Семинар 4 для К-6. Построение функции Грина методом электростатичеких изображений (1127981), страница 2
Текст из файла (страница 2)
. . =ln qkl |ξkl− x| . . . .2π2π2πqk |ξk∗ − x|5kc Д.С. Ткаченкоk,lk-4-k,lУМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображений2.4. Алгоритм для случая n = 3.В этом пункте проведём все построения, которые возможно, в соответствии с общим алгоритмом пункта 2.2 для случая n = 3. Здесь D – произвольная область с границей S.Шаг 1) Фундаментальное решение уравнения Лапласа для случая n = 2 имеет вид:E(x, ξ) = −1.4π |ξ − x|Шаг 2) Помещаем в точку ξ ∈ D единичный положительный заряд.
Обозначаем через ξ ∗∗точку, симметричную 7 точке ξ относительно поверхности S, и помещаем в ξ отрицательный заряд −q(ξ) .Шаг 3)Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в видеg = −E(qx, qξ ∗ ) =14π q |ξ ∗ − x|(2.8)подбирая подходящим образом заряд q.8 Найдём q из условия (2.3), считая, что точкаx ∈ S:g(x, ξ)= −E(x, ξ){z x∈S}| {z x∈S}|||14π q |ξ∗ −x|Отсюда,1q |ξ ∗ −x|=1,|ξ−x|||14π |ξ−x|при x ∈ S, поэтому|ξ − x| q= ∗|ξ − x| x∈SШаг 4)Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).111G(x, ξ) =−.4π q |ξ ∗ − x||ξ − x|(2.9)(2.10)Осталось по возможности избавиться от выражений, зависящих от ξ ∗ , выразив координаты ξ ∗ через координаты ξ.3.
Задача I. Функция Грина в полуплоскостиМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в полуплоскости x2 > 0 ипредставить решение u при помощи формулы (1.3).(221 , x2 )1 , x2 )∆u ≡ ∂ u(x+ ∂ u(x= 0,x1 ∈ R, x2 > 0;∂x21∂x22(3.1)u(x1 , 0) = ϕ(x1 ),x1 ∈ R.Если поверхность имеет несколько участков, то точки ξk∗ , симметричные точке ξ относительно каждого∗∗, симметричные точкам ξk∗ относительно каждого участкаучастка границы, затем точки ξkl границы (или∗∗его продолжения), и т.д. При этом в точки ξk∗ помещаются отрицательные заряды −qk (ξ) , в точки ξkl–положительные заряды qkl (ξ), и т.д.8Если поверхность имеет несколько участков, то надо искать g в виде суммы слагаемых вида (2.4):7g=−1 X11 X1+∗∗ − x| − . .
. .4πqk |ξ ∗ − x| 4πqkl |ξklkc Д.С. Ткаченкоk,l-5-УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийШаг 1. Строим фундаментальное решение уравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 2, и по формуле (1.2) имеем:q1E(x, ξ) =ln |ξ − x| ,|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 .2π(3.2)Шаг 2. Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ), ξ2 > 0, единичный положительный заряд. Обозначаем через ξ ∗ точку, симметричную точке ξ относительно прямой S = {ξ2 = 0}.ξ ∗ = (ξ1 , −ξ2 ).(3.3)Шаг 3.
Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в виде1− 2π · g = 2π E(qx, qξ ∗ ) = ln q |ξ ∗ − x| = ln q + ln (ξ1 − x1 )2 + (−ξ2 − x2 )2 =21= ln q + ln (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 + x2 )2 .2Чтобы выполнялось краевое условие, g(x, ξ)= −E(x, ξ) , берём q из формулы (2.6):x∈Sx∈S|ξ − x| |ξ − x| = ∗≡ 1.q(ξ) = ∗|ξ − x| x∈S|ξ − x| x2 =0Таким образом,g=−11ln (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 + x2 )2 = −ln |ξ ∗ − x| .4π2πШаг 4. Строим функцию Грина по формуле (2.7):G(x, ξ) =|ξ − x|1(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )21ln ∗=ln.2π|ξ − x|4π(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 + x2 )2Шаг 5. Чтобы представить u по формуле (1.3),производную функции Грина надо найти∂G(x, ξ).по нормали к границе области, в нашем случае, − ∂ξ2∂G(x, ξ)1∂−=·∂ξ24π ∂ξ22222ln (ξ1 − x1 ) + (ξ2 + x2 ) − ln (ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 )=ξ2 − x21ξ2 + x2=·−.2π(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 + x2 )2(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2Соответственно, на границе ξ2 = 0 получаем:−∂G(x, ξ)1x2= ·.∂ξ2π (ξ1 − x1 )2 + x22Таким образом,1|ξ − x|1(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2G(x, ξ) =ln ∗=ln,2π|ξ − x|4π(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 + x2 )2Ответ:x2u(x) =·πZ+∞−∞c Д.С.
Ткаченко1· ϕ(ξ1 ) dξ1(ξ1 − x1 )2 + x22-6-−ещё одна формула Пуассона.УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображений4. Задача II. Функция Грина в полупространствеМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в полупространстве x3 > 0 ипредставить решение u при помощи формулы (1.3).(222∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,x1 , x2 ∈ R, x3 > 0;123(4.1)u(x1 , x2 , 0) = ϕ(x1 , x2 ),x1 , x2 ∈ R.Шаг 1.
Строим фундаментальное решение уравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 3, и по формуле (1.2) имеем:q11E(x, ξ) = −·,|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 + (ξ3 − x3 )2 .4π |ξ − x|(4.2)Шаг 2. Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 , ξ3 ), ξ3 > 0, единичный положительный заряд.Обозначаем через ξ ∗ точку, симметричную точке ξ относительно плоскости S = {ξ3 = 0}.ξ ∗ = (ξ1 , ξ2 , −ξ3 ).(4.3)Шаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в виде1111q==∗4π q |ξ − x|4π222q (ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (−ξ3 − x3 )11q=.4π222q (ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 + x3 )Чтобы выполнялось краевое условие, g(x, ξ)= −E(x, ξ) , берём q из формулы (2.9):x∈Sx∈S|ξ − x| |ξ − x| q(ξ) = ∗=≡ 1.|ξ − x| x∈S|ξ ∗ − x| x3 =0g = −E(qx, qξ ∗ ) =Таким образом,1g=4πq.(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 + (ξ3 + x3 )2Шаг 4.
Строим функцию Грина по формуле (2.10):111G(x, ξ) =−=4π q |ξ ∗ − x||ξ − x|111 .q−q=4π222222(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 + x3 )(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 − x3 )Шаг 5. Чтобы представить u по формуле (1.3),производную функции Грина по надо найти∂G(x, ξ)нормали к границе области, в нашем случае, − ∂ξ3.∂G(x, ξ)=∂ξ31∂ 11=q=·−q4π ∂ξ3222222(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 − x3 )(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 + x3 )ξ3 − x3ξ3 + x31 .=· −3 + 3222 2222 24π(ξ − x ) + (ξ − x ) + (ξ − x )(ξ + x ) + (ξ − x ) + (ξ + x )−1c Д.С.
Ткаченко122331-7-12233УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийСоответственно, на границе ξ3 = 0 получаем:−∂G(x, ξ)1x3=·.∂ξ32π (ξ − x )2 + (ξ − x )2 + x2 2311223Таким образом,Ответ:G(x, ξ) =1 q4πx3u(x) =·2π11,−q222222(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 + x3 )(ξ1 − x1 ) + (ξ2 − x2 ) + (ξ3 − x3 )Z+∞ Z+∞−∞ −∞1 3 · ϕ(ξ1 , ξ2 ) dξ1 dξ2(ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 + x23 2−ещё однаформула Пуассона.5. Задача III. Функция Грина в кругеМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в круге |x − x0 | < R.(22∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,|x − x0 | < R;12u(x1 , x2 ) = ϕ(x1 , x2 ),|x − x0 | = R.Шаг 1.
Строим фундаментальное решение уравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 2, и по формуле (1.2) имеем:q1E(x, ξ) =ln |ξ − x| ,|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 .2π(5.1)(5.2)Шаг 2. Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ), (ξ1 − x01 )2 + (ξ2 − x01 )2 < R2 , единичный положительный заряд. Обозначаем через ξ ∗ точку, симметричную точке ξ относительно окружностиS = {|x − x0 | = R},то есть точку, лежащую на луче [x0 , ξ) на таком расстоянии |ξ ∗ − x0 | от центра окружности,чтобы |ξ − x0 | · |ξ ∗ − x0 | = R2 .
Или в векторном виде:−−→x0 ξ ∗ =−→R2x0 ξ,02|ξ − x |откудаR2ξ −x =|ξ − x0 |2∗0ξ − x0 .(5.3)Шаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в виде11∗∗g=−E(qx, qξ ) = −ln q |ξ − x| ,2π2π(5.4)где заряд q, по формуле (2.6), равен|ξ − x| q= ∗|ξ − x| x∈Sc Д.С. Ткаченко-8-(2.6)УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийИзбавляемся от зависимости q от всех переменных, кроме ξ: положим x ∈ S, то есть|x − x0 | = R (см. рис. 1).
Тогда треугольники ∆x0 ξxи ∆x0 xξ ∗ подобны, так как угол при вершине x0 уних общий, а прилегающие к нему стороны пропорциональны:|ξ − x0 ||x − x0 |=|x − x0 ||ξ ∗ − x0 |в силу свойства симметричных точек ξ и ξ ∗ : ξ − x0 · ξ ∗ − x0 = R 2 .Рис. 1. Симметричные точки и подобныетреугольникиИз подобия треугольников ∆x0 ξx и ∆x0 xξ ∗ получаем|ξ − x| |ξ − x0 |.q= ∗=|ξ − x| x∈SR(5.5)Подставим q в (5.4)|ξ − x0 | · |ξ ∗ − x|1ln.2πRШаг 4. Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).1|ξ − x0 | · |ξ ∗ − x|1|ξ − x0 | · |ξ ∗ − x|G(x, ξ) = −ln− ln |ξ − x| = −ln.2πR2πR |ξ − x|g(x, ξ) = −Чтобы избавиться в ответе от ξ ∗ , заметим, что унас есть соотношение (5.3), в котором фигурирует разность ξ ∗ − x0 , в то время как здесь нужна разность ξ ∗ − x.hi→ −→−→∗ −−0 ∗0ξ − x ≡ xξ = x ξ − x x = в силу (5.3) =∗−→−→R20·xξ−x0 x,20|ξ − x |откуда0 x − x0|ξ ∗ − x|ξ−x= R −RR2|ξ − x0 |2 Окончательно получаем:Ответ:c Д.С. ТкаченкоG(x, ξ) = −12πln0R|ξ−x0 |· x−x2 −Rξ−x0 |ξ−x0 |2 |ξ−x|-9-=12πln |ξ−x|−0R|ξ−x0 |· x−xR2.ξ−x0 |ξ−x0 |2 УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина.
Метод электростатических изображений6. Задача IV. Функция Грина в шареМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в шаре |x − x0 | < R.(222∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,|x − x0 | < R;123u(x1 , x2 , x3 ) = ϕ(x),|x − x0 | = R.Шаг 1. Строим фундаментальное решение уравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 3, и по формуле (1.2) имеем:q1E(x, ξ) = −,|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 + (ξ3 − x3 )2 .4π |ξ − x|(6.1)(6.2)Шаг 2.
Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ), (ξ1 − x01 )2 + (ξ2 − x01 )2 < R2 , единичный положительный заряд. Обозначаем через ξ ∗ точку, симметричную точке ξ относительно сферыS = {|x − x0 | = R},то есть точку, лежащую на луче [x0 , ξ) на таком расстоянии |ξ ∗ − x0 | от центра окружности,чтобы |ξ − x0 | · |ξ ∗ − x0 | = R2 . Или в векторном виде:−−→x0 ξ ∗ =−→R2x0 ξ,02|ξ − x |откудаξ ∗ = x0 +R2|ξ − x0 |2ξ − x0 .(6.3)Шаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в видеg = −E(qx, qξ ∗ ) =1,4π q |ξ ∗ − x|(6.4)где заряд q, по формуле (2.9), равен|ξ − x| q= ∗|ξ − x| x∈S(2.9)Избавляемся от зависимости q от всех переменных, кроме ξ: положим x ∈ S, то есть|x − x0 | = R (см.
рис. 1). Тогда треугольники ∆x0 ξx и ∆x0 xξ ∗ подобны, так как угол привершине x0 у них общий, а прилегающие к нему стороны пропорциональны:|ξ − x0 ||x − x0 |=|x − x0 ||ξ ∗ − x0 |в силу свойства симметричных точек ξ и ξ ∗ : ξ − x0 · ξ ∗ − x0 = R 2 .Из подобия треугольников ∆x0 ξx и ∆x0 xξ ∗ получаем|ξ − x| |ξ − x0 |q= ∗=.|ξ − x| x∈SRПодставим q в (6.4)g(x, ξ) =c Д.С. ТкаченкоR.4π |ξ − x0 | · |ξ ∗ − x|-10-(6.5)УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийШаг 4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
