Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 60
Текст из файла (страница 60)
Пля отыскания с следует использовать преобразование обратных радиусов ОМс ОМз = а . Помещая в точку М1 изображение заряда Мс, напишем с с1 и= — + —, ге г1 Гл. !1т'. Уравиеитт эллиптического типа где ет величина заряда в точке Мт. Условие и = 0 на Х дает т ет = — е. то В самом деле, рассмотрим треугольники ОММо и ОММт. Они подобны, так как имеют общий угол МОМо и пропорциональные стороны ОМо ОМ вЂ” — 1ОМ = а). ОМ ОМт Отсюда следует, что ОМо ОМ ММо ро а то или ОМ ОМт ММ1 ' а рт т1 Таким образом, на сфере а то ро Поэтому функция а обращается в нуль на сфере; отсюда следует также, что ет — — — — е.
Ро 51. Плотность поверхностных зарядов на сфере равна г т'о ее = — е, то ='тмм: Ро =том 4хатз ' ° о' о' в где О начало координат, М вЂ” — точка наблюдения, Мо — положение заряда, а -- радиус сферы. Решение первой краевой задачи т)ти = 0 и и~ = 11д, ут) дается формулой где интегрирование проводится по сфере, или г г г итре, до, 'Ро) = 4 т~р г г этг т'тд 'Р)зтп'иттд 4 т э э (аг — 2аро соя у+ р')М' о о где соя т = созда созда л- сйпдятпдо соя(у — ото) У к аз а н и е. Плотность поверхностных зарядов е =Пи~ где 11и проекция вектора индукции О = я.Е на направление внутренней нормали; так как в данном случае я = 1 (пустота), то ди ди 4яо = Е„~ или 4по = —— дтт„„р=л, дтт р=„' ди где — --- производная по направлению внешней нормали.
Вычисления дп дают 1 ди а — ро г г = — е 4тт дп рт а 4иат'„' Зб2 Ответы, указания и решении Лля решения первой краевой задачи надо воспользоваться формулой да и(М) = — Ци(Р) — е1Я„, учитывая, что функция источника С есть потенциал точечного заряда 1 величиной †,получаем 4к' и(М) = — Ци(Р) [п(М, Р)],— з е15р. Найдем плотность поверхностных зарядов 1 ди п= —— 4к дп,=.' ди Производная —, по направлению и равна дп Вычислим: дп ~то~ т„' дп то д /11 1 дто 1 — — = — — о — = — — ~ соз(ты и). дп ~,то) то дп т~ Из ЬОММо и ЬОММз (см.
рис. 41) находим сое(то, и) =, соз(т„п) = — аз -Ь тоо — ро, а' Ч- то — р 2ато ' ' 2атт тт а Учитывая пропорции> — = —, после преобразований получим формуто ро лу для и. (при этом сохранены обозначения задачи 50), а Рг = 'ом,. Указание. Если заряд находится вне сферы в точке М(ры ды узт), то его изображение в силу преобразования обратных радиусов ОМо . ОМт = а- окажется в точке Мо(ро, до, ~ро). Поэтому е Ст и = — + —. то то Определение Сг проводится по аналогии с задачей 50.
53. Плотность поверхностных зарядов равна и= — е 4кате Решение первой внешней краевой задачи для сферы имеет вид Гл. ! гг. уравнения эллиптического типа или г г и(рг, дг, рг) = — угУгр / г ., 1(д, р)зшдг1д, 4гг Э Э (аг — 2аРг соз У -Ь Рг)эУг о где соз у = создг созд, + зшдзшдг сов(гр — грг). Указание. Ср. с задачами 50 и 51. 1 а 11 / 1 а 1 г 54. а) и = е(1п — — 1п — — ); б) и = е(!п — — 1п — — ); го ро гг,) ' рг го в) решение первой краевой задачи внутри круга имеет вид г вне круга г г 1 у р,— а где Здесь приняты следующие обозначения: а --- радиус круга с центром в начале координат (точка 0), го = ММо, г'г = ММг, ро = ОМог Рг — — ОМг, Мо(Р0, гРо) положение заРЯДа, Мг(Рг, гог) положение его изображения. Указание.
Для нахождения решения задач а) и б), очевидно надо поступить так же, как и в задаче 50, учитывая,. однако, что в плоском случае потенциал вблизи заряда имеет логарифмическую особенность. 1 Полагая е = —, получим функцию источника С. Вычисление нор2н' мальных производных — приводит к выражениям дп дСг 1 а рог — — — (заряд внутри круга), дп р=„ 2па гг дСг 1 рг — а (заряд вне круга). дп о=о 2гга г,' 55.
а) Для полусферы, лежащей на плоскости я = 0 (в области г > 0) функция источника имеет вид С вЂ” Сво(М, МО) — С50(М, Мо), (1) где (см. задачу 50), Мог(ро, гг — до, гро) точка, симметричная токе Мо(ро; до, гро) относительно плоскости я = 0 (рис.
42). б) Для одной четвертой части сферы (рис. 43), ограниченной плоскостями я = О, и = 0 и поверхностью сферы, имеем СОО(Мг МО) СОО(М' Мо) + С50(М) МГ) Сбо(М~ Мо )г (2) Зб4 Отвесам, унаэания и решения М, М," о '14о Рис. 42 Рис. 43 где Мо(ро, до, Ово), Мо(ро,. г — до; 1во), МонГгро, Я вЂ” до, Я+ Ро), Мои'(Ро, до, я + вво) --. место нахождения источника и его изображений.
Указание. а) Требуя выполнения граничного условия и = О на сфере, мы получаем Сьо(М, Мо); чтобы удовлетворить условию и = О 1 при з = О, необходимо поместить в точку М заряд — — и соото . 4н ветственно в точку М' --- заряд + —, что дает нам — Сьо(М, М').
1 4н' о . б) Чтобы удовлетворить условиям и = О при и = О и е = О (на сторонах двугранного угла величиной -), необходимо поместить на 2 сфере радиуса ро источники в точках Мо, Мо, Мн', Отражение в сфере дает заряды в Мы Мг, Мз", М'", группируя которые мы и получим формулу (2). 56. а) Функция источника первой внутренней краевой задачи для полукруга О < гр ( я равна СгР гр' Ро, 'Ро) = Соя г,р р' Ро: гро) — СььгР гр' Ро, 2ь' — уьо), (1) где 1 Реп Сьь = — 1п 2н аго (см. задачу 54). б) Для четвертой части круга О < гр < — имеем 2 С(Р, гР; Ро, 'Ро) = Сь4(Р, гР; Ро; гРо) — Сь4ГР, гР' Ро: 2Я вЂ” гРо) СььгР: гр~ Ро.
я — 'Ро) — Сь41Р ~' Ро я+ гро) (2) в) Функция источника сектора р < а, О < гв < о = — имеет вид в — 1 Сгр, р; Ро: гро) = ЯгСьь(Р, гр; Ро, 2йгт+ Ово)— в=о — Сь4(Р, гр; Ро, 2ко — гро)). (3) Отсюда, в частности, сразу получаются формулы (1) (при и = 1) и (2) (при и = 2). Решение. в) Чтобы удовлетворить условию С = О прн ьв = О и ьв = о. помешаем 2п — 1 зарядов на окружности р = ро в точ- Гл.
!1г. Уравнения эллиптического типа ках аэь = 2йо + аэа положительные заряды и в точках аэ' = 2йо — аэа отрицательные заряды, после чего производим отражение всей системы 2п зарядов в сфере р = а, т. е. помещаем заряды противоположных а знаков в точках р = рг = —, аэ = Ьэ'„(заряды отрицательные) и р = ра' = ры аэ = аэь 1заряды положительные). Группируя попарно заряды в Ма 1ра.
аэь) и М 1ры аэя) и суммируя их действие, получаем фор('а) (ь1 мулу 13). 57. Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом е, помещенным внутри сферического слоя а ( р ( Ь, равен им, мл = . з ('— ' — ф) а=а ( — ) — при п = 2й, ь ра () Ы" Ь 12) — ) — при п = 2й+ 1, а ра ( — ) прип=2й, ь Атз ( — ) при и = 2й+ 1, е' п е„= с , ° я а —,/ ра прип=2й Ь-,/ с т Я-~-2 р ~ ра при п = 2й+ 1, с а 2 а — — при и = 2й, ь) „, с Ь 2 Ь' — — при п = 2й -~- 1. аэ Ра Рл = Ра = 13) Ряд 11) сходится равномерно и абсолютно.
Решение. Все заряды е„и еп будут, очевидно, находиться на лУче аэ = аэа, д = 2Уа, их положение на лУче опРеделЯетсЯ РасстоЯ- пнями от центра ри и р'„. При определении е, е'„, р„и р'„учтем, что: 1) положение заряда определяется в результате последовательного отражения в сферах р = а и р = Ь с помощью преобразований обратных радиусов, при которых р„р'„= аз или р„р'„= Ьз; 2) при каждом отражении величина заряда меняется в — — или в — — раз.
ра ра Пусть еа = 1 заряд в точке Ма. При первом отражении в сфе- 2 а Ь а Рах Р = п и Р = Ь полУчаем заРЯды ее — — — и ез = — в точкахРа — —— 2 Ра Ра Ра ь2 и рг = —. Строя затем их изображения, находим ез — — —, е~а — — — и Ра а, а Ьэ Ь2 а и ег = —, е' = — в точках р2 = —, = —, ра и рз = —, = —., Ра р', Ьа где М(Р, д, аэ) точка наблкэдениЯ, Ма(Ра, да, аэа) точка, в которой находится исходный заряд, га = ММа, г„' = ММ„', М„1ра, да, Ьэо) и М' 1Роэ 2Уа, Ьэа) --. точки, в которых помещены положительные заряды е„и отрицательные заряды еа, причем 366 Ответы, указания и решения — и Г получаем ряд (1).
Рассмотрим общий член ряда е е„ до =— при достаточно больших и. Через точки ОМ1 Ма проводим плоскость; пусть и = 2к. Из 210ММ21. находим Г2Ь где г г 2 г Р Ро — 1'о 2рро Аналогично находим 121 ,„,ге Так как ргг„. = ) -) Ро о О при й -+ со, то Ь 12ь Р~ 1пп 121 Р. Ь вЂ” его Ь-ого /а1" а С другой стороны, еге = ~ — ) -+ О, с~в — — его — -о О при й -о со. Поэтому ~дге~ < Сь = -' 1+ — ~ (-") (6) ро/ ь Пусть и = 2й+ 1.
Так как ргьег > Ь, р' + > Ь и при й -о оо неограниченно возрастают, то 1 гь-~-2 ро (а 21-~-2 — < гг1+1 2Ргв+1 2Ро гь) 2аг 1Ь) 1 1 — < гг 2Рге . с другой стороны, ь ЬЕ1 ь ЬЕ1 а еггз1 = ( — ), егьог — — ( — ) так что ггвег ггг„~г Ь ~, ро/ 1Ь Продолжая рассуждения, видим, что четные заряды находятся внутри сферы р = а, а нечетные — — вне сферы р = Ь.
Нетрудно поэтому написать рекуррентные формулы Ь а Его Е1 = — Его 1, Его = — Е21 2, а Ь (4) Ь аг р2' 1= 2Р2ь-1 ргь Ьг р2ь-2 (5) а2 и аналогичные формулы для е'ы р',1, е'е„ог, р'ьог. Отсюда и находим выражения (2), 13) для еа, е!„и рн и р'„.
Суммируя потенциалы ! е„ ! г, Гл. !'т'. Ураоиепия эллиптического типа Из мажорантных оценок (6) и (7) следует равномерная абсолютная сходимость ряда 2 дп. Его дифференцируемость доказывается анап=о логично. Предельные случаи: а) при а — 2 О все члены ряда (1) обращаются в нуль, кроме двух, Р ео е, то т, в результате чего мы получаем решение внутренней краевой задачи для сферы /1 Ь и = иьо = е 1 — — — —, ) ( то Ро т( э) (см. задачу 50); б) при Ь -ь оо получаем решение внешней задачи для сферы (см. задачу 52).
58. Функция источника внутри кольца дается формулой ~Ы С(М, Мо) = — ~ ~1п " " = — ~~~ ~ 1п — '" — 1п — ',"), где М = М(Р уэ)~ Мо = М(Ро, 020); то ™Ми, т'„= ММ„', М„= М(Рп, о о), М,', = М(Р'„, авэо), величины еа, еа, р„и Р'„определяются по формулам (2), (3) за- дачи 57. Ряд (1) сходится равномерно и абсолютно, так же как и ряды, получаемые из него почленным дифференцированием.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
