Семинар 5 для К-6. Объёмный потенциал (1127982), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Объёмный потенциалоткуда получаем уравнениеR3.6c1 + c3 − Rc4 =А условие ограниченности в шаре сразу даётc3 = 0,(v)откудаc1 − Rc4 =R3.6(vi)3) Непрерывность u0 (r) при r = R даёт нам (с учётом c3 = 0)Rc1= − 2,3Rоткудаc1 = −R3.3(vii)Из уравнений (iv) – (vii) получаем:c1 = −R3,3c2 = 0,c4 = −c3 = 0,В результате получаем требуемое выражение для u(r) r 2 R2 6 − 2,u(x, y, z) =3− R3r ,R2.2r 6 R,(4.1)r > R,Заметим, что скачок второй производной для найденного потенциалаu00 (R − 0) − u00 (R + 0) =1 2+ = 1 = µ(R),3 3как и должно быть в соответствии с формулой скачка (1.6).б) Пусть объёмным потенциалом для заданной плотности µ(r) является некоторая функция v(r). Рассмотрим шар Bρ радиуса ρ с центром в 0.
Применим к нему Формулу Гаусса:ZZ∂v(x)dSx =µ(y)dy,(3.1)∂~nxTSDGс совпадающими областями G = D = Bρ и S = Sρ = ∂Bρ , учитывая, чтоZZ0v (ρ)ds = µ(r)dx.Sρ|Bρ{z}=v 0 (ρ)·4πρ2Так какµ(r) =1,0,r < R,r > R,из (i) получаем4πρ2 v 0 (ρ) =c И.В. Тихонов, Д.С. Ткаченко4πρ3,3ρ 6 R,4πR3,3ρ > R.-8-∂v(x)∂~nx≡ v 0 (r):(i)УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалПоделим на 4πρ2 : ρ 3,0v (ρ) =ρ 6 R,R3,3ρ2ρ > R.Отсюда получаем:v(ρ) =ρ26+ c1 ,ρ 6 R,−R33ρρ > R.+ c2 ,Из условия непрерывности объёмного потенциала (свойство 2.) находим первое уравнение дляконстант c1 и c2 :R2R2+ c1 − −+ c2 = 0,=⇒v(R − 0) − v(R + 0) =63R2.2Наконец, из условия v(ρ) → 0 при ρ → ∞ получаем, что c2 = 0, и из (ii) сразу вытекаетc1 = c2 −=⇒(ii)R2.2Таким образом, объёмный потенциал, соответствующий заданной плотности µ, имеет вид ρ22ρ 6 R, 6 − R2 ,v(ρ) =3− R3ρ ,ρ > R,c1 = −то есть совпадает с u из равенства (4.1).5.
Теоремы НьютонаИз полученного в № 268 результата легко получаются известные 1-я и 2-я теоремы Ньютона.Теорема 5.1 (Первая Теорема Ньютона).Утв.Потенциал (гравитационного поля) вне шара однородной плотности равен потенциалу точки с той же массой.Доказательство. Пусть плотность шара постоянна и равна µ0 . Тогда все выкладки, проделанные при решении № 268M , остаются в силе, если их умножить на µ0 .
Тогда потенциал внешара будет равенR 3 µ0M−=−,r > R,3r4πrмассе шара, делённой на −4πr. Как видно, он зависит только от массы и не зависит отрадиуса. Устремляя радиус R к нулю, получаем доказываемое утверждение.Теорема 5.2 (Вторая Теорема Ньютона).Утв.Потенциал (гравитационного поля) внутри однородного шарового слоя равен константе.c И.В.
Тихонов, Д.С. Ткаченко-9-УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалДоказательство. Рассмотрим 2 шара с постоянной плотностью µ0 радиусов R1 и R2 > R1 .Тогда все выкладки, проделанные при решении № 268M , остаются в силе, если их умножитьна µ0 , и потенциал внутри шара BR1 радиуса R1 будет равен 2rR12−µ0 ,r 6 R1 ,62а внутри шара BR2 радиуса R2 – 2rR22−µ0 ,62r 6 R2 .Вычитая из первого равенства второе при r < R1 , находим потенциал внутри шарового слояоднородной плотности µ = µ0 :(R22 − R12 )µ0≡ const,2r < R1 ,что и доказывает утверждение.Замечание 5.1.Доказав Вторую Теорему, Ньютон поставил вопрос: внутри каких однородных тел, полученных как разность двух подобных тел (помимо шарового слоя), потенциал равен постоянной?Ему удалось доказать (уже весьма нетривиальным образом), что этим свойством обладает эллиплический слой, то есть разность двух подобных однородных эллипсоидов с общим центроми фокальной прямой.Гораздо позже было доказано обратное утверждение: ни в каких однородных телах типа слоя,кроме эллиптического слоя, потенциал не может быть постоянным.6.
№ 267Показать, что потенциал u(x, y) объёмных масс, распределённых по кругу r2 = x2 + y 2 < R2с плотностью µ = 1 даётся формулой r22r 6 R, 4 − R4 ,u(x, y) =(6.1) R2rln R ,r > R.2a) решая уравнение Пуассона ∆u = µ,б) применяя формулу Гаусса.а) Воспользуемся свойством 5. объёмного потенциала. Поскольку данная нам функцияµ есть функция только радиуса r, то и искомый потенциал будет функцией от r:u = u(r).А так как оператор Лапласа в этом случае и для n = 2 имеет вид∆u(r) =c И.В.
Тихонов, Д.С. Ткаченко1(r ur )r ,r-10-УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалто общее решение ОДУ10(r u0 (r)) = 0,r > R,rкак мы убедились при выводе фундаментального решения (Sem17.pdf),∆u =u = c1 ln r + c2 ,r > R.(i)Теперь найдём общее решение внутри круга:∆u =10(r u0 (r)) = 1,rr < R.Домножаем на r и интегрируем первый раз:0(r u0 (r)) = r,откуда u0 (r) =r2+c3rr2+ c3 ,2r u0 (r) ==⇒и, наконец,u=r2+ c3 ln r + c4 ,4r < R.(ii)Осталось найти значения констант, для которых выполяняются свойства 2. – 3. объёмногопотенциала, то есть1) u(r) → +∞ при r → ∞ (так как интеграл от µ по кругу не равен нулю),2) u(r) была непрерывна при r = R и ограничена при r 6 R (это следует из непрерывностиu в D),3) u0 (r) была непрерывна при r = R,1) Требование u(r) ≡ c1 ln r + c2 → +∞ при r → ∞ не даёт нам никакой информации,кромеc1 6= 0.(iv)2) Непрерывность u(r) при r = R означаетR2+ c3 ln R + c4 = c1 ln R + c2 ,4откуда получаем уравнение(c1 − c3 ) ln R + c2 − c4 =R2.4А условие ограниченности в круге сразу даётc3 = 0,(v)откудаc1 ln R + c2 − c4 =R2.4(vi)3) Непрерывность u0 (r) при r = R даёт нам (с учётом c3 = 0)Rc1= ,2Rоткудаc1 =c И.В.
Тихонов, Д.С. Ткаченко-11-R2.2(vii)УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалИз уравнений (v) – (vii) получаем:c1 =R2,2R2R2ln R +,24c2 − c4 = −В результате получаем выражение для u(r) r2 4 + c4 ,u(r) = R2ln r + c4 −2c3 = 0.r 6 R,(viii)R22ln R +R2,4r > R.2Выбор c4 можно осуществить из соображений размерности: выражение r4 +c4 должно состоять222из слагаемых одной размерности, как и выражение R2 ln r + c4 − R2 ln R + R4 . Этому условиюудовлетворяет только единственное значение:R2.4c4 = −При таком выборе c4 потенциал (viii) совпадает с (6.1).Заметим, что скачок второй производной для найденного потенциалаu00 (R − 0) − u00 (R + 0) =1 1+ = 1 = µ(R),2 2как и должно быть в соответствии с формулой скачка (1.6) (и это условие не даёт нам никакойинформации про значение c4 .б) Пусть объёмным потенциалом для заданной плотности µ(r) является некоторая функция v(r).
Рассмотрим круг Bρ радиуса ρ с центром в 0. Применим к нему Формулу Гаусса:ZZ∂v(x)dSx =µ(y)dy,(3.1)∂~nxTSDGс совпадающими областями G = D = Bρ и S = Sρ = ∂Bρ , учитывая, чтоZZ0v (ρ)ds = µ(r)dx.Sρ|Bρ{z}=v 0 (ρ)·4πρ2Так какµ(r) =1,0,r < R,r > R,из (i) получаем02πρv (ρ) = πρ2 ,ρ 6 R,πR2 ,ρ > R.Поделим на 2πρ:0v (ρ) = ρ 2,R2,2ρρ 6 R,ρ > R.Отсюда получаем:v(ρ) =c И.В.
Тихонов, Д.С. Ткаченкоρ24R22+ c1 ,ln ρ + c2 ,-12-ρ 6 R,ρ > R.∂v(x)∂~nx≡ v 0 (r):(i)УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалИз условия непрерывности объёмного потенциала (свойство 2.) находим первое уравнение дляконстант c1 и c2 : 2R2Rv(R − 0) − v(R + 0) =+ c1 −ln R + c2 = 0,=⇒42c1 = c2 −=⇒R2 R2+ln R.42(ii)Наконец, из соображений размерности вытекаетc1 = −R2,4c2 = −R2ln R.2Таким образом, объёмный потенциал, соответствующий заданной плотности µ, имеет вид ρ22ρ 6 R, 4 − R4 ,v(ρ) = R2ln Rρ ,ρ > R.2то есть совпадает с u из равенства (6.1).7.
№ IpПоказать, что если плотность µ зависит только от r = x21 + . . . + x2n , и ограниченнаяобласть D сферически симметрична, то есть переходит в себя при любых поворотах вокругначала координат, то объёмный потенциал u(x) также есть функция только r:u = u(r).Доказательство. В первую очередь заметим, что сферически симметричная область можетпредставлять собой только• шар с центром в нуле,• шаровой слой с центром в нуле,• объединение шара и шаровых слоёв1 с центром в нуле.В любом случае ограниченная область D содержится в некотором шаре.Пусть BR – шар с центром в нуле, содержащий область D, и пусть функция u(x)Zu(x) = E(|x − z|)µ(z)dz,BRявляется объёмным потенциалом для заданной плотности µ(r).Обозначим через A матрицу произвольного поворота системы координат:z = Ay.Тогда якобиан перехода ∂z1∂z1 ∂y . .
. ∂yn1D(z) = . . . . . . . . . = det A.D(y) ∂zn∂zn . . . ∂y∂y1n1Есть ещё сферы, но они являются не областями в Rn , а поверхностями.c И.В. Тихонов, Д.С. Ткаченко-13-(i)УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциалИз линейной алгебры известно, что линейный оператор, переводящий ортонормированныйбазис в ортонормированный базис, имеет ортогональную матрицу, то есть такую, длякоторой справедливо равенствоAT = A−1 ,илиAAT = AT A = E,где E – единичная матрица. Поэтомуdet A = det AT = det A−1 = ±1.(Строго говоря, определитель det A может быть в нашем случае равен только +1, так как поворот сохраняет ориентацию системы координат.
Однако, нам это не очень важно, посколькупри замене переменных под знаком интеграла якобиан появляется только под знаком модуля.)Итак, якобиан перехода D(z) (ii) D(y) = |det A| = 1.Нам понадобится ещё одно вспомогательное равенство2 :|Ax − Az| = |A(x − z)| = kAk · |x − z| = |x − z|.(iii)Подействуем на точку x в равенстве (i) оператором поворота A:Zhiu(Ax) = E |Ax − z| µ(z) dz = сделаем замену переменных z = Ay =BRZ=A−1 (BR )hi Dz dy = в силу (ii), (iii) и сферической симметричности BR =E |Ax − Ay| µ(Ay) Dy Zhi= E |x − y| µ(Ay) dy = |Ay| = |y| ⇒ µ(Ay) = µ(y) =BRZ=E |x − y| µ(y) dy = u(x).BRИтак, если точка Ax получена в результате произвольного поворота системы координат източки x, то есть если |Ax| = |x|, тоu(Ax) = u(x).8.
№ 263Найти плотность µ масс, распределённых по области D, если известно, что объёмный потенциал u(x) этих масс в D2u(x) = x2 + y 2 + z 2 − 1.(8.1)Поскольку данная функция u(x, y, z) = r4 − 1 есть функция только от r в 3-мерномпространстве, то122∆u(r) = 2 r2 ur r = urr + ur = 12r2 + · 4r3 = 20r2 .rrr222Ответ:µ(x, y, z) = 20 x + y + z .2Норма оператора A равна единице, поскольку, поворот переводит единичную сферу S1 в себя, а по определениюhikAk = sup kAxk = в нашем случае = sup 1 = 1.x∈S1c И.В. Тихонов, Д.С. Ткаченкоx∈S1-14-УМФ – семинар К 6 - 5 – Теория потенциала. Объёмный потенциал9. № 270Потенциал u(x, y) объёмных масс, распределённых по кругу r2 = x2 +y 2 < 1 задаётся внутрикруга формулой1 4u(x, y) =r −1 .(9.1)16Найти массу M в круговом кольце K = 14 < x2 + y 2 < 12 .11.
Нахождение µ.Поскольку данная функция u(x, y) = u(r) = 16(r4 − 1), зависиттолько от полярного радиуса, то14r31212r += r2 .∆u(r) = urr + ur =r16rИтак, функция µ имеет вид:µ(x, y) = 2 r ,2. Нахождение M .ZM=r < 1,0,r > 1.Масса фигуры равна интегралу от её плотности по площади.hir2 dxdy = в полярных координатах =Z2dϕ0K1Z2πM=414=Ответ:14 2rr2 · r dr = 2π · =4 12π·411−16 256=15ππ 15·=.2 25651215π.51210.
№ 269Потенциал u(x, y) объёмных масс, распределённых по кругу r2 = x2 +y 2 < 1, задаётся внутрикруга формулойx 2u(x, y) =r −2 .(10.1)8Найти плотность масс µ и значение потенциала u(x, y) при r > 1.ϕПоскольку данная функция u(x, y) = u(r, ϕ) = r cos(r2 − 2), а в1. Нахождение µ.8полярных координатах1 ∂∂u1 ∂ 2u,(10.2)∆u = ·r·+ 2·r ∂r∂rr ∂ϕ2то для u =cos ϕ8(r3 − 2r) имеем:13r cos ϕ cos ϕ1cos ϕ∆u(r, ϕ) = urr + ur + 2 · uϕϕ =+· (3r2 − 2) −· (r3 − 2r) =rr48r8r23r cos ϕ 2r cos ϕ=+= r cos ϕ = x.48Итак, функция µ имеет вид:µ(x, y) = x,r < 1,0,r > 1.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
