Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 63
Текст из файла (страница 63)
е(-Ьег ' ел";ег Плотность поверхностных зарядов равна (Г = Е(о( 2я(е~ -ь е ) 14) где Е„, (о1 равное первичное поле заряда е при г = О, находящегося в Мо, Ело) 15) ел га где го = Из формул (4) и (5) следует — с лу = — з ео ву(е(+вг) 2ята з2пназ Суммарный заряд, индуцированный на плоскости е! ег еа = 2я /(ур л1р = е. е((в( + вг) а я=О, равен 1пфо1 (всюду в слое 0 < г < 6), где улауу 2( — с, = а у у( — (2 (уд', 61. Потенциал электрического поля, создаваемого источником тока 1, помещенным в точку Мо(0, О, (',), равен Гл. ! гг.
уравнения эллиптического типа ,з+,з+( (2 6 Дз 1 п1 1 1„ — Е— 2.пгэ и= — ео [пФО~ 1 и= + 2воэг где Плотность тока при э = 0 равна и1 1 т1 + — ~" 2прэ 2я л-г (рэ -Ь 4пэЬэ)Юэ ' п= — ов д1 1 ~- и1. 2прз 2п л-л [рэ -Ь 4п'Бр)лр' ' Указание. Требуется решить задачу глиг=О при 0<я<6, 1аиз=О при г>6, иг =из, 1 диг дпа при я = Ь,и — — — при г о О, пг — — пз 4ггаэ г — г=О при я=О, я~О, дфО (гфО). де Последнее условие означает, что отражение в плоскости я = 0 будет четным. При отражении в плоскости г = 6 надо воспользоваться методом решения задачи 60.
Следует учесть также, что для построения решения в слое 0 < я < 6 нет необходимости вычислять решение в области г > 6. /диг ~ Чтобы удовлетворить краевому условию ( — ~ = 0), необходи(,д мо поместить в точке М(0, О, — ~) источник тока 1. Чтобы удовлетворить условиям сопряжения при э = 1г, теперь необходимо поместить в точки М(0, О, 26 — г,") и М(0, О, 26+ Д источники 1г = м1.
Но этим мы нарушили условия при я = О. Чтобы удовлетворить условию при я = О, необходимо в точки М(0, О, 26+ г,) и М(0, .О, — 26 — г,') поместить источники тока 1ы Но этим мы нарушили условия сопряжения при я = Ь. Продолжая этот процесс, мы сможем удовлетворить всем граничным условиям лишь с помощью ряда (1). Абсолютная и равномерная сходимость этого ряда, а также и производных рядов, обеспечивается условием (эг( < Е 24* эг=, (эг! < 1.
о, +ггэ' Если ( = О, т. е. источник находится на плоскости я = О, то гп = г'„и потенциал равен 372 Отвесим, указания и решения Пользуясь формулой у = — обтаяли, нетрудно найти составлякг- щие плотности тока уг, уу, уг при г = О. 62. Потенциал над плоскостью х, г (у > 0) равен сумме потен- циалов самого заряда е и его семи изображений, расположенных следующим образом (рис. 45): е в точке Мо(хо; Уо, ео), — е в точке М1 ( — хо: Уо, Ео), е' в точке Мо(хо; — Уо, яо), — е' в точке М1( — хо, — Уо Ео) — се в точке Мг(с хо, с Уо, с го) 2 2 2 — се' в точке Мг(с хо, — с уо, с зо) се в точке Мз( — с хо с уо с го); ,2 2, 2 се' в точке Мз ( — сг хо, — с уо, с го), где и, Ег — Е1 с=-, е= е. Ь ег+ е1 Рис.
45 Потенциал в диэлектрике при у ( 0 можно получить, используя только изображения в области у > 0 и подставляя вместо е заряд 2ег е е, ~-ег' 63. Потенциал электрического поля, создаваемого точечным источником тока, находящимся в точке Мо(0, — 6, 1,'), мощностью 1о, равен где 'о = го = Г1 Плотность тока при у = О, игагуо т (иг -'е ог)11 гоо игиг1о (и1, иг)к Гз так что ,1„1,2о р 11аг з- аг)к Ы ' гг Ьге 2 + 112 2 2+ 2 64. Потенциал поля вне сфер равен где е„и еи заряды, величина которых опредоляется по рекуррентным формулам а с — рм-ы а е — рго1 игу+1 = — Е21 — 1, иге+2 = —, ' Егы Ь р„., ргят1 Гл.
! )г. уравнения эааапоэи )етого типа а с — рээе, с21-~-1 Ь ) е21 — 1) Р'21-, а с — рмэ) ЕЫЭ2 — — Его Ь Р21:.1-1 Эти заряды находятся в точках (рис. 46) М„(р„, до, )ро) и М„'(р'„, Рис. 46 рекуррентными формулами (с — Ь )рг),, — а с 2 2 ) 2 а (с — Р21) с(а — р' я) — Ьг причем а Ро = ро с(с — ро) — Ь' с — ро Ь е с — ро г„', = рг+ р'„2 — 2рр'„саво'„, ОМ„и ОМя, О --- начало координат, М„ точка наблюдения. а ео=е, ео — — — е Ро где и„--- угол между место источника, М„ В 4. Метод разделения переменных 1.
Краевые задачи для круга, кольца и сектора. 65. Если на границе круга радиуса а искомая функция и~о —, = !()Р), то и(р, )р) = — + ~~ 11-21 (А„сов п)р+ В„вшп)р) при р ( а, Ао !р1" 2 (,а! о=1 где А„В„коэффициенты Фурье функции ((Вэ), равные Аа = — э! 1()р) сов в)Р йр 1 о 2 1 Г Ва = — ~ ) ()Р) вшэиР йР о (в=О, 1,2, ...), (2) (и = 1, 2, ...). до, )Ро), где Р„и Р'„опРеделЯютсЯ Ь )р„., Р21-11 = ) срээ 1 — аг а (с — р21) РЖ-~-2 с(с — рм) — Ь" с(с — ро) — Ь Р1 = с — ро аЬ Е, Е1 = Е, сро — аэ 374 Отвесам, указания и решения Из формулы (1) можно получить интегральное представление для решения первой внутренней краевой задачи для уравнения Лапласа внутри круга (формулу Пуассона) г 2н „~аг+ рг — 2арсовбр — уб е Решение.
Требуется найти функцию и(р, ~р), непрерывную в круге О < р < и, удовлетворяющую уравнению внутри этого круга и граничному условию и~я —, — — Дуг), (5) где 1 .-- заданная непрерывная функция. Задача решается методом разделения переменных (см. ~7, гл. 1Ъ', '2 3]). Решение ишотся в виде суммы и(р, ~р) — ~ и„(р, уз), (4) где и„(р, уг) = Л„(р)Ф„(уг), ( и (6) 66. и(р, ~р) = — '+ ~ — (Аасовп~р+В„втпр), (1) .=. Ы где а — радиус круга, .Аа и Ва определяются по формулам (2) задачи 65. Указание.
Требуется найти функцию и(р, уг), удовлетворяющую уравнению 1 а / Ои'1 1 а'и — — ~р — ( + —. — = О вне круга, р Ор з, ар( рг ар кРаевомУ Условию и ~е а — — 1 (Уг) и Условию огРаниченности пРи р — з оо. Решение ищется методом разделения переменных. Из условия ограниченности на бесконечности следует, что Са = О, и мы получаем частное решение в виде з и и„(р, уг) = ( — ) (Аасовпгр+Вааппгр).
~,р Общее жс решение дается рядом и(р, Эг) = ~~~ и„(р, уг). а=е Пользуясь краевым условием при р = а, приходим к (1). Гл. !'гг. Уроеиеитг эллпптичееиого типа 6Т. 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
