Семинар 4 для К-6. Построение функции Грина методом электростатичеких изображений (1127981), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).G(x, ξ) =1R−.0∗4π |ξ − x | · |ξ − x|4π |ξ − x|Чтобы избавиться в ответе от ξ ∗ , ещё раз воспользуемся симметричностью точек ξ и ξ ∗ : ξ − x0 · ξ ∗ − x0 = R 2и векторным соотношением:−→ −−→ −→ξ ∗ − x ≡ xξ ∗ = x0 ξ ∗ − x0 x =−→−→R20·xξ−x0 x,|ξ − x0 |2откуда x − x0|ξ ∗ − x|ξ − x0 = R−RR2|ξ − x0 |2 Окончательно получаем:G(x, ξ) =1 1·04πR |ξ − x0 | · x−x−R2−ξ−x0 |ξ−x0 |21 .|ξ − x|Заметим, что для шара единичного радиуса R = 1 с центром в x0 = 0 эта формула совпадаетс формулой, проверенной нами в № 227 (SemK18.pdf). В самом деле, 00 x − xξ−xξξ0 = x|ξ| −−= |ξ| · x −R ξ − x · 222R|ξ||ξ| |ξ − x0 | R=1x0 = 0откуда при R = 1 и x0 = 011·4π R |ξ − x0 | · x−x0 −R211ξ=·≡ −E |x|ξ|,=ξ−x0 4π x|ξ| − ξ |ξ|2|ξ||ξ−x0 |hix= в силу симметричности функции Грина = −E ξ|x|,,|x|и для функции Грина справедливо представление № 227:xG(x, y) = E(x, y) − E |x|y,.|x|Ответ:G(x, ξ) =14π· 10R|ξ−x0 |· x−x2 −Rξ−x0 |ξ−x0 |2 −1 .|ξ−x|7.
Задача V. Функция Грина в четверть-плоскостиМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в четверть-плоскостиD = {x1 > 0, x2 > 0}.(22∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,x1 > 0, x2 > 0;12(7.1)u(x1 , x2 ) = ϕ(x1 , x2 ),x1 = 0, x2 > 0 и x1 > 0, x2 = 0.c Д.С. Ткаченко-11-УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийШаг 1. Строим фундаментальное решениеуравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 2, и по формуле (1.2) имеем:E(x, ξ) = − ln |ξ − x| ,q|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 .(7.2)Шаг 2.
Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ) ∈ Dединичный положительный заряд. Обозначаем через ξ1∗ , ξ2∗ точки, симметричную точке ξ относительно прямых {ξ1 = 0} и {ξ2 = 0}, а через ξ ∗∗– точку, симметричную точкам ξ1∗ , ξ1∗ относительно прямых {ξ2 = 0} и {ξ1 = 0}, соответственно.Рис. 2. Отражения точки ξ от границ углаξ1∗ = (−ξ1 , ξ2 ),ξ2∗ = (ξ1 , −ξ2 ),ξ ∗∗ = (−ξ1 , −ξ2 ).Шаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в видеg = −E(q1 x,q1 ξ1∗ )− E(q2 x,q2 ξ2∗ )q3|ξ ∗∗ − x|1· ln+ ln ∗.+ E(q3 x, q3 ξ ) =2πq1 q2|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|∗∗Чтобы выполнялось краевое условиеg(x, ξ)то естьили, проще,1·2πx∈S= −E(x, ξ),x∈Sq311 |ξ ∗∗ − x|ln=ln,+ ln ∗q1 q2|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x| x∈S 2π |ξ − x| x∈Sq3|ξ1∗ − x| · |ξ2∗ − x| = ln≡ ln 1 = 0,q1 q2|ξ − x| · |ξ ∗∗ − x| x∈Sдостаточно взять q1 = q2 = q3 = 1.Таким образом,g=1|ξ ∗∗ − x|· ln ∗.2π|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|Шаг 4.
Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).1|ξ ∗∗ − x|1|ξ ∗∗ − x| · |ξ − x|G(x, ξ) =· ln |ξ − x| + ln ∗=· ln ∗.2π|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|2π|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|Здесь легко заметить, что выбор q1 = q2 = q3 = 1 был удачен: в самом деле, тогда, как итребует определение функции Грина,|ξ ∗∗ − x| · |ξ − x|11G(x, ξ)=· ln ∗=· ln(1 · 1) = 0.∗2π|ξ1 − x| · |ξ2 − x|2πx∈SПриводить полученную функцию Грина к виду, где нет ξ1∗ , ξ2∗ , ξ ∗∗ , не станем (это громоздко,но несложно).∗∗ −x|·|ξ−x|1Ответ:G(x, ξ) = 2π· ln |ξξ∗ −x.| 1 |·|ξ2∗ −x|c Д.С.
Ткаченко-12-УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображений8. Задача VI. Функция Грина в полукругеМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в полукруге D = {x21 + x22 6R, x2 > 0}.(22∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,|x| < R, x2 > 0;12(8.1)u(x1 , x2 ) = ϕ(x1 , x2 ),x1 ∈ [−R, R], x2 = 0, и x21 + x22 = R, x2 > 0.Шаг 1. Строим фундаментальное решение уравнения Лапласа по формуле (1.2).Для данного двумерного случая n = 2, и по формуле (1.2) имеем:q1ln |ξ − x| ,|ξ − x| = (ξ1 − x1 )2 + (ξ2 − x2 )2 .E(x, ξ) =2π(8.2)Шаг 2. Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ) ∈ D единичный положительный заряд.
Обозначаем через ξ1∗ – точку, симметричную точке ξ относительно окружности, через ξ1∗ – точку,симметричную точке ξ, относительно прямой {ξ2 = 0}, а через ξ ∗∗ – точку, симметричнуюточке ξ1∗ относительно прямой {ξ2 = 0}, а точке ξ1∗ относительно окружности.R2ξ,|ξ|2ξ2∗ = (ξ1 , −ξ2 ),R2 ∗∗∗ξ = 2 ξ2 .|ξ|ξ1∗ =Шаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) ввидеg = −E(q1 x, q1 ξ1∗ ) − E(q2 x, q2 ξ2∗ ) + E(q3 x, q3 ξ ∗∗ ) =|ξ ∗∗ − x|1q3+ ln ∗=ln.2πq1 q2|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|Чтобы выполнялось краевое условие1 1g(x, ξ)= −E(x, ξ)ln,=2π|ξ − x| x∈Sx∈Sx∈Sвозьмём заряд внутри полной окружности q2 = 1, асимметричные ему и заряду в точке ξ относительноокружности q1 = q3 =|ξ|(по аналогии с форму- Рис.
3. Отражения точки ξ от границ поRлукругалой (5.5), стр. 9). Тогда заведомо будет выпонятьсяравенствоq3|ξ1∗ − x| · |ξ2∗ − x| ln= ln≡ ln 1 = 0,q1 q 2|ξ − x| · |ξ ∗∗ − x| x∈Sиз которого следует выполнение краевого условия.Таким образом,1|ξ ∗∗ − x|g=ln ∗.2π|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|Шаг 4. Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).1|ξ ∗∗ − x|1|ξ ∗∗ − x| · |ξ − x|G(x, ξ) =ln |ξ − x| + ln ∗=ln.2π|ξ1 − x| · |ξ2∗ − x|2π|ξ1∗ − x| · |ξ2∗ − x|c Д.С. Ткаченко-13-УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийПриводить полученную функцию Грина к виду, где нет ξ1∗ , ξ2∗ , ξ ∗∗ , не станем (это несложно,но громоздко).Заметим, что, хотя вид ответа точно такой же, что и в задаче V, функция G здесь иная,поскольку совершенно иначе вычисляются координаты точек ξ1∗ и ξ ∗∗ .∗∗ −x|·|ξ−x|1Ответ:ln |ξξ∗ −x.G(x, ξ) = 2π| 1 |·|ξ2∗ −x|9.
Задача VII. Функция Грина в четверти кругаМетодом отражений найти функцию Грина задачи Дирихле в четверти круга D = {x21 +x22 6 R, x1,2 > 0}.(22∆u ≡ ∂∂xu2 + ∂∂xu2 = 0,|x| < R, x2 > 0;12(9.1)u(x1 , x2 ) = ϕ(x1 , x2 ),(x1 , x2 ) ∈ S.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(9.2)Шаг 2. Помещаем в точку ξ = (ξ1 , ξ2 ) ∈ Dединичный положительный заряд. Строим точкиξ1∗ , ξ2∗ , ξ3∗ – точки, симметричные точке ξ относительно сторон четверти круга. Далее строим точкиξ4∗ , ξ5∗ , ξ6∗ , ξ7∗ , симметричные построенным точкамотносительно продолжений сторон четверти круга(то есть относительно окружности и прямых{ξ1 = 0}, {ξ2 = 0}) (см.
рисунок 4).При этом, в «первые отражения» ξ1∗ , ξ2∗ , ξ3∗ помещаем отрицательные заряды (−q1 ), (−q2 ), (−q3 ), во«вторые отражения» ξ4∗ , ξ5∗ , ξ6∗ помещаем положительные заряды q4 , q5 , q6 , а в «третье отражение»Рис. 4. Отражения точки ξ от границ четξ7∗ – отрицательный заряд (−q7 ).верти кругаШаг 3. Ищем решение задачи (2.2) – (2.3) в видеg = −E(q1 x, q1 ξ1∗ ) + E(q2 x, q2 ξ2∗ ) − E(q3 x, q3 ξ3∗ ) + E(q4 x, q4 ξ4∗ ) − E(q5 x, q5 ξ5∗ ) + E(q6 x, q6 ξ6∗ )−1q2 q 4 q61|ξ2∗ − x| · |ξ4∗ − x| · |ξ6∗ − x|− E(q7 x, q7 ξ7∗ ) =ln+ln ∗.2πq1 q3 q5 q7 2π|ξ1 − x| · |ξ3∗ − x| · |ξ5∗ − x| · |ξ7∗ − x|Чтобы выполнялось краевое условиеg(x, ξ)= −E(x, ξ)x∈Sx∈S11 ln,=2π|ξ − x| x∈Sвозьмём заряды внутри полной окружности q3 = q5 = q6 = 1, а симметричные им и за|ξ|ряду в точке ξ относительно окружности q1 = q2 = q4 = q7 =(по аналогии с формуRq2 q4 q6лой (5.5), стр.
9). Таким образом, ln q1 q3 q5 q7 = 0 иg=c Д.С. Ткаченко1|ξ2∗ − x| · |ξ4∗ − x| · |ξ6∗ − x|ln ∗.2π|ξ1 − x| · |ξ3∗ − x| · |ξ5∗ − x| · |ξ7∗ − x|-14-УМФ – семинар К 6 - 4 – Функция Грина. Метод электростатических изображенийШаг 4. Строим функцию Грина по формуле G(x, ξ) = E(x, ξ) + g(x, ξ).1G(x, ξ) =2π|ξ2∗ − x| · |ξ4∗ − x| · |ξ6∗ − x|=ln |ξ − x| + ln ∗|ξ1 − x| · |ξ3∗ − x| · |ξ5∗ − x| · |ξ7∗ − x|1|ξ ∗ − x| · |ξ4∗ − x| · |ξ6∗ − x| · |ξ − x|.=ln ∗22π|ξ1 − x| · |ξ3∗ − x| · |ξ5∗ − x| · |ξ7∗ − x|Здесь легко заметить, что выбор q1 , . . . , q7 был удачен: в самом деле, тогда, как и требуетопределение функции Грина,|ξ2∗ − x| · |ξ4∗ − x| · |ξ6∗ − x| · |ξ − x| 1G(x, ξ)== ln(1) = 0.ln ∗2π|ξ1 − x| · |ξ3∗ − x| · |ξ5∗ − x| · |ξ7∗ − x| x∈Sx∈SПриводить полученную функцию Грина к виду, где нет ξ1∗ , .
. . , ξ7∗ , не станем (это не оченьсложно, но очень громоздко).|ξ∗ −x|·|ξ∗ −x|·|ξ∗ −x|·|ξ−x|1Ответ:ln ξ∗2−x · ξ∗4−x · ξ∗6−x · ξ∗ −x .G(x, ξ) = 2π| 1 || 3 || 5 || 7 |c Д.С. Ткаченко-15-.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
