УМФ Тихонов (965259), страница 63
Текст из файла (страница 63)
В случае поступательного движения со скоростью и это условие может быть проинтегрирована на поверхности тела и мы получим уз=иу+С на поверхности тела. Итак, наша задача свелась к решению уравнения Щ= О со следующими граничными условиями: 1) у = иу+ С на поверхности цилиндра, 2) дф/дт и ду /ду стремятся к нулю на бесконечности. Последнее условие означает, что функция дю дф дф — = — +1 — = и, — 1и„ ~Ь ду дт является вне круга С однозначной аналитической функцией, обращающейся в нуль в бесконечно удаленной точке.
Это позволяет представить функцию ю в виде Сз Сз и = Сз 1п я — — — — + яз Положив Сь = Аь+1В~., мы определим постоянные Аь и Вь из граничного условия ф = иа сйпд+ С, перейдя к полярным координатам я = а е' . У1. КОНФОРМНОЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЕ В ГИЛРОЛИНАМИКЕ 419 Лля постоянных получаются выражения Г Вг = — —. 2я Аз=па, Вз=О, Аз =О, Аз = Вз = и Отсюда Г 2 ю = — 1пз — и —, 2я1 з Г аз Зз = — д — и созгг —, 2я т Г аз Ф = — — 1пт+ и зшΠ—, 2тг Первый член в выражении для ю выражает циркуляцию интенсивности Г вокруг цилиндра. В простейшем случае отсутствия циркуляции мы получим Рис.
71 Пусть на бесконечно длинную пластинку ширины 2а, расположенную на оси Ои (рис. 71), набегает постоянный плоский поток, имеющий на бесконечности скорость с компонентами и и и. При помощи аналитической функции 27* аз и~ = — и —. з Комплексный потенциал для потока, обтекающего неподвижный цилиндр и имеющего на бесконечности скорость и, записывается в виде иаз Г и = из+ + — !пю 2гг1 3. Обтекание пластинки. Полученные результаты для обтекания кругового цилиндра позволяют решать задачи об обтекании произвольных контуров.
При этом применяется метод конформного преобразования. 1'ассмотрим его применение на конкретной задаче об обтекании пластинки. 420 ПРИЛОЖЕНИЯ К ГЛАВЕ 1У дя а — = — )О д~ 2 при ~ = со. Посмотрим, как изменится условие на бесконечности. Пля комплекс- ного потенциала ю (Я) = Р + Ф мы имеем йю з~ = и — ги = В„, Ия —. - сопряженное значение комплексной скорости. Найдем значение комплексной скорости фиктивного течения на плоскости ~: дю с1ю ~Ь и~ (~) = ю (у (г)), с1~ дг дс' откуда Итак, фиктивное течение представляет собой обтекание цилиндра единичного радиуса потоком, имеющим на бесконечности комплексную скорость аи- .
Пля такого движения комплексный потенциал имеет вид кВ Г юЯ = ЙВ ~+ + — !п~. 2яг Из соотношения я = у Я следует я + ~я2 аэ 1 я,/яэ аэ Используя эти соотношения, мы получим для комплексного потенциа- ла жидкости, обтекающей пластинку, выражение Г 1г,,Г,:,ы~ ш (я) = ия — 1и ~'яэ — аз + — 1п 2я1 ~ а В случае отсутствия циркуляции это выражение принимает вид ю (я) = иг — 1и ~/яз — аэ, можно установить взаимно однозначное соответствие между областью вне пластинки на плоскости я и областью вне круга единичного ра- диуса на плоскости ~. При этом точке я = оо будет соответствовать точка ~ = оо,а У1. КОНФОРМНОК ПРЕОБРАЗОВАНИК В ГИДРОДИНАМИКЕ 421 вне шара с граничным условием дп — = и сояд ~ =а на поверхности шара и ду дз дз — = — = — = 0 в бесконечности. дт ду дг Решение ищем в виде соя д у=А Используя граничное условие, получаем и из зэ = — соя д, 272 что и дает решение поставленной задачи.
Во всех рассмотренных случаях мы считали жидкость идеальной. Для вязкой жидкости граничные условия изменяются. На поверхности тела должно выполняться условие прилипания, а именно: в точках твердой границы скорость жидкости по величине и направлению должна совпадать со скоростью соответствующей точки границы. Из полученных соотношений видно, что скорость на концах пластинки достигает бесконечно больших значений.
В реальных условиях это, конечно, не имеет места. Наши результаты объясняются тем, что мы считаем жидкость идеальной. Применяя теорему Бернулли, можно найти выражение для силы, действующей на обтекаемое жидкостью тело. Изучением сил, с которыми воздух действует на движущееся в нем крыло самолета, занимается аэродинамическая теория крыла. В развитии этой теории исключительная роль принадлежит русским и советским ученым, в первую очередь Н. Е.
Жуковскому и С. А. Чаплыгину. В простейшем случае бесциркулярного обтекания цилиндра плоским потоком жидкости мы получаем парадоксальный результат —. поток не оказывает на цилиндр никакого действия. В случае наложения на поступательный поток циркуляции скорости вокруг цилиндра возникает сила, действующая на цилиндр перпендикулярно к направлению скорости потока в бесконечности. Теория аналитических функций может быть использована лишь в случае плоского движения. В трехмерном случае приходится прибегать к другим методам решения задачи об обтекании жидкостью твердого тела. В общем случае решение задачи представляет большие трудности. Рассмотрим простейший случай движения шара в безграничной покоящейся жидкости с постоянной скоростью.
Задача заключается в решении уравнения Ар=О 422 ПРИЛОЖЕНИЯ К ГЛАВЕ 1Ч Задачи обтекания тел вязкой жидкостью приводят к большим математическим трудностям. В развитии этой области гидродинамики большукз роль сыграли теории пограничного слоя. Ъ'11. Бигармоническое уравнение дги д4и дгг+а д 4 —— О. Задача о колебании тонкой пластинки, свободной от нагрузки и за- крепленной на краях, также приводит к аналогичному уравнению О д'и ( д4и д'и д4и дг г -Ьа ~ 4+ 4+2 г г ) =О, или +а ЬЬи=О, (2) д4г и граничным условиям ди и = 0 и — = 0 на границе. дп (3) Кроме того, функция и должна удовлетворять начальным условиям и (а, у, 0) = 94(я, у), — (х, у, 0) = уЗ (л, у).
(4) ди Если на пластинку действует внешняя сила, распределенная с постоянной плотностью 1 (т, у), то статический прогиб закрепленной по краям пластинки будет определяться из уравнения ЬЬи = 1 при граничных условиях (3) (5) ди и=О и — =О. дп Уравнение (5') Ьгзи = 0 называется би г ар мои и ч е с к и м, а его решения, имеющие производные до 4-го порядка включительно, называются биг ар моническими функциями. Основная краевая задача для бигармонического уравнения ставится слелузощим образом. Найти функцию и(л, у), непрерывную вместе с первой производной в замкнутой облпсгпи д+ С, имеюгаую производные до 4-ео О С м и рвов В.
И. Курс высшей математики. М., 1981. Т. 1Ч, ч. 2. В Приложении П к гл. П было получено уравнение поперечных колебаний стержня УН. БИГАРМОНИЧЕОКОЕ УРАВНЕНИЕ 423 порядка в д, удовлетворяющую уравнению (5) или (5') внутри д и граничным условиям на С ди ~с=у(), — =1(), дп с (6) где д(в) и 6(в) — -непрерывные функции дуги в. При решении сформулированной выше зада ви (2) (4) с начальными условиями методом разделения переменных полагают, как обычно, и(х, у, Ц) = о(х, у) Т(1). (7) Подставляя это выражение в уравнение (2) и разделяя переменные, мы приходим к задаче об отыскании собственных значений уравнения (8) Ьло — Ло = О при граничных условиях до — =0 на С. дп 1.
Единственность решения. Покажем, что бигармоническое уравнение ЬЬи = 0 при граничных условиях ди и~с — у (в) — л (в) (3') имеет едиттвенное решение. Пусть существует два решения из и из. Рассмотрим их разность о = из — из. = О. дп о~с = О, Применяя формулу Грина Ои ° ~- ле. =(Я- ф . с с к функциям у = о, ф = Ьо, получаем О(Ьо) дд = О,. Функция о удовлетворяет бигармоническому уравнению (5') и одно- родным граничным условиям 424 ПРИЛОЖЕНИЯ К ГЛАВЕ 1Ч откуда Принимая во внимание, что о~о = О, получаем о=О и из =из. Следовательно, бигармоническая функция однозначно определяется граничными условиями (3'). 2.
Представление бигармонических функций через гармонические функции. Покажем следующую теорему. Если и1 и из - две гармонические в некоторой области С функции, то функция и = тиз + из бигармонична в области С. Пля доказательства воспользуемся тождеством Л(рф) = рЛф+д Ьр+2~ — — + — — ). (1О) г'др дф др дф''1 ~,дя дт ду ду) Положив найдем диг Ь (тиз) = 2 дл Применяя еще раз оператор л и учитывая, что сгсгиз = О, получим глгт 1лиг + иг) = О.
Если область С такова, что каждая прямая, параллельная оси я, пересекает ее границу не более чем в двух точках, то имеет место обратная теорема. Для каждой заданной в области С бигармонической функции и найдутся такие гармонические функции и, и из, что и = ти1+ иг. Ьи1 — — О, (12) Ь (и — ки1) = О.
(13) Из условия (13) и формулы (11) следует диз Ли= Ь(ти1) =2 д*' (14) Пля доказательства етого утверждения, очевидно, достаточно установить возможность выбора функции иы удовлетворяющей двум условиям: 425 ЧН. БИГАРМОНИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ Уравнению (14) удовлетворяет функция Г1 и1 (х, у) = / — ьи (с, у) н5. ,/ 2 Так как д д — Ьи1 — — оз — и1 — — — с1Ьи = О, дх дх 2 то Ьи1 зависит только от у: ьзи1 = о(у). Определим функцию й1 (у) так, чтобы д'и1 Ьйз = = — и(У), ду2 и — (1 1о) и1 + и2.
(15) Здесь тз = хя + уг, а то заданная постоянная. Данное утверждение доказывается аналогично предыдущему с помощью тождества (10) и соотношений ди, ди1 дх ди, ду дт дх дт ду дт' 1зтз = 4 3. Решение бигармонического уравнения для круга. Рассмотрим круг радиуса то с центром в начале координат и будем искать бигармоничсскую функцию, удовлетворяющую при т = то граничным условиям (6). Как было указано выше, искомую функцию можно представить в виде суммы (15) и = (т — то) и1 + иг, где и1 и из гармонические функции.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
