Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Она является задачей Штурма - Лиувилля длясферического оператора Лапласа.Собственные значения и собственные функции рассматриваемой задачиимеют следующий вид:cosmφ, n = 0,1, . , ∞; m = 0,1, . , n;{sinmφ,λ = λn = n(n + 1), v = vnm = Pn(m)(cosθ)Pn(m)(x) - присоединенные функции Лежандра.Общее решение радиального уравнения при λ = n(n + 1) выглядит следующимR(r) = C1r n + C2r −(n + 1) .образом:Следовательно, два семейства решений уравнения Лапласа построены:1)r n Pn(m)(cosθ){sinmφ,cosmφ,2)ограничены при r = 0r(m)(cosθ)Pnn+1{sinmφ,1cosmφ,ограничены при r → ∞160г) Краевые задачи для уравнения Лапласа в шаре.Рассмотрим краевую задачу для уравнения Лапласа внутри шара:Δu = 0, (0 < r < a),∂u{P1[u] ≡ α1 ∂r + β1ur=a= f (θ, φ), αi + βi ≠ 0 .Так как решение ограниченно при r = 0 , мы будем строить его в виде рядапо шаровым функциям:u=∞∞rn∑ ∑ P [r n]n=0 m=0 1Pn(m)(cosθ){Anmcosmφ + Bnmsinmφ},r=aкоэффициенты Anm и Bnm определяются из граничного условия :2π π1Anm = 2f (θ, φ)Pn(m)(cosθ)cosmφsinθdθdφ,N1 ∫ ∫0 02π πBnm =1(m)(cosθ)sinmφsinθdθdφ,fθ,φP()nN22 ∫ ∫0 0N1 = Pn(m)гдеcosmφ ,N2 = Pn(m)sinmφ ,Замечания:1) в случае задачи Неймана нужно учитывать, что решение существуеттолько при выполнении условия:2π πf θ, φ)sinθdθdφ = 0 ( определяется с точностью до постоянного слагаемого) .∫∫ (0 01612) Суммирование ряда начинается с n = 1 .
Коэффициент A00 остаетсяпроизвольным.3) Если граничное условие не зависит от угла φ :P1[u] ≡ α1∂u+ β1u∂rr=a= f (θ) ,то получаемое решение рассматриваемой краевой задачи не будет зависетьот φ ( т.е. имеет осевую симметрию) и его можно представить в следующем виде:u=∞rn∑ P [r n]n=0 1An Pn(cosθ),(*)r=aπкоэффициент определяется как:An =2n + 1f (θ)Pn(cosθ)sinθdθ .∫20(*) - разложение в виде данного ряда получается, если в ряде :u=∞∞rn∑ ∑ P [r n]n=0 m=0 1Pn(m)(cosθ){Anmcosmφ + Bnmsinmφ},r=aучесть:An0 = An, Anm = Bnm = 0, m ≠ 0 .162д)Краевые задачи для уравнения Лапласа вне шара.Рассмотрим внешнюю краевую задачу для уравнения Лапласа:Δu = 0, (r > a), - вне шараP2[u] ≡ α2 ∂u− β2u∂r→u→0 r → ∞r=a= f (θ, φ),Решаем поставленную задачу абсолютно анологично рассмотренномуслучаю в шаре:решение ищем в виде ряда:u=∞∞1∑ ∑ r n+1n=0 m=0P2[1r n+1 ]Pn(m)(cosθ){Anmcosmφ + Bnmsinmφ} ,1r=aкоэффициенты определяются из соответствующего граничного условия.е) Краевые задачи для уравнения Лапласа в шаровом слое.При решении краевой задачи уравнения Лапласа внутри шарового слояиспользуется оба семейства решений:1) r n Pn(m)(cosθ)cosmφ,{sinmφ,2)r1cosmφ,{sinmφ,(m)(cosθ)Pnn+1Наиболее удобно сначала построить из представленных семейств решенийстроить другие серии решений аналогично в случае решения уравненияЛапласа в круговом кольце.163Рассмотрим задачу Дирихле в шаровом слое:Δu = 0, a < r < b,u= f1(θ, φ),r=au= f2(θ, φ) .r=bПостроим решение уравнения r 2 R″ + 2rR′ − λR = 0 при λ = n(n + 1) ,удовлетворяющее однородному граничному условию при r = a .Тогда нашем решением будет являться следующая функция:R(r) =Rn(a)(r)r 2n+1 − a 2n+1=.r n+1Аналогичным образом строится решение, удовлетворяющее однородномуусловию Дирихле при r = b :bRn( )(r)b 2n+1 − r 2n+1.=r n+1Итак, мы получаем семейство решений уравнения Лапласа,удовлетворяющих однородному условию Дирихле :(a)unm(r, θ, φ)1)=Rn(a)(r)Pn(m)(cosθ){sinmφ,cosmφ,cosmφ,(m)(b)(b)(r)P(cosθ)2) unmr,θ,φ=R()nn{sinmφ .при r = aпри r = bТогда решение рассматриваемой краевой задачи можно представить в видеразложения по полученным семействам решения:u=+∞∞nRn(a)(r)∑ ∑ R (a) bn=0 m=0 n ( )n∑∑n=0 m=0Rn( )(r)bRn( )(a)bPn(m)(cosθ){Anmcosmφ + Bnmsinmφ}+Pn(m)(cosθ){Cnmcosmφ + Dnmsinmφ} .164Коэффициенты Anm и Bnm определяются из граничного условия при r = b , акоэффициенты Cnm и Dnm - из граничного условия при r = a .При решении задачи с другими граничными условиями следует предварительнопостроить семейство решений, удовлетворяющих нужному однородному граничному условиюпри r = a и семейство решений, удовлетворяющих однородному граничному условию приr =b.Например:решения, удовлетворяющие граничному условию∂u∂r= 0 можно взять вr=aвиде:Tn(a)(r)(n + 1)r 2n+1 + na 2n+1=, n = 0,1, .
. .n+1r165Примеры:1. Найти искажение однородного электрического поля E0 при помещении внего идеально проводящего шара радиуса a .Решение:Электростатический потенциал u вне шара можно представить в виде:u = u0 + v , где u0 - потенциал поля E0 , v - потенциал, связанный сприсутствием шара.Введем сферическую систему координат (r, θ, φ) с началом в центре шара иосью z , направленной вдоль поля E0 :u0 = − E0 z = − E0rcosθ .На границе шара при r = a полное электростатическое поле E = − graduудовлетворяет следующему условию:[n, E ]r=a= [er, E]r=a= − [er, grad(u0 + v)]r=a=0 .Откуда следует:1 ∂ur ∂θ ( 0(u0 + v)+ v)r=ar=a=1∂ursinθ ∂φ ( 0+ v)r=a=0=0( постоянная считается равной нулю, так как потенциал определен с точностью доконстанты) .166Получаем для функции v внешнюю задачу:Δv = 0, ( вне шара ){v= − u0r=ar=a→= E0acosθ, v→0 r → ∞ .Решение полученной задачи не зависит от φ .
Следовательно его можнозаписать в следующем виде:av=A∑ n( r )n=0∞n+1Pn(cosθ) .Учитывая cosθ ≡ P1(cosθ) из граничного условия , мы получаем:A1 = E0a, An = 0, n ≠ 1 .Значит:a3a3v = E0 2 P1cos(θ) = E0 2 cosθ ,rrтогда искажение электрического поля :a3E = − gradv = E0 3 (2cosθ ⋅ er + sinθ ⋅ eθ) .rИ потенциал полного поля вне шара равен:a3u = u0 + v = − E0 r − 2 cosθ .r )(1672. Найти электростатический потенциал внутри сферы , верхняя половинаππкоторой 0 ≤ θ ≤заряжена до потенциала U0 , нижняя<θ≤π()()22заземлена.
U0 = const .Решение:Для потенциала u внутри сферы рассмотрим следующую задачу:Δu = 0, внутри сферыπU0, 0 ≤ θ ≤ 2u r=a == f (θ){0, π2 < θ ≤ π }Решение не зависит от φ ( т.е. имеет аксиальную симметрию ) .Следовательно его можно представить в следующем виде:ru=A P (cosθ) .∑(a) n nn=0n∞Коэффициенты An определяются из граничного условия :An =π1002n + 12n + 1f (θ)Pn(cosθ)sinθdθ = U0Pn(x)d x .∫∫22Вычислим заявленный интеграл:110−11P (x)d x = 0 ,1) при четных n ≠ 0 ⇒ Pn(x)d x =∫2 ∫ n11002) при нечетных n = 0 ⇒ Pn(x)d x = d x = 1 .∫∫Пусть n = 2k + 1 .
Возьмем формулу: Pn(x) =нее получаем, что:1681{P′n+1(x) − P′n−1(x)} и из2n + 11∫1P2k+1(x)d x =0=1{P′2k+2(x) − P′2k(x)}d x =4k + 3 ∫01{P2k(0) − P2k+2(0)} .4k + 3Так как:P2k(0) = (−1)(2k) !k22k(k!)2,то:1∫0P2k+1(x)d x = (−1)k(2k) !22k+1(k + 1)(k!)2.Значит:4k + 3 (2k) !A2k = 0, A2k+1 = (−1)U0 .2k + 1 22k+2 k!( )kТогда общее решение примет следующий вид:2k+1∞2k!U04k+3r()(−1)ku=+ U0P2k+1(cosθ) .2(a)∑2k+12k+22k=1(k!)1693. Определить электростатический потенциал внутри шаровой оболочкиa < r < b , внешняя поверхность которой заземлена , а внутренняя заряженадо потенциала U0sinθsinφ .Решение:Потенциал u является решением следующей краевой задачи для уравненияЛапласа внутри шаровой оболочки :Δu = 0, a < r < b,u r=a = U0sinθsinφ,ur=b= 0.Так как при r = b мы имеем нулевое граничное условие , то решение мыможем представить в следующем виде:∞n∑∑u=n=0 m=0гдеbRn( )(r)Так какRn( )(r)bRn( )(a)bPn(m)cos(θ){Anmcosmφ + Bnmsinmφ} ,b 2n+1 − r 2n+1=.r n+1sinθsinφ ≡ P1(1)(cosθ)sinφ , то из граничных условий :Anm = 0 при всех n, mB11 = U0, Bnm = 0при n ≠ 1, m ≠ 1 .Таким образом, окончательное решение примет вид:u = U0R1(b)(r)R1(b)(a)P1(1)(cosθ)sinφa2 b3 − r3= U0 2 3sinθsinφ .3r b −a1704.
Диэлектрический шар с диэлектрической постоянной ε1 находится вовнешнем однородном постоянном электрическом поле E0 . Определитьискажение внешнего поля , вызываемое шаром, если внешняя среда однородный диэлектрик с диэлектрической постоянной ε2 .Решение:Введем сферическую систему координат (r, θ, φ) c началом в центре шара иосью z , направленной вдоль электрического поля E0 .Пусть u0 - потенциал , создающий внешнее поле E0 :E0 = − gradu0 = −∂u0∂z⋅ ez,u0 = − E0 z = − E0rcosθ .Обозначим через u1 - потенциал электрического поля внутри шара ,u0 + u2 - потенциал вне шара ,шара.где u2 - искажение внешнего поля , связанное с наличием диэлектрическогоФункция u1 гармонична в шаре , т.е :Δu1 = 0, 0 ≤ r < a,функция u2 удовлетворяет уравнению лапласа вне шара:Δu2 = 0, r > a,На поверхности шара ( r = a) должны выполняться условия непрерывноститангенциальных составляющих электрического поля и нормальныхсоставляющих индукции D = Eε .Так как:E1 = − gradu1, E2 = E0 − gradu2,D1n = ε1E1r, D2n = ε2 E2r, 171обозначенные условия примут следующий вид:u1ε1r=a= u0 + u 2∂u1∂rr=a= ε2r=a,∂u 2∂rr=a+ ε2∂u0∂rr=a.Также необходимо учесть условие регулярности на бесконечности дляфункции u2 : u2→→0 r → ∞ .Таким образом, обобщая полученное , мы получили задачу для определенияпотенциалов u1 и u2 :Δu1 = 0, 0 ≤ r < a,Δu2 = 0, r > a,u1ε1r=a= u0 + u 2∂u1∂rr=a= ε2r=a,∂u 2∂rr=a+ ε2u 2→→0 r → ∞ .∂u0∂rграничные условияфизическииграют роль условий.
сопряжения на поверхностиr=aшара ( r = a)Далее нам нужно решить поставленную задачу.Так как полученная задача имеет осевую симметрию ⇒ функции u1 и u2зависят только от переменных θ и φ .Функция u1(r, θ) удовлетворяет уравнению Лапласа внутри шара ипредставима в виде:u1 =∞∑n=0Anr n Pn(cosθ) , где An - коэффициенты, которые мы и должныопределить.172Функция u2(r, θ) удовлетворяет уравнению Лапласа вне шара , регулярна набесконечности и представима в следующем виде:u2 =∞∑n=0Cn1r n+1Pn(cosθ)Оба из записанных нами выражений учитывают осевую симметрию функцийu1 и u2 . Коэффициенты An и Cn определяются при их подстановке в условиясопряжения:∞∑Ana Pn(cosθ) = − E0acosθ +n=0∞ε1n∑n=0∞∑n=0Cn1a n+1Anna n−1Pn(cosθ) = − ε2 E0cosθ − ε2Pn(cosθ),∞∑n=0Cnn+1Pn(cosθ) .n+2aПриравняем коэффициенты в обеих частях равенств при полиномах Pn(cosθ)одного порядка и впоследствии получим:1A0 = C0 a ,A1a = − E0a + C1 12 ,Ana n = Cn0=−1aa n+1ε2C0 12 ,a, n = 2,3, .
. . ,ε1 A1 = − ε2 E0 − ε2C1 23 ,ε1 Anna n−1 = −an+1ε2Cn n+2 , na= 2,3, . . .Отсюда:C0 = 0, A0 = 0, An = Cn = 0, n = 2,3, . . .A1 = −3ε2ε1 + 2ε2E0, C1 = −173ε2 − ε1ε1 + 2ε2a 3E0 И таким образом:3ε2ε2 − ε1a3u1 =E0rcosθ, u2 = −E0 2 cosθ .ε1 + 2ε2ε1 + 2ε2 rИ искажение внешнего поля, вносимое диэлектрическим шаром, будет равно:ε2 − ε1a3E2 = − gradu2 = −E0 3 cosθ{2cosθ ⋅ er + sinθ ⋅ eθ} .ε1 + 2ε2 r1745. Колебание стержней. Собственные колебания камертона.В прошлой главе, рассматривая собственные колебания камертона, мыполучили следующую задачу:∂2 y∂t 2y+x=042∂ ya 4∂x= 0,∂y∂xx=0∂2 y∂x 2x=l∂3 y∂x 3yx=lt=0∂y∂t= 0,= 0,= 0, граничные условия= 0,= f (x), t=0= φ(x), (0 ≤ x ≤ l)начальные условияБудем решать полученную задачу методом разделения переменных :представим решение в следующем виде:y = Y(x)T(t) ,подставим его в полученное ранее ( 1 глава 6 пункт) полученное уравнениепоперечных колебаний стержня и разделим переменные:T″(t)Y (4)(x)=−=−λ .a 2T(t)Y(x)175Тогда для радиальной функции Y(x) получвем задачу на собственныезначения:Y (4) − λy = 0, Yd 2ydx 2x=l= 0; x=0d 3ydx 3x=l= 0, dYdxx=0= 0,=0Общее решение будем искать в следующем виде:4444Y(x) = Ach λx + Bsh λx + Ccos λx + Dsin λx .Из выведенных ранее условий:Y(0) = 0, Y′(0) = 0 ⇒ C = − A, D = − B ⇒ Y(x) = A(ch λx − cos λx)+44+B(sh λx − sin λx) .44Следовательно, условия Y″(l) = 0 и Y‴(l) = 0 дают :A(ch λl + cos λl) + B(ch λl + cos λl) = 0 .4444Эта однородная система имеет нетривиальные решения А и B , если определительсистемы равен нулю.Приравнивая определитель к нулю, получаем трансцендентное уравнение длявычисления собственных значений:sh 2 λl − sin2 λl = ch 2 λlcos λl + cos2 λl;44444так как ch 2 x − sh 2 x = 1 , то трансцендентное уравнение можно переписать вследующем виде:chμ ⋅ cosμ = − 1 (μ =4λl) .Его корни можно легко вычислить , например графически:μ1 ≈ 1,875, μ2 ≈ 4,694, μ3 ≈ 7,857,.........................................................πμn = 2 (2n − 1) n > 3 ⇒176⇒ данная формула дает значение μn c точностью до трех десятеричныхзнаков , начиная с n = 3 и с точностью до шестого знака.Теперь рассмотрим угловую часть полученного уравнения:T″ + a 2 λnT = 0 .Возьмем частоты колебаний камертона .
Данному уравнению удовлетворяюттригонометрические функции:Tn(t) = ancos2π vnt + bnsin2π vnt,где частота vn =a λn2π=λn2πμn2EJ=ρS2πl 2EJρS.Частоты vn cобственных колебаний относятся , как квадраты μn .Так как :μ32μ22≈ 6,267, 2 ≈ 17,548 ;μ12μ1то: второй собственный тон выше основного тона более, чем на два с половинойоктавы, то есть выше шестой гармоники струны при равном основном тоне, третье жесобственное колебание выше основного тона более чем на четыре октавы.Физический смысл: При возбуждении колебаний камертона ударомприсутствует не только первая, но и высшие гармоники, чем и объясняетсяметаллический звук в начальный момент времени.Однако, с течением времени высшие гармоники быстро затухают икамертон издает чистый звук основного тона.177ГЛАВА 3Функция Грина.1.Применение обобщенных функций для математическогомоделирования математических объектов.Рассмотрим математическую постановку краевой задачи для уравненияПуассона:Δu = − F(M ), M ∈ D ⊂ R 3,{α∂u∂n+ βu= f (P), P ∈ S, α + β > 0,sS - граница области D .Введем понятие функции Грина на примере задачи электростатики.Тогда потенциал φ(M ) электростатического поля будет удовлетворятьуравнению Пуассона:Δφ = − 4πρ(M ), M ∈ R 3, где ρ(M ) - объемная плотность заряда.Согласно принципу суперпозиции:потенциал системы точечных зарядов представим в следующем виде:nqk222φ(M ) =, где rMk M = (x − xk) + (y − yk) + (z − zk) - расстояние∑ rM Mkk=0между точкой наблюдения M(x, y, z) и точкой Mk(xk, yk, zk) в которойрасположен заряд qk .В том случае, когда наш заряд распределен в некотором объеме V0 снепрерывной плотностью ρ(M ) , то суммирование меняется на178интегрирование по данному объему: φ(M ) =ρ(M′)dVM′ , где M′ ∫ rM′MV0обозначает что интегрирование ведется по координатам данной точки.Замечание: если плотность ρ(M ) непрерывна вместе со своими первымипроизводными , то функция полученная из физических соображенийфункция φ(M ) дважды непрерывно дифференцируема и удовлетворяет иудовлетворяет уравнению Пуассона.Впоследствии будем называть такие виды решений классическими .Итак, приведем определение классического решения:Функция u удовлетворяет уравнению Δu = − F(M ) в классическомсмысле, если она дважды непрерывно дифференцируема и при подстановкев данное уравнение обращает его в верное равенство.Замечания:1) если рассматриваемая функция ограничена и интегрируема, но неявляется непрерывно дифференцируемой, то наша функция φ(M ) толькоодин раз непрерывно дифференцируема.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
