Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 61
Текст из файла (страница 61)
Заметим, что при о = я формула (1) дает решение задачи 35. 42. Потенциал заряда е дается суммой а — 1 и = ~ ]иге(р, Оэ, г; э, 2ег1г+эг, () — изо(р, оэ., г; о, 2сгй — уг, ~)], о = —, ь=о где изо -- решение задачи 36, выражение для которого в цилиндрической системе координат имеет вид /1 11 изг(М, Р) = изо(Р, Оэ, г; з, 4э, 0 = с ~, ] — — —,(, ],г г'„] причем гп = рг + оз — 2рэ соз(ээ — ф) + (г — (2п1 + ~)]з, г„' = рз + оз — 2рз соз(оэ — ф) + (г — (2эП вЂ” ~)]з.
При о = я получаем решение задачи 36, при 1 — э оо имеем и — 1 и = ~~',]пзз(Р, Оэ, г; з, 2ой+ Ф о,) — изз(Р, Оэ, з; з, 2ой — оэ)], е=-о где изз решение задачи 35. Указание. Отражая заряд в плоскостях г = О и г = 1, мы найдем потенциал заряда в слое О < г < 1, после чего в соответствии с решением задачи 41 производим отражение в гранях угла. 43. Стационарное распределение температуры в полярной системе координат дается формулой а=о 338 Ответы, указаиив и решения где ть = рз+во — 2рвсов[уз — (2оЬ+ ф)) + (я — До, рз + вз — 2рв сов(уе — (2ой — ф)) + (х — До мощность теплового источника, помещенного в точку Ма[в, ф, Д, М = М(р, р, з) точка наблюдений, сро теплоемкость единицы объема. Указание. Решение ищется в виде Е„> 1 и = — — + и. то — — тмм = Рз + в' — 2Рв сов(Р— ф) + (г — ~)з, ер то где и всюду регулярная гармоническая функция; функция и удовлетворяет граничным условиям второго рода [-;)...
=' Функция и ищется методом изображения по аналогии с задачей 41. 44. и(р, уе) = )г (1 — — ) . Указание. Следует найти функцию источника внутри угла о — 1 / Сз [р, уо; в, ф) = — ~ ~1п — в 2я тв ь=о (см. задачи 41. 43) и воспользоваться формулой Грина .ы,е) =-е1 [ — ',„;) о 45. и(х, у) = г' [1 — — ьгс18 — ). у1 2я х) Указание. Построить функцию С[М, Р) для полуплоскости 'о С[х, у; е, у) = — 1п —. 2я. то Решение можно также получить из решения задачи 44, положив там о = я и перейдя к декартовым координатам х, у.
46. Если ось в направлена вдоль одного из ребер, так что перпендикулярное сечение лежит в плоскости (х, у),то потенциал равен где т„„, = [х — [2та+~))з+ [у — (2пЬ+е1)]о+ (з — ~)о, т' = [х — [2та — ~))з + [у — [2пЬ вЂ” ц))з + [з — З)з 7 „= [х — (2та+())з+ [у — [2пЬ вЂ” г1))з+ [х — ь)з т' = [х — [2та — Дз + [у — [2пЬ+ г1))з + (х — Дз где а и Ь стороны прямоугольника. 359 Гл.
1Ъ'. Уравнения эллаптннееноео типа где й~аа йтп (з) Ьпа г( ) йонй (бд й1П и (б) /ил и (г) й1о,а [х — (2а(б + С)]з + [у — (26т+ г))]з + [я — (2сп + Г)]з, [х — (2ай + с)]з + [у — (26т + г))]э + [з — (2сп — Дз, [х — (2аИ + с)]з + [у — (2Ьт — г))]з + [я — (2сп — (,")]з, [х — (2ай+ с)]з + [у — (26т — г))]э + [я — (2сп+ ()]з [х — (2ай — с)]з + [у — (26т — 9)]з + [я — (2сп -(- (,)]з, [х — (2аК вЂ” с)]я + [у — (2Ьт -(- )))]я + [я — (2сп+ г)]з, [х — (2ай — С)]з + [у — (2Ьт + (1)]з + [я — (2сп — Г)]я, Указание.
Покрыть всю плоскость (х, у) прямоугольниками, получающимися из сечения данного цилиндра путем сдвига на вели- чину Ьп вдоль оси у и на величину ат вдоль оси х. Объединяя четыре подобных прямоугольника, лежащих внутри области — а < х < а, — Ь < у < Ь, в одну группу и беря нечетные отражения во всех сто- ронах, мы получаем первое слагаемое суммы ряда. Перемещая затем всю группу по осям х и у на 2ат и 2Ьп., получим остальные члены ряда. 47. Направим ось т вдоль одного из катетов., поместив начало координат в вершину прямого угла.
Тогда решение задачи можно за- писать в виде и(х, у, я: ~, (),(,) = ибб(х., у, я: с ч ь) ибб(х: у> я у ь ь) (О < х < а, у < х), где ибв --- решение задачи 46 для цилиндра с квадратным сечением, причем сторона квадрата равна а. Указание. Плоскость х = у делит цилиндр с квадратным сече- нием на два симметричных цилиндра с сечениями в виде прямоуголь- ных равнобедренных треугольников. Точке (с, уь () (г) < с) одного цилиндра соответствует симметричная точка (О, С, Д другого ци- линдра.
Беря решение задачи для цилиндра с квадратным сечением с полюсами в симметричных точках, мы получаем искомое решение задачи. 48. Решение и = и(х, у, я) имеет вид и = ибб(х, у я) С: гй 0 — ибв(х у я) С, )) — ь) где ибв(х, у, я; С, (), () — — решение задачи 46. Указание. На плоскости я = О выполняется граничное усло- вие и = О, т. е. отражение в этой плоскости должно быть нечетным. 49. Потенциал в точке М(х, у, я) точечного заряда, помещенного в точке Р(Я, )), ~) внутри параллелепипеда со сторонами а, 6 и с, равен ео х х 1 1 1 1 — Е ',~ Е „, (э) + ,3, ,4, й= — х~а= — ха= — оо й Л й й 1 1 1 (б) (б) (7) й~ в Ал| й Збо Ответы, указания и решения г = (х — (2ак — С)]з + (у — (2дт — у)]з + (х — (2сп — (')]з а, д,.
с измерения параллелепипеда, М(х, у, х) точканаблюдения, Р(С, у, ~) — точка, в которой находится заряд. Указание. Выберем систему координат так, чтобы начало ее помещалось в одной из вершин параллелепипеда, а оси были направлены вдоль ребер. Покроем это пространство параллелепипедами, подобными данному, при помощи сдвигов по осям х, у и х на ак, дт и си соответственно, где а, д, с .— длины ребер вдоль осей х, у и х. Объединяя восемь подобных параллелепипедов, лежащих внутри области — а < х < а, — д < у < д, — с < х < с, в одну группу и беря нечетные отражения во всех гранях, мы получим одно слагаемое суммы, представляющей ответ.
Перемещая затем всю группу зю осям х, у, х на расстояния 2ай, 2дт, 2сп, получим остальные слагаемые суммы. Решение этой задачи сходно с решением задачи 46. 2. Функция источника для областей со сферическими (круговыми) и плоскими границами. 50. Если обозначить а-радиус сферы, е величину заряда, Π— центр сферы, М вЂ” точку наблюдения, Мс — положение заряда (рис. 41), то решение ~о~~о написать в виде и=е где рс = ОМс, гс = гмзг„ = ММ, Рис. 41 Мз точка, лежащая на продолжении ОМс и полученная из Мс при помощи преобразования обратных радиусов-векторов. Р е ш е н и е.
Задача состоит в отыскании функции, гармонической во всех внутренних точках сферы, кроме точки Мс, в окрестности которой она представима в виде а = — -~- п(М), Tя где а потенциал индуцированного поля, причем на поверхности сферы и = О. 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. !'тт. уравиеишт эллиптличееиогв 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 ро 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)зи = 0 и и~ = 11д, уг) дается формулой где интегрирование проводится по сфере, или г г г итре, до, 'Ро) = 4 т~р г г зтг т1д 'Р) Ятп'иттд 4 т э э (аг — 2аро соя у+ р')М' о о где соя т = созда созда л- сйпдятпдо соя(Зт — 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 э=в' 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
