) и/р, ог) = — — соя 2р+ сопяо; 2рг аг ае д) и(р, р) = — (А+ 0,75В) — яшуо 4-0,25 — яшЗР+ С. Р Зре 17.
и = и(р) = и1 + (иг — и1) 1и (Ь/а) Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора равна 1 С= 1п (Ь/а) Указание. Так как граничные условия не зависят от уо, то и решение должно обладать цилиндрической симметрией, и = и(р). Емкость С проводника, ограниченного поверхностью Е, определяется выражением 1 Гди С = — / — еЬг для трех измерений 4кио ./ дн 1 Гди С = — )Ь вЂ” е1я для двух измерений, 2иио / да е где ио потенциал проводника, Е контур, — — = Ен — о нормальная составляюшая вектора электрического поля.
и(р, ~р) = — уо 18. или и(т, 9) = — агс18 —. ио у Указание. Записывая уравнение Лапласа в полярных координатах; 1 д / ди1 1 д'и Лги = — — 1 р — ) + — — = О, др~ др) видим, что функция, линейная относительно оо, является гармоничес- кой функцией. 19 и(т, у) = + агсо (1) 2 к и Сравнение (1) с решением задачи 18 показывает, что (1) соответствует частному случаю о = к формулы (1) в задаче 18. 20. а) и = ио; б) и = и(г) = — ио. г ие — иг е'1 11 21.
и = и(г) = иг+ 1/а — 1/Ь |.г Ь) 345 Гл. !1т. Уравнения эллиптлинееиоео типа ~.г аи1 Указание. Решение уравнения гли = — — ~ т — ) = О имеет тг Йт1 Й) вид и = и(т) = о + —, где о и В определяются из условий и(а) = им Ф т и(Ь) = иг. е 1/и — 1/Ь Указание. Учесть, что в присутствии диэлектрика плотность поверхностных зарядов равна 1 1 ди о= — й,= — — е —.
4п 4п дп 23. Емкость сферического конденсатора равна С= е| Решение. Требуется решить краевую задачу 11и1=0 при п<г <с, ганг=О при с<т<Ь, где ит и иг удовлетворяют при г = а и т = Ь граничным условиям и1~ = 1, иг), ь = О и при т = с —. условиям сопряжения и1=иг, диэ ди ег — = ег =. дт дт ' Общее решение имеет вид Аэ иг = — +Аг при а <т <с, и1т) = иг = — ' -1- Вг при с < т < Ь.
Четыре коэффициента Аы Аг, Вм Вг определяются из двух гранич- ных условий при т = а, и т = Ь и двух условий сопряжения при т = с. В результате получаем „= 1+ А, (' — Ч, и, = " А, (' —,'), где Аг = 1 1 а е Емкость вычисляется по формуле 24. Требуется найти решение краевой задачи 1 4 т ди,'1 Ьгиг = — — ~р — ) =О при а<р<с, д) 346 Ответы, указания и решения 1 21 / С1и21 2азиз= — — 1р — ) =О при с<р<Ь, р др ~ др ( при р= Ь, и1=1 при р=а, из=0 ди1 ди и1 — и2 Е1 — Е2 при р=с. Лля емкости получаем выражение С= Е1 с е1 Ь 1и — + — 1в— а е с При е1 = ез = е имеем С= 1п (Ь/а) Указание. Решение ищется в виде и, = А1пр+ Е, из = В1пр+ В.
25. Потенциал поля при а<т<с, при т>с. с и = ио 1 е1 — е а ег Частные случаи; а 1) при с — т со получаем и = ио — при т > а — потенциал поля сферы радиуса а, заряженной до потенциала ио и находящейся в бесконечной однородной среде; 2) при ез — 1 оо (среда 2 Ещеально проводящая) 1/т — 1/с 1/а — 1/с если а<т<с, О, если т >с; 3) если е1 = ез, то а и = ио — (т > а) (ср. со случаем 1)). Указание. См. задачу 22. Учесть, что на бесконечности функция и должна обращаться в нуль. 26.
Электростатическое поле Е = — ягае1и, где и — потенциал, равный и=и(р) =ио 1п (Ь/а) 1 и = ио 1 а равен Е1 — Е2 1 + Е2 С Е1 — Е2 1 Е2 С Е1 1 е2 т Гл. ! и. Уравнения эллиптинееиоео типа 2Т. Решение зависит только от переменной г и дается формулой и = и(э) = из + (ия — из) —. Ь 28. Для емкости единицы площади плоского конденсатора получаем выражения: а) С= —; б) С= 4я [Ь| -1- — (Ь вЂ” Ь1)] 29. Искомая гармоническая функция зависит только от перемен нои у. и = из + (из — из)-.
Ь Указание. Решение искать в виде гармонического полинома. 2. Краевые задачи для уравнения Пуассона. 30. и= — (р — а ). 4 Указание. Искомая функция и = и(р) обладает круговой симметрией и определяется из уравнения при условии и(а) = О. 31. Решение существует, если выбрать В= —, 2 ' и определено с точностью до произвольной постоянной: и = и(р) = — + сопз1. Ар' А А и иэ е (Ь а ) Ь 32. а) и(р) = из+ — (рз — 6~) + 1п —; 4 Ь р 1 б) и(р) = и1 + — (р — а ) + 6 (С вЂ” — ) 1п —; А з з у АЬЬ р 4 2) а' Ар' у аА в) и(р) = — — а ( — — В) 1пр+ сопз1. 4 (, 2 Задача в) имеет решения лишь при С А(Ь -а )-ь2аВ 2Ь причем решение задачи в) определено с точностью до аддитивной постоянной.
33. а) Если 21и = 1, и(а) = О, то и=и(г) =-(г — а ); 6 348 Ответы, указания и решения б) если 21и = Аг+ В, а(а) = О, то и(г) = — (г — а ) + — (г — а ). .4 з з В г г 12 6 Указание. Искомая функция обладает сферической симметрией, и = и(г) и удовлетворяет обыкновенному дифференциальному уравнению с правой частью — —,(ги) = 1(г'). г >4гг г г /1 11 34.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
