Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Здесь аэ оэ = Сг — сов О, тг )то = — Нот = — Нотсовд, а Сгт + Сз — совр, ю = Слтсовд, где (29 -ь Ц(д — 1)(1 — Л) Сг = Но: 3(д — 1) з= о Л = —,, 11 = 2(1 — Л)(р — Цг — 91лЛ. С 2д(1 — л) — (2 -ь л) ( — 1)н С 2(1 — ЛНд — Ц' Н 4 — л о х сов(2п + 1)еэ. Составляющие вектора .В определяются по формулам 1дА дА — НР = — —.
° дв ' " д. ' Указание. Использовать выражение для вектора-потенциала двухпроводной линии А. = — 1п —, 2дэ1 Вг с Нз' где Нг и Яг расстояние точки наблюдения (т, ф от проводов, а также использовать разложение 1пНг и 1пНг в следующие ряды при т > со. ЗОО Ответы, указания и решении Напряженность поля внутри шара равна Н— 1 Но при г< 6.
-' ~ - ('-)'~ ( - М Отсюда видно, что Н всегда меньше Но, т.е. экранирование имеет место как при гг < 1, так и при гг ) 1 (для дна- и парамагнетиков). Указание. Коэффициенты С; должны определяться из условий сопряжения при г = а и при г = Ь. 2. Краевые задачи для полосы, прямоугольника, плоского слоя и параллелепипеда. 93.
Если на сторонах прямоугольника заданы функции и~ о=/~х), ~ ь= угЮ ~, о= фЪ), ~,, =Х(у): удовлетворяющие условиям .1(0) = ф(0), г"га) = Хгб) Х16) = Ьг1а) гр(0) = ф(Ь), то — (Ь вЂ” у) яп вЬ вЂ” Ь а и(х, у) = ~ л.п вЬ вЂ” у вЬ реп яп + 1а вЬ вЂ” Ь а ггп гйп — х + а яп вЬ вЂ” х Ь + Х~ ггп + фн вЬ вЂ” а Ь пп вЬ вЂ” (а — х)1 вЬ вЂ” а 6 где фа, 1п, Х„, ф„коэффициенты фурье-функций Ях) = 1о(х) — ио(х, 6), 1'ггх) = ~(х) — иоггх, 0), ф(у) = фгу) — иоггО, у), Хгу) = Х(у) — ггога у) равные Функция ио(х, у) = А н- Вх+ Су+ Вху, где А=1(0), В= ~ ) ~, С= а ' Ь ~фа) — гьгГО)) — Ьг" Га) — Г" (О)) аЬ Решение.
Требуется найти решение уравнения и + ия = 0 внутри прямоугольника 0 < х < а, 0 < у < Ь, удовлетворяющее краевым условиям, причем в силу условий краевые значения функции и(х, у) непрерывны. 2 г —, ггп — /1(х) вш — хдх, а а о 2г †.яп — / ф(у) гйп — у г1у, ь,/ Ь о 2 г . ггп ~р„= — / уг(х) гйп — х г1хг а,/ а о ь 2 Г . яп Хп= — /ХЬ) и — ЬР 1У. о 391 Гл. ! г. Уравнения эллиптического типа при краевых условиях о~( „=О, Полагая оз ~ , = ~Р(х), ог ~е , = О.
ог(х, д) = Х(х)У(у) и подставляя это выражение в уравнение, будем иметь 1 ув Х У У" — ЛУ = О, Х" + ЛХ = О. К последнему уравнению следует присоединить условия Х(0) = О, Х(а) = О. Решая эту краевую задачу для Х(х), находим собственные функции Х„(х) = яш — х, а соответствующие собственным значениям Из уравнения и условия Уи — ЛУ=О, У(0) =О, являющегося следствием условия од(х, 0) = Х(х)У(0) = О, находим У„(у) = А„яп — д. Решение задачи ищем, как обычно, в виде ряда пп .
нп оз(х, у) = ~ ~А„ яп — у яш — х. а а о=я Представим искомую функцию и(х, у) в виде суммы и(х, д) = ио(х, у) -1- о(х,. у), где ие(х, у) гармоническая функция, выбираемая так, чтобы функ- ция о(х, у) во всех вершинах прямоугольника обращалась в нуль, а в остальном была совершенно произвольна. Полагая ио(х, у) = А + Вх + Су + Вхд, мы видим, что эта функция гармоническая; коэффициенты А, В, С и В выберем в соответствии с указанным выше условием для о(х, у). Гармоническая функция о(х, у) удовлетворяет краевым условиям о ~„, = 1(х), о ~и, = д(х): о ~., = Ф(у), о ~., = Х(у), причем функции 7, ~р, ф, Х обращаются в нуль в вершинах прямо- угольника. Функцию о(х, д) можно представить в виде суммы четырех гар- монических функций, каждая из которых принимает заданное зна- чение на одной из сторон и обращается в нуль на остальных трех сторонах.
Найдем одну из таких функций о(х, у) из уравнения игле + о1ив — — 0 392 Ответы, указания и решении Условие при у = 6 дает А а= яп вЬ вЂ” Ь а так что 7ГП вЬ вЂ” у ог(хГ д) Е грп 7Гп я1п х' вЬ ™ Ь Теперь уже нетрудно написать общее решение нашей задачи.
94. а) Если заданы граничные условия и~а=о =.Гг(х)7 и ~а=о = ГР(У)Г из ~е=е = ф(У)Г ие',ь=ь = Х(х)7 причем 1 (0) = Гр(0), и(х, у) = У(0) -~- ~ „~~7, сЬ вЂ” (2п+ Ц(6 — у) + 1. сЬ вЂ” (2п+ 1)Ь + Х' яЬ вЂ” (2П+ ЦУ1 .ягп — (2п+ Цх+ Ь(2П -!- Ц 2а 1 2а + . ~гр, сЬ вЂ” (2П+ Ц(а — х) + сй ~(2П >Ца~ 2Ь 26 2к97! к 1 .
Гг + вЬ вЂ” (2п+ Цх~ вгп — (2п+ Цу а(271+ Ц 2Ь 26 где 7„, ГР„„фза, Ха коэффициенты ФУРье соответствУющих фУнкций,причем 7(х) = У(х) — У(0), Оз(х) = Гр(х) — У(0), р(0) = 7(0) = О. б) Если заданы граничные условия и ~в=.о = У" (х), и ~, =ь = ГР(х), и, ~*=.о = ф(У), и, ~ —, = Х(У), то решение уравнения гзи = 0 имеет вид 1 Г ггп яп 1 кп и(х, у) = ~ 7! ~(„вЬ вЂ” (Ь вЂ” у)+ГрпвЬ вЂ” У) сов — х+ а а а=! Г 7ГП 7ГП 1, гп. + р„сЬ вЂ” х — ф„сЬ вЂ” (а — х)~ вш — ' д кп вЬ вЂ” а Ь Ь 7ГУ Ь 2И и(х, у) = — агсья вЬ— Ь (Ц 95.
Решение. Метод разделения переменных приводит к частным решениям и,„(х, д) = (А„ехр( — — х) + Вп ехр( — х() вш — у. Из ограниченности решения при х — ! оо следует, что Ва = О. Составляя ряд 2 и,„и удовлетворяя краевому условия! при х = О, получим Гл. ! ГГ. Уравнения эллаптннееного типа 12т -'Г Цэг т=е Этот ряд нетрудно просуммировать. В самом деле, 27п -~- 1 Е1 = ~~7 ехрг— ! 12т Ь ) 2т-~-1 - (- 1 — -)- Ь.-")) ") 2т+ 1 ОГ=О Полагая л = ЕхР( — — ) ЕхР(7 — ) и учитывая, что Е уг ЕГ = — 1п 27п-ь1 2 1 — Я' будем иметь 1 ( 1 — ехр( — 2™ ) + 72 ехр( — — ) зГв— Н = 1ш — 1п ь Ь Ь 1 — 2 ехр( — — ) сов — + ехр( — — ) Ь Ь 6 7Гх 1, 7ГУ 7ГУ 1 зш— = — агсгя 6 Ь = — ас1я 1-..р(-'*) ' Ь 6 откуда и следует формула 11).
Заметим, что с помощью предельного перехода Ь вЂ” Г оо из 11) сразу получается решение уравнения Лапласа для четверти плоскости при краевых условиях 77 ~л=е — 1' и )о-е = О. В этом случае и1х, у) = — агс1д —. 2ЬГ у н х 77 У 7ГУ 2у зГв 1!о у 2уо Гйп — ' 96. и1х, у) = — агсф + —" — — асс!я 7Г е Че+ соз— Ь Ь Предельный переход при Ь вЂ” Г оо дает и1х, у) = — ассад — '1х > О., у > О). 2И у 7Г х Указание. Искомый потенциал удобно представить в виде суммы и!х., у) = — + и,1х, у) + из!х7 у), Ь (2) где и71х, у) решение задачи 95, а из1х, у) удовлетворяет уравнению 394 Ответы, указания и решении п=1 который суммируется аналогично ряду (2) задачи 95.
к(2га+ 1) х вй к(2ггг + 1) 4до 97. и = — ~~ У + Ь гг(2т Ч- 1) а п(2т ~-1) Ь т.=о гг(2т -ь Ц гг(2т -Ь Ц вй а 41.г вгп + — ~ 2т~-1 гп=с Предельный случай и -+ пов при а — ) оо. ) пг(х,д) при д<6, '< иг(т, у) при 6 < д < Ь, Пг(Х, д) = ~ ~А„Е 'Л-аУгг(д), Угг(д) = ' п=1 (1) п=1 ЩР,ГЛ„<в)п, Лп 6 + вгп,)Л. (Ь вЂ” 6) е16 ег(Ь вЂ” 6) 2вгп~ игЛп 6 2сбп игЛ„(Ь вЂ” 6) Л„ -" п-й корень трансценцентного уравнения егс1к ъГЛ)1 + ег сСк зГЛ(Ь вЂ” 6) = О. (2) (иг при д < 6, Рещение. Требуется найти функцию и = г ( иг при 6 < д < Ь, непрерывную в области х > О, О < д < Ь, удовлетворяющую внутри области х > О, О < д < Ь уравнению г)гу(ебгаг(и) = О, где где ег при у<6, ег при 6 <у <Ь, )1цг = О в области х > О,. О < д < Ь и условиям иг( =- —, иг! о =О, о'од Первое слагаемое в (2) означает потенциал поля в плоском конденсаторе.
Определяя отсюда пг(г, д), мы приходим к ряду — — пп Ь в1п — „ дг(х, д) = — ~(-1)" 395 Гл. !У. Уравнения эллиптического типа и граничным условиям иг = 0 при у = О, иг = 0 при у = Ь, иг — — У прил=О. Если учесть, что г кусочно постоянно, то для иь и иг получаем уравнения ьаиг = О, еьиг = О, а на границе разрыва у = 6 иг и иг должны удовлетворять условиям сопряжения диь диг и!=иг, гг с яг при у=Ь. ду ду Полагая и(л., у) = Х(т)У(у), из уравнения (еи,), + (еи„)о — — 0 получаем после разделения пере- менных — (г — г) -ьеЛУ = О, Х" — ЛХ = О, ! дуьь (3) ь!у ь!у У(0) = О, У(Ь) = О.
Учитывая разрывность е, будем иметь для )( У(у) при у < 6, )(У(у) при Ь < у < Ь условия У" + ЛУ = Оь У" + ЛУ = О, У(0) = О, У(6) = У(6), его'(6) = ггУ'(6). У(Ь) = О, Решение этой задачи ищется в виде — вш ъ'Л у =, в1п ъ'Л (Ь вЂ” у) э!въ'ЛЬ эшъ'Л(Ь вЂ” 6) Подставляя эти выражения во второе условие сопряжения, получаем характеристическое уравнение для определения Л: еь сей ь' Л 6 + ег сея ГЛ (Ь вЂ” 6) = О.
(4) или ег /У (у)1 „(у) е!у+ ег /У (у)Уи(у) ду = 0 при т, ф и. ь) См. (7, гл. П, Ь 3, и. 9). Пусть Лы Лг, ..., Ла корни этого уравнения, Уы Уг, ... ..., У„(у) соответствующие собственные функции. Из общей теории задач на собственные значения') следует существование счетного множества собственных значений (Л„), которым соответствуют собственные функции (Уо (у) ), образующие ортогональную с весом е(у) систему функций ь ~У (у)У„(у)е(у) а!у = 0 при гп ~ и,, о 396 Ответы, указания и решения Для нормы собственной функции ~Щ~ получаем: ь ь ~~ .~~'= 1.'(.) (.) .= 1-.() у+"Г='.(.) о о ь Вычисляя эти интегралы и учитывая уравнение (4) для Л„, находим: !/У!!~ —, +, . (5) 2 сйпв ьеЛ„Ь 2 в1ььв ьеЛ„(Ь вЂ” Ь) Коэффициенты разложения некоторой функции 1" (у) в ряд по собственным функциям У„(у) определяются по формуле ь ~" = ~~М Йу)'н(у)'(у) "у о Из уравнения (3) находим: Х„(т) = А е 'еЛ" Общее решение задачи имеет вид и(и, д) = ~ ~А„е в""*У„(у).
а=-1 Пля определения Ав используем условие при т = 0 У = ~АаУ„(у). и=-1 Отсюда ь I (У) (У) У Л, 2УЛ '(.1 Л Ь + са Лв (Ь - Ь) 99. Потенциал электростатического поля равен (1) н=1 где У „(у) при у < Ь, У„(у) при Ь<у<Ь, выражения для У„(у), А„и квадрата нормы даны в ответе к предыдущей задаче 98, Л„ корень уравнения вь 18 ъ'Л (Ь вЂ” Ь) + вз 18 ъ'Л Ь = О. Предельный переход при а э оо дает решение задачи 98 ива ~ = = иов, так как вь Л.( — ) е — ьее вй уеЛ„а Указание.
См, решение задачи 98. Гл. ! г. Уравнения эллиптипееиоео типа 100. Напряженность электростатического поля К = — ягаг) и, где и --- потенциал, равный )( иг(х, У) пРи У < Ип (иг(х, у) при 6 < у < Ь, гг(2й+ 1) п(26+ 1) ) 16 6 -ь 16 (Ь вЂ” 6)~ ~ь 1 ь (ь 1)~ и п(26 -Ь 1) г(26 -Ь 1) г=о ЬЬ (Ь вЂ” 6) е- 16 гг(2й -ь Ц У . (26+ 1) х Згн х (26-ь1) ь ь иг(х, у) = — ~ ~зЬ 41' 1 гг(2й -и 1) у+ 11 а ь=о + гг(2й -Ь 1) и(26 -~- 1) 1 гг(26 -Ь 1) Е216 6 Е116 (Ь вЂ” 6) эЬ э — и) х гг(2й -~- 1) я(26,'- Ц ег ФЬ (Ь вЂ” 6) -и ег 16 а а гг(211+ 1)х Эги х а гг(2й+ 1)Ь а /Уп(у) при у < 6, 1) гг(у) при 6<у<Ь вЂ” решение задачи У'„' — ЛпУп = О, К„(0) = О, Уп(6) = Уп(6), Е1Уп(6) = Ег~ п(11) определяемое с точностью до постоянного множителя.
101. и(х, у) = ((у — Ь) — (т — а)~)+сопзо, где й --- коэффициент теппопроводности. 2аьй У к а з а н и о. Требуется решить вторую краевую задачу для уравнения ил + и„„= 0 внутри прямоугольника при краевых условиях йиа(х, О) = — —, йи,(0,. д) = — —, ие(а, у) = О, и„(х, Ь) = О. Я Я УКаЗаНИЕ. РЕШЕНИЕ ИщЕтСя В ВИДЕ и(Х., д) = ~ АггХгг(Х)ггг(д), п=г где Хп(х) собственная функция краевой задачи Х" +ЛХ=О, Х(0) =Х(а) =Ог 398 Ответы, указания и решения В этом случае сведение этой задачи к двум задачам, у каждой из которых на трех сторонах взяты нулевые краевые условия, невозможно, так как при этом нарушится необходимое условие разрешимости второй краевой задачи )ь — 7Ь = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
