Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 68
Текст из файла (страница 68)
т=в7, ~ а) 109. Решение общей первой внутренней краевой задачи для огра- ниченного цилиндра О ( р ( а, 0 ( 2 ( 1 1 д Лл ди 1 1 дли дяи льи= — — )р — )+ —, + —,=О, рдр),др) р др да и ~, = ллллуь, 2), и ~ в т ф17Р у«), и ~ 1 т л)лзльррлр) представляется в виде суммы трех решений и — и1 риз и иэ 405 1"л. !'гг. Ураонения эллиптичеенооо тина ГДЕ и1, 'иг и иг Решения краевых зя,ца 1 15иг — — О, иг ~ = 1'[1р,з), иг ~ = и1 глглг = О., иг ! = О, иг( = грг[р, гр), огиз = О, из (~, = О, из(л = О, [из[о — 1 определяемые с помощью следующих рядов: 1„ иг[р, 1Р, г) = ~~1 ~ [Аг„'1 сояп1Р+В~~~„,яшпнр) и=о т=1 1„ (л,=О, [иг[.-1 = О, = гЫР 'Р) где А[~~,„= ~~~[гр., г) соягиря1п т зАрйг, о о )[2 при тг = О, '[1 при 11 ф О, 2 1 В(, [ = — Г [ 1"[1р, г) вп'пряш — гг1гогй, о о о=о т=1 2 А~~[ог = /~4~[р, 1р)сояп1РЯи ~ и р) рйрйр, не„аз[у„'[р~,е))' „„ 2 / Ж В„,„= Гн, ~~ГР1[р, 1р) СеянрЮ„(1 р) роро, наг[.у,', [р ))г из[р, 1р, г) = иг[р, оо, г — з), Ко+Ля=О., я[О) =г® =О, Лн, = ( —,), ги, =Ягл™, а для гг[р, 1р) уравнение откуда находим ЕСЛИ В ВЫражЕНИИ дЛя А,т И В„т ЗаМЕНИтЬ гР1[р, 01) фуНК- 00 [г[ цией фг[Р, 1Р).
Указание. Следует искать частные решения для иг в виде и1[р, 1р, г) = 1г"[р, 1Р)Я[г). Для Я[я) получается краевая задача 400 Ответы, указания и решения Полагая 111(Р Уг Я) = и(Р Уг)~(Я) будем иметь — — (р — ) + —,, +Лг'тО, )1(а, Гр) =О, 1 д / дЪ''г 1 доу' р др (, др) ра дгра так что и " ~~" соя пгр, / ггех з ги — ~=) г=О, Л(() =О, 'гпг. и откуда находим ~гп, п = Сггг, гг яй (( — я).
гг а 110. Потенциал электростатического поля внутри цилиндричес- кой коробки равен ~(21+ Цгг я=.о 1о ~ а~ (2й+ Ця Вгл Е 2а в-1 Поле на оси цилиндра (21+ Цгг Е сов Е,(0, я) = — ( — ) Е,(О, О) = ††',' ~ я=о 1о (см. решение задачи 108). В предельном случае при г -+ оо имеем 21го 11оЯ, Р) вгике 1 1.К) Поле на оси цилиндра (р = 0) равно Е,= "1 (") = ° 7 ди') 2 У о а де гг я=о гга ) 1о(в) о В частности, Е,(0, 0) = — — ' го) вй рп' (С вЂ” ) 111. и(р, я) = 2ео~ т=1,Д~ ~ уравнения,Уо(1гггг ) = О.
го) а ((2й О- Цгг ) ' ((2й и; Цгга) г1в 1о(в) о р~ р где рт~ -- корни и- 11(р- ) 4ОУ Гл. ! и. Уравнения эллиптичееиово типа Замечая.что [о> вЬ (1 — г) (о) 1пп = ехрл~ — — ' Р~о~ 1, вЬ получаем решение задачи для полубесконечного цилиндра (о~ т=г 112.
Решение задачи гЬитО (р<а, 0<в<ос), и~ имеет вид =О, и! о=йо (о~ иыг(Р в) = 2йо ~ (о> ~о> (о> ( [о>) эо — Р а решение задачи глитО (р<а, 0<в<со), дается формулой и~~,= йо =0 и(р, я) = Ъо — игы(р, в). 113. Распределение температуры внутри цилиндра дается формулой Р вЬ вЂ” (1 — е) и(р, в) = ~ ~А„, " л"о à — р), т=г где 2ао Ат = ЬрйУг(рт) ' р„, — корень уравнения и (1 — е) и(р, г) = ~~~ А и .7о ( — р), (1) т.=г А. = 2Ьа я (2) ь(агЬг л иг )иг У (и ) где ит пг-й корень трансцендентного уравнения гг(и) = — го(и), (0) 6 коэффициент теплообмена.
Переходи к пределу при Ь вЂ” э со, получим отсюда решение задачи 113. 114 эо(1г) = О, й коэффициент теплопроводности. Указание. Задача сводится к решению уравнения Лапласа гли = 0 при граничных условиях — ЬО тд, и), =О, и(,, =О. 408 Ответы, укиоапия и Региепия (2) где Л (р) совпадает с соответствующими функциями задач 113 и 114, Я (з) определяется из уравнения е'и — Л„,Я = 0 и условия Л(со) = О, так что еог т А е 116.
Напряженность злектростатического поля Е = — ягаг(иг где и потенциал, равный 41'о и(р, з) = — х я(27П-Ь Ц Р~, я(2пг-Ь Ц и — 1о и(2пг-Ь Ц (я(2пг-ЬЦ Ко[ Р~ Ко [ [гг(2т-'гЦ я(27П+ Ц ) 177 27п-1-Ц ) Ко [ т=с 1о гг(27П + Ц в1п е 27п -Ь 1 Здесь Го и Ко — функции Бесселя нулевого порядка мнимого аргумента первого и второго рода соответственно.
Предельные случаи: 1) если 1 = оо, то 21о Руо(рв)Ко(ав) — 1о(ив)Ко(рв) в1вве й г(в / 1о(Ьв)Ко(ив) — 1о(ав)Ко(Ьв) о потенциал внутри полубесконечной трубы; Указание. Требуется решить краевую задачу ЬитО (0<р<а, 0<я<1), ди ди — й — ту, — +ли =О, и~ 1=0. 7=0 дР р=о р=о 115. а) Решение задачи 113 для полуограниченного цилиндра () = = со) имеет вид и(р, з) = ~ Ат ехр( — Р'" е)Уо (~"' р), (1) т=1 где рт --- корень уравнения йо(11) = О, Ьрйуг( ) б) Решение задачи 114 при 1 = оо и(р, з) = ~т А ехр( — ' (,7о ( — р) (3) т=1 где Р корень уравнения (3) задачи 114, А определяется форму- лой (2) задачи 114.
Указание. Решение ищется в виде и(р, е) = ~ Я„,(я)ге' (р), 409 Гл. !17. Уравиепия эллиптического типа 2) при а = 0 имеем 77(27п+ Ц р~ .. 1в [ и(р, я) =— т=а1о [ гг(2т -В Ц вйп  — и!го гг(2пг+ Ц 119. и(р, г) = Ув(ъгЛ Ь) вЬ ъгЛ л П в) ц Л-' Л (эо( 1Л а) -~- эг(згЛ; Ь)) в!7 зггЛ ! где В яр) = эо(з!7Л р)Мо(зугЛ а) — уо(з!7Л„, а)!г!о(зуеЛ р); Л т-й корень уравнения эо(вгЛ а) эо(вгЛ Ь) йго(ъ'Л, а) гуо(ъгЛ„, Ь) Решение. Искомое решение краевой задачи 1 д ! ди1 да гли= — — (р — ! л- — =О, р др (, др / д и ! = и ! = О, и ! = О, и ! = ио представляем в виде и(р, я) = Хлв(р)л(я), где В(р) определяется из уравнения Бесселя -' —" ( р — ""1) + Лл = О (1) р г! Л, г!рг! потенциал внутри цилиндрической коробки.
Указание. Решение ищется в виде и = ЕЛ(р)Я(в), для В(р) получается задача 1! + — Я~ — ЛВ = О, Я(а) = О. р Общое решение этого уравнения имеет вид В(р) = А1о(ъ!Лр) + ВКо(ъгЛр). Условие В(а) = 0 дает В = — А1о(чгЛ а)77Хоо(чгЛ а) . Пля Я(в) имеем Иа+ ЛЯ = О, У(0) = Я(1) = О, Л„= ( — 1!, Я„(в) = вш При предельном переходе ! — 7 оо вводим переменную вп, = гг(2т+ Ц 2я , так что !1в = — и наш ряд преобразуется в интеграл. 11Т.
Температура в точке (р, в)внутри тороида равна и(р, я) = ио + (иг — ио)о(р в) где о(Р, Я) = омв(Р, в)+оггв(Р, ! — Я)7 омв(Р, Я) Решение задачи 116 при Ьо = 1. 118. Если обозначить и(р, вэ, я) стационарную температуру в точке (р, гр, г), то: Ц и(р, гр, я) = ио = сопя!; 2) и(р, го, я) = и(я) = и, —. ! 41О Ответы, указания и решения с граничными условиями Л(а) = О, Л(Ь) = О, а е,(г) удовлетворяет уравнению я о — ЛЯ = О и условию г(() = О. (2) Из (Ц находим Л(1г) = СУо(ГЛ р) + РХо(ГЛ р). Пользуясь условиями при р = а и р = Ь, будем иметь: Л (р) = во( ЗЛт р]Но(з~Л„, а) — эо(1Лт а)(воЦЛт р), где Лт определяется из уравнения 1о(~IЛ а) *Уо(теЛ„Ь) Хо(ъ'Л а) бее(в/Л,„Ь) Вычисляя, как обычно, норму собственной функции Л„,(р) о ~~Лв-~~г = У"-'( )"' получаем ~~г 2 уо(ъеЛ а) — Уо(уеЛ Ь) г) 1г( Л Ь) Из уравнения (2) находим вЬуЛ-(~ — в) вЬ /Л„, 1 Функцию и(р, г) ищем в виде вЬ |/Л, (~ — в) и(р, г) = ~ АтЛт(р) вЬ ъ~Л, 1 т=г Коэффициент Ав, определяется из граничного условия и(р, О) = ио = ~ А Л (р).
т=г Отсюда ио Ат =, ) рЛ„,(р) е(р. Заменяя Лт(р) из уравнения получаем . ( Л' ( ) — ЬЛ' (Ь)). ') См. гл. ЧП, 'З 2, задачу 57. 411 Гл. !1/. Уравиеишг эллиптического типа Вычислим йгт (и) = З/Л „, [1о ( ъ~ Л т ти) го о ( э/Лиг а) — Юо ( / Лт а ) 1/о ( Л/ Л К'„,(Ь) = з/Лпг(/о(з/Лгв Ь)Мо(Лг/Л и а) — Юо( /Лт а)эз/о(Л/Л„, Ь)) = т,/Л "о("Л" и)(1,'(,~Л Ь)1,( /Л Ь) — 1,(/Л ЬртяЛ Ь)) = 2 Мо(з/Лт та) 2 эо(з/Лт а) Ь М,(,/Л Ь) иь,1.(,гЛ Ь)' при этом мы воспользовались выражением для вронскиана 1о(х)11о(т) 1о(и)1/о(х) Подставив выражения для Й' (а), Я,' (Ь) и 21е,'2~, находим иио 1о(ъ~Л Ь) 1о( /Л,„а) -~- эа(ъ'Л Ь) 120. Решение.
Требуется найти решение уравнения где 1(Рг к) = ' б(Р) д(э — () ч) объемнаЯ плотность, соответствУю2ир щая точечному заряду, расположенному в точке р = О, э = б, так что в о о о При э = О, э = 6, р = а должны выполняться граничные условия и = О. Решение ищется в виде ряда и(р, э) = ~ 17ог(р) ап — з. т=1 Для Л (р) получается уравнение — — Р— Р„,11т = — — д(Р) вшР„,~ = — /т, /) лг т— где р = —, причем Л (а) = О. Общее решение однородного уравт— пения имеет вид Кт(Р) = Ат1о(ртр) + В Ко(Р:пр) Варьируя произвольные постоянные А, и В,„из неоднородного урав- нения для Я, получаем А„,1о(р р) + В„,Ко(р р) = О, Ап~1о(дтр) + ВогКо(ртр) = Р г) д(р) и 6(э — г,') есть Ь-функция.
См. [7, гл. П1, приложения). 412 Ответы, указания и решения Отсюда находим В,', = У-"~'""Р), И т 1,'( )К.( ) — 1о(х)К„'( ) Лл Ил, 1 определитель Вронского, равный И" = — (х = р,„)), так что х В,'н = РХ~п1о(4лтр) Атп = — РХтКо(1лтр). Определяя отсюда интегрированием А и В, будем иметь Вт(р) = Ап1о(атр) + ВопКо(Р пр) + + ~злого(лл в)Ко(Р Р) — 1о(Р Р)Ко(Р в)лХ (з) Ав о где Ао и Воп постоЯнные. Из условия ~Лт(О) ~ < оо следует В" = О.
Условие при р = а дает 4о, = — 1(1о(вр )Ко(арт) — 1о(ар )Ко(в4л ))вл' (в) е(в, 1о(ар„,) л о так что (Р) = — ( ) ~1о(вр )в1т(в) елв + 1о(ар о + Ко(РР.) Г1о(вот) зХт(а) сЬ+ 1о(РР.,) 1Ко(з1лт) в~т(з~ сЬ, о или 4е 1о(ар,,)Ко(рр ) — Ко(ар„„)1о(рр, ) шла так как Ко(вр л)влет(в) лЬ = — зла рп,~ ~Ко(врт)б(в) Ав = О, а ибо точка в = О лежит вне области интегрирования ~1о(ва )в1 (в) л)з = /1о(влл )вут(в) еЬ = о о = — ошр ~ / б(в) дв = — зли рпл~. 4е .
Г 4е — т / о Таким образом потенциал точечного заряда е, помещенного на оси цилиндра р < а, О < з < 6 с проводящими стенками, представляется с помощью ряда 4 1о(я™а) Ко(Р) Ко( — а) 1о( Р) т=л 1о ( — „а) х зш ~™ ~ зш — ю 6 1л 414 Ответы, указания и решении ("" )'(""' ), ( )."'(е — с( 3 а где рт корень уравнения,Уа((() = О, а — — радиус цилиндра. (и'( Если заряд находится на оси цилиндра (г' = 0), то ув Решение. Для построения функции источника решим методом разделения переменных неоднородное уравнение Ьи = — 4яр (2) с граничным условием и) =О, где Б поверхность цилиндра. При этом мы будем считать, что поперечное сечение цилиндра — произвольная область Я с границей С.
ПУсть 1УЗн(М)) и 1Ле) собственные фУнкции и собственные значения задачи Ьзф+Лф=О в Я, ф=О на С. Будем искать решение в виде и(М, я) = ~ и„(я)ф„(М). а=1 Разлагая при этом р(М) также в ряд, получаем р(М, я) = ~ р ( )Ф (М), где и„(я) =, ( и(М, я)ф„(М')Йам, — ~~..~Р ра(я) =,, ~р(М', к~уРа(М'(сЬтм, где Из уравнения (2) следует уравнение для и„(я) и'„' — Л„и„= — 4ярн (Лн > 0), причем и„ -+ О при я -~асс. 415 Гл. ! о.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
