Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Задачи 16 а) к 16 г) ие имеют решения„так как не выполняется условие ди — а»=0. да б) и(Р, ф) — — созф+соп»1, Аа» Р Аа» а) и(р, ф) — совйф+со»в1 2р» ОТВИТЫ МКАЭЛННЯ И РЕШЕНИЯ д) и (р, (7) (А+0,7ЬВ) — з)п ч+ О,Ы — з1п 22»+С, р ' йрз 1п— Р а !7. и и(р)=*«,-1 (и — и,) —. Ь ' 1и— и, Емкосп едивицы длины циливдрическсао коидеисатора разве 1 С 1п— и Указание.
Так как граничные условия ие зависят от ф, то и решение должио обладать циливдрической симметрией, и и(р). Емкость С проводиика, ограиичеииого поверхиостью Е, определяется выра жеинем 1 Рди С вЂ” — — дг для трех измерений 4«из ~ ди 1 гди С вЂ” — ~у — »(з для двух измеревий, 2«из $ дл с где из — патевциал проводвнка, 1.— контур, ди Вл ди — нормзльиая саставляющаи вектора электрическою поля. «(р т) или и (х, у) — агс12 —. из р а х' У и а в а и и е. Записывав уравиеиие Лапласа в полярных координатах д 7 д«1 1 дзи д»и — — р — )+ — о, р др 1 дрт' рз д»рз видим, что функция, линейная отиосительио»у, является гармоцической фушг, цией.
12, и (х, у)»)»»+ ' згс(й — „° (1) Сравиеиие (1) с решением задачи 13 показывает, что (1) соответствует частжвзу случаю и и формулы (1) в задаче 18 а 20. а) и» из, б) и и(г) — из и,— и» /1 21. и иы) из+ 1 1 (,г Ь/ а Ь тт. МРАВнения вллиптическОГО типА 1 Л/ Фц! Указание, Решение уравнения Ди — у — !(гз — ) О имеет ввд ц г д 1 д ) ° и(г! а+ —, где а н й определшотся вз условий и(а! цз, и(Ь1 и,.
й 22. с- — ', . ! ! а Ь Указание. Учесть, что в присутствии швлектрика плотность поверхиосгиых иерихон равна 1 1 ди о = — Вз — — е —. 4п ап ди' 23. Емкость сферического конденсатора равна 1 е /! 11' + ~ — ) а с е (Ь с) Р е ш е и и е. Требуетса решить краевую аздачу /(и,-О при а<гСе, бит=О при с~г СЬ, зде и, и из удовлетворяют при г =и и г=Ь граничным условиям из! 1.
и ! з О и при г с — условиям сопряжения и,=ц „ ди, дцз ез — зз —. дг дг ' Четыре козффипиента А,. Аз. В,, Вз определяются нз двух граничных условий при г а н г Ь и двух условий сопряжения при г с. В результате получаем: /1 !1 е, /! и, !+Аз! — — — ), из — Аз!1 — — — ), (г а)' зз '(г Ь)' где 1 1 ез/1 11' 1 а с г (Ь с) Емкость вычисляется ио формуле С = — ~ ~ ( — ) азЖ вЂ” з,аз( — ) =Азез. ч1бшее решение имеет вид и (г1= из- + Аз ори а~г~с А~ В, из= — + В, при с~г~Ь. Г 352 ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ 24. Требуется найти решение краевой задачи !д/ ди) б и, — — (р — »1=0 при а(р-цс, р др(( дрУ' ! д ( диз) б н — — р — 1 О при с(р(Ь» р др'( др/ и =1 прнр=а, из О при р Ь, ди, ди, и, и, е — =е — прн р с.
ор др для емкости получаем выражение е, 1п — + —" 1п— а е с При ес сз а имеем: е С Ь (ив й Указание. Решение ищется а виде ит А 1пр+Е; из= В1пр+(). 25. Потенциал поля равен ! + су— н= ее ез прн а(г~с» е» вЂ” ез 1 — + а ез с е, 1 и=из ез г при г)а. е,— ез 1 — + —— а еа с Частные случаи: и 1) при с-»-со получаем и=из — при г)а — потенциал поля сферы г радиуса а, заряженной до потенциала из и накодящейсн в бесконечной однородной среде; 2) прн ез-» со (среда 2 ндеально провсдащан) 1 1 г с нз 1 1 — ° если с~~ (с а с О, если г>с; 3) если е, ез, то и и — (г~с) (ср. со случаем 1).
г Указание. См задачу 22. Учесть, что на бесконечности функция н должна обращаться в нуль. 26. Влектростатнческое поле Ь вЂ” атас и, Пг.'УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА где и — потенциал, равный Ь 1п —. «=и (р) =и, Р ь 'ив а И. Решение зависит только от переменной а и дается формулой а и и(а)=иг+(иь — иь) —. Ь ет 4++-'2 (Ь-Ь,)~ е, 23.
Искомая гармоническая функция зависит только от перемеиной рг и и, +(иа — иг)— Д Ь Ук ав а и н е. Решение искать в виде гармонического полииома. 2. Краевые вадачи для уравиенвя Пуассона 1 и — (рь — ае). 4 У к а а а и не. Искомая функция и=и(р) обладает круговой свмметраей и определяется из уравиевия Ы( В=' при условви и(а) О. 31. Решение существует, если выбрать аА 6 2 ° и определено с точиостью до проиввольиой цостояиной Ара и и (р) — + сопз(. 4 А А 4 Ь и(р) " + — (р' — Ь*)+ + — (Ь вЂ” ) 4 Ь )ив р ь !и— 4 и(р) и,+ — (рь — аь)+Ь ~6 — — ~ йт— А г АЬ( р 4 и (р) — — а ~ — — В) 1п р+ соль(.
Ара гаА 4 12 32. а) в) 12 б м, булав а аа, 23. Для емкости единицы площади плоского коидеисатора получаем выра. женин а а) С=4— ,Ь ответы. нказлния и гвшиния Эалвча в) имеет решенна лишь при А (Ьт — ат)+2аВ С 23 причем решение задачи в) определено с точностью до адаитнвиой постоянной. 33. а) Если Ьа 1, и(а) О, то 1 и и (г) — иш — аай 6 б) если Ьи юг+В, и(а) О, го А В и [г) ~ — (г" — а')+ — (гт — а*). 12 6 У к а ванне. Искоман функции обладает сферической симметрией, и и(г) и удовлетворяет обыкновенному даффереицнваьному уравнению с правой частью ! Аа — — 1(гш 1(г). г Аг 1 1 (1 1[ 34. а) и и(г) — [гт — ат) — аа [а+а) [[ — — — ! 6 о [а г/' А „В ГА б) и и [г) -о- (гт — а"! + — [г — а) — ае | — [а+а)+ — И вЂ” — — Г). 2 ) 6 2 ))[а Прн А 1, В О получаем первое выражение.
У к а а а н и е Решение обладает сферической симметрией и и [г). 2 3. Функция источника Функция влинния точечного исючиика или просто функция источника ()(М, Р) первой краевой калачи для уравнени~ Ьи — 4пр определяется в трехмерном слу ше *) следующими условиями) В(М, Р) — — + а[М, Р), 1 ! [1) 4н.гмг где гд[Р— расстонвие между точкой наблюдения М (х, у, х) н источником в точке Р ($, з), (), а а (М, Р) — функцнн, регулярная и гармоническая всюду а рассматриваемой области Т с границей 2. На границе 2 функция О удовлетворяет условию В),-О.
(2) Таким обРааом постРоение фУикцин источника В в некотоРой области ). сводятся я решелию первой краевой задачи для уравнения Лапласа йо=о в т ври сцецвальном граничном условии ! о) 4пга[Р (3) ) С . щ, гл. )у, 2 4. ЗЧ. УРАВНЕНИЯ ЗЛЛИПТИЧЕСЦОГО ТИПА Электростатическая интерпретация функции источника О [М„Р) очевидна: вто— потенциал в точке алектростатнческого поля, создаваемого внутри объемау' ! варзшом величины е —, акредогоченным в тачка Р, если граничная поверх4п ' ность Е области Т являетсн илеально проволяшей и подаерживается пра ну! ! левом потенциале, т. е.
заземлена! злясь — — потенцизлэарядавнеограни. йп г чеином пространстве, а о — потенциал поля, индуцированного зарядами на Е. Для ряда простьи областей (полупространство, слой, сфера н др,) инду. цнрованное поле может быль найдено с помошью так называемого метода огра. женнй, сушиосгь которого заключается в том, по вне рассматряваемой области по определенному закону помешаются заряды. Эти заряды называются иэобра- жениями, нли зобрззацпз, исходного заряда относительно данной границы, В случае плоской гранили еабразы» являются зеркальными изображениями оригинала в плоскости или плоскостях, если область ограничена несколькнмн плоскостями.
В случае сферических границ для построения изображения при- меняется преобразование обратных радиусов (инверсия) з), В настоящем параграфе помешеиы лишь те задачи, которые могут быть решены методом изображения. Если функция источника С(М, Р) известна, то решение первой краевой вздачи длн уравнения би — Рвт (4) при условии на границе и! ! меже~ бьггь найдено в интегральной форме (б) ц (М) [Р] <Ьр+ С(М Р) Р (Р) птр дб длр где л — внешняя нормаль к поверхности 3.
Полный заряд, распределенный иа 3, дается интегралом Емкость проводника Ю определяется по формуле е' уг з где У' — потеиоиал проволника Е. ! Сц. (Т), гд. !)~ З 4 12" дС где -ч- — производная функции С нз границе Е, нвятая по направлению внешней-нормали к Е. Большинство задач иастоншего параграфа взято нэ злектростатнкн. Юычио помимо потенциала поля интересуются поверхностной плоскостью зарядов, индуцнроваиных на проводниках, а также емкостью проводников. Введем необ. холямые понятии.
Поверхностная плотность зарядов на проводнике с понерхносп,ю Е, помешениом в среду с диэлектрической постоянной в, равна ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Лля двумерной обласга 0 с границей й функция источника 6 [М, Р) определяется аналогично б(М, Р) — 1о — + о(М, Р), ! 1 [у) гтаР а[ О, (8) где о[М, Р) — регулярная в 0 гармоническая функция, т. е. в этом случае ф) икция С имеет логарифмическую особеиносп в источнике. 1. Ф ункци я источника для обл астей с плоскими границами 88.
Потенциал точечного заряда е равен и=с~ — — — ), где ге= МР =)' (» — Е)з-1- [у — т))з+ (х — ~~~, гг=МРг= [х — 4)т+(у — т[)з+[г+[)з, м (», у, х) — точка иаблюдеяия, Р те, т[, Д вЂ” точка, в которой находится заряд. а Р,(е, т), — ь) — его изображение в плоскости »=О. Плотность поверхностных зарядов 4п '[дг!» О 2п [[х — Г)з+(у — т[)а+аз) "' Полный заряд, распределенный на плоскости х О, равен е' )) одхг[у — е.
Функция источника первой краевой залечи лля уравнения Лапласа в полупростраистве, очевидно, равна 1 /1 11 6(М, Р)= — — — —, (2) 4п'1 е гг)' а решение первой краевой задачи в полупрострвнстве х )О даетсн формулой ("( 2» 4п 5 5 Кх — Е)з+(у — т))з+з"] й Решение. Отражая зеркально в плоскости а О заряд е, поммцсииый в точие Р(й, т), ь), получим в точке Р(а, т[, — Ц заряд величиной — е; его е потенциал в неограниченном пространстве равен — —.
Негрудноэзметить,что гт ' 1 1 6 ' е. заРЯды е(Р) н — е(Рт) компенсиРУют дууг дууга на плоскости х О. оэтсму, пользуясь принципом суперпозиции, лля искомого потенциала будем иметь: и е~ — — — ). ИА УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА 1 Функция источнике 6(М, Р) соответствуете= —. Вычисляя затем нормаль4л иую производную ( — -~:= =. дб '1 2г ) и' пользуясь формулой (6), нз стр. Збб, получаем решение первой краевой вздачи Ьи=О (г)0), н)г-з [(х у). йб. Потенциал заряда г (Рз) равен и=йлзО, С(М, Р)=— 4л к~1 ~г„гз ~' п — оз где гзз Уг(х — 0)з+(у — ТР+[г — (2л(+~))з, г' )'(х — К)з+(у — з))з+(г — (2л( — щз, заряд находится в точке Рз(0, т), ь), м(х, у, г) — точна наблюдения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
