Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 63
Текст из файла (страница 63)
4е), Рис 47. где р а р„' определяются рекуррентными ФОРмулами кя — Ь") р — авс вв-х рных ср — ав мв-в ав (с — р Рва+в с(с — р ) — Ь" ва ав (с — рв„) Рва+ а с(с Р' ) Ьв ° 1У. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА причем »-») — Ф 1 — »» — и р» с — р» с р а Ь «Ь ев е, с» — -е, с',= — е, е, е, рв * ' с — рв' ср» — а' »»'»» — ь», где пл — угол между ОМ„и ОМ„, Π— начало координат, ̄— место источ- ника, М» — точка наблюдения.
$4. Метод разделенна переменных 1. Краевые задачи дл» круга, кольца и сектора 66. Если на границе круга ршшуса а искомая функция и ~р а=) [»р), то и(р, »р) — + у ~ — ) (А»сова»р+В»в)пиз») при р(а, [1) »= 1 где А, В„-коэффициенты Фурье функции 1 [р), равные 1»" А» — ~ р[»р)совпрйр 1 à „— 1 )(»р)мпарйр (л О, 1,2,...), [л 1,2,...). Из формулы (1) можно получить интегральное представление для решевия первой внутренней краевой задачи для уравнения Лапласа внутри круга (формулу Пуассона) 1" ав — рв (р ч) 2— „в+в 2 ( 1[ф)(Ф (3) 1 дг ди1 1д⫠— (Р— )+ — — -О внутри етого круга и граничному услонию (б) «!р- =)[»р)» гдз 1' †заданн непрерывная функции. Решение. Требуется найти функцию и(р, »р), непрерывную в круге О»йр ~а, удовлетворяющую уравнению ОТВЕТЫ.
УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Задача решается метспом разделения переменных (см. [7), гл. 1У, й 3) Решение ищется в виде суммы и(р, р) ~ ил(р. ф). л-о еде и„(р, р) = Йл (р) Фл ( р), Ф.(ф)=( „.„~' Рл(р)-~'„~ и(р, ф) — л+ у ~ — ) [А„осе лф+В„з!пер). (О) л=-1 Пользуясь краевым условием при р=а, приходим н (1).
67. а) Решение второй внутренней краевой задачи для круга рл и(Р, ф) = Ч Р (Ал соз еу-(ьВл ми шу)+Сы б) решение внешней задачи цз ольг и (Р, М= — Ъ вЂ” (Ал ф+В„Мп жр)+Сз, лрл л=! где С, и С,— пРонзвольные постоЯнные, а — РадиУс кРУга, Ал и „— кокай. ди ~ фицненты Фурье функции /Ор)=-к-- ~, с — направление внешней нормали сч ш л к рассматриваемой области. указан не.
в) Требуется найти функцию и(Р ф), непрерывную в круге О~р=.а, удовлетворяющую уравнению Ли=О внутри зтого нруга и граничнсв~у условию — -Ир) дч (р л зл на его границе прн р=а, а ~анже условию ~ ) Ор] дф= О. (2) где а — радиус круга, Ал и Вл определяются по формулам (2) задачи Об. У к аз а вне. Требуется йайгн функцию и(р, ф), удовлетворяющую урав- нению 1 д 1 ди) (дзи — — ~Р— ) + — —, 0 вне круга, р др ~ др) рз дфз краевому условию и ',с л — — 1(~р) н усзовню ограниченности при р -« с , Решение ищется методом разделения переменных Из условия ограничен- ности на бесконечности следует, что Се=О, и мы получаем частное решение в виде /о (л ил (Р.
Ф) ~ — ) (Алсос и(р+ Вл з)п жр). Р Общее же решение дается рядом (р* ф)= Х ил(р* ф). а=о 381 1У. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА б) Требуется найти функцию и(р, ф), удовлетвориощую уравнению Лвпласа вке круга радиуса р а, краевому условию ди ~ — =)(ф) дт )з» н условию ограниченносзн при р- со. Решение обеих зинич ищется методом разделения переменных виалогично задаче 65. р» А, 68. з) и (Р, ф) = зУ (А„соз еР+ В„мп ву) — — ' ° л=! ил+« А« б) и(р, ф)=— 7, („„.( А)рл» (А„соз ар+ В„з(п лф) — — « л 26 ° (2) »=! где А„и „— яозффициснты Фурье функции ) (гр), определяемые по формулвм (2) задачи 65, 69. Потенциал злектроствтического поля равен и= з 1' +У, У,— У, 2ар з(пф + згс(6 при р(а (внутри цилннлра), и аз — рз (1) У +1'з У вЂ” У 2ир мну 2 + вгс(8 при р~а (вне цилиндра).
и р~ — оз Составляющие поля Вр и В, вычисляются по формулам ди 1 ди ВР— —, В др' " рдф Плотность поверхностных зарядов Ъ'к звание. Метод разделении переменных диет решение в виде рядов У«+Уз 2(У, 1'з) у /р ~зь««ып(2й+1)ф «=о внутри цилиндра (р ~а), Уз+ 1', 2(У, Уз) з а з «1п(2й+1) РР «-о вне цилиндра (р~ а). 'Ряды, стоящие справа, могут быть прасуммнрованы, если воспользоваться формулой Х г~+' 1 ! +з — — !и —.
2й+! 2 1 — з (8) з-е ОТВЕТЫ, ИКАЗАНИЯ И РВШЕНИЯ В самом деле, а)п(2й+1) ! 1 ч йш+~ ш+ Е ч~т йиа+аа-а!»»»ь!ф '=Х "" »=Ю » а » а Обовначаи т=ееач йсоаф+атав!пф Х' $Е ев $СО»ф — ф»)нф и польауясь формулой (3), получаем 1 (1+х)(1 — х') ! 1 — 8»+125 Мпгр 1 фа!п !р ! а — аО.~ а -г — 2$~ ( и(р, ф) «А — мигр, Р а ЗА /р !а и(р, !р) В+ .- р »1п !р — 4А !( — )! »)п 3!р, а (аг Р ЗА %! / р!х» со»2аф м(р. ф) А — »)пф— и п»~! (О,) 4»а 9' »=! 2) б) Решения внешних краевых аадач даются выражениями и(р, ф)-А — "Миф, Р ЗАО lаф П(Р, гу) В+ — МП ф — 4А ! — х! »1П Чф, Р '(й О ЗА ~З (а !г» со»2»ф и(Р ф! А а(пф 7~ ! ° Р и а'а '!Рг* 4А» — 9' а ! )г) уках а ни е. В вадачах 2) и 3) испольаовать тригонометрическую формулу »Ша р 3 Мп !р — 4 Мп 3!р.
Л. Предполагая, что поток движется в стрншпельном направлении Оси к, введем цялиндрическу!о систему координат (р. !р, г) с Осью х вдоль оси ци. ляндра н полврной осью вдоль оси ц тогда распределение температуры в цилиндре дается формулой и(Р ЧП вЂ” Рсоа ф+сопа! 4 й Условие ) а(а( 0 выполнено; аадача инее! Решение. е Отсюда в силу (2) и следует формула (1) ($ — при р ~а или й — при Р а и Р Р)о) 70. а) Решения внутренних краевых яадач имеют вид ГЕ. НРАННЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА ) (аз+ее) У+(без — ез) "з ) 4в, 4 (Уг — 1'з) в ~змтзрзга+3 з!и (2ег+1) и л ~с (е,-(-е,)ььа+з+(вз — в,)азм+з 2ш+! при р<а, из(Р' гр) 4е.
(е,+,1(У,— У,)+4 у, + СО 2 [У,— 1'з) зД Ие, +еИ Раа з+(ез — е,) а™з) Ьма+т н,~з (е,+ез) Ьаа+з+(ез — ез)аиа+з рва+а и(р, Ф- а(п (2т+ 1) ф 2ш+1 при а(р СЬ. и, из, ди, диз прн р .и е, — — вз— др др Решение. Будем искать решение и т в виде суммы и~ г из и, Уз+йн из Уз+де, где функция й г явлнется гармонической, удовлетноряет при р Ь крае ( йг *( йз вону повию ус й,-) У, — 1'з при 0 ~ ф ( л, 0 при л ( гу «С 2п и условиям сопрнжения пра р и. Полагая затем й й (р)'р(ф).
й -)гз(р) Ф(ф). находим, как обычно, функцию Ф(ф): Фа(ЧФ=( н для Р, и йз получает уравнения й / йк, 1 р — (р — ~ — из)Г,=О при 0 Ср(и йр( г I Юз1 Р— (Р— т! — лз((з О пРи а (Р ~ Ь йр'( йр / с условиями сопряжения )гза (а) (тза (а), вф'за (и) аз/(за (а) и,условием ограниченности )т,„(О). У к а з а н и е. Требуется найти решения уравнения Лапласа в круге радиуса а(и и,) и кольце аш.:р~ь(и (из) при граничном условии )' У, при ОСф кл, и,(Ь, у) ( при л(ф С2л и условиях сопрзження ОТВЕТЫ. РКЛЗДНИЯ И РЕШЕНИЯ 234 Отсюда находим: ))во=А Р" Вяо Сор" + —.
Р" ,Условна сопряжения днюю Ао — Во, 2е е,+е, Со = о ~ асоВл. в,+св Общее решение задачи, очевнднгь можно написать в виде йо(р, 2) У !Р" + ь ' — 1(Во созову+Во Мп лгу), а ~ ( вв+ео Ра г' =в йв(р, гр) ьу — Р" (В„сов лгу+Во нп еу). цт 2е, где В„н „— коэ$$нцнешы, определяющиеся нз краевого условия прн р=(г. 73. и~ и (Р, <р)= — соз<р. авоо Р но= — овх — огр сов ф. и ио+й, Полагая получим для й вторую внешнкво краевую вцпачуг Ей=О при р )а.
дй ~ — оо сов ф. др (о=а ТЕ. а) Если шар движется в направлении осн а, то в снстеме координат (р, О, ф с началом в центре шара потенциал скоростей жид~саста равец ! а' .- Р О)- —..— 2 гв б) Есле жидкость двннгется в отрицательном направленнн оси в, то ав ( и и(г, О) оо(г+ — в)сгвО. У к а з а н н е, Вводя систему коордвюп (Р, гр, в), связанную с осью цилиндра н осью в вдоль его осн, получаем для потенциала скоростей и=и(Р, ~р) краевую задачу Ьи О прн Р)а, ди ~ бо сов гр.
а' 1 74. и(Р. Р! — оо (Р+ — совЕ. Р Указание, Если поток двнзгется вдоль осн х, то потенциал певозму щенного движения жидкости ранов 1У, УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА У.к а а а в н е. а) Требуется найти решение уравнения би О при г ~ а с гршсоиккм условием ди ~ оа Ом О дг)г а и условием регулярности на бесконечности. б) Полагая и=оа+й, где ив=пег=оег совО, получим для й краевую задачу пункта а). Решение.
а) Поскольку граничное условие не зависит от ~р, то и по тевциал не будет аависеть от ~р, т. е. и и(г, О). Уравнение Лапласа для функции и (г, О) имеет вид ~ге )+ (апб — )~О. Решение будем искать в виде и(г, О)=Е(г) сот б, что для Е(г) дает: ~гт ) 2В О, )г' (а) — ое. й 1 йЕ( дг йг Полагая Е(г) г", найдем. о1 1, пт — 2, В т. е. обшее решение уравнения имеет вид Е(г) Аг+ —, где А и  — посто. янные М1 Ив условий прн г п н на бесконечности ~) В(г) ) ( — ~ получаем~ г г' А О, В ееоа 2 так что па )г (г) - ое —.
2гт Задача б) после учета укааання к ней решается аналогично. 76. Вводя сферическую систему координат (г, О, ю) с началом в центре шара и полярной осью, направленной щюль внешнего поля, длв потенциала электростатического поля Š— йтаб и получаем: Зе, иг — Ео — гсоаб прк г(а, 2е,+е, (е,— ет)аа ! 1 ит — Ее (г— — 71ом Ь при г Са, 2е -)-е, где а — радиус шара. Поляривация шара равна р З (е,— е,) Е 4п е,+2еа а его днпольиый момент 4 , (ег — еа) еа р — паа Р~ аа Ее~ вг 1+4пим аг+ 2еа 16 и АЬ итака а АР.
ответы, нцлзлния и нешения Решен не. Чтобы определять поле ввутрн н вне шара, недо решить для потенцнвла следующую залечу. Полоюнм пз па+бе где и — Еаз — Ег соз 6. Ддя определення пт н йз надо решить урзвнсння бит О прн г Сп, Ьиа=б прв г~а с крвевымн условнямн и,— а,— — Е, отме, ) ди дйз прка и ет — еа — — ваЕа сов 6 т нг дг н условнем регулярности для йа на бесконечности. Решенне этой задачи естественна искать в виде ит(г, 6) Ит(г)соз8, дз(г, 6)=йа(г)созе. Подстановка в уравнения в креевые условна дает: г%т+угй; — 2)тт О, тай(+2г)т' — 2)7а=о, Ит (а) — Яз (и) = — оЕ,„ М ет)тт(о) — ез(та(п) — еаЕа (йтз! с — прн г-гсо, где М вЂ” некоторая постояннея. Отсюда уже нетрудно нзйтн )(т я )(з.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
