Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 62
Текст из файла (страница 62)
а) Решение второй внутренней краевой задачи для круга и(р, оэ) = ~, (А„сов игр+ В„в1п пгр) + Сг. (1) п=г б) решение внешней задачи эг и(р, оэ) = — ~ — (Ап совтэр+ Впгйптр) + Со, (2) пр п=г где Сг и Сз произвольные постоянные, а радиус круга, Ап и ди ~ Вп - - коэффициенты Фурье функции Д(~р) = — ~, гг --. направледг.
~р=а ние внешней нормали к рассматриваемой области. Указание. а) Требуется найти функцию и(р, уэ), непрерывную в круге О < р < а, удовлетворяющую уравнению !ли = О внутри этого круга и граничному условию на его границе при р = а, а также условию / 1(гр) г!го = О. о б) Требуется найти функцию и(р, ~р), удовлетворяющую уравнению Лапласа вне круга радиуса р = а, краевому условию д ~- и условию ограниченности при р — р оо. Решение обеих задач ищется методом разделения переменных аналогично задаче 65. 68. а) и(р, .уэ) = 2, (Ап сов пр+ Вп вш пег) + — о, (1) ап Пп+ ай) п=.г аа Ег Ао б) и(р, ~р) = — ~ (А„солар+ Вп в1п игр) + — ", (2) где А„и В„коэффициенты Фурье функции Д(ээ), определяемые по формулам (2) задачи 65. 69.
Потенциал электростатического поля равен Ъ'г э-1го 1гг — Ъэ 2аргйвар '+ 'а 18 2 гг ао при р < а (внутри цилиндра), $'г + Рэ Кг — !'"э 2ар вш ег + асс!я 2 7Г р — и при р > а (вне цилиндра). 376 Ответы, указания и решении Составляющие поля Ер и Е,, вычисляются по формулам ди 1ди Ер — — — —, Ер = — — —. др Р дуг Плотность поверхностных зарядов 1гг — Ъ'2 и =— аяз вш зс Указание. Метод разделения переменных дает решение в виде рядов 11 + у~ 2(~1 11) /р)2ье1 21п121с + 1)гр внутри цилиндра 1р < а), (2) , 2Ь-~-1 'гг -~- Ъез 21111 — 121) а, еш(2й 4- 1)гр 2 к е,-.о Р 2гс4 1 вне цилиндра 1р > а). Ряды, стоящие справа, могут быть просуммированы, если воспользоваться формулой (3) В самом деле, г ~Сея -~-1 2й-~-1 21~ ~-р 2йч-1 ~-~ 294-1 в=о 1=О е.=.о Обозначая 2 = Сег" = С соя гр+1С яшгр, 2" = Се '" = С соя гр — 14 я1п уз и пользуясь формулой (3), получаем 1 (1-Ь е)(1 — е*) 1 1 — 8~ 4-12Рв1псз 1 28вшуг з= 1п — 1п, ' = — агсоя 41 (1 — е) (1 4- е" ) 41 1 — 82 — 12( я1п уг 2 1 — 82 Отск1да в силу (2) и следует формула (1) ((' = Р при р < а или с =— прн р > а).
70. а) Решения внутренних краевых задач имеют вид; 1) и(р, гр) = А-яшуз; 2) и(р, гр) = В+ — рсйпус — 4А ~ — ) я1п3р; ЗА г'Рз а а 3) и(р, уз) = А — гйпгр — — 2 ~ — ) р . 8А /рз~ь сов 2йгр а гг 1, 1 а 41се — 9 б) Решения внешних краевых задач даются выражениями: 1') и(р, га) = А — 21пгр; Р Гл. ! у. Уравнения эллиптинееноео типа хз ЗАа 1 а 2') и(р, уг) = В+ вгпуг — 4А ~ — ) вгп34р; Р Р 21 а . ЗА 1 а 1 соэ2Ь22 3') и(р, ф = А — сйп уг — — 2 ~ — ( Р „, (,р( 4йг-2' Указание.
В задачах 2) и 3) использовать тригонометрическую формулу яш ~р = Звшуг — 4згпЗуг. 71. Предполагая, что поток движется в отрицательном направпении оси и, введем цилиндрическую систему координат (р, у, е) с осью 2 вдоль оси цилиндра и полярной осью вдоль оси и; тогда распределение температуры в цилиндре дается формулой и(р, ~р) = — — рсоыр+ сопз1. Ч 14 Условие / Цейр = О выполнено; задача имеет решение. а 72. (ег 4- ег) 14 4- (Зег — ег) Ъг иг(Р,4Р) = 421 4(1'1 — 1'г) у» егЬ~"*~~ р л л (ег + ег)Ь4 4-2 4.(ег — ег)а4"*4-2 ш=о х ( )~ при р<а, 2т-Ь1 и(р,~р) = (ег + ег)(1'1 — 1'г)»- 4егЪг иг(р,уг) = 4е, + 2(1'4 — 12) х.
((ег -~ и 4П=О ,) 4»24( .) 4 4-г)дг -д х ег)Ь4 ~4-г 4 (ег ег)а4 нл-г р2т-' 1 Указание. Требуется найти ге радиуса а (и = и1) и кольце а условии ) 1'1 при О < (12 при я< 42 < и, 1о<2я и условиях сопряжения при р= а. (и1 Решение. Будем искать решение и = в виде суммы ~( иг и1 — 42 + и1 112 — ) 2 + и2 и1 =и2, диг диг Е1 — = Е2— др др эш(2т 4- 1)иг х ~ при а<р<Ь. 2тч-1 решения уравнения Лапласа в кру< р < Ь (и = иг) при граничном 378 Ответы, указания и решения Условия сопряжсния дают Е1+Е2 Е1 ЕЕ2 Общее решение задачи, очевидно, можно написать в виде йз(р,. р) = ~ ~ р" + — ) (В„соз и1р + Вп зт ар), е1-пе2 Р п=в 2Е2 20(Р р) = У Р"(Впееэи1Р+Впезпи1Р) Е1 пе2 п=е где Вп и В„ прир=Ь.
коэффициенты, определяющиеся из краевого условия 1„ 73. и = и(р, 1Р) = созев. Р Указание. Вводя систему координат (р, 1р, 2), связанную с осью цилиндра и осью 2 вдоль его оси, получаем для потенциала скоростей и = и(р, 1р) краевую задачу Ран=О при р) а, ди — — = ие СОЗ1Р. др в=а где функция й = является гармонической, удовлетворяет при (й1 ~ и2 р = Ь краевому условию Гз — 'из при О < 22 < я, 0 при я < 1Р < 2я й и условиям сопряжения при р = а. Полагая затем й1 — — Лз (р) Ф(1р), йз = Лз (р) Ф(1р), находим, как обычно, функцию Ф(1Р): Ф„(р) = и для Л1 и Лз получаем уравнения иЛ1 2 р — р — и Л1 —— 0 при 0<р<а, Р), йр/ аЛ2 2 р — (р — ) — и Ля=0 при а<р<Ь йр (, йр,) с условиями сопряжения Л1п(а) — Л2п(а) е1Л1п(а) = е232 (а) и условием ограниченности Лзп(0). Отск1да ~а~од~~ и и С Лзп = Апр, Л211 =Впр + — „.
Р" Гл. ! и. Уравнения эллиптинееноео типа а и = и(р. оэ) = -оо р+ — ( совиэ. Р Указание. Если поток движется вдоль оси х, то потенциал не- возмущенного движения жидкости равен ио = — пох = — гор сов оэ. Полагая и=ио+й, получим для й вторую внешнюю краевую задачу Ьй = О при р > а, дй ~ — = иосовд. дР ~ре а 75.
а) Если шар движется в направлении оси э, то в системе координат (р, д, оэ) с началом в центре шара потенциал скоростей жидкости равен э а и = и(т, д) = — ио — сов д. 2 т' б) Если жидкость движется в отрицательном направлении оси е, то а и = и(т, д) = ио э + —,) сов д.
2те) Указание. а) Требуется найти решение уравнения ели=О при т>а с граничным условием ди — — = ио сов д дт, =„ и условием регулярности на бесконечности. б) Полагая и = по+ й, где ио = ооя = ээот сов д, получим для й краевую задачу пункта а). Р е шеи и е. а) Поскольку граничное условие не зависит от ео, то и потенциал не будет зависеть от оэ, т. е. и = и(т, д). Уравнение Лапласа для функции и(т, д) имеет вид Решение будем искать в виде и(э, д) = Н(т) сов д, что для Л(в) дает Р 2ип1 — ~ т — ) — 211 = О, В (а) = — ио. дт дт Полагая 3(т) = то, найдем оэ=1, аз= — 2, 380 Ответы, унввання и решения В т. е. общее решение уравнения имеет вид В(г) = Аг+ —, где А и В гг постоянные.
М1 Из условий при г = а и на бесконечности (~ В(г) ~ < — ) получаем А=О В= еоа' 2 3 Дт) = ио —. 2гг Задача б) после учета указания к ней решается аналогично. 76. Вводя сферическую систему координат (г, д, 1р) с началом в центре шара и полярной осью, направленной вдоль внешнего поля, для потенциала электростатического поля Е = — 8гае1 и получаем 3ег и1 = — Ео гсозд при г < а, 2ег+ е1 1е1 — ег)а 1 иг = — Ео г — —, 1 саед пРи г > а, 2ег -~- е1 гг( где а -- радиус шара. Поляризация шара равна 3 1е! ег)ег Е 1=— о 4я е1+ 2ег а его дипольныи момент р = — яа, Р1 = а Ео, Е1 = 1+4яге1.
4 3 3 1Е1 Е2)ег 3 ' е1 + 2ег Р е шеи и е. Чтобы определить поле внутри и вне шара, надо решить для потенциала следующую задачу. Положим и2 — ио + и2 где ио = — Еог = — Ег саад. Лпя определения и1 и йг надо решить уравнения Езиг — — 0 при г < а, Ьйг=О при г>а с краевыми условиями и1 — йг = — Еоасозд,1 ди1 дйг при с=а е1 — е2 = — е2ЕО соей ! дг дг и условием регулярности для йг на бесконечности.
Решение этой задачи естественно искать в виде и1(г, д) = В111г) сов д., йг(г, д) = Вг(г) саед. Подстановка в уравнения и краевые условия дает 1'2В" + 2гВ' — 2В1 = О, г~Вгн+ 2гВ~ — 2Вг = О, В1(а) — Вг(а) = — аЕо е1В1(а) — егВ~(а) = — е2ЕО, ~В2~ < — при 1' — е со, Гл. !'гг. уравиеитг эллиптииееиого типа 381 где М некоторая постоянная. Отсюда уже нетрудно найти Лг и Яг.
Зная потенциалы, нетрудно найти поля .Ег — — — ягаг) иг, Ег —— — таг) из. Вектор электрической поляризации Яг шара определяется следующим равенством: (Ег — Е )Ег 1= 4я Внутри шара отлична от нуля лишь компонента Е:: диг ЗЕ2 Ел = — — = Ео: дг 2еэ + ег так что Е=Е= = Ео.
2Е2 + Е1 Поэтому поляризация шара равна ЗЕ2 (Ег — Ег) 4я(ег + 2еэ) 77. Выбираем систему координат так, чтобы ось г была направ- лена, вдоль оси цилиндра, а поле Ео . вдоль оси х. Потенциал поля внутри и вне цилиндра дается формулами 2Е2 иг(р, 22) = — Еорсов1р при р < а, Е1 -Г Е2 Ег — Ег аэ 2 иг)р, Зэ) = — Ео р+ — ) сов 1р при р > а, Ег-!-Е2 и ) где а радиус цилиндра.
Поле внутри цилиндра равно 2Е2 Ег = Ео Е1+ Е2 и направлено вдоль оси х. Поляризация р ге1 Е2)Е2 211(,е1 + е2) дипольный момент на единицу длины Р=яа.Р1 = а, Ео. 2 ггг — Е2)Е2 2 2(ег В- ег) У к а з а н и е. См. задачу 76. 78. Потенциал поля вне шара равен аз '1 и(т, Оэ) = — ЕО т — —,) СОВО ПРИ т > аэ гг) если начало сферической системы координат поместить в центре шара, а полярную ось г направить вдоль внешнего поля Ео. Указание. Потенциал следует представить в виде суммы и = = ио+й, где ио = — Еоя = — Еот сов 0 -- потенциал внешнего поля. Лля потенциала искаженной части поля й получается следующая краевая задача; 382 Ответы, указания и решении Ьй = О й = Еоасовз при т>а, при и=а.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
