Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 18

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

Текст из файла (страница 18)

При удалении от точки M0 это полебудет убывать, поэтому мы должны потребовать выполнение ряд условийаналогичных в рассмотренном случае при отсутствии проводящейзаземленной поверхности.Тогда мы можем записать математическую постановку нашей задачи вследующем виде:Δu = − 4πqδ(x − x0)δ(y − y0)δ(z − z0), (x, y) ∈ D, -∞ < z < ∞,u ∂Ω = 0,u → 0, uz → 0; z → ± ∞ .Будем искать решение u(x, y, z) , которое допускает вместе со своимипроизводными преобразование Фурье по переменной z .Запишем преобразование Фурье по переменной z :u^(x, y, μ) =∞12π ∫u(x, y, z)e −iμz dz .−∞Применим преобразование Фурье к левой части рассматриваемогоуравнения:1∞2π ∫Δu ⋅ e −iμz dz =−∞= Δ21∞1(Δ2u + uzz)e∫2π−iμz−∞∞2π ∫−∞ue −iμz dz +1∞2π ∫uzze −iμz dz .−∞215dz =∞12π ∫ue −iμz dz = u^(x, y, μ) , а Δ2 - оператор Лапласа в поперечном−∞сечении.Теперь вычислим последний интеграл полученного выражения,используя условия на бесконечности для функции u(x, y, z) .

Интегрироватьбудем два раза по частям:∞12π ∫uzze−iμzdz =−∞z=∞12πuze−iμz+iμz=−∞∞2π ∫uze −iμz dz =−∞=0=iμ2πue−iμzz=∞z=−∞−μ∞12π ∫2ue −iμz dz .−∞=0=u^(x, y, μ)Таким образом, применяя преобразование Фурье к нашему уравнению играничному условию, для Фурье - образа мы получаем следующую задачу:Δ2u^ − μ 2u^ = − 2 2πqe −iμz0δ(x − x0)δ(y − y0), (x, y) ∈ D,u^L= 0,где L - граница области D .Решение полученной задачи удобно искать в виде разложения в рядФурье по системе нормированных на единицу собственных функций vn(x, y)задачи Штурма - Лиувилля :Δvn + λn2vn = 0, (x, y) ∈ D,vnL=0216в поперечном сечении D :∞^ nds .Cn(μ) = uv∫u^(x, y, μ) =C μ v x, y ,∑ n( ) n( )n=1DУмножая уравнение Δvn + λn2vn = 0 на vn(x, y) , интегрируя по области Dи применяя вторую формулу Грина , получим:^ ndS − μ 2 uv^ ndS = − 2 2πqe −iμz0vn(x0, y0),Δ2uv∫∫DDгде:^ ndS = uΔ^ 2vndS = − λn2 uv^ ndS = − λn2Cn(μ) ,Δ2uv∫∫∫D∫DD^ ndS = Cn(μ) .uvDCледовательно коэффициенты Cn(μ) удовлетворяют алгебраическомууравнению:−λn2Cn(μ) − μ 2Cn(μ) = − 2 2πqe −iμz0vn(x0, y0) .Значит:Cn(μ) =2 2πqe −iμz0vn(x0, y0)λn2 + μ 2217.Тогда решение примет вид:u(x, y, z) =1∞u^(x, y, μ)e iμz dμ =2π ∫−∞∞= 2q∞∫ ∑−∞e −iμz0vn(x, y)vn(x0, y0)λn2 + μ 2n=1e iμz dμ =∞e iμ(z − z0)= 2qv x , y v x, ydμ .∑ n( 0 0) n( ) ∫ λn2 + μ 2n=1∞−∞Интеграл в последнем выражении можно вычислить с помощью вычетов,применяя лемму Жордана и замыкая контур в верхней полуплоскости при z − z0 > 0 ив нижней полуплоскости при z − z0 < 0 .Таким образом , мы получим:u(x, y, z) = 2πq∞∑n=1vn(x0, y0)vn(x, y)λne −λnz − z0, где vn(x, y) - собственныйфункции задачи Штурма - Лиувилля в поперечном сечении D .Пример 2 .

Найти потенциал поля точечного заряда величины q ,помещенного внутри двугранного угла величины α , α ∈ (0; 2π) . Грани углапредставляют собой проводящие заземленные плоскости.Решение:Будем строить решение рассматриваемой задачи с помощьюпреобразования Фурье. Тогда математическая постановка нашей задачибудет иметь следующий вид:218Δ3u = −uψ =0где:4πqr0=uδ(r − r0)δ(ψ − ψ0)δ(z − z0),ψ =a= 0,0 < r, r0 < + ∞, 0 < ψ, ψ0 < a, − ∞ < z, z0 < + ∞,1 ∂∂u1 ∂2 u∂2 uΔ3u =r+ 2+ 2 .2()r ∂r∂rr ∂ψ∂zЗапишем преобразование Фурье по переменной z :u^ =1∞2π ∫u(r, ψ, z)e −iμz dz .−∞В пространстве Фурье - образов полученное уравнение приметследующий вид:2 2π1 ∂∂ u^1 ∂ 2 u^2^−iμz 0r+ 2−μu=−δr−rδψ−ψe.()()002r ∂r ( ∂r ) r ∂ψr0Решение полученного уравнения будем искать в виде разложения в рядФурье по системе функций c граничными условиями рассматриваемойзадачи:{Φn} =πnsin ψ , n = 1,2, .

. .{α }Тогда:∞πnu^(r, ψ, μ) =Rn(r)sin ψ ,∑αn=1αRn(r) =2 ^πnu(r, ψ, μ)sin ψdψ .α∫α0219Умножим уравнение , полученное в пространстве Фурье - образов , наπnsin ψ и проинтегрируем по переменной ψ от 0 до α :ααα001 ∂∂ ^πnπnu(r, ψ, μ)sin ψdψ − μ 2 u^(r, ψ, μ)sin ψdψ+r∫ααr ∂r∂r ∫α22 2π −iμz1 ∂ u^(r, ψ, μ)πnπn0δ r − r+ 2sinψdψ=−esinψ .(0)r ∫∂ψ 2αr0α 00Отсюда мы получаем уравнение для радиальной части:dRn1 ∂1 πnr− 2Rn(r) − μ 2 Rn(r) =r ∂r ( dr ) r ( α )2=−4 2παr0e −iμz0sinπnψ0δ(r − r0) .αЕсли мы учтем смысл обобщенных функций - r 2δ(r − r0) = r02δ(r − r0) иумножим полученное уравнение на r 2 , то получим:πnr 2 R″n(r) + rR′n(r) −+ μ 2r 2 Rn(r) =[( α )]2=−4 2παr0e −iμz0sinπnψ0δ(r − r0) .αCледовательно, наша задача свелась к построению Функции Грина уравненияБесселя чисто мнимого аргумента.Потребуем выполнение дополнительных условий:Rn(0) < ∞, Rn(r) < ∞ , при r → ∞ .220Будем искать решение поставленной задачи с заявленнымидополнительными условиями в следующем виде:Rn(r) =C1I πnα (μr), r < r0,C2K πnα (μr), r > r0 .Функции I πnα (μr) и K πnα (μr) представляют собой решения однородногоπn+ μ 2r 2 Rn(r) =уравнения r 2 R″n(r) + rR′n(r) −[( α )]2=−4 2παr0eπnsin ψ0δ(r − r0) , ограниченные при r = 0 и при r → ∞ .α−iμz 0Потребуем выполнение следующих условий сопряжения при r = r0 :Rn(r0 + 0) − Rn(r0 − 0) = 0,R′n(r0 + 0) − R′n(r0 − 0) = −4 2παr0sinπn−iμz 0ψe.0αПодставляя Rn(r) в полученную систему , получаем выражения дляопределения коэффициентов C1 и C2 :C2K πnα (μr0) − C1I πnα (μr0) = 0,μC2K′ πnα (μr0) − μC1I′ πnα (μr0) = −4 2παr0sinπn−iμz 0ψe.0αИ находим:C2 = C1I παn (μr0)K παn (μr0),C1μ[I πnα (μr0)K′ πnα (μr0) − I′ πnα (μr0)K πnα (μr0)] ==−4 2παr0sinπn−iμz 0 πnψeK α (μr0) .0α221Необходимо учесть, что определитель Вронского функций Инфельда иМакдональда равен:W[I πnα (μr0), K πnα (μr0)] == [I πnα (μr0)K′ πnα (μr0) − I′ πnα (μr0)K πnα (μr0)] = −1,μr0и получаем наши коэффициенты:C1 =C2 =4 2πα4 2παsinπn−iμz 0 πnψeK α (μr0),0αsinπn−iμz 0 πnψeI α (μr0) .0αСледовательно:Rn(r) =4 2παI πnα (μr)K πnα (μr0), r < r0,πn−iμz 0sin ψ0eαI πnα (μr0)K πnα (μr), r > r0 .Теперь подставляем полученную радиальную функцию в исходноеуравнение и получаем:u^(r, ψ, μ) =∞=4 2π −iμze 0α∑I πnα (μr)K πnα (μr0)sinπnπnψ0sin ψ, r < r0αα∑I πnα (μr0)K πnα (μr)sinπnπnψ0sin ψ, r > r0 .ααn=1∞n=1Проведя обратное преобразование Фурье , мы получаем решениеисходной задачи:u(r, ψ, z) =1∞u^(r, ψ, μ)e iμz dμ .2π ∫−∞2225.Внутренние и внешние двумерные задачи и методы их решения.Пусть D - область на плоскости, ограниченная достаточно гладкойзамкнутой кривой L .

Кривая L - в нашем случае будет являтьсяповерхностью Ляпунова.Рассмотрим внутреннюю задачу Дирихле:Δu = − F(M ), M ∈ D,{u L = f (P), P ∈ L .Определение: классическим решением рассматриваемой задачи , будемназывать функцию u(M ) , дважды непрерывно дифференцируемую вобласти D , непрерывную в замкнутой области D , удовлетворяющую вклассическом смысле уравнению Δu = − F(M ) в области D и граничномуусловию u L = f (P) .При F ∈ L2(D) ∩ C (1)(D) и f ∈ C(L) наша задача имеет единственноеклассическое решение. Для его построения можно повторить все те жерассуждения, что и в трехмерном случае, взяв во второй формуле Гринафундаментальное решение оператора Лапласа на плоскости:11G(Q, M) =ln+ v , v - гармоническая функция.2π rQMu(M ) =∂u(P)∂G(P, M )G(P, M )− u(P)dlP−)∮(∂nP∂nPL− G(Q, M)Δu(Q)dSQ =∫D=∮(G(P, M )L∂u(P)∂G(P, M )− f (P)dlp + G(Q, M)F(Q)dSQ .)∫∂nP∂nPD223Как и в трехмерном случае, в полученном выражении можно убрать∂u(P)слагаемое, содержащее неизвестное значениена границе L , если∂nPвоспользоваться произвольностью гармонического слагаемого v ипотребовать выполнения условия:G(P, M ) = 0, ∀P ∈ L .Тогда:u(M ) = −∮f (P)L∂G(P, M )dlP + G(Q, M)F(Q)dSQ .∫∂nPDТеперь введем следующее определение: функцией Грина внутренней задачиДирихле для оператора Лапласа в двумерном случае будем называть функцию :G(Q, M) =11ln+ v(Q, M), Q ∈ D, M ∈ D,2π rQMудовлетворяющую условиям:1) v(Q, M) - гармоническая функция координат точки Q ∈ D ,непрерывная на D для каждой точки M ∈ D ;2) G(P, M )P∈L= 0 для каждой точки M ∈ D .Для того, чтобы построить решение рассматриваемой двумернойзадачи Дирихле достаточно найти такую функцию v(Q, M) :ΔQv = 0, Q ∈ D,v=−L11ln, PrPM2π224∈ L.Пусть De - дополнение некоторой ограниченной замкнутой области D сгладкой замкнутой границей L до всей плоскости R 2 .

Также, как и втрехмерном случае, для того, чтобы краевая задача для уравненияПуассона или Лапласа в области De имела единственное решение, следуетпотребовать регулярности решения на бесконечности.Определение: функция u(M ) называется регулярной на бесконечности вдвумерном случае, если она ограничена при r → ∞, где r =x2 + y2 .Внешняя задача Дирихле для уравнения Пуассона в двумерном случаеставится следующим образом:Δu = − F(M ), M ∈ De,uL= f (P), P ∈ L,u < ∞.Если функция F является финитной и непрерывно дифференцируемой, афункция f является непрерывной, то рассматриваемая задача имеетединственное, классическое решение.замечание: так как в двумерном случае от функций требуется толькоограниченность на бесконечности, формулы Грина во внешних областяхостаются справедливыми лишь для регулярных функций, гармонических вненекоторой ограниченной области .Так как функция F(M ) является финитной , то для решениярассматриваемой задачи справедливы формулы Грина.Выберем систему координат таким образом, чтобы начало координат Oнаходилось строго внутри области D .225Применим третью формулу Грина для решения рассматриваемой задачи:Ω(M )u(M ) − 2πu∞ =∂u(P)1∂1ln− u(P)lndlP−}∮ { ∂nPrPM∂nP rPML−∫Δu(Q)lnDe1rQMdSQ,где :Ω(M ) = 2π , если M ∈ De , Ω(M ) = π , если M ∈ L , Ω(M ) = 0 , еслиM ∉ De .Перепишем полученную формулу, взяв в качестве точки M началокоординат, в следующем виде:−2πu∞ =∂u(P)1∂1ln− u(P)lndlp−∮ { ∂nPrOP∂nP rOP }L−∫Δu(Q)lnDe1rOQdSQ, так как точка O не принадлежит области De .Пусть M - произвольная точка области De .

Тогда:u(M ) =12π ∮L−u(P)∂u(P)11ln− ln−∂nP ( rPMrOP )∂11ln− lndlP−rOP )∂nP ( rPM226−111Δu(Q) ln− lndSQ .∫2πrOQ )( rQMDe∂u(P)Значениена границе области неизвестно. Применим∂nPстандартный прием для того, чтобы убрать слагаемое, содержащее этонеизвестное значение.Пусть v2 - произвольная гармоническая в области De и регулярная набесконечности функция.Для решения u(M ) рассматриваемой задачи и функции v2 справедливавторая формула Грина в области De :0=∂v (P)∂u(P)v2(P) − u(P) 2dlP − Δu(Q)v2(Q)dSQ .}∮ { ∂nP∫∂nPLDeСкладывая оба равенства , получим:u(M ) =∂u(P)∂G(P, M )−u(P)G(P, M ) dlP−}∮ { ∂nP∂nPL−∫Δu(Q)G(Q, M)dSQ,De111где: G(Q, M) =ln− ln+ v2 .2π ( rQMrOQ )замечание: при построении функции G(Q, M) вместо точки O можновыбрать любую точку строго внутри области D .Определение: Функцией Грина внешней задачи Дирихле для оператора Лапласа вдвумерном случае будем называть функцию:227G(Q, M) =11ln+ v(Q, M), Q ∈ De, M ∈ De , удовлетворяющую2π rQMусловиям:1) v(Q, M) - гармоническая функция координат точки Q ∈ De ,непрерывная в De для каждой точки M ∈ De , имеющая логарифмическуюособенность на бесконечности;2) G(P, M )P∈L= 0 для каждой точки M ∈ De ;3) G(Q, M) регулярна на бесконечности.Следовательно, функция Грина G(Q, M) является решением следующейзадачи:ΔQG(Q, M) = − δ(Q, M), Q ∈ De, M ∈ De,G(P, M )P∈L= 0, P ∈ L,G(Q, M) < ∞ .Так как функция Грина регулярна на бесконечности , то можно показать, чтоона симметрична относительно перестановки точки наблюдения Q и точкиисточника M .228Теперь перейдем к методам решения двухмерных задач:а) Метод электростатических изображений.Как и в рассмотренном нами трехмерном случае, в ряде областей прирешении двухмерных задач, удобно использовать метод электростатическихизображений.Рассмотрим следующий пример1:Найти функцию Грина задачи Дирихле вне круга радиуса a .Решение:Функция Грина является решением следующей задачи:ΔMG(M, M0) = − δ(M, M0), r > a, r0 > a,Gr=a= 0,G < ∞ при r → ∞ .ΔM - оператор Лапласа, где производные берутся по координатам точкиM , а r и r0 - полярные радиусы точек M и M0 .Будем искать функцию G(M, M0) как:G(M, M0) =11ln+ v(M, M0) ,2π rMM0где:ΔM v(M, M0) = 0, r > a, r0 > a,Gr=a=−11lnrPM02π229.a2Пусть M1, ψ0 - точка , сопряженная M0(r0, ψ0) относительно( r0)окружности радиуса a .Функция v = −1a 1является гармонической вне круга радиусаln2π r0 rMM1a и удовлетворяет нашей задаче.Тогда решение нашей исходной задачи примет следующий вид:G(M, M0) =111a 1ln−ln.2π rMM0 2π r0 rMM1пример2: Для любой непрерывной функции f (ψ) построить решение задачиДирихле для уравнения Лапласа в круге в интегральной форме:Δu = 0, r < a, ψ ∈ [0,2π],{u r=a = f (ψ) .Решение:Найдем решение поставленной задачи с помощью формулы :∂G(P, M )u(M ) = − f (P)dlP + G(Q, M)F(Q)dSQ , в которой∮∫∂nPLDфункция Грина G(M, M0) определяется выражением :G(M, M0) =11a 1ln− ln,rMM02π( r0 rMM1 )230r 2 + r02 − 2rr0cos(ψ − ψ0) ,rMM0 =rMM1 =r 2 + r12 − 2rr1cos(ψ − ψ0) ,a2.r1 =r0Подсчитаем производную:∂G∂n=r=aa−lnr01 ∂ln2π ∂r1r 2 + r02 − 2rr0cos(ψ − ψ0)1=r 2 + r12 − 2rr1cos(ψ − ψ0)r=a1 ∂=ln2π ∂r−ln1r 2 + r02 − 2rr0cos(ψ − ψ0)−1r 2r02a2=+ a 2 − 2rr0cos(ψ − ψ0)r=aa 2 − r021=−⋅.2πa a 2 + r02 − 2ar0cos(ψ − ψ0)231−Подставляя найденное выражение в нашу формулу получаем, чторешение в любой точке M0(r0, ψ0) :2πa 2 − r021u(r0, ψ0) =f (ψ)dψ2π ∫ a 2 + r02 − 2ar0cos(ψ − ψ0)0Полученная в задача формула называется интеграл Пуассона .пример3: найти потенциал поля бесконечной заряженной нити с линейнойπплотностью заряда q , помещенной внутри двугранного угла величины параллельноnребру этого угла.

Характеристики

Список файлов книги