УМФ Тихонов (965259), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Из граничных условий находим (16) из~~=~о = 9 Отсюда видно, что из есть решение первой краевой задачи для уравнения Лапласа, и оно может быть представлено с помощью интеграла и положим и1 = и1 + й1. Эта функция, очевидно, будет удовлетворять обоим условиям (12) и (13). Рассмотрим другой вид представления бигармонических функций. Допустим, что начало координат выбрано внутри области С и что любой луч, выходящий из начала, координат, пересекает границу области С в одной точке. Тогда любая бигармоничсская в С функция и моокет быть представлена с помощью двух гармонических функций и1 и из в виде 426 ПРИЛОЖЕНИЯ К ГЛАВЕ 1Ч Пуассона: 1 ~ (го — ) д»»а »»2— 2я У го+го — 2ггосоз(а — В)' о (17) Из второго граничного условия получаем диз 2»'ои» + = Ь. дг (18) Нетрудно убедиться непосредственным дифференцированием, что функция г диз 2гои» +— (10) го дг диз 1 ~ (го — г )Ьйа 2гои» +— го дг 2Я У гз + гз — 2гго соз (а — В) ' о Продифференцировав (17) по г и подставив значение диз(дг в форму- лу (20), .найдем и».
Заменив в формуле (15) и» и из их выражениями,. получим (" "о) з 2 я 2иго 1 /' — ада 2 / гг + го г2гго соз (а — В) о зи В [то — г соя (а — В))»)а [гз + г,-', — 2тто соз (а — В)) з о удовлетворяет уравнению Лапласа и поэтому может быть выражена интегралом Пуассона; ГЛАВА У РАСПРОСТРАНЕНИЕ ВОЛН В ПРОСТРАНСТВЕ В этой главе рассматривается задача с начальными данными (задача Коши) для уравнения колебаний 1 дзи Ьи = — — 1, и = и(М,1), аз дгз (1) в неограниченном пространстве (М = М(х, у, з)) и на плоскости (М = = М(х,у)). З 1.
Задача с начальными условиями 1. э'равнение колебаний в пространстве. Простейшим уравнением гиперболического типа является уравнение колебаний (1), которое в физике часто называют уравнением Паламбера. В гл. П было показано, что уравнение (1) описывает процесс распространения звука в газе, процесс колебаний мембраны; в этом случае (Ц имеет вид 1 Ьзи = и,я + ияя — — — им — Дх, у, 1).
.2 К уравнению (1) приводят также задачи о распространении электромагнитных полей в непроводящей среде и задачи теории упругости (см. Приложение 1 к гл. Ч). Лля уравнения (1) рассматриваются задача с начальными данными (задача Коши) в бесконечном пространстве и краевые задачи в ограниченной области. В этой главе мы будем рассматривать задачу Коши в неограниченном пространстве. Найти решение уравнения 1 Ьи = — им — ~(М,1), М = М(х, у, з), аз 1)0, — оо<х,у,я<ею, 428 РАСПРОСТРАНЕНИЕ ВОЛН В ПРОСТРАНСТВЕ [ГЛ. ч' удввлетвврнюо1ее начальным условиям и(М,О) = ~р(М), ие(М,О) = ф(М) нри 1 = О, (2) где 1, ~р, ф - заданные функции.
Решением уравнения (1) в некоторой области при г > 0 будем называть функцию и(М, 1), непрерывную вместе со своими производными, входящими в уравнение (1) во всех точках рассматриваемой области и для всех 1 > О. 1эассмотрим частные решения однородного уравнения 1 сзи = — ии аз (3) и(М,1) = и(г,1), где г = гмзгь — РасстоЯние междУ точками М и Мв В этом слУ- чае уравнение колебаний (3) сводится к одномерному уравнению для функции о = ги: (4) 2нь = — Ои. а2 В самом деле, если и = и(г, г), то оператор Лапласа в сферической си- стеме координат с центром в точке Мв (см. гл. 1Ч, 2 1, п. 3) может быть преобразован к виду 1 д /,ди"1 1д' 2ли = — — ~г — ) = — (ги), г' дг ~, дг) г дг2 в чем можно убедиться дифференцированием.
Поэтому уравнение (3) 1 1 принимает вид — (ги),, = — ии, Вводя затем функцию о = ги, полу- Г е~ а2 чаем для нее уравнение (4). Если функция и(г, 1) ограничена при г = О, то функция о = ги обращается в нуль при г = О, о(0, г) = О. Поэтому задача Коши для уравнения (3) с начальными данными и(г, 0) = у2(г), ие(г, 0) = 2р(г) (5) сводится к задаче о колебаниях полуограниченной струны (О ( г ( оо) с закрепленным концом г = 0: 1 о„„= — ои, о(г,О) = гр(г), о2(21 0) = гф(г), о(0,1) = О, (6) рассмотренной в гл. П. Общее решение уравнения (4) имеет вид о(,г 1) — 21 г +22 1+ обладан2щие центральной симметрией относительно некоторой точки Мв, т. е.
решения вида 429 1 1) ЗАДАЧА С НАЧАЛЬНЫМИ УСЛОВИЯМИ и, следовательно, и(т, 1) = — ~1 1 1 — — ) + — 5з '( 1 + — ~, т 1 а) т (, а) где 11(6 и уз(с) произвольные дважды дифференцируемые функции. Частные решения уравнения (3) 1 / т1 1 / т1 и, = — ~1 ~~1 — — ) и из = — уз~1-'т — ) т (, а) т ~, а) называются сферическими волнами; из (т, 1) есть расходящаяся сферическая волна, из(т,1) --- сходящаяся в точку т = 0 сферическая волна, а скорость распространения волн. В отличие от плоских волн 1(1 я т л/а) сферическая волна убывает обратно пропорционально расстоянию от центра. Таким образом, общее решение уравнения (3) в случае центральной симметрии представляется в виде суммы двух сферических волн.
УчитываЯ Условие и(0, г) = О, находим 0 = (г (г) + уз(г) или уз(г) = = — 11 (г) = 1(1) для всех значений 1, т. с. и(т, 1) = — 1 1+— и, в частности, и(0,1) = — 1 (1). 2 2. Метод усреднения. Рассмотрим в неограниченном пространстве задачу Коши иоз = азии = аз(и„+ и„„+ и„), — оо < и, у, я < оо, 1 > 0;1 (8) и(М,О) = ~р(М), и~(М,О) = р(М), М = М(х,р,з). Предположим, что решение этой задачи существует, и найдем для него интегральное представление.
Пусть Мо(то, уо, зо) . Фиксированная точка. Введем сферическую систему координат (т, В,оэ) с началом в точке Мо. Рассмотрим функцию и(т,1) = М,.(и) =, )) иа1о = — Ц ивой (сБ = т~сИ), (9) — 4.,-.// — 4././ являющуюся средним значением и на сфере В„радиуса т с центром в точке Мо, дП = з1пдаййр. Из (9) видно, что (10) и(Мо:со) =и(0,1о). 430 РАСПРОСТРАНЕНИЕ ВОЛН В ПРОСТРАНСТВЕ [ГЛ. У Покажем, что функция ти(т, С) = и, обладающая сферической симметрией относительно точки Мо, удовлетворяет уравнению (4).
Проинтегрируем уравнение (8) по объему шара Л„, ограниченного сферой Я„: г ~~~ив Йт Ща з =~~~'" о=" ~ 0,зо] =у ""— — „", ОО К„ Я; Я дг г / Р ЙР биЙй = — г/ ии(Р,С)Р ЙР. (12) К, о Я, о Пифференцируя (11) и (12) по т и полагая и = ти, получаем (4). Из формулы (7') следует, что 2 'а(Мо, Со) = и(0, Со) = — У'(Со).
а (13) Выразим 7" через у и ггь После дифференцирования и = 1/т [7'(С+ + т(а) — С(С вЂ” т/а)) по т и С найдем (ти)„+ 1Са (ти)г — — 2/а. Г(С+ + т/а) = 2/а. 7'(Со) при С = 0 и т = аСо. Отсюда и из (13) и (9) следует и(Мо, Со) = — — ЙС С сиЙй+ — ЙС ~ т — Йй . (14) '[д. 0 а/„С дС 5,. 5,. ~=аго, г=о 3. Формула Пуассона.
Пользуясь начальными условиями (8) и опуская индекс 0 при Мо, Со, получаем из (14) формулу Пуассона (мо= — [ — ~~~тузо + 0фюзо ] (1е з„г (ЙЯр = (аС) Ййр), которую, учитывая (9), можно записать в виде и(М, С) = — СМо4Р] + СМи~Ц4, д дС Пля преобразования левой части полученного равенства используем первую формулу Грина (см.
гл. 1У) при о = 1, и = и(т, С) и учтем, что нормаль к Я, направлена по радиусу (ди)ди = ди)дт) 431 ЗАДАЧА С НАЧАЛЬНЫМИ УСЛОВИЯМИ где (17) Здесь о'„= о' г сфера радиуса а1 с центром в точке М. Пусть и„, решение задачи (8) при уг = О, ии(М,1) = 1ММЯ. (18) Из (16) видно, что решение задачи (8) можно записать в виде д и(М,1) = — и„+ и„,, д1 (19) где пг = 1Млг['Р) (18') Нетрудно заметить, что иу = — Уг(С,гйз) ЙЯ, 4л у у (20) 77 гзив = (ие), + (им)„„+ (ир)г.- = — // (фГС + ф„е + угСС) Поз —— 4,// П Ср. (19) с формулой Даламбера.
Из формулы Пуассона, полученной в предположении существования решения задачи (8), следует единственность указанного решения. В самом деле, предполагая, что задача Коши имеет два решения иг и иг, получим для их разности начальные условия Зг = О, ф = О. Применяя к функции и = иг — и предыдущие рассуждения, приходим к формуле (15), в которой сг = О, у = О и, следовательно, и = О, или из = = иг. Покажем, что функция и(М, г), определяемая формулой Пуассона, в самом деле дает решение задачи Коши (8), если уг(и, у, г) непрерывна вместе со своими производными до третьего порядка, а ф(т, у, г) до второго порядка включительно.
Показательство проведем, предполагая сначала, что Зг = О, т. е. и = ии. Введем новые переменные оо д, у, положив С = л+ а1а, у = у+ о1д, ~ = г+ а17. Отсюда видно, что о, д, 7 направлякзщие косинусы радиуса-вектора точки Р(г., пл ~) сферы д,г (о = соз(г, т) и т. д.). Тогда интеграл по д,г преобразуется в интеграл по сфере дг (аг + дг + уг = 1) единичного радиуса, причем г)дс = дйз = 4о,1иггг, а под знаком интеграла (15) будет ф(т+ а1о, у+ ауЗ,г+ огу) = уг(С,г1,~). ЗАДАЧА С НАЧАЛЬНЫМИ УСЛОВИЯМИ 433 и начальным условиям а(х, у, О) = у(х, у), ис(т,у,0) = ф(х, у). Таким образом, формула, дающая решение пространственной задачи, позволяет также решить задачу для плоскости.
В формуле (15) интегрирование происходит по сфере озсг. В силу независимости начальных данных от 2 интегрирование по верхней полусфере можно заменить интегрированием по кругу Е~~, получающемуся при пересечении сферы Я~~ с плоскостью (х,у) (рис. 72). Элемент поверхности с15 связан с элементом плоскости Йт соотношением с1а = с1Я соз у, где Рис. 72 а1 То же относится к интегрированию по нижней полусфере, следовательно, интеграл по кругу следует взять дважды.
В результате мы приходим к формуле 1 и(М,1) = и(х,у,1) = 2яа МАЛ) 1с. 1П д1 // (2о) в которой интегрирование производится по внутренности круга ради- уса а1 с центром в точке (х, у). 28 А. Н. Тихонов, А. А. Самарский 4. Метод спуска. Полученная в предыдущем пункте формула (19) дает решение в пространстве (х, у, 2) однородного уравнения колебаний с начальными условиями, являющимися, вообще говоря, произвольными функциями переменных х, у и ж Если начальные функции у2 и ф не зависят от 2, то, очевидно, и функция и, даваемая формулой (19), также не будет зависеть от переменного 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
