Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 70
Текст из файла (страница 70)
где )гззт и )гззы — решения задач 147 и 149 а); в) йотенциал М (с) при г~с, М (г) — +4н ~ ср(й)з(й при г <с, Г М(г) ~~~р(ВЕ з(З М (с) =4п~ рез ззй, — масса, расвределениая с объемной плотностью р(г) внутри сймры радиуса с (или радиуса г]. Если 0 при с<а, р= р при а<г<Ь, го отсюда мы сразу получаем решение задачи 149 а) М г при г~Л, 4прз — (г' — аз) Фйпрз (Ьз — гз) пРи а < г < Ь Зг где М- —" !Ь -И)р„ 3 Указа н и е. В силу принцина суперпознцнн решений линейного уравнения искомый потенциал представится в виде суммы 433 ответы, укА3Ания и Реи!ения Прн Р=рз внутри сферы Радиуса а(с=а) нз гХицей формулы получим: М при г а.
г гз( 2прз(аз- — )1 при г (а, 3( 4п где М=- -азрз и т. д. 150. Потенциал однородного оуерического простого слоя равен 4пат„при г ( а, и= М вЂ” при г) а, г где М 4па'.тз — полная масса простого слоя, распределенного на сфере. У к а з а н и е. Потенциал простого слоя ги и и(г)=~ ~ з зшроейр, О О где )г= рта+аз — 2га сов 8, помимо непосредственного вычисления, которое в данном случае просто, удобно искать как Решение уРавнения Ап=О при г~а, всюду непрерывное, а при г=а имеет разрывные нормальные производные ои ! ои,! = 4пяз Йг г==а Йг г=а где и,— решение уравнения Аи=0 вне сферы (г~а), и — решение внутри сферы (г (а). 151. Пусть центр шара радиуса а помещен в точке х=О, Р=О, г=Ь н р=рз есзь плотность обьемных зарядов.
Потенциал электростатического поля будет равен М 2пр, (аз — — ~ — — при г ~ а, 3) г,' )1 1! М вЂ” — — — ! при г ~а, гг г М=- Рзаз, =)г ха+Уз+(г — Ь)з, П=Р ха+Уз+(г+Ь)з, 4л 3 У к з з а н и е ))лз вычисления влияния идеально проводящей плоскости з=О следует зеркально отразить исходную сферу с центром в тачке (О, О, Ь) относительно плоскости х=О.
Решение в Отсы случае представится в виде суммы 2 М С вЂ” пр,г' — — при г Ео ю 3 г, М~ — — — ) г1 1ь нри г»а. г гг Постоянная С, опредеаяегся нз условия сопряжения решений при г=а, 1У. УРАВНЕНИЯ ВЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА 162. Логарифмический потенциал круга в точке (», ф) Зл а !г — у(г) — рй ~ ~1п Хг)даф 1 а о )г ай+та — 2йг сов ф вычисляется непосредственно и равен г! 1 гй) М ~ — !па — - ---) при г(а, '12 2 айу у(г)= 1 М!ив прн г)а.
г У к а з а и и е. При вычислении интегралов следует разложить подынте. гральную функпию 1 1 1и — =!п л Гтлтл — л В РЯД + со 1п — + ' — ! -~ созлф вне круга г)а, г ыи л(г/ л=1 1п — + ~' — 11 — ~ созиф при л~г (а, г ~а и '1 г Г' л=1 1 1п — = )1 1п — + 7 — ! — ! созлф при г.сдал. л л' л '1лг' л=1 у(х, у)=рй ~ !п 1 )г(з — )'+уй вычисляется непосредственно и равен у = 2а — у агс(й — — ! и! уй+ (а — х)й) — — 1п (уй+ (а+ х)й). 2ау а — х а+х уй+ха — ай 2 2 У к а з а н н е.
Проинтегрировать по частям. 164. Пусть М(х, у) — точка наблюдения, ф — угол, под которым отрезок ( — а, а) вилен из точки М. Логарифмический потенциал днойного слоя отрезка +а +а Г ссиа, Г Лй йг(М)=-т 1 г)си=ту ~ Лди' 163. Логарифмический потенциал простого слоя отреака — а~ х -=. и с постоянной плотностью р=рй 440 ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ (Р— расстояние между д( и точкой интегрирования Р) равен х+а к — а1 йг (М) =т [агс(й — агс(й — ~ = .4- чф. у у причем тф, если у ) О, — тф.
если у ( О. — 7 ~ — ) (Рл (О)+Рл э(0)) Рл (соз6)— л=о 2гг — — Р, (соз6) при г(а, аз У(г,6, ф)=( — — (Рл(0)+Р„+ (О)) Р (созе) л о при г ~а; 2) представление потенциала в виде эллиптического интеграла 2 и (6/ 4агмп6 )' гз — 2аг мп 6-)-аз 'ту' га — 2аг мп 6+аз (2) и 'т аа где К (х)= ) — эллиптический интеграл. Здесь е=шра — сузе марный заряд. Указание.
При ныводе формул ()) вычнсляетси значение потенциала на оси г, перпендикулярной к плоскости, в которой лежит диск, У (О, О, г) = —, (6' зэ+ аз — г), 2е н затем находится его разложение по зональным сферическим функциям. Дальнейшие рассуждения проводятся по аналогии с задачей 14О, 156. Выбираем систему координат (р, ф, к) с началом в центре круга и осью г, перпендикулярной к плоскости. в которой леЖит кругован пятна с током.
Вектор-вотенциал имеет только одну составляющую ле; н рг й" г(з 2р! ) асозфйр ч= с $ И' с 3 ргаа.( рз+гз — 2арым о которая равна 4рг' -~гг а~( ! „з)„ )66. Потенциал просгого слоя, равномерно распределенного по круглому диску, имеет два аналитических представленкя: )) представление потенциала в виде разложения по сферическим фуикцинм ГУ, УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА )( и Š— полные эллиптические интегралы первого н второго рода 2 2 )((й)=, Е(й)= р 1 — йзипз62(6. бе )Г1 — йз з!пз 6 На больших расстояниях от гока (й м, !) имеем: А = — уз,' — йз! ! + ет+ — Дг+...).
пр2 l а .! 3, 75 бс г' р ~ 4 123 Для очень маленькой петли ) ра+222ьа имеем: позу) мп 6 Ае сгт 157. В полярных координатах (р, ~р) находим: а) решение внутренней первой краевой задачи для круга 2и 1 ~ (аз — р") (2)! А)~ -~(р. р)=-- ~ . 2п,) аз+ре — 2ар сов Ир — 2)) ' о б) решение внешней задачи 2н 61 а'+рз — 2арсоз(~р — ф ' где а — радиус круга. Решения соответствующих интегральных уравнений имеют внд т (3) = — ) (5) — ) (3) Лз 1 ! и 4пта где С вЂ” окружность радиуса а, 1 1 т(з)= — — !(з)+ —.
)(з)бз ° и 4и'-а ~ б) У к а з а н и е. а) Если контур С вЂ” окружность радиуса а, то соз ~Р 1 г 2а и уравнение для ч(д,) принимает внд 1 Р 1 (Ъ)+ — 4 !(з) б = — ) (Ъ). 2по ~ и < ! ч (з) — ) (з)+А. где р — магнитная пронипаемость срелы, ) — полный ток, текущий по петле> 4ор (а-1-р)2-)-аз ' ОТВЕТЫ, МКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ Подставлия (2) в (1), находим; 1 А = — — г'(а) дз. 4пза ~ ! «(з)= — „— 1(з)+А. 1 Р А — ! (з) дг. 4пта д) !58. Решение второй краевой задачи ! д У ди'~ ! Фи — — ср — !+ —,— —, =О прн р(а ди — =((ф) ищется в виде выражения потенпнала простого глоя и= у (р, ф) = а !и с ! )' оз+р' — 2арсоз(ср — ф) Решение интегрального уравнении для т Ор) дзег: 1 т (ф) = — „) (ф).
внстае г !59. а) Решение первой краевой задачи их„+и +ига О в полупрост: р ) О, и; з=) ищется в виде потею!игла двойного слоя «с гг + со соз ср и (х, у, г) й'= ~ дт т(Г, !)) ада), гз=(х — Е)з+(у — з))с+ге и дается формулой + оо и(х, у, г)=— д ((х — с)з+(у — т))о+ ге) сс (т= 2„Е). б) Решение второй краевой задачи и„„+ицг+и, =О при г)О, ди дг,=о ищется в виде позенпиала простого слоя + со и(х, у, 2]=у (х, сч 2)= д д Р (х — $)з+(у — т!)» ( гз и дается формулой + со и(х, г = — — — —, ((~ '1) дь"'с 3 о( )'(г — й)с-Р(:т))с-).гз Зван т(з), после несложных преобразований приходим к интегралу Пуассона.
6) Для внешней краевой задачи ги. ярлпнпния пллиптичнского типа 160. Первая краевая задача бзи=икк+паз=0 пРи У ~ О, и 1» =/(х) имеет решение +ш у/Ф % 3 (» з)з 1 уз Ук аа а и не. Решение ищется в аиде потенциала двойного слоя +со сов фжя 'МР удовлетворяющий уравнению Лапласа. Дифбмренпированне даег. ух=/' (з) з„, укк=/'(з) (з,)" +/' (з) з так что йу = 1' „-(-у„„-(- 1г /" (з) (йгаб з)'-1-/' [з) йз. Отсюда следует: йз /" (з) — — = р(з) (йгаб з)з /' (з] т. е. поверхность В зквнпотенпнальна, если отношение г)з/(йгаб зр является функцией только з.
Обозначая хз у' гз 1 ! (аз+а)» + (Ьз.( з)л + (св ! зуг ° Р = ааз.( з + ьт ( з + сг 1 з видим, что уравнение кт уз г' — + — '+ =1 а'+з Ьа+з с'+з сводится к д, 1. Лнффереипнруя его по х, получаем: зк (+ з) ~ зз ( /Ьз) ° зк ( ! з) ° (йгаб з)з 4 Чз Вычисления дают: 2 уз (а'+ з) 8кздз угз (аз+ з)з И (аз+ з)з 2Р оз — н, следовательно, Чз /" 00 пе гр!з)= †.
Проинтегрировав уравнение Р 2 1/ ! ! ! (з/ — — 11 —. + — „+ — г/ 2 )а+аз з+Ь"-. з-1-с'/' для плотности ч которого получается интегральное уравнение с ядром, тождественно равным нулю, так что 1 ч($)- — /(к) и 161. Решение. Если поверхность Е зквнпотенпиальна, то кюкдому значению параметра з должен соответствовать определенный потенпнал 1' /(з), ОТВЕТИ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ получим: )г =) (з) = А — + 8, =,'.(з) где )) (з) »г (з+ав)(э+Ьз) (з+сз). Нв бесконечности при з-ьсо потенциал должен быть равен нулю; отсюда слелуст, что аз (г — А т —.
5 )((з» !62. Если эллипсоид, заданный уравнением зт уг г' — + --+ — ( а' Ь' с' является проводящим и несет на себе заряд е, то На повсркности эллнпсоида з=б потенциал (г равен е Г г)з (ге 2в ))т'(з» Емкость элзиисонла равна С вЂ” 2в Поверхностная плотность заряда дается аырюкением е а а = — — ~ ягзб р )з о — — — — ((г,' Его з ()з з 4п 4п 3 е 2 откуда в силу равенств (Уз)з з= — —, (Егадз( --р= следуеп 2ваЬс У Ет г .—,' ~.—,+„="-"+ — „") '.
Если а=Ь )с (сплюснутый сфероид или сплюснутый эллипсоид враще- ния), то получаем: е г(з е 1Г"-" згс(й 1 2в А А(з+.~»гз+;. '7,Я вЂ”; г й+" Если а Ь с (вьпяиугый сверена илн вытянутый эллипсоид вращения), 'го получаем е 1»' Е+ а'+ гггЬ~ — аз Здесь А — положительный корень уравнения (1). ГУ.
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА 163. Поверхностная плотность заряда иа зллиптнческом диске 1 4ИЬс ( с.") где е — полный заряд диска. Емкости круглого диска (а=О, Ь=с) С=8еЬ, Плотность заряда на каждой из сторон круглого диска Потенциал, создаваемый круглым диском, выражается формулой Ь 4г е агой у . 'г'Л или )' 2Ь У=4г'е агс(я (хе+уз+г'= ге). У к звание. Прн вычислении о для зллнптического диска воспользоваться формулой для о из решения задачи (62 1 хз хз уз аз Исключив — из уравнения — + — + — = П получимг аз аз Ьз сз е Г Ье зз азрз атзз '1 з О = — 11 — — — —, + — -)- — 1 4пЬс ( Ьз сз Ьг сз ) Предельный переход при а-ьб дает нужную формулу для о.
для круглого диска а=О, се=аз, рз=уз+аз. Параметр Л определяется как положительный корень уравнения хз уз+ зз з Ьз+з равный Л = — (1гз — аз + Ь'(г — Ьз)а+4Ьзз"). ) 2 164. У к а з а н и е. Требуется доказать, что АР=.— 4пре внутри зллипсоида, Ар 0 вне зллипсоида. Доказательство первого равенства не представляет труде, Прн доказательстве второго равенства следует использовать соотношения йгаб Л ° йгве~ 4)Г (з) 4, Цгв бган) = —. )1 (з) ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ 166.
а) Гравитационный потенциал вытякутого вллипсоида иран!ения (а=с~а) (аз 1+е 1 ! ! 1+е У (х, У, г)=2п(1 — е')Рз1 — 1п — — ( — 1п — — е)х'— (2е 1 — е ез'12 1 — е 1 г' е 1 1+е) — — — — — 1и ) (уз+ге!) внутри зллнпсоидв 2ез '1 1 — ез 2 1 — е) га' р аз+1+ ы )г(х, у, г)=2п(1 — ез)рз~ рл + + — зг(2е рга ! )„ 1 /1 'г'а~+А+за ы 1 Г ызз'Ф+Х 1 ггаз+)г+еа') — — — — 1и < (у'+ гз)) вне аллнпсоида, ( (1 — ез) а'+ )г 2 )'аз+)г — еа< гз где ез=( — —, Х вЂ” положительный корень ураннения аз ' Гравитационный потенциал сплгосиутого эллнпсонда вращения (Ь а )с) у (х, у, г) = 2п 11 + ез) р, 1 — ага!6 е — — (агс!й е — ) (хе+ уз)— (сз / е (е 2ез ~ 1-1-ез 1 — — (е — агс(йе)гз) внутри вллнпсоида, !с' ес 1 Г ес у (х, у, г) =2п (1 + е') рз(( — агс1д — — агс(6 ( е 3г~+Х 2ез < Ьгсз+ )г ес)~д+Х 1 з з 1 1 ес ес — (хз+ уз) — — = — агс!6 ) гз) вне вллнпсоида, (1+ее)се+А~ ез '1)'сз+й )газ+а / аз где ез= —, — 1, а Х вЂ” положительный корень уравнения сз хе+уз гз аз+а сз+г Предельный переход при в -ьО привалит к потенциалу однородного шара радиуса а: 1 2прз(аз гз) прк г(а, 3 прн г~а (М= — азрз).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
