Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Найти электростатический потенциал внутри кругового цилиндрарадиуса a , основание которого z = 0 и z = h заземлены , а на боковойповерхности поддерживается потенциал cos2φ .Решение:Для электростатического потенциала u имеем следующую краевую задачувнутри цилиндра :Δu = 0,u z=0 = uur=az=h= 0,= cos2φ .Общее решение поставленной задачи имеет следующий вид:u=∞∞∑∑In( h r)πkπkn=0 k=1 In( a)hsinπkz{Ank cosnφ + Bnksinnφ} ,hТак как граничное условие содержит только cos2φ :Ank = 0 n ≠ 2Bnk = 0 при всех n и k .Таким образом решение будет представимо в следующем виде:∞I2( h r)πkπku = cos2φA2ksin z .∑πkhk=1 I2( a)h145Коэффициенты A2k определяются из граничного условия:A2k =h1πksin h z2∫1 ⋅ sin0πk2k(−1)zdz =1−.{}hπkТаким образом, решение поставленной задачи имеет следующий вид:u==∞2cos2φ∑πk=1∞k(−1)1−{} I2( h r)I2(πkI2(kπ(2m + 1)r) sin4hcos2φ∑π(2m + 1)aπm=0 I2()hπkah )sinπkz=hπ(2m + 1)zh.2m + 12.
Найти распределение потенциала внутри прямого кругового цилиндрарадиуса a , на торцах которого задано нулевое электрическое поле, а набоковой поверхности поддерживается потенциал, равный U0 z , U0 = const .Решение:Электростатический потенциал u является решением следующей краевойзадачи :Δu = 0,∂u∂zuz=0r=a=∂u∂z= U0 z .z=h= 0,В этом случае решение от переменной φ не зависит и его можно записать вследующем виде:146u=∞∑I0( h r)πkAk0cosπkk=0 I0( a)hπkz.hКоэффициенты Ak0 определяются из граничного условия:Ak0 ==h1πkcos h z2∫U0 zcos0πkzdz =hU0 h2 , k = 0−U02h1π 2k2 [− (−1)k], k = 1,2, .
. . , ∞Следовательно, решение поставленной задачи имеет следующий вид:I0( h r)∞2U0h1k(−1)u = U0h −1−[]∑ π 2k 22Ik=1πkπk0( h a)cosπkz .h3) Решить уравнение Лапласа внутри сектора кругового цилиндраπ0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ z ≤ h с граничными условиями :4ur=a=uuφ=0z=h=uφ= π4=uz=0=0 ,= r 4sin4φ .Решение:Так как при z = 0 задано нулевое граничное условие, то решение можнопредставить в следующем виде:147∞∞∑∑u=J4nn=0 k=1()λk4n aJ4n()λk4n rshλk4n zshλk4n hλk4n - корни уравнения:Anksin4nφ , где=0.Необходимо учесть, что разложение решения проводится по собственным функциямπзадачи Дирихле для сектора с углом раствора α = , которые выражаются следующим4образом:λk4n r sin4nφ, n = 0,1, . .
. , k = 1,2, . . .()J4nКоэффициенты ряда определяются из граничного условия при z = h:1Ank =()J4na⊗π4∫∫00=λk4n rsin4nφ2λk4n r sin4φsin4nφrdrdφ =()r 4 J4naδn1J′λk4n a2 ( 4) ()a2⊗22∫5(r J40λk4 r dr)= δn12a 3J5 a(λk4)λk4 (J′4)2λk4 a().Таким образом:u=∞∑k=12a 3J5 a(λk4 (J′4)2 a(λk4)λk4)148shλk4 zshλk4 hλk4 r sin4φ .()J44. Решить уравнение Лапласа внутри тора прямоугольного сечения :a ≤ r ≤ b, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ h с граничными условиями :∂u∂zuz=0r=a=∂u∂z= 0, uz=h= 0,r=b= cos3φ .Решение:Граничные условия при z = 0 и z = h являются однородными граничнымиусловиями второго рода, а при r = a и r = b граничные функции не зависят отz.Следовательно : рассматриваемая задача вырождается в краевую задачу дляуравнения Лапласа внутри кольца a ≤ r ≤ b :Δ2u = 0, a ≤ r ≤ b, 0 ≤ φ ≤ 2π{ur=a= 0, ur=b= cos3φ .Решение данной задачи можно записать в следующем виде:∞A0 R0(a)(r)Rn(a)(r)u=+{Ancosnφ + Bnsinnφ} ,(a)2 R0(a)(b) ∑Rbn=1 n ( )гдеR0(a)(r)r 2n − a 2nr(a).= ln , Rn (r) =nraИз граничных условий находим:Bn = 0, n = 1,2, .
. . ,An = 0, n ≠ 3,A3 = 1 . b3 r6 − a6⇒u= 3 6cos3φr b − a6149.4. Задача Штурма - Лиувилля и уравнение Лапласа : шар и шаровой слой.a) Собственные функции шара.Построим собственные функции шара Ka . Введем сферическую системукоординат (r, θ, φ), 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π с началом в центрешара.Оператор Лапласа в сферической системе координат имеет следующий вид:Δu =1 ∂12 ∂ur+Δθφu ,22()r ∂r∂rrгде Δθφu - сферический оператор Лапласа, который равен:1 ∂∂u1 ∂2 uΔθφu =sinθ+.sinθ ∂θ (∂θ ) sin2θ ∂φ 2Задача Штурма - Лиувилля для шара будет выглядеть следующим образом:Δu + λu = 0, M ∈ Ka,α∂u∂r+ βuu ≠ 0.r=a= 0,которую мы будем решать стандартным методом разделения переменных ,отделяя ее радиальную переменную r :u = R(r)v(θ, φ) ≠ 0 .Подставляем наше решение в исходное уравнение, записанное всферической системе координат и разделив переменные, мы получим:d2 dRrdr (dr )+ λr 2 RR(r)≡−Δθφvv(θφ)=μ .На собственные функции рассматриваемого уравнения мы должныналожить условия ограниченности в Ka и условия периодичности по φ спериодом 2π .150Тогда, задача Штурма - Лиувилля для функции v будет выглядетьследующим образом:Δθφv + λv = 0, 0 < θ < π, 0 < φ < 2π,v(θ, φ) ≡ v(θ, φ + 2π),v(0, φ) < ∞, v(π, φ) < ∞,v(θ, φ) ≠ 0 .Cобственные функции полученной задачи являются сферическимифункциями следующего вида:v = vnm(θ, φ) =Yn(m)(θ, φ)=(m)(cosθ)P(n){sinmφ,cosmφ,Cобственные значения:μ = μn = n(n + 1), n = 0,1, .
. . , ∞, m = 0,1, . . . , n .Для каждого μ = n(n + 1) из полученного уравненияd2 dRrdr (dr )+ λr 2 RR(r)≡−Δθφvv(θφ)= μ , мы можем получить уравнение для радиальнойчасти R(r) :1 dn(n + 1)2 dRr+λ−R=0.22()()r drdrrЕго решение должно удовлетворять граничному условию , при r = a :αdR+ βRdrr=a= 0,и условию ограниченности при r = 0 :151R(0) < ∞ .Сделаем замену: R =y(r). Тогда задача для радиальной части будетrсведена к очередной задаче Штурма - Лиувилля следующего вида:r y″ + r y′ + λr − (n +[22αy′ + (β −αy2a ) r=a12)2y = 0,]= 0,y(0) < ∞ .Общее решение будет иметь вид:y = C1Jn+ 12 ( λr) + C2 Nn+ 12 ( λr) .Если мы учтем поведение функций Неймана в нуле и условиеограниченности, то мы можем определить C2 = 0 .Пусть C1 = 1 . Тогда дисперсионное уравнение для λ примет вид:αa λJ′n+ 12 ( λa) + β −J 1λa) = 0 .(2a ) n+ 2 (Обозначим μ = a λ .Тогда радиальная функция R(r) :R(r) = Rnk(r) =где μk1(n+ 2 )Jn+ 12(μk(n+ 12 )arr), n = 0,1, .
. . , k = 1,2, . . . ,- k - ый корень уравнения :ααμJ′n+ 12 (μ) + βa −J 1 (μ) = 0 , при фиксированном n = 0,1, . . .(2 ) n+ 2152Следовательно, собственная функция шара , имеет следующий вид:unkm(r, v, φ) =11μkn+ 2Jn+ 12rar Yn(m)(θ, φ); n = 0,1, . .
. . , k = 1,2, . . . ,1где μkn+ 2 - корни рассматриваемого уравнения.Собственные значения шара равны:λnk =2n+ 12μk1, где μkn+ 2 - корни рассматриваемого уравнения.aКаждому собственному значению λnk соответствуют 2n + 1 линейно независимыхсобственных функций (rangλnk = 2n + 1) .Вычислим норму собственных функций:unkm2∫=2unkmdV1=rKaгдеYn(m)2Теперь вычислимa2=2= πεmJn+ 122 (n + m)!,2n + 1 (n − m)!1r2Jn+ 12(J′n+ 12 ) (a λ ) + 1 −22Yn(m)а εm =2,2, m = 0,{1, m ≠ 0 .a2= Jn+λr)rdr =∫ 12 (0(n +12)2a2 λ1532Jn+a λ)1(2.Решения 1,2,3 краевых задач в шаре:(задача Дирихле, Неймана и Робена)1.
Задача Дирихле (α = 0, β = 1) :Собственные значения определяются уравнением:Jn+ 12 (μ) = 0, λ =n+ 12μka2,1r2Jn+ 1212a2n+ 12 )(= (J′n+ 12 ) μk.()22. Задача Неймана (α = 1, β = 0) :Собственные значения определяются уравнением:μJ′n+ 12 (μ) −1r1J 1 (μ) = 0 ,2 n+ 22Jn+ 12a2n(n + 1)n+ 12 )2(.=1−Jn+ 1 μk2()221(n+ 2 )2μk[]3. Задача Робена (α = 1, β = h) :Собственные значения определяются уравнением:1μJ′n+ 12 (μ) + ah −Jn+ 12 (μ) = 0, λ =()2154n+ 12μka2Выражение для квадрата нормы можно записать двумя способами:1)2)1r1r2Jn+ 1232Jn+ 123a2=22a=21−n(n + 1) + ah(1 − ah)1(n+ 2 )μk[[]1(n+ 2 )]μk1+4221(n+ 2 )2Jn+ 1 μk2(),(удобна при малых h )− (n +(1 − 2ah)2212)(J′n+ 12 )1(n+ 2 )μk()2(удобна при больших h )б) Собственные функции шарового слоя.Задача Штурма - Лиувилля для шарового слоя D (a < r < b) :Δu + λu = 0,P1[u] = α1 ∂u− β1u∂rP2[u] = α2 ∂u+ β2u∂rr=a= 0,r=b= 0,u(r, θ, φ) ≠ 0, αi + βi ≠ 0, i = 1,2 .Представляем решение в виде:u = R(r)v(θ, φ) .Подставляем его в исходное уравнение, разделяем переменные и получаемзадачу Штурма - Лиувилля для угловой функции v(θ, φ) на сфере r = a :155Δθ,φv + χ v = 0 0 < θ < π, 0 ≤ φ ≤ 2π,1)vθ=0θ=π< ∞,(угловая задача)v(θ, φ) ≡ v(θ, φ + 2π),v(θ, φ) ≠ 0 .1 d2 dRrdr )r 2 dr (2)+ (λ −r2 )P1[R] ≡ α1 dR− β1Rdrr=aP2[R] ≡ α2 dR+ β2 RdrχR = 0,r=b= 0,(радиальная задача на отрезке)=0R(r) ≠ 0, αi + βi ≠ 0, i = 1,2 .Cобственные функции угловой задачи являются сферическими функциями:v = vnm(θ, φ) = Ynm(θ, φ).Собственные значения :χ = χn = n(n + 1), n = 0,1, .
. . , m = 0,1, . . . , n .Тогда общее решение радиальной задачи при χ = n(n + 1) примет вид:R = C1Jn+ 12 ( λr)r+ C2Nn+ 12 ( λr)r.Подставляем общее решение в граничные условия и получаем следующуюсистему:C1 p1(λ, a) + C2q1(λ, a) = 0,{C1 p2(λ, b) + C2q2(λ, b) = 0,156где:p1(λ, a) = α1 λJ′n+ 12 ( λa) − (β1 +q1(λ, a) = α1 λN′n+ 12 ( λa) − (β1 +J 12a ) n+ 2 (α1N 12a ) n+ 2 (λa),α1p2(λ, b) = α2 λJ′n+ 12 ( λb) + (β2 −J 12b ) n+ 2 (α2q2(λ, b) = α2 λN′n+ 12 ( λb) + (β2 −N 12b ) n+ 2 (α2λa),λb),λb),Приравниваем к нулю определитель полученной системы и получаемдисперсионное уравнение для определения собственного значения λ :p1(λ, a)p2(λ, b)=q1(λ, a)q2(λ, b)Теперь мы можем выразить из нашей системы C2 :p1(λ, a).C2 = − C1q1(λ, a)Пусть C1 = q1(λ, a) , тогда согласно полученному общему решению , мыможем записать собственную функцию в следующем виде:R=Jn+ 12 ( λr)rq1(λ, a) −Nn+ 12 ( λr)rp1(λ, a).Также , мы можем учесть полученное дисперсионное уравнение ипереписать собственную функцию в виде:R=p1(λ, a)p2(λ, b)Jn+ 12 ( λr)rq2(λ, b) −157Nn+ 12 ( λr)rp2(λ, b).Таким образом, собственные функции шарового слоя выражаются:Jn+ 12 ( λr)unkm(r, θ, φ) =rq1(λ, a) −Nn+ 12 ( λr)rp1(λ, a) Yn(m)(θ, φ),угловаярадиальнаяn = 0,1, .
. . , m = 0,1, . . . , n, k = 1,2, . . . ,где λ =1(n+ 2 )λk- k - ый корень рассматриваемого уравнения при каждомфиксированном n .Теперь вычислим квадрат нормы:b π 2π2unkm=∫∫ ∫2(r)Y n(m) (θ, φ)r 2sinθdθdφdr =Rnk2a0 0b2∫{aJn+ 12 ( λr)q1(λ, a) − Nn+ 12 ( λr)p1(λ, a) rdr ⊗}2π π⊗∫∫Y n(m) (θ, φ)sinθdθdφ = = Rnk22Yn(m)2.0 0Квадрат нормы радиальной функции Rnk вычисляется аналогично.Ее окончательная формула имеет следующий вид:Rnk22= 2π2[ p2(λ, b) ]p1(λ, a)12)n+(α2 2β2 ++ α22 1 −(2b )λb 212)n+(α1 2− β1 ++ α12 1 −(2a )λa 22,158где λ =2−n+ 2λk( )1.в) Частные решения уравнения Лапласа в сферической системе координат.Для построения решения решения краевой задачи для уравнения Лапласа вшаре, вне шара и в шаровом слое, необходимо получить специальные решения,которые мы будем называть шаровыми функциями .Давайте сначала построим эти решения: введем сферическую системукоординат (r, θ, φ) и найдем решения уравнения Лапласа в следующем виде:u(r, θ, φ) = R(r)v(θ, φ) .Подставляем наше решение в уравнение Лапласа , разделяем переменные иполучаем:d2 dRrdr (dr )R≡−Δθφvv=λ ,1 ∂∂v1 ∂2 vгде : Δθφv =- cферический операторsinθ+ 22()sinθ ∂θ∂θsin θ ∂φЛапласа .Таким образом, мы получаем краевую задачу для определения угловой частиv(θ, φ):Δθφv + λv = 0, 0 < θ < π, 0 ≤ φ ≤ 2π,v(θ, φ) = v(θ, φ + 2π),v(θ, φ)θ=0,πзадача Штурма - Лиувиллядля< ∞, v ≠ 0сферического оператора Лапласа.и уравнение для радиальной части R(r) :r 2 R″ + 2rR′ − λR = 0 .159Рассмотрим угловую задачу .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
