Эллиптические задачи (128

Отсюда решение исходной задачи имеет вид u (r,ϕ)= 241 r2 (R2 −r2 )sin (2ϕ).

Пример 5.2. Найти распределение потенциала в кольце a < r <b, если внутри него находятся электрические заряды с плотностью

f (x, y)= A(x2 − y2 ), внутренняя окружность поддерживается при

потенциале единица, а напряженность электрического поля на внешней окружности равна нулю.

Решение задачи (5.4) определяется тривиально: w(r ) =1. Решение задачи (5.5), учитывая конструкцию правой части уравнения, ищем в виде v(r,ϕ) = R(r )cos(2ϕ). Подставляя v(r,ϕ) в уравнение (5.5), находим

cos(2ϕ)1r drd (rR′)− r42 R cos(2ϕ)= Ar2 cos(2ϕ),

или, сокращая на cos(2ϕ), приходим к уравнению

rR′′+ rR′−4R = Ar4

с граничными условиями R(a)= 0 и R′(b)= 0. Это уравнение

подстановкой r = et преобразуем к уравнению с постоянными коэффициентами

R′′−4R = Ae4t .

Здесь R′′ = Rtt (см. уравнение (5.3)). Его общее решение:

R(t )=C1e2t +C2e−2t +121 Ae4t .

Отсюда

R (r )= C1r2 +C2r−2 +121 Ar4 .

Постоянные C1 и C2 находим из граничных условий R(a)= 0 и R′(b)= 0, имеем

Окончательно получаем

22

6.КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ ЛАПЛАСА

ИПУАССОНА В ПРЯМОУГОЛЬНИКЕ

Пример 6.1. Найти распределение потенциала электростатического поля u (x, y) внутри прямоугольника ОАСВ с длиной сторон a и b , у которого вдоль стороны ОВ потенциал равен V, а три

другие стороны заземлены. Электрические заряды внутри прямоугольника отсутствуют (см. рисунок).

Решение. Задача сводится к решению уравнения Лапласа uxx +uyy = 0 внутри прямоугольника при краевых условиях

u (0, y)=V , u (a, y)= 0, u (x,0)= 0, u (x,b)= 0.

Будем искать вначале нетривиальные частные решения уравнения Лапласа, удовлетворяющие только граничным условиям

u (x,0)=u (x,b)= 0, в виде u (x, y)= X (x)Y (y). Подставляя это

23

выражение в уравнение uxx +uyy = 0 , получаем X ′′Y + XY ′′ = 0, откуда делением на произведение XY находим

XX′′ = −YY′′ = λ2 .

Учитывая, что Y (0)=Y (b)= 0, получим задачу Штурма – Лиувилля

для определения собственных значений и собственных функций нашей задачи. Имеем

Соответствующие функции Xn (x) являются решениями урав-

где an и bn – произвольные постоянные. Значит, нетривиальные частные решения будут иметь вид

24

Замечание 6.1. Совершенно аналогично решаются краевые задачи для уравнений Лапласа и Пуассона в прямоугольном параллелепипеде.

Замечание 6.2. Если математическая модель явления или процесса содержит неоднородное дифференциальное уравнение и неоднородные граничные условия, то с помощью суперпозиции исходную задачу следует представить в виде двух более простых

27

Воспользуемся методом разделения переменных. Подставляя выражение u (r, z)= R(r)Z (z) в уравнение Лапласа

где λ – постоянная разделения. Из физических соображений очевидно, что λ > 0 , иначе функция Z (z), а с ней и потенциал не об-

ращались бы в нуль на верхнем и нижнем основаниях цилиндрической коробки.

Из соотношений (7.1) вытекают два обыкновенных дифференциальных уравнения:

Z′′+λZ = 0, 1r drd (rR′)−λR = 0.

Учитывая, что Z (0)= Z (l )= 0, получаем стандартную задачу Штурма – Лиувилля

Z′′+λZ = 0, 0 < z <l,

Z (0)= Z (l )= 0.

29

являющегося уравнением Бесселя нулевого индекса мнимого аргумента. В самом деле, из уравнения (7.2) имеем

r2 R′′+ rR′−r2 nπz 2 R = 0.

l

Переходя в этом уравнении к новой независимой переменной x = nπl r и учитывая, что

приходим к уравнению

x2 d 2 R + x dR − x2 R = 0 . dx2 dx

Его общее решение записываем в виде

R(x)=C1I0 (x)+C2 K0 (x),

где I0 (x) и K0 (x) – функции Бесселя нулевого индекса мнимого аргумента соответственно первого и второго рода; C1 и C2 – произвольные постоянные. Так как (функция Макдональда) K0 (x)→∞

30