Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Если же u удовлетворяетрассматриваемому уравнению в классическом смысле , то она удовлетворяет ему и вобобщенном!Замечание: фундаментальное решение оператора Лапласа можнополучить следующим образом. Так как фундаментальное решение неудовлетворяет уравнению Δφ = − δ(M, M0) в смысле обобщенных функций,то в классическом смысле функция φ удовлетворяет уравнению Лапласавсюду , кроме точки M0 .Тогда функция φ имеет следующий вид:φ(M, M0) = g(M, M0) + v(M ) , где g(M, M0) - частное решениерассматриваемого уравнения, зависящее только от расстояния rMM0 междуточками M и M0 и имеющее особенность при rMM0 → 0 , а v(M ) гармоническая функция.Для того , чтобы найти g(M, M0) , поместим начало координат в точкуM0 .
В этой системе координат решение g(M, M0) = g(rMM0) = g(r)обладает радиальной симметрией.Решая уравнение:1901 dA2 dgr= 0, r > 0, получим ⇒ g(r) = + B , где A и B r 2 dr ( dr )rпроизвольные постоянные.Выбираем решение, имеющее особенность в начале координат:g(r) =A.rВозвращаясь к исходным координатам, мы получаем:g(M, M0) =ArMM0.Остается найти нормировочный множитель A , так чтобы g(M, M0)удовлетворяла нашему уравнению.Значит должно выполняться равенство:g M, M0)Δψ (M )dVM = − ψ (M0) ,∫ (R3Cледовательно:Δψ (M )AdVM = − ψ (M0) .∫ rMM0R3Cравнивая полученное выражение с третьей формулой Грина мы1определяем A =.4πТеперь перейдем к построению фундаментального решения оператораЛапласа в трехмерном случае.
Найдем электростатический потенциал191бесконечной тонкой заряженной нити, линейная плотность зарядовкоторой постоянна и равна e .zζdζВыберем систему координат таким образом, чтобыось 0z была параллельна нити.Пусть нить проходит через точку M0(x0, y0, z0) .rM0 M αM0(x0, y0, z) M(x, y, z)Потенциал поля, создаваемого нитью в точкенаблюдения M(x, y, z) , можно рассматривать как суммупотенциалов полей элементарных зарядов величиныedζ , имеющих координату z = ζ , непрерывнораспределенных вдоль нити.Непосредственное вычисление потенциала поля бесконечной нитиприводит к расходящемуся интегралу.
Поэтому сначала найдемнапряженность электростатического поля нити. Величина напряженностиполя, создаваемого участком нити длины dζ , равна:dE =edζ(z − ζ) + r 2M0 M2, где rM0 M =(x − x0) (y − y0) - расстояние от22точки M до нити.Радиальная составляющая напряженности поля в точке M(x, y, z) имеетследующий вид:dEr =edζ(z − ζ) + r 2M0 M2так как cosα =dEz =⋅ cosα =erM0 M dζ2((z − ζ) + r M0 M)2rM0 M(z − ζ) + r 2M0 M2edζ2(z − ζ) + rM0M232,, а составляющая вдоль оси 0z равна:⋅ sinα =192e(ζ − z)dζ2((z − ζ) + rM0 M)232.Бесконечная нить создает в точке M(x, y, z) поле, напряженностькоторого не зависит от z , имеет следующий вид :E (rM0 M) = E(rM0 M) ⋅r M0 M.rM0 MВ том, что z - компонента напряженности поля в любой точке M равнанулю, легко убедиться интегрируя полученное выражение вдоль прямой−∞ < ζ < + ∞ .Используя принцип суперпозиции , мы можем выразить E(rM0 M)следующим образом:E(rM0 M) =∞∫erM0 M dζ2−∞ (rM0 M + (z − ζ) )232,интеграл легко вычисляется при подстановки:π2ζ−zdζdαe2e.= tgα ⇒= ⇒ Er=cosαdα=M0 M)(2∫rM0 MrM0 M cos αrM0 MrM0 M− π2Для вычисления потенциала нити следует учесть:E (rM0 M) = − ∇φ(rM0 M) ⇒ E(rM0 M) = −⇒ φ(M, M0) = 2eln1rMM0dφ ⇒ drM0 M+ const .Нужно Учесть : потенциал φ , создаваемый равномерно заряженнойбесконечной нитью, не зависит от координаты z .
Поэтому задачу можнорассматривать, как двумерную в любой плоскости, перпендикулярной нити.193Сечение нити этой плоскостью может рассматриваться, как точечныйзаряд в двумерном пространстве, потенциал которого дается ужеполученной нами формулой:φ(M, M0) = 2eln1rMM0+ const .Так же, как и в трехмерном случае ( используя третью формулу Грина )можно показать, что полученный потенциал φ(M, M0) удовлетворяет:ΔM φ = − δ(M, M0) .Тогда, фундаментальным решением оператора Лапласа в двумерном случаеявляется функция:G(M, M0) =11ln+ v(M ), где v(M ) - любая гармоническая на2π rMM0плоскости функция.1944. Функция Грина для задачи Дирихле и ее методы построения длясоответствующей задачи.Для начала поговорим о внутренних трехмерных задачах.
Рассмотримзадачу Дирихле для уравнения Пуассона в области D ⊂ R 3 , ограниченнойзамкнутой поверхностью Ляпунова S :Δu = − F(M ), M ∈ D,{u S = f (P), P ∈ S .Дадим строгое определение поверхности Ляпунова:поверхность S называется поверхностью Ляпунова, если выполненыследующие условия:1) в каждой точке поверхности S существует нормаль ( или касательнаяплоскость) ;2) существует такое число d , что прямые, параллельные нормали в точкеP поверхности S , пересекают не более одного раза часть поверхности S,лежащую внутри шара радиуса d c центром в точке P ;3) угол γ между нормалями в двух разных точках, находящихся внутриодной окрестности Ляпунова, удовлетворяет следующему условию:γ ≤ Ar δ и 0 < δ ≤ 1 .Теперь перечислим основные свойства поверхности Ляпунова:1) если S - поверхность Ляпунова, то тогда справедливо S ∈ C 1 (обратное не верно) .2) Если S ∈ C 2 , то S является поверхностью Ляпунова с δ = 1 .195Теперь введем ряд определений для внутренних трехмерных задач:1) классическим решением поставленной задачи, будем называтьфункцию u(M ) , дважды непрерывно дифференцируемую в области D ,непрерывную в области D , удовлетворяющую нашему уравнениюΔu = − F(M ) в классическом смысле в области D и граничному условиюu S = f (P) .2) Будем считать, что если условия F ∈ L2(D) ∩ C (1)(D) и f ∈ C(S)выполнены, то рассматриваемая задача будет иметь единственноерешение.Итак, давайте найдем это решение:воспользуемся третьей формулой Грина:(G(Q, M)ΔQu(Q) − u(Q)ΔQG(Q, M))dVQ =∂u(P)∂G(P, M )=G(P, M )− u(P)dS ,∫(∂nP∂nP ) PSгде G(Q, M) =1+ v - фундаментальное решение оператора4πrQMЛапласа.Так как : ΔQG(Q, M) = − δ(Q, M) , то при его подстановке в исходноевыражение получаем:u(M ) =∫(G(P, M )S∂u(P)∂G(P, M )− u(P)dSp−)∂nP∂nP− G(Q, M)Δu(Q)dVQ .∫D196На границе области uS= f (P) , а внутри области Δu = − F(Q) .Cледовательно:u(M ) =∫(G(P, M )S∂u(P)∂G(P, M )− f (P)dSP+)∂nP∂nP+ F(Q)G(Q, M)dVQ .∫DТаким образом, в правой части равенства остается только однонеизвестное слагаемое :∫G(P, M )S∂u(P)dSP,∂nPсодержащее производную искомого решения по нормали к границе, которое невыражается через входные данные задачи.Фундаментальное решение оператора Лапласа G(Q, M) определяется сточностью до произвольной гармонической функции v , поэтому можновыбрать ее такой, чтобы G(P, M ) = 0 в любой точке P ∈ S .Для этого функция v = v(Q, M) должна быть решениемсоответствующей задачи Дирихле:ΔQv = 0, Q ∈ D,v=−S1, P4πrPM∈ S,где производные берутся по координатам точки Q , а координаты точкиM играют роль параметров.197Тогда в любой внутренней точке M области D :∂G(P, M )u(M ) = − f (P)dSP + G(Q, M)F(Q)dVQ∫∫∂nPSD( это выражение является классическим решением рассматриваемой задачи, еслиF ∈ C (1)(D) и f ∈ C(S) ) .Функцией Грина внутренней задачи Дирихле для оператора Лапласа втрехмерной области D с замкнутой границей S ( D - область D вместе сграницей S ) будем называть функцию :G(Q, M) =1+ v(Q, M), Q ∈ D, M ∈ D ,4πrQMкоторая будет удовлетворять следующим условиям:1) v(Q, M) - гармоническая функция координат точки Q ∈ D ,непрерывная на D для каждой точки M ∈ D.2) G(P, M )P∈S= 0 для каждой точки M ∈ D .Cледовательно , функция Грина G(Q, M) является решением следующейкраевой задачи:ΔQG(Q, M) = − δ(Q, M), Q, M ∈ D,G(P, M )S= 0, P ∈ S .198Теперь перечислим некоторые свойства функции Грина:1) если граница S области D является поверхностью Ляпунова, тофункция Грина задачи Дирихле существует и единственна.Из постановки нашей задачи следует, что функция Грина оператораЛапласа G(Q, M) определяется только областью D .Тогда , с помощью функции Грина можно получить решения задачвида:Δu = − F(M ), M ∈ D,{u S = f (P), P ∈ S .в квадратурах, используя интегральную форму.Физический смысл функции Грина: пусть в точку M области D ,ограниченной идеально проводящей заземленной поверхностью S ,помещен точечный заряд +q .
В соответствии с принципом суперпозициипотенциал φ электростатического поля внутри D складывается изпотенциала поля точечного заряда:φ0(Q, M) =qrQM, и потенциала - v(Q, M) =δ(P, M )dSP поля∫ rPQSиндуцированных на внутренней стороне поверхности S зарядов плотностиδ(P, M ) , где δ(P, M )dSp = − q .∫SПоверхностная плотность распределения заряда δ(P, M ) зависит откоординат точки M расположения точечного заряда , однако интеграл поповерхности от этой функции представляет собой полный индуцированныйзаряд и от координат точки M уже не зависит.199Таким образом, внутри области D :qφ(Q, M) =+ v(Q, M), Q, M ∈ D,rQMи так как v(Q, M) - потенциал поля, порождаемого зарядами,распределенными на поверхности:ΔQv(Q, M) = 0, Q, M ∈ D .На поверхности S суммарный потенциал равен нулю , так как оназаземлена.Следовательно, мы приходим к физическому смыслу функции Грина:функция Грина G(Q, M) представляет собой потенциал поля , порождаемого в точке1Q точечным зарядом величины, помещенным в точку M , если поверхность S4πзаземлена.2) Функция Грина симметрична относительно перестановки точек Q и M:G(Q, M) = G(M, Q) .Cимметричность функции Грина является отражением физическогопринципа взаимности: заряд , помещенный в точку M , создает в точкенаблюдения Q поле с таким же потенциалом , который создал бы в точке Mэтот же заряд, если бы он был помещен в точку Q .200Значит, из всего выше сказанного, мы можем сделать вывод:∂G(P, M )в формуле: u(M ) = − f (P)dSP + G(Q, M)F(Q)dVQ ,∫∫∂nPSDповерхностный потенциал объемный потенциалзарядов , распределенных в области D с объемнойплотностью F(Q) .поле u(M ) - результат суперпозиции полей зарядов, распределенных в точках Qобласти D и в точках P на ее границе S .Потенциал v(Q, M) =δ(P, M )dSP называется поверхностным потенциалом∫ rPQSпростого слоя.Теперь перейдем ко внешним трехмерным задачам:пусть область De - внешняя область по отношению к ограниченнойобласти D c замкнутой границей S , являющейся поверхностью Ляпунова.Для того, чтобы решение краевой задачи для уравнения Пуассона илиЛапласа во внешней области De было единственным, в постановке задачипомимо краевого условия следует добавить условие на бесконечности.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
