УМФ Тихонов (965259), страница 54
Текст из файла (страница 54)
Во многих случаях выбор Рис. 51 таких зарядов не составляет труда. Ниже мы приведем примеры построения функции источника методом электростатических изображений. Из представления функций источника, полученных во всех этих примерах, непосредственно видна непрерывность первых производных функций О на поверхности Е. В качестве первого примера рассмотрим функцию источника для сферы. Пусть дана сфера радиуса Л с центром в точке О и требуется найти для нее функцию источника. Поместим в точку Мо единичный заряд и отложим на радиусе, проходящем через точку ЛХо, такой отрезок ОМО что Рор1 =Л (6) где ро = ~ОМо~ и р1 = ~ОЛХг~ (рис. 51). Преобразование (6), ставягцее в соответствие точке Мо определенную точку Мы является преобразованием обратных радиусов, а сама точка М1 называется сопряженной с точкой Мо.
Это преобразование взаимно, и точку Мо можно рассматривать как сопряженную с точкой Мы Покажем, что для всех точек Р, расположенных на сфере, расстояния до ЛХо и М1 пропорциональны. Для этого рассмотрим треугольники ОРМо и ОРМ, (рис. 51). Они подобны, так как угол при вершине О общий, а прилежащие к нему стороны пропорциональны: ро Л )ОМо~ Л Л р,' """ Л ~ОМ,~' 344 УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА (ГЛ. 1У Из подобия треугольников следует то Ро Л т, Л рз (7) где то = ~МоЕ~~, тз — — ~МзМ(.
Из пропорции (7) получаем Ро то = — т, Л для всех точек сферы. Поэтому гармоническая функция е = = — Л/ро 1/т> на сфере принимает то же значение, что и функция — 1/то. Она представляет, очевидно, потенциал заряда величины — Л/ро, помещенного в точку Мп Таким образом, функция 1 /1 Л 11 С (Р, Мо) = — ( — — — — у) 4к то Ро тз (8) где и .. внешняя нормаль, т1 — — ~МзЛ1~ (М, вообще говоря, не лежит на сфере).
Производные от 1/то и 1/тз по направлению и равны (10) так как дто дт1 — = соз(го, и), = соя(гы и). дп дп Нетрудно найти величины соз (го, п) и соз (гы п); Лз соз (го, и) = +'о Ро 2 2 2Лто + тз рз (11') Лз соз(гы и) = (11о) 2Лто и является искомой функцией источника для сферы, так как это гармоническая функция, имеющая в Мо особенность 1/(4ято) и обращающаяся в нуль на сфере. Решение первой краевой задачи дается формулой (4). Вычислим производную 345 4) ФУНКЦИЯ ИСТОЧНИКА Используя пропорцию (7), будем иметь Лг ЛЯ 2 О 2 2 2 Ре Ро Ро+то — Л соя(гы п)~ив 2рото 2Л. — 2 Л Ря так как рг = л~/ре по определению точки Мг и тг — — Л/ро те на сфере Е. Пользуясь формулами (10), а также выражениями (9), (11'), (11л), найдем дп ц 4я ~ тог 2лто Лгтог ро 2рото Л2 2 4яЛ те2 Таким образом, функция н (Мо) в соответствии с формулой (4) равна (12) и (Мо) = / / ~(Р) з ядр. ло 'о Введем сферическую систему координат с началом в центре сферы.
Пусть (Л, В, яг) -" координаты точки Р, а (ро, .Ве, яго) --. координаты точки Мо, т - угол между радиусами-векторами 01 и ОМе. Тогда формулу (12) можно переписать в виде гя н (Ро, Во, уго) = — / / 1 (В, ~р), яш В сШ яВР, '1п (Лг — 2ЛРе соз У+ Рог)з~г о о (12') где соя у = соя В соя де + яшВ21пВо соя (~Р— яге) П (13) Эта формула называется интегралом Пуассона для сферы. П ' В самом деле, направляющие косинусы векторов Ор и ОМо равны соответственно (21пВсоят,я1п Вешу, соя В) и (21пВе соя ус,яшВо яш ро,соя Ве), откуда свят = соя д соя Во+ ИвВяш Во (соя ягсояыо + Ипдя1пяго) = = соя В соя Во + яш В Ип Во соя (яг — яге).
346 УРАВНЕНИИ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА 1ГЛ. 1У Тем же методом может быть построена функция источника для области, внешней к сфере: 1 1'1 Л 11 С(М, М,) = ~' '), 4к ~,гг рз го( (14) и(ры Вы рз) = — / /, ',, 11В, оо) я1пОг1ОНР, 4л /,/ [Лз — 2Р,Лсоз у+ р,')зй о о где соя у дается формулой (13) (индекс 0 надо заменить на 1). 3.
Функция источника для круга. Функция источника для круга может быть получена таким же способом., как и функция источника для сферы. В этом случае ее следует искать в виде 1 1 С = — 1п — +о. 2я г (15) Повторяя рассуждение предыдущего пункта от формулы (6) до фор- мулы (8), мы найдем функцию С в вице Л 11 С1Р, Мо) = — ~1п — — !и — — ~, 2л ~ го Ро г'! 116) р~(>Мо~го(Мо~~гг(МзР~Л~~РУРУ (рис. 52). Нетрудно убедиться в том, что определенная таким образом гармоническая функция обращается в нуль на границе: С~с = О. М, Для решения первой краевой задачи надо вычислить значения дСудп на окружности С.
Вычисления производятся аналогично случаю сферы и дают Рис. 52 дп с 2яЛ Пусть 1р, О) полярные координаты точки Р, лежащей на окружности, а (ро, Оо) --координаты точки Мо, тогда "о = Л +Ро 2ЛРосов(Π— Во) где гз = ~ММз~ расстояние от фиксированной точки Мм лежащей вне сферы, го =1ММо~ расстояние от точки Мо, сопряженной с точкой Мы рз --.расстояние от начала координат до точки Мм а Л-- радиус сферы. Учитывая различие направлений нормалей для внутренней и внешней задач, получим 347 4) ФУНКЦИЯ ИСТОЧНИКА Подставляя в формулу Ро г1я и (Ро оо) / гг (Р) 2я,/ т~~ 77 С это выражение для то и принимая во внимание, что и(Р))с = 7 (В) и (Ь = тгггд, приходим для функции и (Мо) к выражению за о2 я о называемому интегралом Пуассона для круга (см. с. 334, формулу (13)).
Эта же формула с точностью до знака дает решение внешней задачи. 4. Функция источника для полупространства. Понятие функции источника и формула (4) имеют место и для неограниченного пространства, если рассматривать функции, регулярные на бес- я l Мг(яа, яа, — аа) Рис. 53 конечности (см. з 2, и. 6). Найдем функцию источника для полупространства я > О.
Поместим в точку Мо (хо, уо, яо) единичный заряд, который создает в неограниченном пространстве поле, потенциал которого определяется функцией 1 1 где Ллгазг = (х — хо)з + (у — уо)з + (я — яо)з. 4я Влгазг' Нетрудно видеть, что «индуцированнос поле» о является полем отрицательного единичного заряда, помещенного в точку Мг (хо, уо, — яо), являющуюся зеркальным изображением точки Мо в плоскости я = О (рис. 53). Функция С, равная 477 4 1 1 4яЛо 4яЛг ' 348 УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА (ГЛ. 1У где 11о = ~Мой~~ = (х — хо)г + (У вЂ” Уо)' + (г — го)', % = ~М,~А = (х — хо)' + (у — уо)' + (г + го)', обращается в нуль при г = О и имеет нужную особенность в точке Мо.
Вычислим дС/дп (,-о = — дС/дг ~г-о. Очевидно, что дС 1 ~ г — го я+го дг 4я ~ йз Роз Полагая г = О, находим дС дС го дп ==о дг ==- 2яйоз Решение первой краевой задачи дается формулой где Хо плоскость г = О, ((Р) = и~-=о, или 1 п(хо, Уо; го) = — / / 2я,/ г г з ((х — хо)г + (у — уо)' + «ог]'~' (18) $5.'Хеория потенциала 1 1 Функция представляющая д ( . ()г + (у , )г + ( ()г ' потенциал поля единичной массы (заряда), помещенной в точке Мо (о, и, ~), является решением уравнения Лапласа, зависящим от парамстрОв С, г1, ('.
ИнтЕгралы От ЭтОй функции пО парамЕтрам называются потенциалами и имеют существенное значение с точки зрения непосредственных приложений в физике, а также и с точки зрения развития методов решения краевых задач. 1. Объемный потенциал. Пусть в некоторой точке Мо (С, Л, Д помещена масса то. По закону всемирного тяготения на массу пц помещенную в точке М (х, у, г), действует сила притяжения тто Р= — у, г, ТЕОРИЯ ПОТЕНЦИАЛА з 5) где г = К/П единичный вектор в направлении Мой.' (К = МоЛ1), а ч -- гравитационная постоянная. Выбирая систему единиц так, чтобы ч = 1, и полагая т = 1, получим то г' = — — г.
ог Проекции этой силы на координатные оси будут равны тс Х = й'сова = — — (х — 6 Аз то У = Гсов)) = — — 1у — Ю: 1гз (2) то х = г'сов у = — — (х — ь) Лз где о, д и ч углы, образованные вектором Е с координатными осями. Введем функцию иэ называемую потенциалом силового пол я П и определяемую равенством Е = ягас1и, или Х= —,. 1 = —, г= —. ди ди ди дх' ду' дх' В нашем случае пго и = —.
л' Потенциал поля и материальных точек вследствие принципа супер- позиции силовых полей будет выражаться формулой и = ~и; г=1 П Не следует смешивать потенциал с потенциальной энергией силового поля. Термин «потенциал» употребляется здесь в том же смысле, что и силовая функция в механике. Перейдем к случаю непрерывного распределения массы. Пусть дано тело Т с плотностью р (с, ц, Д. Определим потенциал этого тела в точке М (х, у, х). Пля этого разобьем тело Т на достаточно мелкие части Ьт. Сделаем естественное предположение, что дсйствие элемента Ьт эквивалентно действию его массы, сосредоточенной в некоторой 350 УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА 1ГЛ. 1У «средней» точке Л объема Ьт; тогда для компоненты силы, действу- ющей на точку М, получим следующее выражение; где Интегрирование по всему объему Т дает компоненту полной силы притяжения точки М телом Т; И т (3) Потенциал в точке М будет определяться формулой и(М) = фр — Йт.
(4) Если точка М лежит вне тела, то в этом можно убедиться непосредственно дифференцированием под знаком интегралаг1. Аналогично вычисляются и производные высших порядков. Очевидно, что потенциал и (М) вне тела Т удовлетворяет уравнению Лапласа (см. подробнее с. 361). В дальнейшем, не стремясь к построению теории в наиболее общих условиях, мы будем пользоваться указанными выше свойствами потенциалов и сформулируем ряд теорем при условии, что р ограниченная функция (подразумевая ее интегрируемость). Если точка М лежит внутри области Т, нельзя утверждать, что Х = ди/дт, без дополнительного исследования, которое и будет дано ниже. Ц Более точно, при этом предполагается, что действие некоторого тела Т массы ш на точку, лежащую вне выпуклого объема Т, содержащего это тело, можно заменить дсйствиом некоторого эффективного центра той жо массы ш, лежащего внутри Т.
г1 Для возможности дифференпирования определенного интеграла вида 1 (М) = / Р (М, Р) Зэ1Р) с1тр т по параметру под знаком интеграла достаточно непрерывности производной функции Р (М, Р) по параметру и абсолютной интегрируемости функции у (Р). Обычно эта теорема формулируется при ~р (Р) = 1. Доказательство ее для нашего случая ничем не отличается от обычного. ТЕОРИЯ ПОТЕНЦИАЛА 351 з 5) 2. Плоская задача. Логарифмический потенциал. Рассмотрим распределение масс в пространстве, зависящее лишь от двух координат (х, у).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
