1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Построим сначала с помощью формулыШварца регулярную внутри единичного круга функцию с предельными значениями вещественной части12ππ−πd(ϕ)e−ω1 (ϕ)eiϕ + zdϕ + iC.eiϕ − z(149)Мы должны добавить теперь к этой функции слагаемое, у которого вещественная часть на единичной окружности равна нулю, но которая может иметь228Гл.
II. Конформное преобразование и плоское поле[50полюс порядка n в начале. Нетрудно видеть, что такое слагаемое будет иметьвидn k=1Ak1− zkzk+ iBk1+ zkzk,где Ak и Bk — произвольные вещественные постоянные.Добавив это последнее выражение к выражению (149), будем иметь общеерешение задачиn 11kkf (z) = z n e−iσ(z) Ci +Ak+iB+−z+zkzkzkk=1πiϕ + z1−ω1 (ϕ) edϕ . (150)d(ϕ)e+2πeiϕ − z−πВ том случае, когда n в формуле (147) есть целое отрицательное число,решение задачи будет иным. Укажем лишь на то, что в этом случае функция, которая стоит под знаком вещественной части выражения (148), не только должна быть регулярна внутри единичного круга, но должна еще иметь вначале координат корень порядка не ниже n.
Строя по правой части формулы(148) регулярную функцию при помощи интеграла Шварца, мы должны будемнаписать еще условие того, что полученная функция имеет в начале координаткорень порядка не ниже n. Таким образом, получится несколько условий дляфункции d(ϕ), которым эта функция должна удовлетворять для того, чтобызадача имела решение.Рассмотрим еще одну задачу частного вида, а именно: положим, что предельные условия для гармонической функции на единичной окружности имеютвид∂u∂u+l+ mu = d(ϕ),(151)∂n∂sгде l и m — постоянные и d(ϕ) — заданная функция, причем n есть направлениевнешней нормали к окружности и s — направление, касательное к окружности.В данном случае мы вместо производных по направлениям осей координатберем производные по указанным выше направлениям, связанным с граничной кривой.
Как хорошо известно [II, 120], эти производные выражаются другчерез друга. В математической физике чаще пользуются предельными условиями, выраженными в форме (151). Дифференцирование по направлению nсовпадает, очевидно, с дифференцированием по радиусу-вектору r, и дифференцирование по s совпадает с дифференцированием по полярному углу ϕ приr = 1. Вообще мы имеем, полагая z = reiϕ и u = Ref (z), причем можно считатьImf (z) = 0,∂u∂u= Re[z f (z )];= Re[z if (z )] (z = eiϕ ),∂n∂sи предельное условие (151) можно переписать так:Re[(1 + il)z f (z ) + mf (z )] = d(ϕ)(z = eiϕ ).50]Предельные задачи229Умножим обе части этого равенства на1 z + z·dϕ2π z − zи проинтегрируем по ϕ. Мы получим новое равенство, равносильное предыдущему [48]. Принимая во внимание формулу Шварца, нетрудно видеть что онобудет иметь вид(1 + il)zf (z) + mf (z) = F (z),(152)гдеF (z) =12ππd(ϕ)−π1eiϕ + zdϕ =eiϕ − z2πid(ϕ)|z |=1z + zdz .− z)z (z (153)Будем считать, что d(ϕ) есть тригонометрический полином порядка n:d(ϕ) = A0 +n(As cos sϕ + Bs sin sϕ).s=1При этомF (z) =ncs z s(c0 = A0 ; cs = As − iBs ).s=0Уравнение (152) есть линейное дифференциальное уравнение первого порядка.Интегрируя его [II, 23], получаем1z k−1 F (z)dz ,f (z) = z −k C +1 + ilгде C — произвольная постоянная и k = m/(1 + il).
Мы должны еще выяснитьусловия, при которых z = 0 будет точкой регулярности F (z).При m = 0 (т. е. k = 0) интеграл дает логарифмический член, если c0 = 0.Таким образом, при k = 0 мы имеем условие разрешимости задачи A0 = 0, иесли оно выполнено, то решение имеет видf (z) = C +n1 cs sz .1 + il s=1 sПроизвольная постоянная C есть решение уравнения∂u∂u+l= 0.∂n∂sПри m = 0 и l = 0 число k комплексно, надо положить C = 0, и решение имеетвидn1 zsf (z) =.(154)cs1 + il s=1 s + kПоложим теперь, что l = 0, так что k = m вещественно и отлично от нуля(случай m = 0 рассмотрен).
Если k не целое число или целое положительное230Гл. II. Конформное преобразование и плоское поле[51число, то надо положить C = 0, и получится решение (154) при l = 0. Еслиk = −p (p = 1, 2, . . . , n), то cp = 0 есть условие разрешимости и в решении надооставить C, т. е. оно будетf (z) = Cz p +ns z ,s+ks=1где штрих у суммы показывает, что s = p при суммировании надо исключить.Наконец, если k есть целое отрицательное и k < −n, то решение будетf (z) = Cz −k +ncss=1zs.s+k51. Бигармоническое уравнение.
Переходим теперь к рассмотрениюсвязи теории аналитических функций комплексного переменного с теорией такназываемых бигармонических функций, т. е. функций, удовлетворяющих уравнениюΔΔu(x, y) = 0,(155)где Δ есть обычный оператор Лапласа, выражающий сумму вторых производных по переменным x и y (мы рассматриваем плоский случай). В раскрытомвиде уравнение (155) будет 2 2∂∂2∂2u∂ u=0++2222∂x∂y∂x∂yили∂4u∂4u∂4u+2 2 2 += 0.(156)4∂x∂x ∂y∂y 4Пусть u — некоторая функция, непрерывная со своими производными в конечной односвязной области B и удовлетворяющая в этой области уравнению(156). Согласно (155) функцияΔu = p(x, y)(157)будет гармонической функцией. Положим, что q(x, y) есть сопряженная функция, так чтоp(x, y) + iq(x, y) = f (z)(158)есть аналитическая функция комплексного переменного z = x + iy.Построим еще аналитическую функцию1f (z)dz = r(x, y) + is(x, y).ϕ(z) =4(159)Мы имеем, очевидно,Δr = Δs = 0,∂s11∂r== Re[f (z)] = p.∂x∂y44(160)51]Бигармоническое уравнение231Вычислим оператор Лапласа от выражения u − (rx + sy).
Принимая вовнимание (160), мы будем иметьΔ[u − (rx + sy)] = p − 2∂s∂r−2= 0,∂x∂yт. е. упомянутое выше выражение есть гармоническая функция, которую мыобозначим через p1 . Вводя сопряженную функцию q1 и соответствующуюфункцию комплексного переменного ψ(z) = p1 + iq1 , можем написатьu − (rx + sy) = p1 ,u = (rx + sy) + p1 = Re[(x − iy)(r + is)] + p1илиu = Re[zϕ(z) + ψ(z)].(161)Таким образом, всякая бигармоническая функция выражается через двеаналитические функции комплексного переменного согласно формуле (161).Нетрудно показать, что и, наоборот, при любом выборе аналитических функций ϕ(z) и ψ(z) формула (161) дает бигармоническую функцию, т.
е. формула (161), содержащая две произвольные аналитические функции, дает общеевыражение бигармонических функций. Эта формула называется обычно формулой Гурса.При заданной бигармонической функции u функции ϕ(z) и ψ(z), входящиев формулу (161), определяются не вполне, но содержат некоторые произвольные постоянные. Прежде всего, вещественная функция q(x, y) определяется сточностью до постоянного слагаемого, т. е. функция f (z) определяется с точностью до чисто мнимого постоянного слагаемого. Кроме того, при определениифункции ϕ(z) по формуле (159) в нее входит еще произвольное постоянноекомплексное слагаемое. Таким образом, окончательно функция ϕ(z) будет содержать произвольные элементы в виде слагаемого следующего вида:C + iaz,где C — произвольная комплексная постоянная и a — произвольная вещественная постоянная.
Мы можем определить эти произвольные постоянные, поставив некоторые дополнительные условия, например условия видаϕ(0) = 0, Im[ϕ (0)] = 0.(162)Точно так же при определении функции ψ(z) мы получаем произвольноеслагаемое в виде чисто мнимой постоянной, которая определяется, если подчинить функцию ψ(z), например, условиюIm[ψ(0)] = 0.(163)Условия (162) и (163) определяют функции ϕ(z) и ψ(z) уже вполне, причемсчитаем, конечно, что точка z = 0 принадлежит нашей области.Рассмотрим основную предельную задачу, касающуюся бигармоническихфункций. Она формулируется следующим образом: найти функцию, бигармоническую внутри замкнутого контура l, если заданы значения самой функциии ее нормальной производной на этом контуре:u = ω1 (s),∂u= ω2 (s)∂n(наl).(164)232Гл.
II. Конформное преобразование и плоское поле[51Покажем, что предельные условия (164) дают нам непосредственно и предельные значения производных от функции u по координатам. Действительно,мы имеем∂u∂u∂u=cos (s, x) +cos (n, x),∂x∂s∂n∂u∂u∂u=cos (s, y) +cos (n, y),∂y∂s∂nгде s — направление, касательное к контуру l. Таким образом, из предельныхусловий (164) вытекают предельные условия вида⎫∂u⎪= ω1 cos (s, x) + ω2 cos (n, x) = ω3 (s),⎪⎬∂x.(165)∂u⎪⎭= ω1 cos (s, y) + ω2 cos (n, y) = ω4 (s) ⎪∂yНо в этих последних предельных условиях функции ω3 (s) и ω4 (s) нельзязадавать произвольно, а именно: криволинейный интеграл∂u∂udx +dy,(166)∂x∂yдающий приращение функции вдоль замкнутого контура, должен, очевидно,равняться нулю, так как функция u должна быть однозначной. Это приводитнас к следующему условию для функций ω3 (s) и ω4 (s) в предельных условиях(165):[ω3 (s) cos (s, x) + ω4 (s) cos (s, y)]ds = 0.(167)LВ остальном выбор этих функций может быть произвольным.Будем искать бигармоническую функцию по формуле Гурса (161).
Дифференцируя по x и y через посредство z и z, мы будем, очевидно, иметь⎫∂u⎪⎪= Re[ϕ(z) + zϕ (z) + ψ (z)],⎬∂x(168)∂u⎪⎪= Re[−iϕ(z) + izϕ (z) + iψ (z)] = Im[ϕ(z) − zϕ (z) − ψ (z)].⎭∂yТаким образом, мы приходим к двум равенствам, которым должны удовлетворять искомые функции ϕ(z) и ψ(z) на контуре l:⎫∂u∂u⎪−i= ϕ(z) + zϕ (z) + ψ (z) = ω3 (s) − iω4 (s),⎪⎬∂x∂y(169)⎪∂u∂u⎭+i= ϕ(z) + zϕ (z) + ψ (z) = ω3 (s) + iω4 (s).⎪∂x∂yВторое из этих равенств является, очевидно, следствием первого и получается из него путем перехода к сопряженным величинам. Мы приходим, таким52]Волновое уравнение и аналитические функции233образом, в данном случае к некоторой предельной задаче для двух аналитических функций.Рассматриваем здесь, как и в случае гармонических функций, только внутреннюю задачу, относящуюся к ограниченной части плоскости.В плоской задаче теории упругости напряжения Xx , Yy и Xy выражаютсячерез бигармоническую функцию (функцию Эри) но формуламXx =∂2u,∂y 2Yy =∂2u,∂x2Xy = −∂2u,∂x∂y(170)и, пользуясь формулой Гурса, можно, таким образом, выразить напряжениечерез две аналитические функции.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
