А.Н. Боголюбов, В.В. Кравцов - Задачи по математической физике (PDF) (1125169), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Рассмотрим задачу внутри шара Ьи — хгп = О в шаре О < г < а, Р[и] = о — + ))и~ = 1(В, у) . ди Решение этой задачи представляется в виде разложения по частным решениям (8.7), ограниченным при г = О, и может быть записано в виде во в гуг и=~~ г 1„+г)г(хг) Р (совВ)(1' сов ту+1 ' впту) =о Р [а-г)г1в+г)г(ха)] где 1„, и 1„— коэффициенты Фурье функции 1(В,у) по системе (в) (Б) сферических функций, вычисляемые по формулам (9.1), (9.2).
5 гз. КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ дЛЯ УРАВНЕНИЯ Ьи — хгп = О ВНЕ ШАРА Для выделения единственного решения внешней краевой задачи для уравнения Ьи — хги = О на бесконечности ставится дополнительное условие: и ~ О при г 6 оо . Приведем решение внешней краевой задачи для шара. Рассмотрим задачу Ьи — хгп = О вне шара: г ) а, Р[п] = о — — )3и~ = 1(В,у), ди ду в к в 308 и =~ О при г -+ со . Решение этой задачи строится в виде разложения по частным решениям (8.8), удовлетворяющим условиям на бесконечности, и имеет вид г 1)гК (х~) и(г,В,(в) =~~~ ~~~ Р( )(совВ) х х () ( ) совпир+ 1( ) в(ппг(в), где г„, и г'„определяются формулами (9.1), (9.2).
(в) (8) 5 гв. кРАБВые 3АдА'Хи для иРАВнения Ьи — хги = О В ШАРОВОМ СЛОЕ Рассмотрим краевую задачу Ьи — хги = О в шаровом слое а < г < б, Рг[и] = ог — — )уги! = ЯВ,~р), [ог[+ !)Вд! ф О, ди Рг[и]= — агу +)уги! =Ь(В,р), [ог[+[дг[~О ди Для решения этой задачи сначала построим частные решения урав- нения Ьи — хги = О аналогично тому, как это сделано в 1 11. Пусть и( )(г, В,(в) = )г(„)(г)Р( )(сов В) ~ 1 в(ппир, где гв+г)г(хг) К,+г)г(хг) г г Чг(х а) = огх~~ +г!г(ха) [)гг+ 2 ] К+Иг(ха) Г ог) рг(х, а) = огх1,+,1г(ха) — [А + — ] 1 +г)г(ха).
2а] Функции и„(г, В, р) есть частные решения уравнения Ьи — х и = О, (а) г удовлетворяющие граничному условию д (а) Рг [ (')~ = , ди" — дг (')! = О. зов Аналогичным образом строим функции и( (ь) (')(.,В,р) =В(ь)(.)Р( )«В)~, ( зтп пир, где йг(х, 6) = ог хК„'+112(х6) + ()тг — — 1 Ко+1|2(х6), »6/ рг(х, 6) = огх1„'+1)2(х6) + ()уг — — ) 1»+1(г(х6). Функции и„(г, (),(о) удовлетворяют однородному граничному усло(ь) вию при г = 6: (ь) Рг ~и(о)1 = ог — +)уги(~) =О. Решение поставленной краевой задачи может быть получено в виде (все необходимые вычисления читатель легко может проделать самостоятельно) оо и (а) и = ~~~ ~~~ Рп (СОЗ 6) 1 11»,п СОЗ т(О + 11»п, Отц та(О)Ь+ () п=о тахо Рг Вй (6) оо и (Ь) + ~~' ~, Рп (соеа) (Ап ~озтп(о+ Угп, я~та(о), К, (т) („,) () =о =о Рт '(ВОО(а)1 где 11»,„, 11„и 12„,,12„— коэффициенты Фурье функций 11 и (о) (а) (о) (а) 12 соответственно по системе сфеРических фУнкций.
5 1В. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ ДЛЯ гтРАВНЕНИЯ ГЕЛЬМГОЛЬЦА Рассмотрим некоторые примеры решения краевых задач для уравнения Гельмгольца. 1. Внутри круга г < а решить задачу (зи — хги = О, и),-» = !Отп(о). Общее решение задачи Дирихле для данного уравнения имеет вид 1О(хг) х 1~(хг) и(г,(о) = Ао + аг (Апсозп~Р+ Вп мпп(о) 1о(ха) 1,(ха) п»ц З1О Определяем коэффициенты А„и В„: Ао — — — / )в(п1а)41а= — / в(п1ай~р= —, 2я,/ 7Г о о 1 Г 1 А„= — ( ) в)п гг ( сов п1а <йр = — / ) вш 1г ( сов п1р Нар = о о (, ) (1+ (-1)"), 2 гв в 1 Г,, 1 В„= — 1 (яика)яппрйр= — 1 (вшгг(в(ппугйуг= О, так как подынтегрвльная функция нечетна. Следовательно, 2 1в(хт) 2 ч 1+(-1)" 1»(хт) и— сов п~р, я 1в(ха) я пг — 1 1„(ха) или 2 1о(кг) 4 т 1гв(хт) сов2(ор я 1в(ха) я ~ ага(ха) 4вг — 1 2.
Решить вне круга задачу Ьи — и=О, т>а, да — =яп ~р, дт „, и ~ О при т -+ оо . Общее решение задачи Неймана для этого уравнения вне круга можно записать в виде К„(х ) и(т,1а) = ~ ", (А„савау+В„яппуг). в=в В данном случае коэффициенты разложения проще определить не путем вычисления соответствующих интегралов, а разлагая граничную функцию яп р: 1г яп 1а= ~-(1 — сов2вг)~ = — (1 — 2сов2гг+сов~2р) = (2 ~ 4 3 = — — — сов 2~р + — сов 4 р . 8 2 8 Подставляя общее решение в граничное условие, получаем ди — (А„сов п(о + В«в)п п(о) =о 3 1 1 = — — — сов2(о+ -сов4~р.
8 2 8 Отсюда сразу находим 3 1 1 Ао= —, Аг=--, Ав= —, 8' 2' 8' все остальные коэффициенты равны нулю. Следовательно, решение имеет внд 3 Ко(хт) 1 Кг(хт) 1 Кв(хт) 8 хКо(ха) 2 хКг(ха) 8 хК~в(ха) На примере решения этой задачи отметим, что если граничная функция задана в виде ряда Фурье, то решение задачи выписывается сразу, без вычисления каких-либо интегралов. 3. Внутри круга единичного радиуса решить задачу Ьи+ )г(г ) и = О, 0 < т < 1, з' и)т — « = в1пф+ сов (р, г где (г, — первый ненулевой корень уравнения (з) ЬЬ) =0 Общее решение написанного уравнения внутри круга имеет вид и(т,)о) = ~ У« ~дг т~ (А«сов«(«+ В«в)пи(о).
р (з) 1 «=о г (з)' В данном случае /сг = )г(, ) совпадает с собственным значением задачи Штурма — «Чиувилля внутри единичного круга. Поэтому для существования решения необходимо отсутствие третьей гармоники Фурье в граничной функции. Так как г ~((о) = в(п р + сов р = — + гйп у + — сов 2р 2 2 зг2 (третья гармоника отсутствует), решение рассматриваемой задачи существует, но неединственно.
Решение имеет вид 1 1о (д1 1г) А (и', 'г) 2 ( (з1) ( <з)) + — г т соз2у+ 1з(р1, 1г) (АзсозЗр+ Взз1пЗу~, ) где Аз и Вз — произвольные постоянные. 4. Построить функцию Грина задачи Дирихле для оператора Ьи+Й и вне сферы. Функция Грина имеет вид 1 еганммо С=— +е, 4я Вмм, (15.1) где е есть решение задачи 1с~е = О вне сферы: г ) а, 1 егап"'мо 4я Вммц мея е)„ (15.2) де — — 1ке = о — при г -+ оо . дг ~,г) Для решения этой задачи введем сферическую систему координат (г, е, 1а) с началом в центре сферы и осью з, проходящей через точку Ме.
Тогда точка Ме имеет координаты (го, О, О) и Вммо = гз+ газ — 2ггесозВ. Решение задачи (15.2) имеет вид г '" Га Не+1 /з(Ь.) """ = ~'Ч ~ Н„'Ц1цз(й ) (15.3) ОЭ е'"и е) = ~~~ А„Р„(созе) = —— 4яВ «ьа «=а згз Здесь учтено, что в выбранной системе координат решение задачи (15.2) имеет осевую симметрию, т.е. не зависит от угла у. Коэффи- циенты разложения А„определяются из граничного условия Для определения коэффициентов А» воспользуемся теоремой сложе- ния (см. приложение, г 2) с"" 1 у»+гас)»+г( (г) — ~ав в. Подставляя написанное разложение в граничное условие, получаем оэ оо (г) А»Р»(совВ) = -- ~~~ (и+ 1/2) Р„(сов В) .
о»+г)г()оа) Н»+цг(»гв) »=0 »=0 ЪГа Фо Отсюда сразу находим коэффициенты А»: 1 У»+г()оа) Н э()ого) (г) Подставляя коэффициенты А» в (15.3), получаем решение ~ 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ |~ о Н»+ Ягв) (г) и+ — — д в,у»+г(уса) х 2,/гв Н (1а) Н„+цг(йг) (г) х Р» (сов В), оо в= 4 «=0 (15.5) а функция Грина определяется формулой (15.1). Функцию Грина можно записать в произвольной сферической системе координат с началом в центре сферы.
Пусть М = (г,В,(о), Мв = (гв, Вв, воо) Тогда Р„(совЯ = Р»(совВ)Р»(совВв) + Нмм, = сов)У = совд сов до + в)пдвш Вв сов(У вЂ” ~Рв), ~ с)впммо С=— 4и ( Лмм, 1'~ Н„+г()огв) (г) (15. 6) а выражение для Р„(сов )1) может быть записано по теореме сложения (см, приложение, г 1) а +2 ~ ~Р1 1(соей)Р( 1(созда)созга(у — уе). (и+ тп)) У=е' '+и, где и — потенциал скоростей рассеянного сферой тела.
Введем сферическую систему координат (г,д, ~о) с началом в центре сферы и ось х — вдоль направления распространения плоской волны. Будем считать, что плоская волна еы' распространяется в направлении, противоположном положительному направлению оси х (т.е. волна падает на "северный" полюс сферы). Тем самым предполагается временная зависимость е' '. Граничное условие на поверхности абсолютно твердой (непроницаемой) сферы имеет вид дУ (п,йгадЦ!, = — = О. дп Следовательно, для определения рассеянного поля и получаем краевую задачу Ьи+ кти = 0 при г > а, пь е дг „ , дг (15.7) ди /1 1 — + Йи = о ( - 1 при г -э оо дг ~г) (вид условия излучения выбран исходя из временной зависимости еьм) Згв Рассмотренная задача о построении функции Грина имеет простой физический смысл: сферическая волна с центром в точке Ме падает на абсолютно мягкую сферу.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
