Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 19

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

Текст из файла (страница 19)

Грани угла представляют собой проводящие заземленные плоскости.Решение:Сначала введем цилиндрическую систему координат. Направим ось Ozвдоль ребра двугранного угла, а полярную ось поместим на одной из егограней. Так как в условии нет явной зависимости от координаты z , то онаможет быть сведена к двумерной задаче в поперечном сечении угла.Итак, пусть M(r, ψ) - произвольная точка поперечного сечения угла,M0(r0, ψ0) - точка сечения, определяющая положение нити.Запишем математическую постановку задачи:Δu = − 4πqδ(M, M0), 0 < ψ0 < n ,πuψ =0=uψ = πn= 0.Будем решать данную задачу методом электростатических изображений,используя для потенциала поля точечного заряда следующее выражение:232φ(M ) = 2qln1rMM0.Тогда для функции u(M, M0) мы получим:n−111u(M, M0) = 2qln + − ln −,∑ ( RMMRMMk )kk=0где:2πk+ ψ0 − ψ ,( n)+RMM=kr02 + r 2 − 2r0rcos−RMMkr02=2πk+ r − 2r0rcos− ψ0 − ψ .( n)21Если мы положим q =, то получим функцию Грина задачи Дирихле4ππв угле величины на плоскости.nπпример4: Найти потенциал поля внутри двугранного угла величины ,2образованного координатными плоскостями x = 0 и y = 0 , если грань x = 0 идеально проводящая заземленная плоскость, а грань y = 0 - непроводящая плоскость ,1поддерживаемая при потенциале V(x) = 2.2x +aРешение:В отличие от предыдущего примера, мы имеем дело с однороднымуравнением ( так как заряды внутри угла отсутствуют) и неоднородныеграничные условия ( так как одна из граней поддерживается при нулевомпотенциале).233Как и в предыдущем случае, мы можем свести нашу задачу к двумернойв поперечном сечении:Δu = 0, x > 0, y > 0,u x=0 = 0 .u=y=0x2u < ∞.1,+ a2Ее решение можно построить с помощью функции Грина:G(M, M0) =−ln1ln2π1(x − x0) + (y − y0)21(x + x0) + (y − y0)22− ln1− ln2(x − x0) + (y + y0)21,(x + x0) + (y + y0)22где M(x, y) - точка наблюдения, M0(x0, y0) - точка источника,расположенные в поперечном сечении угла.Тогда решение задачи будет иметь следующий вид:∞∂Gu(M0) =u∫ ( ∂y )0d x для любой точки M0 внутри угла.y=0Так как:∂G∂yy=0y0=π1(x − x0) + y022−получаем:2341(x + x0) + y022,2−u(M0) =∞y0π ∫1(x − x0) + y020∞y0=π ∫0+B2Ax−Ax2 + a21(x − x0) + y022−2−1(x + x0) + y02x − x0+(x − x0) + y02212dx=22x +ax + x0(x + x0) + y022+d x,(x + x0) + y022где:A=2x04x02a 2 + (x02 + y02 − a 2)2,x02 − y02 + a 2B=4x02a 2 + (x02 + y02 − a 2)2Теперь вычисляем интеграл и находим:+∞yu(M0) = 0πx2 + a2Alnx − x0B+arctgy0y0(x − x0) + y02 ⋅(x + x0) + y022+∞0+2x + x0− arctgy0+∞=0Ay0x0a2B=−ln 2+2arctg=2πx0 + y0πy02x0 y0a2=−ln 2+222222πx0 + y04x0 a + (x0 + y0 − a ) {12350.x2+ (x02 − y02 + a 2)arctg 0=πy0 }r02sin2ψ0 a 2=−ln 2 +2{πr04a 2r02cos2ψ0 + (r02 − a 2)12 2π2+ (r0 cos2ψ0 + a )− ψ0.(2)}πПоследнее выражение представляет собой потенциал в полярныхкоординатах.б) Метод разделения переменных.Метод разделения переменных для построения функции Грина задачиДирихле в двумерной области D проводится аналогично трехмерномуслучаю.Функция Грина будет иметь вид:G(Q, M) =11ln+ v(Q, M) ,2π rQMгде Q ∈ D - точка истока , M ∈ D - точка наблюдения, а функция vявляется решением следующей задачи:Δv = 0, Q ∈ D,{v=−L11ln, PrPM2π∈ L.Тогда общее решение уравнения Лапласа в полярной системекоординат будет иметь следующий вид:v(r, ψ) = C0 + D0lnr +∞Cnr n + Dnr −n)cosnψ+(∑n=1236+∞Enr n + Fnr −n)sinnψ .(∑n=1Коэффициенты Cn , Dn , En , Fn можно легко определить из граничногоусловия.Разложим неоднородность в граничном условии в ряд Фурье поосновной тригонометрической системе.

Воспользуемся разложением в рядфундаментального решения оператора Лапласа:111ln=ln2π rMM0 2π11lnr2π=11lnr02π++12π12π1r 2 + r02 − 2rr0cos(φ − φ0)=1 r0cosn(φ − φ0), r > r0,∑ n( r )n=1∞∞nn1 rcosn(φ − φ0), r < r0 .∑ n ( r0 )n=1пример: найти потенциал поля, создаваемого бесконечной заряженной нитью спостоянной линейной плотностью заряда ρ0 внутри цилиндрического слоя,ограниченного двумя концентрическими проводящими заземленными цилиндрами,поперечные сечения которых являются окружностями радиусов a и b (a < b) . Нитьпараллельна оси системы.Решение:Задачу можно рассматривать, как плоскую в любом поперечном сечениицилиндрического слоя.237Пусть нить проходит через точку M0 , лежащую в поперечном сечении.Тогда наш потенциал имеет следующий вид:φ(M, M0) = 2ρ0ln1rMM0+ v(M, M0) .В выбранном нами поперечном сечении введем полярные координаты.Поместим начало координат на ось симметрии области, а полярную ось так,чтобы на ней лежала точка M0 .

Тогда точка M имеет координаты (r, ψ) , аточка M0 - координаты (r0,0) .Тогда задача для функции v(M, M0) будет иметь следующий вид:Δv = 0, r ∈ (a, b), ψ ∈ [0,2π],v1=−2ρln0 rr=av1=−2ρln0 rr=bPM0PM0r=ar=b= 2ρ0ln a 2 + r02 − 2ar0cosψ,= 2ρ0ln b 2 + r02 − 2br0cosψ .Общее решение уравнения Лапласа в кольце можно записать вследующем виде:∞rbr 2n − a 2nv = A0ln + B0ln +Ancosnψ+n∑ar n=1r∞b 2n − r 2n+Bcosnψ .n∑ nrn=1Неизвестные коэффициенты An и Bn находятся из граничных условий.Представим неоднородности в граничных условиях задачи в видеразложения в ряд Фурье по тригонометрической системе функций{sinnψ, cosnψ} :2382ρ0ln a 2 + r02 − 2ar0cosψ =21aa2= 2ρ0 ln r0 1 +−2cosψ2( r0 )( r0 )= 2ρ0lnr0 − 2ρ0∞=nacosnψ,∑ ( r0 )nn=1nrcosnψ022,так как r0 > a ⇒ ln b + r0 − 2br0cosψ = lnb −∑( b )nn=1∞r0 < b .Следовательно:∞bb 2n − a 2nv r=a = B0ln +Bncosnψ =na ∑an=1= 2ρ0lnr0 − 2ρ0∞nacosnψ.∑ ( r0 )nn=1и∞bb 2n − a 2nv r=b = A0ln +Ancosnψ =n∑a n=1br0 n cosnψ= 2ρ0lnb − 2ρ0.∑( b )nn=1∞И получаем коэффициенты:2ρ0r0nA0 = 2ρ0 b , An = −,2n2nn b −aln alnb239n2ρ0 aanB0 = 2ρ0 b , Bn = −,2n − a 2nnrb()ln a0lnr0тогда наш потенциал имеет следующий вид:φ(M, M0) = 2ρ0ln∞1−2ρ0∑nn=11r 2 + r02 − 2rr0cosψ+ 2ρ0lnbln( ar ) + lnr0ln( br )2n2−nr0 r − aab 2n − r 2n+( r ) b 2n − a 2n ( r0r ) b 2n − a 2nn 2nln( ab )cosnψ .1и заменим угол ψ на (ψ − ψ0) , мы получим4πфункцию Грина задачи Дирихле для уравнения Пуассона в кольце:Если мы положим ρ0 =11G(M, M0) =ln2π rMM0∞11−2π ∑nn=1rblnbln+lnrln0 (r)(a)1+−b2πln( a )nr0 r − aab 2n − r 2n+( r ) b 2n − a 2n ( r0r ) b 2n − a 2nn 2n2n2240cosn(ψ − ψ0) .в) Использование конформных отображений для построения функции Гринаоператора Лапласа.Дадим определение и сформулируем основные свойства конформногоотображения .Конформным отображением называется взаимно однозначное отображениеобласти D комплексной области z на область D̃ комплексной области w ,если это отображение во всех точках z ∈ D обладает свойствами сохраненияуглов и постоянства растяжений.Пусть функция h(z) является однозначной и однолистной аналитческойфункцией в области D и h′(z) ≠ 0 при z ∈ D .Тогда функция h(z) производит конформное отображение области D наобласть D̃ комплексной области w , представляющую собой областьзначений функции w = h(z) при z ∈ D .Итак, конформное отображение обладает следующими свойствами:свойства сохранения углов и постоянства растяжений: угол междулюбыми двумя гладкими кривыми, пересекающимися в точке z0 , равен поабсолютной величине углу между их образами на плоскости w в точкеw0 = h(z0) , а бесконечно малые линейные элементы Δz1 = z1 − z0 иΔz2 = z2 − z0 преобразуются подобным образом в бесконечно малыелинейные элементы:Δw1 = w1 − w0 , Δw2 = w2 − w0 .И их коэффициент подобия равен:Δw1Δz1=Δw2Δz2= h′(z0)( при конформном отображении граница D переходит в границу области D̃ ) .241Любая гармоническая функция u(z) при конформном отображениипреобразуется в гармоническую функцию U(w) .

Это свойство легкоиспользовать при решении краевой задачи для уравнения Лапласа:Δu = 0, M ∈ D,{u L = f (P), P ∈ L,( L - граница области D ) .Теперь найдем следующее конформное отображение , для значительногоупрощения решения получаемой краевой задачи для уравнения Лапласа.Итак, пусть рассматриваемое отображение осуществляется с помощьюследующей функции:w = h(z) = ξ(x, y) + iη(x, y) , где z = x + iy , w = ξ + iη .Функция h(z) задает невырожденную замену действительныхпеременных:x = x(ξ, η),{y = y(ξ, η) .Обратное преобразование осуществляется при помощи обратной заменысоответственно:ξ = ξ(x, y),{η = η(x, y) .В свою очередь, оператор Лапласа преобразуется следующим образом:2Δxy = h′ Δξη .242Таким образом наша рассматриваемая задача примет следующий вид:ΔξηU = 0, (ξ, η) ∈ D̃ ,UL̃= g(ξ, η), (ξ, η) ∈ L̃,U(ξ, η) = u(x(ξ, n), y(ξ, n)) , g(ξ, η) = f (x(ξ, n), y(ξ, n)) .Основная идея решения полученной задачи: нужно найти функциюU(ξ, η) , гармоническую в области D̃ .

С помощью обратногопреобразования мы получим выражение для функции u(x, y) , котораяявляется решением рассматриваемой задачи.Описанный нами метод наиболее актуален, когда область D являетсяодносвязной.В нашем случае можно подобрать функцию w = h(z) таким образом,чтобы конформно отобразить область D на внутренность единичного кругаw ≤ 1 с центром в начале координат.При этом фиксированная внутренняя точка M0 ∈ D переходит в центрэтого круга. Тогда значению u(M0) соответствует значение UфункцииU(r, θ) , гармонической в круге w ≤ 1 :r=0Δr,θU = 0, 0 ≤ r < 1, 0 ≤ θ ≤ 2π,{Ur=1= g(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π .Используем формулу среднего значения для гармонической функции иполучим:2432πUr=0=1g(θ)dθ .∫2π0Так как :d11−lnrdr ( r ),r≠0то:2πUr=0=2π11d11 ⋅ g(θ)dθ = −lng(θ)rdθ()∫∫2π2π drr00r=12π=−1∂1lng(θ)rdθ2π ∫ ∂ ñ ( r )0=2π=−r=112π ∫0ññ, ∇ln1g(θ)rdθr,r=1где ñ - вектор нормали к окружности.Переход к переменным (x, y) проводится при помощи функцииz = h −1(w) , которая осуществляет комформное отображение единичногокруга на область D .

Характеристики

Список файлов книги