1629366495-96b763de880e0957938207fd4887632d (846319), страница 59
Текст из файла (страница 59)
(у — ц)э+(г — ц; Метод иэображений даеп и(Л, Р) — ~ ( — — у) ° и ы дч й( -й) +(р — )т+(х — (2п(+( — 1)" (4) ~ ~,', = )' (Х вЂ” 1)а+ (у — ())'+ (~ -(2П( — ( — 1)" Ь)!*. ик ииквнпния вллиптичпского типа у к а з з и и е. Источники г и стоки — 1 иа!Отдятси соотиетствевио в точккк 4 ис. 41) р к= В У 'т), к= 4„2п(+( — 1)и 1. х $, в т), 2 (~~=Ух!( ( 1)и(, Сходимость и диффереицируемогть ряда (1) доказывается па аиадогии с з~ чей 36.
! ! -1- 2= гу 4 ! ! ! ! ° ! Рис. 41, 39. Фуикция гочечиого ксточиика, помещеииого в точке ре(4, т), ц при крдиичиом условии ~ — +)!и) =О, «естся формулой б(х, р, г! к, г), к) Фо + й Г -«~4- Ф 4! р г( ~ ) (к — й)т+ (у — т))е+(г+з Ф (и.— $)'+(у-()р+(з — ()" 4 )'(к-Ь'+Ь-т))е+(м+О.' ° ответы. указания и оешвнни 1/1 1[ С вЂ” ( — + г/!+и(г — $, у — «1, г+г). Зп '[г г',/ [2) Подставляя <2) в (1) н учитывая, что — —, получаем; до до (- )=-- —" дх [ 1 1 — +йо~ —, рз~ (х — $)«+[у — О)з, д( )«= о йч )Гр«+(з' Решая вто уравнение и заменяя 4 нз г+(, получаем: о(х — К, у — «1, г-1-() — ~~ «-з>Ь-«> 2 .) р+<.+«Р нли о — з-" ><««-«> 1 [Ь "ж ~ 40. и иы(х, у, Ю $, «), Ь) — им[х„г, г: — с, П, ь), где изз — Решение в«дачи*36, нлн в разверну«ом вине %« /! 1 1 1[ и « ~ — — —,— — +г, Л[ [,г„ ч -О3 г„(к — $)«+ [у — «!)'+ [г — (2п<+ Е))з, г'-)/<х — цг+(у — «Р+ ( — <2л< — С))з, г„рг(к+ 2)з+ (у — «Оз+ ! г — (2л/ -1- ())з, гк )> <х+ $)з+(у — «))з+ (г — [2л< — ~))г.
<2» 41. Электрическое поле Š— Огай и, где и и (р, >р, г) — потенциал, определяемый формулой « — [ и е <) ( — — — >)> з о гз,„Мрз рз ( у — 2рзсаз([р — («р+ «))+[г — Г)з> ге МРз р*+ ю — 2рз соз ( р (2ий — Ф))+(г /)з, М М(р, >р, г) точка наблюдения, Р Р(з, Ф> ь>) — точка, в которой расположен источник. Указание. Перейти к цилиндрическим координатам Р, Ф> г.
напраняв ° хь а вдоль ребра двугранвого угла; при зеркальном отрывании источник Решение. Источник «<Рз) н сток — «[Р;) дают иа плоскости г >О уело. ди ди вне — >О при г О. В нешей задаче — * — <ш прн г О. Поэтому мы ишве дг рыпение в виде суммы членов, соотаетствуюшях «(Р,! н -е<Р;), и добавки вида о(х — й, у — кь г+ф), полагая гч кианнення эллиптического типа повторится 2п — 1 раз, поэтому искомый потенциал может быль получен путем суммирования потенциалов 2п зарядов. при отражении заря!ш в сторонах двугранного угла все его иэображения будут находиться на окружности радиуса з, лежжцей в плоскости г г, по абсолютной величине оии равны исходному заряду н чередуются по знакам.
Заряды +е неходятся в точках Рз(з, йг(з+ф, с); заряды — е находятся в точках Рз(з, 2ай — ф, 4), где й меняются в пределак от нуля до и†1 Нетрудно видеть, что заряды противоположных знаков симметрично расположены относительно плоскостей <у=О и <Р=а. В самом деде, заРЯдУ Ра (<р = 2ай+ф) соответствует заряд Ро — з (<р = 2х (и — й) — ф), симметричный относительно плоскости <у=0; аналогично, заряду Ра(ф=гаэ — ф) соответствует заряд Рп — а+ ! [<р=2а(л — 1+1) — !р), симметричный относктельио плоскости ф= а. Заметим, что прн а=я формула (1) дает решение задачи Зб, 42. Потенциал заряда е дается суммой ч — 1 и () [изв(р.
<р, ж з, 2ай+ф ь) — изз(р, ф, г; з, 2ай — ф, [)), а а=о где изз — решение задачи 36. выра!кение для которого в цилиндрической системе координат имеет вид Чьт !1 1! изв(М, Р)=и!а(р, ф, г; з, ф, () з л гй~ причем гэ р рз+зз — 2рзсоз(ф — ф)+[г — (2п(1 ())з, га )* рз+ зз — 2ра оса (ф — ф) -(- [г — (2л( — 4)]з. При а н получаем решение задачи Зб, прн 1-~со имеем: л — ! Х [ От* р.
г' з, 2ад — р, И) —,(р, р, г; з, 2ай ф)[, з э где изз — решение задачи 25. Указание. Отражая ээрнд в плоскостях г 0 и г 1, мы найдем потенциал заряда в слое О~э~1, после чего в соответствии с решением задачи 4! производим отражение в гранях угла 42. Стационарное распределение температуры в полярной системе координат дается формулой а э где га ура+за — 2рзсоз [!р — [2ай+тр)[-)-(г — цз, та = рз+ за — 2рз ан [!р — (2ай — зр)[-(- (г — 4), 44 — МОЩИОСтЬ ТЕПЛОВОГО ЯетОЧНИКа, ПОМЕЩЕИНОГО В ТОЧКУ Мз(З ф, 4), М м М (р, ф„г) — тОЧКа НабЛЮдЕНий, Срэ — тЕПЛОЕМКОСтЬ ВхнипцЫ ООЪЕМа.
Ук ага н и е. Решение ищется в виде () 1 и -- — +о. гз~ гага! Р Р +гз — 2Рзсоз(!Р— тР)+(г — ° ср гр в ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ где о — нсюду регулярная гармоническая функция; функция и удовлетворяет граничным условиям второго рода функция о ищется методом изсбражения по аналогии с задачей 41.
и (р, ф)= У (1 †-1. аг Указание. Следует найти функцию источника внутри угла л — ! ! %т С,(р,ф; з,ф)= — к 1п— 2н зД~ га а=о (см. задачи 41 — 43) и воспользоватьсн формулой Грима и(р, ф)= — У ~ ~ — )»(з. дф 4»=а и(х, д)» У (1 — — агс(й — )!. 1 р) н х!' Ук аз а ни е. Построить фуннцию С(М, Р) длп полуплоскостн С(, р,й, ц)=--!п — '. 2н ге решение можне также получить нз решения аадачи 44, положив там а=н и перейдя к декзртовын координатам х, у. 46. Если ось х направлена вдоль одного из ребер, так что перпендикулярное сечение лежит в плоскости (х, р), то потенциал ранен »л= — л» л= — о» [к — (2та+ ц)['+ [р — (2ЛЬ -[-т()[з+ (з — ~)з, Г Лалл [Х вЂ” (2та — 'З)[З+ [У вЂ” (2ЛЬ вЂ” т!)[З+(Х вЂ” Ь)а, г Ьг[к — (2ща+ С))з+ [у — (2ЛЬ вЂ” ц)[з+(з — Ь)з, =)'[х — (2то — 4)[з+ [р — (2нЬ+т)))з+(г — ~)з» где и и Ь вЂ” стороны прямоугольника. ук аз а н и е.
Покрыть всю плоскость (х у) прямоугольниками, получжощнмися нз сечения данного цилиндра путем сдвига на величину Ьн вдоль оси у и на величину пт вдоль оси к. Обьедиияя четыре подобнык прямоугольника, лежащих внутри области — а~хала, — Ь(р(Ь, в одну группу и беря нечетные отраженна во всех сторонах, мы получаем первое слагаемое суммы. ряда. Перемещая затем всю группу по осям х н р на 2ят и 2Ьн, получим остальные члены рада. гч. уРАВнения эллин гического типа 47. Направим ось х вдоль одного из катетов, поместив начало координат в вершину прямого угла. Тогда решение задачи можно записать в виде и (х, д, г; $, 11, «]=иг»(х, у, г; «, то «) — иы (х, у, г; ц, е, «) (О х«а, у«х), и = и»э (х, у, г; «, то «] — им (х, д, г: 5, гь — «], где ига(х, у, г; «, ц, «) — решение задачи 46.
Указан не. !!з плоскости г=б выполняется граничное условие и О, т. е, отражение в этой плоскости долгкно быть нечегным. 49. Потенциал в точке М (х, у, г) точечного заряда, помещенного в точке Р(", т), «) внутри параллелепипеда со сторонами а, Ь н с, равен и=е !) !) !) [ — „, » — сО т= — »О» с» 1 1 ! ~м + а) а гат» ' тат„га 1 1 1 1 1 ггт! ~а~ жл» ~атл где гаот» = К ]х — (2ай+ «Цз+ [У вЂ” (2Ьт + 1!Цэ+ [г — (2сл + «]з, Гата = р'[К вЂ” (2ай+«)]'+ »у — (2Ьт+т)]]т+ [г — (2СЛ вЂ” «ЦЭ, га лл = [х — (2ай+«Цэ+ [у-(2Ьт — т)Ц»+ ]г — (2сл — «)]з, гг'» = р' ]х — (2ай+«Ц" + [у — (2Ьгп — т!Цз+ [г — (2сл+«Цэ, 4~л Р [х — (2ай — «Цэ+[у — (2Ьт — т!Ц'+[г — [2сл+«Цэ, гатт» = $/ [х — (2ай — «Ц~+ [у-(2ьт+ ЧЦ'+ [г — (2сл + «Ц', гата = Р'[х — (2ай — «)]э -»- [д — (2Ьт+ Ц)]э+ [г — (2сл — «)]э, гатт Р [т — (2ай — «Цэ+ [д — (2Ьт — 1!)]»+[а — (2сл — «Ц», а, Ь, с — измерения параллелепипеда, М (х, д, г) — точка избл1одсння, Р (щ 11, «) †точ, в которой находится заряд.
У к а з а а и е. Выберем систему координат тек, чтобы начало ее помещалось в одной иэ вершин параллелепипеда, а оси были направлены вдоль ребер. Покроем это пространство параллелепипедами, подобными данному, при помощ11 сдвигов по сспм х. д и г на ай, Ьгл н сл соответственно, где а, Ь, с — длины ребер вдоль осей х, д и а. Объединяя восемь подобных параллелепипедов, лежжпих внутри области — а«х«а, — Ь д«Ь, — с«г«с, в одну трунит и беря нечетные отражения во всех гранях, мы получим одно слагае и« суммы, представляющей ответ. Перемещая затем есю группу по осям х, у, г иа Расстояния 2ай, 2Ьт, 2гл, получим остальные слагаемые суммы. Решение втой задачи сходно с решенном задача 46.
где иы — решение задачи 46 для цилиндра с квадратным сечением, причем сторона квадрата равна а. У к а з з н и е. Плоскость »=у делит цилиндр с квадратным сечением на два симметричных цилиндра с сечениями в виде прямоугольных равнобедренных треугольников. Точке !4, пь «) (т! ««) одного цилиндра соответствует симметричная точка (ть $, Ц другого цилиндра. Беря решение задачи для цилиндра с ивадра1ным сечением с полюсами в симметричных точках, мы получаем искоисе решение задачи.
48. Реп1еине и=и (г, у, г) имеет вид ОтВеты. уцявания и Решения 2 Фуикпия нсточннна для областей со сферичесинчи (к руговыми) и плоск ими гр анин ам и йб. Если обозначить а — радиус сферы, е — величину заряда. Π— центр сфеоы, М вЂ” точку наблюдения, М, положение заряда (рнс. 42), то решение можно написать в ниле г'! а 1) и Р ~гз рз И где г г„м, ра ОМ, г ММ ы Мг — точка. лежащая на прсдоюкения Ом„и получаемая нз Ме при помощи преобразования обратных Рис 42. рахн сов-векторов.
ею ение Задача состою в отыскании функции, гармонической но всех внутренних гочках сферы, кроме точки Мз, в окрестности которой она представнма в виде е и — +о (М), ге где и — потенциал индупироваиного поля, причем иа поверхности ореры и О. Лля отыскания о следует использовать преобразование обратных радиусов ОМ, Ом,-аз Помещая в точку М„изображение заряда Ме, напишезп е, и — +— ге г, Э где е,— величина наряда в точке Мь Условие и 0 на 3 данн — г, е, — е. В самом леле, рассмотрим треугольники ОММз н Омм„. Они подобны, таи как имеют общий угол Моме и пропорциональные стороны ОМ, 'ОМ Ом ОМ (ОМ ю а). Отсюда следует, что ОМз ОМ Мма рз о гв — — или — — ° ОМ ОМ, ММ, ' а р, Таким образом на сфере г, а ге рз Позтому функция а обращается в нуль на сферы отсюда следует также, чго е, — — е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
