Н.А. Боголюбов - ММФ (методические материалы) (1125160), страница 20
Текст из файла (страница 20)
В результате замены переменных внешняя нормаль ñк окружности преобразуется во внешнюю нормаль к границе L области D .Кроме того, имеет место соотношение подобия:dθñ=dln, dl - бесконечно малый элемент кривой L244( отображение элемента dθ ) , n - отображение вектора нормали ñ ,перпендикулярного к элементу dθ .Снова переходя к переменным (x, y) получаем u(M0) = Uu(M0) = −∫f (P)L1∂ 11ln∂n 2πh(z0, z)r=0:dl .Если функция w = h(z0, z) осуществляет комформное отображениеобласти D1 комплексной плоскости z на внутренность единичного кругаw < 1 так, что заданная точка z0 ∈ D1 переходит в центр w = 0 этогокруга, то функция:G(M0, M) =11ln2πh(z0, z)является функцией Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа вобласти D1 .Пример: найти потенциал поля бесконечной заряженной нити с постояннойлинейной плотностью заряда q , помещенной внутри двугранного угла величины αпараллельно ребру этого угла, α ∈ (0; 2π) .
Грани угла представляют собой проводящиеπзаземленные плоскости. ( Для частного случая α = данная задача уже былаnрассмотрена в рамках нашего курса и была решена методом электростатическихотображений, который в данном случае неприменим: так как рано или позднофиктивный заряд , полученный при отражении , попадает в рассматриваемую область, что приведет к наличию лишнего точечного источника).245Решение:Введем цилиндрическую систему координат, совместив ось Oz с ребромугла. Так как линейная плотность заряда q нити постоянна, то в задаче нетзависимости от переменной z , и она сводится к двумерной.Рассмотрим произвольную плоскость, перпендикулярную ребру угла.Пусть M0 - точка пересечения нити с этой плоскостью, и (r0, ψ0) -полярные координаты точки M0 в рассматриваемой плоскости.Область D = {(r, ψ) : r > 0,0 < ψ < α} в выбранной плоскостисоответствует внутренней части двугранного угла.Тогда задача примет следующий вид:Δu = − 4πqδ(M, M0), M, M0 ∈ D,{uψ =0=uψ =a= 0.Введем комплексную область z : z = r и argz = ψ .Для решения поставленной задачи , нам нужно отобразить область D навнутренность круга единичного радиуса.
Для этого преобразуем сектор вππверхнюю полуплоскость с помощью функции ζ = z α , ζ0 = z0 α , где z0соответствует точке M0 .Верхняя полуплоскость может быть отображена на круг с помощьюдробно - линейной функции :w = f (ζ) =πζ − ζ0ζ − ζ0, где ζ0 - комплексно сопряженное к ζ0 , а точкаζ0 = z0 α переходит в центр круга.246Тогда функция Грина будет иметь следующий вид:παπαz − z0qu(z, z0) = lnππ2z α − z0α,или:παq r0 + r − 2(rr0) cos α (ψ − ψ0).u(r, ψ) = ln 2ππ2 r α + r 2πα − 2 rr α cos π ψ + ψ( 0)0)0α(2πα2παπЗамечания:π1) Функция ζ = z α является многозначной :ζ = z α = e α Lnz = e α (lnπππz + iargz + i2πk), k∈z.2) Чтобы с помощью данной функции построить конформное отображениенужно выбрать ветвь, соответствующую k = 0 .π3) Точка z = 0 является точкой ветвления для функции ζ = z α , поэтомупри z = 0 конформность отображения нарушается.
Но значениепотенциала поля в этой точке известно из граничного условия: оно равнонулю, так как по условию грани угла заземлены.247г)Построение функции Грина с помощью разложения в ряд Фурье.Метод разложения в ряд Фурье применяется и в двумерном случае. Онпозволяет свести исходное уравнение в частных производных к системеобыкновенных дифференциальных уравнений.Пример: построить функцию Грина для кольцевого сектораa ≤ r ≤ b, 0 ≤ ψ ≤ a .Решение:Функция Грина G(r, r0, ψ, ψ0) является решением следующей задачи:ΔG = −4πδ rr0 (− r0)δ(ψ − ψ0),a < r, r0 < b ; 0 < ψ, ψ0 < a,GGψ =0r=a=G=Gψ =ar=b= 0,= 0.Будем искать функцию G(r, r0, ψ, ψ0) в виде разложения в ряд Фурье поπnсистеме собственных функций vn(ψ) = sin ψ, n = 1,2, .
. . , отрезка [0, α] :αG(r, r0, ψ, ψ0) =∞∑n=1An(r, r0, ψ0)sin248πnψ .αКоэффициенты An Фурье разложения определим по следующимформулам:An(r, r0, ψ0) =α2πnG(r, r0, ψ, ψ0)sin ψdψ , n = 1,2, . . . , .α∫α0Теперь получим уравнения для коэффициентов разложения. Умножим2πnнаше уравнение на sin ψ и проинтегрируем левую и правую частиααполученного равенства по отрезку [0, α] :α1 ∂∂ 2πnrG(r, r0, ψ, ψ0)sin ψdψαr ∂r∂r α ∫+0αα8πδ(r − r0)1 2 ∂ Gπnπn+ 2sinψdψ=−δψ−ψsinψdψ .(0)2∫∫r α ∂ψααr0α200Два раза интегрируя по частям второе слагаемое в левой части с учетомнаших граничных условий, мы получаем уравнения для функцийAn(r, r0, ψ0):dAd1 πn8πrπnr n − An = −δ(r − r0)sin ψ0, n = 1,2, .
. .dr ( dr ) r ( α )r0αα2Запишем краевые условия для полученного нами уравнения:Anr=a= Anr=b=0.Будем строить решение нашей краевой задачи на отрезке [a, b] спомощью функции Грина.249ddyФункцию Грина самосопряженного оператора L[y] =p(r)dr (dr )следует искать в следующем виде:g(r, s) =y1(r)y2(s), a ≤ r ≤ s,1p(s)W(s) {y2(r)y1(s), s ≤ r ≤ b,где y1(r) , y2(r) - решения однородного уравнения L[y] = 0 ,удовлетворяющие следующим условиям:y1(a) = 0, y2(b) = 0 ,s.а W(s) - определитель Вронского функций y1(r) и y2(r) , взятый в точкеddy1 πnРешения однородного уравненияr−y=0,()()drdrr α2удовлетворяющие краевым условиям имеют следующий вид:πny1(r) = r α 1 −a(r)2πnαπn, y2(r) = r − α 1 −r(b)2πnαCледовательно:p(s)W(s) = sW[y1(s), y2(s)] = −2πna1+(b)αДля функции g(r, s) получаем:g(r, s) = −2πna1+(b)α2πnα−1×2502πnα..×r(s)πnα(s(r)πnα(1−a(r)2πnα)(1−a(s)2πnα)(1−s(b)2πnα)1−r(b)2πnα), a ≤ r ≤ s,, s ≤ r ≤ b .Тогда функция An(r, r0, ψ0) может быть представлена через функциюg(r, s) в виде:b8π sπnAn(r, r0, ψ0) = g(r, s) −δ(s − r0)sin ψ0ds .( α ) r0∫αaПодставляем в g(r, s) и получаем:An(r, r0, ψ0) =πn4⋅=αrr( 0)2π nα)(n 1 + ( ab )(πn4⋅(1 − ( ar )r0 α(r)(1−2π nαa( r0 )1 − ( b0 )r1 − ( br )2π nα))2π nα)(n 1 + ( ab )(2π nα)2π nα)sinπnψ , aα 0sinπnψ , r0α 0251≤ r ≤ r0,≤ r ≤ b.Итак, решение заявленной задачи получено в виде ряда Фурье вследующем виде:∞∑4⋅r( r0 )πnα(1−πnπnψsinψ, rα 0α(r) (r0∑)(a× sin∞2πnαn 1 + (b)(n=1G(r, r0, ψ, ψ0) =a(r)4⋅n=1× sinπnα2πnα2πnα))≤ r0,1 − ( ra )2πnα0n 1+(πnπnψsinψ, r00αα1−(b)r0)(a(b)1 − ( br )2πnα2πnα))≤ r.Полученные ряды сходятся абсолютно при r ≠ r0 и r = r0 .252×6.
Функции Грина задач Неймана : внутренние и внешние трехмерныезадачи.Краевые задачи для оператора Лапласа с граничным условиемНеймана возникают, например, при расчете стационарного распределениятемпературы в некоторой области. Если известен тепловой поток черезграницу этой области, то мы приходим к задаче с неоднородным условиемНеймана. Если поток тепла через границу отсутствует, (то есть границатеплоизолирована), то граничное условие Неймана оказываетсяоднородным.Рассмотрим вначале внутренние трехмерные задачи.Итак, пусть D - область , ограниченная достаточно гладкойповерхностью S в пространстве R 3 . Рассмотрим задачу Неймана дляуравнения Пуассона:Δu = − F(M ), M ∈ D,∂u∂nS= f (P), P ∈ S,где n - единичная внешняя по отношению к области D нормаль кповерхности S .В отличие от задачи Дирихле, вторая краевая задача разрешима толькопри выполнении следующего условия:− F(M )dV = f (P)dS .∫∮DS253Итак, пусть решение задачи u(M ) существует.
Применим первуюформулу Грина к решению u и функции v = 1 :∫vΔudV =D∮Sv∂udS − ∇v ⋅ ∇udV ,∫∂nDв итоге получим:∫ΔudV =D∂udS .∮ ∂nSСледовательно условие − F(M )dV = f (P)dS является необходимым∫∮DSусловием разрешимости задачи.Физический смысл условия разрешимости: если функция u представляетсобой потенциал электростатического поля, то:∂udS - полный поток вектора напряженности электрического поля через∮ ∂nSзамкнутую поверхность S ,∫ΔudV - полный заряд , находящийся внутри области D .D∂uΔudV =dS - означает выполнение теоремы Остраградского - Гаусса .∫∮ ∂nDSТеперь сформулируем определение классического решения поставленнойзадачи:классическим решением рассматриваемой задачи будем называть функциюu(M ) , дважды непрерывно дифференцируемую в области D , непрерывно254дифференцируемую в области D̃ , удовлетворяющую в классическом смыслеуравнению Δu = − F(M ) в области D и соответствующему ему граничномуусловию.Если граница S области D является поверхностью Ляпунова, функцияF(M ) - непрерывно дифференцируемой, а функция f (P) непрерывна , торассматриваемая задача имеет классическое решение , которое определяется сточностью до аддитивной постоянной.Чтобы получить выражение для решения поставленной задачи,воспользуемся следующей формулой:u(M ) =∂u(P)∂G(P, M )G(P, M )− u(P)dS −∮(∂nP∂nP ) PS− G(Q, M)Δu(Q)dVQ .∫DG(Q, M) - фундаметальное решение оператора Лапласа в трехмерном случае втрехмерном случае, которое представляет собой сумму двух слагаемых:1G(Q, M) =+v ,4πrQMгде v - гармоническая функция в области D .Подставляя в выражение для u(M ) значенияΔu(Q) = − F(Q) , мы получим:u(M ) =G(P, M )f (P) − u(P)∮(S∂G(P, M )dSP+)∂nP+ G(Q, M)F(Q)dVQ .∫D255∂u∂n= f (P) иS∂G(P, M )∂1∂vu(P)dSP = u(P)+dS , значение( ∂nP 4πrPM ∂nP ) P∮∮∂nPSS∂u(P) ,которого неизвестно, так как в задаче на границе S задано лишь∂nP ∈ S , а значение самой функции u(P) не определено .Решение внутренней трехмерной задачи Неймана определено сточностью до аддитивной постоянной , поэтому можно подобрать функциюv таким образом, чтобы∂G(P, M )∂1∂vu(P)dSP = u(P)+dS( ∂nP 4πrPM ∂nP ) P∮∮∂nPSSбыло равно константе.Возьмем в качестве функции v решение следующей задачи :Δv = 0, Q ∈ D,∂v∂nPS=−1 ∂ 14π ∂nP rPM+ C, P ∈ S .Константа C в краевом условии поставленной задачи выбираетсятаким образом, чтобы выполнялось условие разрешимости , которое в этомслучае , принимает следующий вид:1 ∂ 1+ C dSP = 0,)∮ ( 4π ∂nP rPM−Sоткуда следует:C ⋅ S0 =1 ∂ 1dS ,∮ ( 4π ∂nP rPM ) PSгде S0 - площадь поверхности S .256Интеграл в последнем выражении можно посчитать, используя третьюформулу Грина , записанную для функции u ≡ 1 :1=−1∂ 1dSP .∮4π ∂nP rPMSОтсюда определяем константу C :C=−1.S0Функцией Грина внутренней задачи Неймана для оператора Лапласа в трехмерномслучае будем называть функцию вида:1G(Q, M) =+ v(Q, M), Q ∈ D, M ∈ D,4πrQMудовлетворяющую следующим условиям:1) v(Q, M) - гармоническая функция координат точки Q ∈ D ,непрерывная на D для каждой точки M ∈ D ;2)∂G(P, M )∂nP=−P∈S1для каждой точки M ∈ D .S0Функция Грина оператора Лапласа для внутренней задачи Неймана втрехмерном случае представляет собой решение задачи:ΔQG(Q, M) = − δ(Q, M), Q, M ∈ D,∂G(P, M)∂nPS=−1, PS0∈ S, M ∈ D .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
