Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 17

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 17)

Такимусловием является требование регулярности решения на бесконечности.Итак, в трехмерном случае функция u(M ) называется регулярной набесконечности, если при достаточно большом r ≥ r0 , где r =выполнены неравенства:201x2 + y2 + z2 ,u ≤A∂uA∂uA∂uA, ≤ 2 , ≤ 2, ≤ 2 ,r∂xr∂yr∂zrгде A > 0 - некотораяпостоянная.Теперь дадим определение функции, регулярной на бесконечности :Определение. Гармоническая в области De трехмерного пространствафункция, равномерно стремящаяся к нулю на бесконечности, являетсярегулярной на бесконечности .Для регулярных на бесконечности функций в трехмерном случае во внешнихобластях всё так же справедливы формулы Грина.Рассмотрим краевую задачу Дирихле:Δu = − F(M ), M ∈ De,u S = f (P), P ∈ S,u регулярна на бесконечности .Классическим решением рассматриваемой задачи будем называть регулярнуюна бесконечности функцию, дважды непрерывно дифференцируемую в областиDe , непрерывную в области De б удовлетворяющую в классическом смыслеуравнению Δu = − F(M ) и граничному условию рассматриваемой задачиu S = f (P) .Cуществование и единственность решения: если функция F(M ) финитнаи непрерывно дифференцируема в De , а функция f (P) непрерывна наповерхности S , то существует единственное классическое решение рассматриваемойзадачи.( решение получается аналогично решению внутренней задачи, уже намирассмотренной) .202Функцией Грина задачи Дирихле для оператора Лапласа в трехмерной области De, внешней по отношению к ограниченной области D с замкнутой границей Sбудем называть функцию следующего вида:1G(Q, M) =+ v(Q, M), Q ∈ De, M ∈ De,4πrQMкоторая будет удовлетворять следующим условиям:1) v(Q, M) - гармоническая функция координат точки Q ∈ De ,непрерывная на De для каждой точки M ∈ De ;2) G(P, M )P∈S= 0 для каждой точки M ∈ De ;3) G(Q, M) , как функция аргумента Q ∈ De регулярна на бесконечности длякаждой точки M ∈ De .Cледовательно, решение рассматриваемой задачи может быть найденопо следующей формуле:∂G(P, M )u(M ) = − f (P)dSP + G(Q, M)F(Q)dVQ .∫∫∂nPSDe( нормаль np является внешней по отношению к области De .Функция Грина G(Q, M) является решением краевой задачи:ΔQG(Q, M) = − δ(Q, M), Q, M ∈ De,G(P, M )S→= 0, P ∈ S,G(Q, M) 0 на бесконечности .→203Для того, чтобы построить функцию G(Q, M) , достаточно решитьзадачу для гармонического слагаемого v(Q, M) :Δv = 0, Q, M ∈ Dev=−S1, P4πrPM∈ S,→v→0 на бесконечности.Рассмотрим основные методы построения функции Грина для задачиДирихле.а) Метод электростатических изображений.Для ряда областей рассматриваемых задач весьма эффективнымспособом построения функции Грина задачи Дирихле являетсяэлектростатических ( или зеркальных ) отображений ( изображений).Если рассматривать поставленную задачу в рамках электростатики, тооднородные условия Дирихле означают, что область ограниченазаземленной идеально проводящей поверхностью S .Пусть в точке M0 ∈ D помещен точечный заряд величины q =1.4πРасположим вне области D фиктивные электрические заряды такимобразом, чтобы потенциал поля на границе S обращается в ноль.Эти фиктивные заряды называются электростатическими изображениямизаряда , помещенного в точку M0 .204Потенциал поля, порожденного зарядами, находящимися вне области ,представляет собой гармоническую внутри области D функцию v ,удовлетворяющую граничному условию:1v S=−, P ∈ S .4πRPM0Рассматриваемый способ построения функции Грина являетсяуниверсальным для любых задач Дирихле для оператора Лапласа и неограничивается задачами электростатики.Рассмотрим ряд стандартных примеров, в которых мы сможемприменить данный метод:1) Найти потенциал поля, создаваемого точечным зарядом q ,помещенным в точку M0 = (x0, y0, z0) , где z0 > 0 , в вакууме в верхнемполупространстве над плоскостью z = 0 , если эта плоскостьпредставляет собой идеальный заземленный проводник.Решение:Потенциал φ(M, M0) в точке M = (x, y, z) является решением следующейзадачи:ΔM φ = − 4πqδ(M, M0), x, y ∈ (−∞, + ∞), z ∈ (0, + ∞),φz=0= 0, x, y ∈ (−∞, + ∞),φ регулярна на бесконечности.Поставленную задачу можно решать методом электростатическихизображений: потенциал в точке M складывается из потенциала точечногозаряда q , расположенного в точке M0 , и потенциала фиктивного точечного205заряда −q , помещенного в точку M1 , симметричную M0 относительноzM = (x, y, z)плоскости z = 0 :M0 = (x, y, z)RMM0M1 = (x0, y0, − z0) .0Действительно, функция:( rMM01φ(M, M0) = q=q− −rMM1 )1=x(x − x0) + (y − y0) + (z − z0)21(x − x0) + (y − y0) + (z + z0)22RMM1M1 = (x0, y0, − z0)12y22 −удовлетворяет уравнениюΔM φ = − 4πqδ(M, M1) .Функция v = −qrMM1является гармонической в верхнемполупространстве и удовлетворяет граничному условию:1v z=0 = −, P = P(x, y,0) ,4πRpM0так как rPM0 = rPM1 для любой точки P(x, y,0) , принадлежащейплоскости z = 0 , и равномерно стремится к нулю на бесконечности.2061- найденный потенциал представляет собой функцию4πГрина оператора Лапласа для задачи Дирихле в верхнем полупространстве:Если q =G(M, M0) =14π1(x − x0) + (y − y0) + (z − z0)2− 22−1(x − x0) + (y − y0) + (z + z0)222.2) Найти потенциал отрезка заряженной нити длины 2L с линейнойплотностью e , помещенного над идеально проводящей заземленнойплоскостью параллельно ей на расстоянии h от нее.Решение:Пусть M0 - любая точка отрезка.M1Тогда : M1M0 = ξ .M0(x0, y0, z0) : x0 = 0, y0 = ξ, z0 = h .φ(x, y, z) = e∫02Ldξx 2 + (y − ξ) + (z − h)22207M0M - наблюдатель⋅hСледовательно, потенциал поля:2Lξ−e∫00ydξx 2 + (y − ξ) + (z + h)22=x 2 + (y − 2L) + (z − h) − 2L − y2= elnx 2 + (y − 2L) + (z + h) − 2L − y2x 2 + y 2 + (z − h) − y22− eln2x 2 + y 2 + (z + h) − y23) Найти потенциал поля отрезка заряженной нити длины L с линейнойплотностью e , помещенного над идеально проводящей заземленнойплоскостью перпендикулярно ей.

Ближайшая к плоскости точка отрезкаудалена от нее на расстояние h .Решение:Пусть M0 - любая точка отрезка , MM0 = ξM⋅⋅L ⋅ M0h ⋅ M1M0(x0, y0, z0) : x0 = 0, y0 = 0, z0 = h + ξ .yТогда потенциал поля можно записать в следующем виде:φ(x, y, z) = eL∫0Ldξx 2 + y 2 + (z − h − ξ)2−edξ∫x 2 + y 2 + (z − h − L) + h + L − zx 2 + y 2 + (z + h + ξ)202= elnx 2 + y 2 + (z − h) + h − z2208−=x 2 + y 2 + (z + h + L) + h + L + z2−eln.x 2 + y 2 + (z + h) + h + z24) Найти потенциал поля точечного заряда , помещенного в точкуM0(x0, y0, z0) внутри « полуслоя» 0 ≤ z ≤ l , x ≥ 0 , считая, что стенкиидеально проводящие и имеют нулевой потенциал.Решение:Пусть заряд в точке M0(x0, y0, z0) , тогда наблюдатель в точке M(x, y, z)Получаем задачу:Δu = − 4πqδ(M, M0), x ≥ 0, y ∈ R 2, z ∈ (0, l) .{uu=z=0q=urMM0z=l=ux=0= 0.+ v, Δv = 0 .Ищем гармоническую функцию v методом электростатическихотображений в z = 0, z = l и x = 0 :1) Отобразим заряд q относительно z = 0 (x0, y0, − z0) :11−, где r0 =( r0 r′0 )u0 = q(x − x0) + (y − y0) + (z − z0) ,220922(x − x0) + (y − y0) + (z + z0) .2r′0 =22Но полученный результат не будет удовлетворять условию uz=l=0.2) Отобразим реальный и фиктивный заряды относительно z = l иx = 0, меняя знаки у отображений зарядов .Будем последовательно повторять отображения в z = 0 , z = l и x = 0 .Получаем систему многих зарядов :11111111−−++q−−++ ...()rr′r″r‴rr′r″r‴( 0000)1111u=qСледовательно:1111,u=q−+−∑ ( rn r′n r″n r‴n )n=−∞∞где:rn =(x − x0) + (y − y0) + (z − (2ln + z0)) ,r′n =(x − x0) + (y − y0) + (z − (2ln − z0))r″n =(x + x0) + (y − y0) + (z − (2ln + z0))r‴n =(x + x0) + (y − y0) + (z − (2ln − z0))222222222222210б) метод разделения переменных для нахождения функции Грина.Для того , чтобы найти функцию Грина:1G(Q, M) =+ v(Q, M)4πrQMвнутренней или внешней краевой задачи Дирихле для уравненияПуассона в трехмерном случае, нужно решить следующую задачу:ΔQv = 0, Q ∈ D,v=−S1, P4πrPM∈S( в ограниченной области D с границей S )или:ΔQv = 0, Q ∈ De,v=−S1, P4πrPM∈ S,→v→0 на бесконечностиОбе из полученных задач решаются методом разделения переменных,который был уже нами рассмотрен в предыдущей главе 2.Пример: получить выражение :G(M, M0) =11a 1−4π ( rMM0 r0 rMM1 )211для функции Грина оператора Лапласа задачи Дирихле в шаре радиуса aметодом разделения переменных.Решение:Пусть заряд q помещен в точку M0 внутри сферы .Тогда потенциал будет иметь следующий вид:qφ(M, M0) =+ v(M, M0) ,rMM0v(M, M0) - гармоническая функция координат точки M , которая являетсярешением следующей системы:Δv = 0, r ∈ (0, a), θ ∈ (0, π);v=−r=aqrpM0r=a=−,qM0(r0,0,0), M(r0, θ, φ) .a 2 + r02 − 2ar0 cosθОбщее решение:∞r 2n+1 − a 2n+1v=APn(cosθ) .n+1∑ nrn=0Коэффициент An определяется из граничных условий:−qa 2 + r02 − 2ar0cosθq=−r01+2a( r0 )212− 2( ra )cosθ0=∞nr0q=−Pn(cosθ),r0 ∑a()0n=0так как r0 < a :a 2n+1 − a 2n+1q ∞ r0APn(cosθ) = −P (cosθ) ⇒n+1∑ n∑( a ) naan=0n=0n∞nq n+1 r0.⇒ An = − a(a)aCледовательно:nq ∞ n+1 r0 r 2n+1 − a 2n+1v=−aPn(cosθ) .n+1∑()a n=0arв) Построение функции Грина с помощью преобразования Фурье.Метод Фурье - метод построения решения дифференциальныхуравнений в частных производных удобен в том случае, когда задачарассматривается в бесконечной цилиндрической области :Ω = {(x, y) ∈ D, z ∈ (−∞, + ∞)} .Решение рассматриваемой задачи можно искать в следующем виде:u = u(M, z) ,где M - точка в поперечном сечении D цилиндра.213Пусть решение u(M, z) допускает преобразование Фурье по переменной zи существует его Фурье - образ:u^(M, μ) =1∞2π ∫u(M, z)e −iμz dz .−∞Тогда, применяя преобразование Фурье к уравнению и граничнымусловиям на боковой поверхности цилиндра, для Фурье - образа u^(M, μ)получаем краевую задачу в поперечном сечении цилиндра.Пример 1: найти потенциал поля точечного заряда величины q ,помещенного в точку M0(x0, y0, z0) внутри области, заполненной воздухом ,ограниченной заземленной цилиндрической поверхностью сечения D .Решение:Итак, пусть: Ω = {(x, y) ∈ D, z ∈ (−∞, + ∞)} , ∂Ω - боковаяповерхность рассматриваемого цилиндра.В отсутствии проводящей заземленной поверхности ∂Ω , потенциалполя точечного заряда q , помещенного в точку M0 , имеет следующий вид:u0 =Значит:q(x − x0) + (y − y0) + (z − z0)222.∂u0u0 → 0, → 0 при z → ± ∞ .∂z214При наличии проводящей поверхности ∂Ω мы так же должныучитывать поле наведенных зарядов.

Характеристики

Список файлов книги