А.Н. Боголюбов, В.В. Кравцов - Задачи по математической физике (PDF) (1125169), страница 12
Текст из файла (страница 12)
лт Оп«»1У, Х) = Сае — У81П вЂ” 2, Ь с и = О, 1, 2,..., т = 1, 2,... По переменной х заданы граничные условия первого рода при х = 0 и второго рода при х = а. Поэтому решение задачи можно записать в виде и = ~~ ~~1 сое — уеш — 2 ~ А„" + «=О т««1 пс» «сп С111тЛ«птга Х) с11 з/Л„а Лп =( —;и) ( — ') . ди~ Поскольку — ~ = О, Апти = 0 при всех и и ти. Используя граничдх 1«=с нее условие при х = О, получаем Е тги, тгти Вп сп Сае — У Егн — Х = АУХ .
Ь е »=О сп«1 Отсюда 6 с 1 ли, тгиг В 2 2 / / ух сов у81п Оду х ((сое '"у() )(81п «)) Ь Решение этой задачи следует искать в виде разложения по собствен- ным функциям прямоугольника 0 < у < Ь, 0 < е < е с граничными условиями Так как с / 2 з1п — 2 оз = с о ь яи усов — усу = ь а ~(81П вЂ” 2)( г — ( — 1) м, яти Е ь* (( 1)» Ц ь 2 ифО, и=О, можем записать в. = — (-ц Ьс +д тгти 4Ьс В = — ( 1) (1 — ( 1)3, иуЬО, тгтта и 2 ти = 1, 2,..., со. Следовательно, стационарное распределение температуры имеет внд т + Ьс с(т;~ (а — я), тгти и= ~ ( — 1) ~~ — ', зтп — 2+ тгто с(т — а с п1=1 т 4Ьс с(т |/Х„~(а — к) ки, тгти л- = ( —;")'+ ( —;)' Решение.
Стационарная температура и является решением краевой задачи тзи = О в кубе, ди1 ди~ дг Ь=о дт!*= 3. Найти стационарное распределение температуры внутри куба, две грани которого при г = О и 2 = а теплоизолированы, а на остальных поддерживается постоянная температура Тс . Поскольку при г = 0 и г = а заданы однородные граничные условия второго рода ди~ ди( дх)~=а дг!г=а а граничные условия на остальной части поверхности куба от г не зависят,и решение задачи от переменной г зависеть не будет: и = и(х, у). Эту задачу можно далее решать методом разделения переменных, как это изложено в г 7.
Но совершенно очевидно, что решением этой задачи является и = То. Итак, стационарная температура данного куба постоянная и равна Т . Заметим, что решение этой задачи сразу можно было выписать «нз физических соображениЯ»: на боковых гранях поддерживается постоянная температура То, а две другие грани теплоизолированы. Следовательно, внутри куба будет сохраняться та же температура Т . Следует всегда учитывать, что если непосредственная проверка показывает, что каким-то образом «угаданная» или построенная «из физических соображений» функция действительно является решением поставленной задачи, то другого решения эта задача иметь не может в силу теоремы единственности.
Решение краевой задачи для уравнения Лапласа внутри прямого кругового цилиндра (О < г < а, 0 < у < 2я, 0 < г < 6) проводится по той же схеме. что и для прямоугольного параллелепипеда. Для примера рассмотрим задачу Дирихле 0«.л, Поэтому трехмерная задача вырождается в двумерную: дгц дги — + — =0 вквадрате 0<х у<а дхг дуг ц(*=а = я1 =о = т4»=о = и( = То. г 9.
КРАЕВЫЕ ЗАДАВИ ДЛЯ»'РАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА В КР»ГОВОМ ЦИЛИНДРЕ Ли=О, 0<с<о, 0<аг<2х, ц!„. = У(р,г), и/ = 1г(г,5а), (, „=~а(г,г). (9.1) (9.2) (9.3) (9.4) Полную задачу (9.1) — (9.4) разобьем на две стандартные: 0<г<а, 0<р<2я, О<в<6, и(„, =О, а/ в = У~(г~'р)~ 1, „=1г(г й Ли=О, 0 < в < й, (9.9) (9.10) (9.11) Ьи = О, Рассмотрим каждую из этих задач. Начнем с задачи (9.5)-(9.8).
Найдем частные решения уравнения Лапласа, представимые в виде и(г, 1а, в) = е(г, ~р) Е(в) ф 0 (9.12) и удовлетворяющие однородному граничному условию и/ =О. Подставляя (9.12) в уравнение Лапласа и разделяя переменные, получим ,6,. г" г Отсюда, как и для параллелепипеда, получаем задачи для и(г, 1а) и г(.): Ьвв+ Ле = О, 0 < г < а, 0 < р < 21г, в/ = О, в(г,~р) ф О, (9.13) и г" — Лг = О, О «Ь.
(9.14) Задача (9.13) есть задача Штурма — Лиувилля для круга. Ее собствен- ные функции равны "=""(" р) =~-(Л(Лв )1, / 00 ( савау, 1. в(пор, 0<г<а, 0<~р<2я, и/ = Д(ср, в), .1=.=!.=.= (9.5) (9.6) (9.7) (9.8) 1») а собственные значения Л~, ) есть корни уравнения ,Ул(Л/Ла )а) = О, и = О, 1,2,..., й = 1, 2,..., со. Общее решение уравнения (9.14) запишем в виде (удобном для решения задачи Дирихле по переменной 2) оЬ |/Л " 2 оЬ Л/Л л)(Ь вЂ” 2) Я(2) =А +В .ь |/Л1") ь .ь |~л~" >ь Таким образом, система частных решений имеет вид вЬ |/Л~, )2 оЬ |/Ла ~(Ь вЂ” 2) 1 ила(г,а»,2) = аль(г,~Р) Ало +В»а Ь Л Ь еЬ Л( )Ь и = О, 1,..., й = 1, 2,..., оо.
(9.15) Решение задачи (9.5)-(9.8) ищем в виде разложения по этим частным решениям и(г,о,а) = ), ~~~ Ул(~/Ль )г) (Аль + л=а Ь=) .Ь,/Л,'л)Ь оЬ |/Л~~.") (ь — 2) 2 +В», ~ соо п)а+ зЬ Л(л) Ь вЬ |/Л " 2 оЬ |/Л„" (Ь вЂ” 2) 2 еЬ )/Л21")Л оЬ |/Л21 )6 а 2» Р Л Р,Г1~Б( ) -(/л. ) -" а а о а а 2» Яг, )а) Эл(у Л„г) соо пу2г Иг И)а, а о а 2» 1 / Олй) 2 ~ У2(г, 22)У»()уЛ„г) е(пшргйгду, а о а 2» УУ Г (л) ~~. У / И" ~)'»(ЛУ' г)"""~"'"'~ Аль = Вл, = Сль = У)лов о о 97 Коэффициенты Алю Влю Слю У)„ь определяются из граничных усло- вий (9.7), (9.8): Замечание 1.
Для задачи Дирихле все собственные значения Ло1"1 > О. При решении задачи Неймана появляется собственное значение Л = О. Если Л = О, то уравнение (9.14) принимает вид г"=о. Его общее решение; г(г) = А+ Вю Поэтому в системе частных решений для задачи Неймана удобно выделить решение ио = Ао+ Воя, соответствующее нулевому собственному значению. Замечание 3. Сходимость полученных рядов аналогична сходимости рядов, появляющихся при решении задач в прямоугольном параллелепипеде.
Рассмотрим теперь задачу (9.9)-(9.11). Для ее решения следует построить систему частных решений уравнения Лапласа, представимых в виде и(т, у, г) = и(т, у ) г(.) ~ О (9.17) и удовлетворяющих однородному граничному условию и1, о — — и1, ь — — О. Подставляя (9.17) в уравнение Лапласа и разделяя переменные, как это делалось ранее, задачи для г(в) и и(т, у) удобно записать в виде г" +лг=о, о<в<ь, г(о) =г(ь) =о, г() ~о, (9.18) и Ьго — Ли=о, 0<т<а, 0<1о<2я. (9.19) Задача (9.18) есть задача Штурма — Лиувилля для отрезка. Ее соб- ственные значения и собственные функции имеют вид аЛг Л = Лв = 1 — ), г = гв(г) = в(п — г, 1Л) ' 1 Й = 1, 2,..., оо.
Замечание Я. Изложенный метод решения непосредственно переносится на краевую задачу внутри прямого цилиндра произвольного поперечного сечения, если на боковой поверхности такого цилиндра выполняется нулевое граничное условие (первого, второго или третьего рода). Частные решения уравнения (9.19) также найдем методом разделе- ния переменных. Пусть и(т, 1г) = Н(т)ф(р). Подставляя в уравнение (9.19) и разделяя переменные, получим Зт ( вт ) фа — и Л(т) — ф(1.) Отсюда получаем задачу для определения Ф(1а): Ф" + иф = О, 0 < 1р < 2я, Ф(1а) = Ф(1а+ 2я) (9.20) и задачу для определения 3(т) тгН" + т11' — (Лтг+ и)В = О, 0 « а, (9.21) (В(0)( < оо.
(9.22) ( соавтор, и = ма = и', Ф = Фв(~р) = ~ в1п п~р, и = О, 1,..., оо. Уравнение (9.21) есть уравнение функций Бесселя с чисто мнимым аргументом. Его общее решение имеет вид Ц.) = С, 1„( ГЛт) + С,К„(~от), где 1„(х) — функция Инфельда, К„(х) — функция Макдональда. Условие ограниченности (9.22) дает Сг =О. Следовательно, система частных решений (9.17) имеет вид сов пгг, н„в (т, ~р, в) = 1„(ъ/Лв т) в(п Л/Ль в ( (9.23) 1яьЛг Лв= ~ — ), п=0,1,..., 1=1,2,...,оо. — ~т) 99 Задача (9,20) есть задача Штурма — Лиувилля для отрезка с перио- дическими граничными условиями.
Ее собственные значения и соб- ственные функции равны Решение краевой задачи (9.9)-(9.11) ищем в виде разложения по си- стеме (9.23): и(т,1а,г) = ~~ " в(пл/Ллг(Аэлсовпла+В„лв(ппр), 1„(,/Л,т) 1„( /Лла) (9.24) коэффициенты которого определяются из граничного условия (9.10): гв л А„л = — 1 11 Д1а,г)в(п — гсовп1а<ЬН1а, 1 а а гт л В„л = — 1 1 ~(~р,г) в(п — гв(ппагдгдр, а а где яЬ Фл = 9 81п — 29 0 сов п1Р)(, Ь ггй ггг = Ов!п — гО О 81п пф).
Ь Таким образом, решение задачи (9.1) — (9.4) представлено в виде и = иг + иг где иг — решение стандартной задачи (9.5)-(9.8), определенное формулой (9.16), иг — решение стандартной задачи (9.9) — (9.11), данное формулой (9.24). Замечание 1. Решение краевой задачи с другими граничными условиями проводится по такой же схеме. При этом, как было указано ранее, следует учитывать возможность появления нулевого собственного значения.
Замечание й. При решении задачи (9.9) †(9.11) внутри тора прямоугольного сечения изменится только функция Шт). В этом случае она будет иметь вид В = Я„л(т) = С„л1„(,/Ллт) + 11„лК (ъ/Ллт). Замечание Я. Если по переменной г на обоих концах отрезка (О,Ь] (т.е. и при г = О, и при г = Ь) задано нулевое граничное условие ди ди второго рода ( — = 0 и — = 0), а граничная функция на =л гоо боковой поверхности цилиндра не зависит от переменной х, то и решение краевой задачи для уравнения Лапласа внутри цилиндра не зависит от г. В этом случае задача вырождается в краевую задачу для уравнения Лапласа на плоскости в области, представляющей поперечное сечение данного цилиндра. Отдельно рассмотрим краевую задачу с нулевыми граничными условиями второго рода по переменной ю Ьи = 0 в цилиндре .О, (9.25) ди ди =О, =о дх .=ь и~ = ~(1о, х).
(9.26) (9.27) В этом случае при разделении переменных по о получаем задачу Штурма-Лиувилля г" +лг=о, о« ° л, г'(о) = г'(1 ) = о, г(х) ф О, которая имеет следующее решение: й = О, 1, 2,..., со. 3 метим,чт пр )о=о Л =О, го(~) =1. Для функции о(г, ~р) получаем уравнение (9.28) Ьоо — Ло = О. При Ла ф 0 (т.е. при /с = 1,2,...) оно имеет следующие частные решения, ограниченные при г = 0: 1„(ЛIЛр,г), и=0,1,2,...
1 з(пи~р, и ( соо и1о~ ~( з(п и~р, При (о = 0 Ло = 0 и уравнение (9.28) переходит в уравнение Лапласа Лоо = О, которое имеет следующие частные решения, ограниченные при г = 0: Следовательно, частные решения уравнения Лапласа в цилиндре, представимые в виде и = и(т,1р)У(в) и удовлетворяющие однородному граничному условию второго рода ди ди1 — — =О, имеют вид „Г сов и1о, 1~ в(п и~о, яЬ ( сов п~р, Д,~ — т) сов — е ~ "~ И ) Ь ~ е1пилт, и = 0,1,2,...,оо.
в = 1,2,...,оо, Поэтому решение краевой задачи (9.25) — (9.27) можно представить в виде суммы двух рядов: ттъ" и(т,~Р,е) = ~~~ Н (Ао»соеп1о+Веэе1ппр)+ а э=о + ~~~ ~~~ сое — е (Ал„сов тмр+ Вл„е1п п1т), (9.29) " 1(™ ) кй л, „, 1»(т™а) й коэффициенты которых определяются из граничного условия (9.27) и имеют вид 2 Л 1 Г Г хк А„„= — ~ ~ Г(лт,е)сов — «совпрдед1т, 1 о о тм Л 1 я/с Вл„= — ~ / Г(1т,г)сов — ев1пириед4р, о о где яв кк Ф1 —— 'Осев — е9 'Осоепрй', 1тт = 'Осев — е0 'Ое1ппф!.
Ь й Рассмотрим несколько примеров решения задач. 1. Найти электростатический потенциал внутри кругового цилиндра радиуса а, основания которого г = 0 и е = И заземлены, а на боковой поверхности поддерживается потенциал сов 21т. 102 Решение. Для электростатического потенциала и имеем следующую краевую задачу внутри цилиндра: и = О в цилиндре, и ! и ! ь О и~ = сов 21о. Общее решение поставленной задачи имеет вид 1„Я" г), яв и = у ~ " „в)п — г(А„всовп1о+ Вава)ппго) . =ов=г )" ( а о) Поскольку граничное условие содержит только сов 2~р, Аав=О припф2, В в=О привсехпи/г. Следовательно, решение можно записать в виде го(~™г), ягг и = сов21оаэ а, Ать в1п — ю Л ~~(м ) Коэффициенты Ать определяются из граничного условия по формуле 1 Г, яlг 2 А 1 1 (1 ( 1)в) О 81п г вйт й Ягг Итак, решение поставленной задачи имеет вид ( ) л 2 ч (1 — ( — 1)в) 1т и = — сов21о у гг (а(2пь+11г) = — сов 2оа Ъ гг а а г /а(2т+1)а) а 2аь+1 а вгп 2гп+ 1 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
